大学电路分析第四章课后习题答案

4-2．5μF电容的端电压如图示。

（1）绘出电流波形图。

（2）确定t =2μs和t =10μs时电容的储能。 解：（1）由电压波形图写出电容端电压的表达式：

⎧10t 0μs≤t ≤1μs

⎪10 1μs≤t ≤3μs⎪

u (t ) =⎨

⎪-10t +40 3μs≤t ≤4μs⎪⎩0 4μs≤t

式中时间t 的单位为微秒；电压的单位为毫伏。电容伏安关系的微

μs)

分形式：

⎧50 0μs

du (t ) ⎪0 1μs

i (t ) =C =⎨

-50 3μs

上式中时间的单位为微秒；电压的单位为毫伏；电容的单位为微

流的单位为毫安。电容电流的波形如右图所示。

-

μs)

法拉；电

1

（2）电容的储能w (t ) =Cu 2(t ) ，即电容储能与电容端电压的平方成正比。

2

当t =2μs时，电容端电压为10毫伏，故：

211

w (t ) t =10μs=Cu 2=⨯(5⨯10-6)⨯(10⨯10-3)=2.5⨯10-10J

22

当t =10μs时，电容的端电压为0，故当t =10μs时电容的储能为0。

4-3．定值电流4A 从t=0开始对2F 电容充电，问：（1）10秒后电容的储能是多少？100秒后电容的储能是多少？设电容初始电压为0。

11

解：电容端电压：u C (t )=u C (0+)+⎰i (τ)d τ=⎰4d τ=2t ；

C 0+20+

t t

u C (10)=2⨯10=20V ； u C (100)=2⨯100=200V

w (10)=

1212

Cu C (10)=400J ； w (100)=Cu C (100)=40000J 22

4-6．通过3mH 电感的电流波形如图示。（1）试求电感端电压u L (t ) ，并绘出波形图；（2）试求电感功率p L (t ) ，并绘出波形图；（3）试求电感储能w L (t ) ，并绘出波形图。

μs)

-⎧10t 3 0μs≤t ≤3μs⎪

解：（1）由电流波形图写出电流表达式：i (t ) =⎨-10t +40 3μs≤t ≤4μs

⎪0 4μs≤t ⎩

式中时间t 的单位用微秒；电流的单位为毫安。依据电感伏安关系的微分形式：

⎧10 0μs

u (t ) =L L =⎨-30 3μs

dt ⎪

⎩0 4μs

式中时间的单位为微秒；电压的单位为伏特。电感电压的波形如右上图示。 （2）电感功率：

≤ t ≤ 30μs ⎧t 0 μ s

⎪

-. 31. 2μ s ≤ t ≤ 4 μ3 p L (t ) =u t (i ) t (=) s ⎨t 0

⎪0 μs ≤ t 4⎩

式中时间的单位为微秒；功率的单位为瓦特。功率的波形如右图所示。

（3）电感电流：

t 3 μ s ≤ t ≤ 03μs ⎧10⎪

i (t ) =⎨

-1t 0+40 μ s ≤ t ≤34μ s

⎪0

μs ≤ t 4⎩

式中时间t 的单位用微秒；电流的单位为毫安。电感储能：

⎧50t 23

μ s ≤ t ≤ 3 μ s 0⎪

12322

w L (t ) =Li (t ) =i (t ) =⎨2400-1200t +150t 3μs≤t ≤4μs

22⎪0 4μs≤t

⎩

式中时间t 的单位用微秒；电流的单位用毫安；电感的单位用毫亨；的单位用纳焦耳（10-9焦耳）。能量的波形如右图所示。

μs)

能量

4-14．电路如左图所示。换路前电路处于稳态。t =0时电路换路，求换路后瞬间u (0+)、i (0+)。

(t )

(0-)

10Ω(0+)

解：换路前，电路处于稳态，故：u L (0-)=L

di L

=0，电路简化为中图所示电路。依据分流公式有： dt i (0-)=-

20

⨯5=-2A 20+30

20

⨯5=-2A ；u (0+)=-10⨯i (0+)=20V 20+30

换路后电路简化为右图所示电路，依据换路定理：i (0+)=i (0-)=-

4-15．电路如左图所示。换路前电路处于稳态。t =0时电路换路。 求换路后瞬间u 1(0+)、u 2(0+)、i 2(0+)。设u 2(0-)=0。

解：换路前，电路处于稳态，故：u 1(0-)=10V 。

依据换路定理：u 1(0+)=u 1(0-)=10V ，u 2(0+)=u 2(0-)=0，

i 2(0+)=

u 1(0+)-u 2(0+)

