[电路理论基础](第三版陈希有)习题答案第十章

答案10.1

解：t0时，电容处于开路，故

uC(0)10mA2k20V 由换路定律得：

uC(0)uC(0)20V

换路后一瞬间，两电阻为串联，总电压为uC(0)。

所以

i1(0)

uC(0)

5mA

(22)k

再由节点①的KCL方程得：

iC(0)10mAi1(0)(105)mA5mA

答案10.2

解：t0时电容处于开路，电感处于短路，3电阻与6电阻相并联，所以

645V

i(0)2A i(0)3A ，iL(0)

6363

(58)

63

uC(0)8i(0)24V 由换路定律得：

uC(0)uC(0)24V，iL(0)iL(0)2A 由KVL得开关电压：

u(0)uC(0)8iL(0)(2482)V8V

答案10.3

解：t0时电容处于开路，i0，受控源源电压4i0，所以

uC(0)uC(0)u1(0)

6

1.5V0.6V

(96)

t0时，求等效电阻的电路如图(b)所示。

等效电阻

u4i(63)iRi5

ii

时间常数

RiC0.1s

t0后电路为零输入响应，故电容电压为：

uC(t)uC(0)et/0.6e10tV

6电阻电压为：

u1(t)6i6(C

duC

)0.72e10tV(t0) dt

答案10.4

解：t0时电感处于短路，故iL(0)

3

9A3A，由换路定律得： 63

iL(0)iL(0)3A

求等效电阻的电路如图(b)所示。

(b)

等效电阻Ri6

63

8，时间常数L/Ri0.5s 63

t0后电路为零输入响应，故电感电流为

iL(t)iL(0)et/3e2tA(t0) 电感电压

di

u1(t)LL24e2tV(t0)

dt

3电阻电流为

u6iLu1

i332e2tA

33

3电阻消耗的能量为：

W33idt12e4tdt12[0.25e4t]3W 0

2

3





答案10.5

解：由换路定律得iL(0)iL(0)0，达到稳态时电感处于短路，故

iL()20/45A

求等效电阻的电路如图(b)所示。

(b)

等效电阻

Ri(4//4)//81.6 时间常数

L/Ri(1/16)s

t0后电路为零状态响应，故电感电流为：

iL(t)iL()(1et/)5(1e16t)A(t0)

uLdiL0.1516e16t

i(t)(L)/8e16tA(t0)

8dt8

答案10.6

解：t0时电路为零状态，由换路定律得：

uC(0)uC(0)0

t0时为简化计算，先将ab左边电路化为戴维南电路形式。 当ab端开路时，由i2i0，得i0 所以开路电压

uOCuS2cos(100t)V 当ab端短路时，

iSCi2i3i3

uS

3

故等效电阻

Ri

uOC

1， iSC

t0时等效电路如图(b)所示。

(b)

电路时间常数为

RiC0.01s。

用相量法计算强制分量uCp：

1/(jC)Uj1005245V UCpOC

11/(jC)1j

uCp(t)10cos(100t45)V

uCp(0)10cos(45)52V 由三要素公式得：

uC(t)uCp(t)[uC(0)uCp(0)]et/[10cos(100t45)52e100t]V

答案10.7

解：t0时电容处于开路，由换路定律得：

6

uC(0)uC(0)9V6V，

63

t电容又处于开路，

6

uC()(18V)12V

63

等效电阻

63

Ri(8)10

63

时间常数

RiC0.2s

由三要素公式得：

uC(t)uC()[uC(0)uC()]et/(1218e5t)V(t0)

u(t)8C

duC

uC0.16(90e5t)(1218e5t) dt

所以

u(t)[123.6e5t] V(t0)

答案10.8

解：当t0时，列写节点方程求原始值

11112()u1(0)3， 解得 u1(0)5.76V 652020由换路定律得

iL(0)iL(0)3Ai1(0)3A换路后的电路如图(b)所示。

u1(0)

(35.76/6)A2.04A 6

(b)

列写节点方程得：

1112()u1(0)iL(0) 52020解得

u1(0)5.76V，i(0)

12Vu1(0)

