4.2　課后習(xí)題詳解

4-1　應(yīng)用疊加定理求圖4-2-1所示電路中電壓u_ab。

圖4-2-1

解：原電路圖可等價為5sintV的電壓源與e^－t的電流源單獨(dú)工作的疊加，如圖4-2-2所示。

圖4-2-2

當(dāng)只有5sintV的電壓源工作時，如圖4-2-2（a）所示，利用結(jié)點(diǎn)電壓法可得

[1＋1/3＋1/（2＋1）]u_n1＝5sint/1

解得：u_n1＝3sintV。

所以u_ab^（1）＝1×u_n1/（2＋1）＝u_n1/3＝3sint/3＝sintV。

當(dāng)只有e^－tA電流源工作時，利用電阻的分流公式可得

所以u_ab^（2）＝1×i＝e^－t/5＝0.2e^－tV。

由疊加定理得：u_ab＝sint＋0.2e^－tV。

4-2　應(yīng)用疊加定理求圖4-2-3所示電路中電壓u。

圖4-2-3

解：將原電路看作是圖4-2-4（a）（b）兩個電路的疊加。

圖4-2-4（a）

圖4-2-4（b）

對于圖4-2-4（a），利用結(jié)點(diǎn)電壓法建立結(jié)點(diǎn)①的電壓方程

[1/（8＋2）＋1/40＋1/10]u_n1＝136/（8＋2）＋50/10

解得：u^（1）＝u_n1＝（13.6＋5）/（0.1＋0.025＋0.1）＝18.6/0.225＝（248/3）V。

對于圖4-2-4（b），利用串并聯(lián)電阻分流特性可得

解得：u^（2）＝－u_Si/2＝－16/（3×2）＝－（8/3）V；

由疊加定理得：u＝u^（1）＋u^（2）＝248/3－8/3＝240/3＝80V。

4-3　應(yīng)用疊加定理求圖4-2-5所示電路中電流I。

圖4-2-5

解：將原電路看作是圖4-2-6（a）（b）（c）三個電路的疊加。

圖4-2-6（a）

圖4-2-6（b）

圖4-2-6（c）

根據(jù)電路特性得

由疊加定理得：I＝I′＋I(xiàn)″＋I(xiàn)?＝4－6＋2＝0。

4-4　應(yīng)用疊加定理求：

（1）圖4-2-7（a）中電壓u₂；

（2）圖4-2-7（b）中電壓U。

圖4-2-7（a）

圖4-2-7（b）

解：（1）將原電路圖4-2-7（a）看作是電流源和電壓源單獨(dú)工作電路的疊加，如圖4-2-8（a₁）～（b₄）所示。

圖4-2-8（a₁）

圖4-2-8（a₂）

對圖4-2-8（a₁），i₁^（1）＝2/4＝0.5A，u₂^（1）＝－3×2i₁^（1）＋2＝－3×2×0.5＋2＝－1V。

對圖4-2-8（a₂），I₁^（2）＝0，u₂^（2）＝3×3＝9V。

由疊加定理得：u₂＝u₂^（1）＋u₂^（2）＝－1＋9＝8V。

（2）圖4-2-7（b），兩個電壓源單獨(dú)工作時的電路如圖4-2-8（b₁）、（b₂）所示。

圖4-2-8（b₁）

圖4-2-8（b₂）

圖4-2-8（b₃）

圖4-2-8（b₄）

圖4-2-8（b₃）（b₄）分別為圖4-2-8（b₁）（b₂）利用戴維寧定理電源變換得到的等效圖。

對圖4-2-8（b₃）

解得：u^（1）＝－3V。

對圖4-2-8（b₄）

解得

由疊加定理得：u＝u^（1）＋u^（2）＝（－3）＋4＝1V。

4-5　應(yīng)用疊加定理，按下列步驟求解圖4-2-9中I_α。

（1）將受控源參與疊加，畫出三個分電路，第三個分電路中受控源電壓為6I_α，I_α并非分響應(yīng)，而為未知總響應(yīng)；

