[电路理论基础](第三版陈希有)习题答案第三章

答案3.1

解：应用置换定理，将电阻R支路用I0.5A电流源代替，电路如图(b)所示。

2

I

(b)

对电路列节点电压方程：

12I(1)Un1Un20.5A 44

116V

Un1(1)Un2

34.54.5

I0.5A

解得

Un11V

则

U

Rn12

I

答案3.2

解：

（a） 本题考虑到电桥平衡，再利用叠加定理，计算非常简单。 （1）3V电压源单独作用,如图(a-1)、(a-2)所示。

(a-1)(a-2)

由图(a-2)可得

3V

I'1A

348

由分流公式得：

82

I1'I'A

483

（2）1A电流源单独作用，如图(a-3)所示。

(a-3)

考虑到电桥平衡，

I

在由分流公式得：

13

I1

134（3）叠加：

II'I

2

P1I112.007W

（b）

（1）4V电压源单独作用，如图(b-1)所示。

'I2



(b-1)

由图(b-1)可得，

U'

24V

2V

(2+2)

I1'3U6A I'I2'I1'5A

（2）2A电流源单独作用，如图(b-2)所示。

(b-2)

22

2A=2V 221

I2

2

对节点②列KCL方程得，

U''

对节点③列KCL方程得，

解得

I

（3） 叠加

I1I1'I1

II'I

5A=10A

2P100W 1I1

1

答案3.3

解 ：利用叠加定理，含源电阻网络中的电源分为一组，其作用为I'

，如图(b)所示。IS为一组，其单独作用的结果I 与IS成比例，即：I

kIS，如图(c)所示。

I

I

+

kI(a)

(b)

(c)

II'I

'

0Ik4A

'

1AIk2A

联立解得：

1

I'2A,k

2

即：

1

I2A+IS

2将I1A代入，解得

IS6A

答案3.4

解：(1)U1U25V时，电路对称，Un1Un2，可化简成图 (b)所示。

4

U2

U1

U1

U2

(a)(b)

对电路列节点电压方程，得

UU1

(11)SUn112

1.511

Un13.75V

UoUn1

1

2.5V

(10.5)

(2)当U1U23V时，0.5上电流为零，图(a)电路可化简成图(c)所示。

U1

4U1

(c)

由分压公式得

U12

4//4

[U1(U1)]3V

1(4//4)1

解得

UoU12/21.5V

（3）当U18V，U22V时，可看作U1(53)V，U2(53)V，即可视(a)、(b)电路所加激励之和。应用叠加定理，

Uo2.5V1.5V4V UoUo

注释：差模或共模电压作用于对称电路时，可以采用简便计算方法；将一般

电压分解成差模分量与共模分量代数和，再应用叠加定理也可简化计算。

答案3.5

解：根据叠加定理，将图(a)等效成图 (b)与图 (c)的叠加。

I(b)

(c)

S2

由已知条件得

U1

PIS1IS1



28W

14V 2A

8V U2

U112V

U2

PIS2IS2

S2



54W

18V 3A

所以I、I共同作用时

S1

U1U1U126V U2U2U26V2每个电源的输出功率分别为

PIS1IS1U152W PIS2IS2U278W

答案3.6

解：应用戴维南定理或诺顿定理

（1） 图(a)电路求开路电压和等效电阻，分别如图(a-1)和图(a-2)所示。

UOC3A5(5V)10V



i

UOC



(a-1)

(a-2)

(a-3)

图（b）电路等效过程如下：

OC

(b-2)

(b-3)

(b-1)

UOC10A540V90V Ri5

图（c）电路等效过程如下：



5UOC

Ri

(c-1)

(c-2)

(c-3)

UOC1A510V15V Ri5

图（d）电路等效过程如下：

OC

Ri

(d-3)

(d-1)(d-2)

UOC10A550V100V Ri5

图（e）电路等效过程如下：

Ri

(e-1)