0.888A

20

稳态时，电感处于短路，所以

12Vi()0.6A

20

等效电阻

520Ri4

520

时间常数

L/Ri0.5s

由三要素公式得：

i(t)i()[i(0)i()]et/(0.60.288e2t) A

答案10.9

解：当t0时，电容处于开路，列写节点电压方程求原始值

11111

()u(0)u(0)223n12n2280

11133

un1(0)()un2(0)80

24882

解得un1(0)4.8V，由换路定律得：

uC(0)uC(0)un1(0)4.8V

t电容又处于开路，再列写节点电压方程如下：

11111

()u()u()80n2223n1

22 111

un1()()un2()0

242

解得：

uC()un1()4V

求等效电阻的电路如图(b)所示。

(b)

Ri2//[3//(24)]1 时间常数

RiC1s

由三要素公式得：

uC(t)uC()[uC(0)uC()]et/(40.8et) V

答案10.10

解：由换路定律得：

10V

iL(0)iL(0)5A

2

求稳态值的电路如图(b)所示。

10

(b)

iL()

3310V5i()A 3232(243//2)6

求等效电阻的电路如图(c)所示。

等效电阻

3(24)

Ri[2]4

324

时间常数

L/Ri2/40.5s

由三要素公式得：

5

iL(t)iL()[iL(0)iL()]et/(15e2t)A

6

答案10.11

解：当t0时，电容处于开路，由换路定律得：

uC(0)uC(0)u1(0)

3

36

9V3V t 电容又处于开路

u3C()u2()u1()

31.59V3

36

9V3V 求等效电阻的电路如图(b)所示。

(b)

等效电阻

R6331.5i(6331.5

)k3k

时间常数

31032106F6103s 由三要素公式得

103u(t)u()[ut/CCC(0)uC()]e(36e6

t)V 103

设tt1时，uC0。由式(1)得：36e

6

t10， 解得：t16103ln24.16103s

答案10.12

解：初始值

iL(0)iL(0)

4

41

5mA4mA 稳态值

i4

L()

44

52.5mA 等效电阻

Ri4138k 时间常数



L0.8R10

3104s i8由三要素公式得：

iL(t)[2.51.5e104

t]mA (t0) 由KVL得：

(1)

diL104t

u(t)uLu3L3kiL(t)7.5(1e)V(t0)

dt

答案10.13

解：当t0，r10时，电容处于开路，对回路l列KVL方程得：

10i(0)ri(0)5i(0)(10105)i(0)20 解得

i(0)0.8A 由换路定律得

uC(0)uC(0)5i(0)4V

当t时，r5，电容又处于开路，再对回路l列KVL方程得：

10i()ri()5i()(1055)i()20

解得

i()1A

uC()5i()5V 当ab端短路时 ，电路如图(b)所示。

20iSCi1

20V

2A 10

i0，ri0，iSCi1

等效电阻

Ri

uC()5V

2.5 iSC2A

时间常数

RC1s i

由三要素公式得

uC(t)uC()[uC(0)uC()]et/(5et)V(t0)

答案10.14

解：由题接电容时的零状态响应，可得t0和t时的计算电路，分别如图(b)和(c)所示。

uS

(b)



(c)



uu

由于电感对直流稳态相当于短路，零状态电感在换路瞬间相当于开路，故接电感在t0和t时的计算电路分别与接电容时t和t0时的情况相同。所以接L时，初始值u(0)10V， 稳态值u()5V。

由接电容时的响应得时间常数

，所以 RiC0.5RCi

C

C

50

接电感后，Ri不变，故时间常数

L

L

0.1s Ri

将上述初始值、稳态值和时间常数代入三要素公式得

u(t)[55e10t](t)V

答案10.15

解： 由于iS为指数函数，故须列写关于i的微分方程来计算i的强制分量。 由换路定律得：

iL(0)iL(0)3A

i(0)iS(0)iL(0)532A (1) 根据KVL

di

LL3i2i0 dt将iLiSi代入上式化简得

didi

5iLS25e10t dtdtdi

10i50e10t (2) dt

由式(1)中得时间常数1/100.1s等于电流源衰减系数的倒数，故设强制

L

分量为

ip(t)A1te10t，代入式(2)解得A150。 设齐次分量为ih(t)A2e10t，则电流i的完全解答为：

i(t)ip(t)ih(t)50te10tA2e10t (3)

