2015-01-12发表2021-08-21更新Electronics15 小时读完 (大约138851个字)0次访问

电路分析经典理论与习题手记

电阻电路是指除电源之外，仅包含有电阻元件的电路，而动态电路则是含有电容、电感等储能动态元件的电路，由于动态元件的特性方程当中含有微分与积分形式，因而动态电路主要采用微分方程进行描述，其中方程的阶数通常取决于动态元件个数。电路分析当中的动态又称为暂态，指电路从一个稳态变化至另一个稳态的中间过渡过程。而稳态也被称为静态，指电路当中的电压、电流等参数达到一个稳定状态，如果其它参数不发生变化，就会一直以该状态运行。

本文主要讨论了电阻电路分析相关的基本概念与两类约束、电路的等效变换、电阻电路的分析方法、常用电路定理方面的内容，以及动态电路分析相关的动态电路的暂态分析、正弦交流电路稳态分析、含二端口元件电路分析方面内容，阅读前应当具备微分、积分、微分方程、复数运算、线性代数方程组、矩阵、傅里叶级数等高等数学知识。本文在撰写过程当中，参考阅读了国外大学普遍采用的《Electric Circuits》第 10 版教材。

电路模型与基本定律

电路模型

无论是分析简单电路，还是分析复杂电路，通常都会遵循如下一系列步骤：

1	确定分析目标 ➔ 建立电路模型 ➔ 计算目标变量 ➔ 选择分析方法 ➔ 校验所得结果

电路分析思路

电路通常包括提供电能的电源、消耗电能的负载、连接控制部件三个部分，在下面的手电筒电路当中干电池为电源，灯珠为负载，导线与开关是连接控制部件。如果当前的分析目标是灯珠点亮时流过的电流 $i$，那么可以将每个电路元件转换为相应的电路模型。

滑动开关用接通电阻为零，断开电阻为无穷大的理想开关近似，导线采用没有电阻的理想导线近似；灯珠使用电阻作为电路模型，由于金属的电阻率随温度上升而增大，而灯珠的灯丝为金属，因而其电阻会随着电流的增大而略有增大，但是这里依然将其近似为直线表示：

干电池的端电压会随着电流的增大而略有下降，当电流超过一定数值以后电压会快速下降，这里仍然采用直线近似，电路模型为电压源与电阻的串联：

由此可见，电路模型是实际电路的近似模型，建立电路模型之后选择相应的分析方法 $u_s = (R_s + R_L)i$，最后计算目标变量求得电流 $i = \frac{u_s}{R_s + R_L}$：

理想电路元件

电路建模是将实际电路当中的电子元器件用对应的理想电路模型进行表示。理想电路元件没有空间大小，表征单一电磁现象，并且拥有精确的特性方程。

电路模型

电路模型是相互连接的理想电路元件，是实际电路的近似。电路模型并不体现元器件的空间大小，因而也称为集中参数电路模型。例如当电感元件通过交流电流时，线圈周围产生磁场，线圈两端存在电压，匝间存在电场：

当电流频率较低时，线圈两端电压较小，匝间电场可以忽略，所以采用电感元件表征存储的磁场能量，电阻元件表征消耗的电能，两者皆与电流大小相关，所以电路模型为电感元件与电阻元件的串联；
当电流频率较高时，线圈两端电压较大，匝间电场不可忽略，因此还需要引入电容元件来表征存储的电场能量；而存储的电场能量与电压相关，因此电路模型当中需要并联一个电容元件；

电路理论的基本假设

集中参数电路模型是不考虑空间大小的电路模型，该模型需要满足电路理论的 3 点基本假设：

电磁效应瞬间传遍全电路，即 $电路空间大小 d << 波长 \lambda$；
元器件的磁场主要由自由电流产生，即 $\oint_{S} J(自由电流密度) \cdot ds = - \frac{d}{dt} \int_V \rho d V = -\frac{dq}{dt} = 0$；
元器件的电场主要由自由电荷产生，即 $\oint_{l} E(电场) \cdot dl = -\frac{d}{dt}(\int_{S} B \cdot ds) = 0$；

小结

电路理论建立在一定的假设条件下，是对电磁问题的近似分析；
建模与计算是电路分析的两个主要方面；

电路变量

电路理论当中的计算对象是由实际电路抽象和近似而来的电路模型。

通常会使用电荷与电流、电压与电位、电能与电功率来描述电路当中的电磁现象。

电荷与电流

电荷是最基本的物理量，电荷及其运动是形成所有电磁现象的根源。

在导电物质当中，可以定向运动的自由电子或离子；
在半导体当中，可以定向运动的电子与空穴；
在真空或者气体当中，可以迁移运动的带电粒子；

电荷的定向运动形成电流，本文所讨论的电路理论当中只涉及自由电荷形成的电流：

\[ 流过截面积 S 的电流 = \frac{正电荷 dq}{时间 dt} \]

电荷的方向是正电荷运动的方向，下图当中箭头表示的是电流的参考方向：

电流按照大小与方向是否随着时间变化，可以具体划分直流与交流：

直流（Direct Current）：恒定不变的电流，大小与方向都不会随时间变化；
交流（Alternating Current）：大小随时间变化，并且平均值为零的电流，例如最为常见的正弦交流；

▶【例题】已知正电荷流 $q(t) = 5 \sin \pi t$ 毫库从 $b$ 流向 $a$：

计算电流 $i$？
计算 $1 \sim 2$ 秒之间流过电阻的电荷？

◉【解答】上图当中，电流的参考方向与正电荷流动的方向相反：

\[ \begin{aligned} &电流 i = - \frac{dq}{dt} = - \frac{d (5 \sin \pi t)}{dt} = -5 \pi \cos \pi t\ 毫安 \\ &电荷 \Delta q = \int^{2}_{1} i(t)\ dt \xrightarrow{由于电荷变化周期为2秒，因此1秒内的积分为零} = \int^{2}_{1} - 5 \pi \cos \pi t d t = 0 \end{aligned} \]

电压与电位

电压是表征电场力移动电荷时做功能力的物理量，如果电场力将正电荷 $dq$ 从 a 点推到 b 点做功 $dw$，此时 $\frac{dw}{dq}$ 就是 a 与 b 两点之间的电压：

\[ ab\ 两点之间的电压\ u_{ab} = \frac{所做的功\ dw}{正电荷\ dq} \]

同电流一样，电路分析时不易确定电场力移动正电荷的方向，因此同样需要引入参考方向的概念，电压的参考方向存在如下两种表示方法：

双下标法：下图 $u_{ab} = 10V$ 表示电场力将单位正电荷由 $a$ 推向 $b$，做功 10 焦耳，也可以记为 $u_{ba} = -10V$。

正负极性法：如果 a 点为正极性 b 点为负极性，两点之间的电压为 $u$，那么此时 $u = 10V$；反之，如果 b 点为正极性 a 点为负极性，则 $u = -10V$:

电位指的是共用一个负极性点的电压，在下面电路当中选取一个公共负极性点作为电位参考点：

其中 a 点的电位 $U_a$ 等于电压 $U_{ad} = 5V$，而 c 点的电位 $U_c$ 等于电压 $U_{cd} = 12V$。由于电路理论假设了器件外部的电场是一个由自由电荷产生的保守场，因此电压 $U_{ac}$ 等于 a 与 c 两点的电位之差：

\[ U_{ac} = U_a - U_c = 5V - 12V = -7V \]

电能与电功率

电路当中，能量的转换是通过正负电荷的分离与运动来实现的，例如下图的电池当中，化学能将电解液当中的正负电荷分离，并且分别积聚于电池的正负极，从而在电池外部形成库伦电场，使得电荷流过元件从而消耗电能：

电功率指的是电能转换的速率，功率不仅与电压电流的大小相关，还与它们的参考方向有关：

下图当中，电压 $u$ 与电流 $i$ 为关联参考方向：

正电荷 $dq$ 从高电位点 a 运动到低电位点 b，电场力做功 $dw$ 损失了电能，因此元件吸收的功率：

\[ p = \frac{dw}{dt} = \frac{dw}{dq} \times \frac{dq}{dt} = u \times i \]

下图当中，电压 $u$ 与电流 $i$ 为非关联参考方向：

那么，元件吸收的功率等于 $-u \times i$，或者提供的功率为 $u \times i$：

\[ \begin{aligned} 元件吸收的功率\ p &= -u \times i \\ 元件提供的功率\ p &= u \times i \end{aligned} \]

▶【例题】计算下图当中元件的功率？

◉【解答】电路当中的电压 $u = 4V$，电流 $i = -3A$：

◉【解答】对于元件 1，此时 $UI$ 为非关联参考方向，元件 1 提供的功率 $P_1$ 为：

\[ P_1 = UI = 4V \times -3A = -12W \implies 元件 1 吸收 12W 功率 \]

◉【解答】对于元件 2，此时 $UI$ 为关联参考方向，元件 2 吸收的功率 $P_2$ 为：

\[ P_2 = UI = 4V \times -3A = -12W \implies 元件 2 提供 12W 功率 \]

小结

电流与电压都是有大小和方向的代数量，因此参考方向不可或缺；
选取的参考方向不同，就像给同一件事物取不同的名称，并不会改变问题的本质；
讨论功率，必须先明确当前是吸收功率还是提供功率；

电路元件

电路元件是组成电路模型的基本单元。最基本的电路元件有电阻、电容、电感：

电阻

电流的阻碍现象是指自由电荷在导体、电解液、半导体当中定向运动时，与其它粒子碰撞的动能转换为热能。电阻元件用于表征这种电流阻碍现象，其特性方程为电压-电流关系。依据电阻元件特性方程的不同，可以将其划分为 4 种类型：

注意：线性电阻的电压与电流呈线性关系，非线性电阻的电压与电流呈非线性关系，而时变则是指公式中的时间 $t$ 为变量。

二极管就是一种非常典型的线性非时变电阻，在给定的电压电流参考方向下，其特性曲线如下图所示：

独立电源

电源是一种能够将其它能量转换为电能的元件或者装置，为了建立电源的电路模型，所以定义了独立电源的概念，其具体可以划分为独立电压源与独立电流源两种类型:

独立电压源用于提供电能，其端电压独立于其它电路变量；下图左侧为独立电压源的符号，其特性依然通过电压-电流关系进行表示。下图右侧将独立电压源 $u_s$ 与可变电阻 $R$ 相串联，此时独立电压源的电压 $u$ 并不会随着 $R$ 的变化而改变，而电流 $i$ 则会与 $R$ 相关：

直流电压源 是一种 $u_s$ 恒定不变的独立电压源，例如当 $u_s = 10V$，其特性曲线是一条与 $i$ 轴平行的直线，它既能工作在发出功率状态，也能工作在吸收功率状态：

正弦交流电压源 是一种 $u_s$ 随着时间正弦变化的独立电压源，例如当 $u_s = 10 \cos 100 \pi t$ 伏，其特性曲线是一系列位置随着时间 $t$ 变化，并且与 $i$ 轴平行的直线：

独立电流源同样用于提供电能，只是其端电流独立于其它电路变量。下图左侧为独立电流源的符号，将电流源 $i_s$ 与可调电阻 $R$ 相连接，电流 $i$ 并不会随着 $R$ 的变化而改变，而电压 $u$ 则与 $R$ 紧密相关：

直流电流源是 $i_s$ 恒定不变的电流源，例如 $i_s = 1A$，其特性曲线为与 $u$ 轴平行的直线：

正弦交流源 则是 $i_s$ 随时间正弦变化的独立电流源，例如 $i_s = 0.2 \cos 100 \pi t$ 安培就是一个正弦交流源，其特征曲线是一系列位置随着时间 $t$ 进行余弦变化，并且平行于 $u$ 轴的直线：

▶【例题】根据上面独立电源的定义，为电池建立电路模型？

◉【解答】化学电池与可调电阻 $R_L$ 相连，改变 $R_L$ 的阻值，化学电池的电压 $u$ 和电流 $i$ 就会随之改变，测得不同 $R_L$ 值下的 $u$ 和 $i$ 就可以绘制出伏安关系曲线。当 $R_L$ 为无穷大时，电压 $u = U_s$ 为最大，随着 $R_L$ 阻值的减小，电流 $i$ 增大而电压 $u$ 下降，此时电流 $i$ 存在一个上限值 $i_{max}$，因此化学电池的电路模型，可以采用电压为 $U_s$ 的独立电压源进行近似，或者可以更为准确的近似为一条斜率为 $-R_s$ 的折线，其方程为 $u = U_s - R_s i$，对应于该方程的电路模型是独立电压源 $U_s$ 与线性电阻 $R_s$ 的串联，显然 $R_s$ 越小越好：

◉【解答】光伏电池在某种光照强度下，可以测得其伏安特性曲线，当可调电阻 $R_L = 0$ 时，光伏电池的电流 $I$ 达到最大值 $I_s$，随着 $R_L$ 阻值的增大，电压 $u$ 增大，电流 $i$ 下降，电压 $u$ 存在着上限 $u_{max}$，此时光伏电池的电路模型可以近似成一个电流为 $I_s$ 的独立电流源，可以更为准确的表述为斜率等于 $-G_s$ 的直线，其方程为 $i = I_s - G_s u$，该方程对应的电路模型为独立电流源 $I_s$ 与电导 $G_s$ 的并联，这里的 $G_s$ 同样是越小越好：

受控电源

当某个变量被另一个变量控制，称为变量间的耦合。例如下面这个三极管放大电路 $I_c = \beta I_b$ 当中，集电极电流 $I_c$ 受到基极电流 $I_b$ 的控制，只要 $I_b$ 不发生变化，$I_c$ 就不会发生变化。而对于电阻 $R_c$ 所在支路而言，$I_c$ 就相当于一个电流源：

受控电源用于表征变量之间的耦合关系，为此需要定义电压控制电流源 VCCS、电流控制电流源 CCCS、电压控制电压源 VCVS、电流控制电压源 CCVS 一共 4 种受控电源（受控源符号中的 $g$、$\beta$、$\alpha$、$r$ 称为控制系数，其中 $g$ 表示转移电导、$\beta$ 表示电流转移比、$\alpha$ 表示电压转移比、$r$ 表示转移电阻）：

对于上面的这个三极管电路，无论 $R_b$ 为何值，$u_{be}$ 总是等于 0.7V。所以三极管的电路模型为 0.7V 独立电压源与电流控制电流源 CCCS 的串联。

注意：独立电源体现的是电路的激励，受控源则表示的是电路当中电压电流的控制关系。

▶【例题】计算下面电路当中受控电源所吸收的功率？

◉【解答】上图是一个电流控制电流源，其吸收的功率为 $u_2 \times i_2$，根据欧姆定律可以知道 $i_1 = \frac{u_s}{R_1}$ 以及 $u_2 = - R_2 i_2$，而 $i_2 = \beta i_1$，联立之后得到下面等式：

\[ p = u_2 i_2 = (-R_2 i_2) i_2 = -R_2 i_2^2 = -R_2(\beta \frac{u_s}{R_1}^2) < 0 \]

◉【解答】上面等式的结果 $p < 0$，表明该受控电流源在电路当中提供功率，作用与独立电源类似。如果此时将独立电压源 $u_s$ 去掉，再次计算受控电流源吸收的功率。依然根据欧姆定律得到 $i_1 = 0$ 以及 $u_2 = -R_2 i_2$，控制关系依然为 $i_2 = \beta i_1 = 0$，但是由于 $i_2 = 0$，导致电路当中所有位置的电压电流都为零，表明受控电源与独立电源两者存在本质区别，即受控电源并非电源。

注意：独立电源是电路当中的输入，起到的是激励的作用；受控电源则是反映电路当中，某处的电压电流对于另外一处的电压电流的控制关系，或者某处的电路变量与另外一处电路变量的耦合关系。在求解具有受控电源的电路时，可以将受控电源视为独立电源来处理，但是必须注意其激励取决于控制量。

小结

线性电阻的特性方程就是众所周知的欧姆定律，而欧姆定律隐含有电压、电流参考方向关联的条件；
电路元件可以划分为无源元件和有源元件；任何工作状态下，都不能向电路提供净电能的元件属于无源元件，例如线性电阻；而独立电源与受控电源属于有源元件，它们在电路当中既可以提供功率，也可以吸收功率。

电路基本定律

下面电路当中包含线性非时变电阻、独立电压源和电流源：

根据电路可以写出 $10Ω$ 和 $5Ω$ 电阻的电压电流关系：

\[ \begin{cases} 10Ω\ 电阻\ &u_1 = -10 \times i_1 \\ 5Ω\ 电阻\ &u_2 = 5 \times i_2\\ \end{cases} \]

本小节将会讨论电流 $i_1$、$i_2$、$i_4$、1A 以及电压 $u_1$、$u_2$、$u_3$、15V 之间存在的关系。

电路术语

为了后续表述的方便，讨论之前需要首先明确几个基本概念：

支路：通常将一个二端元件称为一条支路，流过支路的电流称为支路电流，支路两端的电压称为支路电压。上图当中，电压源与电阻的串联称为戴维南支路，而电流源与电阻的并联称为诺顿支路，除此之外还存在有电流源支路、电压源支路、电阻支路；
结点：支路的相交点，上图的电路包含了 0、1、2、3 一共四个结点，广义结点是指包围了多个结点的闭合面，例如上面电路当中包围了结点 2和结点 3的闭合面 S；
回路：由支路形成的闭合路径，例如由支路1、2、5、6形成的回路 l；
网孔：闭合路径界定的平面当中，没有支路的特殊回路，例如上图当中的 m1、m2、m3 就是网孔；

能够绘制到平面上，并且能够避免支路在空间当中交叉的电路称为平面电路，否则称为非平面电路。下图的两个电路都属于平面电路，其中，左侧有交叉的电路可以转换为右侧没有交叉画法：

向上图电路当中再添加一条 $R_3$ 支路，该电路就会成为一个非平面电路：

注意：网孔的概念只适用于平面电路。

电路的网孔个数，等于支路个数减去结点个数再加上 1：

\[ 网孔数量 = 支路数量 - 结点数量 + 1 \]

当只关注电路的结构和参考方向，而不关注元件参数时，可以使用简单的有向图来体现电路的结构和支路电流方向，即用点来代表结点，用直线或者弧线代表支路，用箭头代表支路电流的参考方向，并且支路电压的参考方向与电流关联。

基尔霍夫定律

基尔霍夫电流定律（KCL）给出了支路电流的关系方程，根据电路理论的第 2 个基本假设，电路当中流出元件的自由电流密度矢量的闭合面积分等于零：

\[ \oint_{S} J \cdot ds = - \frac{d}{dt} \int_V \rho d V = -\frac{dq}{dt} = 0 \]

对于电路当中的一个元件，采用一个闭合面 S 包围，那么流入 S 的电流 $-i_1$ 与流出电流 $i_2$ 的代数和为零：

对于电路当中的一个结点，也可以采用闭合面 S 包围，流入 S 的电流为 $i_1$ 和 $i_2$，流出 S 的电流为 $i_3$：

对于电路当中的一个广义结点，依然使用闭合面 S 包围，流入 S 的电流为 $i_1$ 和 $i_2$，流出 S 的电流为 $i_4$ 和 $i_5$；除此之外，流出闭合面当中元件 3的电流为 i_3：

注意：平面电路当中，独立的 KCL 方程个数等于结点个数减去1。

基尔霍夫电压定律（KVL）给出了支路电压的关系方程，根据电路理论的第 3 个基本假设，电路当中积分路径不经过元件内部时，电场的闭合线积分等于零。

\[ \oint_l E \cdot dl = 0 \]

下面电路当中，网孔 $m1$ 内各个元件的电压代数和为零 $u_1 + u_2 + u_3 - u_4 = 0$，网孔 $m2$ 当中各元件的电压代数和同样为零 $u_5 + u_6 - u_7 - u_2 = 0$：

可以看到，由网孔 $m1$ 和 $m2$ 共同组成的回路 $l$ 当中，所有电压之和依然为零 $u_1 + u_5 + u_6 - u_7 - u_3 - u_4 = 0$。

注意：在平面电路当中，独立的 KVL 方程个数等于网孔个数。

集中参数电路当中，电流要满足 KCL 方程，电压要满足 KVL 方程，此外电压电流还需要同时满足元件的 U-I 关系。接下来，利用这些方程进行实际的电路分析。

▶【例题】计算下图电路当中的电流 $i$？

▶【解答】上图电路当中的 $N1$ 和 $N2$ 分别为一端口网络，它们通过 1A 电流源和 5Ω 电阻连接起来，由此可以完成如下计算过程：

\[ 1A - i = 0 \implies i = 1A \]

▶【例题】已知支路 4、10、6、9 的电压，求解支路 8 的电压 $u_8$？

◉【解答】选取支路 4、10、9、8 构成的回路列写 KVL 方程：

\[ u_8 = -1 + 4 + 3 = 6V \]

▶【例题】计算下图电路当中的电流 $i$？

◉【解答】由 KCL 可以知道 10Ω 和 5Ω 电阻以及 15V 电压源的电流都是 i，根据元件的 U-I 关系可以得到：

\[ \begin{cases} u_1 = -10 i \\ u_2 = 5 i \end{cases} \]

▶【解答】接下来，再根据基尔霍夫电压定律列写 KVL 方程，并由此推导出 $i$ 的值：

\[ \begin{cases} 15V = u_1 - u_2 \\ 15V = -10i - 5i = -15i \end{cases} \implies i = -1A \]

▶【例题】计算下图电路当中各条支路上的电流？

◉【解答】电路的左右两侧都是由电压源与电阻串联而成的戴维南支路，中间一条为电阻支路。电路的支路数为 b = 3，结点数 n = 2，总共可以列写出 $n - 1 = 1$ 个 KCL 方程：

\[ i_1 - i_2 -i_3 = 0 \]

◉【解答】此外，还可以列写 $b - n + 1 = 2$ 个网孔的 KVL 方程，同时采用电流来表示电阻的电压：

\[ \begin{cases} 4i_1 + 8i_2 - 36 = 0 \\ 2i_3 - 4 - 8i_2 = 0 \end{cases} \]

◉【解答】联立上述 3 个关于支路电流的线性方程，通过求解方程组，就可以得到各条支路上的电流：

\[ \begin{cases} i_1 = \frac{53}{9} A \\ i_2 = \frac{7}{9} A \\ i_3 = \frac{46}{9} A \end{cases} \]

小结

基尔霍夫电流定律（KCL）：集中参数电路当中，任意时刻流入结点的支路电流的代数和为零： \[ \sum^{b}_{k=1} i_k = 0 \]
基尔霍夫电压定律（KVL）：集中参数电路当中，任意时刻回路当中所有支路电压的代数和为零： \[ \sum^{b}_{k=1} u_k = 0 \]
拥有 n 个结点 b 条支路的电路，可以列写出 n-1 个独立的 KCL 方程，以及 b-n+1 个独立的 KVL 方程；

习题分析

习题 1

▶【习题】将下图电路当中的二极管视为理想二极管，求解电压 $u_{ab}$ 和电流 $i$ ？

◉【解答】理想二极管具有正向导通、反向截止两种状态，所以这类电路通常采用假设二极管状态的方式进行分析。

◉【解答】假设二极管处于反向截止状态，此时二极管相当于开路，那么电流 $i = 0$，电压 $u_{ab} > 0$，重新整理可以得到如下电路：

◉【解答】分析该电路，通过列写 KVL 方程求取电压 $u_{ab}$：第 1 步选择回路并且标注出绕行方向，第 2 步标明该回路当中各条支路的电压参考方向，最后列写 KVL 方程：

\[ -u_1 + u_2 + u_{ab} = 0 \]

◉【解答】根据电阻的串并联关系以及欧姆定律，可以求出 $u_1$ 和 $u_2$：

\[ \begin{cases} u_1 = \frac{15}{1+4} \times 1 = 3V \\ u_2 = \frac{15}{2+3} \times 2 = 6V \end{cases} \]

◉【解答】由此可以得到 $u_{ab} = u_1 - u_2 = -3V$，由于这个值小于零，与最初假设的 $u_{ab} > 0$ 相矛盾，所以该假设错误。

◉【解答】假设二极管处于正向导通状态，此时二极管相当于短路，那么电流 $i > 0$，电压 $u_{ab} = 0$，重新整理得到下面电路：

◉【解答】分析上述电路，标明各支路电流的参考方向，就可以列写出 b 点的 KCL 方程 $i = i_1 - i_3$。求解出电压源支路的电流 $i_s$ 以及支路电流 $i_1$ 和 $i_3$，就可以得到电流 $i$ 的值：

\[ \begin{cases} i_s = \frac{15}{1//2 + 4//3} = 6.3mA \\ i_1 = \frac{2}{1+2} i_s = 4.2mA \\ i_3 = \frac{3}{4 + 3}i_s = 2.7mA \end{cases} \implies i = i_1 - i_3 = 4.2 - 2.7 = 1.5mA \]

◉【解答】此时结果 $i = 1.5mA > 0$ 与上面的假设保持一致，该电路当中的二极管应当处于正向导通状态。对于这类含有理想二极管的电路，一般都可以采用这种假设状态法进行分析，即分别假设二极管处于正向导通和反向截止状态，然后对得到的新电路分别进行分析，如果分析结果与假设相符，则假设正确分析结果有效。

▶【习题】这里对上面的题目进行简单的拓展，仍以该电路为例，当二极管导通压降为 0.7V，截止电流仍然为零，此时电路如何进行分析？

◉【解答】这里同样可以采用假设状态法，假设二极管处于正向导通状态，其导通压降为 0.7V，此时 ab 支路可以等效为一个 0.7V 的理想电压源（注意其方向），然后对该电路进行分析，判断结果与假设状态是否相符即可：

◉【解答】接着假设二极管处于反向截止状态，二极管相当于开路，后续分析过程与之前例题一致：

习题 2

▶【习题】将下面电路中的二极管视为理想二极管，求解电流 $i$ ？

◉【解答 1】该电路当中包含有两个二极管，这里采用假设状态法来进行分析，先标注出电压电流的参考方向。假设二极管 $D_1$ 和 $D_2$ 都处于反向截止状态，则它们都相当于开路，重新整理后的电路如下所示。可以看到该电路当中，50mA 和 30mA 电流源都处于同一支路上，显然这个电路是不成立的，上述假设错误。

◉【解答 2】假设二极管 $D_1$ 正向导通相当于短路 $u_{ab} = 0，i_{D1}>0$，$D_2$ 反向截止相当于开路 $u_{cd} > 0，i_{D2}= 0$，重新整理之后，电路如下图所示。此时 $10Ω$ 电阻与 $30mA$ 电流源串联，因此电流 $i = 30mA$；对 a 点列写 KCL 方程可以得到 $i_{D1} = 30mA - 50mA = -20mA$，由于这个结果小于零，与最初假设矛盾，因假设是错误的。

◉【解答 3】假设二极管 $D_1$ 和 $D_2$ 都处于正向导通状态，则它们都相当于短路。对于 $D_1$ 而言 $u_{ab} = 0，i_{D1}>0$，而对于 $D_2$ 而言 $u_{cd} = 0，i_{D2} > 0$，重新整理后的电路如下所示。此时这个电路当中，a、b、c、d 四个结点电位相同，10Ω 电阻相当于被短路，所以电流 $i = 0$。

◉【解答 3】根据 KCL 可以知道，结点 a 与 c 同样流过的是电流 $i = 0$，因此 ac 以及 bd 点之间都可以作开路处理，电路可以再次整理成下面形式，即两个没有任何联系的回路，则 $i_{D1} = -50mA$ 而 $i_{D2} = -30mA$，这与最初假设是矛盾的，因此该假设错误。

◉【解答 4】假设二极管 $D_1$ 反向截止相当于开路 $u_{ab} < 0，i_{D1} = 0$，$D_2$ 正向导通相当于短路 $u_{cd} = 0，i_{D2} > 2$，重新整理后的电路如下所示，此时 10Ω 电阻与 50mA 电流源串联，电流 $i = 50mA$，对于 d 点列写 KCL 方程可以得到 $i{_D2} = i - 30 = 20mA$，而 ab 端的电压可以通过列写 KVL 方程求得 $u_{ab} = -10i = -0.5V$，这与假设条件当中的 $u_{ab} < 0$ 和 $i_{D2} > 0$ 是相符的，因此该电路当中的二极管 $D_1$ 就是处于反向截止状态，$D_2$ 就是处于正向导通状态，因此电流 $i = 50mA$。

习题 3

▶【习题】下图中 $N_1$、$N_2$ 为内部结构未知的网络（电路分析时不用关心其内部结构，将其视为整体分析端口的电压电流特性），其中 $N1$ 提供的功率为 10W，$N_2$ 吸收的功率为 15W，计算各个独立电源的功率？

◉【解答】分析题目，要求取两个独立电源的功率，需要先知道该电源的端电压和电流。根据上图，已知 1A 电流源的电流，将其端电压设置为 $u_3$；已知 5V 电压源的电压，将流过该电源的电流设置为 $i_4$。

◉【解答 1】分析已知条件，网络 $N_1$ 提供 10W 功率，对于 $N_1$ 假设端口电压与电流分别为 $u_1$ 和 $i_1$，其中 $N_1$ 的一个端子与 1A 电流源串联，所以电流 $i_1 = 1A$，此时电压电流为非关联参考方向，则 $N_1$ 提供的功率 $p_{N1} = u_1 \times i_1 = 10W$，并且由此可以得到 $u_1 = 10V$。

◉【解答 2】假设 $N_2$ 网络的端口电压电流分别为 $u_2$ 和 $i_2$，其中 $N_2$ 的输出端口与 5V 电压源并联，因此 $N_2$ 的端口电压 $u_2 = 5V$，此时电压电流为关联参考方向，则 $N_2$ 吸收的功率 $p_{N2} = u_2 \times i_2 = 15W$，由此可以求解出 $i_2 = 3A$。

◉【解答 3】分析待求量，对于 1A 电流源列写 KVL 方程求解 $u_3$，选择回路并且标出绕行方向（蓝色线圈），此时 5Ω 电阻上流过的电流为 $1A$，接着列写 KVL 方程：

\[ u_3 + 5 + 5 \times 1 - u_1 = 0 \implies u_3 = 0V \rightarrow P_{1A电流源吸收的功率} = u_3 \times 1 = 0W \]

◉【解答 3】同样的，对于 5V 电压源列写 a 点的 KCL 求解 $i_4$：

\[ i_4 = i_1 - i_2 = -2A \xrightarrow{电压电流为关联参考方向} p_{5V电压源吸收的功率} = 5 \times i_4 = -10W \]

注意：对于本题这类包含有未知网络的电路，分析过程中只需要关注其端口电压与电流，然后根据电路基本定律进行分析求解。

习题 4

▶【习题】计算下面电路当中各个独立电源的功率？

◉【解答】分析题目，该电路含有 2 个电压源 3 个独立电流源，求解它们的功率就是分析各个电源支路的电压和电流的过程，在电路当中分别标出电压源所在支路的电流参考方向 $i_1$ 和 $i_2$，以及电流源所在支路的电压参考方向 $u_3$、$u_4$、$u_5$；这里为了计算方便，各个电源支路电压电流均为非关联参考方向。

◉【解答】具体计算，观察上面电路，由于左侧的 2Ω 电阻与 2V 电压源并联，所以可以求解出其电流 $i_6 = \frac{2V}{2Ω} = 1A$，同样的右侧的 2Ω 电阻也与 2V 电压源并联，也可以求解出其电流 $i_6 = \frac{2V}{2Ω} = 1A$；

◉【解答】根据上述已知条件，可以求取各个支路电流，并且标注出各个结点，然后列写 KCL 方程：

\[ \begin{cases} 结点 a\ \implies i_1 &= i_6 -2 + 2 &= 1A \\ 结点 b\ \implies i_8 &= 2 + 2 &= 4A \\ 结点 c\ \implies i_2 &= i_7 - 2 - 2 &= -3A \\ 结点 d\ \implies i_9 &= i_6 - i_1 &= 0A \\ 结点 e\ \implies i_{10} &= i_9 - i_8 &= -4A \end{cases} \]

◉【解答】根据上面的结果，就可以求解得到电压源发出的功率：

\[ \begin{cases} 电压源 1 发出功率\ p_1 = 2 \times i_1 = 2W \\ 电压源 2 发出功率\ p_2 = 2 \times i_2 = -6W \end{cases} \]

注意：求解电压源的功率只需要了解电压源支路的电流 $i_1$ 和 $i_1$ 即可，上面求解出所有支路电流的原因在于，后续为电流源支路的电压列写 KVL 方程时，还需要使用到其它支路的电流。

◉【解答】接下来就来分析电流源支路的电压，根据待求量 $u_3$、$u_4$、$u_5$ 选择回路列写 KVL 方程：

\[ \begin{cases} 回路 1\ u_3 = 2i_6 + 2 i_9 + 2i_8 = 10V \\ 回路 2\ u_4 = 2i_7 - 2 i_{10} + 2i_8 = 18V \\ 回路 3\ u_5 = u_4 - u_3 = 8V \end{cases} \]

◉【解答】接下来就可以计算出电流源发出的功率：

\[ \begin{cases} 电流源 1 发出功率\ p_1 = u_3 \times i_3 = 20W \\ 电流源 2 发出功率\ p_1 = u_4 \times i_4 = 36W \\ 电流源 3 发出功率\ p_2 = u_5 \times i_5 = 16W \end{cases} \]