10Ω

=

10V -0

=1A 10Ω

(t )

2μF

4-19．电路如图所示，设开关K 在时间t =0时断开，断开前电路已经处于稳态，试求：t >0时，流过3欧姆电阻的电流。

解：开关K 断开前电路已处于稳态，故t =0-时刻，电容电流为零，电容端电压等于3欧姆电阻的端电压：

3

Ω

u C

3Ω

u C (0-) =3Ω⨯

10V

=6V

2Ω+3Ω

开关K 断开后，电路简化为右图。由图列写微分方程：

Ri C -u C =0, t >0

非关联参考方向下，电容的伏安关系：i C =-C

du C

，代入上式，整理后得： dt

du C 1

+u C =0, t >0 dt RC

特征方程和特征根：s +

11=0，s =-。微分方程的通解： RC RC

u C =Ae

依据换路定理：u C (0+) =u C (0-) =6V ，有：

-

1

t RC

, t >0

u C (0+) =Ae

故：

-

1t RC

t =0+

=A =u C (0-) =6V

u C (t )=6e

电容电流：

-

1t RC

=6e

1-t 3

(V), t >0

1-t du C

i C =-C =2e 3(A), t >0

dt

4-20．电路如图示， 设t =0时开关K 由a 掷向b 实现换路，换路前电路已经处于稳态，试求t >0时电感端电压。

10V

Ω

u

40Ω3

解：开关K 换路前电路已处于稳态，故t =0-时刻，电感端电压为零，电感电流为：

i (0-) =

10V 1

=A 30Ω3

换路后电路等效为右图。设电阻端电压等于电感端电压（电阻端电压与电流为非关联参考方向），由图列写微分方程：

u L -u R =0, t >0

将电感伏安关系u L =L

di

以及电阻伏安关系u R =-Ri 代入上式，整理后得： dt

di R

+i =0, t >0 dt L

特征方程和特征根：s +

R R

=0，s =-。微分方程的通解： L L

i =Ae

依据换路定理：i (0+) =i (0-) =

R

-t L

, t >0

1

A ，有： 3

i (0+)=Ae

故：

R -t L

t =0+

1

=A =i (0-)=A

3

t 1-R

i (t )=e L (A), t >0

3

电感端电压：

t di 1R -R L

u L =L =-⨯e , t >0

dt 3L

将R =

40

Ω，L =1H 代入上式，有： 3

t 40- 40

u L =-e 3(V), t >0

9

4-23．（修改）题图4-23所示电路中，开关K 在t=0时闭合，闭合前开关处于断开状态为时已久，试求t ≥0的u L 和i L 。

')=2.5(i L +u L )， 解：t >0，有：u L +u R =4。其中：u R =2.5(i L +i R

i 4V 题图4-23

代入后有：u L +2.5(i L +u L )=4，整理得：1.25u L +2.5i L =4。将

H

di di

u L =L L =0.2L 代入前式整理后有：

dt dt

di L

+10i L =16, t >0 （1） dt

非齐次通解：i L (t )=i Lh +i Lp 。其中齐次通解为：i Lh =Ae -t /τ=Ae -10t ；设

-10t

非齐次特解为：i Lp =I 0，代回（1）式有：I 0=1.6，非齐次通解：i L (t )=1.6+Ae

。由换路定理确定待定常数A ：

i L (0+)=1.6+Ae -10t

由此有：

t =0+

=1.6+A =i L (0-)=0

A =-1.6

故通解为：

i L (t )=1.6(1-e -10t ), t >0

考虑到换路前后电感电流无跃变，上式的时间定义域可前推至零点：

i L (t )=1.6(1-e -10t ), t ≥0

电感端电压：

u L =0.2

考虑t =0-，u L (0-)=0，有：

di L

=3.2e -10t , t >0 dt

⎧3.2e -10t , t >0

u L =⎨

⎩0, t =0-

4-24．（修改）电路如图所示，已知开关在t =0时闭合，闭合前电容无储能，求：t ≥0时，电容电压和电流。

Ω

t

t

解：将电路等效为右图，取各电压电流参考方向如图示，当t >0时，有：Ri +u C =6，在关联参考方向下，电容的伏安关系：i =C

du C

代入后有： dt

RC

du C

+u C =6 dt