（2）求出三個分電路的分響應(yīng)I_α′、I_α″與I_α?，I_α?中包含未知量I_α；

（3）利用I_α＝I_α′＋I(xiàn)_α″＋I(xiàn)_α?解出I_α。

圖4-2-9

解：（1）三個分電路如圖4-2-10（a）（b）（c）所示。

圖4-2-10（a）

圖4-2-10（b）

圖4-2-10（c）

（2）由電路圖4-2-10（a）～（c）可得

I_α′＝12×6/（12＋6）＝4A

I_α″＝－36/（12＋6）＝－2A

I_α?＝6I_α/（12＋6）＝I_α/3

（3）由I_α＝I_α′＋I(xiàn)_α″＋I(xiàn)_α?＝4－2＋I(xiàn)_α/3，解得I_α＝3A。

4-6　試求圖4-2-11所示梯形電路中各支路電流、結(jié)點(diǎn)電壓和u_O/u_S。其中u_S＝10V。

圖4-2-11

解：當(dāng)電路中只有一個獨(dú)立源時，其任意電路的響應(yīng)與獨(dú)立源成正比。采用“倒推法”，設(shè)電路電流的參考方向如圖4-2-12所示，假定i₅＝i₅′＝1A。

圖4-2-12

則各支路的電壓電流

U_o′＝i₅′×20＝20V

u_n2′＝i₅′×（4＋20）＝1×24＝24V

i₄′＝u_n2′/12＝24/12＝2V

i₃′＝i₄′＋i₅′＝2＋1＝3A

u_n1′＝i₃′×5＋u_n2′＝3×5＋24＝39V

i₂′＝u_n1′/39＝39/39＝1A

i₁′＝i₂′＋i₃′＝1＋3＝4A

u_S′＝i₁′×4＋u_n1′＝4×4＋39＝55V

因為實際u_S＝10V，所以相對于u_S，u_S′的縮小系數(shù)為：K＝10/55＝2/11，則有

i₁＝Ki₁′＝2×4/11＝0.727A

i₂＝Ki₂′＝2×1/11＝（2/11）A

i₃＝Ki₃′＝2×3/11＝（6/11）A

i₄＝Ki₄′＝2×2/11＝（4/11）A

i₅＝Ki₅′＝2×1/11＝（2/11）A

u_n1＝Ku_n1′＝2×39/11＝（78/11）V

u_n2＝Ku_n2′＝2×24/11＝（48/11）V

u_O＝Ku_O′＝2×20/11＝（40/11）V

u_O/u_S＝40/（11×10）＝4/11＝0.364

4-7　圖4-2-13所示電路中，當(dāng)電流源i_S1和電壓源u_S1反向時（u_S2不變），電壓u_ab是原來0.5倍；當(dāng)i_S1和u_S2反向時（u_S1不變），電壓u_ab是原來的0.3倍。問：僅i_S1反向（u_S1、u_S2均不變）時，電壓u_ab應(yīng)為原來的幾倍？

圖4-2-13

解：根據(jù)疊加原理和齊次定理，可以將電壓u_ab寫成如下形式

u_ab＝K₁i_S1＋K₂u_S1＋K₃u_S2①

根據(jù)題意得

將①②③相加，聯(lián)立方程組得：1.8u_ab＝－K₁i_S1＋K₂u_S1＋K₃u_S2，即x＝1.8。

所以，僅i_S1反向時，電壓u_ab變成原來的1.8倍。

4-8　圖4-2-14所示電路中U_S1＝10V，U_S2＝15V，當(dāng)開關(guān)S在位置1時，毫安表的讀數(shù)為I′＝40mA；當(dāng)開關(guān)S合向位置2時，毫安表的讀數(shù)為I″＝－60mA。如果把開關(guān)S合向位置3，則毫安表的讀數(shù)為多少？