注意：通常情况下，电阻电路的分析都可以通过基尔霍夫定律和欧姆定律进行求解，但是伴随电路复杂度的增加，计算步骤会逐渐增多，导致求解过程变得过于复杂，这类电路后续会利用专门的电路方程进行简化计算。

习题 5

▶【习题 1】已知下图电路当中的电流 $i_1 = 4A$，求解电流 $i_2$ ？

▶【习题 2】已知下图电路参数的情况下，通过分析可以求解所有支路电流，因而 $i_1=4A$ 的题设条件是否显得多余？

◉【解答 1】首先，标明出电路当中各条支路的电流参考方向，已知 $i_1 = 4A$ 以及电源电压等于 180V：

◉【解答 1】然后，选择上图蓝色虚线标识的回路列写 KVL 方程，从而求解得到电流 $i_5$：

\[ 25 i_1 - 8 i_5 = 180V \implies i_5 = -10A \]

◉【解答 1】由于在与 c 点连接的 3 条支路当中，有 2 条支路的电流是已知的，因而可以列写出 c 点的 KCL 方程，进而得到电流 $i_4$：

\[ i_1 + i_4 + i_5 = 0 \implies i_4 = 6A \]

◉【解答 1】求解得到 $i_4$ 与 $i_5$ 之后，选择上面电路当中标识的回路 2 列写 KVL 方程：

\[ 70 i_2 + 10 i_4 = 8 i_5 \implies i_2 = -2A \]

这里讨论一下电路分析的 3 个基本方程，对于一个拥有 n 个结点 b 条支路的电路：

可以列写 n - 1 个独立的 KCL 方程，方程的变量为 b 个支路电流；
可以列写 b - n + 1 个独立的 KVL 方程，方程的变量为 b 个支路电压；
除此之外，对于每条支路还可以根据相应的电压电流关系，列写出 VCR 方程，方程变量为 b 个支路电压与电流；

电流源支路与电压源支路作为较为特殊的支路，其电流或者电压是已知的，所以不需要再列写方程。因而一般情况下，可以列写的电路方程总数为 2b 个，变量总数也是 2b 个，通过列写这些方程并且联立求解，就可以得到各个支路的电流与电压，这种方法就称为支路分析法。

◉【解答 2】本题的第 2 个问题可以采用支路电流法进行分析，可以知道该电路拥有 4 个结点 6 条支路，标注出待求解支路电流 $i_1 \sim i_6$ 的参考方向：

◉【解答 2】由于该电路拥有 4 个结点，所以可以列写 4 - 1 = 3 个独立的 KCL 方程：

\[ \begin{cases} 结点a \implies i_6 + i_1 + i_3 = 0 \\ 结点b \implies i_2 + i_3 - i_4 = 0 \\ 结点c \implies i_1 + i_4 + i_5 = 0 \end{cases} \]

◉【解答 2】由于该电路拥有 6 条支路，因而可以列写出 6 - 4 + 1 = 3 个独立的 KCL 方程，这里选择下图的网孔做为独立回路，以支路电压做为待求变量：

◉【解答 2】其中，支路电压 $u_1 \sim u_6$ 与支路电流 $i_1 \sim i_6$ 都采用关联参考方向：

\[ \begin{cases} 回路1 \implies u_2 - u_3 + u_6 = 0 \\ 回路2 \implies u_3 + u_4 - u_1 = 0 \\ 回路3 \implies u_5 - u_4 - u_2 = 0 \end{cases} \]

◉【解答 2】最后，列写出 b = 6 条支路的 VCR 方程：

\[ \begin{cases} 支路1 \implies u_1 = 25Ω \cdot i_1 \\ 支路2 \implies u_2 = 70Ω \cdot i_2\\ 支路3 \implies u_3 = 5Ω \cdot i_3 \\ 支路4 \implies u_4 = 10Ω \cdot i_4 \\ 支路5 \implies u_5 = 8Ω \cdot i_5 \\ 支路6 \implies u_6 = 180V \end{cases} \]

◉【解答 2】为了简化计算，可以将各条支路的 VCR 方程代入至 KVL 方程当中，从而得到以支路电流作为变量的 KVL 方程：

\[ \begin{cases} 回路1 \implies 70i_2 - 5i_3 + 180 = 0 \\ 回路2 \implies 5i_3 + 10i_4 - 25i_1 = 0 \\ 回路3 \implies 8i_5 - 10i_4 - 70i_2 = 0 \end{cases} \]

◉【解答 2】联立上面的 KVL 方程组进行求解，就可以得到各条支路上的电流：

\[ \begin{cases} i_1 = 4A \\ i_2 = -2A \\ i_3 = 8A \\ i_4 = 6A \\ i_5 = -10A \\ i_6 = -12A \end{cases} \]

◉【解答 2】可以看到求解结果当中 $i_1 = 4A$，由于 $i_4$ 的值可以通过推导直接求解得到，所以题设条件当中的 $i_1 = 4A$ 显然是多余的。

习题 6

▶【习题】如下图电路所示，已知 2V 电压源的功率为 0，求解电阻 $R$ ？

◉【解答】已知 2V 电压源的功率为 0，说明该电压源所在支路的电流 $i = 0$，然后标注出其它各条支路的电流参考方向，对于结点 a 列写 KCL 方程：

\[ \begin{cases} 结点 a \implies i_2 = i_3 + i = i_3 \\ 结点 b \implies i_4 = i_5 + i = i_5 \\ 结点 c \implies i_1 = i_2 + i_4 \\ \end{cases} \]

◉【解答】选择相应回路列写 KVL 方程组，并且联立求解就可以得到电流 $i_2$、$i_4$、$i_1$ 以及电阻 $R$：

\[ \begin{cases} 回路1 \implies -4 i_2 + 6 i_4 = 2 \\ 回路2 \implies 6 i_4 + 8 i_5 + 2 i_1 = 12 \\ 回路3 \implies 8 i_5 - i_3 R + 2 = 0 \\ \end{cases} \implies \begin{cases} i_2 = i_3 = 1.21A \\ i_4 = i_5 = 0.68A \\ i_1 = 1.21A \\ \end{cases} \implies R = 14.2Ω \]

注意：本题是一个简单的电路综合问题，1 个电路变量为已知量，1 个元件参数为未知量，采用欧姆定律与基尔霍夫定律列写方程，即可求解得到元件的相应参数。

电阻电路等效变换

串联与并联

想要确定下面电路当中的电流 $i$，可以将 3 个电阻等效为 1 个 5Ω 的电阻，由此可知电流 $i$ 等于 1 安培：

这种分析电路的方法就称为等效变换，而串联和并联是最基本的等效变换方法。

等效网络与等效电阻

等效网络

一端口网络当中，端口电压电流关系相同的网络称为等效网络。例如下图当中的一端口网络具有相同的端口电压电流关系 $f(u,i)=0$，那么对于网络 $N$ 而言，网络 $N_1$ 就可以替换为网络 $N_2$，并且网络 $N$ 的工作状态不变，因此 $N_1$ 与 $N_2$ 就是等效网络。

等效电阻

由线性电阻构成的一端口网络，就可以等效为一个线性电阻，称为等效电阻。下面是一个由线性电阻构成的一端口网络，可以求解得到流过 4Ω 电阻的电流为 0.5i，因此其端口电压电流关系为 $u = 3i + 4 \times 0.5i = 5i$，这也正是 5Ω 线性电阻的电压电流关系：

因此，这个由线性电阻构成的一端口网络，就可以简单的等效为一个由 5Ω 电阻组成的网络，这里的 $5Ω$ 就是该一端口网络的等效电阻 $R_{eq} = \frac{u}{i} = 5Ω$。

独立电源串联与并联

电压源串联

多个电压源的串联可以等效为一个电压源，该电压源的输出电压值为之前多个电压源输出电压值之和。

上面这个由电压源 $u_{s1}$ 和 $u_{s2}$ 串联的电路，其电压电流关系为 $u = u_{s1} + u_{s2} = u_s$，端口电压 $u$ 与端口电流 $i$ 无关，明显就是电压源的特性。因此，可以等效为电压源 $u_s$。

电压源并联

电压源并联任何元件或者任意一端口网络，均可以等效为一个单独作用的电压源，其输出电压值保持不变：

上面电路当中，两个电压源 $u_s$ 并联、电压源 $u_s$ 与电流源 $i_s$ 并联、电压源 $u_s$ 与电阻 $R$ 并联，电压源 $u_s$ 与复杂的一端口网络并联，它们的端口电压电流关系，都可以等效为一个单独作用的电压源 $u = u_s$。

电流源并联

多个电流源的并联可以等效为一个电流源，该电流源的电流值等于之前多个电流源的电流值之和。

上面电路当中，电流源 $i_{s1}$ 与 $i_{s2}$ 并联，可以等效为一个输出电流值为 $i = i_{s1} + i_{s2} = i_s$ 的电流源，端口电流 $i$ 与端口电压 $u$ 无关，正好是一个电流源的特性。

电流源串联

电流源与任意元件或者一端口网络串联，均可以等效为一个单独作用的电流源，其输出电流值保持不变：

两个电流源 $i_s$ 相串联、电流源 $i_s$ 与电压源 $u_s$ 串联、电流源 $i_s$ 与电阻 $R$ 串联，电流源 $i_s$ 与复杂一端口网络串联，它们的端口电压电流关系，都可以等效为一个单独作用的电流源 $i = i_s$。

线性电阻串联与并联

电阻串联分压

n 个线性电阻串联，可以等效为一个线性电阻 $R_{eq}$：

根据 KVL 定律可以得到端口电压 $u = \sum_{k=1}^{n} u_k$，将线性电阻的特性 $u_k = R_k \cdot i$ 代入 KVL 方程，就可以得到 $\sum_{k=1}^{n}(R_k i)$，通过这个端口电压电流关系，就可以推导出等效电阻 $R_{eq}$ 等于上图左侧电路各个串联电阻值之和：

\[ u = (\sum_{k=1}^{n} R_k) i \implies R_{eq} = \sum_{k=1}^{n} R_k \]

串联电阻的分压关系为，电阻 $R_k$ 的电压 $u_k = R_k \cdot i$，整个网络的端口电压 $u = R_{eq} \times i$，两者的比值为：

\[ \frac{u_k}{u} = \frac{R_k i}{R_{eq} i} = \frac{R_k}{R_{eq}} \]

由此可以得出结论，串联电阻按照阻值进行正比分压，即电阻电路的分压公式。

电阻并联分流

电阻的并联采用电导进行计算会更为方便，n 个电导并联等效为一个电导：

由 KCL 可以得到端口电流 $i = \sum_{k=1}^{n}i_k$，将 $i_k = G_k \cdot u$ 代入 KCL 方程，就可以推导出等效电导 $G_{eq}$ 等于各个并联电导值之和：

\[ i = (\sum_{k=1}^n G_k) u \implies G_{eq} = \sum_{k=1}^n G_k \]

由此可以得出并联电导按照电导值进行正比分流的结论，即电阻电路的分流公式：

\[ \frac{i_k}{i} = \frac{G_k u}{G_{eq} u} = \frac{G_k}{G_{eq}} \]

线性电阻混联

当电阻的连接当中，即包含有串联也包含有并联时，就称为电阻的混联。

▶【例题】求解下面混联电路当中端口的等效电阻 $R_{}eq$？

◉【解答】上面电路当中存在多处短路线，不易分析清楚电阻的连接关系，需要采用标出结点（共a、b、c、d四个结点）、去掉短接线的方法重新绘制电路：

◉【解答】此时上面电路当中，电阻的串联与并联关系就比较明确：4Ω 与 12Ω 电阻并联等效为 3Ω 电阻，9Ω 与 18Ω 并联等效为 6Ω 电阻：

◉【解答】再将 6Ω 与 30Ω 电阻串联等效为 36Ω 电阻，以及将 36Ω 与 36Ω 电阻并联等效为 18Ω 电阻，电路就可以转换下面的简单形式：

◉【解答】最后，就可以求解出等效电阻 $R_{eq}$ 等于 14Ω 电阻与 18Ω + 3Ω = 21Ω 电阻的并联：

\[ R_{eq} = (18Ω + 3Ω)\ //\ 14Ω = 21Ω // 14Ω = 8.4Ω \]

小结

端口电压电流关系相同的网络称为等效网络；
由线性电阻构成的一端口网络可以等效为一个线性电阻，称为等效电阻；
电压源并联任何元件或者一端口网络，均等效为电压源；
电流源串联任何元件或者一端口网络，均等效为电流源；
重新绘制电路并且去掉短路线是化简混联电路的有效方法；

星形电路与三角形电路

下图电桥当中的 5 个线性电阻即非串联也非并联，而是组成了一个电桥电路.其中 $R_5$ 称为电桥，而 $R_1$、$R_2$、$R_3$、$R_4$ 称为桥臂：

该电路当中，$R_1$、$R_2$、$R_5$ 构成了一个三角形连接：

该电路当中，$R_1$、$R_4$、$R_5$ 构成了一个星形连接：

本小节讨论如何对包含有电桥、三角形、星形连接的电路进行等效变换。

电路对称

电路分析过程当中，主要会存在两种电路的对称形式：

通过端口的对称面；
垂直端口的对称面；

对称面可以使得某些支路的电流为零，而某些结点的电位相等；等效变换时，电流为零的支路可以断开，电位相等的结点可以短接；

对称面通过端口

利用电路的对称性进行电路变换，如果参数满足 $R_1 = R_2$、$R_3 = R_4$，那么电路就会存在一个通过端口 ab 的对称面，对称面的两侧有相同的电流分布，即 $R_1$ 和 $R_2$ 的电流同为 $i_1$，而 $R_3$ 和 $R_4$ 的电流同为 $i_4$，$R_5$ 的电流无论方向向左还是向右都为 $i_5$：

与对称面垂直相交的支路 $R_5$ 的电流 $i_5$ 要满足 KCL 方程，即 $i_5 + i_5 = 0 \implies i_5 = 0$，电阻 $R_5$ 可以断开，等效电阻 $R_{eq} = \frac{1}{2} (R_1 + R_4)$：

对称面两侧相同的电流分布，也使得结点 c 和 d 成为等电位点，将两点进行短接之后，等效电阻 $R_{eq} = 0.5 R_1 + 0.5 R_4$：

总而言之，当电路存在一个通过端口的对称面时，对称面两侧就会存在相同的电流分布，使得与对称面垂直的支路上电流为零，以及对称位置上的一对结点成为等电位点。

对称面垂直端口

如果 $R_4 = R_1$ 并且 $R_2 = R_3$，此时电路存在一个垂直于端口 ab 的对称面：

显然，此时有 $u_{cb} = u_{db} = \frac{1}{2} u_{ab}$，即位于对称面上的结点 c 和 d 的电位相等，将这两点短接之后，于是等效电阻为 $R_{eq} = 2(R_1 // R_2)$：

由于 c 和 d 为等电位点，所以 $R_5$ 的电流为零，因此也就可以断开 $R_5$，于是等效电阻 $R_{eq} = 2 R_1 // 2R_2$

由此可见，当电路存在一个垂直于端口的对称面时，对称面上的点就是等电位点。

电桥平衡

如果不存在对称面，但是对臂电阻之积相等 $R_1 \times R_3 = R_2 \times R_4$：

或者邻臂电阻之比相等 $\frac{R_1}{R_4} = \frac{R_2}{R_3}$：

此时，这样的电路就称为平衡电桥电路，上述的电阻关系就是电桥的平衡条件。上面电路当中的电桥平衡时，桥电阻 $R_5$ 的电流为零，可以断开处理，因此等效电阻 $R_{eq} = (R_1 + R_4)//(R_2 + R_3)$：

当电桥平衡时，桥电阻的 $R_5$ 的电压也会为零，可以进行短接处理，因此等效电阻 $R_{eq} = R_1//R_2 + R_4//R_3$：

当电路既没有对称面，也不满足平衡条件时，就需要采用星形与三角形联结互换的方法来计算等效电阻 $R_{eq}$：

下面电路当中 $R_1$、$R_2$、$R_5$ 属于三角形联结，如果将其转换为星形联结，就可以应用串联与并联确定其等效电阻 $R_{eq}$：
下面电路当中 $R_1$、$R_5$、$R_4$ 属于星形连接，若将其转换为三角形联结，也可以应用串联与并联确定其等效电阻 $R_{eq}$：

星形/三角形互换

三角形 → 星形

三角形联结的 3 个电阻为 $R_{12}$、$R_{23}$、$R_{31}$，星形联结的 3 个电阻为 $R_{1}$、$R_{2}$、$R_{3}$，两个电路进行互换的原则是保证端口之间的电压电流关系不变：

在上图右侧星形联结当中，电压 $u_{12}$ 可以通过下面等式求得：

\[ u_{12} = R_1 i_1 - R_2 i_2 \]

在上图左侧三角形联结当中，假设电流 $i$，并且应用 KVL 确定 $i$ 与其它电流的关系：

\[ R_{12}i + R_{23}(i+i_2) - R_{31}(-i + i_1) = 0 \implies i = \frac{R_{31}i_1 - R_{23}i_2}{R_{12} + R_{23} + R_{31}} \]

于是根据三角形联结当中，电压 $u_{12}$ 等于 $R_{12}$ 乘以 $i$ 就可以得到：

\[ u_{12} = R_{12}i = \frac{R_{12}R_{31}i_1 - R_{12}R_{23}i_2}{R_{12} + R_{23} + R_{31}} \]

联立上述两个 $u_{12}$ 的表达式，从而得到如下的推导结论：

\[ \begin{cases} u_{12} = R_1 i_1 - R_2 i_2 \\ u_{12} = R_{12}i = \frac{R_{12}R_{31}i_1 - R_{12}R_{23}i_2}{R_{12} + R_{23} + R_{31}} \end{cases} \implies R_1 = \frac{R_{12} R_{31}}{R_{12} + R_{23} + R_{31}} \]

最后，可以将三角形转换为星形联结的规律总结如下：

\[ R_k = \frac{连于 k 结点的两个电阻之积}{三角形联结当中 3 个电阻之和}，其中\ k = 1,2,3 \]

星形 → 三角形

三角形、星形联结相互转换的基础条件，都是要保持端子之间的电压电流关系不变。

上图右侧的三角形联结当中，电流 $i_1$ 等于：

\[ i_1 = G_{12} u_{12} - G_{31} u_{31} \]

为了列写星形联结当中 $i_1$ 的表达式，假设电压 $u$ 并且利用 KCL 表达式确定其与其它电压之间的关系：

\[ G_1 u + G_2(u - u_{12}) + G_3(u + u_{31}) = 0 \implies u = \frac{G_2 u_{12} - G_3 u_{31}}{G_1 + G_2 + G_3} \]

于是星形联结当中，电流 $i_1$ 等于 $G_1$ 乘以 $u$：

\[ i_1 = G_1 u = \frac{G_1 G_2 u_{12} - G_1 G_3 u_{31}}{G_1 + G_2 + G_3} \]

最后，同样可以将星形联结转换为三角形联结的规律总结如下：

\[ G_{kj\ (k \neq j)} = \frac{联结于 k 或 j 结点的 2 个电导之积}{星形联结当中 3 个电导之和}，其中\ k = 1,2,3\ 且\ j = 1,2,3 \]

小结

对于不能够用串联与并联获得等效电阻的一端口网络：
1. 首先，观察电路是否具有对称性；
2. 然后，如果没有对称性，再观察是否存在平衡电桥；
3. 最后，既无对称性也无平衡电桥时，采用星形与三角形联结互换；
对称性运用的关键在于找出电流为零的支路和电位相等的结点；
应用平衡电桥的关键在于，首先发现电桥，然后确定桥电阻；
星形与三角形联结互换的关键在于，恰当的选择需要变换的三角形或者星形联结，使其计算量变得最小；

电源变换

由线性电阻构成的一端口网络，无论多么复杂，总是可以通过等效变换化简为一个线性电阻，下图是一个含有独立电源的网络：

用等效变换的方法确定该电路当中的电流 $i$，可以将 4Ω 电阻之外的电路视为含独立电源的一端口网络，并且将其等效为如下电路，从而就可以方便的对电流 $i$ 进行求解：

含有独立电源的一端口网络，等效电路当中必然包含有代表提供电能的独立电源，也有代表消耗电能的电阻，即等效电路会属于戴维南或者诺顿支路。

注意：独立电源的电压电流关系曲线是一条与 i 轴(即 X 轴)和 u 轴(既 Y 轴)相交的直线，该直线与 u 轴交点（相当于 $i=0$ 时）的电压称为开路电压 $U_{oc}$，而与 i 轴交点（相当于 $u=0$ 时）的电流称为短路电流 $I_{sc}$；

独立电源变换

经过前面的讨论已经知道，端口电压电流关系相同的两个一端口网络，就是等效网络。

戴维南支路：电压源 $u_s$ 串联电阻 $R_s$；
诺顿支路：电流源 $i_s$ 并联电阻 $R_p$；

将戴维南支路等效为诺顿支路，就是将电压源变换为电流源；反之，则是将电流源变换为电压源，这样的转换就称为电源变换：接下来以相同的电压电流关系为前提，导出两者等效的条件。

上图当中，左侧戴维南支路的电压电流关系为 $u = u_s + R_s i$，右侧诺顿支路的电压电流关系为 $u = R_p (i_s + i) = R_p i_s + R_p i$；显然，当 $R_s = R_p$，并且 $u_s = R_p i_s$ 时，两者的电压电流关系相同。

\[ \begin{cases} 戴维南支路 VCR 关系\ &u = u_s + R_s i \\ 诺顿支路 VCR 关系\ &u = R_p (i_s + i) = R_p i_s + R_p i \\ \end{cases} \implies 戴维南等效为诺顿支路的条件 \begin{cases} R_s = R_p \\ u_s = R_p i_s \\ \end{cases} \]

▶【例题】将下面电路当中 0.5A 电流源与 10Ω 电阻串联组成的诺顿支路，变换为戴维南支路？

◉【解答】首先，确定支路的形式，可以知道上面电路是一个电压源与电阻的串联。
◉【解答】然后，计算电阻的大小 10Ω；
◉【解答】接着，计算电压源的大小 $0.5A \times 10Ω = 5V$；
◉【解答】最后，确定电源的方向，将上图左侧电流源平移至右侧的电压源旁边观察，使两者的参考方向保持非关联即可；

▶【例题】回到本小节开始时提出的问题，用电源变换求解电流 $i$ ？

◉【解答】将上图当中的 12V 电压源变换为 3A 电流源（要注意其方向为非关联）：

◉【解答】分别把 2 个电流源和电阻并联为 1 个电流源和电阻，从而得到如下的诺顿支路：

◉【解答】最后，利用电阻的分流公式得到电流 $i$：

\[ i = 5A \times \frac{3Ω}{3Ω + 4Ω} = \frac{15}{7}A \]

受控电源变换

受控电源的变换与独立电源的变换没有本质差别，变换的原则依然是具有相同的电压电流关系，但是依然存在两个特殊之处：

受控电源要进行控制量转移；
受控电源最终会等效为线性电阻；

接下来的内容，将会逐步讨论下图左上角电路的完整变换过程：

将诺顿支路变换为戴维南支路，受控电流源 $gu_2$ 变为受控电压源 $gR_1u_2$，注意受控电压源的方向要非关联；
将 $R_1$ 与 $R_2$ 串联，则控制量 $u_2$ 消失，因此串联之前需要使用不会消失的变量 $i$ 来取代 $u_2$，由 $u_2$ 控制的受控电压源，变换为由 $i$ 控制的受控电压源，这个过程就称为控制量转移；
对电阻 $R_1$ 与 $R_2$ 进行串联等效，此时受控电压源两端的电压为 $gR_1(-R_2i)$，流过的电流为 $i$；
由该电压电流构成的齐次线性关系，与线性电阻的电压电流关系相同，于是采用一个线性电阻来等效该受控电压源；
最终的等效电路为一个线性电阻 $R_1 + R_2 - g R_1 R_2$；

注意：受控电源在何种情况下可以使用线性电阻进行等效是本小节学习的难点。

▶【例题】求解下面电路的等效电阻？

◉【解答】该电路中受控电压源与控制量 $u_1$ 都处于同一条戴维南支路上，采用列写端口电压电流关系的办法，就可以容易的得到等效电阻；这里由 KVL 定律，经过下面的推导过程，就可以得到端口等效电阻为 $R(1 - \alpha)$：

\[ u = \alpha u_1 + Ri \xrightarrow{代入 U_1 = -Ri} u = \alpha(-Ri) + Ri = R(1 - \alpha) \cdot i \]

注意：上面推导过程当中的 $u$ 与 $i$ 呈关联参考方向。

◉【解答】再观察这个电路，受控源与控制量 $i$ 处于同一条诺顿支路上面，应用 KCL 定律可以得到 $u = R(\beta i + i)$，因此端口电压电流关系就为 $u = R(\beta i + i)$，而端口等效电阻为 $R(\beta + 1)$：

也可以将上面这个电路当中的诺顿支路变换为戴维南支路，电流源 $\beta i$ 变换成电压源 $\beta Ri$：

此时流过电压源 $\beta R i$ 的电流为 $i$，并且电压电流为关联参考方向，于是受控源就可以变换为线性电阻 $\beta R$：

注意：当受控源与其控制量处于同一条戴维南支路或者诺顿支路上时，受控源就可以等效为一个线性电阻。

电源变换应用

电源变换可以将含有独立电源、受控电源的一端口网络变换为戴维南支路、诺顿支路。

▶【例题】求解下面电路当中的电流 $i_x$ ?

◉【解答】将 6V 独立电压源变换为 $6V \div 2Ω = 3A$ 的电流源，受控电流源 $0.25u$ 变换为受控电压源 $0.25u \times 4Ω = u$，即进行戴维南支路与诺顿支路互换：

将上面电路当中的两个 2Ω 电阻并联为一个 1Ω 电阻，然后将这个 1Ω 与 3A 电流源并联的诺顿支路，变换为 3V 电压源与 1Ω 电阻串联的戴维南支路：

经过上述 3 次变换之后，就可以很容易的计算出电流 $i_x$，应用 KVL 定律可以得到：

\[ 4 i_x + u + 3 + i_x = 18 \implies u = 3 + i_x \implies i_x = 2A \]

小结

电源变换是端口电压电流关系不变条件下的网络等效方法，实质上是戴维南支路与诺顿支路的相互转换；
受控电源变换时要注意控制量转移，将受控电源等效为线性电阻时，还要注意参考方向的关联性；
列写出端口电压电流关系是将受控电源等效为线性电阻的好方法；
综合应用电源变换、串联与并联、对称与平衡电桥、星形与三角形互换，就能够将任意一端口网络化简为戴维南或诺顿支路；

等效变换方法应用

经过前面内容的讨论，电阻电路的等效变换主要存在如下这些方法：

串联与并联等效；
对称电路等效；
平衡电桥等效；
星形与三角形联结互换；
电源变换（戴维南支路与诺顿支路互换）；

本节将会通过一系列例题的分析，讨论如何去综合运用这些等效变换方法。

例题 1

▶【例题】求解下图当中电压源提供的功率？

◉【解答】该电路拥有 8 个 100Ω 电阻，如果确定端口等效电阻 $R_{eq}$，就能确定电压源所提供的功率。但是由于上图当中存在大量短路线，因此需要进行改画，去掉这些短路线。为此需要在电路当中手动标注结点，可以看到电路当中的 4 处结点 a 和 4 处结点 b，可以归纳为 a 和 b 共 2 处结点，即每个电阻的一端连接在结点 a 另一端连接在结点 b，从而可以绘制出如下等效电路：

◉【解答】可以观察到，该等效电路由 8 个电阻并联而成，因此等效电阻 $R_{eq}$ 等于：

\[ R_{eq} = \frac{100Ω}{8} = 12.5 Ω \]

◉【解答】那么此时电压源提供的功率 $p$ 等于：

\[ p = \frac{10^2}{R_{eq}} = \frac{100}{12.5} = 8W \]

例题 2

▶【例题】求解下面电路当中的电流 $i_x$ ？

◉【解答】该电路当中即有独立电源，也有受控电源，需要通过适当的电源变换之后，再计算 $i_x$；首先，将受控电流源转换为受控电压源，电阻依然保持 4Ω，电压源为 $0.25 u \times 4 = u$；然后再将 6V 电压源转换为电流源，电阻依然为 2Ω，电流源为 $\frac{6V}{2Ω} = 3A$，变换后的电路如下：

◉【解答】接下来还需要继续进行电源变换，两个 2Ω 电阻并联，将 3A 电流源变换为电压源，电阻为 1Ω 电压源为 3V（注意不要弄错电压 $u$ 的位置），变换后的电路为一个回路的简单电路：

◉【解答】应用 KVL 定律，对上图当中黄色圈出的 2 个回路列写 KVL 方程组，就可以很容易的确定 $i_x$：

\[ \begin{cases} 4i_x + u + u = 18 \\ u = 3 + i_x \end{cases} \implies i_x = 2A \]

例题 3

▶【例题】求解下面电路当中的电压 $u$ ？

◉【解答】上面电路当中 5 个电阻组成了一个电桥电路，中间的 10Ω 电阻为桥支路，由于左侧 $4:6$ 右侧 $10:5$，所以这并非一个平衡电桥，只能采用星形与三角形联结互换。

◉【解答】电桥电路当中的第 1 个星形电路（红色标识），如果变换为三角形联结，结点 c 将会消失，电压 $u$ 将不复存在；而第 2 个星形电路（橙色标识）类似，也不应当进行变换；第 3 个星形（蓝色标识）由于 24Ω 电阻与电流源串联，对于电压 $u$ 没有影响，可以进行短接，依然不该进行变换；因此，不宜采用星形变换为三角形的方法。

◉【解答】可以观察到上面的电桥电路当中，存在左右 2 个三角形联结，由于右边的三角形联结拥有 2 个相等的电阻，变换成为星形联结之后也会存在 2 个相等电阻，计算量相对较小，所以这里选择将右侧的三角形联结转换为星形联结。

◉【解答】接下来将右边的三角形联结变换为星形联结，连接在结点 c 的电阻等于 2 个 10Ω 夹臂电阻之积，除以三角形联结的 3 个电阻之和等于 4Ω；连接在结点 d 的电阻等于夹臂电阻 10Ω 与 5Ω 之积，除以三角形联结的 3 个电阻之和等于 2Ω；连接在结点 b 的电阻也等于 2Ω。变换之后的电路当中，电阻为简单的串并联关系：

采用电阻分流公式确定 $i_1$ 和 $i_2$，由于并联支路的电阻相等（均为4Ω + 4Ω = 6Ω + 2Ω = 8Ω），所以可以得到 $i_1 = i_2 = 2.5A$，由 KVL 定律就可以计算得到 $u$：

\[ u = -4i_1 + 6i_2 = -4 \times 2.5 + 6 \times 2.5 = -10 V \]

例题 4

▶【例题】求解下面电路当中的电流 $i$？

◉【解答】上面的电路较为复杂，需要化简之后再进行求解。该电路当中绿色线条圈出的部分并非一个电桥，这是由于电桥的桥支路只能连接至桥臂，而上图中间的橙色结点破坏了电桥成立的条件。但是上面电路明显存在着一个通过端口的对称面，其中 a 和 b 为等电位点，可以进行短接，此时两个 2Ω 电阻并联等效为一个 1Ω 电阻、两个 4Ω 电阻并联等效为一个 2Ω 电阻、两个 6Ω 电阻并联等效为一个 3Ω 电阻，从而求解出电流 $i$：

◉【解答】或者也可以将原始电路转换为更为对称的形式，即将题设电路中间的 3Ω 电阻变为两个 6Ω 电阻并联，10V 电压源变为两个 10V 电压源的并联，5Ω 电阻变为两个 10Ω 电阻并联，电流 i 划分为两个并联的 0.5i，此时对称面就非常明显了：

上面电路当中，垂直于对称面的 4 条连线电流为零，可以断开处理，此时电路被切为两半，从而就可以方便的求解出电流 $i$。

小结

切记一定要动手多加练习；

习题分析

习题 1

▶【习题】求解下面电路当中的电流 $i$ ？

◉【解答】分析问题，该电路是一个由电压源驱动的线性电阻混联电路，要想求解电压源支路的电流，可以将问题转化为对整个电路等效电阻的求解。

◉【解答】简化问题，由于这个电路存在多个结点和短接线，因此可以进行相应的简化（标出所有结点，移除短接线）。由于该电路当中只存在 a、b、c 三个结点，将这些结点重新布局，再将原电路当中所有支路重新绘制到新的电路图。其中，待求变量 $i$ 所在联结处于结点 ac 之间，此外 ac 之间还存在着一个 10Ω 电阻；然后结点 ab 之间存在一个 30Ω 和一个 60Ω 电阻，而结点 bc 之间存在两个 40Ω 和一个 20Ω 电阻，由此得到的新电路图当中，电阻之间的联结关系变得非常清晰明确：

◉【解答】具体计算，观察简化之后的电路，可以看到结点 ab 之间由 30Ω 和 60Ω 两个电阻并联而成，因此等效电阻为：$R_{ab} = 30 // 60 = 20Ω$，而结点 bc 之间则是由 40Ω、20Ω、40Ω 电阻并联而成，其等效电阻为：$R_{bc} = 40 // 20 // 40 = 10Ω$，由此可以进一步简化电路结构：