由初始条件确定待求系数A2。由式(3)及式(1)得i(0)A22，即A22。 因此

i(t)[2e10t50te10t] A

强制分量为50te10t，自由分量为2e10t。

答案10.16

解：由于uS是多项式形式，故须列写关于uC的微分方程来计算uC的强制分量。

换路前，电容处于开路， 12和4电阻串联。由换路定律和分压公式得：

4

uC(0)uC(0)32V8V (1)

124

换路后，根据KVL得：

du

10CCuCuS

dt

duC

10uC100t (2) dt

强制分量与激励源有相同的函数形式，故 设强制分量为：

uCp(t)A1tA2 代入式(2)得

A110A1t10A2100t 比较系数得

A110，A21 设齐次方程的解为：

uCh(t)A3e10t 则电压uC的完全解答为：

uC(t)uCp(t)uCh(t)(10t1)A3e10t (3)

由初始条件确定待求系数A3。由式(3)及(1)得

uC(t)|t0A318V， 即 A39V 所以

uC(t)10t19e10t V

强制分量为10t1，自由分量为9e10t。 答案10.17

解：当t0时，电容开路，电感短路，列写节点电压方程如下

1111411

()uC(0)()160 3263336解得

uC(0)7V 由换路定律得：

uC(0)uC(0)7V，iL(0)iL(0)3A 换路后构成两个一阶电路，如图 (b) 和(c)所示。

4

(b)

V

(c)

在图(b) 电路中，稳态时电容开路，所以

164

uC()348V

36

等效电阻

36Ri2

36

时间常数

C212s

由三要素公式得

uC(t)(8e0.5t)V

在图(c)电路中，稳态时电感短路，所以

16

iL()3.2A

23

时间常数

2L0.4s，

23

由三要素公式得：

iL(t)(3.20.2e2.5t)A 开关电压

u(t)uC2iL(1.6e0.5t0.4e2.5t)V(t0)

答案10.18

解：初始值：

i(0)i(0)0 稳态值

32

1.6 A 128

串联等效电感

i()

LL1L22M0.20.420.10.4H 等效电阻

R12820  时间常数

L0.41 s

R2050

由三要素公式得：

i(t)1.6(1e50t) A t0

u(t)(L2M)

di

0.31.650e50t24e50t V (t0) dt

答案10.19

解：先求cd端左侧的戴维南等效电路。当cd端开路时，

i3i0, i0 UOC10 V

当cd端短路时

ISCi3i4

10

10 A 4

等效电阻

Ri

UOC

1  ISC

换路后的等效电路如图(b)所示。

(b)

两电容串联，等效电容

C

C1C2

1F

C1C2

时间常数

RiC1 s

由换路定律得：

u1(0)u1(0)UOC10 V ， u2(0)u2(0)2 V

由于两电容均有初值，稳态时，电容电压不是按与电容成反比分配电压，需按基尔霍夫电压定律及闭合面内电荷守恒求电容电压。由图(b)得：

u1()u2()10 V



2u()2u()2u(0)2u(0)16V1212解得：

u1()9V，u2()1V 由三要素公式得

u2(t)(1et) V (t0)

答案10.20

解：当0t1 s时 时间常数

1111s，

初始值

uC(0)uC(0)2V 若开关S2没有接通，达到稳态时

uC()1V。 由三要素公式得

uC(t)uC()[uC(0)uC()]et/(1et) V 0t1 s (1)

1

当t1 s时，电路时间常数发生变化，

11

10.5s 11

由式(1)得1s时的电压值

2RC

uC(1s)(1e1) V 稳态值

uC()0.5V 由三要素公式得

uC(t)uC()[uC(1)uC()]e(t1)/2[0.5(0.5e1)e2(t1)] V ( t1 s)

答案10.21

解：

u1(0)6V，u2(0)10V

t=0时开关接通，两电压原始值不等的电容相并联，电容电压将发生跃变。利

用两正极板电荷之和在开关动作前后瞬间相等来计算u2(0)：

0.2u1(0)0.3u2(0)0.2u1(0)0.3u2(0)



u1(0)u2(0)解得

u1(0)u2(0)8.4V 稳态值

6

12V6V 66

u2()

