一、求 7 A 电流源、受控源、电压源吸收的功率

读图：左侧 $7\,\mathrm{A}$ 电流源（向上）；上方左边 $4\,\Omega$；中间竖直支路为 $4\,\Omega$ 电阻，其电压已标为 $8\,\mathrm{V}$（上正下负）；上方右边 $4\,\Omega$ 电阻电压为 $u_1$（左负右正）；$U_s$ 支路；最右为 $0.2u_1$ 受控电流源（向下）。设下导线为参考点，从左到右上方三个结点为 A、B、C（C 与受控源上端为同一结点）。

解题步骤

  1. 中间 $4\,\Omega$ 电阻中的电流为
    $$I=\frac{8}{4}=2\,\mathrm{A}\quad(\text{向下}),\qquad V_B=8\,\mathrm{V}.$$
  2. $7\,\mathrm{A}$ 全部流经左边 $4\,\Omega$ 电阻（左→右）。由结点 B 的 KCL，流向右边 $4\,\Omega$ 电阻的电流为
    $$I_{BC}=7-2=5\,\mathrm{A}.$$
  3. 因电流从左向右，而 $u_1$ 的参考方向为右正左负，故
    $$u_1=-4\times5=\boxed{-20\,\mathrm{V}}.$$
  4. 受控源电流
    $$0.2u_1=0.2\times(-20)=-4\,\mathrm{A},$$
    即实际有 $4\,\mathrm{A}$ 向上流入结点 C。
  5. 对结点 C 列 KCL，流过 $U_s$ 的电流（自上而下）为
    $$I_s=5+4=9\,\mathrm{A}.$$
  6. 各结点电压为
    $$V_A=V_B+4\times7=36\,\mathrm{V},$$
    $$V_C=V_B+u_1=8-20=-12\,\mathrm{V},$$
    因而 $\boxed{U_s=-12\,\mathrm{V}}$。

功率（以吸收功率为正）

  • $7\,\mathrm{A}$ 电流源：电流从电压正端流出，
    $$P_{7\mathrm A}=-36\times7=\boxed{-252\,\mathrm{W}},$$
    即发出 $252\,\mathrm{W}$。
  • 受控源：按图示关联参考方向，
    $$P_c=ui=(-12)\times(-4)=\boxed{48\,\mathrm{W}},$$
    即吸收 $48\,\mathrm{W}$。
  • 电压源 $U_s$：电流从正端流入，
    $$P_{U_s}=U_sI_s=(-12)\times9=\boxed{-108\,\mathrm{W}},$$
    即发出 $108\,\mathrm{W}$。

校核：
$$P_{\text{发出}}=252+108=360\,\mathrm{W},$$
$$P_{\text{吸收}}=48+4\times7^2+4\times2^2+4\times5^2=360\,\mathrm{W}.\quad\checkmark$$

知识点：KCL/KVL、受控源的处理、功率关联参考方向判断、功率平衡校核。

二、求电流 $I$

读图：左支路为 $1\,\Omega+14\,\mathrm{V}$（上正）；中间支路为 $2\,\Omega+(-2\,\mathrm{V})$（上正）；右支路为 $3\,\Omega$（$I$ 向下）；$1\,\Omega$ 水平电阻连接左顶点 L 与中间结点 M；受控电流源 $2I$ 与水平 $1\,\Omega$ 电阻并联，方向为 L→M。

结点电压法（底线为参考，未知量为 $V_L,V_M$）

由控制量约束得
$$I=\frac{V_M}{3},\qquad V_M=3I.$$

对结点 L 列 KCL：
$$\frac{14-V_L}{1}=\frac{V_L-V_M}{1}+2I,$$
$$14=2V_L-I,\qquad V_L=\frac{14+I}{2}.$$

对结点 M 列 KCL：
$$(V_L-V_M)+2I=\frac{V_M+2}{2}+\frac{V_M}{3},$$
$$V_L-I=2.5I+1,\qquad V_L=3.5I+1.$$

