电路理论基础(陈希有)课后题答案

解： 波阻抗

u200103Zc500Ω

i400终端反射系数

N2R2Zc3

R2Zc133)200103246.15kV 13故负载承受的电压

u2u2N2u2(1答案15.2

解：终端反射系数

N2ZLZc1

ZLZc3始端反射系数

N1ZSZc1

ZSZc这是一个多次反射过程，反射过程如图题15.2所示。其中tdl/v 当0t2l时，反射波未达到始端，只有入射波。 vi1iu115V30mA Zc500当

2l4lt时，反射波到达始端， vvi1iN2iN1N2i30101010mA 当

4l6lt时 ，始端电流为： vv101016.67mA 33i1iN2iN1N2iN1N22iN12N22i301010达到稳态时

i1()u115mA R2所以

0t2l/v30mA ui1(t)10mA 2l/vt4l/v i1()115mA

R216.67mA 4l/vt6l/vxl135iN2iOtdN1N2i2N12N22iN1N22i3td图题15.24N12N23i5td6t2td4td6td

答案15.3

解：波从始端传到中点所用的时间为：

l231035t110s10μs 8v310(1)当0t10μs时，入射波从始端发出，尚未到达中点所以 i(t)0。 (2)10μst30μs时，入射波已经过中点，但在终端所产生的反射波还没有到达中点。

i(t)i1US2400.2A

RSZc600600(3) 30μst60μs时，在终端所产生的反射波已经过中点，并于t40μs时 刻到达始端。由于RSZc，所以到达始端后不再产生第二次反射

终端反射系数

N2R2Zc18006000.5，i2N2i2N2i10.1A

R2Zc1800600i(t)i1i20.1A。 其波形如图15.3(b)所示。

0.20.10

i/A123456t/10μs(b)

答案15.4

解：若从两个方向传来的波不产生反射波，则有

Zc1Z1R1R2Zc2R2Zc2(1)

1111Zc2Z2R2R1Zc1由式(2)得

111R2Zc2R1Zc1(2)(3)

代入式(1)得

Zc1R111 R11/R21/Zc22/Zc21/(R1Zc1)化简得

R12Zc21Zc1Zc2 即 R1Zc1Zc1Zc2 将R1代入式(3)得

111 2R2Zc2Zc1Zc1Zc2Zc1将等号右边第二项分子、分母同乘以Zc21Zc1Zc2Zc1化简得

1R2

Zc21Zc1Zc2Zc1 即 R2Zc2

Zc1Zc2Zc1Zc2答案15.5

解：终端开路，反射电压等于入射电压，则在升压延迟电缆始端电压应为

u214/27kV 又由

u2u2N2u21N2u2

得联接处的反射系数为

N2u27kV110.4 u25kV设升压延迟电缆的波阻抗为 Zc1 ，则

N2Zc1ZcZc1Zc

解得

27Zc1(1)Zc75175Ω

1N23又由

ZC1L0175 ， C0单位长度延迟时间

1t0L0C050109s/m

v解得

2L08.75106H/m, C0109F/m

7答案15.6

解：当0tlv时，入射波没有到达终端，因此uC(t)0。当入射波第一次到达终端，并且从始端反射的反射波还没有到达终端时，用戴维南等效电路求解。

当负载两端开路时，终端电压为两倍入射电压，因此开路电压uOC2u，当负载两端短路时，终端电流为两倍入射电流，即短路电流iSC2i，等效电阻

uOC2uuRiZc

iSC2ii因此得到入射波到达反射点时对负载来说的等效电路，如图15.6(a)所示。这种方法称为彼德

生法则。

根据彼德生法则，可得到本题的等效电路如图15.6(b)所示。

R2U(t)CuC(b)

根据三要素法， 直接写出uC(t)的表达式，即

uC(t)2U[1e(tl/v)/RC](tl/v)