(e-2)(e-3)

图（f）电路等效过程如下：

UOC



Ri

(f-1)

(f-2)(f-3)

图（g）电路等效过程如下：

1

1

i

(g-1)(g-2)

(g-3)

图（h）电路等效过程如下：



UOC

(h-3)

(h-1)(h-2)

如果电路的等效内阻为非零的确定值，则电路既存在戴维南等效电路，又存在诺顿等效电路；如果电路的等效内阻为零，则只能等效成戴维南电路；如果电路的等效内阻为无穷大，则只能等效成诺顿电路。

答案3.7

'

a

a

b

(b-1)

b

(a-1)

解：(a)

(1)求开路电压UOC

开路时，对节点①由KCL，

I2I0,I0

开路电压

UOC8V-10I=8V

(2)求等效电阻

求Ri时8V独立电压源置零,外加电压U，如图(a-1)所示 。 由 KVL得

U'10I

对节点①由KCL得,

I'2III

U'10IRi'10

II

(b)

(1)求开路电压

对节点①列KCL方程

I21AI1 （1）

对回路l1列KVL方程得

UOC2I110I18I1 （2） 对回路l2：

10I110I220V （3） 将式（1）代入式（3），与式（2）联立，解得

I11.5A UOC12V

(2)求等效电阻

求Ri时将独立源置零，外加激励电流I求ab端口响应电压Uf，如图(b-1)所示。

由图(b-1)可知，

1

I1I （1）

2

对回路l1列KVL方程

U2I110I18I' （2） 将式（1）代入式（2），得

U

Ri4

I

答案3.8

解：将含源电阻网络化为戴维南等效电路，如图 (b)所示。由此图求得：

＋U－

(b)

＋U－

U(

UOC

)R (1) RiR

将R10时，U15V；R20，U20V代入式（1），得

UOC

15V()10R10i



20V(UOC)20Ri20

联立解得：

Ri10 Uoc30V（1） 式可表示为

30V

U()R

10R

当R30时

U

30V

3022.5V

(1030)

注释：一端口外接电路发生变化时，宜采用戴维南或诺顿定理进行分析。

答案3.9

首先将开关右侧电路化简为戴维南等效电路,如图(b)所示，其开路电压为3V，等效电阻为10Ω

R10

(b)

开关断开时U=13V得：

UOC13V13V3V

1A Ri10

开关短接时I=3.9A得：

I

UOC3V

3.9A Ri10

联立求解得：

UOC18V ,Ri5

答案3.10

解：将含源电阻网络等效为戴维南电路。如图（b）所示。负载电阻R消耗的功率可表示为

＋U－

b

PR(

UOC2

)R （1） RiR

将已知条件分别代入（1）式，得

UOC2

(R10)1022.5Wi



(UOC)22020WRi20

联立解得

Ri10 UOC30V 当R30时

30VUOC

PR()2303016.9W

Ri30(1030)

答案3.11

解：将图（a）电路化简如图（b）所示。

U

6I

S2

(b)

U

6ISUOC

2

(62)Ri

代入两个已知条件：

IS2A时，U0： UOC62A12V IS0时，U2V： UOC(8Ri)

解得：

2V

8V+Ri1A 2

UOC12V Ri4

答案3.12

解：（1）根据叠加定理和齐性定理，将电流I写成一般表达式

IIIKISI （1）

式中，IKI是电流源单独作用时产生的电流；I是N内独立电源作用产生的电流。

S

由已知条件得

1.2mAK0I

1.4mAK10mAI

解得

K0.02， I1.2mA 代入式（1）得

I0.02IS1.2mA

所以当IS15mA时

I0.0215mA1.2mA1.5mA

（2）将22左边等效成戴维南电路。如图（b）所示

R＋U－

R

b

由（1）的计算结果得

UOC(RoR)I(50100)1.5mA225mV

当R改为200时，

I

UOC225mV

0.9mA

RoR(50200)

