第三章习题参

习题三

3-1 网络“A”与“B”联接如题图3-1所示，求使I为零得Us值。

3Ω 1Ω I

+ + 3V 1Ω Us - -

“A” “B” (a)

Ro Ro I + + + 3V Uoc=3/4V Us - - - (b) (c)

题图3-1 习题3-1电路图

解：根据戴维南定理可知，图(a)中的网络“A”可以等效为图(b)电路，其中等效电源为：Uoc33（如图(c)所示），只要1(V)，当该等效电路与“B”网络联接时，

3143（注意根据此题意，无需求出Ro） (V)，电流I恒等于零。

4UsUoc3-2 （1）题图3-2(a)电路中R是可变的，问电流I的可能最大值及最小值各为多少？ （2）问R为何值时，R的功率为最大？

1Ω 2/3Ω a I

+ 10V 1/2Ω R - b

(a)

题图3-2 习题3-2电路图

1Ω a I

+ Uoc=10/3V R - b

(b)

解：（1）由图(a)可知：当R=∞时，I=0，为最小

当R=0时，I为最大，其值为： I1010(A) 121231//232312 （2）由图(a)可算得a、b端左边部分的开路电压为： Uoc10110(V) 1231212其等效电阻为：Ro21()

13121根据戴维南定理图(a)可以简化为图(b)电路，由图(b)电路可知，当R=Ro=1Ω时，可获得最大功率。

3-3 求题图3-3电路中3k电阻上的电压（提示：3k两边分别化为戴维南等效电路）。 解：为求3k电阻上电压U，先将图(a)中3k电阻两边电路均用戴维南等效电路代替。

《电路与电子技术基础》第三章参 第2页

+120V -240V

20k 40k a 3k b

60k - U + 60k 30k 60k

-240V +480V (a)

a 3k b 10k 120/7k + + -20V 240/7V - - (b)

题图3-3 习题3-3电路图

对于左边电路由弥尔曼定理有：

120240203020(V)111206030 Uoc1Ro120//30//6010(k)

对于右边电路由弥尔曼定理有：

4802406040240(V)1117606040120(k) 7 Uoc2Ro260//60//40所以图(a)可以简化为图(b)电路，由图(b)很容易求得： 2402038037 U35.4(V)

12021131073-4 试求题图3-4所示的桥式电路中，流过5Ω电阻的电流。

10Ω 3

1Ω 2Ω

100V 1 2 I 5Ω 10V

4Ω 3Ω 0 (a) 52/25Ω + Uoc -

I 5Ω 10V

(c)

10Ω 3

1Ω 2Ω I’ I” 100V

4Ω 3Ω 0 1 (b) 2 3

1Ω 2Ω

10Ω

4Ω 3Ω 0 1 (d) 2 题图3-4 习题3-4电路图

Ro” 2Ω Ro’ Ro’” 3Ω 1 2 (e)

解：用戴维南定理求解，为此将5Ω支路断开，则图(a)可化简为图(b)电路，由图(b)，利用弥尔曼定理可计算出：

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U301001020(V) 111101423 I'I\"U30U30204(A) 14235所以图(a)中5Ω支路断开后1、2端的开路电压为： UocU12I'12I\"484V

再求由1、2端看进的等效电阻Ro，为此将图(b)按要求化简为图(d)电路，并进一步利用Y—△变换把图(d)化简为图(e)电路，其中：

' Ro144()141015\"Ro1102()14103'\"Ro4108()

14103由图(e)的电路可求得：

28(2)(3)4523'\"'\" RoRo(Ro2)//(Ro3)3()

815225(2)(3)33所以图(a)可以化简为图(c)所示的戴维南等效电路，由图(c)可求得： I(104)0.85(A)

525253-5 试推导出题图3-5(a)所示电路的戴维南等效电路如图3-5(b)所示。写出推导过程。

3U 1Ω I -8/15Ω I a a + 2Ω + - + 2V 2Ω U 4/15V U - + - b - b (a) (b) 题图3-5 习题3-5电路图

解：首先求图(a)中a、b端的 1Ω 2Ω - 6Uoc + I 1Ω 2Ω 开路电压Uoc，为此可将图(a)化简 +

为下图(c)电路，并注意到3U是一 + + 2V 2Ω Uoc 2V 2Ω Isc

受控源，它是受Uab的控制，即待 - - 求的开路电压Uoc，由图(c)可得 -

Uoc6Uoc2426Uoc 1234(V) 15 (c) (d)

解出：Uoc再求Ro。为此将图(a)化简为图(d)电路，其中受控源3U的处理是：由于将a、b短路，因此，此时的U=0，故3U为零，即受控电流源的电流为零。由图(d)可得a、b端短路电流

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为：（对于含受控源的电路分析时，若要求解戴维南等效电路的等效电阻要特别注意，不能将所有电源置零求其等效电阻，只能是：（一）将原电路中的所有电源置零，然后外接电源U，然后求出流入网络电流I，则等效电阻为Ro为RoU。（二）求出短路电流Isc，其等效电阻IUoc。在具体求解过程中要视具体情况来决定采用哪种方法更简便，本题中由于控Isc制量正好是开路电压，因此短路以后就受控源为零，因此此方法略简。一般情况下，由于网络中有多个电源，所以采用方法（一）会简单点。）

Isc211(A)