◉【解答】根据上面这个电路结构当中电阻的串并联关系，就可以求解出整个电路的等效电阻 $R_{eq}$：

\[ R_{eq} = (20Ω + 10Ω) // 10Ω + 2.5Ω = 10Ω \]

◉【解答】进而就可以得到该电路的最简等效电路，即一个由 28V 电压源与 10Ω 电阻串联而成的回路：

◉【解答】此时流过电压源的电流就是流过电阻的电流（注意这里电流的参考方向与实际方向相反），因而待求变量 $i$ 的值为：

\[ i = \frac{28V}{10Ω} = -2.8A \]

习题 2

▶【习题】求解下图 8A 电流源发出的功率？

◉【解答 1】分析问题，该电路由一个电流源和多个线性电阻构成，并且拥有一个对称面。在利用电路对称性对其进行变换之前，可以先将电路当中的串并联支路进行整合。

◉【解答 1】简化问题，对称线两侧各存在一个 6Ω 与 3Ω 的并联支路，可以将其分别等效为 2Ω 电阻：

◉【解答 1】这个 2Ω 电阻再分别与 7Ω 电阻串联之后，可以等效为 9Ω 电阻：

◉【解答 1】接下来继续根据电路的对称性，进一步简化问题。由于对称线两则存在相同的电流分布，即结点 a 和 b 为一对等电位点，将其短接之后 13Ω 电阻相当于短路，此时两个 2Ω 电阻并联在一起（等效为 1Ω 电阻），两个 9Ω 电阻并联在一起（等效为 4.5Ω 电阻）：

◉【解答 1】两个 2Ω 电阻并联等效为 1Ω，两个 9Ω 电阻并联等效为 4.5Ω，继而得到如下 8A 电流源与 3 个线性电阻组成的串联电路：

◉【解答 1】继续对上面电路进行简化，就可以得到如下 8A 电流源与 6.5Ω 电阻组成的最简等效电路：

◉【解答 1】根据上面这个最简等效电路，就可以直接计算出电流源发出的功率 $p$:

\[ p = 8A \times (8A \times 6.5Ω) = 416W \]

◉【解答 2】接下来，选择另外一种方式来求解本题。此处依然基于下面电路的对称面两侧具有相同的电流分布，并且与对称面垂直相交的支路电流为零：

◉【解答 2】因而 13Ω 电阻所在的支路可以直接断开，为了充分利用这个特点，可以将电路改画为如下形式。其中 1Ω 电阻可以等效为两个 2Ω 电阻的并联，8A 电流源可以等效为两个 4A 电流源的并联：

◉【解答 2】因此与对称面垂直相交的 4 条橙色支路都可以直接断开，则上面电路的一半就是 4A 的电流源与 3 个线性电阻串联而成的回路：

◉【解答 2】再将上面这个串联回路等效为一个 4A 电流源与一个 13Ω 电阻的串联回路：

◉【解答 2】基于上述电路，可以直接计算出原 8A 电流源发出功率的一半应为 $4A \times (4A \times 13Ω) = 208W$，最终整个电路当中电流源发出的功率应当为该数值的 2 倍：

\[ p = 208W \times 2 = 416W \]

习题 3

▶【习题】计算 48V 电压源吸收的功率？

◉【解答 1】分析问题，如果需要求解电压源吸收的功率，那么需要求解电路的等效电阻即可。

◉【解答 1】简化问题，首先将电路当中的简单并联支路进行整合，2 个 6Ω 电阻并联等效为 1 个 3Ω 电阻：

◉【解答 1】由于电路当中包含有星形与三角形联结，因而可以利用星形三角形联结互换将电路转换为电阻的串并联形式，以便于进行求解。上面电路当中，蓝色支路上的 3 个 2Ω 电阻构成了一个星形联结，可以将其等效为 3 个阻值为 6Ω 的电阻构成的三角形联结：

◉【解答 1】变化之后的电路当中，存在两组 3Ω 与 6Ω 电阻的并联支路，可以进一步将它们等效为两个 2Ω 电阻：

◉【解答 1】通过上面的电路就可以方便的求解等效电阻 $R_{eq} = (2Ω + 2Ω) // 6Ω = 2.4Ω$，则电压源吸收的功率 $P_吸$：

\[ P_吸 = - \frac{U^2}{R_{eq}} = - \frac{48V^2}{2.4Ω} = -960W \]

◉【解答 2】接下来，采用另外一种电路对称/电桥平衡的方法来求解该问题。观察题设电路就可以发现，该电路的负载部分是由 5 个电阻构成的电桥电路：

◉【解答 2】其中，桥支路为中间的 2Ω 电阻支路，而桥支路上下两侧 $\frac{2Ω}{2Ω} = \frac{3Ω}{3Ω}$，从而满足电桥平衡的条件，流过桥支路的电流为零：

◉【解答 2】由于电桥平衡时可以将桥支路直接断开，因此等效电阻 $R_{eq}$ 应当等于：

\[ R_{eq} = (2Ω + 2Ω) // (3Ω + 3Ω) = 2.4Ω \]

◉【解答 2】事实上该电路还关于桥支路上下对称，根据电路对称的特点，由于桥支路的电压为零，因此可以直接将其进行短接（下图绿色线）：

◉【解答 2】正是因为如此，等效电阻 $R_{eq}$ 也可以等于：

\[ R_{eq} = 2Ω // 3Ω + 2Ω // 3Ω = 2.4Ω \]

◉【解答 2】最后，再将电源电压与等效电阻的阻值，代入至电源吸收功率的表达式，从而同样可以求解得到 $P_吸$：

\[ P_吸 = - \frac{U^2}{R_{eq}} = -960W \]

注意：当不能直接利用电阻的串并联关系求解结果时，要首先观察电路是否对称，如果不对称则观察电路内是否存在平衡电桥，如果也没有就使用星形三角形联结变换进行等效求解。

习题 4

▶【习题】求解下面电路当中，电阻 $R = 40Ω$ 所吸收的功率？

◉【解答】分析问题，上面电路当中存在星形和三角形联结，电阻 $R$ 所在支路的变量无法直接根据电阻的串并联关系进行求解；此外电路当中不存在对称面，也就不满足电桥的平衡条件。因此，可以采用星形三角形联结互换，将电路等效为电阻的串并联形式来进行求解：

◉【解答】简化问题，电阻 $R$ 所在支路保持不变，将其在下图当中左右两侧分别被标识为红色和绿色的星形联结：

◉【解答】红色部分变换为 $R_1$、$R_2$、$R_3$ 构成的三角形联结，绿色部分变换为 $R_4$、$R_5$、$R_6$ 构成的三角形联结：

◉【解答】根据星形三角形联结变换公式当中 $Y \rightarrow \Delta$ 的变换公式：

\[ 三角形联结当中 k 与 j 结点之间的电导 G_{kj(k \neq j)} = \frac{星形联结当中连接于 k 与 j 结点的两个电导之积}{星形联结当中三个电导之和}\ 其中(k=1,2,3\ j = 1,2,3) \]

◉【解答】根据上述变换公式，三角形联结当中的电阻 $R_1$ 等于 $\frac{1}{G_1}$，这里电阻 $R_1$ 的分子就是电导 $G_1$ 的分母，即原星形联结当中三个电导之和 $\frac{1}{60Ω} + \frac{1}{20Ω} + \frac{1}{30Ω}$；而 $R_1$ 的分母就是电导 $G_1$ 的分子，即原星形联结当中连接结点的电导之积 $\frac{1}{60Ω} \times \frac{1}{20Ω}$：

\[ R_1 = \frac{1}{G_1} = \frac{\frac{1}{60Ω} + \frac{1}{20Ω} + \frac{1}{30Ω}}{\frac{1}{60Ω} \times \frac{1}{20Ω}} = 120Ω \]

◉【解答】同理，三星形联结当中的电阻 $R_2$ 等于 $\frac{1}{G_2}$，其分子即电导 $G_2$ 的分母与 $R_1$ 的分子相同；而其分母则是另外一个结点的电导之积 $\frac{1}{30Ω} \times \frac{1}{20Ω}$：

\[ R_2 = \frac{1}{G_2} = \frac{\frac{1}{60Ω} + \frac{1}{20Ω} + \frac{1}{30Ω}}{\frac{1}{30Ω} \times \frac{1}{20Ω}} = 60Ω \]

◉【解答】依此类推，电阻 $R_3$ 就等于 $\frac{1}{G_3}$：

\[ R_2 = \frac{1}{G_3} = \frac{\frac{1}{60Ω} + \frac{1}{20Ω} + \frac{1}{30Ω}}{\frac{1}{60Ω} \times \frac{1}{30Ω}} = 180Ω \]

◉【解答】相同的，右侧绿色支路上的电阻 $R_4$、$R_5$、$R_6$ 计算出来的电阻分别为：

\[ \begin{aligned} R_4 = \frac{1}{G_4} = \frac{\frac{1}{30Ω} + \frac{1}{10Ω} + \frac{1}{15Ω}}{\frac{1}{30Ω} \times \frac{1}{10Ω}} = 60Ω \\ R_5 = \frac{1}{G_5} = \frac{\frac{1}{30Ω} + \frac{1}{10Ω} + \frac{1}{15Ω}}{\frac{1}{30Ω} \times \frac{1}{15Ω}} = 90Ω \\ R_6 = \frac{1}{G_6} = \frac{\frac{1}{30Ω} + \frac{1}{10Ω} + \frac{1}{15Ω}}{\frac{1}{10Ω} \times \frac{1}{15Ω}} = 30Ω \end{aligned} \]

◉【解答】经过上述变化之后的电路，可以直接利用电阻的串并联关系再次进行等效，其中电阻 $R_1 // R_4 = 40Ω$、$R_2 // R_6 // 80Ω = 16Ω$、$R_3 // R_5 = 60Ω$，由此可以得到如下更为简洁的电路：

◉【解答】选取上面电路当中相应的结点与回路，再标注出关键的支路分量。此时根据并联分流的原理，流过 16Ω 电阻的电流为电阻 $R$ 上电流的 2 倍，也就是 $2i$；对橙色圈出的结点以及棕色箭头指示的回路，分别列写 KCL 和 KVL 方程，进而联立求解出流过电阻的电流 $i$：

\[ \begin{cases} KCL \implies 2i + i' = 2A \\ KVL \implies iR + 16 \times 2i - 60 i' = 0 \end{cases} \implies i = 0.625A \]

◉【解答】将上述步骤所得的结果，代入至功率的计算公式当中，得到的结果就是 $R = 40Ω$ 电阻所吸收的功率 $P_R$：

\[ P_R = 0.625^2 \times 40 = 15.625W \]

◉【解答】接下来分析一个拓展问题：当电阻 $R$ 取何值时，流过 20Ω 以及 10Ω 电阻的电流为 0A ？此处为了便于分析，将原来的电路重新绘制成下面的形式：

◉【解答】可以看到，20Ω 和 10Ω 电阻上的电流为零，这就意味着上图标为蓝色的两条支路可以直接断开。此外由于流过电阻的电流为零，则电阻两端的电压也为零，即 a、b、d 三个结点为等电位点，将电流源负极接地，则 a、b、d 结点的对地电位相等。根据串联分压公式，这 6 个电阻之间可以满足如下的分压公式，并由此解得电阻 $R$ 的阻值：

\[ \frac{30Ω}{60Ω + 30Ω} = \frac{80Ω}{R + 80Ω} = \frac{15Ω}{30Ω + 15Ω} \implies R = 160Ω \]

习题 5

▶【习题】求取下图当中电路的最简等效电路？

◉【解答 1】上图是一个含有独立电压源和受控电流源的电路，对其进行最简等效电路的求解，实质是对其端口电压电流等效关系的求解。

独立电压源与电阻的串联构成一个戴维南支路，为简化问题可以将其等效为诺顿支路，等效后独立电流源的大小，为原戴维南支路当中电压源电压与电阻值之比，方向则与原电压源方向非关联，而电阻值则保持不变；
受控电流源与电阻的并联构成一个诺顿支路，在端口电压电流关系相同的前提下，可以暂时将受控源视为独立源来处理，将该支路等效为一个戴维南支路（注意等效变换过程当中，受控源的控制量不能消失，此处的控制量为端口电流 $i$）；

◉【解答 1】这里采用电源等效变换法，继续对上面电路进行简化，两个 2kΩ 电阻并联为 1kΩ，它与 10mA 电流源构成的诺顿支路可以继续转化为戴维南支路：

◉【解答 1】上图电压源左右两侧的 1kΩ 电阻串联在一起，可以等效为一个 2kΩ 电阻：

◉【解答 1】根据 KVL 定律，端口电压 $u$ 等于：

\[ u = 2000i - 500i + 10 \implies (1500i + 10)V \]

◉【解答 1】根据上面表达式，可以得到一个由 10V 独立电压源与 1.5kΩ 电阻串联而成的简单电路，其端口伏安关系与原电路保持着一致：

◉【解答 2】下图当中受控源所在的诺顿支路，标注其端口的电压 $u'$，当能够容易求得其 U-I 关系时，可以选用另外一种将受控源等效为线性电阻的方法对本题进行求解：

◉【解答 2】根据 KCL 定律，流过 1kΩ 电阻的电流为端口电流 i 减去受控源电流 0.5i，此时受控源两端的电压 $u' = (i - 0.5i) \times 1000Ω = 500i$，由此可以将该诺顿支路等效为 0.5kΩ 电阻；而独立电压源所在的戴维南支路仍然变换为诺顿支路，两个 2kΩ 电阻并联为 1kΩ 电阻：

◉【解答 2】将上面 10mA 电流源与 1kΩ 电阻构成的诺顿支路，再次变换为戴维南支路，从而得到如下由 10V 电压源构成的电路：

◉【解答 2】再将 1kΩ 电阻与 0.5kΩ 电阻的串联支路合并，也就可以得到本题所要求的最简等效电路：

习题 6

▶【习题】求解下图电路当中的支路电压 $u$ ？

◉【解答】要求解某一条支路上的电压，可以利用之前学习过的支路分析法列写2b个方程来完成；上面电路当中拥有 6V 独立电压源与 3Ω 电阻的并联支路，以及 1A 独立电流源与 3Ω 电阻的串联支路，由于它们对于待求变量 $u$ 以及两个受控源的控制量都不造成影响，可以分别仅将其等效为一个 6V 独立电压源和一个 1A 独立电流源：

◉【解答】接着继续将上图当中受控电压源与 2Ω 电阻构成的戴维南支路变换为诺顿支路，并且不会影响到待求变量 $u$；但是变换之后，由于流过电源的电流会发生变化，导致受控电流源的控制量 $i_1$ 消失，所以还需要将控制量转换为不会消失的待求电压 $u$；根据欧姆定律，$i_2$ 与 $u$ 之间的关系表达式为 $u = i_2 \times 2Ω$，再根据 KVL 定律 $u$ 还等于受控电压源的电压 $i_2$ 再加上 $i_1 \times 2Ω$，联立两个方程就可以得到 $i_1$、$i_2$ 与 $u$ 的关系：

\[ \begin{cases} u = i_2 \times 2Ω \\ u = i_2 + i_1 \times 2Ω \end{cases} \implies \begin{cases} i_2 = 0.5u \\ i_1 = 0.25u \end{cases} \]

◉【解答】由此两个受控源的控制量 $i_1$、$i_2$ 都可以转移为待求量 $u$ 的表达式（注意受控电流源的电流为 $2i_1 = (0.25 \times 2) u = 0.5 u$），从而完成了受控源的控制量转移：

◉【解答】接着再利用戴维南支路与诺顿支路的等效互换（注意变换前后的受控源为非关联参考方向），原戴维南支路当中的受控电压源电压 $\frac{0.5u}{2Ω} = 0.25u$ 就是变换后诺顿支路的受控电流源的电流；而原诺顿支路当中受控电流源的电流 $0.5 u \times 1Ω = 0.5u$ 就是变换后戴维南支路中受控电压源的电压：

◉【解答 1】上面电路当中，受控电流源端口的 U-I 关系非常明确，因此可以将这个受控电流源等效为一个线性电阻（该受控电流源的电流与其两端的电压为非关联参考方向），端口电压 $\frac{u}{-0.25u}$ 得到的等效电阻为 -4Ω，该 -4Ω 电阻与另外两个 2Ω 电阻的并联可以等效为一个 $\frac{4}{3}Ω$ 的电阻：

◉【解答 1】至此就可以利用 KCL 定律，列写出一个关于待求量 $u$ 的方程，即电流源的电流 $1A$ 等于上图红色箭头所示的两条支路电流之和，从而进一步求解得到电压 $u$ 的值：

\[ \frac{u}{\frac{4}{3}Ω} + \frac{u - 6V + 0.5u}{1Ω} = 1 A \implies u = \frac{28}{9}V \]

◉【解答 2】接下来，讨论另外一种解题思路，即将转移变量之后的受控源等效为独立电源进行处理，将串联的受控电压源与 6V 独立电压源合并等效为一个电压值为 $(6 - 0.5u)V$ 的独立电压源，再将并联的受控电流源与 1A 独立电流源合并等效为一个电流值为 $(0.25u + 1)A$ 的独立电流源，再同时将两个 $2Ω$ 电阻并联等效为 1Ω 电阻：

◉【解答 2】把上图当中的独立电压源与电阻构成的戴维南支路等效为一个诺顿支路，原戴维南支路当中独立电压源的电压 $(6 - 0.5u)V$ 除以电阻 1Ω，就等于变化之后诺顿支路当中独立电流源的电流 $\frac{(6 - 0.5u)V}{1Ω} = (6 - 0.5u)A$，原戴维南支路当中电阻的阻值在变化后的诺顿支路当中保持不变：

◉【解答 2】将上图变换后电路当中的 2 个独立电流源，合并为一个 $(7 - 0.25u)A$ 独立电流源，两个 1Ω 并联电阻合并为一个 0.5Ω 电阻，由此得到如下的最简等效电路：

◉【解答 2】根据欧姆定律，就可以列写出有关待求变量 $u$ 的方程，即流过电阻的电流 $(7 - 0.25u)A$ 再乘以电阻的阻值 0.5Ω 就等于电阻两端的电压 $u$：

\[ (7 - 0.25u)A \times 0.5Ω = u \implies u = \frac{28}{9} V \]

习题 7

▶【习题】求解下图所示电路当中的电流 $I$ ？

◉【解答】上面电路当中存在两处公共点，表明 1Ω 电阻连接到了两个电压源的连接处，因此两个电压源并非串联关系；而电路上半部分中的电阻为 $\frac{4}{3}Ω$，而下半部分中的电阻为 $\frac{1}{3}Ω$，上下参数不具备对称性；又由于 1Ω 电阻连接到了电压源，因此中间也就不存在平衡电桥；这里需要将电路当中标记为橙色和紫色的星形联结，变换为三角形联结以简化电路；前面已经讨论过，将星形变换为三角形联结的参数计算公式为：

\[ G_{kj(k \neq j)} = \frac{连接于 k 与 j 结点的两个相关电导之积}{星形联结当中三个电导之和} \]

对于橙色的星形联结，其三个电导之和为 $\frac{1}{2Ω} + \frac{1}{1Ω} + \frac{1}{1Ω} = 2.5$，相关的两个电导之积均为 $\frac{1}{1Ω} \times \frac{1}{2Ω} = 0.5$，因此橙色三角形联结当中，右侧的两个电阻等于 $\frac{1 \times 0.5}{1 + 1 + 0.5} = \frac{1}{5} S \implies 5Ω$，而左侧的电阻为 $\frac{1 \times 1}{1 + 1 + 0.5} = \frac{2}{5}S \implies \frac{5}{2}Ω$；
对于紫色的星形联结，其三个电导之和为 $\frac{1}{1Ω} + \frac{1}{2Ω} + \frac{1}{2Ω} = 2$，相关的两个电导之积皆为 $\frac{1}{1Ω} \times \frac{1}{2Ω} = 0.5$，因此紫色三角形联结当中，左侧的两个电阻等于 $\frac{1 \times 0.5}{1 + 0.5 + 0.5} = \frac{1}{4}S = 4Ω$，而最右侧的电阻为 $\frac{0.5 \times 0.5}{1 + 0.5 + 0.5} = \frac{1}{8}S \implies 8Ω$；

◉【解答】由此，就可以得到如下将星形变换为三角形联结之后的电路：

◉【解答】可以看到，上图电路当中的两组 45Ω 与 54Ω 电阻属于并联关系 $5Ω // 4Ω = \frac{20}{9}Ω$，而 $\frac{5}{2}Ω$ 与 $8Ω$ 电阻也属于并联关系 $\frac{5}{2}Ω // 8Ω = \frac{40}{21}Ω$，进一步并联等效之后的电路如下所示：

◉【解答】接下来，利用下面的三角形星形联结变换公式，求解各个等效电阻：

\[ R_k = \frac{连接于 k 结点的相邻两个电阻之积}{三角形联结当中三个电导之和} \implies \begin{cases} \frac{ \frac{20}{9} \times \frac{40}{21} }{ \frac{20}{9} + \frac{20}{9} + \frac{40}{21} } = \frac{2}{3} Ω \\ \frac{ \frac{20}{9} \times \frac{20}{9} }{\frac{20}{9} + \frac{20}{9} + \frac{40}{21}} = \frac{7}{9} Ω \end{cases} \]

◉【解答】进而就可以将上图左侧蓝色圈出的三角形联结，转换为如下的星形联结：

◉【解答】继续把上图当中的 $\frac{2}{3}Ω$ 与 $\frac{4}{3}Ω$、$\frac{2}{3}Ω$ 与 $\frac{1}{3}Ω$、$\frac{7}{9}Ω$ 与 $1Ω$ 三组串联支路等效为一个电阻，进而得到下图所示电路：

◉【解答】对上图红色虚线标出的结点列写 KCL 方程，就可以求解得到电流 $I$：

\[ I + \frac{(\frac{16}{9}Ω)I + 22V}{2Ω} + \frac{(\frac{16}{9}Ω)I - 22V}{1Ω} = 0 \implies I = 3A \]

习题 8

▶【习题】下图所示电路的各个电阻均为 $R$，求解端口等效电阻 $R_{AG}$：

◉【解答】因为该电路具有对称性，所以需要寻找通过端口的对称面，并且根据对称面两侧对称的点来确定等位点：

◉【解答】四边形 ACGE 是通过端口的对称面，其中的 B 与 D、F 与 H 为等位点；

◉【解答】四边形 ADGF 是通过端口的对称面，其中的 B 与 E、C 与 H 为等位点；

◉【解答】四边形 ABGH 是通过端口的对称面，其中的 D 与 E、C 与 F 为等位点；

◉【解答】基于上述分析步骤可以得到 6 对等位点，其中前面的 B 与 D、B 与 E、D 与 E 说明 B、D、E 三点等电位，而后面的 F 与 H、C 与 H、C 与 F 则说明 C、F、H 三点等电位，接下来可以把等位点进行短接：

将 B、D、E 等位点进行短接，即从 A 点到 B、D、E 三点相当于 3 个电阻并联，从而得到 A 点到 BDE 等位点的电阻为 $\frac{R}{3}$;
将 C、F、H 等位点进行短接，即从 G 点到 C、F、H 三点同样相当于 3 个电阻并联，从而得到 G 点到 CFH 等位点的电阻亦为 $\frac{R}{3}$;
除了上述 6 个电阻之外，剩余电阻都联结在 BDE 和 CFH 两个等位点之间，因此两点之间相当于接入了一个 $\frac{R}{6}$ 电阻；

◉【解答】由此 $R_{AG}$ 的阻值等于 $\frac{R}{3}$ 加上 $\frac{R}{6}$ 再加上 $\frac{R}{3}$：

\[ R_{AG} = \frac{R}{3} + \frac{R}{6} + \frac{R}{3} = \frac{5}{6}R \]

注意：利用相同的思路，还可以求解得到 $R_{AB} = \frac{7}{12}R$ 以及 $R_{AC} = \frac{3}{4}R$。

电路分析方程

结点方程

下面电路拥有 4 个结点 6 条支路，支路形式包括了电阻支路、戴维南支路、诺顿支路，如何确定所有支路电流与电压（即确定 $i_1 \sim i_6$ 和 $u_1 \sim u_6$）？

如果以支路电流与支路电压为变量列写方程，那么就需要列写出如下 12 个电路基本方程：

3 个结点的 KCL 方程；
3 个网孔的 KVL 方程；
6 条支路的电压电流关系；

上面这 12 个方程是电路的基本方程，虽然列写容易，但是联立求解过程较为复杂。为了减少联立求解方程数量，电路理论进一步提出了结点方程与网孔方程。

结点方程的形式

以具体的电路为例，下图拥有 4 个结点，其中 0 结点为参考结点，而 1、2、3 号结点的电位分别为 $u_{n1}$、$u_{n2}$、$u_{n3}$，已知这 3 个结点电位，就可以确定所有的支路电压，进而得到所有的支路电流。

这里将所有的支路电流用结点电位表示，从而列写出 1、2、3 号结点的 KCL 方程，进而得出关于结点电位的 3 个方程，即结点方程。换而言之，独立结点的 KCL 方程就是结点方程，只是方程中的支路电流需要采用结点电位来表示。为了便于利用结点电位来表示支路电流，需要将上图的电压源变换为电流源：

结点方程的快速列写

上一步已经将电压源 $u_{s2}$ 变换为电流源 $G_2 \cdot u_{s2}$，电压源 $u_{s4}$ 变换为电流源 $G_4 \cdot u_{s4}$，变化之后的电路当中只存在电流源并且都为诺顿支路，按照上述思路就可以列写出独立结点的 KCL 方程（从电导流出结点的电流之和 等于 从电流源流入结点的电流之和）：

对于结点 1，从电导 $G_1$ 流出结点的电流为 $G_1 u_{n1}$；从电导 $G_2$ 流出结点的电流为 $G_2(u_{n1} - u_{n2})$，从电导 $G_3$ 流出结点的电流为 $G_3(u_{n1} - u_{n3})$，这三个电流之和应等于从电流源流入结点的电流之和 $i_{s1} + G_2 u_{s2} - i_{s3}$； \[ G_1 u_{n1} + G_2(u_{n1} - u_{n2}) + G_3(u_{n1} - u_{n3}) = i_{s1} + G_2 u_{s2} - i_{s3} \]
对于结点 2，从电导 $G_2$ 流出结点的电流为 $G_2 (u_{n2} - u_{n1})$；从电导 $G_4$ 流出结点的电流为 $G_4 u_{n2}$，从电导 $G_5$ 流出结点的电流为 $G_5(u_{n2} - u_{n3})$，这三个电流之和应等于从电流源流入结点的电流之和 $-G_2 u_{s2} - G_4 u_{s4}$； \[ G_2 (u_{n2} - u_{n1}) + G_4 u_{n2} + G_5(u_{n2} - u_{n3}) = -G_2 u_{s2} - G_4 u_{s4} \]
对于结点 3，从电导 $G_3$ 流出结点的电流为 $G_3 (u_{n3} - u_{n1})$；从电导 $G_5$ 流出结点的电流为 $G_5 (u_{n3} - u_{n2})$，从电导 $G_6$ 流出结点的电流为 $G_6 u_{n3}$，这三个电流之和应等于从电流源流入结点的电流之和 $i_{s3}$； \[ G_3 (u_{n3} - u_{n1}) + G_5 (u_{n3} - u_{n2}) + G_6 u_{n3} = i_{s3} \]

上述的 3 个方程就是电路的结点方程，由这些方程就可以确定结点电位，再由结点电位确定支路电压与支路电流，这就是结点分析法。通过 KCL 列写结点方程虽然较为容易，但是列写的过程太过于繁琐。

\[ \begin{cases} G_1 u_{n1} + G_2(u_{n1} - u_{n2}) + G_3(u_{n1} - u_{n3}) = i_{s1} + G_2 u_{s2} - i_{s3} \\ G_2 (u_{n2} - u_{n1}) + G_4 u_{n2} + G_5(u_{n2} - u_{n3}) = -G_2 u_{s2} - G_4 u_{s4} \\ G_3 (u_{n3} - u_{n1}) + G_5 (u_{n3} - u_{n2}) + G_6 u_{n3} = i_{s3} \end{cases} \]

接下来通过寻找结点方程的规律，实现结点方程的快速列写。将上述 3 个结点方程进行同类项合并，整理为如下的矩阵形式，记为结点电导矩阵 $G_n$ 乘以结点电位列向量 $U_n$ 等于结点等效电流源列向量 $I_{sn}$，也就是结点方程的矩阵形式：

\[ G_n \times U_n = I_{sn} \implies \begin{bmatrix} {\color{Orange} G_1 + G_2 + G_3} & -G_2 & -G_3 \\ -G_2 & {\color{Orange}G_2 + G_4 + G_5} & -G_5 \\ -G_3 & -G_5 & {\color{Orange}G_3 + G_5 + G_6} \end{bmatrix} \begin{bmatrix} u_{n1} \\ u_{n2} \\ u_{n3} \end{bmatrix} = \begin{bmatrix} i_{s1} + G_2 u_{s2} - i_{s3} \\ -G_2 u_{s2} - G_4 u_{s4} \\ i_{s3} \end{bmatrix} \]

自电导：结点电导矩阵 $G_n$ 上的对角线元素（上述方程的橙色部分）称为自电导，等于结点上所有支路的电导之和，例如结点 1 的自电导等于 $G_1$ 加上 $G_2$ 加上 $G_3$；
互电导：结点电导矩阵 $G_n$ 上的非对角线元素（上述方程除橙色以外的部分）称为互电导，等于结点之间所有支路电导之和的负值，例如结点 1 与 2 之间的互电导等于 $-G_2$；当结点 1 与 2 之间还存在并联电导 $G$ 时（下图中的蓝色支路），结点 1 与 2 之间的互电导为 $G_2$ 加上 $G$ 的负值（即 $-G_2 - G$），因此互电导为结点之间支路电导之和的负值（即并联支路电导之和的负值）；
结点等效电流源：结点等效电流源列向量 $I_{sn}$ 等于结点上电流源电流的代数和（流入结点时取正值），例如结点 1 的等效电流源等于 $i_{s1} + G_2 u_{s2} - i_{s3}$，其中 $G_2 u_{s2}$ 是由电压源转换而来；

弄清楚自电导、互电导、结点等效电流源的物理含义，就可以快速列写出结点方程，称为快速列写法。

电源支路的处理方法

在采用快速列写法列写结点方程之前，需要将电压源转换为诺顿支路形式的电流源，如果电路当中存在电源支路，即电压源单独成为一条支路，就不能转换为电流源；而电流源单独成为一条支路，并不属于诺顿支路形式，此时需要对该电流源支路进行特殊处理。

当电路当中存在电流源支路时，例如将上面电路当中 3 号支路的电导 $G_3$ 断开，转换为仅拥有一个 $i_{s3}$ 的电流源支路：

此时结点 1 与 3 之间的互电导为零，将原来结点方程中的 $G_3$ 修改为零（下面方程当中绿色部分），即将电流源支路等同为电导为零的诺顿支路，就可以得到该电路的结点方程：

\[ \begin{bmatrix} G_1 + G_2 + {\color{Green}0} & -G_2 & {\color{Green}0} \\ -G_2 & G_2 + G_4 + G_5 & -G_5 \\ {\color{Green}0} & -G_5 & {\color{Green}0} + G_5 + G_6 \end{bmatrix} \begin{bmatrix} u_{n1} \\ u_{n2} \\ u_{n3} \end{bmatrix} = \begin{bmatrix} i_{s1} + G_2 u_{s2} - i_{s3} \\ -G_2 u_{s2} - G_4 u_{s4} \\ i_{s3} \end{bmatrix} \]

当电路当中存在电压源支路时，电压源无法转换为电流源，电压源支路的电流即不是已知量，也无法采用结点电位进行表示，因而列写结点方程时需要进行特殊处理。电压源支路在电路当中存在 2 种情况：

第 1 种情况，电压源支路的一端连接在参考结点上，例如将上面电路的 4 号支路更换为电压源 $u_s$：

此时结点 2 的电位 $u_{n2} = -u_s$，这样只需要列写结点 1 和 3 的方程就可以求解出结点电位。因此，移除之前结点方程中的第 2 个方程，就可以得到该电路的结点方程：

\[ \begin{bmatrix} G_1 + G_2 + G_3 & -G_2 & -G_3 \\ -G_3 & -G_5 & G_3 + G_5 + G_6 \end{bmatrix} \begin{bmatrix} u_{n1} \\ u_{n2} \\ u_{n3} \end{bmatrix} = \begin{bmatrix} i_{s1} + G_2 u_{s2} - i_{s3} \\ i_{s3} \end{bmatrix} \]

第 2 种情况，电压源连接在两个独立结点之间，例如将 3 号支路改为电压源 $u_s$，此时结点 1 和 3 的电位满足 $u_{n1} - u_{n3} = u_s$ 的关系。然后将结点 1 与 3 视为广义结点，将电压源支路包围在广义结点当中：

列写出广义结点的 KCL 方程，并且叠加另外一个结点 2 的 KCL 方程，就可以得到该电路的结点方程：

\[ \begin{cases} 广义结点 KCL 方程 &\implies G_1 u_{n_1} + G_2 (u_{n1} - u_{n2}) + G_5(u_{n3} - u_{n2}) + G_6 u_{n3} = i_ {s1} + G_2 u_{s2} \\ 结点 2 的KCL 方程 &\implies -G_2 u_{n1} + (G_2 + G_4 + G_5)u_{n2} - G_5 u_{n3} = -G_2 u_{s2} - G_4 u_{s4} \end{cases} \]