联立两式：
$$\frac{14+I}{2}=3.5I+1,$$
$$14+I=7I+2,$$
$$\boxed{I=2\,\mathrm{A}}.$$

校核：$V_M=6\,\mathrm{V}$，$V_L=8\,\mathrm{V}$，因此
$$I_{\text{流入 M}}=\frac{8-6}{1}+2\times2=6\,\mathrm{A},$$
$$I_{\text{流出 M}}=\frac{6+2}{2}+\frac{6}{3}=6\,\mathrm{A}.\quad\checkmark$$

知识点：含受控源电路的结点电压法。先将受控源当作独立源列方程，再补充控制量约束式。

三、互易定理求 $I$

分析：图 (b) 中 $1\,\mathrm{A}$ 电流源与 $4\,\Omega$ 电阻并联，可等效为 $4\,\mathrm{V}$ 电压源（下正上负）串联 $4\,\Omega$ 电阻。这样图 (a)、图 (b) 就变成“同一无源网络中，电压源在两条支路间互换位置”，可使用互易定理第一形式。

参考方向的选取

  • 支路 1（底边）：图 (a) 中 $12\,\mathrm{V}$ 电源左正右负，电压升方向为右→左，因此取 $i_1$ 的参考方向为右→左。
  • 支路 2（中间）：$i_2=I$ 参考方向向下；图 (b) 中等效 $4\,\mathrm{V}$ 电源下正上负，电压升方向向下，与 $i_2$ 一致。

由互易定理：
$$\frac{i_2}{u_{s1}}=\frac{i_1'}{u_{s2}},$$
$$\frac{2}{12}=\frac{i_1'}{4},$$
$$i_1'=\frac{2}{3}\,\mathrm{A}\quad(\text{右→左}).$$

而图 (b) 中 $I$ 的参考方向为左→右，故
$$\boxed{I=-\frac{2}{3}\,\mathrm{A}\approx-0.667\,\mathrm{A}}.$$

知识点：互易定理及其方向约定、诺顿—戴维南等效互换。关键是先把电流源并联电阻变换为电压源串联电阻，使两图结构对应。

四、一阶动态电路（S 闭合后）

读图：$4\,\mathrm{A}$ 电流源与 $2\,\Omega$ 电阻并联，经 $2\,\Omega$ 电阻连接结点 P（$0.1\,\mathrm{H}$ 电感接地），再经 $4\,\Omega$ 电阻连接结点 Q；Q 点还连接开关 S、$2\,\Omega+12\,\mathrm{V}$ 支路，以及经 $2\,\Omega$ 电阻连接的 $1\,\mu\mathrm{F}$ 电容。

1. 初始值

$t=0^-$ 时 S 断开，电路处于直流稳态，电感相当于短路，电容相当于开路。

左侧 $4\,\mathrm{A}\parallel2\,\Omega$ 等效为 $8\,\mathrm{V}$ 串联 $2\,\Omega$，故流入 P 的电流为
$$I_{\text{左}}=\frac{8}{2+2}=2\,\mathrm{A}.$$

右侧 $12\,\mathrm{V}$ 电源经 $2\,\Omega$、$4\,\Omega$ 到 P，电流为
$$I_{\text{右}}=\frac{12}{2+4}=2\,\mathrm{A}.$$

因此
$$\boxed{i_L(0^-)=4\,\mathrm{A}},$$
$$V_Q=12-2\times2=8\,\mathrm{V},\qquad \boxed{u_C(0^-)=8\,\mathrm{V}}.$$

2. $t>0$ 时的响应

S 闭合后 Q 点接地，电路解耦为两个独立的一阶电路。

（a）电感回路

从 P 点看，左侧为 $8\,\mathrm{V}$ 串联 $4\,\Omega$，右侧为 $4\,\Omega$ 接地。戴维南等效参数为
$$U_{\mathrm{oc}}=8\times\frac{4}{4+4}=4\,\mathrm{V},$$
$$R_{\mathrm{eq}}=4\parallel4=2\,\Omega.$$

于是
$$i_L(\infty)=\frac{4}{2}=2\,\mathrm{A},\qquad
\tau_L=\frac{L}{R_{\mathrm{eq}}}=\frac{0.1}{2}=0.05\,\mathrm{s},$$
$$\boxed{i_L(t)=2+2e^{-20t}\,\mathrm{A}}.$$