答案3.13

解：将开关S左侧的电路化为最简等效电路。

6R

i

S3

(a)

(b)

A

Uoc

(c)

由题意得

（1）求开路电压UOC

由图（a）可知，开路电压为3电阻两端电压，即

UOC35A=15V

（2）求等效电阻Ri

将独立电压源置零，对3个2电阻联接做星－三角变换。电路如图 (b)所示。

Ri3//6//6//621.5

亦可利用电桥平衡原理，电路如图 (c)所示，ab间电位相等，等效电阻为

Ri[(2//6)2]//31.5

（3）开关闭合后电路如图（d）所示。列节点电压方程 节点①：

U1115V

()UOC2A=2A 1.51.5Ri1.5

解得 U9V

图（a）电路中，1.5电阻与3电阻并联，电压相等，即3电阻两端电压亦为9V。 则

I

答案3.14

U

3A 3

解：方法一： 应用戴维南定理求I1。

2

i

U(a)

(b)(c)

UI2

(d)

(e)

由图（b）有

US5I

ISII3.5I5.5I

等效电阻

Ri

US10 IS11

又由已知条件得

UOC(Ri2)I1

160

V 11

简化后的电路如图(c)所示。 所以当R4时

I1

UOC(160/11)V80

A2.963A

RRi(410/11)27

I2。 将I1用电流源来置换，用叠加定理分析置换后的电路，即将I2分解成I2I2

是其余电源共同作用时的解答，为电流源I1单独作用时的解答，其中I2如图(d)所示；I2

如图(e)所示。由图（d）可得：

5I'0 KVL： 5I2

KCL： I13.5II2I0 联立解得

'

'

'

I2

2

I1 11

因此，电流I2可以写成：

I2I2I2

由已知条件得

2

 I1I2

11

254

 I2A 5AI2

1111

所以，当R4时，

28054

I2A+A4.37A

112711

4A

方法二：对回路列写KVL方程： 回路l1: 回路l2:

5IRI1U2 (1)

RI15I2U1U2U3U'1 (2)

再对闭合面列写KCL方程：

II13.5II20 (3)

由式(3)解得：

2

I(I1I2) (4)

9

将式(4)代入(1)，再与式(2)联立得方程组：

(109R)I110I2U'2

(5) 

RI15I2U'1

将R2时的已知电流代入上式求得电压：

U'110,U'2180V，

由此将方程(5)写成：

(109R)I110I2180

(6) 

RI15I210

当R4时，由方程(6)解得：

I180/27A, I2118/27A。

答案3.15

解：由图（a）可以看出，c所示。

h点均为等电位点，可将其联为一点，得简化电路如图（b）





8(c)

(b)

图（b）可知ab端左侧最简等效电路为

UOCU8V，Ri8

如图( c)所示。由图(c )得

U

8R

已知当R12，U8V时，

8VI0.4A

812

I

当设图（a）电路最左侧16支路流过电流为I1，如图（b）递推所示，流过R的电流为

32I1，即I32I1

I1

答案3.16

解：设ab端戴维南等效电路开路电压为UOC。则电阻R流过的电流

I0.4A0.0125A 3232

I

UOC

(1)

RRi

将电阻R用ISI的电流源置换，由齐性定理得

I2I2kI (2)

为N内等效电源作用。 其中I2

将R0时，I26A；R时，I2＝9A代入式（1）， 得

I29A，k

27

(3) UOC

将式(1)、（3）代入式(2)，得 I29

27UOC9(6R)

 UOC9R9R

答案3.17

解: 设网络共有b条支路，各支路电压电流取关联参考方向，由特勒根定理得

ˆUIˆˆU1I122UkIk0 (1)

k3b

b

ˆIUˆIUˆI0 (2) U1122kk

k3

因为N为纯电阻网络，故

ˆIUIˆRIIˆRIˆIU

kk

kkk

kkk

k3

k3

k3

k3

bbbb

kk

(3)

