第四章 电路定理
电路定理
i
i a u b uoc
Req
a
u b
38
N
4-3 戴维南定理和诺顿定理
1. U oc的求法 1) 测量: 将ab端开路，测量开路处的电压U oc 2) 计算: 去掉外电路，ab端开路，计算开路电压U oc 2. Ro的求法
U ' I 'U ' ' I ' 'U ' I ' 'U ' ' I '
P' U ' I ' P'' U '' I ''
P P ' P ' '
功率为电压和电流的乘积，为电源的二次函数。
16
4-1 线性电路补充性质-齐性原理
性质2: 齐次性
——齐性原理（homogeneity property)
u3 u3 u3
8
4-1 叠加定理
u3 u3 u3
10V
i1 6
R1
us
10i1
i2
R2 4
u3
4A is
=
i1
i1
R1
us
i2
10i1
u3
R1
i2
10i1
R2
+
R2
(b) 电流源单独作用
iS
u3
9
(a) 电压源单独作用
若已知其端电流，可用一个电流源来代替，此电流 源的电流的大小和参考方向均与已知的端电流相同。
电路理论_(4)
例：电路如图(a), 电路响应
i2 i2 iS 0 i2 uS 0 i2(1) i2(2)
u1 u1 iS 0 u1 uS 0 u1(1) u1(2)
电路等效为下图
i (1)
2
uS R1 R2
i(2)
2
R1iS R1 R2
u (1) 1
R1uS R1 R2
u(2) 1
R1R2iS R1 R2
18
二、 诺顿定理
诺顿定理：任何一个线性含源二端网络，对外电路来讲，可 以用一个电流源和电导的并联组合等效变换。其电流源的电 流 iS = isc 为网络端口的短路电流；电导Geq=（1/ Req ）为网络 内部电源均为0时的端口的输入电导。
含源一端 口网络
戴维宁等效电路 诺顿等效电路
两种等效电路共有3个参数： uoc , isc ,Req 其关系为： uoc = isc Req 戴维宁等效电路和诺顿等效电路统称为一端口的等效发电机。
33
4-6 对偶原理
注意以下关系式：u Ri, i Gu 对于CCVS： u2 ri1， 对于VCCS： i2 gu1
对偶元素：电压与电流；电阻与电导；CCVS与VCCS；r与g
n
R Rk k 1
i u R
uk
Rk R
u
两个电路互为对偶
n
G Gk k 1
u i G
ik
Gk G
i
显然，在上式中将对偶元素互 换，则对应关系式彼此转换
+
6
例：4-2 求图示电路中的电压 u3 。
+
7
例：4-3 求图示电路中的电压 u3 。
+
8
线性电路的齐性定理：当所有激励（独立电压源和独立电流源） 都同时增大或减小K倍时，响应（电压或电流）也将同样增大或 减小。 例：4-4 求图示电路中的各支路电流。
第四章 电路定理 互易定理
–
d
2A
(c)
a Req
b
线性 电阻 网络 NR
c
a I 5 5 + 5V – 戴维宁等 效电路
(d)
d
b
Req u1 2 10 2 5
(2) 结合a图，知c 图的等效电阻：
I 5 55 0.5A
解2
应用特勒根定理：
ˆ ˆ u1i1 u2 i2 u1 i1 u 2 i2
求(a)图电流I ，(b)图电压U。 2 4 + I 12V – (a) 1 ＋ I 6
12V
+ 6A
U
4 2 (b)
－
－
6A 1 + 6 U –
解
I
利用互易定理
12 1 6 // 6 1 2 1.5A
U 3 2 6V
例2 解
I'
求电流I 。
利用互易定理
ˆ ˆ 10i1 5 ( 2) 5i1 ( 2) u 2 0
ˆ i1 I 0.5 A
如要电路具有互易性，则： U ab U cd
( 1) 3 ( 3 )
2
一般有受控源的电 路不具有互易性。
例3
测得a图中U1＝10V，U2＝5V，求b图中的电流I 。
a 2A
b 解1
+ 线性 电阻 u1 网络 –
NR
c
+ – d u2
a
5
I
(a)
b
线性 电阻 网络 NR
c + – 2A
(b)
d
a – b
(1) 利用互易定理知c 图的
电路分析第四章 电路定理
Uoc = U1 + U2
= -104/(4+6)+10 6/(4+6)
= -4+6=2V I a
Ri
+
(2) 求等效电阻Ri
Rx
a
Ri b
Uoc – b (3) Rx =1.2时，I= Uoc /(Ri + Rx) =0.333A I= Rx =5.2时， Uoc /(Ri + Rx) =0.2A Rx = Ri =4.8时，其上获最大功率。
计算； 2 加压求流法或加流求压法。
3 开路电压，短路电流法。
2 3 方法更有一般性。
(3) 外电路发生改变时，含源一端口网络的等效电路不变(伏安特性等效)。 (4) 当一端口内部含有受控源时，控制电路与受控源必须包 含在被化简的同一部分电路中。
21
第4章 电路定理
例1.