上面广义结点的 KCL 方程当中，第 1 项 $G_1 u_{n_1}$ 是从电导 $G_1$ 流出广义结点的电流，第 2 项 $G_2 (u_{n1} - u_{n2})$ 是从电导 $G_2$ 流出广义结点的电流，第 3 项 $G_5(u_{n3} - u_{n2})$ 是从电导 $G_5$ 流出广义结点的电流，第 4 项 $G_6 u_{n3}$ 是从电导 $G_6$ 流出广义结点的电流。而方程等号右侧的 $i_ {s1} + G_2 u_{s2}$ 则是从电流源流入广义结点的电流。

小结

结点分析法是电路分析的一种极为有效的方法，结点方程是独立结点的 KCL 方程，但是采用了结点电位来表示支路电流；
结点方程可以按照 KCL 规则列写，也可以采用自电导、互电导、结点等效电流源的物理含义快速列写；
应用快速列写法时，必须理解对于电流源支路、电压源支路的处理方法；

网孔方程

求解电路当中所有的支路电流，除了通过列写结点方程之外，还可以采用列写网孔方程的方式。

上面电路拥有 3 个网孔，假设构成网孔的支路中分别存在网孔电流 $i_{m1}$、$i_{m2}$、$i_{m3}$；根据 KCL 定律，可以采用这些网孔电流来表示支路电流，例如：

\[ \begin{cases} 支路电流\ i_4 = i_{m1} - i_{m2} \\ 支路电流\ i_1 = - i_{m1} \end{cases} \]

通过列写网孔方程来确定网孔电流，从而就能够求解出所有的支路电流，这种电路分析方法称为网孔电流法。

网孔方程的形式

如前所述，下面电路当中存在 $i_{m1}$、$i_{m2}$、$i_{m3}$ 三个网孔电流，六条支路电流 $i_1 \sim i_6$，其中两条为戴维南支路，另外两条为诺顿支路（诺顿支路的电流等于电阻电流与电流源电流之和）。

这里将诺顿支路转换为戴维南支路，便于采用网孔电流来表示电阻上的电压。将上图里的电流源 $i_{s1}$ 更换为下图的电压源 $R_1 i_{s1}$，电流源 $i_{s3}$ 变换为电压源 $R_3 i_{s3}$，变化之后各条支路的电流保持不变：

接下来列写网孔的 KVL 方程，此时不再使用支路电流来表示电阻上的电压，而是采用网孔电流来进行表示，例如 $R_5$ 上的电压等于 $R_5 \times (i_{m2} - i_{m3})$，由此就可以得出 3 个网孔电流方程。因此，网孔方程实质上就是关于网孔的 KVL 方程，只是使用了网孔电流来表示方程当中的各项电压。

下面顺着网孔电流的方向列写 KVL 方程，即顺着网孔电流方向上电阻的电压之和等于逆着网孔电流方向上电压源的电压之和：

这样得到的上图左侧方程组就是网孔方程，由网孔方程确定网孔电流，再由网孔电流确定支路电流，这就是网孔分析法。

网孔方程的快速列写

接着将上面列出的方程整理为矩阵的形式，然后寻找网孔方程的规律：

矩阵形式的网孔方程，即矩阵 $R_m$ 乘以矩阵 $I_m$ 等于矩阵 $U_{sm}$：

\[ R_m I_m = U_{sm} \]

其中，矩阵 $R_m$ 的各个元素都是电阻，所以称为网孔电阻矩阵；而矩阵 $U_{sm}$ 的各项为与独立电源相关的电压，称为网孔等效电压源列向量，最后矩阵 $i_m$ 称为网孔电流列向量。接下来，分析矩阵 $R_m$ 和 $U_{sm}$ 当中各个元素的物理含义:

网孔电阻矩阵 $R_m$ 的对角元（上图绿色框选元素）等于网孔内所有支路的电阻之和，称为网孔自电阻，例如网孔 1 的自电阻等于 $R_1 + R_2 + R_4$；
网孔电阻矩阵 $R_m$ 的非对角元（上图蓝色框选元素）等于两个网孔之间，公共支路电阻之和的负值，称为网孔互电阻；例如网孔 1 与 2 之间的互电阻为 $-R_4$（互电阻为负值是以网孔电流方向相同作为前提的）；
网孔等效电压源列向量 $U_{sm}$（上图粉色框选元素）等于对应网孔当中电压源电压的代数和，电压源方向与网孔电流方向为非关联时取正，例如网孔 1 当中，电压源 $R_1 i_{s1}$ 与网孔电流 $i_{m1}$ 方向非关联，所以取正值，由此网孔 1 的等效电压源为 $R_1 i_{s1} - u_{s2} + u_{s4}$；

注意：一旦获得自电阻、互电阻、网孔等效电压源的物理含义，就能够快速列写出网孔方程。

电源支路的处理方法

列写网孔方程之前，需要将电路当中的电流源转换为以戴维南支路形式存在的电压源。如果电路当中的电流源单独成为一条支路，则不能转换为电压源；而如果电压源单独成为一条支路，则不属于戴维南支路，需要对该电源支路进行特殊处理。

当电路中存在电压源支路时，例如将上面电路当中 4 号支路的电阻 $R_4$ 短接为一条电压源支路 $u_{s4}$，此时网孔 1 与 2 之间的互电阻为零，将原来网孔方程中的 $R_4$ 修改为零，就成为该电路的网孔方程。即将电压源支路等效为电阻为零的戴维南支路：

当电路当中存在电流源支路时，电流源无法转换为电压源，电流源支路的电压即不属于已知量，也不能使用网孔进行表示，因而列写网孔方程时，需要进行特殊处理。电路当中的电流源存在 2 种情况：

电流源只属于 1 个网孔：例如将前面电路当中的 3 号支路改为电流源 $i_s$，此时网孔 3 的电流 $i_{m3} = i_s$，通过列写网孔 1 与 2 的方程就足以求解网孔电流。因此，从之前网孔方程当中去除第 3 个方程，即可以得到该电路的网孔方程：

电流源属于 2 个网孔：例如将前面电路中的 4 号支路更换为电流源 $i_s$，此时网孔 1 与 2 的电流满足 $i_{m1} - i_{m2} = -i_s$ 关系；接着对网孔 1 与 2 作广义网孔，将电流源支路包围在广义网孔当中，列写广义网孔的 KVL 方程，再叠加网孔 3 的方程，就可以得到该电路的网孔方程：

上面广义网孔的 KVL 方程当中，等号左侧各项是与网孔电流方向关联的电阻电压，其中第 1 项是电阻 $R_2$ 的电压 $R_2(i_{m1} - i_{m3})$，第 2 项是电阻 $R_5$ 的电压 $R_5(i_{m2} - i_{m3})$，第 3 项是电阻 $R_6$ 的电压 $R_6 i_{m2}$，第 4 项是是电阻 $R_1$ 的电压 $R_1 i_{m1}$，而等号右边是与网孔电流方向非关联的电压源电压代数和 $R_1 i_{s1} - u_{s2}$。

综上所述，快速列写网孔方程时，电压源支路较好处理，其等同于电阻为零的戴维南支路。而对于电流源支路，则分为两种情况进行处理：

当电流源只属于 1 个网孔时，该网孔的电流就是电流源的电流，不需要列写该网孔的方程；
当电流源属于 2 个网孔时，则需要列写出由两个网孔所构成的广义网孔 KVL 方程；

小结

网孔方程就是网孔的 KVL 方程，但是采取了网孔电流来表示支路电压；
网孔方程可以按照 KVL 列写，也可以采用自电阻、互电阻、网孔等效电压源的物理含义快速进行列写；
快速列写时，必须理解对于电压源支路、电流源支路的处理方法；

结点法与网孔法比较

采用结点方程来分析电路称为结点分析法，它是由独立结点的 KCL 方程来确定结点电位，再由结点电位确定支路电压与电流；当电路中不存在电压源支路的时候，结点方程有 n - 1 个（其中 n 为结点数量）。

采用网孔方程来分析电路称为网孔分析法，它是由网孔的 KVL 方程来确定网孔电流，再由网孔电流确定支路电流与电压；当电路中不存在电流源支路时，网孔方程有 b - n + 1 个（其中 b 为支路数量）。

针对具体的分析电路，应当选择列写方程数量更少的方法，其中网孔法只能用于平面电路。本小节将会通过 3 个例题，说明针对不同电路如何选择相应的分析方法。

例题 1

▶【例题】确定下面电路中各个电源所提供的功率以及电流 $i$ ？

◉【解答 1】首先采用结点法来进行分析，该电路拥有 1、2、3 共 3 个结点（灰色圈出），可以列写 2 个结点方程：

对于结点 1 列写方程，结点 1 的自电导为 $\frac{1}{8} + \frac{1}{4} + \frac{1}{4}$，而结点 1 与 2 的互电导为 $-\frac{1}{4}$，其中结点 1 的等效电流源为 3.75A（该电流源流入结点 1 ，因此取正值）；
对于结点 2 列写方程，结点 2 的自电导为 $\frac{1}{4} + \frac{1}{4} + \frac{1}{1}$，而结点 2 与 1 的互电导为 $-\frac{1}{4}$，其中结点 2 的等效电流源为 -5A（该电流源流出结点 2 ，因此取负值）；

\[ \begin{bmatrix} \frac{1}{8} + \frac{1}{4} + \frac{1}{4} & -\frac{1}{4} \\ -\frac{1}{4} & \frac{1}{4} + \frac{1}{4} + \frac{1}{1} \end{bmatrix} \begin{bmatrix} u_{n1} \\ u_{n2} \end{bmatrix} = \begin{bmatrix} 3.75A \\ -5A \end{bmatrix} \]

◉【解答 1】上面步骤求解得到结点电位之后，3.75A 和 5A 电流源提供的功率 $p_1$、$p_2$ 以及电流 $i$ 分别为：

\[ \begin{aligned} 3.75A 电流源提供的功率\ p_1 &= 3.75 \times u_{n1} \\ 5A 电流源提供的功率\ p_2 &= -5 \times u_{n2} \\ 电流 i &= \frac{1}{4} (u_{n1} - u_{n2}) \end{aligned} \]

◉【解答 2】接下来再采用网孔法进行分析，该电路拥有 3 个网孔（红色圈出），如果将 8Ω 与 4Ω 以及 4Ω 与 1Ω 电阻分别并联，就可以将其简化为如下电路：

简化后的电路只有 1 个网孔，因此可以只列写 1 个网孔方程，其中网孔自电阻为 $\frac{8}{3} + 4 + \frac{4}{5}$，而网孔等效电压源有 2 项：

将简化后电路左侧的电流源变换为电压源，由于 10V 电压源与网孔电流方向非关联，所以取正值；
同时也将右则的电流源变换为电压源，由于 4V 电压源与网孔电流方向非关联，所以同样也取正值：

由此可以求解得到网孔电流 $i$，应用 KCL 定律可以知道 $\frac{8}{3}Ω$ 电阻的电流为 3.75 - i，而电压等于 $\frac{8}{3} \times (3.75 - i)$，因此 3.75A 电流源提供的功率 $p_1$ 等于 3.75A 与这个电压的乘积，而 5A 电流源提供的功率 $p_2$ 同样等于 5A 与该电压的乘积：

\[ \begin{aligned} 3.75A 电流源提供的功率\ p_1 &= 3.75 \times \frac{8}{3} \times (3.75 - i) \\ 5A 电流源提供的功率\ p_2 &= 5 \times \frac{4}{5} \times (5 - i) \end{aligned} \]

可以看到，经过这样处理之后，网孔分析法的计算量相对更小。

例题 2

▶【例题】求解下面电路当中的电流 $i_1$ 与 $i_2$ ？

◉【解答 1】首先采用结点法进行分析，该电路拥有 4 个结点 2 条电压源支路，选择其中一条电压源支路连接参考结点，因此结点 1 的电位 $u_1 = 5V$，而结点 2 与 3 的电位满足 $u_{n2} - u_{n3} = 10V$，接下来采用广义结点的 KCL 方程确定结点电位，即从电阻流出广义结点的电流之和等于从电流源流入广义结点的电流之和：

◉【解答 1】此时从 8Ω 电阻流出的电流为 $\frac{1}{8} u_{n2}$，而从 2Ω 电阻流出的电流为 $\frac{1}{2}(u_{n2} - u_{n1})$，从 4Ω 电阻流出的电流为 $\frac{1}{4} u_{n3}$，从 6Ω 电阻流出的电流为 $\frac{1}{6} (u_{n3} - u_{n1})$，由于不存在流入广义结点的电流源，因此这 4 个电流之和等于 0，联立之后可以得到如下方程组：

\[ \begin{cases} u_1 = 5V \\ u_{n2} - u_{n3} = 10V \\ \frac{1}{8} u_{n2} + \frac{1}{2}(u_{n2} - u_{n1}) + \frac{1}{4} u_{n3} + \frac{1}{6} (u_{n3} - u_{n1}) = 0 \end{cases} \]

◉【解答 1】解得结点电位之后，电流 $i_1$ 由结点 1 的 KCL 方程确定，此时 $i_1$ 等于 2Ω 电阻的电流，加上 6Ω 电阻的电流：

\[ i_1 = \frac{u_{n2} - u_{n1}}{2} + \frac{u_{n3} - u_{n1}}{6} \]

◉【解答 1】而电流 $i_2$ 则由结点 3 的 KCL 方程确定，此时 $i_2$ 等于 4Ω 电阻的电流，加上 6Ω 电阻的电流：

\[ i_2 = \frac{u_{n3}}{4} + \frac{u_{n3} - u_{n1}}{6} \]

◉【解答 2】接下来再采用网孔法进行分析，该电路拥有 3 个网孔，因而也就拥有 3 个网孔方程。

对网孔 1 列写方程，网孔 1 的自电阻为 $2 + 8 + 0$，其中 5V 电压源支路等同于电阻为零的戴维南支路；此外，网孔 1 与 2 的互电阻为 -8，而网孔 1 与 3 的互电阻为 -2，网孔 1 的等效电压源为 5V，其方向与与网孔 1 的电流方向非关联，因此取正值；
对网孔 2 列写方程，网孔 2 的自电阻为 $8 + 0 + 4$，网孔 2 与 3 的互电阻为 0，网孔 2 的等效电压源为 -10V，其方向与网孔 2 的方向关联，因此取负值；
对网孔 3 列写方程，网孔 3 的自电阻为 $2 + 6 + 0$，而网孔 3 的等效电压源为 10V，其方向与网孔 3 的方向非关联，因而取正值；

◉【解答 2】根据对称关系补充网孔电阻矩阵当中的其它元素，就可以得到如下的矩阵方程：

\[ \begin{bmatrix} 2 + 8 + 0 & -8 & -2 \\ -8 & 8 + 0 + 4 & 0 \\ -2 & 0 & 2 + 6 + 0 \end{bmatrix} \begin{bmatrix} i_{m1} \\ i_{m2} \\ i_{m3} \end{bmatrix} = \begin{bmatrix} 5 \\ -10 \\ 10 \end{bmatrix} \]

◉【解答 2】根据上面方程求解得到网孔电流之后，就可以得到 $i_1 = -i_{m1}$，而 $i_2 = i_{m2} - i_{m3}$，可以看到由于电压源支路使得结点方程的数量减少，所以结点法的计算量相对会更小一些。

例题 3

▶【例题】求解下面电路上的电压 $u_1$ 与 $u_2$ ？

◉【解答 1】此处依然采用结点法进行分析，该电路拥有 4 个结点 1 条电压源支路：

◉【解答 1】这里选择电压源支路连接到参考结点，此时结点 3 的电位 $u_{n3} = 10V$，还需要列写结点 1 与 2 的方程。这里对结点 1 列写方程，首先将 20V 电压源转换为电流源：

◉【解答 1】结点 1 的自电导为 $\frac{1}{5} + \frac{1}{10} + 0$，结点 1 与 2 的互电导为 $-\frac{1}{10}$，结点 1 与 3 的互电导为 0，由于 2A 电流源支路可以等效为电导等于 0 的诺顿支路，所以结点 1 的等效电流源为 $\frac{1}{10} \times 20A - 2A$，由于此时电流是流入结点，所以应当取正值。

◉【解答 1】接下来，对结点 2 列写方程，结点 2 与 1 的互电导为 $-\frac{1}{10}$，而结点 2 的自电导为 $\frac{1}{10} + \frac{1}{15} + 0$，由于 20Ω 电阻不会影响 KCL 方程，因而不会出现在结点方程当中；结点 2 与 3 的互电导为 $- \frac{1}{15}$，结点 2 的等效电流源为 $-\frac{1}{10} \times 20A - 4A$。终上所述，可以联立得到如下方程组：

\[ \begin{cases} u_{n3} = 10V \\ (\frac{1}{5} + \frac{1}{10} + 0)u_{n1} - \frac{1}{10} u_{n2} - 0 u_{n3} = \frac{20}{10} - 2 \\ -\frac{1}{10} u_{n1} + (\frac{1}{10} + \frac{1}{15} + 0) u_{n2} - \frac{1}{15} u_{n3} = - \frac{20}{10} - 4 \end{cases} \]

◉【解答 1】求解得到结点电位之后，电压 $u_1$ 与 $u_2$ 就可以由结点电位确定，其中 $u_1 = u_{n1} - u_{n3}$，而 $u_2 = u_{n2} - 20 \times 4$。

◉【解答 2】接着再使用网孔法进行分析，该电路当中存在 3 个网孔 2 条电流源支路，于是网孔 3 的电流已知为 $i_{m3} = 2A$，而网孔 1 和 2 的电流满足 $i_{m1} - i_{m2} = 4A$ 关系，此时还需要额外列写一个广义网孔的 KVL 方程：

广义网孔当中，顺着网孔电流方向上的电阻电压之和等于逆着网孔电流方向上的电压源的电压之和，此时可以得到 5Ω 电阻的电压为 $5 i_{m1}$，而 10Ω 电阻的电压为 $10 \times (i_{m1} - i_{m3})$，15Ω 电阻的电压为 $15 \times (i_{m2} - i_{m3})$，广义网孔的等效电压源为 $-20V - 10V$，此时电压源电压与网孔电流方向关联，因而都取负值。

解得网孔电流之后，就可以采用 KVL 方程确定电压 $u_1$ 等于 5Ω 电阻的电压与 10V 电压源的电压之和：

\[ u_1 = -5 i_{m1} - 10 \]

同样的，也可以采用 KVL 方程，确定电压 $u_2$ 等于 15Ω 电阻的电压与 10V 电压源的电压以及 20Ω 电阻的电压之和：

\[ u_2 = 15(i_{m2} - i_{m3}) + 10 - 20 \times 4 \]

可以看到，由于电流源支路使得网孔方程的数量下降，显然网孔法的计算量就会相对更小。

小结

当不存在电源支路时，结点方程数量为 n - 1 个，网孔方程数量为 b - n + 1 个，此时应当选择方程数量更少的方法；
电压源支路可以减少结点方程数量，当存在电压源支路时，优先考虑结点分析法；
电流源支路可以减少网孔方程数量，当存在电流源支路时，优先考虑网孔分析法；
网孔分析法不能用于非平面电路，因此对于非平面电路，应当选择结点法；

习题分析

习题 1

▶【习题】求解下面电路当中的电压 $u_1$ 和电流 $i_2$ ？

◉【解答】这里采用结点法进行分析，上面电路拥有 3 个结点，因此可以列写 2 个结点方程：

◉【解答】首先，对于结点 1 列写方程，结点 1 的自电导为 $1 + \frac{1}{2}$，而与电流源串联的 5Ω 电阻并不会出现在结点方程当中，此时结点 1 与 2 的互电导为 $-\frac{1}{2}$，结点 1 的等效电流源有 2 个，将受控源视为独立源列写方程，受控源 $2 u_1$ 流出取负值，$1A$ 电流源流入取正值，所以结点 1 的等效电流源为 $1 - 2u_1$：

\[ (1 + \frac{1}{2})u_{n1} - \frac{1}{2} u_{n2} = 1 - 2u_1 \]

◉【解答】然后，对于结点 2 列写方程，结点 2 的自电导为 $1 + \frac{1}{2} + \frac{1}{5}$，结点 2 与 1 的互电导为 $-\frac{1}{2}$，结点 2 也存在着两个电流源，一个是受控电流源 $2 u_1$（流入取正值），而另一个戴维南支路需要变换为诺顿支路（等效电流源为 $\frac{6 i_2}{1Ω}$，流入取正值），所以结点 2 的等效电流源为 $2 u_1 + 6 i_2$：

\[ -\frac{1}{2} u_{n1} + (1 + \frac{1}{2} + \frac{1}{5})u_{n2} = 2 u_1 + 6 i_2 \]

◉【解答】将受控源的控制变量 $u_1$ 用结点电位表示 $u_1 = u_{n1}$，控制变量 $i_2$ 用结点电位表示 $i_2 = \frac{u_{n2}}{5}$，将这两个控制变量代入结点方程后，方程右侧出现 $u_{n1}$、$u_{n2}$，将其移项至方程左侧整理得到如下矩阵方程：

\[ \begin{bmatrix} 1 + \frac{1}{2} + 2 & {\color{red}{-\frac{1}{2}}} \\ {\color{red}{-\frac{1}{2} - 2}} & 1 + \frac{1}{2} + \frac{1}{5} - \frac{6}{5} \end{bmatrix} \begin{bmatrix} u_{n1} \\ u_{n2} \end{bmatrix} = \begin{bmatrix} 1 \\ 0 \end{bmatrix} \]

注意：可以发现上面方程当中红色部分 $G_{12} \neq G_{21}$，即含有受控源的电路当中，互电导 $G_{kj}$ 不等于 $G_{jk}$

◉【解答】解结点方程，可以得到结点电位 $u_{n1} = 1V$、$u_{n2} = 5V$，从而确定待求量 $u_1 = u_{n1} = 1V$，$i_2 = \frac{u_{n2}}{5} = 1A$，电路当中其它的电压电流变量，也可以通过这两个结点电位确定。

习题 2

▶【习题】已知下面某个电路的结点方程，绘制出对应的电路图？

\[ \begin{cases} 4u_{n1} - 2u_{n2} - u_{n3} = 3 \\ -2 u_{n1} + 16u_{n2} - 4u_{n3} = 0 \\ -u_{n1} - 2 u_{n2} + 3u_{n3} = 1 \end{cases} \]

◉【解答】将题设的方程写作矩阵形式，由于 $G_{32}$ 不等于 $G_{23}$（下面公式蓝色部分），说明电路当中含有受控源：

\[ \begin{bmatrix} 4 & -2 & -1 \\ -2 & 16 & {\color{orange}{-4}} \\ -1 & {\color{orange}{-2}} & 3 \end{bmatrix} \begin{bmatrix} u_{n1} \\ u_{n2} \\ u_{n3} \end{bmatrix} = \begin{bmatrix} 3 \\ 0 \\ 1 \end{bmatrix} \]

◉【解答】将 $G_{32}$ 修改为 -4，即方程 3 的左右侧分别减去 $2u_{n2}$：

\[ \begin{bmatrix} 4 & -2 & -1 \\ -2 & 16 & -4 \\ -1 & {\color{orange}{-4}} & 3 \end{bmatrix} \begin{bmatrix} u_{n1} \\ u_{n2} \\ u_{n3} \end{bmatrix} = \begin{bmatrix} 3 \\ 0 \\ 1 - 2u_{n2} \end{bmatrix} \]

◉【解答】观察方程 3 的系数，其中 $G_{31}$ 等于 1，说明结点 3 与 1 之间的电导为 1 西门子；$G_{32}$ 等于 -4，说明结点 3 与 2 之间的电导为 4 西门子；当结点 3 与参考结点之间的电导为 0 时，$G_{33} = 1 + 4 = 5$，所以上面矩阵当中 $G_{33} = 3$ 是不正确的。这里选择最简的电路形式，即让 $G_{33}$ 等于 5，相当于方程左右两侧分别加上 $2 u_{n3}$：

\[ \begin{bmatrix} 4 & -2 & -1 \\ -2 & 16 & -4 \\ -1 & -4 & {\color{orange}{5}} \end{bmatrix} \begin{bmatrix} u_{n1} \\ u_{n2} \\ u_{n3} \end{bmatrix} = \begin{bmatrix} 3 \\ 0 \\ 1 - 2u_{n2} + 2u_{n3} \end{bmatrix} \]

◉【解答】由此就可以得到一个标准的结点方程，接下来开始绘制等效电路图。3 个结点方程对应的等效电路中拥有 4 个结点：

观察矩阵左侧第 1 个结点方程 $G_{12} = -2$，说明结点 1 与 2 之间电导等于 2 西门子；而 $G_{13} = -1$ 说明结点 1 与 3 之间电导等于 1 西门子；而结点 1 的自电导 $G_{11} = 4$ 说明结点 1 与参考结点之间存在电导支路，其电导值为 4 - 2 - 1 = 1 西门子；矩阵右侧第 1 个结点方程的等效电流源为 +3A，表示方向为流入，可以将该电流源连接到结点 1 与参考结点之间（如果放置到其它支路，会影响到结点 2 与 3 的等效电流源值）；
观察矩阵左侧第 2 个结点方程 $G_{21} = -2$，说明结点 2 与 1 之间的电导等于 2 西门子（已经绘制）；而 $G_{23} = -4$ 说明结点 2 与 3 之间电导等于 4 西门子；而结点 2 的自电导 $G_{22} = 16$ 说明结点 2 与参考结点之间存在电导支路，其电导值为 16 - 2 - 4 = 10 西门子；矩阵右侧第 2 个结点方程的等效电流源为 0，说明不需要在支路上再连接电流源；
观察矩阵左侧第 3 个结点方程，$G_{31} = -1$ 和 $G_{32} = -4$ 对应的支路都已经完成绘制；而结点 3 的自电导 $G_{33} = 5$ 说明结点 3 与参考结点之间没有电导支路；而矩阵右侧的 $1 - 2u_{n2} + 2u_{n3}$ 当中，1 为独立的电流源，而 $- 2u_{n2} + 2u_{n3}$ 可以采用一个受控源来代替，设其控制量为 $u_{n2} - u_{n3}$，并将其放置在结点 3 与参考结点之间，方向为流出，数值为 $2u$；而对于 1A 的电流源，则可以在结点 1 与 3 之间串联一个由 1V 电压源构成戴维南支路，从而等效为一个流入的 1A 电流源，满足了结点 3 的等效电流源要求；但是与之关联的结点 1 的等效电流源发生了变化，需要将 3A 修正为 4A，从而完成整个电路图的绘制；

习题 3

▶【习题】采用结点法确定下面电路所发出的功率？

◉【解答】上面电路拥有 4 个结点 1 条电压源支路，其中电压源支路存在结点法和广义结点法两种处理方式：

◉【解答 1】首先，采用结点法进行求解，将电压源一端设置为参考结点，此时结点 2 的电位为：

\[ u_{n2} = 4V \]

◉【解答 1】对于结点 1 列写方程：结点 1 的自电导为 $\frac{1}{2} + \frac{1}{4}$（此时 1Ω 电阻不出现在结点方程当中），结点 1 与 2 的互电导为 $-\frac{1}{2}$，结点 1 与 3 的互电导为 $-\frac{1}{4}$，结点 1 拥有 2 个电流源，其中 2A 电流源为流入结点取正，而戴维南支路需要变换为诺顿支路，等效电流源为 $\frac{8 i_1}{4}$，方向为流出结点取负，所以结点 1 的等效电流源为 $2 - \frac{8 i_1}{4}$：

\[ (\frac{1}{2} + \frac{1}{4}) u_{n1} - \frac{1}{2} u_{n2} - \frac{1}{4} u_{n3} = 2 - \frac{8 i_1}{4} \]

◉【解答 1】对于结点 3 列写方程：结点 3 的自电导为 $\frac{1}{4} + \frac{1}{4} + \frac{1}{2}$，结点 3 与 1 的互电导为 $-\frac{1}{4}$，结点 3 与 2 的互电导为 $-\frac{1}{4}$，结点 3 的电流源为戴维南支路等效的诺顿支路电流源 $\frac{8 i_1}{4}$，方向为流入结点 3 取正：

\[ -\frac{1}{4} u_{n1} - \frac{1}{4} u_{n2} + (\frac{1}{4} + \frac{1}{4} + \frac{1}{2}) u_{n3} = \frac{8i_1}{4} \]

◉【解答 1】将受控源的控制变量 $i_1$ 采用结点电位进行表示：

\[ i_1 = \frac{1}{2} u_{n3} \]

◉【解答 1】联立上述方程可以解得 $u_{n1} = -4V$ 以及 $u_{n3} = 9.33V$：

\[ \begin{cases} u_{n2} = 4V \\ (\frac{1}{2} + \frac{1}{4}) u_{n1} - \frac{1}{2} u_{n2} - \frac{1}{4} u_{n3} = 2 - \frac{8 i_1}{4} \\ -\frac{1}{4} u_{n1} - \frac{1}{4} u_{n2} + (\frac{1}{4} + \frac{1}{4} + \frac{1}{2}) u_{n3} = \frac{8i_1}{4} \\ i_1 = \frac{1}{2} u_{n3} \end{cases} \implies \begin{cases} u_{n1} = -4V \\ u_{n3} = 9.33V \end{cases} \]

◉【解答 1】由此就可以计算 2A 电流源的电压 $u = u_{n1} + 2A \times 1Ω = -2V$，那么电流源吸收的功率 $p_{2A}$ 等于 -4W（非关联参考方向且计算功率为负，因此为吸收功率）：

\[ p_{2A} = 2u = 2 \times 2 = -4 W \]

◉【解答 2】接下来，再采用广义结点法重新进行求解，这里假设结点 3 为参考结点，而包围结点 2 和 4 的闭合面为广义结点。

◉【解答 2】首先，对于结点 1 列写方程，结点 1 的自电导为 $\frac{1}{2} + \frac{1}{4}$，结点 1 与广义结点的互电导为 $-\frac{1}{2}$，结点 1 的等效电流源为 $2 - \frac{8i_1}{4}$；

\[ (\frac{1}{2} + \frac{1}{4}) u_{n1} - \frac{1}{2} u_{n2} = 2 - \frac{8 i_1}{4} \]

◉【解答 2】然后，对广义结点列写方程，广义结点的自电导等于结点 2 的自电导 $\frac{1}{4} + \frac{1}{2}$ 乘以 $u_{n2}$，再加上结点 4 的自电导 $\frac{1}{2}$ 乘以 $u_{n4}$；广义结点与结点 1 的互电导为 $-\frac{1}{2}$，广义结点的电流源为 2A 电流源的流出方向，即 -2A；

\[ -\frac{1}{2} u_{n1} + (\frac{1}{4} + \frac{1}{2}) u_{n2} + \frac{1}{2} u_{n4} = -2 \]

◉【解答 2】结点 2 与 4 的电位存在如下关系：

\[ u_{n2} - u_{n4} = 4 \]

◉【解答 2】采用结点电位表示 $i_1$，等于 $-\frac{1}{2}$ 倍的 $u_{n4}$：

\[ i_1 = -\frac{1}{2} u_{n4} \]

◉【解答 2】联立上述几个方程，就可以求解得到 $u_{n1}$、$u_{n2}$ 和 $u_{n4}$：

\[ \begin{cases} (\frac{1}{2} + \frac{1}{4}) u_{n1} - \frac{1}{2} u_{n2} = 2 - \frac{8 i_1}{4} \\ -\frac{1}{2} u_{n1} + (\frac{1}{4} + \frac{1}{2}) u_{n2} + \frac{1}{2} u_{n4} = -2 \\ u_{n2} - u_{n4} = 4 \\ i_1 = -\frac{1}{2} u_{n4} \end{cases} \implies \begin{cases} u_{n1} = -13.33V \\ u_{n2} = -5.3V \\ u_{n4} = -9.33V \end{cases} \]

◉【解答 2】由此就可以计算得到 2A 电流源的电压 $u = u_{n1} - u_{n4} + 2A \times 1Ω = -2V$，以及其吸收的功率 $p_{2A} = -4W$：

\[ p_{2A} = 2u = -4W \]

注意：采用结点法与广义结点法两种方式分别进行求解之后，获得的结果都是相同的。

习题 4

▶【习题】求解下面电路当中的电流 $i_1$ 和 $i_2$ ？

◉【解答 1】该电路拥有 3 个网孔 2 条电流源支路，这里采用网孔法进行求解，将 3 个网孔电流都设置为顺时针方向。其中，网孔 1 与 2 的公共支路是一个 4A 的电流源支路，这里采用它们形成的广义网孔列写方程：

◉【解答 1】广义网孔的自电阻等于网孔 1 的自电阻 $5 + 3$ 乘以 $i_{m1}$；加上网孔 2 的自电阻 $2 + 6$ 乘以 $i_{m2}$；广义网孔与网孔 3 的互电阻为 $-(3 + 2)$ 乘以 $i_{m3}$；方程右侧是逆着广义网孔方向的电压源电压之和，将左侧诺顿支路变换为戴维南支路，此时电压源为 $5 \times 1$，电压源的电压方向与广义网孔电位降方向相反取正，3V 电压源电位降方向与广义网孔的电位降方向一致取负，因此方程右侧等式应为 $5 \times 1 - 3$。