答案15.7

解：0t1ms时，入射波电压尚未传播到终端，所以u(t)0 ；

t1ms时，入射波到达终端并产生反射波；t2ms时，反射波到达终端，

但由于ZcRS，所以在始端不再产生第二次反射。根据彼德生法则，得到t1ms时的终端等效电路如图(b)所示。

Zc2uR(b)Lu

其中

uZcuS(t0.001)[5(t0.001)5(t0.002)]V

RSZc从电感两端看的等效电阻

RiRZc300200l1120Ω s RZc300200Ri1200u(t) 的单位阶跃特性为

s(t)Ret/0.6e1200t(t) ZcR所以

u(t)[6e1200(t0.001)(t0.001)6e1200(t0.002)(t0.002)]V

答案15.8

解：终端入射波电压象函数为：

U(s)ZcIS(s)Zc， 终端反射系数的复频域形式为：

N(s)Z(s)ZcRsLZc，

Z(s)ZcRsLZc所以反射波电压象函数为：

U(s)N(s)U(s)RsLZcZc，

RsLZc代入已知数整理求得：

75s562511250U(s)75

s225s225u2(t)[75Wb(t)11250e225t(t)]V

答案15.9

解 波阻抗

RcR0G030.5 传播系数

R0G02.459103km ，l0.7376

再计算下列系数：

el2.091，el0.4783

ch(l)0.5(elel)1.2846，sh(l)0.5(elel)0.80 始端输入电阻

Ri

RLch(l)Rcsh(l)Rc47.223

RLsh(l)Rcch(l)故始端电流

I1

U110.588kA Ri由始端电压、电流计算终端电压

U2U1ch(l)RcI1sh(l)381.886kV 负载获得的功率

U22381.8862106PL145.8MW

RL1000

答案15.10

解：

R0jL07j28000.31037.160612.157/km

G0jC00.5106j28000.21061005.31106.972S/km 波阻抗

ZcR0jL084.39638.91

G0jC0传播常数

j(R0jL0)(G0jC0)0.0533j0.066 (1/km)

波长

2295.2km 0.066相速

vpf95.280076163.5 km/s

答案15.11

解：传输线上电压和电流行波可表示如下：

uUmexcos(txu) xiImecos(txi)波阻抗等于任一点处行波电压相量与同方向行波电流相量之比。根据给定的电压和电流行波可得出：

波阻抗

ZcUmu14.1/610030

Imi0.141/3传播常数

j0.044j0.046(1/km) 波速

v

5000108695.65 km/s 0.046

波长



v108695.65136.59km f5000/2答案15.12

解：将三角形联接的阻抗转换为星形联接，则

11ZYZ3103arccos0.8(800j600)

33取一相计算，等效电路如图15.12所示。始端相电压为：

U0 ， U1Ul/3173.3kV/3100kV，设U11终端开路时，从接负载处传输线一相的等效阻抗为

ZiZc/th(l2)

.9) 886ej9.3/th(1.072103ej80.7100)(10.11j8234传输线和负载并联的等效阻抗为

ZYZi(800j600)(10.11j8234.9)ZL(920.5j550.54)

ZYZi800j60010.11j8234.9始端输入阻抗

ZiZLch(l1)Zcsh(l1)Zc(1269.6j514)

ZLsh(l1)Zcch(l1)始端电流

U/Z105/(1269I.6j514)(67.67j27.397)A 11i负载两端的电压

Uch(l)ZIsh(l)8.94191046.25V U211c11负载中的电流

IYU2/ZY.419A 三相负载吸收的功率为

P3IY280019.19MW

答案15.13 解

：

j(R0jL0)(G0jC0)0.1693445.4560.11878j0.12069(1/km) 衰减度 l0.5 , 允许长度 l

0.50.54.21 km

0.11878答案15.14

解：(1) 波阻抗

Zc传播系数

R0jL0299

G0jC0j(R0jL0)(G0jC0)0.212ej82.74km1(0.02679j0.2103)km1

lljl2.679j21.03，

l21.03rad(21.03180/)3360125 由于线路终端接匹配负载且为电阻性，所以 线路始端电流

I1mU1m/Zc100/2990.3344A 线路终端电压

u2(t)U1melcos(tl)6.863cos(t125)V 线路终端电流

i2(t)I1melcos(tl)0.023cos(t125)A (2) 自然功率

PnP2U2I2cos016.8630.0230.07W78.9mW 2传输效率

P278.91030.004720.472%

1002P12299(3) 波长230km，线路长度l100km

与终端电压u2同相位的点距终端分别是即30km，2即60km，3即90km。 (4) 当t=0.01s时，沿线电压和电流分别为：

u(x)U1mexcos(0.01x)100e0.02679xcos(0.2103x)V， i(x)I1mexcos(0.01x)0.3344e0.02679xcos(0.2103x)V。 电压、电流分布曲线如图15.14(a)所示。 (5) 电压、电流有效值沿线路分布分别为：