时间常数

RC(6/2)(0.20.3)1.5s 由三要素公式得：

u2(t)u2()[u2(0)u2()]et/(62.4et/1.5) V (t0)

答案10.22

解：

3

124V 36

开关接通后，根据基尔霍夫电压定律，两电容电压相加等于电源电压12V，电容电压发生跃变。根据闭合面S内电荷在开关动作前后瞬间相等来求初始值：

u1(0)



0.8u1(0)0.2u2(0)0.8u1(0)

u1(0

)u 2(0)12V解得：

u1(0)5.6V，u2(0)6.4V 稳态时

u3

1(0)

36

12V4V，u2()1248V 时间常数

RC

36

36

(0.80.2)2s 由三要素公式得

u0.5t1(t)41.6eV, u2(t)81.6e0.5tV

答案10.23

解：t0时，电容C1通过电阻给电容C2充电，t时充电结束，由换路定律得：

u1(0)u1(0)20V，u2(0)u2(0)0 由电荷守恒及基尔霍夫电压定律得：



C1u1()C2u2()C1u1(0)C2u2(0)320

u 1()u2()解得：

u20

1()u2()3V 等效电容

C

C1C2

CC2F

12

时间常数

RC20s 由三要素公式得

u2040t/20

1(t)33

eV,

u1u2。

u2(t)

20

(1et/20)V 3

答案10.24

解：由换路定律得：

iL(0)iL(0)0 初始值：

i(0)iS(0)iL(0)30mA 稳态值：

12

3012mA

1218

时间常数：

21s

181215

由三要素公式得

i()

i(t)i()[i(0)i()]et/[1218e15t]mA

答案10.25

解：在t0时的某一瞬间，电容电压是确定的，因此可将电容用电压源uC置换，如图(b)所示。

uC

(b)



uC

(c)

图(b)电路为电阻电路，列写回路电流方程如下：

(11)i1i12i1uS



1i(11)i2iu11C

解得

iuC/1 (1)



uC0.5uS0.5i1(t)V0.5i1 (2)由式(2)得电容左端的戴维南等效电路如图(c)所示。 时间常数

RC0.50.80.4s 初始值

uC(0)uC(0)0 稳态值

uC()uOC1V。 由三要素公式得电容电压

uC(t)(1e2.5t)V 独立电压源的输出功率

p2(t)i2(t)uC2(1e2.5t)(t)W

答案10.26

解： 将电压源uS分解成

uS9(t)V15(t1)V uS(t)uS

等效电阻 1530R10

1530

时间常数

RC1s

电容电压的单位阶跃特性为：

1

s(t)(1et)(t)V

3

9(t)V单独作用时，电容电压为 当uS

(t)9s(t)3(1et)(t)V uC

15(t1)V单独作用时，电容电压为 当uS

(t)15s(t1)5[1e(t1)](t1)V uC

由叠加定理求得电容电压为

uC3(1et)(t)5[1e(t1)](t1) uC(t)uC

故所求电压为

u(t)uS(t)uC(t)9(t)15(t1)3(1et)(t)5[1e(t1)](t1)V

答案10.27

解：时间常数

L2

0.2s

R10

()当uS单独作用时，稳态值iL

1V

0.1A，电路为零状态响应，故 10

(t)0.1(1e5t)(t)A iL

()iS1A，故 当iS单独作用时，稳态值iL

(t)(1e5(t1))(t1)A iL

由叠加定理得：

(t)iL(t)[0.1(1e5t)(t)(1e5(t1))(t1)]A iL(t)iL

波形图如图(b)所示。



答案10.28

解：达到稳定后开始计时，在0tT内，电容从最小值uCmin开始充电，在

tT时刻达到最大值。初始值uC(0)uCmin，特解uCp(t)US，uCp(0)US，时

间常数RC。

由三要素公式得：

uC(t)US(uCminUS)et/ 0tT (１)

在Tt2T内，电容由最大值uCmax开始放电，在t2T时达到最小值。波形如图(c)所示。

此时间电路为零输入响应，电容电压为：

uC(t)uCmaxe(tT)/ Tt2T (２) 由式(１)得：

uC(T)US(uCminUS)eT/uCmax (３) 由式(２)得：

uC(2T)uCmaxeT/uCmin

(４)