◉【解答 1】联立等式 $i_{m1} - i_{m2} = 4$，$i_{m3} = 2$ 之后进行求解，可以得到网孔电流 $i_{m1}$ 与 $i_{m2}$ 的值：

\[ \begin{cases} (5 + 3)i_{m1} + (2 + 6) i_{m2} - (3 + 2) i_{m3} = 5 \times 1 - 3 \\ i_{m1} - i_{m2} = 4 \\ i_{m3} = 2 \end{cases} \implies \begin{cases} i_{m1} = 2.75A \\ i_{m2} = -1.25A \end{cases} \]

◉【解答 1】根据网孔电流 $i_{m1}$ 和 $i_{m2}$ 就可以确定各条支路上的电流：

\[ \begin{cases} i_1 = i_{m1} - i_{m3} = 0.75A \\ i_2 = i_{m2} = -1.25A \end{cases} \]

◉【解答 2】本题也可以采用回路法进行求解，独立回路与网孔的个数都是 3 个。选择独立回路时，让电流源支路单独属于一个回路，不做两个回路的公共支路，那么 2A 电流源所在回路的电流为 2A，而 4A 电流源所在回路的电流就为 4A，现在只剩下一个回路电流 $i$ 未知，因而列写一个方程就可以进行求解。

◉【解答 2】回路方程的列写方法与网孔方程一致，该回路的自电阻为 $5 + 3 + 2 + 6$ 乘以 $i$，回路与 4A 回路的公共支路电阻为 5Ω 和 3Ω 两个电阻，通过这两个电阻时，两个回路的电流方向相同，互电阻取正，因此为正的 $+(3 + 5)$ 乘以 4；回路与 2A 回路公共支路上的电阻为 3Ω 和 2Ω 两个电阻，通过这两个电阻时回路电流方向相反，互电阻取负，因此为负 $-(3 + 2)$ 乘以 2；方程右侧为逆着回路方向的电源电压之和，其列写规则与网孔法一致 $5 \times 1 - 3$，根据最后获得的方程就可以求解回路电流 $i$：

\[ (5 + 3 + 2 + 6)i + (3+5) \times 4 - (3 + 2) \times 2 = 5 \times 1 - 3 \implies i = - 1.25A \]

◉【解答 2】根据回路电流 $i$ 可以确定各条支路电流，由于 3 个电流都通过 $i_1$ 支路，并且 2A 回路的电流方向与 $i_1$ 支路电流的方向相反，而 4A 和 i 的方向与 $i_1$ 相同，从而可以求解得到 $i_1$ 和 $i_2$：

\[ \begin{cases} i_1 = -2 + 4 + i = 0.75A \\ i_2 = i = -1.25A \end{cases} \]

注意：可以看到回路法与网孔法的结论一致，因而回路法适用于分析含有多条电流源支路的电路，让电流源支路处于一个单独的回路当中，待求量更少，计算量也就更小。

习题 5

▶【习题】确定下面电路当中各个电源的功率？

◉【解答 1】该电路拥有 4 个网孔 3 条电流源支路，这里先利用网孔法进行求解计算：

◉【解答 1】网孔 1 与 2 形成了一个广义网孔 $i_{m1} - i_{m2} = 0.5u$，对该广义网孔列写网孔方程：广义网孔的自电阻分别为网孔 1 的自电阻 $4 + 2$ 乘以 $i_{m1}$；网孔 2 的自电阻 $4 + 2$ 乘以 $i_{m2}$；广义网孔与 $i_{m3}$ 的互电阻为负的 $-(2 + 4)$ 再乘以 $i_{m3}$，广义网孔与网孔 4 的互电阻为 $-2$ 再乘以 $i_{m4}$；方程右侧为沿着网孔电位降方向，电压源电位升的代数和，8V 电压源与网孔电位降方向相反取正，等于正 $8$。

◉【解答 1】而 $i_{m3} = 2$、$i_{m4} = -1$，受控源的控制量 $u$ 在网孔 3 当中可以用 KVL 方程表示 $u = -6 i_{m3} + 2(i_{m1} - i_{m3}) + 4(i_{m2} - i_{m3})$，联立之后可以得到如下方程组，并且求解得到 $i_{m1}$、$i_{m2}$ 以及电压 $u$：

\[ \begin{cases} i_{m1} - i_{m2} = 0.5u \\ (4 + 2) i_{m1} + (4+2) i_{m2} - (2+4) i_{m3} - 2i_{m4} = 8 \\ i_{m3} = 2 \\ i_{m4} = -1 \\ u = -6 i_{m3} + 2(i_{m1} - i_{m3}) + 4(i_{m2} - i_{m3}) \end{cases}\ \implies \begin{cases} i_{m1} = -1A \\ i_{m2} = 4A \\ u = -10V \end{cases} \]

◉【解答 1】接下来计算独立源的功率，8V 电压源的电流为 $i_{m1}$，功率 $p_{8V}$ 的求解过程如下面方程所示（电压电流为非关联方向，吸收功率）：

\[ p_{8V} = 8 i_{m1} = 8 \times (-1) = -8W \]

◉【解答 1】2A 电流源的电压已经计算出为 $u = -10V$，功率 $p_{2A}$ 的求解过程如下（电压电流为关联参考方向，发出功率）：

\[ p_{2A} = u \times i_{m3} = -10 \times 2 = -20W \]

◉【解答 1】1A 电流源的电阻可以通过 2Ω 电阻进行计算，具体计算过程如下（电压电流为非关联参考方向，发出功率）：

\[ p_{1A} = 1 \times 2(i_{m2} - i_{m4}) = 10W \]

◉【解答 1】受控电流源 $0.5u$ 的电压通过对网孔 2 列写 KVL 方程可以计算得到（电压电流为关联参考方向，发出功率）：

\[ p_{0.5u} = 0.5 u [4(i_{m2} - i_{m3}) + 2(i_{m2} - i_{m4})] = -80W \]

◉【解答 2】本题目也可以采用回路法进行计算，电路当中独立回路与网孔个数都是 4 个，让电流源支路位于一个单独回路当中，那么 3 个回路电流都是一致的，仅有一个回路电流 $i$ 未知，此时列写一个回路方程即可。

◉【解答 2】回路的自电阻为 $4+2+2+4$ 乘以回路电流 $i$，回路与 $0.5u$ 的公共电阻支路为 4Ω 和 2Ω，电流同方向的通过这两个电阻，因此互电阻取正值，即正的 $+(4 + 2) \times 0.5$；回路与 2A 回路的公共支路为 $2 + 4$，由于电流反方向通过这两个电阻，因此互电阻取负值，即负的 $-(2 + 4) \times 2$；回路与 1A 回路的公共电阻为 $2Ω$，两个电流同方向经过 2Ω 电阻，应此互电阻取正 $+ 2 \times 1$；方程右则为逆着回路方向的电压源电压之和，8V 电压源与回路的电位降方向相反，因此取值为正 8：

\[ (4 + 2 + 2 + 4) i + (4 + 2) \times 0.5u - (2 + 4) \times 2 + 2 \times 1 = 8 \]

◉【解答 2】受控源的控制量 $u$ 可以采用回路电流进行表示：

\[ u = -6 \times 2 + 2(i + 0.5u - 2) + 4(i - 2) \]

◉【解答 2】联立上面两个方程，可以求解得到 $i$ 与 $u$ 的值：

\[ \begin{cases} (4 + 2 + 2 + 4) i + (4 + 2) \times 0.5u - (2 + 4) \times 2 + 2 \times 1 = 8 \\ u = -6 \times 2 + 2(i + 0.5u - 2) + 4(i - 2) \end{cases} \implies \begin{cases} i = 4A \\ u = -10V \\ \end{cases} \]

◉【解答 2】接下来就可以计算独立电源的功率，8V 电压源上的电流由 $i$ 和 $0.5u$ 两个回路电流决定（电压电流为非关联参考方向，吸收功率）：

\[ p_{8V} = 8(i + 0.5u) = -8W \]

◉【解答 2】2A 电流源的电压 $u$ 前面已经计算得到等于 $-10W$，因而其功率计算过程如下（电压电流为关联参考方向，发出功率）：

\[ p_{2A} = 2u = -10 \times 2 = -20W \]

◉【解答 2】1A 电流源的电压仍然通过 2Ω 电阻计算，其功率的计算过程如下（电压电流为非关联参考方向，发出功率）：

\[ p_{1A} = 1 \times 2 (i + 1) = 10W \]

◉【解答 2】受控电流源 $0.5u$ 的电压可以通过列写 KVL 方程计算得到，由此就可以计算出其功率 $p_{0.5u}$（电压电流为关联参考方向，发出功率）：

\[ p_{0.5u} = 0.5u [4(i - 2) + 2(i + 1)] = -80W \]

习题 6

▶【习题】观察下面电路，选择最佳方程确定各个独立源的功率，并且说明选择理由？

◉【解答】该电路拥有 4 个结点 2 条电压源支路，电压源支路减少了结点方程的数量，因此需要列写的结点方程数量为 1 个；此外，该电路拥有 4 个网孔 2 条电流源支路，电流源支路减少了网孔方程数量，因此需要列写的网孔方程数量为 2 个。显然，采用结点法的计算量将会更小。

◉【解答】这里选择结点法进行计算，将两条电压源支路中的一条连接至参考结点，此时结点 1 的电位 $u_{n1} = 6V$，而结点 2 的电位为 $u_{n2} = 6 - 2i_2$，接下来还需要再列写结点 3 的方程：结点 3 的自电导为 $\frac{1}{2} + \frac{1}{2}$，结点 3 与 2 的互电导为 $-\frac{1}{2}$，结点 3 的等效电流源为 $- 3 u_1$（由于流出结点所以取负值）：

\[ (\frac{1}{2} + \frac{1}{2}) u_{n3} - \frac{1}{2} u_{n2} = -3 u_1 \]

◉【解答】受控源的控制量 $u_1$ 用结点电位可以表示为 $u_1 = u_{n3}$，而控制量 $i_2$ 用结点电位可以表示为 $i_2 = - \frac{u_{n2} - 4}{1} = -\frac{6 - 2i_2 - 4}{1}$，联立方程可以求解得到 $u_{n2}$、$u_{n3}$、$i_2$：

\[ \begin{cases} u_{n1} = 6V \\ u_{n2} = 6 - 2i_2 \\ (\frac{1}{2} + \frac{1}{2}) u_{n3} - \frac{1}{2} u_{n2} = -3 u_1 \\ u_1 = u_{n3} \\ i_2 = - \frac{u_{n2} - 4}{1} = - \frac{6 - 2i_2 - 4}{1} \end{cases} \implies \begin{cases} u_{n2} = 2V \\ u_{n3} = 0.25V \\ i_2 = 2A \end{cases} \]

◉【解答】首先，求解 6V 电压源的功率。假设电流为 $i_3$，采用包围结点 1、2、3 的广义结点列写 KVL 方程进行计算（非关联参考方向，计算功率为负，吸收功率）：

\[ P_{6V} = 6 \times (\frac{u_{n3}}{2} - 1 - i_2) = -17.25W \]

◉【解答】然后，求解 4V 电压源的功率，由于电流 $i_2$ 之前已经计算出为 2A，因此可以求解得到如下方程（非关联参考方向，计算功率为正，发出功率）：

\[ P_{4V} = 4 \times i_2 = 4 \times 2 = 8W \]

◉【解答】最后，1A 电流源的电压为 $u_{n2}$，由此可以计算其功率 $P_{1A}$ 的值应为（非关联参考方向，计算功率为正，发出功率）：

\[ P_{1A} = 1 \times u_{n2} = 2W \]

电路定理

叠加定理

下面的线性电路当中，电压源 $u_s$ 是激励，电阻 $R_2$ 的电流 $i_2$ 为响应。假设在 $u_s$ 作用下的响应为 $i_2$，此时如果激励乘以 $A$ 倍变为 ${\color{orange}{A}}u_s$，则响应也会乘上 $A$ 倍变作 ${\color{orange}{A}}i_2$，这就体现了齐次性：

而在下面的线性电路里，电压源与电流源属于激励，此时 ${\color{orange}{B}}u_s$ 与 ${\color{orange}{C}}i_s$ 共同作用下的响应与 $u_s$、$i_s$ 共同作用下响应之间的关系就体现为可加性：

本小节将会讨论线性电路如何去体现齐次性与可加性。

齐次性与可加性

除了独立电源之外，其它元件均为线性元件的电路，称为线性电路。下图是由 2 个独立电源构成的线性电路，其中 $i_2$ 为响应，这里采用结点方程来确定 $i_2$：

上面电路的结点电位为 $R_2 \times i_2$，自电导为 $\frac{1}{R_1} + \frac{1}{R_2}$，等效电流源为 $\frac{u_s}{R_1} + i_s$，可以列写结点方程如下：

\[ (\frac{1}{R_1} + \frac{1}{R_2}) R_2 i_2 = \frac{1}{R_1} u_s + i_s \]

求解方程，可以得到响应 $i_2$，它是激励 $u_s$ 和 $i_s$ 的线性函数：

\[ i_2 = \frac{1}{R_1 + R_2} u_s + \frac{R_1}{R_1 + R_2} i_s \]

将上面方程当中与电阻相关的 2 个系数分别采用 $k_1$、$k_2$ 来表示，由此就可以得到 $i_2$ 的表达式：

\[ i_2 = k_1 \times u_s + k_2 \times i_s = i_2' + i_2'' \]

进一步分析上面的表达式，其中 $i_2' = k_1 u_s$ 就是 $i_s = 0$ 条件下的响应 $i_2$：

\[ i_2' = k_1 u_s = i_2 |_{i_s = 0} \]

即上面电路当中的电流源开路，电压源单独作用时响应 $i_2$ 的值：

此外 $i_2''$ 等于 $k_2 \times i_s$，是 $u_s = 0$ 条件下的响应 $i_2$：

\[ i_2'' = k_2 i_s = i_2 |_{u_s = 0} \]

即前面电路当中电压源短路，电流源单独作用时响应 $i_2$ 的值：

经过上述的分析步骤，就可以得到如下三点结论：

$i_2' = k_1 u_s$ 和 $i_2'' = k_2 i_s$ 表明单个独立电源作用的线性电路中，响应与独立电源为齐次线性关系；
$i_2 = k_1 \times u_s + k_2 \times i_s$ 表明多个独立电源共同作用下的线性电路中，响应与独立电源构成线性关系；
$i_2 = i_2' + i_2''$ 表明多个独立电源共同作用下的响应，等于各个独立电源单独作用下的响应之和，这就是叠加定理，即上图左侧电路等于中间电路与右侧电路的叠加；

叠加定理

叠加定理一般表述为线性电路当中，多个独立电源共同作用下的响应（即电路当中的任意电压与电流）等于各个独立电源单独或者分组作用下的响应之和。接下来，举例说明叠加定理的应用。

▶【例题 1】确定下面电路当中电压 $u_o$ 与 $5A$ 电流源提供的功率？

◉【解答】这是一个拥有 2 个独立电源的线性电路，受控电压源 $2i$ 是线性受控源，可以采用叠加定理来计算 $u_o$；当电压源单独作用时，电流源置零，响应为 $u_o'$；此时受控电压源并非激励，仅用于体现电路变量的控制关系，需要像电阻一样保留在电路当中；而当电流源单独作用时，电压源置零，响应为 $u_o''$；根据叠加定理，此时 $u_o$ 应当等于 $u_o'$ 加上 $u_o''$：

◉【解答】首先，采用网孔法确定 $u_o'$，假设网孔电流为 $i'$，可以得到如下网孔方程 $(2+1) i' = 10 - 2i'$，再结合 KVL 方程 $u_o' = 1 \times i' + 2i'$，联立之后可以求解得到 $u_o'$：

\[ \begin{cases} (2+1) i' = 10 - 2i' \\ u_o' = 1 \times i' + 2i' \\ \end{cases} \]

◉【解答】然后，采用结点法确定 $u_o''$，由于结点电位为 $u_o''$，可以列写结点方程 $(\frac{1}{2} + \frac{1}{1})u_o'' = 5 + \frac{2i''}{1}$，再结合 KVL 方程 $u_o'' = -2i''$，联立两个方程从而求解得到 $u_o''$：

\[ \begin{cases} (\frac{1}{2} + \frac{1}{1})u_o'' = 5 + \frac{2i''}{1} \\ u_o'' = -2i'' \\ \end{cases} \]

◉【解答】最后，由于 $u_o = u_o' + u_o''$，5A 电流源提供的功率 $p_{5A}$ 等于 5 乘以 $u_o$，由此可以得到如下计算过程：

\[ p_{5A} = 5u_o = 5u_o' + 5u_o'' \neq 5u_o''** \]

◉【解答】最后，可以看到 5A 电流源提供的功率并不等于该电流源单独作用时提供的功率，因而这并不符合叠加关系。

注意：叠加定理将一个电路，转换为多个电路进行计算，是一种计算电路的方法，但并不一定就降低了计算量。

▶【例题 2】当线性网络内部不含有独立电源，确定外部电源为不同组合下的电流 $i$ ？

◉【解答】本题目具有如下题设条件：

当激励为 $i_s$ 和 $u_{s1}$，并且 $u_{s2}$ 置零时：响应 $i = 2A$；
当激励为 $i_s$ 和 $u_{s2}$，并且 $u_{s1}$ 置零时：响应 $i = -0.5A$；
当激励为 $i_s$ 和 $u_{s1}$ 以及 $u_{s2}$ 时：响应 $i = 2A$；

◉【解答】根据题图已知激励为 $0.5 i_s$、$2u_{s1}$、$3 u_{s2}$ 时的响应为 $i$，然后假设激励为 $i_s$、$u_{s1}$、$u_{s2}$ 时的响应分别为 $i'$、$i''$、$i'''$；根据线性的性质，由第 1 项已知条件可知 $i' + i'' = 2$，由第 2 项已知条件可知 $i' + i''' = -0.5$，由第 3 项已知条件可知 $i' + i'' + i''' = 1.2$，由此就可以分别求解得到 $i'$、$i''$、$i'''$：

\[ \begin{cases} i' + i'' = 2 \\ i' + i''' = -0.5 \\ i' + i'' + i''' = 1.2 \end{cases} \]

◉【解答】因此在 $0.5 i_s$、$2u_{s1}$、$3 u_{s2}$ 共同作用下，响应 $i$ 的值等于：

\[ i = 0.5i' + 2 i'' + 3 i''' \]

▶【例题 3】下面线性电路只存在一个激励，请计算电流 $i_o$ ？

◉【解答】采用分压、分流关系直接计算 $i_o$ 会比较麻烦，这里暂时不关心激励 $u_s$ 为何值，先来确定响应 $i_o$ 与激励 $u_s$ 的齐次线性关系：为了计算方便，假定最右侧结点的电位为 2V，从而得出支路电流为 1A；由 KVL 得出左侧结点的电位为 3V，由 KCL 确定支路电流为 2.5A；以此类推，就可以确定各个结点的电位与电流，并最终得到端口电压 $u$ 为 21.375V：

上述计算结果表明，当 $u_s$ 为 21.375V 时，电流 $i_o$ 为 1A，由此就可以得到响应 $i_o$ 与激励 $u_s$ 的齐次线性关系：

\[ i_o = \frac{1}{21.375} u_s = \frac{8}{171} u_s \]

由于这种关系并不会随着 $u_s$ 的改变而改变，因此当 $u_s = 17.1V$ 时，电流 $i_o$ 就等于：

\[ i_o = \frac{8}{171} \times 17.1 = 0.8A \]

小结

除独立电源以外，其它元件均为线性元件的电路，就称为线性电路；
线性电路当中，响应与独立电源之间的关系，称为线性关系，同时满足可加性与齐次性；
叠加定理是可加性的体现，多个独立电源共同作用下的响应（任意的电压与电流），等于各个电源单独作用下的响应之和；
叠加定理是计算电路的一种方法，更是对线性电路当中因果关系的一种表述；

替代定理

下面的简单电路当中，3Ω 电阻的电压 $u = 3V$，电流 $i = 1A$：

如果采用 3V 电压源替换 3Ω 电阻，此时电路当中的电流 $i$ 依然为 1A：

如果采用 1A 电流源替换 3Ω 电阻，此时电路当中的电压 $u$ 依然为 3V：

上面的 3 个电路都具有相同的解，电阻之所以能够替代独立电源，就是因为遵循了本小节将要讨论的替代定律。

替代定理内涵

下面电路当中的支路 k 可以是任意形式，如果支路 k 的电压为 $u_k$，则支路 k 可以用电压源 $u_k$ 替代，此时电路的工作状态不变；而如果支路 k 的电流为 $i_k$，则支路 k 可以用电流源 $i_k$ 替代，电路的工作状态依然保持不变，这就是替代定理。

上述替代的前提是原电路与替代后电路都必须具有唯一解（线性电路通常都会具有唯一解），例如下面电路当中 $u = 5V$ 而 $i = 1A$。由于 $i = 1A$，所以采用 1A 电流源替代 5Ω 电阻，此时电压 $u$ 依然等于 5V；由于 $u = 5V$，如果采用 $5V$ 电压源替代 5Ω 电阻，此时即便电流 $i$ 取任意值，都不会违背 KCL 与 KVL 定律，因而替代后的电路并不具有唯一解：

替代并非等效，对于下面电路采用图解法，确定电压 $u$ 和电流 $i$：

先观察左侧蓝色框选的戴维南支路，其电压电流关系在坐标系中为一条直线 $u = 5 - 2i$（蓝色），然后再将 2 个并联 6Ω 电阻的电压电流关系所对应的直线绘制到坐标系（红色），此时两条直线的交点为 $u = 3V$ 并且 $i = 1A$，称为工作点：

如果将并联的 2 个 6Ω 电阻用 3V 电压源替代，这里依然采用图解法确定电压 $u$ 与电流 $i$：

此时戴维南支路的电流不变，仍然为 $u = 5 - 2i$，而 3V 电压源的特性为平行于 i 轴的直线，两条线的交点依然为 $u = 3V$ 且 $i = 1A$：

接下来，如果并联的两个 6Ω 电阻采用 1A 电流源来替代：

此时 1A 电流源的特性为平行于 u 轴的直线，而两线的交点仍然是 $u = 3V$ 且 $i = 1A$：

由此可见，替代维持了电路的工作点不变，但是如果 5V 电压源和 2Ω 电阻有参数发生了改变，电路的工作点就会随之发生改变，用于替代的电压源就不再是 3V，电流源也就不再是 1A 了。而如果将原电路当中并联的 2 个 6Ω 电阻等效为 1 个 3Ω 电阻：

此时的电压电流关系为 $u = 3i$，即使 5V 电压源和 2Ω 电阻的参数发生了改变，并联的 2 个 6Ω 电阻依然还是等效为 3Ω 电阻，这就是等效与替换的根本区别所在：

替代：保持工作点不变，替代后 5V 电压源 2Ω 电阻的参数不能改变；
等效：保持电压电流关系不变，5V 电压源 2Ω 电阻的参数可以改变；

注意：替代定理的应用并不广泛，在电路分析过程当中主要起到辅助作用。

替代定理应用

▶【例题 1】确定下面电路当中的电阻 $R$ ？

◉【解答】如果应用戴维南定理，将电阻 $R$ 以外的电路等效为戴维南支路，确定开路电压和等效电阻之后，由 $\frac{1}{8} = \frac{U_{oc}}{R + R_{eq}}$ 来确定 $R$。

◉【解答】如果应用替代定理，需要将电阻 $R$ 替代为一个电流源：

◉【解答】从而使得电路当中的各个元件参数全部已知，然后再列写上图当中 2 个圈红结点的方程：

\[ \begin{cases} (\frac{1}{8} + \frac{1}{12}) u_1 - \frac{1}{12} u_2 - \frac{1}{8} \times 2 = - \frac{1}{8} \\ -\frac{1}{12} u_1 + (\frac{1}{20} + \frac{1}{12} + \frac{1}{10}) u_2 - \frac{1}{20} \times 2 = 0 \end{cases} \]

◉【解答】根据上述的结点方程，可以求解得到结点电位 $u_1$，由此就可以继续得到电阻 $R$ 的阻值：

\[ R = \frac{u_1}{\frac{1}{8}A} \]

注意：替代法避免了结点方程当中出现未知量 $R$，从而更加易于求解。

▶【例题 2】替代定理还存在两种比较典型的应用，其中是一种应用是将复杂网络撕裂 ?

◉【解答】如果上面电路当中的电流 $i$ 已知，那么对于网络 $N_1$，可以采用电流源替代网络 $N_2$；而对于网络 $N_2$，则可以采用电流源替代网络 $N_1$；这样上面的电路网络，就可以被撕裂为如下 2 个网络：

如果电压 $u$ 已知，那么对于网络 $N_1$ 就可以采用电压源替代网络 $N_2$，相反的，对于网络 $N_2$ 同样可以采用电压源替代网络 $N_1$，因此原来的网络同样可以被撕裂为下面 2 个网络：

▶【例题】另外一种应用则是研究电路当中某个变量与参数的关系，例如请分析下面电路中，变量 $i_1$ 与参数 $R_2$ 之间的关系？

◉【解答】参数 $R_2$ 改变会导致 $i_1$ 发生改变，但是不包含 $R_2$ 的一端口网络的戴维南等效电路并不会变化；确定一端口网络的戴维南等效电路之后，开路电压 $u_{oc}$ 与等效电阻 $R_{eq}$ 并不会随着 $R_2$ 而发生改变，根据等效电路可以得到 $i_2 = \frac{u_{oc}}{R_{eq} + R_2}$：

接下来，将电阻 $R_2$ 用一个电流源 $i_2$ 替换：

然后，借助叠加定理，从该电路获得 $i_1$ 与 $i_2$ 的关系：假设在网络 N 内部电源的作用下得到 $i_1'$，而在外部电流源的作用下得到 $i_1''$：

由于电流 $i_1'$ 与电阻 $R_2$ 无关，所以可以采用常数 $C$ 来进行表示：

\[ i_1' = {\color{orange}{C}}|_{与 R_2 无关} \]

又由于电流 $i_1''$ 与 $i_2$ 呈齐次线性关系，从而就可以得到如下的等式：

\[ i_1'' = {\color{orange}{k}} i_2 = {\color{orange}{k}} \frac{u_{oc}}{R_{eq} + R_2} \]

最后，由 $i_1' + i_1''$ 所得到的表达式，就是 $i_1$ 与参数 $R_2$ 的关系式。

小结

替代定理应用的前提是原电路和替代之后的电路均具有唯一解（线性电路通常具有唯一解）；
替代是维持工作点不变，改变电路的参数，就意味着改变了被替代支路的工作点，因而替代该支路的电压电流源也会发生变化；
等效是维持电压电流关系 不变，即使改变了电路的参数，只要被等效部分的参数不变，等效电路就不会变化；

戴维南与诺顿定理

下图是一个含有独立电源的简单电路，为了确定这个电路当中的电流 $i$，可以利用等效变换，将含源一端口网络变换为戴维南或者诺顿支路；除此之外，这两种支路还可以相互转换。

本讲将要学习的戴维南定理和诺顿定理，是确定含源一端口网络等效电路的另外一种方法。

定理的内涵

对于含独立电源的线性一端口网络 N，端口连接着一个任意的外部电路，

戴维南定理：一端口网络 N 等效为电压源 $u_{oc}$ 与电阻 $R_{eq}$ 串联的支路，称为戴维南等效电路，其中 $u_{oc}$ 是一端口网络 N 端口开路时的电压，而 $R_{eq}$ 则是一端口网络 N 在内部独立电源置零以后端口的等效电阻；
诺顿定理：一端口网络 N 等效为电流源 $i_{sc}$ 与电阻 $R_{eq}$ 并联的支路，称为诺顿等效电路，其中 $i_{sc}$ 是一端口网络 N 端口短路时，流过短路线的电流，而 $R_{eq}$ 同样是一端口网络 N 在内部独立电源置零以后端口的等效电阻；

注意：$R_{eq}$ 是一端口网络 N 在内部独立电源置零以后端口的等效电阻是指将网络 N 内部的独立电压源短接，独立电流源开路，从而转换为不含有独立电源的一端口网络 $N_0$，此时 $N_0$ 的等效电阻就是 $R_{eq}$；

由于戴维南等效电路与诺顿等效电路可以互换，因此 $u_{oc}$、$i_{sc}$、$R_{eq}$ 是相关的，在上面图示的参考方向下 $u_{oc}$ 等于 $R_{eq}$ 乘以 $i_{sc}$：

\[ u_{oc} = R_{eq} i_{sc} \]

定理应用

▶【例题 1】求解下面电路当中的电流 $i$ ？

◉【解答】本题解题思路是先确定该含源一端口网络的等效电路，再由这个等效电路求解得到电流 $i$；这里首先计算开路电压 $u_{oc}$：

◉【解答】该电路当中存在着 2 个独立电源，采用叠加定理就可以计算得到 $u_{oc}$：

\[ u_{oc} = {\color{orange}{(4 // 12) \times 2}} + {\color{yellow}{\frac{12}{4 + 12} \times 12}} = 15V \]

公式左侧橙色部分是电流源单独作用时的开路电压，此时电压源短接，$u_{oc}'$ 等于 2A 电流源在 4Ω 与 12Ω 并联电阻上的电压；
公式右侧黄色部分是电压源单独作用时的开路电压，电流源开路，12V电压源由 4Ω 与 12Ω 电阻分压，此时 12Ω 电阻分得的电压既是 $u_{oc}''$；

◉【解答】然后，计算等效电阻 $R_{eq}$，将电流源断开电压源短路，此时 $R_{eq} = 3Ω$：

◉【解答】接着绘制出戴维南等效电路，由等效电路可以容易的求解得到 $i = \frac{15}{7} A$：

◉【解答】最后，为了参照比较，同样采用叠加定理计算短路电流 $i_{sc}$，如下是变换之后用于计算短路电流的电路：

◉【解答】在下面得到的 $i_{sc}$ 表达式当中，第 1 项 2 为电流源单独作用时的短路电流，即 $i_{sc}' = 2A$；第 2 项为电压源单独作用时的短路电流，12Ω 电阻被短接没有电流，此时 $i_{sc}'' = \frac{12V}{4Ω}$；因此，短路电流 $i_{sc}$ 的值应为：

\[ i_{sc} = i_{sc}' + i_{sc}'' = 2 + 3 = 5A \]

◉【解答】绘制出诺顿等效电路，这里 3Ω 与 4Ω 电阻分流，同样也可以得到 $i = \frac{15}{7}A$ 的结果：

◉【解答】虽然在计算 $u_{oc}$ 和 $i_{sc}$ 的过程当中，都分别采用了叠加定理，但是相比之下 $i_{sc}$ 的计算过程更加容易，因此本例题应当尽量选择计算 $i_{sc}$ 和 $R_{eq}$ 来进行求解。

▶【例题】当下面电路当中的负载 $R_L$ 为何值时，$R_L$ 所获得的功率最大？

◉【解答】将 4 电阻更换为任意的可调电阻 $R_L$，这样 $R_L$ 作为电路的负载，从电路当中获得功率；当 $R_L$ 的阻值发生变化时，其从电路获得的功率也会随之发生改变，那么当 $R_L$ 为多大时，才能够从电路上获取最大功率。之前已经得到 $R_L$ 之外的含源一端口网络的等效电路，无论 $R_L$ 为何值，等效电路的 $u_{oc}$ 和 $R_{eq}$ 都会保持不变，因此 $R_L$ 吸收的功率可以由如下等效电路进行计算：

根据等效后的电路，由 $p = i^2 \times R$ 得到功率 $p_L$ 的表达式：

\[ R_L\ 吸收的功率\ p_L = (\frac{u_{oc}}{R_{eq} + R_L})^2 R_L \]

由表达式可以知道，当 $R_L$ 等于零时 $p_L$ 也等于零。当 $R_L$ 趋于无穷大时 $p_L$ 也为零，因此 $p_L$ 存在一个极大值，该极大值出现在 $p_L$ 对 $R_L$ 的导数等于零处 $\frac{dp_L}{dR_L}$，即处于 $R_L = R_{eq} = 3Ω$ 的位置，此时 $R_L$ 从一端口网络获得最大功率 $p_{Lm}$:

\[ p_{Lm} = \frac{(u_{oc})^2}{4R_{eq}} = \frac{15^2}{4 \times 3} W \]

上述例题的结论可以被归纳为最大传输功率定理，即任意可调电阻 $R_L$，从戴维南等效参数为 $u_{oc}$ 和 $R_{eq}$ 的线性电阻网络中，获得最大功率的条件为 $R_L = R_{eq}$，此时获得的最大功率 $p_{Lm}$ 等于：

\[ p_{Lm} = \frac{(u_{oc})^2}{4R_{eq}} \]

▶【例题】确定下面电路的等效电路？

◉【解答】上图是一个含受控电源的一端口网络，其开路电压计算起来较为容易，而等效电阻计算起来最为困难。这里首先来计算开路电压，端口开路时 $i = 0$，受控电流源等效于开路，采用电阻分压可以得到 $u_{oc} = 5V$：

接下来再计算短路电流，这里 6Ω 电阻被短路，其电流为零：

采用网孔法计算 $i_{sc}$ 会相对较为简单，列写如下网孔方程：

\[ (4 + 2)i_{sc} = 10 + 2 \times 3i_{sc} \]