将式(3)代入式(1)、(2)得

ˆUIˆˆˆU1I122U1I1U2I2 (4)

对（a）图：

U110V, U22V, I22V/50.4A

对（b）图：

ˆ0, Uˆ20V, Iˆ4A U122

代入式(4)得

ˆ2Vˆ1.6A 10VI（4A)0I120V0.4A  I11

注释：对仅由二端电阻组成的二端口网络，不论端口外接情况如何，方程(4)都是成立

的，因此可作为公式使用。

答案3.18

解：当N为互易性网络时，图(a)、(b)的端口电压、电流满足

ˆUIˆˆˆU1I122U1I1U2I2 （1）

已知

ˆ1AR，Uˆ5V U11V，U20，I12A，I21A，U12

代入（1）式，得

1V1A01A1AR(2)A51A

解得

R2

答案3.19

解： 根据互易定理第二种形式，将10A电流源移到右端与20电阻并联，则ab端60

电阻上电压即为所求电压U，如图（b）所示。该电路电桥平衡，bc间电流为零。电路可进一步简化成图（c）。

＋

(b)

A

U－

U

U(a)

U

200V45

6080V

90459045209045

答案3.20

解：电流I是各独立电压源的线性组合。

+U1-(a)

I

(b)

为求各系数，令U1U2U3U41V，则各独立电源单独作用时产生的电流I的量值就是相应的比例系数。由叠加定理和互易定理，计算各电压源单独作用时的电流I值等效于计算图(b)中只有U1V一个电压源作用时的各支路电流值I1、I2、I3、I4。采用倒推法。

I2I1,I3[4(I1I2)4I2]/43I1 I4[4(I1I2I3)4I3]/48I1 U4(I1I2I3I4)4I484I11V

由最后一式解得：

I1

1A 84

所以

I11I1

S，K22S，

U84U84

I3II8I12

K331S， K441S。

UU28UU21K1

答案3.1

解：应用置换定理，将电阻R支路用I0.5A电流源代替，电路如图(b)所示。

2

I

(b)

对电路列节点电压方程：

12I(1)Un1Un20.5A 44

116V

Un1(1)Un2

34.54.5

I0.5A

解得

Un11V

则

U

Rn12

I

答案3.2

解：

（a） 本题考虑到电桥平衡，再利用叠加定理，计算非常简单。 （1）3V电压源单独作用,如图(a-1)、(a-2)所示。

(a-1)(a-2)

由图(a-2)可得

3V

I'1A

348

由分流公式得：

82

I1'I'A

483

（2）1A电流源单独作用，如图(a-3)所示。

(a-3)

考虑到电桥平衡，

I

在由分流公式得：

13

I1

134（3）叠加：

II'I

2

P1I112.007W

（b）

（1）4V电压源单独作用，如图(b-1)所示。

'I2



(b-1)

由图(b-1)可得，

U'

24V

2V

(2+2)

I1'3U6A I'I2'I1'5A

（2）2A电流源单独作用，如图(b-2)所示。

(b-2)

22

2A=2V 221

I2

2

对节点②列KCL方程得，

U''

对节点③列KCL方程得，

解得

I

（3） 叠加

I1I1'I1

II'I

5A=10A

2P100W 1I1

1

答案3.3

解 ：利用叠加定理，含源电阻网络中的电源分为一组，其作用为I'

，如图(b)所示。IS为一组，其单独作用的结果I 与IS成比例，即：I

kIS，如图(c)所示。

I

I

+

kI(a)

(b)

(c)

II'I

'

0Ik4A

'

1AIk2A

联立解得：

1

I'2A,k

2

即：

1

I2A+IS

2将I1A代入，解得

IS6A

答案3.4

解：(1)U1U25V时，电路对称，Un1Un2，可化简成图 (b)所示。

4

U2

U1

U1

U2

(a)(b)