圖4-2-14

解：根據(jù)疊加原理和齊次定理，可以將毫安表上電流讀數(shù)I寫成如下形式

I＝k₁I_S＋k₂U_S

根據(jù)題意得

解得：k₂＝－10。

所以當(dāng)開關(guān)在位置3時，毫安表的讀數(shù)為

I＝k₁I_S－k₂U_S2＝40－（－10）×15＝190mA

4-9　求圖4-2-15所示電路的戴維寧或諾頓等效電路。

圖4-2-15

解：（1）圖4-2-15（a）中，設(shè)開路電壓為u_oc，如圖4-2-16（a）所示。

KVL方程：（2＋4）I＋3＋2（I－1）＝0，解得：I＝（－1/8）A。

所以u_oc＝4I＝－0.5V。

將電壓源短路，電流源開路，可得等效電阻R_eq＝（2＋2）//4＝2Ω，所以戴維寧等效電路如圖4-2-16（a₁）所示。

根據(jù)電源等效變換可得諾頓等效電路，如圖4-2-16（a₂）所示。

圖4-2-16

（2）圖4-2-15（b），利用“倒推法”，求開路電壓u_oc。設(shè)u_oc＝u_oc′＝10V，則有

i₅′＝10/10＝1A

u_n2′＝（2＋10）×1＝12V

i₄′＝u_n2′/5＝12/5＝2.4A

i₃′＝i₄′＋i₅′＝2.4＋1＝3.4A

u_n1′＝7×i₃′＋u_n2′＝7×3.4＋12＝35.8V

i₂′＝u_n1′/6＝35.8/6＝5.967A

i₁′＝i₂′＋i₃′＝5.967＋3.4＝9.367A

u_S′＝9×i₁′＋u_n1′＝9×9.367＋35.8＝120.1V

所以當(dāng)u_S＝5V時，激勵比k＝u_S/u_S′＝5/120.1＝0.0416，開路電壓u_oc＝ku_oc′＝0.416V。

等效電阻R_eq＝[（9//6＋7）//5＋2]//10＝3.505Ω。

所以戴維寧等效電路如圖4-2-16（b）所示。

4-10　求圖4-2-17中各電路在ab端口的戴維寧等效電路或諾頓等效電路。

圖4-2-17（a）

圖4-2-17（b）

圖4-2-17（c）

圖4-2-17（d）

解：（1）圖4-2-17（a）中，將電壓源短路，可得等效電阻

R_eq＝1//[1＋2//（2＋2//2）]＝（11/16）Ω

根據(jù)電阻分壓公式可得

戴維寧等效電路如圖4-2-18（a）所示。

圖4-2-18（a）

（2）圖4-2-17（b），根據(jù)串聯(lián)電阻的分壓原理，可得開路電壓

U_oc＝（U_S/R）×αR＝αU_S

將電壓源短路，可得等效電阻

R_eq＝[（R－αR）//αR]＋R₁＝α（1－α）R＋R₁

戴維寧等效電路如圖4-2-18（b）所示。

圖4-2-18（b）

（3）圖4-2-17（c），因存在無伴電流源，所以此電路的諾頓等效電路較容易求解。

將電流源開路，此電橋平衡，即右邊的5個電阻都可看作開路，所以

R_eq＝（20＋60）//（20＋60）＝40Ω

諾頓等效電路如圖4-2-18（c）所示。

圖4-2-18（c）

（4）圖4-2-17（d），開路電壓：u_oc＝10＋5×（－1）＝5V。

將電壓源短路，電流源開路，可得等效電阻：R_eq＝5＋5＝10Ω。

戴維寧等效電路如圖4-2-18（d）所示。

圖4-2-18（d）

4-11　圖4-2-19（a）所示含源一端口的外特性曲線畫于圖4-2-19（b）中，求其等效電源。

圖4-2-19

解：由戴維寧定理可得，端口電壓u與電流i的關(guān)系方程：u＝u_oc－R_eqi①

由特性曲線（b）可得，端口電壓u與電流i的關(guān)系方程：u＝10－0.2i②

聯(lián)立方程①②可得：u_oc＝10V，R_eq＝0.2Ω。所以該網(wǎng)絡(luò)等效為內(nèi)阻為0.2Ω，電壓值為10V的電壓源。

4-12　求圖4-2-20所示各電路的等效戴維寧電路或諾頓電路。

圖4-2-20（a）