上述方程中，$4 + 2$ 为自电阻，网孔等效电压源为 10V，这里的 $2 \times 3i_{sc}$ 则是由受控电流源转换而来的受控电压源。由此 $i_{sc} \rightarrow \infty$ 为方程的解，i_{sc} 为无穷大意味着可以由 $u_{oc}$ 和 $i_{sc}$ 来确定 $R_{eq}$：

\[ R_{eq} = \frac{u_{oc}}{i_{sc}} = 0 \]

$R_{eq}$ 等于零表明该等效电路为一个电压源，这属于戴维南等效电路的一种特殊情况：由于受控源是有源元件，在该电路当中受控源等效为负电阻，导致一端口网络的等效电阻为零：

小结

戴维南定理与诺顿定理，是获得含源一端口网络等效电路的首选方法，其更加优于等效变换法；
应用戴维南定理与诺顿定理时，需要计算开路电压、短路电流、等效电阻当中比较容易计算获得的两个；
特别需要注意开路电压、短路电流的参考方向，三个参数的关系与参考方向相关；
分析最大功率传输问题时，将含源一端口网络等效为戴维南电路，再应用最大功率传输定理；切记可以变化的是负载参数，一端口网络的等效参数不变；

特勒根定理

下面电路当中，6Ω 电阻的电压为 6V，因此流过的电流为 1A，而 5Ω 电阻的电流为 2A，由 KCL 可以求得电压源的电流为 1A，再由 KVL 求得电流源的电压为 6V + 10V = 16V，该条件下电源吸收的功率如图所示：

此时电路吸收的总功率为 6 - 32 + 6 + 20 = 0，即所有功率保持守恒，本讲将通过特勒根定理分析功率守恒的原因。

功率守恒

本小节通过分析 2 个简单电路来理解特勒根定理，下面这个简单电路拥有 3 个结点 4 条支路：

绘制出其有向图，其中支路 1 为电阻支路，支路 2 为诺顿支路，支路 3 为电阻支路，支路 4 为戴维南支路，利用电路的 KCL 和 KVL 方程可以证明 $u_1 i_1 + u_2 i_2 + u_3 i_3 + u_4 i_4 = 0$，表明电路当中各条支路吸收功率的代数和为零，这就是特勒根定律的功率守恒。

似功率守恒

再来看下面这个电路，其同样拥有 3 个结点 4 条支路，但是支路的形式与参数和电路 1 有所不同：

同样绘制出其有向图，支路 1 为诺顿支路，支路 2 为电阻支路，支路 3 为戴维南支路，支路 4 为电阻支路，此时同样存在着功率守恒 $\hat u_1 \hat i_1 + \hat u_2 \hat i_2 + \hat u_3 \hat i_3 + \hat u_4 \hat i_4 = 0$。满足 KCL 与 KVL 的电路均属于集中参数电路，由于集中参数电路当中的瞬时功率守恒，所以电路 1 与 2 具有相同的有向图，也就具有相同形式的 KCL 与 KVL 方程。

注意：由于支路电压电流的大小不同，所以上面使用带帽符号 ^ 变量与之前电路进行区分。

两个电路具有相同形式的 KCL 方程，就意味着电流 $\hat i_1 \sim \hat i_4$ 与 $i_1 \sim i_4$ 满足相同的 KCL 方程，因此将 $u_1 i_1 + u_2 i_2 + u_3 i_3 + u_4 i_4 = 0$ 当中的 $i_1 \sim i_4$ 替换为 $\hat i_1 \sim \hat i_4$ 等式依然成立：

\[ u_1 \hat i_1 + u_2 \hat i_2 + u_3 \hat i_3 + u_4 \hat i_4 = 0 \]

同理 $\hat u_1 \sim \hat u_4$ 与 $u_1 \sim u_4$ 也满足相同的 KVL 方程，将 $u_1 i_1 + u_2 i_2 + u_3 i_3 + u_4 i_4 = 0$ 当中的 $u_1 \sim u_4$ 更换成 $\hat u_1 \sim \hat u_4$ 等号依然成立：

\[ \hat u_1 i_1 + \hat u_2 i_2 + \hat u_3 i_3 + \hat u_4 i_4 = 0 \]

上述两个式子当中，相加的各项都具有功率的量纲，但是并不具有功率的物理含义，因而称为似功率守恒。

特勒根定理指出：在一个集中参数电路中存在功率守恒，功率守恒是一个非常有意义的结论，例如电力系统中，发电机组发出的总功率总是等于电网当中的负载、线路等消耗的总功率：

\[ 集中参数电路满足功率守恒 \implies \sum_{k=1}^b u_k i_k = 0 \]

特勒根定理还指出：2 个有向图相同的电路之间还存在着似功率守恒，似功率守恒的意义在于，给出了有向图相同的电路之间的变量关系。

\[ 2个有向图相同的集中参数电路满足似功率守恒 \implies \sum_{k=1}^b u_k \hat i_k = 0\ 且\ \sum_{k=1}^b \hat u_k i_k = 0 \]

端口变量方程

接下来，将特勒根定律用于由线性电阻构成的二端口网络，下图是一个内部全由线性电阻组成的二端口网络，一个端口接支路 $1$，另外一个端口接支路 $2$，二端口网络内部的支路编号为 $3 \sim b$，支路电压电流都取关联参考方向：

同样对于这个二端口网络，一个端口接支路 $\hat 1$（支路 $\hat 1$ 与支路 $1$ 在形式上和参数上可以完全不同），另外一个端口接支路 $\hat 2$ （支路 $\hat 2$ 与支路 $2$ 在形式上和参数上也可以完全不同）：

显然，上面这两个电路具有相同的有向图，在它们之间运用似功率守恒：电路 1 的电压与电路 2 的电流相乘，得到似功率守恒方程 1；电路 2 的电压与电路 1 的电流相乘，得到似功率守恒方程 2：

\[ \begin{cases} 似功率守恒方程 1 \implies u_1 \hat i_1 + u_2 \hat i_2 + \sum_{k=3}^b u_k \hat i_k = 0 \\ 似功率守恒方程 2 \implies \hat u_1 i_1 + \hat u_2 i_2 + \sum_{k=3}^b \hat u_k i_k = 0 \end{cases} \]

对于二端口网络内部的线性电阻 $R_k$，由于线性电阻满足欧姆定律，因此可以得到：

\[ u_k \times \hat i_k = {\color{orange}{R_k i_k \hat i_k}} = \hat u_k \times i_k \]

将前一步得到的两个似功率守恒方程相减，然后求和项相互抵消，就可以得到线性电阻二端口网络的端口变量方程：

\[ u_1 \hat i_1 + u_2 \hat i_2 = \hat u_1 i_1 + \hat u_2 i_2 \]

上述结论说明，一个线性电阻二端口网络，在两种端接支路情况下，端口的 8 个变量皆满足线性电阻二端口网络的端口变量方程。

定理应用

功率守恒的应用相对更容易理解，接下来分析一道应用似功率守恒的例题：

▶【例题】确定下面电路 2 当中的电流 $\hat i_1$ ？

◉【解答】对于上图左侧电路 1 中的线性电阻二端口网络 $N_R$，端口 1 连接戴维南支路，端口 2 连接电阻支路，电阻支路的电流为 0.5A；而对于右侧电路 2 当中的线性电阻二端口网络 $N_R$，端口 1 连接电阻支路，端口 2 连接诺顿支路；接下来就利用似功率守恒确定 $\hat i_1$；

◉【解答】首先，选定端接支路的方向与变量，这里对电路 1 和 2 的端接支路取相同参考方向：

◉【解答】然后，采用支路电流表示支路电压，在电路 1 和 2 当中可以分别得到：

\[ 电路1 \implies \begin{cases} u_1 = 5 + 4i_1 \\ i_2 = 0.5 \\ u_2 = 3 \times 0.5 \end{cases} \qquad 电路2 \implies \begin{cases} \hat u_1 = 4 \hat i_1 \\ \hat u_2 = 3 \times (\hat i_2 + 6) \\ \end{cases} \]

◉【解答】将上述端口电压表达式，代入至端口变量方程当中就可以得到：

\[ u_1 \hat i_1 + u_2 \hat i_2 = \hat u_1 i_1 + \hat u_2 i_2 \implies 5 \hat i_1 = 9 \]

小结

特勒根定理包含功率守恒（集中参数电路）、似功率守恒（有向图相同的 2 个集中参数电路）、端口变量方程（有向图相同的 2 个集中参数电路且包含同一个线性电阻二端口网络） 3 个层次的结论：

可以看到，从功率守恒到似功率守恒是从一般到特殊的情况，而从似功率守恒到端口变量方程，则是从特殊到更为特殊的情况。

互易定理

由特勒根定理得出的线性电阻二端口网络的端口变量方程，适用于任意端接支路的情况。下面的两个电路当中，支路 $1$ 和 $2$ 以及支路 $\hat 1$ 和 $\hat 2$ 可以是任意形式：

根据前面学习的内容，可以知道上述电路总是遵循如下的端口变量方程：

\[ u_1 \hat i_1 + u_2 \hat i_2 = \hat u_1 i_1 + \hat u_2 i_2 \]

如果 4 条端接支路为简单的特殊支路（即电压源与电流源支路、开路 $R = \infty$ 与短路 $R = 0$），则端口变量方程可以进行简化，这些简单形式的端口变量方程就是互易定理。

定理内涵

互易定理 1

下图采用 $N_R$ 代表线性电阻二端口网络，其中端口 1 连接电压源 $u_{s1}$，端口 2 接短路线（即电阻为零的支路）；接下来，将两条支路对调（该过程称为互易），即端口 2 接电压源 $u_{s2}$，端口 1 接短路线，然后对端接支路选取相同的参考方向，从而变成 2 个有向图相同的电路：

列写端口变量方程时，与支路方向一致的电压与电流取正，而不一致则取负，此时端口变量方程为 $u_{s1} \hat i_1 + 0 \hat i_2 = 0 i_1 + u_{s2} i_2$，这种情况就称为互易定理 1。

互易定理 2

线性电阻二端口网络 $N_R$ 的端口 1 连接到 $i_{s1}$，而端口 2 开路视为电阻为无穷大的支路；然后，将两条支路互易，端口 2 接电流源 $i_{s2}$，而端口 1 保持开路，对端接支路选取相同的参考方向，从而也变为有向图相同的两个电路：

其对应的端口变量方程为 $u_1 0 + u_2 (-i_{s2}) = \hat u_1 (-i_{s1}) + \hat u_2 0$，这种情况就称为互易定理 2。

互易定理 3

线性二端口网络 $N_R$，端口 1 接电压源 $u_{s1}$，而端口 2 开路；同样将这两条支路互易，端口 2 接电流源 $i_{s2}$，端口 1 短路，并对端接支路选取相同的参考方向，依然是有向图相同的两个电路：

相应的端口变量方程为 $u_{s1} \hat i_1 + u_2(-i_{s2}) = 0i_1 + \hat u_2 0$，这种情况也就称为互易定理 3。

互易二端口网络

在互易定理的 3 种情况之下，电路当中的电压为激励，短路电流或者开路电压为响应，端口变量方程存在着统一的规律：电路 1 的响应与激励之比，等于电路 2 的响应和激励之比：

\[ \begin{cases} 互易定理 1 \implies \frac{i_2}{u_{s1}} = \frac{\hat i_1}{u_{s2}} \\ 互易定理 2 \implies \frac{u_2}{i_{s1}} = \frac{\hat u_1}{i_{s2}} \\ 互易定理 3 \implies \frac{u_2}{u_{s1}} = \frac{\hat i_1}{i_{s2}} \end{cases} \]

显然，互易定理是似功率守恒应用于特定端接支路的线性电阻二端口网络 $N_R$ 所得出的结论，是一种隶属于特勒根定律的特例，这里就称 $N_R$ 为互易二端口网络。

定理应用

讨论了互易定理之后，接下来用 2 个例题来学习互易定理的应用：

▶【例题 1】对于下图左侧线性电阻二端口网络 $N_R$，其端口 1 连接戴维南支路，而端口 2 连接电阻支路，其中电阻支路的电流为 0.5A；而右侧的二端口网络 $N_R$，其端口 2 接诺顿支路，端口 1 接电阻支路，求解电路 2 的电流 $\hat i_1$ ？

◉【解答】首先，对题设电路进行改造，4Ω 与 3Ω 电阻与 $N_R$ 形成一个新的线性电阻二端口网络，电路 1 变成其中一个端口接 5V 电压源，而另一个端口开路的电路 2，将会变作一个端口接 6A 电流源，而另一个端口被短路的电路：

◉【解答】这正是互易定理 3 的端接支路情况，因而这两个电路的响应与激励之比应当是相等的：

\[ \frac{1.5V}{5V} = \frac{\hat i_1}{6A} \]

▶【例题 2】求解下图当中的电流 $i$ ?

◉【解答】这里的电流 $i$ 可以用戴维南定理确定，但是不能简单的采用分流关系进行求解。而对于下面这个电路，确定电压 $u$ 的过程就会相对较为简单：

◉【解答】通过观察可以看到，两条 10Ω 和 6Ω 电阻串联的支路并联在一起，得到等效电阻 8Ω，其再与一个 2Ω 电阻串联，得到的等效电阻为 10Ω，因此流过 2V 电压源的电流为 0.2A，上下支路各分得 0.1A，采用 KVL 定律可以求解得到电压 $u$ 等于 10Ω 与 6Ω 电阻电压之差：

\[ u = -6 \times 0.1 + 10 \times 0.1 = 0.4V \]

◉【解答】接着，分别标出上面两个电路的端口，就可以将其呈现为一组线性电阻二端口网络：

◉【解答】其中，左侧电路 1 的端口 1 接2A 电流源，而端口 2 短路；中间电路 2 的端口 1 开路，端口 2 接 2V 电压源，即处于互易定理 3 的端接支路连接情况。基于此就可以选取端接支路方向（上图右侧），并且应用互易定理 3（两个电路的响应与激励之比相等），根据前面的电压 $u$ 求解得到电流 $i$：

\[ \frac{i}{2A} = \frac{u}{2V} \implies i = 0.4A \]

小结

当线性电阻二端口网络的端口连接的是电压源、电流源、开路或短路的特殊支路时，端口变量方程可以进一步简化为互易定理描述的 3 种情况，它们的规律是两个电路的激励与响应之比相等：

\[ u_1 \hat i_1 + u_2 \hat i_2 = \hat u_1 i_1 + \hat u_2 i_2 \implies \frac{响应}{激励} = \frac{激励}{响应} \]

注意：需要特别留意电路当中响应与激励的方向关系。

含运算放大器电路

集成运算放大器

工程实践当中，需要对电子信号进行缩小、放大、相加等处理，例如将 6V 电压缩小为 3V，或者将 6V 电压放大至 12V，再或者将正弦电压与直流电压相加：

根据前面所学知识可以联想到，通过电阻分压就能够将 6V 电压降低为 3V，分别连接上 1kΩ 和 2kΩ 电阻之后，输出电压 $u_o$ 就等于 3V：

但是，这种分压电路的分压比与每一个电阻都密切相关，改变任何一个电阻的阻值，分压比都会随之改变。除此之外，信号的放大与相加，都不可以使用这种电阻分压的方式来实现，而是需要采用专门的集成运算放大器电路。

集成运算放大器简介

集成运算放大器是一种应用极为广泛的集成芯片，其通常拥有 8 个连接端子，其中的 5 个必须与外部电路相连接（反向输入端、同相输入端、电源正极、电源负极、输出端），因而它的电路符号也仅仅拥有 5 个端子：

集成运算放大器通常使用 $U^{\pm} = {\pm} u_{cc}$ 进行供电，其中 $U^+$ 与 $U^-$ 的公共点就是电路的电位参考点，而同相输入端电压 $u_p$、反相输入端电压 $u_n$、输出端电压 $u_o$ 都是相对于该公共点的电位：

集成运放上面的 5 个端子电流分别为电压源电流 $i^{\pm}$，输入端电流 $i_p$ 和 $i_n$、输出端电流 $i_o$，这 5 个电流共同满足如下的 KCL 方程：

\[ i^+ + i^- + i_p + i_n = i_o \]

特性区电路模型

集成运算放大器的内部结构较为复杂，电路分析中只关注其输入输出特性，并基于此来得到对应的电路模型。集成运算放大器以 $u_p - u_n$ 为输入，$u_o$ 为输出，其输入输出特性表现为非线性的曲线，下面采用折线图来近似进行表达：

上面曲线的中间部分可以近似为线性关系，顶部近似等于 $+U_{cc}$，底部近似等于 $-U_{cc}$，三段直线分别被称为线性区、正饱和区、负饱和区，其中线性区对应的特性方程为：

\[ u_o = A u_d \]

注意：上面公式当中的 $A$ 就是运算放大器的增益或者放大倍数。

当集成运放工作在线性区时，可以采用线性电路元件建立对应的电路模型，如下图所示：

连接在同相与反相输入端之间的电阻 $R_i$ 称为输入电阻（较大），而连接在输出端的 $R_o$ 称为输出电阻（较小）。此外，与输出电阻串联的受控电压源 $Au_d$ 则代表了电压放大关系，其中增益 $A$ 数值较大，导致集成运放线性区的输入电压范围较小（仅在毫伏数量级）。由此可见，集成运算放大器具有高输入电阻、低输出电阻、高增益的特点。

闭环与开环工作状态

集成运算放大器拥有开环与闭环 2 种工作状态，当输入与输出端之间没有连接任何支路时，称为开环，下图就是一个处于开环工作状态的电路：

如果连接上一个反馈支路 $R_f$，则该电路就会工作于闭环状态。由于 $R_f$ 连接在反相输入端，称为负反馈支路。只有在负反馈条件下，集成运放才能够稳定的工作在线性区，否则就会工作于饱和状态。

闭环工作的集成运算放大器，可以对信号进行线性放大，即构成放大电路。如果上面电路里的集成运放工作于线性区，那么就可以采用线性区的模型对其进行等效：

并且可以使用结点法，计算出上面电路的输出电压 $u_o$ 与输入电压 $u_i$ 之间的关系：

\[ u_o \approx -\frac{R_f}{R} u_i \]

电路对输入电压 $u_i$ 进行线性放大，其中 $-\frac{R_f}{R}$ 就是电路的放大倍数。但是当 $\Big \vert -\frac{R_f}{R} u_i \Big \vert \ge U_{cc}$ 时，集成运算放大器就会进入饱和状态，此时 $|u_o| = U_{cc}$。

对于开环工作状态下的集成运算放大器，则可以对电压信号的大小进行比较，即组成比较电路，例如下面电路当中的运放就处于开环工作状态：

当输入直流电压信号 $U_{REF}$ 和变化的电压信号 $u_i$，则该电路输出的电压信号 $u_o$ 波形如下图所示：

当 $u_i > U_{REF}$ 时 $u_d = u_i - U_{REF}$，而 $u_o = A u_d$，由于 $A$ 非常大，所以 $u_o = + U_{cc}$；而当 $u_i < U_{REF}$ 时有 $u_o = - U_{cc}$，此时 $u_o$ 的波形可以近似的视为一个方波。

注意：如果在电阻 $R$ 上串联一个发光二极管，那么当 $u_i > U_{REF}$ 时，二极管就会导通发光，因而能够直观的展示出 $u_i$ 何时会大于 $U_{REF}$，该电路属于一个电压比较器。

小结

通过上述内容的讨论，对于集成运算放大器有了如下 4 点认识：

集成运算放大器的输入输出特性是非线性的，但是其特性曲线上面存在着一段线性区，且线性区对应的输入电压范围极小，仅为毫伏级别；
集成运算放大器必须拥有负反馈支路，才能够稳定的工作在线性区；
拥有负反馈支路的运算放大器是否工作于线性区取决于 3 个参数：电路放大倍数 $A$、输入信号 $u_i$ 的幅值、工作电源 $U_{cc}$ 的大小；
集成运算放大器的电路模型，仅仅是在其处于线性工作区时的近似模型；

理想运算放大器

当集成运算放大器工作于线性区时，可以采用由输入输出电阻、受控电压源组成的电路模型来进行分析：

假定上面这个电路当中，集成运算放大器工作于线性区，接下来就可以采用电路模型代替集成运算放大器：

同时给出替换后的电路元件参数：运放增益 $A = 2 \times 10^5$、输入电阻 $R_i = 2MΩ$、输出电阻 $R_o = 50Ω$、电阻 $R = 10KΩ$、反馈电阻 $R_f = 20KΩ$、负载电阻 $R_L = 1KΩ$，接着再运用结点分析法列写结点方程：

\[ \begin{cases} (\frac{1}{R} + \frac{1}{R_i} + \frac{1}{R_f})(-u_d) - \frac{1}{R_f} u_o = \frac{u_i}{R} \\ -\frac{1}{R_f}(-u_d) + (\frac{1}{R_f} + \frac{1}{R_o} + \frac{1}{R_L})u_o = \frac{Au_d}{R_o} \\ \end{cases} \]

最后，经过一系列的复杂计算，就可以得到如下的精确结果：

\[ \begin{cases} u_o = -1.999968 u_i \approx -2u_i \\ u_d = -5.3156 \times 10^{-5} V \approx 0 \\ i_n = 2.6578 \times 10^{-11} A \approx 0 \end{cases} \]

在日常的工程实践当中，这样的精确计算通常是没有必要的，只需要将集成运放近似为理想运算放大器，进行近似的计算即可满足需要。

反相比例放大电路

首先需要对集成运算放大器的参数进行建模，进而得到理想运算放大器的参数与特性。

假定集成运放工作于线性区，采用线性电路模型表示，输入电阻 $R_i$ 通常在 $10^6 Ω \sim 10^{13} Ω$ 范围，输出电阻 $R_o$ 则常处于 $10Ω \sim 100Ω$ 之间，增益 $A$ 则处于 $10^5 \sim 10^8$ 之间，以上的参数特点导致工作在线性区的集成运放，其输入电压 $u_d$ 仅有毫伏 mV 数量级甚至更小；输入电流 $i_p$ 或者 $i_n$ 为皮安 pA 量级，电路的放大倍数 $\frac{u_o}{u_i}$ 非常接近于 $-\frac{R_f}{R}$。

这里如果将输入电阻 $R_i$ 近似为无穷大，将输出电阻 $R_o$ 近似为零，将增益 $A$ 近似为无穷大，则从电路模型可以得到输入电压 $u_d = 0$、输入电流 $i_n = i_p = 0$、输出电压 $u_o$ 等于受控电压源电压 $A_{ud}$、电路的放大倍数等于 $-\frac{R_f}{R}$，这些近似结果与实际情况非常接近，其精确度在工程上是可以接受的，因此理想运算放大器的参数可以被近似为：

增益 $A$ 趋于无穷大 $A \rightarrow \infty$；
输入电阻 $R_i$ 趋于无穷大 $R_i \rightarrow \infty$；
输出电阻 $R_o$ 等于零 $R_o = 0$；

对应的，理想运算放大器的线性区特性也可以进行如下的抽象：

同相输入电流 $i_p = 0$，反相输入电流 $i_n = 0$，称为虚断路；
同相输入端电压 $u_p$ 等于反相输入端电压 $u_n$，称为虚短路；
输出端电压 $u_o$ 与负载 $R_L$ 无关，对于负载而言，可以等效为电压源；

因此，当该电路中的集成运放工作于线性区时，即可以利用电路模型通过结点方程，得到输出电压与输入电压的关系；也可以把集成运放近似为理想运放来进行分析，将集成运放近似为理想运放分析的思路如下图所示：

首先，标出各个结点的电位大小或者变量；同相端接参考结点，电位为零；由于虚短路，反向端电位也为零；
然后，利用结点的 KCL 方程，确定输出电压与输入电压的关系；由于 $i_n = 0$，KCL-1 的方程为从 $R$ 流出的电流加上从 $R_f$ 流出的电流等于零 $\frac{0 - u_i}{R} + \frac{0 - u_o}{R_f} = 0$；KCL-2 的方程没有意义，而 KCL-3 的方程中，电流 $i_o$ 无法使用结点电位进行表示；
最后，利用 KCL-1 的方程得到 $u_o$ 与 $u_i$ 的关系 $u_o = - \frac{R_f}{R} u_i$ 为线性关系，称为比例放大，其中的负号表示 $u_o$ 与 $u_i$ 的相位相反，因此该电路被称为反相比例放大电路；

除此之外，这里还必须注意如下几点情况：

集成运算放大器只有工作在线性区时，才能近似为虚短路和虚断路；
存在负反馈支路 $R_f$，是集成运放工作在线性区的前提条件；
集成运放工作于线性区，还需要输入电压 $u_i$ 满足 $\Big \vert - \frac{R_f}{R}u_i \Big \vert \le U_{cc}$；

同相比例放大电路

如果不希望输入输出电压反相，则可以使用下图这样的同相放大电路：

依然将集成运算放大器近似为理想运算放大器，标记出各个结点的电位变化。由于 $i_p = 0$ 即虚断路，$R_s$ 上的电压为零，因此同相端的电位为 $u_s$；又因为虚短路，反相端的电位也为 $u_s$：

接下来，列写反相端结点的 KCL 方程，从 $R_1$ 流出结点的电流为 $\frac{u_s}{R_1}$，从 $R_2$ 流出结点的电流为 $\frac{u_s - u_o}{R_2}$，两项之和等于零，由此就可以得出 $u_o$ 与 $u_s$ 的关系式，观察下面推导结果，可以看到 $u_o$ 就是 $u_s$ 的同相放大，此时放大倍数大于 1：

\[ \frac{u_s}{R_1} + \frac{u_s - u_o}{R_2} = 0 \implies u_o = (1 + \frac{R_2}{R_1}) u_s \]

缓冲放大电路

如果想实现放大倍数等于 1，则需要让 $R_2$ 等于零 $R_2 = 0$，并且 $R_1$ 开路 $R_1 = \infty$，这种状态的电路被称为缓冲放大电路：

放大倍数为 1 的缓冲放大电路意义在于：如果将信号源直接连到负载上，此时的负载电压 $u_o$ 由 $R_L$ 与 $R_s$ 分压所得，显然 $u_o < u_s$，并且 $u_o$ 会随着 $R_L$ 的变化而发生变化，在信号源与负载之间加上缓冲放大电路，负载电压 $u_o$ 就恒等于 $u_s$，因此缓冲放大电路也被称为电压跟随器：

小结

本小节分析了反相比例运算放大电路，也分析了同相比例运算放大电路：

两者除了对输入信号有同相与反相的差别之外，还存在着如下两点不同之处：

输入电阻不同，反相放大电路的输入电阻等于 $R$，同相放大电路的输入电阻等于无穷大 $\infty$；
放大倍数的可调节范围不同，反相放大电路既可以放大信号也可以缩小信号，而同相放大电路则只能放大输入信号；

注意：集成运算放大器还能够实现信号的求和、求差、积分、微分等多种运算。

除此之外，本小节所涉及的全部知识内容，可以大致归纳为如下三点：

工程实践当中，通常将集成运算放大器近似为理想运算放大器来进行分析；
只有当运算放大器工作在线性区时，才可以被近似为虚短路、虚断路状态；
采用结点的 KCL 方程分析含运算放大器的电路时，首先结合虚短路，标记出各个结点的电位变量或数值，然后再结合虚断路，列写某些结点的 KCL 方程；

电容 & 电感与动态电路

广义函数

从本小节开始，所讨论的电路当中会出现电容、电感这类储能元件，这种含有储能元件的电路称为动态电路。动态电路当中，电路变量的变化会比电阻电路更为复杂，需要借助广义函数来描述与分析这类复杂的电路变量。广义函数在数学当中的定义是：广义函数本身或者其导数、高阶导数具有不连续点（即跳变点）。

上图左侧的波形是一个脉冲波，本身具有不连续点；而右侧的波形是一个三角波，其函数的一阶导数不连续；在目前，这样的波形都是通过分段函数来进行表示，其中脉冲波分为 3 段表示，而三角波分为 4 段表达：

采用上面这样的分段函数表示电路变量，意味着进行电路分析时也需要分段进行讨论，所以必须引入 2 种特殊的广义函数（单位阶跃函数、单位冲激函数），通过这种全时间域的函数来表达上述分析过程所遇到的分段函数。

单位阶跃函数

观察下面单位阶跃函数的波形，函数在 $t_0$ 处从 0 跳变到 1，总共跳变了一个单位，所以被称为单位阶跃函数，用 $\epsilon(t)$ 表示：

$\epsilon(t)$ 的取值在 t 小于 0 时等于 0，而在 t 大于 0 时等于 1：

\[ \epsilon(t) = \begin{cases} 0 & t<0\\ 1 & t>0 \end{cases} \]

值得注意的是，在跳变点 $t = 0$ 处，函数是没有定义的，$\epsilon(t)$ 的值是从 0 到 1 的跃变：

除此之外，在实际应用当中，还会使用到延迟的单位阶跃函数 $\epsilon(t - t_0)$，该函数值在 $t$ 小于 $t_0$ 时为 0，$t$ 大于 $t_0$ 时为 1：

\[ \epsilon(t - t_0) = \begin{cases} 0 & t<t_0\\ 1 & t>t_0 \end{cases} \]

延迟的单位阶跃函数的波形是在 $t_O$ 处，发生由 0 到 1 的跃变，因此 $\epsilon(t - t_0)$ 是 $\epsilon(t)$ 延迟 $t_0$ 的函数：

有了阶跃函数这个广义函数，本节介绍的第一个脉冲波形就可以借助于阶跃函数进行表达，接下来讨论下面的例题：

▶【例题】如何采用广义函数来表示下图的脉冲波形？

◉【解答】观察可以发现，该脉冲波只在 $1 \sim 2$ 之间的值为 1，其它的值均为 0；其函数 $f(t)$ 可以用延迟的阶跃函数 $\epsilon(t - 1)$ 减去 $\epsilon(t - 2)$ 进行表示：

这个过程的波形可以表示为 $\epsilon(t - 1)$ 叠加上负的 $-\epsilon(t - 2)$，即在 $1 \sim 2$ 之间值为 1 的脉冲：

因此这个函数表达式，就是一个全时间域的函数表达式：

\[ \colorbox{yellow}{$f(t) = \epsilon(t - 1) - \epsilon(t - 2)$} \]

概括起来，单位阶跃函数在电路分析当中存在的作用之一，是利用阶跃函数的单边性表示电路变量的时间范围。例如下图所示的余弦函数与单位阶跃函数相乘，就可以得到只在 $t > 0$ 时才为余弦函数的信号：

电路分析中单位阶跃函数的作用之二，是同样利用阶跃函数的单边性，描述电源接入的开关动作。观察如下电路图，直流电源 $U_s$ 在 $t = 0$ 的时候接入电路，这个开关动作采用 $U_s$ 乘以 $\epsilon(t)$ 作为电压源输出来进行表示：

除此之外，单位阶跃函数还可以用来截取连续信号的波形，如果需要截取下图 $t_1$ 至 $t_2$ 之间的波形，引入在 $t_1$ 与 $t_2$ 之间值为 1 的脉冲函数，这里将其称为闸门函数 $G(t_1,\ t_2)$，其表达式为 $\epsilon(t - t_1) - \epsilon(t - t_2)$，采用函数 $f(t)$ 乘以闸门函数 $G(t_1,\ t_2)$，就可以截取 $f(t)$ 在 $t_1$ 至 $t_2$ 的波形：

如图所示的波形截取方式，可以很方便的将分段函数用全时间域的广义函数表达式来表示，例如本小节内容开始时介绍的分段函数示例：

观察其波形可以发现，其存在着两段非零区间，一段位于 $0 \sim 1$ 之间，函数值等于 $t$；另一段则位于 $1 \sim 2$ 之间，函数值等于 $2 - t$，利用闸门函数可以将分段函数表示为：

\[ f(t) = t \times G(0,1) + (2 - t) \times G(1,2) \]

熟练掌握以后，通常可以直接书写为如下形式：

\[ f(t) = t[\epsilon(t) - \epsilon(t-1)] + (2 - t)[\epsilon(t - 1) - \epsilon(t - 2)] \]

为了方便分析计算，按照 $\epsilon(t)$、$\epsilon(t - 1)$、$\epsilon(t - 2)$ 合并同类项为如下的形式：

\[ f(t) = t \cdot \epsilon(t) - 2(t-1) \cdot \epsilon(t-1) + (t - 2) \cdot \epsilon (t - 2) \]

该函数表达式，适用于负无穷到正无穷 $(- \infty, + \infty)$ 的全时间域，由此就可以得出结论：分段函数的广义函数一般表达式，是由阶跃函数和延迟的阶跃函数组成的多项式。

单位冲激函数

为了便于理解 $冲激函数$，先介绍如下面图象所展示的单位脉冲函数：

该单位脉冲函数的表达式，可以采用下面的方程来进行表示：

\[ p_{\Delta}(t) = \frac{1}{\Delta} [\epsilon(t) - \epsilon(t - \Delta)] = \frac{\epsilon(t) - \epsilon(t - \Delta)}{\Delta} \xrightarrow[1/\Delta \rightarrow \infty]{\Delta \rightarrow 0} {\color{orange}{\delta(t)}} \]