通过联立求解式(３)和(４)便可证得

uCmax

USUSeT/,uCmin 1eT/1eT/

答案10.29

解：(1)当iS(t)A时，先求ab两端的戴维南等效电路。ab端开路时，根据图(a)电路，由KCL得：

u

1.5uiS(t)  u0.5(t)V 2

开路电压

uOCu21.5u2u1(t)V 求等效电阻的电路如图(b)所示。

2i(b)

(t1



uC(c)

u1(22)i(22)

u

2u 2

1

i1i1.5uu1.5u2u

2

等效电阻

Ri

u1

1 i1

戴维南等效电路如图 (c)所示。时间常数

RiC0.1s。

根据三要素公式得uC的单位阶跃特性为：

s(t)1(1e10t)(t)  (2)单位冲激特性为：

ds(t)h(t)10e10t(t) /s

dt

答案10.30

解：当t0时，电容电压为零，相当于短路。对节点①列写KCL方程得：

u(0)u(0)1

0 30701解得：

u(0)21V

因此

u(0)

io(0)7A

3

当t时，电容开路。再对节点①列写KCL方程得：

u()301

10 解得

u()30V

稳态值

i)u()

o(3

10A

求等效电阻的电路如图 (b)所示。

去掉独立源后，由理想运放的特性得：

un10，i2un1/10，ii2i0 等效电阻

R(3070)100 

时间常数 RC10 s 由三要素公式得：

io(t)io()[io(0)io()]et/t(103e0.1t)(t) A

答案10.31

解：先求电压u的单位阶跃特性s(t)。当iS(t)A时，由换路定律得：

iL(0)iL(0)0 所以初始值

u(0)30(t)A30V 稳态值

3060

u()120V，

3060

时间常数

L11s

R306090

由三要素公式得电压u的单位阶跃特性为：

s(t)(2010e90t)(t) 

由单位冲激特性与单位阶跃特性的关系得电压u的单位冲激特性h(t)为：

h(t)

ds(t)

(2010e90t)(t)900e90t(t)

dt

[30(t)900e90t(t)] /s

h(t)的波形如图(b)所示。

(b)

答案10.32

解：电压源为单位冲激函数，不能直接求其响应，而应先求单位阶跃响应，再对其求导得到单位冲激响应。为此先求ab端左侧的戴维南等效电路。当ab端开路时，

i3i  i0 开路电压

uOCuS

当ab端短路时，短路电流

iSCi3i2i2

uS

8

等效电阻

Ri

uOC

4  iSC

图(a)的等效电路如图(b)所示。时间常数

uu

C

(b)

(34)0.020.02 s

由三要素公式得uC的单位阶跃特性为：

s(t)(1e50t)(t)

uC的单位冲激响应为：

ds(t)

50e50t(t) V dt

其波形如图 (c) 所示。

uC(t)1Wbh(t)



(c)

答案10.33

解：根据图(a)电路可得uC的单位阶跃特性为：

s(t)(1et)(t)

uC的单位冲激特性为：

h(t)

ds(t)

et(t) dt

图(b)中 iS5(1e0.25t) A，根据卷积积分公式得

uC(t)iS()h(t)d5(1e0.25)e(t)(t)d

tt

56.67e0.25t1.67et V

图(c)中iS为分段连续函数

t1s5

iS0.25(t1)

t1s 5e

当0t1s时，

uC(t)iS()h(t)d5e(t)(t)d 5(1et) V

tt

当t1s时，

uC(t)iS()h(t)diS()h(t)d

1

1t

5e

1

(t)

(t)d15e0.25(1)e(t)(t)d

t

5(e1)et6.667[e0.25(t1)e(t1)] V

答案10.34

解：(1)t0时，由KCL得iRiLiC0 (1) 将

iR

duuCdi，iCCC，uCuLLL Rdtdt

代入式(1)并整理成关于iL的二阶微分方程：

d2iL1diL1iL0 (2) 2

dtRCdtLC

该文分方程的特征方程为：

11p2p0

RCLC

判别式

124()