圖4-2-20（b）

圖4-2-20（c）

圖4-2-20（d）

解：（1）圖4-2-20（a）中，先求等效電阻，將電流源開路，電壓源短路，可得

R_eq＝5//（10＋10）＋10＝14Ω

應(yīng)用網(wǎng)孔電流法求解開路電壓，如圖4-2-21（a₁）所示，建立網(wǎng)孔電流方程

解得：i₂＝－20/25＝－0.8A；

開路電壓：u_oc＝10×1－5i₂＋6－5＝15V；

圖4-2-21（a₁）

戴維寧等效電路如圖4-2-21（a₂）所示。

圖4-2-21（a₂）

（2）圖4-2-20（b），根據(jù)KVL可得：u_ab＝－9＋6×2＋3＝6V；

將電壓源短路，電流源開路，可得等效電阻：R_eq＝10＋6＝16Ω；

戴維寧等效電路如圖4-2-21（b）所示。

圖4-2-21（b）

（3）圖4-2-20（c），先求開路電壓：u_oc＝2i₁－2i₁＝0。

因電路中有受控源，所以采用外加電源法求解等效電阻。在ab兩端加上電壓源u，如圖4-2-21（c₁）所示，建立KVL方程

解得：i₁＝－（2/8）i＝－i/4，u＝5i－8×（－i/4）＝7i；

所以等效電阻為：R_eq＝u/i＝7Ω；

圖4-2-21（c₁）

戴維寧等效電路如圖4-2-21（c₂）所示。

圖4-2-21（c₂）

（4）圖4-2-20（d）中，將圖中受控電流源和電阻利用電源變換等效為受控電壓源和電阻的串聯(lián)，如圖4-2-21（d₁）所示。

圖4-2-21（d₁）

①先求開路電壓。

根據(jù)KVL可得：（2＋5）i₁＋4u₁－u₁＝0；

根據(jù)KCL和歐姆定律可得：u₁＝（4－i₁）×8；

解得：i₁＝96/17＝5.647A；

所以開路電壓為：u_oc＝5×i₁＝5×5.647＝28.235V。

②再求短路電流，如圖4-2-21（d₂）所示。

圖4-2-21（d₂）

根據(jù)KVL可得：2i_sc＋4u₁－u₁＝0，所以i_sc＝－3u₁/2；

把u₁＝8×（4－i_sc）代入上式得：i_sc＝48/11＝4.364A；

所以等效電阻為：R_eq＝u_oc/i_sc＝28.235/4.364＝6.471Ω；

戴維寧等效電路如圖4-2-21（d₃）所示。

圖4-2-21（d₃）

4-13　求圖4-2-22所示兩個端口的戴維寧或諾頓等效電路，并解釋所得結(jié)果。

圖4-2-22

解：（1）圖4-2-22（a），先求開路電壓，此時i＝0，所以可將電流受控源直接開路，由串聯(lián)電阻分壓特性得u_oc＝5V。

再求短路電流，如圖4-2-23（a₁）所示，流經(jīng)2Ω電阻的電流i＝i_sc－3i_sc＝－2i_sc。

列出KVL方程：4i_sc－2i_sc×2＝10，解得i_sc＝∞。

所以等效電阻R_eq＝0，原電路的等效電路相當(dāng)于一個無內(nèi)阻的標(biāo)準(zhǔn)電壓源，等效電路如圖4-2-23（a₂）所示。

圖4-2-23（a₁）

圖4-2-23（a₂）

（2）圖4-2-22（b），將1，1′短路，如圖4-2-23（b₁）所示。根據(jù)電阻的串并聯(lián)電壓特性得

u₂＝15×（12//8）/（6＋12//8）＝（20/3）V

所以i_sc＝i₁＋i₂＝u₂/8＋4u₂/4＝9u₂/8＝9/8×（20/3）＝7.5A；

通過外加電源法求解等效電阻，如圖4-2-23（b₂）所示。

所以等效電阻R_eq＝∞，原電路的等效電路相當(dāng)于一個7.5A的理想電流源，等效電路如圖4-2-23（b₃）所示。

圖4-2-23（b₁）

圖4-2-23（b₂）

圖4-2-23（b₃）

4-14　（1）圖4-2-24（a）中，電壓表測量a、b的電壓U_abm＝25V。問電壓表的內(nèi)阻R_V是多少？如果要控制測量相對誤差|δ（%）|＜1%，則R_V的最小值為多少？