（b）电容回路

电容经 $2\,\Omega$ 电阻放电，时间常数为
$$\tau_C=RC=2\times10^{-6}\,\mathrm{s},$$
因此
$$\boxed{u_C(t)=8e^{-5\times10^5t}\,\mathrm{V}}.$$

（c）开关电流 $i(t)$

电感端电压为
$$V_P=u_L=L\frac{\mathrm di_L}{\mathrm dt}=-4e^{-20t}\,\mathrm{V}.$$

由 P 经 $4\,\Omega$ 流入 Q 的电流为 $-e^{-20t}\,\mathrm{A}$；$12\,\mathrm{V}$ 支路流入 Q 的电流为 $6\,\mathrm{A}$；电容经 $2\,\Omega$ 流入 Q 的电流为 $4e^{-5\times10^5t}\,\mathrm{A}$。因此
$$\boxed{i(t)=6-e^{-20t}+4e^{-5\times10^5t}\,\mathrm{A}},$$
且 $i(0^+)=9\,\mathrm{A}$。

知识点：换路定则、三要素法、戴维南等效求时间常数、开关闭合使电路解耦。

五、非线性电路小信号分析

1. 静态工作点

只考虑 $9\,\mathrm{V}$ 直流电源。从非线性电阻两端看，线性网络的戴维南等效参数为
$$U_{\mathrm{oc}}=9\times\frac{6}{3+6}=6\,\mathrm{V},$$
$$R_{\mathrm{eq}}=3\parallel6=2\,\Omega.$$

负载线方程和非线性电阻的伏安关系分别为
$$U=6-2I,\qquad U=0.5I^2.$$

联立得
$$I^2+4I-12=0,$$
$$I=2\,\mathrm{A}\quad\text{或}\quad I=-6\,\mathrm{A}.$$

负根不符合相应工作区，故静态工作点为
$$\boxed{I_Q=2\,\mathrm{A},\qquad U_Q=2\,\mathrm{V}}.$$

2. 动态电阻

$$R_d=\left.\frac{\mathrm du}{\mathrm di}\right|_Q
=\left.i\right|_Q
=\boxed{2\,\Omega}.$$

3. 小信号响应

小信号源的戴维南电压为
$$\Delta u_{\mathrm{Th}}=0.1\cos(2t)\times\frac{6}{9}
=\frac{1}{15}\cos(2t)\,\mathrm{V},$$
其内阻为 $2\,\Omega$。因此
$$\Delta i=\frac{\frac{1}{15}\cos(2t)}{2+2}
=\frac{1}{60}\cos(2t)\,\mathrm{A}.$$

总电流为
$$\boxed{i(t)=2+\frac{1}{60}\cos(2t)\,\mathrm{A}
\approx2+0.0167\cos(2t)\,\mathrm{A}}.$$

知识点：非线性电阻静态工作点、动态电阻、小信号等效电路与叠加思想。

六、求 $U_s$ 的复功率

功率表的电流线圈串联在电源出口，电压线圈跨接电源两端，故其读数等于电源发出的有功功率：
$$P_W=240\,\mathrm{W}.$$

1. 求支路电流

有功功率全部消耗在两个 $20\,\Omega$ 电阻上：
$$20I_1^2+20\times2^2=240,$$
$$I_1^2=8,
\qquad I_1=2\sqrt2\,\mathrm{A}.$$

2. 反求角频率

取
$$\dot I_R=2\angle0^\circ\,\mathrm{A},
\qquad \dot U_C=40\angle0^\circ\,\mathrm{V}.$$

电容电流为
$$\dot I_C=\mathrm j\omega C\dot U_C,$$
因此
$$|\dot I_1|^2=2^2+(40\omega C)^2=8.$$

解得
$$\omega C=0.05,
\qquad \boxed{\omega=5000\,\mathrm{rad/s}}.$$

此时
$$X_L=\omega L=20\,\Omega,
\qquad X_C=\frac{1}{\omega C}=20\,\Omega.$$

3. 求电源电压与复功率

$$\dot I_1=2+\mathrm j2=2\sqrt2\angle45^\circ\,\mathrm{A},$$
$$\dot U_s=40+(20+\mathrm j20)(2+\mathrm j2)
=40+\mathrm j80\,\mathrm{V}.$$