4 a Rx 6 + I b 10V
2.5A
10V 2 5V
?1A
?
这里替代后，两并联理想电压源 5V 5 1.5A 电流不确定，该支路不能被替代
14
第4章 电路定理
例.
3 + 1 Rx – U Ix + 0.5 0.5 若要使 I x 试求Rx。
1 8
I,
10V
–
I
0.5
解： 用替代：
1
1
I 0.5
8
I
1
0.5
又证:
ik
A
+ uk –
支 路 k
A
ik
+
–
uk
A
+ uk – uk
支 路 k
uk
电路理论4电路定理
13
4.3 戴维宁定理与诺顿定理
a
N0
Req
b
a
Req
b
a N
b
a
Req
+ U_ oc
?
编辑ppt
b
14
戴维宁定理：一个线性含有独立电源、线性电阻和线性受控 源的一端口网络，对外电路来说，可用一个电压源和电阻串联 等效。
I1
+NLeabharlann ULoad_
1’
I
1
U oc +
U
Load
Req _
1’
原始电路和戴维宁等效电路
可加性
i2' k1is i2''k2Us 齐次性（单电源作用）
i2 k1is k2Us
线性性（对功率不适用）
编辑ppt
4
应用叠加定理时注意以下几点:
➢ 叠加定理只适用于线性电路
➢ 某个独立电源单独作用时，其它独立电源置零。将电源置 零的方法是：若置电压源为零，则用短路代替；若置电流 源为零，则用开路代替
➢ 功率不能叠加(功率为电源的二次函数)
➢ 含受控源(线性)电路亦可用叠加，受控电源可视为独立电 源，让其单独作用于电路；也可视为非电源原件，在每一
独立源单独作用时，受控源应始终保留于电路之中
➢ u,i叠加时要注意各分量的方向
编辑ppt
5
运用叠加定理求解电路的步骤:
➢ 在电路中标明待求支路电流和电压的参考方向
编辑ppt
U 3U S12IS23
8V
8
4.2 替代定理 (Substitution Theorem)
定理内容：
在任意一个电路中，若某支路k电压为uk、电流为ik，且该 支路与其它支路不存在耦合，那么这条支路 • 可以用一个电压等于uk的独立电压源替代； • 或者用一个电流等于ik的 独立电流源来替代；
电路理论基础第四章西安电子科技大学出版社
a11x1′ + a12 x2′ + L + a12b x2′ b = c1′
⎫
a21x1′ + a22 x2′ + L + a22b x2′ b = c2′
⎪ ⎪
LL
⎬ ⎪
a2b1x1′ + a2b 2 x2′ + L + a2b 2b x2′ b = c2′ b ⎪⎭
a11x1′′ + a12 x2′′ + L + a12b x2′′b = c1′′
N
i =0
a +
ubo-c
N0
i a+ u
b-
R eq
=
u i
方法2： uoc 的求法同前；令网络 N 端口短路，求出其短
路电流 isc ，则有 R eq = u oc i sc 。
证明：
a
a
N
isc
b
uoc
Req isc
b
R eq
=
u oc i sc
方法3：求出网络 N 的端口VAR，画出
由电压源与电阻串联而成的等效电路。
例1：求图示电路的戴 维南等效电路。
解法1：
2Ω 2V
a
2Ω - 4V + I
2I b
2Ω 2V
I=0a
2Ω - 4V +
2I
+ U- ObC
U OC = 4 − 2 = 2 (V )
将原网络内部独立源置零，得：
a 设 I 已知，有
2Ω
2Ω
I+
U
2I
-b
U = 2I + (2I + I ) × 2 = 8I
第4章 电路的基本定理
i 1.2A
u 2(2 i) 1.6V
i i i 1.4 1.2 0.2A u u u 7.2 1.6 5.6V
【例4-4】图示N为线性含源网络。已知：当iS1=8A， iS2=12A 时，响应ux＝80V；当iS1=－8A， iS2=4A时，响应ux＝0V；当 iS1 =iS2 =0A时，响应ux＝－40V。当iS1 =iS2 =20A时，ux为多少？ 解 设网络N内所有独立源作为一组， 所产生的响应分量为ux(3)， iS1和 iS2产 生的响应分量为AiS1与B iS2 。则
uk 为原值
(b)
ik 可以是任意值（电压源特点）