RCLC当

0即R

， 当

0即R时振荡。 (2)将给定R、L、C数值代入微分方程(2)得

d2iLdiL4

20010iL0 2

dtdt

由换路定律得

iL(0)iL(0)0

diL

|t0uL(0)uC(0)uC(0)20V，即 dtdiL

|t0200 dt

特征方程的判别式

L



20024100000

特征根

200

100 2

存在二重根，令齐次方程通解为

p1,2

iL(t)(A1A2t)e100t (3)

根据初始条件，在式(3)中令t0得：i(0)A10

diL(t)

e100t[A2100A1100A2t]t0200， 解得A2200。

dtt0





所以

iL(t)200te100tA。

答案10.35

解：根据KVL有

uRuLuCuS (1) 将

dudi

，iCC

dtdt

uRRi，uLL

代入式(1)并整理成关于uC的二阶微分方程：

d2uCduC

LCRCuCuS (2) 2

dtdt

将R、L、C数值代入式(2)得

0.002

d2uCdt

2

0.12

duC

uCuS dt

(3)

初始条件为

duC1

|t0i(0)0 (4) dtC



uC(0)uC(0)0，式(3)的特征方程为

0.002p20.12p10 解得

p110， p250

特征方程存在两个不相等的实根，当激励源为阶跃电压时，响应uC的一般形式为：

uCA3A1e10tA2e50t

稳态时uCuS1(对单位阶跃电压源) 即A31。 由初始条件(3)得

uC(0)A1A210

duC

10A50A012dtt0



解得

A11.25 A20.2 5

所以单位阶跃特性 u(t)s(t)C(11.25e10t0.25e50t)(t)

1V

单位冲激特性

ds(t)h(t)(12.5e10t12.5e50t)(t)/s

dt

答案10.36

解：

i(0)i(0)

US

， uC(0)uC(0)0 R2

根据KVL，列写方程如下：

R1CL

duC

uCuUS (1) dt

di

R2iUSu0 (2) dt由式(1)解得

uC(t)US(1et/R1C) (3) iC

duCUSt/R1C

(4) e

dtR1

R

由式(2)又解得

USL2t

(5) i(t)e

R2

由式(4)和式(5)相等解得

R1R2

答案10.37

解： 由KVL得：

uLuCL

diL

dt

uC20V (1) 由KCL得：

ii81duC

LRiCiL7uC7dt

0 (2)

方程(2)对t求导，再将方程(１)代入，经整理得：

d2uCdt28duC

dt

7uC140 (3) 因为

i20VL(0)iL(0)

7/8160

7

A 所以uC及其导数的初始条件为



uC(0)uC(0)10V

duu (4) C



dt1t0C[iC(0)L(0)7/8]80微分方程(3)的特征方程为：

p28p70 解得

p11，p27

稳态时，uC()20V，所以特解 uCh(t)20 设其完全解答为：

u7tC(t)20A1etA2e 由初始条件(4)得



uC(0)A1A22010

duCdt

|0A17A280

t解得

A11.67，A211.67 所以将A1、A2代入(5)得：

uC(t)[201.67et11.67e7t]V

答案10.38

解：对含电容的节点①列KCL方程：

(5)

C

duCuSuC

(iLiS) dtR1

对含电感的回路l列KVL方程： di

LLuCR2(iLiS) dt

整理得

CuiL



1R1C1L

11CuCR1CR2iL0

L

1

CuS R2iSL

答案10.39

解：(1)对节点①列KCL方程：

0.2

duC

iSi1 (1) dt

对回路l列KVL方程：

di

0.4LuC6i12iL (2)

dt

为消去非状态变量i1，将uC及iL分别用电压源和电流源置换，如图(b)所示。列回路电流方程得：

(64)i14iLuC，解得：i10.1uC0.4iL (3) 将式(3)代入式(1)和(2)化简得电路的状态方程：

C0.5uC2iL5(t) (4)u



iu11i (5)CLL

(2) 对状态方程(5)两端同时求导得：

d2iLduCdiL

11 (6) 2

dtdtdt

式(4)、(5)联立解得：

L11iL)2iL5(t) (7) C0.5(iu

代入式(6)化简得iL所满足的微分方程：

d2iLdiL

11.57.5iL5(t) dt2dt

由式(5)有：

diLdt

uC(0)11iL(0)0

t0

所以初始条件为：

iL(0)iL(0)0，

diLdt

0

t0