（2）圖4-2-24（b）中，在12Ω電阻支路中串接內(nèi)阻R_A＝3.2Ω的電流表測量I_α，求測量相對誤差δ（%）。

圖4-2-24（a）

圖4-2-24（b）

解：（1）將電壓源短路，電流源開路，可得等效電阻：R_eq＝1.5//60＋8＝9.463kΩ；

由疊加定理可得開路電壓：

U_oc＝60×30/（60＋1.5）＋0.5[1.5×60/（1.5＋60）]＝30V

所以U_abm＝U_oc×R_V/（R_V＋R_eq），代入數(shù)據(jù)得：R_V＝47.315kΩ；

要求|δ（%）|＜1%，即[9.463/（9.463＋R_V）]×100%＜1%，解得R_V＞937kΩ。

（2）未接電流表時，根據(jù)KCL和KVL可得，真實值：5×0.8I_α＋12I_α＝96，解得I_α＝6A。

接入電流表后，測量值：5×0.8I_α′＋（12＋3.2）I_α′＝96，解得I_α′＝5A。

所以δ（%）＝[（I_α′－I_α）/I_α]×100%＝－16.7%。

4-15　在圖4-2-25所示電路中，當(dāng)R_L取0Ω、2Ω、4Ω、6Ω、10Ω、18Ω、24Ω、42Ω、90Ω和186Ω時，求R_L的電壓U_L、電流I_L和R_L消耗的功率。

圖4-2-25

解：先求R_L以外部分的等效電路。將電壓源短路，可得等效電阻：R_eq＝（5//20＋2）//24＋1.2＝6Ω。

根據(jù)電阻的串并聯(lián)電壓特性可得：u_oc＝48V；

戴維寧等效電路如圖4-2-26（b）所示，則有

I_L＝48/（6＋R_L），U_L＝R_LI_L，P_L＝R_LI_L²

圖4-2-26

代入各個電阻數(shù)值，可得其對應(yīng)的電壓、電流和功率，如表4-2-1所示。

表4-2-1

4-16　在圖4-2-27所示電路中，試問：

（1）R為多大時，它吸收的功率最大？求此最大功率。

（2）當(dāng)R取得最大功率時，兩個50V電壓源發(fā)出的功率共為多少？

（3）若R＝80Ω，欲使R中電流為零，則a、b間應(yīng)并聯(lián)什么元件？其參數(shù)為多少？畫出電路圖。

圖4-2-27

解：（1）將電壓源短路可得a、b兩端的等效電阻：R_eq＝（20//20＋20//20）//20＝10Ω；

將R支路斷開，應(yīng)用電阻的串并聯(lián)和電壓源的等效互換可將原圖化為如圖4-2-28（a）所示電路，則開路電壓

u_oc＝（50－25）×（10＋10）/（10＋10＋20）＋25＝37.5V

所以戴維寧等效電路如圖4-2-28（b）所示。

當(dāng)R＝R_eq＝10Ω時，它吸收的功率最大，P_max＝u_oc²/（4R_eq）＝37.5²/（4×10）＝35.156W。

圖4-2-28（a）

圖4-2-28（b）

（2）由（1）可得：R_L＝10Ω，u_ab＝18.75V；

則流過右邊50V電壓源的電流為：i₁＝（50－u_ab）/20＝1.5625A；

其發(fā)出的功率為：P₁＝u₁i₁＝78.125W；

根據(jù)疊加定理，流過左邊50V電壓源的電流為

其發(fā)出的功率為：P₂＝u₂i₂＝70.3125W；

所以其發(fā)出的總功率為：P＝P₁＋P₂＝148.4375W。

（3）將戴維寧等效電路轉(zhuǎn)化為諾頓等效電路，如圖4-2-28（c）所示。由KCL可得，只要在a、b間并聯(lián)一個反向電流源，大小為i_sc＝u_oc/R_eq＝37.5/10＝3.75A即可，如圖4-2-28（d）所示。