原电路[图（a）]的所有支路电压和电流将满足图(b)的全 部约束关系。若电路只有惟一解，则所有电压和电流保持原 值。
替代定理不适用：
⑴ 电路在替代前后，具有多解；
⑵ 被替代支路中，含有网络N中受控源的控制量， 且替代将使控制量消失。
【例4-6】图a电路中，i1＝4A， i2＝6A， i3＝10A，u1＝80V，
uS u Rin i iS
iS
u
i
uS
N
输入电阻
【例4-5】已知U=68V,求各支路电流。
A
U
I1
1
I3
1
I5
1
I7
1
U2
1
U4
1
U6
1
1
B
I2
I4
I6
I8
解 设 I8＝1A，则
I 7 I 8 1A
第四章 电路定理
2、电路中含有受控源。
R1 R2 R3 R4 R2 R3
即： R1 R3 R2 R4
求uoc 时，就是含受控源的线性电路分析问题； 求Re q 时，将独立源置零、受控源保留，用外加激励法。
1 uS R1 R2
i1
i2
R2 iS R1 R2
R1 iS R1 R2
u2 R2i2
R1 R2 iS R1 R2
i1 i1 i1，
u2 u2 u2
二，使用叠加定理的注意事项： • • • 叠加定理只适用于线性电路； 分解电路时，除独立电源以外的所有元件及连线不予更动； 电路中所有电压电流的参考方向不变；
示线性电阻电路，用叠加定理求得：
10 2 i1 (t ) A 2.5e t A (2.5 1.25e t )A 22 22 10 2 i 2 (t ) A 2.5e t A (2.5 1.25e t )A 22 22
§4-3 戴维南定理和诺顿定理 一、问题的引入： 1、对于一个无源线性一端口： 2、对于一个含独立源的线性一端口：
思考一下：如果上图中，不止一个电源激励，还有另外一个激励时， 如何分析？ 结论：当两个电源激励同时增大K倍时，所有支路的响应也相 应增大K倍。 （这一点可以很方便的用叠加定理加以证明。） 2、齐性定理的推广： 在线性电路中，如果所有激励同时均增大K倍，则所有响 应也相应增大K倍。
再思考：如果线性电路中有两个电源激励，不同时增大同一倍数， 一个增大K1倍，而另一个增大K2倍，则响应会如何变化？ 请看下图电路：
•
• •
独立电压源置零，用短路线取代（支路作短路处理） ；
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第四章 电路定理电路定理是电路理论的重要组成部分，为我们求解电路问题提供了另一种分析方法，这些方法具有比较灵活，变换形式多样，目的性强的特点。
因此相对来说比第三章中的方程式法较难掌握一些，但应用正确，将使一些看似复杂的问题的求解过程变得非常简单。
应用定理分析电路问题必须做到理解其内容，注意使用的范围、条件，熟练掌握使用的方法和步骤。
需要指出，在很多问题中定理和方程法往往又是结合使用的。
4-1 应用叠加定理求图示电路中电压ab u 。
解：首先画出两个电源单独作用式的分电路入题解4-1图（a ）和（b ）所示。
对（a ）图应用结点电压法可得1sin 5)121311(1t u n =+++ 解得 15sin 3sin 53n t u t V== (1)111113sin sin 2133n ab n u u u t t V=⨯==⨯=+对（b ）图，应用电阻的分流公式有1132111135t t e i e A--+=⨯=++所以 (2)110.25t t ab u i e e V--=⨯==故由叠加定理得(1)(2)sin 0.2t ab ab ab u u u t e V -=+=+4-2 应用叠加定理求图示电路中电压u 。
解：画出电源分别作用的分电路如题解（a ）和（b ）所示。
对（a ）图应用结点电压法有105028136)101401281(1++=+++n u解得(1)113.650.10.0250.1n u u +==++ 18.624882.6670.2253V===对（b ）图，应用电阻串并联化简方法，可求得10402(8)32161040331040183(8)21040si u V ⨯⨯++=⨯=⨯=⨯+++ (2)16182323si u u V-==-⨯=-所以，由叠加定理得原电路的u 为(1)(2)24888033u u u V =+=-=4-3 应用叠加定理求图示电路中电压2u 。