故
$$|\dot U_s|=40\sqrt5\approx89.4\,\mathrm{V}.$$

电源的复功率为
$$\begin{aligned}
S&=\dot U_s\dot I_1^*\
&=(40+\mathrm j80)(2-\mathrm j2)\
&=\boxed{240+\mathrm j80\,\mathrm{VA}}\
&=80\sqrt{10}\angle18.4^\circ\,\mathrm{VA}.
\end{aligned}$$

校核：
$$Q_L=I_1^2X_L=8\times20=160\,\mathrm{var},$$
$$Q_C=\frac{U_C^2}{X_C}=\frac{40^2}{20}=80\,\mathrm{var},$$
$$Q=Q_L-Q_C=80\,\mathrm{var}.\quad\checkmark$$

知识点：功率表读数、有功与无功守恒、由实测值反求频率、复功率 $S=\dot U\dot I^*$。

七、三相电路功率表读数

读图：Y 形电源中点为 N，Y 形对称负载中点为 N'；两只功率表的电流线圈均串联在 A 线上。$W_1$ 的电压线圈接 A—N，$W_2$ 的电压线圈接 A—N'。$S_1$ 位于 B 线，$S_2$ 位于中线 N—N'。

已知
$$\dot U_A=220\angle0^\circ\,\mathrm{V},$$
$$\dot U_B=220\angle(-120^\circ)\,\mathrm{V},$$
$$\dot U_C=220\angle120^\circ\,\mathrm{V},$$
$$Z=50\angle30^\circ\,\Omega.$$

1. $S_1$、$S_2$ 均打开

B 相断开且中线断开，A、C 两相负载串联在线电压 $\dot U_{AC}$ 上：
$$\dot U_{AC}=220\sqrt3\angle(-30^\circ)\,\mathrm{V}.$$

A 相线电流为
$$\dot I_A=\frac{\dot U_{AC}}{2Z}
=\frac{220\sqrt3}{100}\angle(-60^\circ)
=3.81\angle(-60^\circ)\,\mathrm{A}.$$

因此 $W_1$ 的读数为
$$\begin{aligned}
P_{W_1}
&=\operatorname{Re}(\dot U_{AN}\dot I_A^*)\
&=220\times3.81\cos60^\circ\
&=\boxed{242\sqrt3\,\mathrm{W}\approx419.2\,\mathrm{W}}.
\end{aligned}$$

负载 A 相电压为
$$\dot U_{AN'}=\dot I_AZ
=190.5\angle(-30^\circ)\,\mathrm{V}.$$

故 $W_2$ 的读数为
$$\begin{aligned}
P_{W_2}
&=190.5\times3.81\cos30^\circ\
&=I_A^2\operatorname{Re}(Z)\
&=\boxed{363\sqrt3\,\mathrm{W}\approx628.7\,\mathrm{W}}.
\end{aligned}$$

2. $S_1$、$S_2$ 均闭合

此时电路为对称 Y–Y 连接，
$$\dot U_{N'N}=0,
\qquad \dot U_{AN'}=\dot U_{AN}=\dot U_A.$$

A 相电流为
$$\dot I_A=\frac{220\angle0^\circ}{50\angle30^\circ}
=4.4\angle(-30^\circ)\,\mathrm{A}.$$

因此
$$\boxed{P_{W_1}=P_{W_2}=220\times4.4\cos30^\circ
=484\sqrt3\,\mathrm{W}\approx838.3\,\mathrm{W}}.$$

三相总有功功率为
$$P_{3\phi}=3P_A\approx2515\,\mathrm{W}.$$

知识点：对称三相电路的一相计算、缺相时的处理、功率表读数 $P=\operatorname{Re}(\dot U\dot I^*)$。

八、最大功率传输与线性性质

1. 求 $R_L$ 端口等效电阻

将 $U_{s1},U_{s2}$ 置零后，两条支路均由 $6\,\Omega$ 与 $4\,\Omega$ 串联组成，中间由 $8\,\Omega$ 桥接。由于
$$\frac{6}{4}=\frac{6}{4},$$
电桥平衡，$8\,\Omega$ 电阻中没有电流。因此
$$R_{\mathrm{eq}}=(6+4)\parallel(6+4)
=10\parallel10
=\boxed{5\,\Omega}.$$