对电路列节点电压方程，得

UU1

(11)SUn112

1.511

Un13.75V

UoUn1

1

2.5V

(10.5)

(2)当U1U23V时，0.5上电流为零，图(a)电路可化简成图(c)所示。

U1

4U1

(c)

由分压公式得

U12

4//4

[U1(U1)]3V

1(4//4)1

解得

UoU12/21.5V

（3）当U18V，U22V时，可看作U1(53)V，U2(53)V，即可视(a)、(b)电路所加激励之和。应用叠加定理，

Uo2.5V1.5V4V UoUo

注释：差模或共模电压作用于对称电路时，可以采用简便计算方法；将一般

电压分解成差模分量与共模分量代数和，再应用叠加定理也可简化计算。

答案3.5

解：根据叠加定理，将图(a)等效成图 (b)与图 (c)的叠加。

I(b)

(c)

S2

由已知条件得

U1

PIS1IS1



28W

14V 2A

8V U2

U112V

U2

PIS2IS2

S2



54W

18V 3A

所以I、I共同作用时

S1

U1U1U126V U2U2U26V2每个电源的输出功率分别为

PIS1IS1U152W PIS2IS2U278W

答案3.6

解：应用戴维南定理或诺顿定理

（1） 图(a)电路求开路电压和等效电阻，分别如图(a-1)和图(a-2)所示。

UOC3A5(5V)10V



i

UOC



(a-1)

(a-2)

(a-3)

图（b）电路等效过程如下：

OC

(b-2)

(b-3)

(b-1)

UOC10A540V90V Ri5

图（c）电路等效过程如下：



5UOC

Ri

(c-1)

(c-2)

(c-3)

UOC1A510V15V Ri5

图（d）电路等效过程如下：

OC

Ri

(d-3)

(d-1)(d-2)

UOC10A550V100V Ri5

图（e）电路等效过程如下：

Ri

(e-1)



(e-2)(e-3)

图（f）电路等效过程如下：

UOC



Ri

(f-1)

(f-2)(f-3)

图（g）电路等效过程如下：

1

1

i

(g-1)(g-2)

(g-3)

图（h）电路等效过程如下：



UOC

(h-3)

(h-1)(h-2)

如果电路的等效内阻为非零的确定值，则电路既存在戴维南等效电路，又存在诺顿等效电路；如果电路的等效内阻为零，则只能等效成戴维南电路；如果电路的等效内阻为无穷大，则只能等效成诺顿电路。

答案3.7

'

a

a

b

(b-1)

b

(a-1)

解：(a)

(1)求开路电压UOC

开路时，对节点①由KCL，

I2I0,I0

开路电压

UOC8V-10I=8V

(2)求等效电阻

求Ri时8V独立电压源置零,外加电压U，如图(a-1)所示 。 由 KVL得

U'10I

对节点①由KCL得,

I'2III

U'10IRi'10

II

(b)

(1)求开路电压

对节点①列KCL方程

I21AI1 （1）

对回路l1列KVL方程得

UOC2I110I18I1 （2） 对回路l2：

10I110I220V （3） 将式（1）代入式（3），与式（2）联立，解得

I11.5A UOC12V

(2)求等效电阻

求Ri时将独立源置零，外加激励电流I求ab端口响应电压Uf，如图(b-1)所示。

由图(b-1)可知，

1

I1I （1）

2

对回路l1列KVL方程

U2I110I18I' （2） 将式（1）代入式（2），得

U

Ri4

I

答案3.8

解：将含源电阻网络化为戴维南等效电路，如图 (b)所示。由此图求得：

＋U－

(b)

＋U－

U(

UOC

)R (1) RiR

将R10时，U15V；R20，U20V代入式（1），得

UOC

15V()10R10i



20V(UOC)20Ri20

联立解得：

Ri10 Uoc30V（1） 式可表示为

30V

U()R

10R

当R30时

U

30V

3022.5V

(1030)