解：根据叠加定理，作出2V电压源和3A电流源单独作用时的分电路如题解图（a）和（b）。
受控源均保留在分电路中。
（a）图中(1)120.54i A==所以根据KVL有(1)(1)21322320.521u i V=-⨯+=-⨯⨯+=-由（b）图，得0)2(1=i(2)2339u V=⨯=故原电路中的电压(1)(2)2228u u u V=+=4-4应用叠加定理求图示电路中电压U。
解：按叠加定理，作出5V和10V电压源单独作用时的分电路如题解4-4图（a）和（b）所示，受控电压源均保留在分电路中。
应用电源等效变换把图（a）等效为图（c），图（b）等效为图（d）。
由图（c），得311)1(32)1()1(5212152-=⨯++-=UUU从中解得(1)3U V=-由图（d）得(2)(2)(2)2020223312112133U UU++=⨯=++从中解得(2)20341113U V==-故原电路的电压(1)(2)341U U U V=+=-+=注：叠加定理仅适用于线性电路求解电压和电流响应，而不能用来计算功率。
这是因为线性电路中的电压和电流都与激励(独立源)呈线性关系，而功率与激励不再是线性关系。
题4-1至题4-4的求解过程告诉我们：应用叠加定理求解电路的基本思想是“化整为零”，即将多个独立源作用的较复杂的电路分解为一个一个（或一组一组）独立源作用的较简单的电路，在分电路中分别计算所求量，最后代数和相加求出结果。
需要特别注意：（1）当一个独立源作用时，其它独立源都应等于零，即独立电压源短路，独立电流源开路（2）最后电压、电流是代数量的叠加，若分电路计算的响应与原电路这一响应的参考方向一致取正号，反之取负号。
（3）电路中的受控源不要单独作用，应保留在各分电路中，受控源的数值随每一分电路中控制量数值的变化而变化。
（4）叠加的方式是任意的，可以一次使一个独立源作用，也可以一次让多个独立源同时作用（如4－2解），方式的选择以有利于简化分析计算。
学习应用叠加定理，还应认识到，叠加定理的重要性不仅在于可用叠加法分析电路本身，而且在于它为线性电路的定性分析和一些具体计算方法提供了理论依据。
4－5 试求图示梯形电路中各支路电流，结点电压和sou u 。
其中s u ＝10V 。
解：由齐性定理可知，当电路中只有一个独立源时，其任意支路的响应与该独立源成正比。
用齐性定理分析本题的梯形电路特别有效。
现设支路电流如图所示，若给定'551i i A == 则可计算出各支路电压电流分别为''5''225''442'''3345'''1132'''1123'''112012020(420)12424/1224/12221353524391344443955o o n n n n n n s s n u u i V u u i V i i u Ai i i i Au u i u V i i i i Au u i u V ==⨯=⨯===⨯+=⨯=======+=+===⨯+=⨯+===+=+===⨯+=⨯+=即当激励's s u u =V 55=时，各电压、电流如以上计算数值，现给定 =s u 10 V ，相当于将以上激励'su 缩小了5510倍，即 1125510==K故电路各支路的电流和结点电压应同时缩小112倍，有'11'22'33'44'55'11'22'2840.72711112211111263111124211112211111278391111248241111240201111n n n n o o i Ki A i Ki Ai Ki Ai Ki Ai Ki Au Ku V u Ku V u Ku V==⨯====⨯===⨯===⨯===⨯===⨯===⨯===⨯=输出电压和激励的比值为 404110.3641011o s u u ===注：本题的计算采用“倒退法”，即先从梯形电路最远离电源的一端开始，对电压或电流设一便于计算的值，倒退算至激励处，最后再按齐性定理予以修正。
4－6 图示电路中，当电流源1s i 和电压源1s u 反向时（2s u 不变），电压ab u 是原来的0.5倍；当1s i 和2s u 反向时（1s u 不变），电压ab u 是原来的0.3倍。