2. 匹配状态

最大功率传输时
$$R_L=R_{\mathrm{eq}}=5\,\Omega.$$

由
$$P_{\max}=I_L^2R_L=20\,\mathrm{W}$$
可得
$$I_L=2\,\mathrm{A},
\qquad U_L=I_LR_L=10\,\mathrm{V}.$$

戴维南开路电压为
$$U_{\mathrm{oc}}=2U_L=\boxed{20\,\mathrm{V}}.$$

3. $I$ 与 $I_L$ 的线性关系

由线性电路的叠加性质，设
$$I=I_{\mathrm{oc}}+kI_L.$$

内部电源置零后，负载电流经平衡电桥的两条支路均分，中间 $6\,\Omega$ 电阻内的电流为 $I_L/2$，方向与 $I$ 的参考方向相反，因此
$$k=-\frac12.$$

当 $I_L=2\,\mathrm{A}$ 时，已知 $I=3\,\mathrm{A}$，于是
$$3=I_{\mathrm{oc}}-\frac12\times2,$$
$$I_{\mathrm{oc}}=4\,\mathrm{A}.$$

故
$$I=4-\frac{I_L}{2}.$$

4. 当 $R_L=15\,\Omega$

$$I_L=\frac{U_{\mathrm{oc}}}{R_{\mathrm{eq}}+R_L}
=\frac{20}{5+15}=1\,\mathrm{A},$$
$$\boxed{I=4-\frac12=3.5\,\mathrm{A}}.$$

知识点：戴维南定理、最大功率传输定理、平衡电桥、线性电路响应与叠加定理。

九、含两个电感的换路（强迫跃变）

1. 初始值

$t=0^-$ 时开关 S 闭合：
$$i_1(0^-)=\frac{10}{2}=5\,\mathrm{A},$$
而 $0.1\,\mathrm{H}$ 电感与 $3\,\Omega$ 电阻所在支路被短路，故
$$i_2(0^-)=0.$$

2. 换路瞬间

S 打开后，两电感串联，电流必须相等，因此会发生强迫跃变。根据磁链守恒：
$$(L_1+L_2)i(0^+)=L_1i_1(0^-)+L_2i_2(0^-).$$

代入数据：
$$0.4i(0^+)=0.3\times5+0.1\times0=1.5,$$
故
$$\boxed{i_1(0^+)=i_2(0^+)=3.75\,\mathrm{A}}.$$

3. $t>0$ 时的电流

稳态电流和时间常数分别为
$$i(\infty)=\frac{10}{2+3}=2\,\mathrm{A},$$
$$\tau=\frac{L_1+L_2}{2+3}
=\frac{0.3+0.1}{5}
=0.08\,\mathrm{s}.$$

因此
$$\boxed{i_1(t)=i_2(t)=2+1.75e^{-12.5t}\,\mathrm{A}},\qquad t>0.$$

4. 电感电压

对 $t>0$，
$$u_1=L_1\frac{\mathrm di}{\mathrm dt}
=\boxed{-6.5625e^{-12.5t}\,\mathrm{V}},$$
$$u_2=L_2\frac{\mathrm di}{\mathrm dt}
=\boxed{-2.1875e^{-12.5t}\,\mathrm{V}}.$$

在 $t=0$ 处还存在冲激电压：
$$u_1\supset L_1\left[i_1(0^+)-i_1(0^-)\right]\delta(t)
=-0.375\delta(t),$$
$$u_2\supset L_2\left[i_2(0^+)-i_2(0^-)\right]\delta(t)
=+0.375\delta(t).$$

二者相互抵消，满足 KVL。并且
$$u_1+u_2=10-5i=-8.75e^{-12.5t}\,\mathrm{V}.\quad\checkmark$$

知识点：电感串联导致的强迫跃变、磁链守恒、冲激电压、三要素法。

十、运放 RC 电路（文氏电桥）

1. 放大部分

该电路为同相比例放大器：
$$u_o=\left(1+\frac{R_2}{R_1}\right)u_i
=\boxed{3u_i}.$$

因此 $u_o$ 与 $u_i$ 始终同相。

2. 反馈网络

$u_i$ 是 $u_o$ 经“R 串 C”后，再在“R 并 C”网络上取得的分压。并联支路与串联支路的阻抗分别为
$$Z_p=\frac{R}{1+\mathrm j\omega RC},$$
$$Z_s=R+\frac{1}{\mathrm j\omega C}.$$