圖4-2-28（c）

圖4-2-28（d）

4-17　圖4-2-29所示電路的負(fù)載電阻R_L可變，試問R_L等于何值時可吸收最大功率？求此功率。

圖4-2-29

解：（1）求出R_L左側(cè)的等效電路，先求開路電壓，如圖4-2-30（a）所示。

圖4-2-30（a）

由KVL可得：（2＋2）i₁＋8i₁＝6，解得：i₁＝6/12＝0.5A；

所以開路電壓：u_oc＝2i₁＋2i₁＋8i₁＝12i₁＝12×0.5＝6V。

（2）求短路電流，把R_L短路，如圖4-2-30（b）所示。

圖4-2-30（b）

利用網(wǎng)孔做基本回路，建立網(wǎng)孔電流方程

解得：i_sc＝1.5A；

所以端口的等效電阻為：R_eq＝u_oc/i_sc＝6/1.5＝4Ω。

戴維寧等效電路如圖4-2-30（c）所示。

當(dāng)R_L＝R_eq＝4Ω時，可吸收最大功率，P_max＝u_oc²/（4R_eq）＝62/（4×4）＝36/16＝2.25W。

圖4-2-30（c）

4-18　圖4-2-31所示電路中N（方框內(nèi)部）僅由電阻組成。對不同的輸入直流電壓U_S及不同的R₁、R₂值進(jìn)行了兩次測量，得下列數(shù)據(jù)：R₁＝R₂＝2Ω時，U_S＝8V，I₁＝2A，U₂＝2V；R₁＝1.4Ω，R₂＝0.8Ω時，U(∧)_S＝9V，I(∧)₁＝3A，求U(∧)₂的值。

圖4-2-31

解：設(shè)網(wǎng)絡(luò)N兩個端口的電壓為U₁、U₂。

第一次測量

U₁＝U_S－R₁I₁＝8－2×2＝4V，U₂＝2V，I₁＝2A，I₂＝U₂/R₂＝2/2＝1A

第二次測量

U(∧)₁＝U(∧)_S－R₁I(∧)₁＝9－1.4×3＝4.8V，I(∧)₁＝3A，I(∧)₂＝U(∧)₂/R₂＝U(∧)₂/0.8

根據(jù)特勒根定理2，應(yīng)滿足：U₁（－I(∧)₁）＋U₂I(∧)₂＝U(∧)₁（－I₁）＋U(∧)₂I₂；

解得：U(∧)₂＝（12－9.6）/1.5＝1.6V。

4-19　在圖4-2-32（a）中，已知U₂＝6V，求圖4-2-32（b）中U₁′（網(wǎng)絡(luò)N僅由電阻組成）。

圖4-2-32（a）

圖4-2-32（b）

解：設(shè)網(wǎng)絡(luò)N端口的電壓和電流如圖4-2-33（a）（b）所示。

圖4-2-33（a）

圖4-2-33（b）

其中，U₁＝（4＋I(xiàn)₁）R₁，I₁′＝U₁′/R₁，I₂＝U₂/R₂＝6/R₂，U₂′＝（I₂′＋2）R₂；

根據(jù)特勒根定理2，可得

（4＋I(xiàn)₁）R₁×U₁′/R₁＋6×I₂′＝U₁′I₁＋（I₂′＋2）R₂×6/R₂?U₁′＝12/4＝3V

4-20　圖4-2-34中網(wǎng)絡(luò)N僅由電阻組成。根據(jù)圖4-2-34（a）和圖4-2-34（b）的已知情況，求圖4-2-34（c）中電流I₁和I₂。