问：仅1s i 反向（1s u ，2s u 均不变），电压ab u 应为原来的几倍？解：根据叠加定理，设响应 ①231211s s s ab u K u K i K u ++=式中1K ，2K ，3K 为未知的比例常数，将已知条件代入上式，得②1121320.5ab s s s u K i K u K u =--+③2312113.0s s s ab u K u K i K u -+-= ④231211s s s ab u K u K i K xu ++-= 将式①，②，③相加，得⑤2312118.1s s s ab u K u K i K u ++-=显然⑤式等号右边的式子恰等于式④等号右边的式子。
因此得所求倍数。
1.8x =注：本题实际给出了应用叠加定理研究一个线性电路激励与响应关系的实验方法。
4－7 图示电路中110s U V =，215s U V =，当开关S 在位置1时，毫安表的读数为'40I mA =；当开关S 合向位置2时，毫安表的读数为''60I mA =-。
如果把开关S 合向位置3，毫安表的读数为多少？解：设流过电流表的电流为I ，根据叠加定理12s s I K I K U =+当开关S 在位置1时，相当于0=s U ，当开关S 在位置2时，相当于1s s U U =， 当开关S 在位置3时，相当于2s s U U =-，把上述条件代入以上方程式中，可 得关系式1040604021211⨯+=+=-=K U K I K I K s s s从中解出 10101002-=-=K所以当S 在位置 3 时，有122()40(10)(15)190s s I K I K U mA =+=+-⨯-=4－8 求图示电路的戴维宁和诺顿等效电路。
解：求开路电压oc u 。
设oc u 参考方向如图所示，由KVL 列方程0)1(23)42(=-+++I I解得AI 81-= VI u oc 5.0)81(44-=-⨯=⨯=求等效内阻eqR 。
将原图中电压源短路，电流源开路，电路变为题解4－8（a ）图，应用电阻串并联等效，求得eqR =(2+2)//4=2Ω画出戴维宁等效电路如图（b ）所示，应用电源等效变换得诺顿等效电路如图（c ）所示。
其中A R u I eq oc sc 25.025.0-=-==注意画等效电路时不要将开路电压oc u 的极性画错，本题设a 端为oc u 的“＋”极性端，求得的oc u 为负值，故（b ）图中的b 端为开路电压的实际“＋”极性端。
4－9 求图示电路的戴维宁等效电路。
解：本题电路为梯形电路，根据齐性定理，应用“倒退法”求开路电压oc u 。
设'10oc oc u u V ==，各支路电流如图示，计算得'55'22''244'''3345''1132'122''123''1110110(210)112122.4552.413.477 3.41235.835.85.967665.967 3.49.367999.36735.8120.1n n n n n n n s s n i i A u u Vu i i Ai i i i Au u i u Vu i i A i i i Au u i u =====+⨯=======+=+===⨯+=⨯+======+=+===⨯+=⨯+=V 故当5s u V =时，开路电压oc u 为'5100.41612.1oc oc u Ku V ==⨯=将电路中的电压源短路，应用电阻串并联等效，求得等效内阻eqR 为[(9//67)//52]//10 3.505eq R =++=Ω画出戴维宁等效电路如题解4－9图所示。
4－10 求图中各电路在ab 端口的戴维宁等效电路或诺顿等效电路。
解（a ）：先求开路电压oc u 。
应用结点电压法，结点编号如图（a ）所示。
结点方程为1212111110()222221111()02223n n n n u u u u ⎧++-=⎪⎨⎪-+++=⎩ 把以上方程加以整理有{1212310380n n n n u u u u -=-+=应用消去法，解得 2107n u V =故开路电压21012121n oc u u V =⨯=+再把电压源短路应用电阻串并联等效求内阻eqR16[(2//22)//22]//121eq R =++=Ω画出戴维宁等效电路如题解图（a1）所示。