非齐次通解：u C (t )=u Ch +u Cp 。 时间常数：τ=RC =15⨯10⨯20⨯10

3

-6

=0.3s ，齐次通解为：

u Ch =Ae -t /τ=Ae -10t /3

设非齐次特解为：u Cp =K ，代回非齐次微分方程，有：

K =6

非齐次通解：

u C (t )=6+Ae -10t

由换路定理确定待定常数A ：

u C (0+)=6+Ae -10t 3

由此有：

t =0+

=6+A =u C (0-)=0

A =-6

故通解为：

u C (t )=6-6⋅e -10t , t >0

考虑到换路前后电容电压无跃变，上式的时间定义域可前推至零点，故：

u C (t )=6(1-e -10t )V, t ≥0

电容电流

du C

=20⨯10-6⨯(6-6⋅e -10t 3)'=4⨯10-4⋅e -10t , t >0 dt

考虑t

i =C

⎧400⋅e -10t μA, t >0i =⎨ ⎩0, t

4-26．电路如图所示，已知换路前电路处于稳态。求：换路后i(0+) 和i(∞) 。

i

题图4-26（b ） 题图4-26（a ）

（a ）i (0+)=i L (0+)2=i L (0-)2=（b ）i (0+)=

6136

⋅=A ；i (∞)==3A 2222

u s -u C (0+)6-u C (0-)6-663

=A ===0；i (∞)=

2+22222

L 2

题图4-26（c ）

题图4-26（d ）

（c ）i (0+)=i (0-)=6A ；i (∞)=0 （d ）u c (0-)=2=3V ，i (0+)=

4-27．求图示各电路的时间常数。

题图4-27（a ）

6-336

=A ；i (∞)==1A 442+2+2

题图4-27（b ） 题图4-27（c ）

（a ） 将电压源置0，有：τ=(R 1//R 2)⋅C =

R 1R 2

C ；

R 1+R 2

L L

（b ） 将电压源置0，有：τ=； =

2R //2R +R 2R

题图4-27（d ）

（c ） 将电流源置0，有：τ=(R 1+R 2)⋅C ； （d ） 将电压源置0，有：τ=R ⋅(C 1+C 2)。

4-28．已知t ≥0时，i(t)=10A；u(0)=1V； （1）用三要素法求u(t)。

（2）将u(t)分解为：零输入响应和零状态响应。 （3）将u(t)分解为：稳态响应和暂态响应。 （4）将u(t)分解为：强制响应和自由响应。

解：（1）u (0+) =1 V ；u (∞) =2Ω⨯10A =20V ；τ=R ⋅C =2Ω⨯5F =10s ；

题图4-28

-t -t -t u (t ) =u (∞)+⎡u 0-u ∞e =20+1-20e =20-19e , t ≥0； ⎤()()[]+⎣⎦

（2）将其分解为：零输入响应+零状态响应：

-t -t -t -t -t ⎡⎤⎡⎤u (t ) =u (∞)+⎡u 0-u ∞e =u 0e +u ∞1-e =e +201-e , t ≥0； ⎤()()()()++⎣⎦⎣⎦⎣⎦ 零输入响应

零输入响应

零状态响应

零状态响应

（3）将其分解为：稳态响应+暂态响应：u (t ) =2019e , t ≥0； - 稳态

暂态

-t -t （4）将其分解为：强制响应+自由响应：u (t ) =2019e , t ≥0。 - 强制

自由

4-53．电路如图所示，N R 为纯电阻网络，电路初始状态未知。 当u S (t )=2cos t ⋅U (t )，电感支路的电流为：

⎛π⎫

i L (

t )=1-3e -t t -⎪A, t ≥0

⎝4⎭

（1）在同样初始条件下，设u S (t )=0，求i L (t )。 （2）在同样初始条件下，电源均为零，求i L (t )。 解：（1）在同样初始条件下，设u S (t )=0，求i L (t )： 全响应等于零输入响应加零状态响应。 令电源均为零，零输入响应：

i Lzi (t )=I 0e

1-t

u S (t τ

, t ≥0 (1)

其中τ=

L

，R 0为除源等效电阻，I 0为初始电感电流。 R 0

令电感初始状态为零i L (0+)=0，求零状态响应。用叠加定理，先令电压源U (t )单独作用，有

1-t ⎫1⎛τ

i Lzs 1(t )= 1-e ⎪, t ≥0 (2)

R 0⎝⎭

再令电压源u S (t )=2cos t ⋅U (t )单独作用，有

π⎫-t π⎫⎛⎛

i Lzs 2(t )=-A cos ϕ-⎪e τ+A cos ωt +ϕ-⎪, t ≥0 (3)