注释：一端口外接电路发生变化时，宜采用戴维南或诺顿定理进行分析。

答案3.9

首先将开关右侧电路化简为戴维南等效电路,如图(b)所示，其开路电压为3V，等效电阻为10Ω

R10

(b)

开关断开时U=13V得：

UOC13V13V3V

1A Ri10

开关短接时I=3.9A得：

I

UOC3V

3.9A Ri10

联立求解得：

UOC18V ,Ri5

答案3.10

解：将含源电阻网络等效为戴维南电路。如图（b）所示。负载电阻R消耗的功率可表示为

＋U－

b

PR(

UOC2

)R （1） RiR

将已知条件分别代入（1）式，得

UOC2

(R10)1022.5Wi



(UOC)22020WRi20

联立解得

Ri10 UOC30V 当R30时

30VUOC

PR()2303016.9W

Ri30(1030)

答案3.11

解：将图（a）电路化简如图（b）所示。

U

6I

S2

(b)

U

6ISUOC

2

(62)Ri

代入两个已知条件：

IS2A时，U0： UOC62A12V IS0时，U2V： UOC(8Ri)

解得：

2V

8V+Ri1A 2

UOC12V Ri4

答案3.12

解：（1）根据叠加定理和齐性定理，将电流I写成一般表达式

IIIKISI （1）

式中，IKI是电流源单独作用时产生的电流；I是N内独立电源作用产生的电流。

S

由已知条件得

1.2mAK0I

1.4mAK10mAI

解得

K0.02， I1.2mA 代入式（1）得

I0.02IS1.2mA

所以当IS15mA时

I0.0215mA1.2mA1.5mA

（2）将22左边等效成戴维南电路。如图（b）所示

R＋U－

R

b

由（1）的计算结果得

UOC(RoR)I(50100)1.5mA225mV

当R改为200时，

I

UOC225mV

0.9mA

RoR(50200)

答案3.13

解：将开关S左侧的电路化为最简等效电路。

6R

i

S3

(a)

(b)

A

Uoc

(c)

由题意得

（1）求开路电压UOC

由图（a）可知，开路电压为3电阻两端电压，即

UOC35A=15V

（2）求等效电阻Ri

将独立电压源置零，对3个2电阻联接做星－三角变换。电路如图 (b)所示。

Ri3//6//6//621.5

亦可利用电桥平衡原理，电路如图 (c)所示，ab间电位相等，等效电阻为

Ri[(2//6)2]//31.5

（3）开关闭合后电路如图（d）所示。列节点电压方程 节点①：

U1115V

()UOC2A=2A 1.51.5Ri1.5

解得 U9V

图（a）电路中，1.5电阻与3电阻并联，电压相等，即3电阻两端电压亦为9V。 则

I

答案3.14

U

3A 3

解：方法一： 应用戴维南定理求I1。

2

i

U(a)

(b)(c)

UI2

(d)

(e)

由图（b）有

US5I

ISII3.5I5.5I

等效电阻

Ri

US10 IS11

又由已知条件得

UOC(Ri2)I1

160

V 11

简化后的电路如图(c)所示。 所以当R4时

I1

UOC(160/11)V80

A2.963A

RRi(410/11)27

I2。 将I1用电流源来置换，用叠加定理分析置换后的电路，即将I2分解成I2I2

是其余电源共同作用时的解答，为电流源I1单独作用时的解答，其中I2如图(d)所示；I2

如图(e)所示。由图（d）可得：

5I'0 KVL： 5I2

KCL： I13.5II2I0 联立解得

'

'

'

I2

2

I1 11

因此，电流I2可以写成：

I2I2I2

由已知条件得

2

 I1I2

11

254

 I2A 5AI2

1111

所以，当R4时，

28054

I2A+A4.37A

112711

4A

方法二：对回路列写KVL方程： 回路l1: 回路l2:

5IRI1U2 (1)

RI15I2U1U2U3U'1 (2)

再对闭合面列写KCL方程：

II13.5II20 (3)

由式(3)解得：

2

I(I1I2) (4)

9

将式(4)代入(1)，再与式(2)联立得方程组：

(109R)I110I2U'2

(5) 

RI15I2U'1

将R2时的已知电流代入上式求得电压：

U'110,U'2180V，

由此将方程(5)写成：

(109R)I110I2180

(6) 

RI15I210

当R4时，由方程(6)解得：

I180/27A, I2118/27A。

答案3.15

解：由图（a）可以看出，c所示。

h点均为等电位点，可将其联为一点，得简化电路如图（b）





8(c)

(b)

图（b）可知ab端左侧最简等效电路为

UOCU8V，Ri8

如图( c)所示。由图(c )得

U

8R

已知当R12，U8V时，

8VI0.4A

812

I

当设图（a）电路最左侧16支路流过电流为I1，如图（b）递推所示，流过R的电流为

32I1，即I32I1

I1

答案3.16

解：设ab端戴维南等效电路开路电压为UOC。则电阻R流过的电流

I0.4A0.0125A 3232

I

UOC

(1)

RRi

将电阻R用ISI的电流源置换，由齐性定理得

I2I2kI (2)

为N内等效电源作用。 其中I2

将R0时，I26A；R时，I2＝9A代入式（1）， 得

I29A，k

27

(3) UOC

将式(1)、（3）代入式(2)，得 I29

27UOC9(6R)

 UOC9R9R

答案3.17

解: 设网络共有b条支路，各支路电压电流取关联参考方向，由特勒根定理得

ˆUIˆˆU1I122UkIk0 (1)

k3b

b

ˆIUˆIUˆI0 (2) U1122kk

k3

因为N为纯电阻网络，故

ˆIUIˆRIIˆRIˆIU

kk

kkk

kkk

k3

k3

k3

k3

bbbb

kk

(3)

将式(3)代入式(1)、(2)得

ˆUIˆˆˆU1I122U1I1U2I2 (4)

对（a）图：

U110V, U22V, I22V/50.4A

对（b）图：

ˆ0, Uˆ20V, Iˆ4A U122

代入式(4)得

ˆ2Vˆ1.6A 10VI（4A)0I120V0.4A  I11

注释：对仅由二端电阻组成的二端口网络，不论端口外接情况如何，方程(4)都是成立

的，因此可作为公式使用。

答案3.18

解：当N为互易性网络时，图(a)、(b)的端口电压、电流满足

ˆUIˆˆˆU1I122U1I1U2I2 （1）

已知

ˆ1AR，Uˆ5V U11V，U20，I12A，I21A，U12

代入（1）式，得

1V1A01A1AR(2)A51A

解得

R2

答案3.19

解： 根据互易定理第二种形式，将10A电流源移到右端与20电阻并联，则ab端60

电阻上电压即为所求电压U，如图（b）所示。该电路电桥平衡，bc间电流为零。电路可进一步简化成图（c）。

＋

(b)

A

U－

U

U(a)

U

200V45

6080V

90459045209045

答案3.20

解：电流I是各独立电压源的线性组合。

+U1-(a)

I

(b)

为求各系数，令U1U2U3U41V，则各独立电源单独作用时产生的电流I的量值就是相应的比例系数。由叠加定理和互易定理，计算各电压源单独作用时的电流I值等效于计算图(b)中只有U1V一个电压源作用时的各支路电流值I1、I2、I3、I4。采用倒推法。

I2I1,I3[4(I1I2)4I2]/43I1 I4[4(I1I2I3)4I3]/48I1 U4(I1I2I3I4)4I484I11V

由最后一式解得：

I1

1A 84

所以

I11I1

S，K22S，

U84U84

I3II8I12

K331S， K441S。

UU28UU21K1