U(x)(U1m/2)ex70.71e0.02679x，I(x)(I1m/2)ex0.236e0.02679x 其分布曲线如图15.14(b)所示。

u(x)xooU(x)I(x)xi(x)(a)题图15.14(b)

答案15.15

解：输入阻抗

Zi

Z2cosljZcsinlZc (1)

ZccosljZ2sinl(a) 当l/4 时

2l/2,cosl0,sinl1

4Zc2702Zi70245

Z235j35(b) 当l/8 时l/4, coslsinl2/2 Zi答案15.16

解：

Z2jZc35j35j70Zc7070526.6

ZcjZ27035j35l/4 时 l/2 ,cosl0,sinl1 由15.15 式(1)得输入阻抗

Zc2 (1) ZiR2若 Zi200 则 ZcZiR220050100 若 R20 则 Zi

答案15.17 解

21082m

v31083(1)ZL300，终端处于匹配状态，始端输入阻抗

ZiZc300

 U1Zi7.5V IU/Z7.5/3000.025A US11iRSZi(1m)U2/37.5120V x1m，x1m2/3， U1(2)

24.53，cosl1，sinl0 3ZL500，lZiZLcosljZcsinlZcZL500 (1)

ZccosljZLsinl U150010V8.333V

500100U/Z8.333/5000.0167A I11i(1m)Ucos(2/3)jZIsin(2/3)4.167j4.336.009-133 U.V9 1c1(3)

ZLj500，由式(1)得：ZiZLj500

 U2j50010V9.80611.31V

100j500U/(j500)0.0196I78.69A 11(1m)Ucossin2 U2(/3)jZcI(/3) 1178.69sin12 0 9.80611.31cos120j0.0196 0.18711.92V

答案15.18 解：(1)

2fl1.5，cosl0，sinl1 v始端输入阻抗

lR2cosljZCsinlZc2ZiZc900

ZCcosljR2sinlR2U10SZI I10.01A，U1i19V R1Zi100900(2) x12.5m处，x0.5。cosl0，sinl1。 电压、电流分别为

(x)Ucosinj6V UsxjZcIxjZcI111UU1 I(x)I1cosxjsinxj1j0.01 5AZcZc

答案15.19

解：

ZcL0100R2 C0处于匹配状态，所以输入阻抗ZiZc100为电阻性。

u1uSZi75cos(5000t)V

RSZi波速

v频率

1105km/s108m/s L0C0f2500Hz

波长

v1084104m，

f2500l2l2Ul7590V 1040.5，U2m1m4410u2(t)75cos(5000t90)V

答案15.20 解：

2，cos(l)1，sin(l)0，ctg(l) ZijZcctg(l) 所以在无损线的中点处等效阻抗

Z2jXC 始端的等效输入阻抗

ZiZ2cosljZcsinlZcZ2jXC

ZccosljZ2sinl始端电流

UU1I11 ZijXC从始端到电容间沿线电压电流分布为

(cosxZcsinx)(x)UcosxjZIsinxUU11c1XC2XCZc2U1cos(x1) XCUI(x)I1cosxj1sinx(cosxXCsinx)I1ZcZcX2CZ2cZU1Xcos(90x1) cC其中

1arctg(ZC/XC)

所以

U(x)X22CZcXU1|cos(x1)|CI(x)X22CZcZU1Xcos(90x1) cC当 x 时

U2U()U1，I2I()I1，I3I2IC0 当 x 时 即从电容向右无损线上的电压电流为：

U(x)U2cos(x)U1cos(x) ，U(x)U1cos(x) I(x)jU2Zsin(x)jU1sin(x)，I(x)U1sin(x)

cZcZc综上所述，沿线电压、电流有效值为：

X2CZ2cU(x)U1|cos(x1)|0x其中1arctg(Zc/XC)XCU1cos(x)x2X2CZ2cU1cos(90x1)0xI(x)ZcXC

U1Zsin(x)x2c电压、电流有效值分布图如图15.20(b)所示。

，

U(x)U1I(x)U(x)I(x)x(b)I12

答案15.21

解： 将电容用一段长度为l终端开路的传输线等效。 如图 15.21(b)所示。

uSxxZcZiZcl

(b)ZijZcctg(2 l)jXCj150

解得

l'1 m 这样相当于无损线增加了1米，等效终端开路，等效终端电流为零，距等效

终端xk处均为波节，距终端波节的位置为：

2xx'l'kl'4k1 (k1,2,3,4)

2所以传输线上电流始终为零的点距终端的距离

x=3m, 7m ,11m , 15m 。