12//222UocIsc4815() 1152所以： Ro根据以上计算可以将图(a)的电路化简为图(b)的戴维南等效电路。 3-6 求题图3-6所示电路的Ua。

+60V +40V

20k 30k Ua a 20k 60k

-100V

(a)

a a I 20k 20k 30k 10k 20k 60k + + 60V 100V 40V -20V 80/3V - -

(b) (c) 题图3-6 习题3-6电路图

解：将二极管支路从“×”处断开，求二极管两边电路的戴维南等效电路。（目的是确定二极管是否导通，若二极管处于导通状态，可直接将电路连通，视二极管不存在，若二极管截止，则左半部分电路对Ua没有影响）

由图(b)可以求得左、右网络的：

Uoc1Ro1601002010020(V) 202020//2010(k)408060(V) 6030360//3020(k)

Uoc2Ro2所以图(a)可以简化为图(c)电路，由图(c)电路很容易断定二极管是处在导通状态，故：

8020803204.4(V) Ua102033-7 求题图3-7所示电路的电压Uab。

解：应用叠加定理，电压源单独作用，电流源开路时，对节点1应用弥尔曼定理，得：

(1解得：

115sint)U1 3211U1’=3sint V

《电路与电子技术基础》第三章参 第5页

所以有：

1Ω 1 2Ω a

U1+ + Uab1sintV t5sint V 3Ω eA 1Ω 21- U 电压源短路，电流源单独作用时，对节点 ab - 1应用弥尔曼定理，得： b (1解得：

11)U1et 3213tU110.2etV eV，所以，Uab215题图3-7 习题3-7电路图

U1由叠加定理得：

Uabsint0.2etV UabUab3-8 如题图3-8所示电路图，当电压源US2

不变，电流源IS和电压源US1反向时，电压Uab是原来的0.5倍；当电压源US1不变，电流源IS和电压源US2反向时，电压Uab是原来的0.3倍。问：当US1和US2均不变，仅IS反向，电压Uab为原来的几倍？

解：根据叠加定理，设：

- + US1 a

+

N IS Uab

- b

Us2 - +

题图3-8 习题3-8电路图

UabK1ISK2US1K3US2 ①

式中K1、K2和K3为未知的比例常数，将已知条件代入上式，得： 0.5UabK1ISK2US1K3US2 ② 0.3UabK1ISK2US1K3US2 ③

将①、②和③式相加，得： 1.8UabK1ISK2US1K3US2

即当US1和US2均不变，仅IS反向，电压Uab为原来的1.8倍。 3-9 如题图3-9所示电路图，US1=10V，US2=15V，当开关S在位置1时，电流I=40mA；当开关S合向位置2时，电流I=-60mA， 1 如果把开关S合向位置3，电流I为多 R2 R4 S Us1 2 – + 少？ I 3 + – 解：根据叠加定理，设：

Is R1 R3 Us2 R5 IK1ISK2Us

当开关S在位置1时，相当于US=0， 当开关S在位置2时，相当于US=US1， 题图3-9 习题3-9电路图 当开关S在位置3时，相当于US=-US2，把上述条件代入方程式中，得：

40K1IS

《电路与电子技术基础》第三章参 第6页

60K1ISK2US140K210解得：K2=-10，所以当开关S在位置3时，有： IK1ISK2US40(10)(15)190mA

3-10 题图3-10所示电路图中电阻R可变，试问R为何值时可吸收最大功率？求此功率。

解：首先求R以左部分的戴维南等效电路。断开R求开路电压UOC，如图(a)所示， 由KVL可得：

62I2(I4I) 解得：

I=0.5A I 2Ω - + 4Ω + + 2I 6V 2Ω 4I UOC - I 2Ω – + 4Ω + 2I 6V 2Ω 4I R – 题图3-10 习题3-10电路图 I 2Ω - + 4Ω + 2Ω 2I 6V + ISC - 8I - (a) - (b) 所以，开路电压为：UOC=2(I+4I)+2I=6V

再求短路电流ISC，把受控电流源和电阻并联电路转化为受控电压源和电阻串联电路，如图(b)所示，用网孔法求解ISC，可设网孔电流分别为I和ISC，得：

(22)I2ISC68I 2I(24)ISC2I8I

a I Ro + R Uoc - b (c)

解得：

ISC=1.5A

故戴维南等效电阻为：R0= UOC / ISC =4Ω，得到如图(c)所示的戴维南等效电路 根据负载最大功率条件，当R=R0时可吸收最大功率，该功率为：

2UOC36P2.25W

4R0163-11 如题图3-11所示电路，已知当RX=8Ω时，电流IX=1A。求当RX为何值时，IX=0.5A。 解：原电路的戴维南等效电路如图(a)所示。

为了求解等效电阻R0，原电路电源置零，原电阻RX换为电源U0，产生的电流为I0，如图(b)所示，由图可知I0=I。由KVL，有：

4(3II)6IU0

所以，R0 4Ω Us – + I 3I IX Is 6Ω RX 题图3-11 习题3-11电路图 U0U022Ω I0I《电路与电子技术基础》第三章参 第7页

再由已知条件，得到：

IUXOCURROC1

0X228

IRX o + RX Uoc - (a) 所以，UOC30V。要使IX=0.5A，则：

RXUOCIR038Ω X 4Ω I 3I I0 + 6Ω U0 - (b)