单位脉冲函数单位的含义是波形的积分面积为 1，即维持单位面积为 1 不变，当脉冲的宽度 $\Delta$ 减小，其高度 $\frac{1}{\Delta}$ 就会增加；当宽度 $\Delta$ 趋于零，那么高度 $\frac{1}{\Delta}$ 就会趋于无穷大，此时的单位脉冲函数就被定义为单位冲激函数 $\delta(t)$。

换而言之，单位冲激函数 $\delta(t)$ 就是当 $\Delta$ 趋于 0 时的单位脉冲函数 $p$ 的极限值：

\[ \delta(t) = \lim_{\Delta \rightarrow 0}\ p_{\Delta}(t) = \lim_{\Delta \rightarrow 0} \frac{\epsilon(t) - \epsilon(t - \Delta)}{\Delta} \]

$\delta(t)$ 表示为当 $t$ 不等于 0 时 $\delta(t)$ 就等于 0，而当 $t = 0$ 时，$\delta(t)$ 趋于无穷大 $\infty$，但是 $\delta(t)$ 在负无穷到正无穷的积分值为 1：

\[ \begin{cases} \delta(t) = 0 & t \neq 0 \\ \delta(t) \rightarrow \infty & t = 0 & (\int_{-\infty}^{+\infty} \delta(t)\ dt = 1) \end{cases} \]

单位冲激函数的波形使用在 $t_0$ 处高度为 1，并且带有向上箭头的线段来形象的表示，其含义是在极短时间内存在极大冲激量的函数，其冲激强度为 1：

与冲激函数相对应的，还有延迟的单位冲激函数 $\delta(t - t_0)$：

\[ \begin{cases} \delta(t - t_0) = 0 & t \neq t_0 \\ \delta(t - t_0) \rightarrow \infty & t = t_0 & (\int_{-\infty}^{+\infty} \delta(t - t_0)\ dt = 1) \end{cases} \]

其冲激的作用点延迟到了 $t_0$ 位置，即 $t_0$ 位置有冲激量，其冲激强度为 1，在 $t$ 不等于 $t_0$ 处函数值均为 0：

冲激函数存在几个会在电路分析过程当中，经常会被使用到的性质。其中之一就是单位冲激函数与单位阶跃函数的关系：对单位阶跃函数进行求导，就可以得到单位冲激函数，再通过积分就可以得到单位阶跃函数 $\epsilon(t)$ 等于单位冲激函数 $\delta(t)$ 从负无穷到 $t$ 的积分：

\[ \frac{d \epsilon(t)}{dt} = \delta(t) \xrightarrow{积分} \epsilon(t) = \int_{-\infty}^t \delta(t) dt \]

而对于延迟的单位冲激函数以及延迟的单位阶跃函数，同样也是互为积分与微分的关系：

\[ \frac{d \epsilon(t - t_0)}{dt} = \delta(t - t_0) \xrightarrow{积分} \epsilon(t - t_0) = \int_{-\infty}^t \delta(t - t_0) dt \]

另外一个重要性质是：单位冲激函数的筛分性、抽样性，其前提是假设函数 $f(t)$ 在 $t_0$ 处连续，并且在 $(-\infty, +\infty)$ 区间处处有界，则可以得到冲激函数的筛分性。可以用公式表示为函数 $f(t)$ 乘以 $\delta(t - t_0)$ 等于函数 $f$ 在 $t_0$ 处的值乘以 $\delta(t - t_0)$：

\[ f(t)\ \delta(t - t_0) = f(t_0)\ \delta(t - t_0) \]

而 $f(t)\ \delta(t - t_0)$ 的波形是仅在延迟点 $t_0$ 处，存在着一个冲激强度为 $f(t_0)$ 的冲激量，这非常形象的体现了冲激函数对于函数 $f$ 的筛分性：

冲激函数的抽样性是通过对筛分性公式两边进行积分获得的，对 $f(t)$ 乘以 $\delta(t - t_0)$ 的积分等于函数 $f$ 在 $t_0$ 时的值：

\[ \int_{-\infty}^{+\infty}\ f(t)\ \delta(t - t_0)\ dt = f(t_0) \]

联立并且总结上面推导的结论，可以得到如下的两组方程：

\[ \begin{aligned} 筛分性 \implies f(t)\ \delta(t - t_0) = f(t_0)\ \delta(t - t_0) \\ 抽样性 \implies \int_{-\infty}^{+\infty}\ f(t)\ \delta(t - t_0)\ dt = f(t_0) \end{aligned} \]

广义函数的微分与积分

学习特殊广义函数的主要目的，是为了方便描述复杂的电路变量，含有广义函数变量的电路分析与计算，都将会遇到广义函数的微分和积分，因此本小节将会花费一定的篇幅，集中介绍一下相关的问题。

先观察广义函数的一般表达式 $f(t) = \sum_{k=1}^n g_k(t) \epsilon(t - t_k)$，这是一个含有单位阶跃函数的多项式，这里只需要讨论其中一项 $g_k(t) \epsilon(t - t_k)$ 的函数 $f_k(t)$ 的微分与积分运算即可。对 $gk \epsilon (t - t_k)$ 进行微分运算，就可以得到对其中第 k 项的微分 $\frac{df_k(t)}{dt}$，其值等于 $g_k$ 的一阶导数乘以 $\epsilon(t - t_k)$，加上 $g_k(t)$ 乘以 $\delta(t - t_k)$，这个结论利用高等数学当中两个函数相乘求导的运算规则，可以很容易求解得到：

\[ \frac{df_k(t)}{dt} = \frac{d[g_k(t) \epsilon(t - t_k)]}{dt} = g_k'(t) \epsilon (t - t_k) + g_k(t_k) \delta (t - t_k) \]

对于 $gk \epsilon (t - t_k)$ 进行积分运算的规则是：其从负无穷到 $t$ 的积分，等于从 $t_k$ 到 $t$ 对 $g_k$ 的积分，再乘以 $\epsilon(t - t_k)$：

\[ \int^t_{-\infty} \bigg [g_k(t) \epsilon(t - t_k) \bigg]dt = \bigg [\int_{t_k}^t g_k(t) dt \bigg] \epsilon(t - t_k) \]

讨论广义函数积分运算规则 $\int^t_{-\infty} \big[\sum_{k = 1}^{n} g_k(t) \epsilon(t - t_k) \big]dt = \sum_{k = 1}^{n} \big[\int_{t_k}^t g_k(t) dt \big] \epsilon(t - t_k)$ 的推导过程，需要先根据阶跃函数的单边性，将该积分划分为 2 个时间段来进行讨论：

当 $t < t_k$ 的时候，被积函数为 $g_k(t) \times 0$；
当 $t > t_k$ 时，被积函数分为两段，第 1 段是从负无穷到 $t_k$ 的积分，被积函数为 $g_k(t) \times 0$；第 2 段是从 $t_k$ 到 $t$ 的积分，被积函数为 $g_k(t) \times 1$，由此就可以得到 $t < t_k$ 时的积分值为 0，而 $t > t_k$ 时积分为从 $t_k$ 到 $t$ 对 $g_k$ 的积分；

\[ \int^t_{-\infty} \bigg [g_k(t) \epsilon(t - t_k) \bigg]dt = \begin{cases} \int^t_{-\infty} [g_k(t) \times 0]dt = 0 & t < t_k \\ \int^{t_k}_{-\infty} [g_k(t) \times 0]\ dt + \int^{t}_{t_k} [g_k(t) \times 1]\ dt & t > t_k \end{cases} = \begin{cases} 0 & t < t_k \\ \int^{t}_{t_k} g_k (t) dt & t > t_k \end{cases} \]

然后，再结合阶跃函数的如下单边性特征：

\[ \epsilon(t - t_k) = \begin{cases} 0 & t < t_k \\ 1 & t > t_k \end{cases} \]

最终得到对 $g_k(t) \epsilon(t - t_k)$ 的积分，等于从 $t_k$ 到 $t$ 对 $g_k(t)$ 的积分乘以 $\epsilon(t - t_k)$：

\[ \int^t_{-\infty} \bigg [g_k(t) \epsilon(t - t_k) \bigg]dt = \bigg [\int_{t_k}^t g_k(t) dt \bigg] \epsilon(t - t_k) \]

小结

阶跃函数的单边性用于表示电路变量的转折与跳变；利用阶跃函数，可以将分段函数表示为全时间域的广义函数表达式；
冲激函数主要用于描述极短时间内，拥有极大冲激量的电路变量；
需要掌握冲激函数与阶跃函数的微分与积分关系，而冲激函数的筛分性和抽样性也非常重要，在涉及广义函数的电路分析当中会经常使用；
广义函数的微分与积分运算，是复杂电路变量分析与计算时必须掌握的运算技能；

电容元件

电容是一种存储电场能量的容器，而电容元件则是从实际电容器抽象出来的理想化模型，是表征电路中存储电场能这一物理现象的理想元件，是一种较为常见的电路器件，在实际的应用中被广泛应用于滤波、耦合、旁路、调谐、整流、能量转换与控制等方面。电子线路当中，实际电容器按照介质材料可以划分为电解电容、陶瓷电容、云母电容、聚丙烯电容：

而在电力工程当中，对于电容的耐压等级有着较高要求，因此通常会根据应用场合进行分类。例如并联在电网上，用于补偿电力系统中感性负荷所产生的无功功率，从而降将低电路损耗的移相电容器；以及应用于冲击电压、电流发生器电路当中的高压脉冲电容器：

虽然实际电容器的种类繁多性能各异，但是在电路分析当中，都会采用电容元件这一理想化电路模型进行表述。本节内容将从电容元件的库伏特性、伏安特性入手，逐一进行介绍。

电容元件的 q-u 特性

实际电容器的结构是由被介质隔离的两面导体组成，如下图所示的平板电容器：

当给电容器的两个极板加上电压时，就会产生电场，此时两个极板上会分别聚集等量的异种电荷（电压正极板上聚集正电荷，负极板上聚集负电荷），电容元件的特性是用电荷与电压的关系来表征的，称为库伏特性，即采用 q-u 平面上的特性曲线进行描述：

当特性曲线为经过原点的直线时，称为线性电容，否则称为非线性电容。如果特性曲线不随时间变化，那么称为时不变电容，否则称为时变电容，本节内容主要研究的是线性时不变电容，其电路符号如下图所示：

电容上电荷与电压的关系 $q = cu$ 呈现为线性关系，这里 $q$ 与 $u$ 的比值为常数，该常数称为电容量，在国际单位制当中，电容量 C 的单位是法拉，法拉是一个非常大的单位，工程实践当中经常使用的单位是 $\mu F$ 和 $p F$（其换算关系为 $1 F = 10^6 \mu F = 10^{12} pF)$）：

\[ C\ (法拉) = \frac{q\ (库仑)}{u\ (伏特)} \]

电路分析当中，更加关注的是元件的 u-i 关系，当电容极板上的电压发生变化时，极板上的电荷也将会随之发生变化，电荷的变化会在导线当中产生传导电流。在关联参考方向时，电流 $i = \frac{dq}{dt}$，将 $q = Cu$ 代入方程，就可以得到：

\[ i = \frac{dq}{dt} = \frac{d(Cu)}{dt} = C \frac{du}{dt} \]

电容 u-i 的关系式可以表达为微分形式 $i = C \frac{du}{dt}$，分析可以发现流经电容的电流 $i$ 与电压 $u$ 的变化率呈正比，而与该时刻的电压值大小无关，由此可以得到电容具备如下特点：

电容的电压变化快慢决定了电流的大小，因此电容被称为动态元件；
电容电压不变化（即恒定的直流电压），电流就等于零，电容相当于开路，因而电容具有通交隔直的作用；

线性时不变电容的 u-i 关系

电容元件电压与电流的微分关系，采用了电压来描述电流，而要让电流来描述电压，就需要对微分关系式进行积分。对积分结果整理可以得到，电容的电压 $u$ 等于 $C$ 分之 1 乘以对电流从负无穷到 $t$ 的积分：

\[ \int_{-\infty}^{t} i d \tau = \int_{-\infty}^{t} C \frac{du}{dt} d\tau \implies u(t) = \frac{1}{C} \int_{-\infty}^{t} i(\tau) d\tau \]

这就说明电容在 $t$ 时刻的电压，与 $t$ 之前电流作用的全部历史有关，即电容电压对于电流存在着记忆性，即电容是一种记忆性元件。而在实际应用当中，往往不可能从遥远的负无穷时间开始关注电容，而是从某个时间起点 $t_0$ 开始进行观察，这就需要将电流的积分划分为从负无穷到 $t_0$（如下公式绿色部分），以及 $t_0$ 到 $t$ （如下公式蓝色部分）两个时间段来考虑：

\[ u(t) = \frac{1}{C} \int_{-\infty}^{t} i(\tau) d\tau \implies {\color{green}{\int_{-\infty}^{t_0} i(\tau) d\tau}} + {\color{blue}{\int_{t_0}^{t} i(\tau) d\tau}} \]

从负无穷到 $t_0$ 对电流的积分结果，就是电容电压 $u(t_0)$，这里的 $u(t_0)$ 被称为电容电压的初始值，如下是采用电容电流描述电压的积分公式，使用该公式计算电容电压时，需要先了解电容电压的初始值 $u(t_0)$：

\[ u(t) = u(t_0) + \frac{1}{C} \int_{t_0}^{t} i(\tau) d\tau \]

如果电流 $i$ 为有限值，则电压 $u$ 是时间的连续函数，称为电容电压的连续性。为了描述这种连续性，需要将任意时刻的 $t_0$ 划分为 $t_0 +$ 和 $t_0 -$ 两个时间点，这样电容电压在 $t_0$ 时刻的连续性就可以使用 $t(t_0+) = t(t_0-)$ 来进行描述。值得注意的是，当电压电流为非关联参考方向时，其 $u-i$ 关系为 $u(t)$ 等于 $u(t_0)$ 减去 C 分之 1，然后乘以 $t_0$ 到 $t$ 对电流 $i$ 的积分：

\[ u(t) = u(t_0) - \frac{1}{C} \int_{t_0}^{t} i(\tau) d\tau \]

电路分析当中，通常将 $t_0 = 0$ 作为时间的起点，这样电容的 u-i 关系式就可以表达为如下形式：

\[ \begin{aligned} 关联参考方向 \implies & u(t) = u(0) + \frac{1}{C} \int_{0}^{t} i(\tau) d\tau \\ 非关联参考方向 \implies & u(t) = u(0) - \frac{1}{C} \int_{0}^{t} i(\tau) d\tau \end{aligned} \]

电容元件的储能

电容是一种储能元件，电容充电时会将电能转换为电场能，并且储存在电容当中。在关联参考方向下，电容吸收的功率为 $u \times i$，将公式中的电流用电压表示，就可以得到电容吸收功率的公式：

\[ p(t) = ui = u(C \frac{du}{dt}) = Cu \frac{du}{dt} \]

电容存储的电场能 $w_e(t)$ 是通过对瞬时功率进行积分得到的。经过推导，最终电容的储能与电容量 $C$，即电容电压 $u(t)$ 的平方呈正比：

\[ \begin{aligned} w_e(t) = \int_{-\infty}^{t_0} p(t) dt = \int_{-\infty}^{t_0} Cu \frac{du}{dt} dt = \int_{-\infty}^{t_0} Cudu = \frac{1}{2} Cu^2(t) - \frac{1}{2} Cu^2(-\infty) = 0 \\ \implies w_e(t) = \frac{1}{2} Cu^2(t) \end{aligned} \]

由电容的储能计算公式，可以得出电容的储能特性：电容在 t 时刻储存的电场能，仅仅与该时刻 t 的电容电压值有关，而与电流的大小无关，这里将代表电容储能状态的电容电压称为电容元件的状态变量。接下来，通过一道例题来了解电容元件的电压、电流关系：

▶【例题】下图左侧为待分析电路，右侧为该电路当中的电流源波形，电容的初始电压 $u(0_-) = 1V$，求解电容电压 $u(t)$ ？

◉【解答】上图电路当中的电流源输出为分段函数，为了方便分析，需要先将电流源波形用全时间域的广义函数进行表示：

\[ i_s(t) = 2t[\epsilon(t) - \epsilon(t-1)] + (-1) \times [\epsilon(t-1) - \epsilon(t-2)] \]

合并同类项进行化简之后，该表达式可以写做如下的形式：

\[ i_s(t) = 2t\epsilon(t) - (2t + 1) \epsilon (t - 1) + \epsilon(t - 2) \]

上式中的 $i_s(t)$ 同时也是电容的电流 $i(t)$，因而电容电压 $u(t)$ 等于 $u_{0-}$ 加上 $\frac{1}{C}$ 乘以从 $0_-$ 到 $t$ 对电流 $i$ 的积分，代入电压初始值、电容值、电流 $i$，然后分项进行积分得到如下结果：

\[ \begin{aligned} u(t) & = u_(0_-) + \frac{1}{C} \int^{t}_{0_-} i(t) dt \\ & = 1 + 1 \times \bigg \{ \int_{-\infty}^t [2t\epsilon(t)]dt - \int_{-\infty}^t[(2t+1)\epsilon(t-1)]dt + \int_{-\infty}^t[\epsilon(t-2)dt] \bigg \} \end{aligned} \]

根据广义函数的积分运算规则 $\int_{-\infty}^t [g_k(\tau)\epsilon(\tau - t_k)] d\tau = [\int_{t_k}^t g_k(\tau) d\tau] \epsilon(t - t_k)$，可以进一步得到如下的表达式：

\[ u(t) = 1 + \bigg [\int_{0}^t 2tdt \bigg]\epsilon(t) - \bigg [\int^{t}_1(2t+1)dt \bigg] \epsilon(t-1) + \bigg [\int^{t}_2dt \bigg] \epsilon(t-2) \]

注意上式当中的积分下限由 $-\infty$ 变为了 0，这些积分都是常规积分，可以很容易的求解得到最终积分结果：

\[ u(t) = 1 + t^2\epsilon(t) - (t^2 + t - 2)\epsilon(t-1) + (t - 2)\epsilon(t - 2) \]

电容元件的串联与并联

电容的串联

如果将 n 个具有初始电压的电容串联起来，就可以等效为一个电容：

描述等效电容，需要先分析 n 个串联电容电路。根据 KVL 方程，端口电压为各个电容电压的代数和，代入电容 u-i 关系的积分形式（串联电容电路当中，每个电容上的电流均等于端口电流），然后对两项分别进行求和，可以得到最终的 u-i 关系式：

\[ u(t) = \sum^n_{k = 1} u_k(t) = \sum^n_{k=1} \bigg[ u_k(0) + \frac{1}{C_k} \int^t_0 idt \bigg] = \sum^n_{k = 1} u_k(0) + (\sum^n_{k=1} \frac{1}{C_k})(\int^t_0idt) \]

根据等效电路具有相同的端口 u-i 关系，可以分析得到等效的条件为初始电压值 $u(0)$ 等于 n 个串联电容初始电压值的代数和，而等效电容 $C_{eq}$ 分之 1 等于各个串联电容值的倒数 $C_k$ 分之 1 的和：

\[ u(t) = \sum^n_{k = 1} u_k(0) + (\sum^n_{k=1} \frac{1}{C_k})(\int^t_0idt) \iff u(t) = u(0) + \frac{1}{C_{eq}} \int_0^t idt \implies 等效条件 \begin{cases} 初始电压 & u(0) = \sum^n_{k=1} u_k(0) \\ 等效电容 & \frac{1}{C_{eq}} = \sum^n_{k = 1} \frac{1}{C_k} \end{cases} \]

电容的并联

而 n 个初始电压相同的电容并联，同样可以等效为一个电容：

分析 n 个电容并联的电路，根据 KCL 方程可以知道端口电流 $i$ 等于各个电容电流的代数和，代入电容的 u-i 关系，然后先对电容量进行求和，再乘以 $du$ 比上 $dt$，最后比较该等式与等效电容端口的电压电流关系，就可以得到并联等效电容的等效条件为：

\[ i(t) = \sum^n_{k=1} i_k(t) = \sum^n_{k=1} \bigg[ C_k \frac{du}{dt} \bigg] = (\sum^n_{k=1} C_k) \times \frac{du}{dt} \implies 等效条件 \begin{cases} 初始电压 & u(0) = U_o \\ 等效电容 & C_{eq} = \sum^n_{k=1} C_k \end{cases} \]

即等效电容 $C_{eq}$ 等于各个并联电容的值之和，而等效电容的初始电压值 $u(0)$ 与 n 个并联电容的初始电压值 $u(0)$ 保持一致。

小结

电容的电流与电压的变化率呈正比，电容是一种具有隔直通交特性的动态元件；
电容电压与电流的积分呈正比，当电容电流为有限值时，电容的电压是连续变化的，并不会发生跳变；
电容是存储电场的储能元件，由于电容的电压反映了储能状态，所以被称为状态变量；
电容的电压初始值是一个非常重要的电路变量，它反映了电容的初始储能；
电容的串联与并联不仅需要考虑等效电容，还需要考虑到初始电压的等效问题；

电感元件

电感器也是一种较为常见的电路器件，在电子电气工程领域，常用于滤波、整流、能量转换等方面，其中通用型电感器较为常见，包括色环电感、工字立式电感、磁环电感、贴片电感：

除此之外，还有在电力工程当中用于限流、无功补偿、滤波等场合的大容量电感，称为电抗器：

继电器、电动机在工作时也具有电感效应，同样会产生磁场，电路分析时通常采用电感元件这一电路模型来进行表示。本节内容将会从电感线圈产生的磁场入手，介绍电感所具有的特性。

注意：电感元件与前一节讨论的电容元件属于对偶元件，其许多特性与推导思路都类似，因此电感特性当中的一些相应知识点，不再进行赘述。

电感的 $\Psi$-i 特性

首先，分析由 N 匝螺线管线圈绕制的电感器，当给线圈添加电流，就会在线圈周围产生磁场，其磁通方向与电流呈右螺旋关系：

对于电感而言，与匝数 N 相铰链的磁链 $\Psi$ 更能反映电感的磁场效应，磁链 $\Psi$ 就等于匝数 $N$ 与磁通 $\varPhi$ 的乘积：

\[ 磁链\ \Psi = \frac{匝数\ N}{磁通\ \varPhi} \]

电感的特性是使用磁链 $\Psi$ 与激励电流 $i$ 的关系来进行描述的，因此 $\Psi$-i 平面上的曲线就是电感的特性曲线，根据特性曲线的特点，可以将电感分为线性时不变电感、线性时变电感、非线性时不变电感、非线性时变电感，本小节仅研究线性时不变电感，其电路符号与 $\Psi$-i 曲线如下图所示：

线性时不变电感的特性用磁链方程 $\Phi = L \cdot i$ 进行表示，而 $\Psi$ 与电流 $i$ 的比值称为电感量 $L$：

\[ L\ (亨利\ H) = \frac{\varPsi\ (韦伯\ Wb)}{i\ (安培\ A)} \]

国际单位制当中，磁链和磁通量的单位均为 韦伯 Wb，其电感量 $L$ 的单位为 亨利 H，实际应用当中常用的单位是毫亨 $mH$ 与微亨 $\mu H$，其换算关系为 $1H = 10^3mH = 10^6\mu H$。

电感的 u-i 关系

电路分析过程当中，需要主要关注的是电感的 u-i 关系，根据电磁感应定律，当电感线圈内的磁通量发生变化时，就会在电感线圈上产生感生电动势，电路分析中采用电压 $u$ 来反映感生电动势的大小：

电磁感应定律体现为电感两端的电压 $u$ 等于磁链的变化率，并且跟据磁链方程 $\Psi = L \cdot i$，可以知道电感电压 $u$ 与电流 $i$ 的一阶导数呈现正比关系：

\[ u = \frac{d \varPsi}{dt} = \frac{d(Li)}{dt} = L \frac{di}{dt} \]

需要注意当 u-i 为关联参考方向时，$u$ 等于 $L$ 乘以 $di$ 比上 $dt$：

\[ u = L \frac{di}{dt} \]

而当 u-i 为非关联参考方向时，$u$ 等于负的 $L$ 乘以 $di$ 比上 $dt$：

\[ u = - L \frac{di}{dt} \]

上述电感 u-i 关系的微分形式反映出了电感的 2 个特性：

电感的电压大小与通过其电流的变化率呈正比，即电感的电压大小取决于电流变化的快慢，因而电感被称作动态元件；
如果通过电感的电流不会发生变化（即为恒定的直流电流），那么电压就将会为零（此时电感相当于短路），所以电感具有通直隔交的作用；

类似于电容的特性推导过程，电感在关联参考方向下，电感的 u-i 关系是电流 $i$ 等于 $L$ 分之 1 乘以从负无穷到 $t$ 对电压 $u$ 的积分：

\[ i(t) = \frac{1}{L} \int^t_{-\infty} u(\tau) d\tau = {\color{blue}{\frac{1}{L} \int^{t_0}_{-\infty} u(\tau) d\tau}} + \frac{1}{L} \int^t_{t_0} u(\tau) d\tau \]

通常情况下，会从某个时间起点 $t_0$ 开始观察电感，则积分可以分为两段，其中第 1 段的积分（下面方程蓝色部分）为电感电流 $i(t_0)$，被称为电感电流的初始值，这样积分公式就可以写作：

\[ i(t) = i(t_0) + \frac{1}{L} \int^t_{t_0} u(\tau) d\tau \]

电感的这种积分关系，同样也反映出 2 个特点

电感的电流对于电压存在记忆性，即电感是一种记忆性元件；
若电感电压 $u$ 的值为有限值（即没有跃变），则电流 $i$ 是时间的连续函数，即电感电流具备连续性；电感电流在 $t_0$ 时刻的连续性，可以采用 $i(t_{0+}) = i(t_{0-})$ 进行描述；

当 u-i 为非关联参考方向时，需要在与电压相关的项前面添加负号：

\[ i(t) = i(t_0) - \frac{1}{L} \int^t_{t_0} u(\tau) d\tau \]

由于通常将时间的起点定义为 0 时刻，所以常用的积分公式在关联与非关联参考方向下可以被概括为：

\[ \begin{aligned} 关联参考方向\ & i(t) = i(t_0) + \frac{1}{L} \int^t_{t_0} u(\tau) d\tau \implies i(t) = i(0) + \frac{1}{L} \int^t_0 u(\tau) d\tau \\ 非关联参考方向\ & i(t) = i(t_0) - \frac{1}{L} \int^t_{t_0} u(\tau) d\tau \implies i(t) = i(0) - \frac{1}{L} \int^t_0 u(\tau) d\tau \end{aligned} \]

电感的储能

电感是一种储能元件，当电感充电时，就是将电能转换为磁场能存储在电感当中。在关联参考方向下，电感吸收的瞬时功率为 $u \cdot i$ 的乘积，将公式中的电压用电流来表示，就可以得到电感吸收功率的公式：

\[ p(t) = {\color{orange}{u}}i = \bigg( {\color{orange}{L \frac{di}{dt}}} \bigg)i = L i \frac{di}{dt} \implies {\color{blue}{p(t) = Li \frac{di}{dt}}} \]

电感所存储的磁场能 $w_e(t)$ 是对瞬时功率的积分，经过推导可以得到电感的最终储能，与电感量 $L$ 以及电流 $i$ 的平方呈正比关系：

\[ w_e(t) = \int^t_{-\infty} p(\tau) d \tau = \int^t_{-\infty} L i \frac{di}{d \tau} d \tau = \int^t_{-\infty} Lidi = \frac{1}{2} Li^2(t) - \frac{1}{2} Li^2(-\infty) = 0 \implies {\color{blue}{w_e(t) = \frac{1}{2} Li^2(t)}} \]

根据电感储能的计算公式，可以总结得到电感具有如下 2 个特点：

电感在 $t$ 时刻储存的磁场能只与 $t$ 时刻电感的电流有关，而与电压的大小无关；
代表电感储能状态的电感电流，被称作电感元件的状态变量；

接下来，通过一道例题来分析和理解电感的 u-i 特性：

▶【例题】下图所示电路中 $i_s(t) = 2 t \epsilon (t) - (2t + 1) \epsilon (t - 1) + \epsilon(t - 2)$，求解电感的电压并且绘制出其波形？

◉【解答】上面电路当中，电感的电压 $u(t) = L \frac{di}{dt}$，由于电感上的电流就是电流源上的电流，将题设中电流源的表达式代入（下面方程的橙色部分），并且对每一项进行求导，从而得到如下的推导过程：

\[ \begin{aligned} u(t) &= L \frac{di}{dt} = 1 \times \frac{d}{dt} \{ {\color{orange}{2 t \epsilon (t) - (2t + 1) \epsilon (t - 1) + \epsilon(t - 2)}} \} \\ &= \frac{d}{dt} \{ 2t \epsilon(t) \} - \frac{d}{dt} \{ (2t + 1) \epsilon (t - 1) \} + \frac{d}{dt} \{ \epsilon(t - 2) \} \\ &= [2 \epsilon(t) + {\color{blue}{2t \delta(t)}}] - [2 \epsilon (t - 1) + {\color{blue}{(2t + 1)\delta(t - 1)}}] + {\color{blue}{\delta(t - 2)}} \end{aligned} \]

对上述方程进行求导时，需要注意标记为绿色的 3 项，它们是利用 $\epsilon$ 的一阶导数（即冲激函数 $\delta$）推导而来。根据冲激函数的抽样性 $f(t) \delta (t - t_0) = f(t_0) \delta (t - t_0)$，还可以进一步化简上述方程为如下形式：

\[ \begin{aligned} u(t) &= [2 \epsilon(t) + {\color{blue}{0}}] - [2 \epsilon (t - 1) + {\color{blue}{(2 + 1)\delta(t - 1)}}] + {\color{blue}{\delta(t - 2)}} \\ &= 2 \epsilon (t) - 2 \epsilon (t - 1) - 3 \delta (t - 1) + \delta(t - 2) \end{aligned} \]

根据这个最后化简得到的表达式，进行波形的绘制并不方便，需要将该表达式按照闸门函数形式整理为：

\[ u(t) = 2[\epsilon(t) - \epsilon(t - 1)] - 3\delta(t - 1) + \delta(t - 2) \]

这样就可以方便的绘制出电压波形，其中波形在 $0 \sim 1$ 范围的值为 2，并且在 1 和 2 处分别存在强度为 -3 和 +1 的冲激量：

电感的串联与并联

电感的并联

将 n 个电感并联，可以等效为一个电感：

其等效的条件为：等效电感值 $L_{eq}$ 的倒数等于 n 个电感的倒数之和，等效电感的初始电流 $i(0)$ 等于 n 个并联电感初始电流的代数和：

\[ 等效条件 \begin{cases} 等效电感\ \frac{1}{L_{eq}} = \sum^n_{k = 1} \frac{1}{L_k} \\ 初始电流\ i(0) = \sum^n_{k = 1} i_k(0) \end{cases} \]

电感的串联

将 n 个初始电流相同的电感串联起来，可以等效为一个电感：

等效电感的等效条件为：等效电感量 $L_{eq}$ 等于各个串联电感的电感量之和，而等效电感的初始电流值 $i(0)$ 与 n 个串联电感电流初始值的 $I_0$ 保持一致：

\[ 等效条件 \begin{cases} 等效电感\ L_{eq} = \sum^n_{k = 1} L_k \\ 初始电流\ i(0) = I_0 \end{cases} \]

小结

电感电压与电感电流的变化率呈正比关系，电感元件是动态元件，电感对直流相当于短路；
电感电流与电压的积分呈正比，当电感电压为有限值时，电感电流连续变化，并不会发生跳变；
电感是存储磁场的储能元件，电感电流反映了储能状态，称为状态变量；
电感的电流初始值是一个非常重要的电路变量，它反映了电感的初始储能状况；
电感的串联与并联不仅要考虑到等效电感，还需要考虑到初始电流的等效问题；

暂态分析

动态电路是指包含有电感与电容这类储能元件的电路，由于电感电容的 u-i 关系为微积分关系，因此描述动态电路的方程就是微积分方程，这导致电路的响应分析更为复杂，也正是因为这种复杂性，使得动态电路有了更为广泛的应用。观察下图所示的电阻性电路，注意灯泡亮度的变化：

在开关动作之前，灯泡上的电压等于 $U_s$ 灯泡发光；打开开关以后，灯泡上的电压立刻变为零，灯泡瞬间熄灭；这说明当电路发生换路时，电阻性电路的响应是立刻变化的，并且瞬间达到新的稳定状态。接下来，将电阻 $R_2$ 更换为电容：

开关动作之前，电容和灯泡的电压均为 $u_c(0_-) = u_s$，灯泡发光，开关打开之后，$0+$ 时刻电容的电压并不会突变，此时有 $u_c(0_+) = u_c(0_-) = U_s$ 灯泡保持发光；由于电容将会通过灯泡放电，所以电压会逐步降低至 0，灯泡逐渐变暗直至熄灭，进而达到新的稳定状态 $u_c(- \infty) = 0$，电容电压从开关动作前的原始状态，转换至新的稳定状态的过程是连续渐变的。

根据上面的分析可以知道，当动态电路发生换路时，电路的响应需要经历一个暂态过程（或称为过渡过程）才能达到新的稳态。

动态电路的微分方程

动态电路出现暂态过程的内因在于电路当中包含有电感和电容，而外因则是由于电路发生了换路。这里的换路是指电路的结构、参数、电源激励发生了变化。电路的暂态分析与之前的电路分析过程类似，只是列写出来的是微积分方程，最后得到的结果是微分方程，这里首先讨论动态电路微分方程的列写。对于本小节开头的电路，可以列写出求解 $u_c$ 的方程：