圖4-2-34

解：根據(jù)疊加定理，可將圖4-2-34（c）看作圖（c₁）和圖（c₂）的疊加。

圖（c₁）即圖（a），則有：I₁^（1）＝3A，I₂^（1）＝1A；

圖（c₂）相當(dāng)于激勵和響應(yīng)互換后的圖（c₁），則由互易解得：I₁^（2）＝－I₂^（1）＝－1A；

所以圖（c）中的電流I₁為：I₁＝I₁^（1）＋I(xiàn)₁^（2）＝3－1＝2A；

設(shè)圖（b）中流過4Ω電阻的電流為I(∧)，對圖（a）、（b），由特勒根定理2可得

20×（－I(∧)）＋1×5×2＝（－3）×20＋1×0

解得：I(∧)＝70/20＝3.5A；

對圖（b）、（c），由特勒根定理2可得

20（－I₁）＋（5I₂＋20）×2＝20×（－I(∧)）＋0×I₂

解得：I₂＝（－40－40＋70）/10＝－1A。

4-21　已知圖4-2-35中N為電阻網(wǎng)絡(luò)，在圖4-2-35（a）中U₁＝30V，U₂＝20V。求圖4-2-35（b）電路中U(∧)₁為多少？

圖4-2-35

解：設(shè)電流和電壓參考方向如圖4-2-36所示。

圖4-2-36

由圖4-2-36可得

U₁＝30V，I₁＝1.5－10＝－8.5A

U₂＝20V，I₂＝20/8＝2.5A

I₁′＝U(∧)₁/20－10，I₂′＝U(∧)₂/8－5

由特勒根定理2可得

解得：U(∧)₁＝40V。

4-22　圖4-2-37中N為電阻網(wǎng)絡(luò)。已知圖4-2-37（a）中各電壓、電流。求圖4-2-37（b）中電流I。

圖4-2-37

解：設(shè)電流和電壓參考方向如圖4-2-38所示。

圖4-2-38

U₁＝1.8V，I₁＝0，U₂＝3V，I₂＝－0.3A，I₁′＝－2A，U₂′＝6V，I₂′＝－I

由特勒根定理可得：U₁I₁′＋U₂I₂′＝U₁′I₁＋U₂′I₂；

解得：I＝－0.6V。

4-23　圖4-2-39所示電路中N由電阻組成，圖4-2-39（a）中，I₂＝0.5A，求圖4-2-39（b）中電壓U₁。

圖4-2-39

解：將原N網(wǎng)絡(luò)及3Ω和4Ω的電阻歸入N′網(wǎng)絡(luò)，如圖4-2-40所示。

圖4-2-40

由特勒根定理可得：5×I₁′＋U₂×（－6）＝I₁×0＋0×U₂′；

其中U₂＝3×I₂＝3×0.5＝1.5V；

解得：I₁′＝1.5×6/5＝1.8A；

所以U₁＝4×I₁′＝4×1.8＝7.2V。

4-24　圖4-2-41所示電路中N僅由電阻組成。已知圖4-2-41（a）中電壓U₁＝1V，電流I₂＝0.5A，求圖4-2-41（b）中I(∧)₁。

圖4-2-41

解：對圖4-2-41（a）和（b）運(yùn)用特勒根定理得

U₁×（－I(∧)₁）＋2×I₂×0.3＝（－4）×3＋I(xiàn)₂×0.3×10

U₁＝1V，I₂＝0.5A

－I(∧)₁＋0.3＝－12＋1.5

即I(∧)₁＝10.8A。

4-25　圖4-2-42所示網(wǎng)絡(luò)N僅由電阻組成，端口電壓和電流之間的關(guān)系可由下式表示：

i₁＝G₁₁u₁＋G₁₂u₂，i₂＝G₂₁u₁＋G₂₂u₂

試證明G₁₂＝G₂₁。如果N內(nèi)部含獨(dú)立電源或受控源，上述結(jié)論是否成立？為什么？

圖4-2-42

解：在1、1′之間加電壓u₁＝u_s，2、2′端口短路，即u₂＝0，則有

i₂＝G₂₁u₁＋G₂₂u₂＝G₂₁u_s

在2、2′之間加電壓u₂＝u_s，1、1′端口短路，即u₁＝0，則有

i₁＝G₁₁u₁＋G₁₂u₂＝G₁₂u_s

根據(jù)互易定理得i₁＝i₂，則有：G₁₂＝G₂₁。

如果N內(nèi)部有獨(dú)立的電壓源或者受控源，那么N不再是互易網(wǎng)絡(luò)，破壞了這種雙向關(guān)系，故G₁₂≠G₂₁。