2⎭2⎭⎝⎝

1

电压源U (t )和电压源u S (t )=2cos t ⋅U (t )共同作用于电路的零状态响应为（2）、（3）两式叠加

1

-t ⎫1⎛π⎫-τ1t π⎫⎛⎛τ

i Lzs (t )= 1-e ⎪-A cos ϕ-⎪e +A cos ωt +ϕ-⎪, t ≥0 (4)

R 0⎝2⎭2⎭⎝⎝⎭

全响应为零输入响应与零状态响应之和，即式（1）和式（4）相加

i L (t )=I 0e

1-t

τ

11-t ⎫t 1⎛π⎫-τπ⎫⎛⎛τ

+ 1-e ⎪-A cos ϕ-⎪e +A cos ωt +ϕ-⎪, t ≥0 R 0⎝2⎭2⎭⎝⎝⎭

1

t 1⎡1π⎫⎤-τπ⎫⎛⎛

i L (t )=+⎢I 0-

-A cos ϕ-⎪⎥e +A cos ωt +ϕ-⎪, t ≥0

R 0⎣R 02⎭⎦2⎭⎝⎝

与已知全响应对比

⎛π⎫

i

L (t )=1-3e -t t -⎪A, t ≥0

⎝4⎭

有

11π⎫ππ⎛=1, I 0--A cos ϕ

-⎪=-3, A =ω=1 ϕ-=- R 0R 02⎭24⎝

解得

1π

=1, I 0=-1, A =ω=1, ϕ= (5) R 04

将其代入（1）、（2）两式，得零输入响应和电压源U (t )单独作用下的零状态响应

i Lzi (t )=-e

1

-t

τ

, t ≥0 (6) , t ≥0 (7)

i Lzs 1(t )=1-e

1-t

τ

将（6）、（7）两式相加得电压源U (t )单独作用下的全响应

i Lzs 1(t )=1-2e

1

-t

, t ≥0 (8)

（2）在同样初始条件下，电源均为零，求i L (t )： 电源均为零的全响应就是零输入响应，即（6）式

i Lzi (t )=-e

1-t

, t ≥0

4-54．电路如题图4-54（a ）所示，图中电压源电压波形如题图4-54（b ）所示，已知：i L (0-)=0,求：i(t)。 解：由电压源电压波形图有：

u s (t )=2U (t )-4U (t -1)+2U (t -2)

采用叠加定理求解。设u s 1(t )=2U (t )单独 作用于电路，依据三要素法：

u s 1

i 1(0+)==0.4A ；

2Ω+3Ωi 1(∞)=0；

(t )

题图4-54（a ）

τ=L R 0=(2//3)=s

56

t -⎫⎧-1.2t τ

代入三要素公式有：i 1(t )=⎨i 1(∞)+⎡⎣i 1(0+)-i 1(∞)⎤⎦e ⎬U (t )=0.4e U (t )；

⎩⎭

设u s 2(t )=-4U (t -1)单独作用于电路，有：i 2(t )=-0.8e -1.2(t -1)U (t -1)； 设u s 3(t )=2U (t -2)单独作用于电路，有：i 3(t )=0.4e -1.2(t -2)U (t -2)；

故：i (t )=i 1(t )+i 2(t )+i 3(t )=0.4e -1.2t U (t )-0.8e -1.2(t -1)U (t -1)+0.4e -1.2(t -2)U (t -2)。

4-55．电路如题图4-55（a ）所示，图中电流源电流波形如题图4-55（b ）所示，已知：i L (0-)=0,求：u(t)。 解：由电流源电流波形图有：

i s (t )=U (t )+U (t -1)-2U (t -2)

采用叠加定理求解。设i s 1(t )=U (t )单独 作用于电路，依据三要素法：

u (t )

u 1(0+)=i s 1(0+)⨯5Ω=5V ； u 1(∞)=u L 1(∞)=0；

题图4-55（a ）

τ=R 0=5H 5Ω=1s

代入三要素公式有：u ⎧-t ⎦e ⎫⎬U (t )=5e -t 1(t )=⎨u 1(∞)+⎡⎣u 1(0+)-u 1(∞)⎤τ

U (t )

⎩⎭

设i s 2(t )=U (t -1)单独作用于电路，有：u 2(t )=5e -(t -1)U (t -1)； 设i s 3(t )=-2U (t -2)单独作用于电路，有：u 3(t )=-10e -(t -2)U (t -2)； 故：u (t )=u 1(t )+u 2(t )+u 3(t )=5e -t U (t )+5e -(t -1)U (t -1)-10e -(t -2)U (t -2)。

题图

4-55（b ）