反馈系数为
$$\frac{\dot U_i}{\dot U_o}
=\frac{Z_p}{Z_s+Z_p}
=\frac{1}{3+\mathrm j\left(\omega RC-\frac{1}{\omega RC}\right)}.$$

同相条件要求虚部为零：
$$\omega RC-\frac{1}{\omega RC}=0,$$
$$\boxed{\omega RC=1},
\qquad \boxed{\omega=\frac{1}{RC}}.$$

由 $u_i=\cos t$ 可知 $\omega=1\,\mathrm{rad/s}$，故
$$\boxed{RC=1\,\mathrm{s}}.$$

此时
$$\left|\frac{\dot U_i}{\dot U_o}\right|=\frac13,$$
与放大倍数 3 恰好满足振荡平衡条件，所以
$$\boxed{u_o=3\cos t\,\mathrm{V}}.$$

知识点：理想运放的虚短与虚断、同相放大器、RC 串并联选频网络、文氏电桥振荡条件。

十一、二端口传输参数

1. 求传输参数矩阵

输入电阻与负载电阻的关系为
$$R_{\mathrm{in}}=\frac{AR_L+B}{CR_L+D}.$$

题给
$$R_{\mathrm{in}}=6-\frac{36}{8+R_L}
=\frac{6R_L+12}{R_L+8}.$$

比较系数，可设
$$A=6k,\qquad B=12k,\qquad C=k,\qquad D=8k.$$

该网络无源且互易，因此
$$AD-BC=1.$$

代入得
$$48k^2-12k^2=1,$$
$$36k^2=1,$$
$$k=\frac16.$$

故传输参数矩阵为
$$\boxed{
\boldsymbol T=
\begin{bmatrix}
1 & 2\[2pt]
\dfrac16 & \dfrac43
\end{bmatrix}}.$$

其中 $A,D$ 无量纲，$B$ 的单位为 $\Omega$，$C$ 的单位为 $\mathrm S$。校验：
$$AD-BC=\frac43-\frac13=1.\quad\checkmark$$

对应的 $\Gamma$ 形网络为：输入端并联 $6\,\Omega$ 电阻，再串联 $2\,\Omega$ 电阻至输出端，确有
$$R_{\mathrm{in}}=6\parallel(2+R_L).$$

2. 实验测定传输参数

采用定义
$$\begin{cases}
U_1=AU_2+B(-I_2),\
I_1=CU_2+D(-I_2).
\end{cases}$$

实验一：输出端开路

当 $I_2=0$ 时，在输入端接可调电压源、电流表 $A_1$ 和电压表 $V_1$，输出端保持开路并用电压表 $V_2$ 测量 $U_2$：

 电压源(0~30 V) ─┬─(A1)─┬───┐N┌───┬── (开路)
                  │      V1  │ │   V2
                  └────────┴──┘ └───┴──

由测得的 $U_1,I_1,U_2$ 可得
$$\boxed{A=\left.\frac{U_1}{U_2}\right|_{I_2=0}},$$
$$\boxed{C=\left.\frac{I_1}{U_2}\right|_{I_2=0}}.$$

实验二：输出端短路

当 $U_2=0$ 时，用电流表 $A_2$ 直接短接输出端，输入端接法不变：

 电压源(0~30 V) ─┬─(A1)─┬───┐N┌────(A2)─┐
                  │      V1  │ │         │
                  └────────┴──┘ └─────────┘

注意 $I_2$ 的参考方向为流入端口 2，实测短路电流对应 $-I_2$。由测得的 $U_1,I_1,I_2$ 可得
$$\boxed{B=\left.\frac{U_1}{-I_2}\right|_{U_2=0}},$$
$$\boxed{D=\left.\frac{I_1}{-I_2}\right|_{U_2=0}}.$$

若网络互易，可用
$$AD-BC=1$$
进行校验。测量时应将电压源从零缓慢调高，避免短路实验中的电流过大。

知识点：传输参数定义、互易条件、开路与短路试验法、仪表接法。