换路之后的电路当中，只存在着如下一个回路：

将电流用 $i_c$ 表示，其回路的 KVL 方程可以列写为电阻与电容的电压之和为零：

\[ R_2 {\color{orange}{i_c}} + u_c = 0 \]

将 $i_c = C \frac{du_c}{dt}$ 代入方程，消去 $i_c$ 得到以 $u_c$ 为待求解变量的微分方程：

\[ R_2 {\color{orange}{C \frac{du_c}{dt}}} + u_c = 0 \]

该方程属于一阶微分方程，其对应的电路就称为一阶电路。通常情况下，一阶电路对应的微分方程可以采用如下表达式进行表示：

\[ a_1 \frac{dy(t)}{dt} + a_0y(t) = e(t ) \]

注意：从电路结构上看，一阶电路就是包含有 1 个独立储能元件的电路。

接下来，再观察如下的 RLC 串联电路，并且列写出求解 $i_L$ 的方程：

换路之后，对 RLC 串联回路列写 KVL 方程，即电阻、电感、电容的电压之和等于电源电压 $u_s$：

\[ Ri_L + L \frac{di_L}{dt} + u_c = u_s \]

代入电容 u-i 关系消去 $u_c$，就可以得到以 $i_L$ 为待求解变量的微积分方程：

\[ Ri_L + L \frac{di_L}{dt} + \frac{1}{C} \int^t_{-\infty}i_Ldt = u_s \]

对上述微积分方程进行求导，就可以得到一个二阶微分方程，其对应的电路就被称为二阶电路：

\[ L\frac{d^2i_L}{dt^2} + R \frac{di_L}{dt} + \frac{1}{C}i_L = \frac{du_s}{dt} \]

通常情况下，二阶电路对应的微分方程可以列写为：

\[ a_2 \frac{dy^2}{d^2t} + a_1 \frac{dy}{dt} + a_0y(t) = e(t) \]

注意：电路的阶数可以通过观察电路结构得到，包含有 2 个独立储能元件的电路就是二阶电路。

根据上面的分析可以知道：描述动态电路的方程是微分方程，微分方程的阶数就是电路的阶数；独立动态元件的个数也是电路的阶数。对于 n 阶电路，可以采用如下 n 阶常系数微分方程表示：

\[ a_n \frac{d^n y(t)}{dt^n} + a_{n-1} \frac{d^{n-1}y(t)}{dt^{n-1}} + a_1 \frac{dy(t)}{dt} + a_0 y(t) = f(t) \]

对于 n 阶常系数微分方程的求解，首先需要确定初始条件，即 $y$ 以及 $y$ 的一阶导数至 n-1 阶导数在 $t_0$ 时刻的值：

\[ y(0_+),\ \frac{dy}{dt} \bigg| _{0+},\ \frac{d^2y}{dt^2} \bigg| _{0+},\ ... ...\ ,\ \frac{d^{n-1}y}{dt^{n-1}} \bigg| _{0+} \]

非齐次方程解的形式可以表示为 $y(t) = y_h(t) + y_p(t)$，其中 $y_h(t)$ 是齐次方程的通解，而 $y_p(t)$ 则是非齐次方程的特解：

\[ y(t) = \overbrace{ y_h(t) }^{齐次方程通解} + \overbrace{ y_p(t) }^{非齐次方程特解} \]

注意：对于非齐次方程的特解，当电路存在新的稳定状态时，则选用电路达到新的稳定状态下的稳态解作为特解。

接下来通过一道实际的例题，了解如何求取电路的初始条件以及稳态解。

▶【例题】已知下图的电路参数 $R_1 = R_2 = 5Ω$、$L = 1H$、$C=1F$、$U_s = 10V$，换路之前电路已经达到稳态，电容电压 $u_c{0_-} = 3V$：

求解 $u_c(0_+)$ 和 $i_L(0_+)$ ？
求解 $i_1(0_+)$、$i_2(0_+)$、$\frac{du_c}{dt} \bigg |_{0_+}$、$\frac{di_L}{dt} \bigg |_{0_+}$ ？
求解 $u_c(\infty)$、$i_1(\infty)$、$i_2(\infty)$ 的稳态值？

◉【解答 1】确定电路的初始状态，需要先确定换路前的原始状态 $u_c(0_-)$ 与 $i_L(0_-)$；由于换路前电路已经达到稳态，此时电感相当于短路，电容相当于开路：

◉【解答 1】上面这个 $0_-$ 时刻的等效电路当中 $u_c{0_-}$ 和 $i_L{0_-}$ 分别等于：

\[ \begin{cases} u_c(0_-) = 3V \\ i_L(0_-) = \frac{U_s}{R_1} = 2A \end{cases} \]

◉【解答 1】接下来再确定初始状态，在换路瞬间的零时刻，由于电感电压与电容电流没有冲激量，所以状态变量连续，从而就可以得到：

\[ \begin{cases} i_L(0_+) = i_L(0_-) = 2A \\ u_c(0_+) = u_c(0_-) = 3V \end{cases} \]

◉【解答 2】先计算非状态变量 $i_1(0_+)$、$i_2(0_+)$ 的初始值，在 $0+$ 时刻的电路当中进行分析。这里为了便于分析，采用替代定理将电感用 $i_s = i_L(0_+)$ 的电流源替代，电容用 $u_s = u_c(0+)$ 的电压源替代，从而得到如下的等效电阻性电路：

◉【解答 2】分别对上图右侧橙色圈出的节点列写 KCL 方程，以及灰色虚线圈出的回路列写 KVL 方程，联立方程以后求解就可以得到初始值 $i_1(0_+)$ 和 $i_2(0_+)$ 的值：

\[ \begin{cases} KCL：i_1(0_+) = i_L(0_+) + i_2(0_+)\\ KVL：R_1i_1(0_+) + R_2i_2(0_+) = 10 - u_c(0_+) \end{cases} \implies \begin{cases} i_1(0_+) = 1.7A \\ i_2(0_+) = -0.3A \end{cases} \]

◉【解答 2】接下来，计算电容电压 $\frac{du_c}{dt} |_{0+}$ 和电感电流 $\frac{di_L}{dt} |_{0+}$ 一阶导数的初始值，此时仍然在 $t = 0_+$ 的等效电路当中分析，由电容和电感的 u-i 关系可以得到如下的推导过程：

\[ C \frac{du_c}{dt} \bigg |_{0_+} = i_c(0_+) = i_2(0_+) \implies \frac{du_c}{dt} \bigg |_{0_+} = -0.3\ (伏V/秒S) \]

◉【解答 2】同理，对于电感电流 $\frac{di_L}{dt} |_{0+}$ 同样可以得到如下推导过程：

\[ L \frac{di_L}{dt} \bigg |_{0+} = u_L(0_+) = 10 - R_1i_1(0_+) \implies \frac{di_L}{dt} \bigg |_{0+} = 1.5\ (安A/秒S) \]

◉【解答 3】当 $t \rightarrow \infty$ 电路进入新的稳定状态时，电感 $L$ 相当于短路，而电容 $C$ 相当于开路，从而得到如下 $t$ 趋于无穷的电阻性电路：

◉【解答 3】分别观察电流 $i_1$、$i_2$ 以及电压 $u_c$ 所在的回路，就可以得到如下的分析结果：

\[ \begin{cases} i_1(\infty) = \frac{10}{R_1} = 2A \\ i_2(\infty) = 0 \\ u_c(\infty) = 0 \end{cases} \]

动态电路的初始条件

在动态电路的暂态分析当中，初始条件的求解非常重要。微分方程的初始条件就是在换路后 $t = 0_+$ 时刻，电路变量及其各阶导数的初始值。这些值是由电源激励以及动态元件的初始储能决定的，其求解步骤如下所示：

换路前 $0_-$ 时刻的电路当中，确定原始状态变量 $u_c(0_-)$、$i_L(0_-)$；
换路后 $0_+$ 时刻，先确定初始状态变量 $u_c(0_+)$、$i_L(0_+)$；当电容没有冲激电流，电感没有冲激电压，则根据换路规律有 $u_c(0_+) = u_c(0_-)$、$i_L(0_+) = i_L(0_-)$；
在 $0_+$ 时刻电路当中，确定所需非状态变量，以及所需变量各阶导数在该时刻的值；对于较为复杂的电路，可以通过将动态元件替换为电源之后，在 $0_+$ 时刻的等效电路（即 $t = 0_+$ 的电阻性电路）当中进行求解，这样求解过程就将会更加简单明了；

动态电路的暂态分析

动态电路的暂态分析主要包括三个核心内容：

根据 KVL、KCL 定律以及元件的 VCR 关系建立微分方程；
为了求解微分方程，需要确定变量的初始条件、稳态值(特解)；
最后再求解线性常系数微分方程；

接下来，通过一道例题分析动态电路的分析思路：

▶【例题】下面电路在换路前已经达到稳态，求解换路之后 $t>0$ 时 $i_L(t)$ 的变化规律？

◉【解答】第 1 步，建立 $t > 0$ 时刻的微分方程，首先在开关换路的电路当中，列写含有电感回路的 KVL 方程，回路当中的电感电压、1Ω 电阻上的电压与 5Ω 以及 20Ω 并联等效电阻上的电压之和等于零，整合以后得到的一阶微分方程是齐次方程：

\[ 2 \frac{di_L}{dt} + 1 \times i_L + \frac{5 \times 20}{5 + 20} i_L = 0 \implies 2 \frac{di_L}{dt} + 5i_L = 0 \]

第 2 步，确定初始值。先求解出原始状态 $i_L(0_-)$，换路前电路为直流稳态，电感 $L$ 相当于短路，则根据电阻分流公式可以求解出 $i_L(0_-)$：

\[ i_L(0_-) = \frac{5}{1 + 5} \times 6 = 5A \]

第 3 步，确定换路之后 $t = 0_+$ 时刻的初始状态变量 $i_L(0_+)$，这里根据电感的电流连续性可以得到：

\[ i_L(0_+) = i_L(0_-) = 5A \]

第 4 步，求解微分方程，由于齐次方程的解仅由齐次方程和初始条件来确定，其中微分方程的特征方程特征根 $s = - 2.5$：

\[ \begin{cases} 2\frac{di_L}{dt} + 5i_L = 0 \implies 2s + 5 = 0 \implies s = -2.5 \\ i_L(0_+) = 5A \end{cases} \]

这样就可以知道齐次方程的通解为 $i_L(t) = ke^{-2.5t}$，然后由初始条件 $i_L(0_+) = ke^0$ 确定常数 $k = 5$，代入通解就可以得到电感的电流 $i_L(t)$：

\[ i_L(t) = 5e^{-2.5t} \ 其中\ t \ge 0 \]

小结

动态电路暂态分析的思路：根据 KCL、KVL、VCR 建立电路响应的微分方程，并确定求解微分方程所需的初始条件与特解稳态值；
动态电路初始条件的判定，是动态电路分析的重点和难点，其判断步骤可以归纳为：
1. 确定 $t = 0_-$ 时刻电路的原始状态 $u_c(0_-)$ 和 $i_L(0_-)$；
2. 换路以后，通常依据换路规律确定初始状态 $u_c(0_+)$ 和 $i_L(0_+)$；
3. 如果求解的电路变量并非状态变量，则还需要在 $t = 0_+$ 电路当中，确定所需的非状态变量及其导数初始值；

一阶电路的暂态分析

一阶电路的零输入响应

动态电路的响应与激励方式是密切相关的，动态电路的激励方式有换路前电路的储能、换路后作用的独立电源激励，因此动态电路的响应根据激励方式不同可以划分为：

仅由换路前储能释放产生的响应，称为零输入响应；
仅由换路后独立电源激励作用产生的响应，称为零状态响应；

而由换路前电路的储能，以及换路后电路的独立电源共同激励所产生的响应称为全响应，本小节主要研究的是一阶电路的暂态响应。

从电路结构上看，一阶电路是只包含有一个独立储能元件（电感或者电容）的动态电路，使用电路图可以表示为：

当动态元件是一个独立或者等效的电容、电感时，与该电感、电容连接的线性电阻网络，可以采用戴维南支路进行等效：因此，一阶电路暂态分析中具有代表性的电路就是 RC 电路和 RL 电路：

本小节的内容，就将会以上述两个电路为例，来讨论一阶电路零输入响应所具备的规律。

RC 电路的零输入响应

首先，分析 RC 电路的零输入响应，下面的电路在换路之前，已经达到了稳态。

电容电压 $u_C(0_-) = U_0$，由于电容已经带有储能，所以换路之后为 R 和 C 串联的回路：

接下来，列写求解 $u_c$ 的微分方程，对于上图虚线所示回路列写 KVL 方程，即电容电压 $u_c$ 等于电阻电压 $Ri_R$：

\[ u_c = R i_R \]

再由 KCL 与电容的 u-i 关系，可以得到 $iR$ 和 $u_c$ 的关系式：

\[ i_R = - i_C = -C \frac{du_c}{dt} \]

将这个方程代入上面的 KVL 等式可以得到一个以 $u_c$ 为待求变量的微分方程：

\[ \begin{cases} u_c = R i_R \\ i_R = - i_C = -C \frac{du_c}{dt} \end{cases} \implies RC \frac{du_c}{dt} + u_c = 0 \]

观察可以知道，零输入响应的对应的方程就是齐次方程，而求解齐次方程只需要知道其初始条件。已知在换路时 $u_c$ 连续有 $u_c(0_+) = u_c(0_-) = U_0$，与上一步的推导结果联立并且求解微分方程：

\[ \begin{cases} RC \frac{du_c}{dt} + u_c = 0 \\ u_c(0_+) = u_c(0_-) = U_0 \end{cases} \]

接着，需要求取特征方程的特征根 $s$：

\[ RCs + 1 = 0 \implies s = -\frac{1}{RC} \]

则齐次方程的通解为 $u_c(t) = ke^{st} = ke^{-\frac{t}{RC}}$，代入初始值确定系数 $k$，就可以得到：

\[ u_c(0_+) = ke^0 \implies k = U_0 \]

进而就可以求解得到 $u_c(t) = U_0 e^{\color{blue}{-\frac{t}{RC}}}\ 其中\ t \ge 0$，虽然电流 $i_R$ 可以通过电容电压的微分进行求解，但是根据电阻的 u-i 关系进行求解更为简便：

\[ i_R = \frac{u_c(t)}{R} = \frac{U_0}{R} e^{-\frac{t}{RC}} = I_0 e^{\color{blue}{-\frac{t}{RC}}}\ 其中\ t>0 \]

注意观察，$u_c$ 与 $i_R$ 的指数衰减系数 ${\color{blue}{-\frac{t}{RC}}}$ 相同，因此无论列写哪个变量的微分方程，其特征方程的特征根都是相同的 $s = -\frac{1}{RC}$，由于其具有频率的量纲，因而称为动态电路的固有频率。接下来，观察 $u_c$ 和 $i_R$ 的波形，了解暂态过程的变化规律：

观察上图当中，换路瞬间电路变量的变化，可以发现状态变量 $u_c$ 在换路瞬间是连续变化的，而 $i_R$ 在换路瞬间是从 0 跃变到 $I_0$，可见换路时非状态变量通常会发生跃变，因而是不连续的。在暂态或者过渡过程当中，电路变量的变化特点可以总结为如下 3 点：

电压、电流是一个伴随时间并且按照相同指数规律衰减的函数；
响应与初始状态呈线性关系，其衰减快慢与 RC 存在着关系；令 $\tau = RC$, 这里的 $\tau$ 称为一阶电路的时间常数；换路以后，过渡过程经过一个 $\tau$ 时间，幅值衰减至 0.368，再经过 $2\tau$、$3\tau$、$4\tau$、$5\tau$ 时间，其衰减情况如下所示：

工程实践应用当中，经常需要判断过渡过程何时结束，工程上认为当电路变量衰减至足够小的时候，即经过 $3\tau \sim 5\tau$ 时过渡过程就会结束；
最后讨论电路的能量转换，根据前面的分析可以知道换路瞬间，电路的电容电压保持为 $U_0$，电容的初始储能 $w_c(0^+) = \frac{1}{2}CU_0^2$，电容通过电阻逐步释放能量，最终电阻消耗的总能量 $w_R(0, \infty)$ 同样为 $\frac{1}{2}CU_0^2$：

\[ w_R(0, \infty) = \int^{\infty}_0 R i_R^2 dt = \int^{\infty}_0 R(\frac{U_o}{R}e^{\frac{t}{RC}})^2 dt = \frac{1}{2}CU_0^2 \]

所以，RC 电路的能量转换过程为：电容释放的能量不断被电阻吸收与消耗，最后直至全部能量消耗完毕。

RL 电路的零输入响应

接下来，分析另外一个典型电路 RL 电路的零输入响应：

假设换路前电路已经达到稳态，此时电感相当于短路，电感的起始状态变量 $i_L(0_-) = I_0$，换路以后的电路为 RL 串联回路：

此时，电路当中的元件电压 为$u_R$，回路电流为 $i_L$，接着列写求解 $i_L$ 的微分方程：

\[ \begin{cases} 列写上图标识节点的 KCL 方程 \frac{u_R}{R} + i_L = 0 \\ 列写上图标识回路的 KVL 方程 u_R = L \frac{di_L}{dt} \end{cases} \implies \frac{L}{R} \frac{di_L}{dt} + i_L = 0 \]

然后，加入初始条件 $i_L(0_+) = i_L(0_-) = I_0$，联立之后就可以求解微分方程：

\[ \begin{cases} \frac{L}{R} \frac{di_L}{dt} + i_L = 0 \\ i_L(0_+) = i_L(0_-) = I_0 \end{cases} \]

由特征方程求出特征根 $\frac{L}{R}s + 1 = 0 \implies s = -\frac{R}{L}$，这里的 $s$ 就是电路的固有频率。由特征根就可以确定齐次方程的通解 $i_L(t) = ke^{st} = ke^{-\frac{R}{L}t}$，再代入初始值 $i_L(0_+) = ke^0$ 确定常数 $k = I_0$，然后得到电感电流 $i_L$：

\[ i_L(t) = I_0 e^{-\frac{R}{L}t}\ 其中\ t \ge 0 \]

根据电阻的 $u_i$ 关系，就可以求解得到电阻电压 $u_R$：

\[ u_R = - Ri_L(t) = -RI_0 e^{-\frac{R}{L}t} = - U_0 e^{-\frac{R}{L}t}\ 其中\ t>0 \]

观察状态变量 $i_L$ 和 $u_R$ 的波形，还可以发现状态变量 $i_L$ 在换路瞬间保持连续，而非状态变量 $u_R$ 在换路时则是跃变的，不具备连续性特质：

RL 电路与 RC 电路相类似，也具有着如下的 3 个特点：

电压与电流是跟随时间按照同一指数规律衰减的函数；
响应与初始状态呈线性关系，区别在于衰减快慢与 $\frac{L}{R}$ 有关；令 $\tau = \frac{L}{R}$ 为 RL 电路的时间常数 $\tau$，工程实践上认为经过 $3\tau \sim 5\tau$ 之后，过渡过程将会结束；
RL 电路的能量转换是电感逐渐释放的磁场能量，被电阻消耗吸收，直至全部消耗完毕的过程；

一阶电路的零输入响应

通过对典型 RC 与 RL 电路的分析可以知道，一阶零输入响应当中的任意变量 $y$ 都可以用常系数一阶齐次方程描述，由齐次方程特征方程的特征根可以得到固有频率 $s$ 和时间常数 $\tau$，再通过初始值 $y(0^+)$ 确定齐次方程通解中的系数 k，从而推导得到 $y(t) = y(0^+)e^{-\frac{t}{\tau}}$：

\[ \begin{cases} \frac{dy}{dt} + ay = 0 \xrightarrow{s = -a} y(t) = Ke^{-at} = y(0^+)e^{-at} \\ y(0^+) \xrightarrow{\tau} y(t) = Ke^{-\frac{t}{\tau}} = y(0^+)e^{-\frac{t}{\tau}} \end{cases} \]

由此可见，求解 $y(t)$ 的两个要素分别是初始值 $y(0_+)$ 和时间常数 $\tau$；其中，同一个电路里所有变量的时间常数 $\tau$ 都是相同的，因此可以采用更为简单的方法来获取时间常数 $\tau$。

首先，同一个动态电路当中，所有响应都具有相同的指数衰减系数。而一阶电路只有一个时间常数或固有频率，也只有一个独立的储能元件。当独立和等效的动态元件是电容时，电路为 RC 电路。此时，电容两端看进去的电路可以等效为 1 个电阻 $R_{eq}$，根据前面的分析可以知道 $\tau_c = R_{eq} \times C_{eq}$：

当独立等效的动态元件是电感时，则当前属于 RL 电路，此时存在 $\tau_L = \frac{L_{eq}}{R_{eq}}$，因此时间常数可以通过电路等效的方法进行求解，从而避免列写较为复杂的微分方程：

接下来，通过一道例题来了解一阶电路零输入响应的分析。

▶【例题】下图电路的开关在 $t = 0$ 时刻处于稳态，求解换路后 $t > 0$ 的 $i_0(t)$？

◉【解答】首先，确定时间常数，观察换路以后 $t > 0$ 的电路：

◉【解答】从该电路的电感两端看进去，等效电阻 $R_{eq}$ 为 40Ω 与 120Ω 电阻串联以后，再与 160Ω 电阻的并联：

\[ R_{eq} = \frac{(40 + 120) \times 160}{(40 + 120) + 160} Ω = 80 Ω \]

◉【解答】接下来，就可以求解得到电路的时间常数 $\tau$：

\[ \tau = \frac{L}{R_{eq}} = \frac{0.4}{80} s = 5 \times 10^{-3} s \]

◉【解答】然后，再来确定 $t = 0_-$ 状态下 $i_0$ 的初始值：

◉【解答】在 $t = 0_-$ 的时候，原始状态下的 $i_L(0_-)$ 等于电压源总支路电流在 40Ω 电阻上的分流：

\[ i_L(0_-) = \frac{80}{20 + \frac{40 \times 120}{40 + 120}} \times \frac{120}{120 + 40} A = 1.2A \]

◉【解答】接着，确定初始状态有 $i_L(0_+) = i_L(0_-) = 1.2A$。并在换路后的电路当中，计算 $i_0$ 的初始值：

\[ i_0(0_+) = \frac{120 + 40}{(120 + 40) + 160} \times i_L(0_+) A = 0.6A \]

◉【解答】由初始值和时间常数，就可以求解得到零输入响应 $i_0(t)$：

\[ i_0(t) = i_0 (0_+) e^{\frac{t}{\tau}} = 0.6e^{-200t} A\ 其中\ t>0 \]

小结

一阶电路的零输入响应是指仅由电路的初始储能作用所产生的响应，响应与初始状态变量呈线性关系；
同一个动态电路中，所有变量的指数衰减系数（固有频率或者时间常数）是相同的，并且与电路中的外加激励电源无关；
决定一阶电路零输入响应的两个要素分别是初始值和时间常数，如何去确定这两个要素是分析电路的关键；

一阶电路在直流电源激励下的响应

零输入响应是一种由初始储能作用产生的响应，其规律仅由电路自身的特点决定，因而常被称为自然响应。当动态电路当中含有独立电源时，电路的响应就不仅会与电路自身的结构与参数相关，还会与独立电源的变化规律相关。因此，不同类型电源作用下的零状态响应，会分别具有不同的特点，必须分别加以讨论。

本小节所要讨论的是一阶电路是在直流电源作用下的零状态响应与全响应，以及一阶电路在直流电源激励作用下暂态响应规律。

直流电源激励下的 RC 电路

零状态响应（阶跃响应）

首先，讨论 RC 电路在直流电源激励下的零状态响应，下图所示的电路当中，开关在闭合前处于零状态，即 $u_c(0_-) = 0$，当 $t = 0$ 时开关闭合，将直流电源 $U_s$ 接入电路，从而形成 RC 电路的零状态响应。这个开关动作，可以利用阶跃函数的单边性表示为 $U_s \epsilon (t)$ 的阶跃电压源作用，这种阶跃电源作用下的零状态响应就被称为阶跃响应：

对于直流电源激励下的零状态响应，本质上就是突然向电路添加恒定的电压源和电流源，所以也会将直流电源激励下的零状态响应归结为阶跃响应。分析上面的电路，列写出求解 $u_c$ 的微分方程，根据 KVL 定律可以得到：

\[ Ri + u_c = U_s \]

由于这里的回路电流 $i$ 同时也是电容电流 $C \frac{du_c}{dt}$，将其代入上面方程可以得到求解 $u_c$ 的微分方程：

\[ R C \frac{du_c}{dt} + u_c = U_s \]

接下来，确定微分方程对应的初始状态，由于换路时 $u_c$ 连续，所以有 $u_c(0_+) = u_c(0_-) = 0$，从而得到如下非齐次的微分方程：

\[ \begin{cases} RC \frac{du_c}{dt} + u_c = U_s \\ u_c(0_+) = 0 \end{cases} \]

非齐次方程的解由通解和特解 2 部分构成 $u_c(t) = u_{ch}(t) + u_{cp}(t)$，其中 $u_{ch}(t)$ 为齐次方程的通解，而 $u_{cp}(t)$ 则为特解（即稳态解）。

通解的求解与 RC 电路的零输入响应类似，其解为 $u_{ch}(t) = ke^{-\frac{t}{RC}} = ke^{-\frac{t}{\tau}}$，其中时间常数 $\tau = RC$；
特解是微分方程的稳态解，可以通过微分方程确定；当电路处于直流稳态时，电路变量不会再发生变化，即 $\frac{du_{cp}}{dt} = 0$，则可以得到 $RC \frac{du_{cp}}{dt} + u_c = U_s \implies u_{cp}(t) = U_s$，这里 $u_c$ 解的形式可以表示为 $u_c(t) = ke^{-\frac{t}{RC}} + U_s$；

由初始条件 $u_c(0_+) = 0$ 确定系数 $k = - U_s$，最终就可以得到：

\[ u_c(t) = U_s(1 - e^{-\frac{t}{RC}})\ 其中\ t \ge 0 \implies i = \frac{U_s - u_c(t)}{R} = \frac{U_s}{R} e^{-\frac{t}{RC}}\ 其中\ t > 0 \]

接下来，就来观察电压 $u_c$ 和电流 $i$ 的波形：

根据上述波形显示，可以总结出零状态响应具有如下特点：

电路零状态响应暂态过程的长短与电源激励、初始储能无关，而是取决于时间常数 $\tau$；工程实践上认为换路之后，电路经过 $3\tau \sim 5\tau$ 的时候，该过渡过程就将会结束；
零状态响应与独立电源的输出量呈线性关系；

全响应

接下来讨论 RC 电路的全响应，全响应与零状态响应的不同之处在于：换路之前，电容的电压不再为零，而是 $u_c(0_-)$ 等于 $U_0$：

此时，电容具有初始储能，由于换路时状态变量 $u_c$ 连续，因此可以得到如下方程：

\[ \begin{cases} RC \frac{du_c}{dt} + u_c = U_s \\ u_c(0_+) = u_c(0_-) = U_0 \end{cases} \]

换路之后，电路由初始储能和独立电源共同作用。全响应当中，$u_c$ 的计算过程与零状态响应相同，时间常数 $\tau$ 仍然是 $RC$：

\[ u_c(t) = ke^{-\frac{t}{RC}} + U_s 其中\ \tau = RC \]

只是在由初始条件确定常数 $k$ 时，将 $uc(0_+) = U_0$ 代入，从而得到 $k = U_0 - U_s$。由此，就可以得到 RC 电路的全响应：

\[ u_c(t) = U_s + (U_0 - U_s) e^{-\frac{t}{RC}}\ 其中\ t \ge 0 \]

根据 $uc$ 同样可以非常方便的推导得到回路电流 $i$：

\[ i = \frac{U_s - u_c(t)}{R} = \frac{U_s - U_0}{R} e^{-\frac{t}{RC}}\ 其中\ t > 0 \]

这样 RC 电路全响应的波形，就可以采用下图表示。其变化规律与零状态响应类同，不同之处在于初始状态值不相同，会对电路的能量转换带来影响：

当初始状态 $U_0 < U_s$ 时，换路之后电容储存的电场能将会逐步增加，直至 $u_c = U_s$。而当初始状态 $U_0 > U_s$ 时，换路以后电容储存的电场能逐步减小，直至减小至 $u_c = U_s$。

三要素法

本文讨论到这里，已经介绍了一阶电路的零输入、零状态、全响应，其中响应的分类是按照激励的方式进行划分的，但是无论哪种激励方式，电路的分析手段并没有本质上的区别，但是采用三要素法，可以更加有效的对一阶电路进行暂态分析。

下面通过对于全响应的分析过程进行归纳，得到求解一般一阶电路的简单分析步骤。在一阶电路的分析过程当中，可以采用任意支路的电压和电流 $y(t)$ 作为求解对象，并且列写出对应的微分方程，即一阶常系数微分方程：

\[ y(t)\ 的微分方程 \implies \frac{dy(t)}{dt} + \frac{1}{\tau} y(t) = F \]

其中 $F$ 是与独立电源激励相关的项，该方程为非齐次方程，其解的形式为齐次方程的通解加上非齐次方程的特解（稳态解）：

\[ y(t) = y_h(t) + y_p(t) = ke^{-\frac{t}{\tau}} + y_p(\infty) \]

由初始条件 $y(0_+)$ 确定常数 $k$，那么电路的响应 $y(t)$ 等于：

\[ y(t) = [y(0_+) - y(\infty)]e^{-\frac{t}{\tau}} + y(\infty) \]

这就是一阶电路响应的一般表达式，观察这个表达式可以发现，只需要确定初始值 $y(0_+)$ 和稳态值 $y(\infty)$ 以及时间常数 $\tau$ 三个要素，就能采用该公式求取直流电源激励下的响应，这种分析方法简称为三要素法，其分析步骤可以归纳为如下所示：

求取时间常数：将独立电源置零 $\tau_c = R_{eq} C_{eq}$；
确定初始值：首先确定 $u_c(0_-)$，然后确定初始状态 $u_c(0_+)$，最后确定非状态变量 $y_{0_+}$；
获得直流稳态值：将电容等效开路以后，获得直流稳态值 $y(\infty)$；
将上述 3 个要素代入公式 $y(t) = [y(0_+) - y(\infty)]e^{-\frac{t}{\tau}} + y(\infty)$ 求解即可；

分析全响应的一般表达式可以知道，齐次方程的通解是由电路自身的特点所决定的，称为自由分量。该项会逐步衰减至零，也被称为暂态分量。而非齐次方程特解的形式与独立电源相关，是由电源作用产生的，称为强制分量，该项也属于稳态集，常被称为稳态分量。因此，动态电路的响应具有稳定状态，而且当稳定解便于进行求解时，全响应通常会被划分为自由分量（暂态分量）加上强制分量（稳态分量）来进行分析与讨论：

此外，动态电路的全响应表达式，也可以划分为合响应 = 零输入响应 + 零状态响应，全响应的表达式可以按照 $y(0_+)$ 和 $y(\infty)$ 重新整合。表达式当中的 $y(0_+)e^{-\frac{t}{\tau}}$ 与 $y(0_+)$ 呈正比，属于零输入响应；而 $y(\infty)(1 - e^{-\frac{t}{\tau}})$ 项则由电源决定，属于零状态响应：

这种表达式在电源信号复杂，不方便确定电路的稳态响应时，这种分类显得更为便捷，从而利用零状态响应的特性去分析与求解。

直流电源激励下的 RL 电路

前述的直流电源激励下的 RC 电路分析结论，全部适用于 RL 电路。接下来，直接将一阶 RL 和 RC 电路的三要素分析方法归纳如下：

时间常数：将电路独立电源置零，然后通过 $\tau_c = R_{eq}C_{eq}$ 或 $\tau_L = G_{eq}L_{eq}$ 进行求解；
初始值：RC 电路遵循 $u_c(0_-) \rightarrow u_c(0_+) \rightarrow y(0_+)$ 步骤，而 RL 电路遵循 $i_L(0_-) \rightarrow i_L(0_+) \rightarrow y(0_+)$ 的求解步骤；
直流稳态值：确定稳态值时，电容在直流稳态下相当于开路，而电感在直流稳态下相当于短路；
响应表达式：$y(t) = [y(0_+) - y(\infty)] e^{-\frac{t}{\tau}} + y(\infty)$

接下来，采用三要素法来分析几个 RL 电路相关的例题。

▶【例题】已知换路前电感的电流 $i_L(0_-) = I_0$，采用三要素法计算全响应 $i_L(t)$ 和 $u(t)$ ？

◉【解答】上图是一个 RL 电路，这里就采用三要素法来确定求解所需的 3 个要素：

◉【解答】首先，确定时间常数：换路后开关打开，将独立电流源置零，此时等效电路是一个时间常数为 $\tau = \frac{L}{R}$ 的 RL 电路：

◉【解答】然后，确定初始值：先来求解初始状态，由于 $i_L$ 在换路时连续，由此可以得到 $i_L(0_+) = i_L(0_-) = I_0$；因此在 $0_+$ 时刻的电路当中，确定初始值 $u_(0_+)$，这里可以由 KCL 得到 $u_(0_+) = R(I_s - i_L(0_+)) = R(I_s - I_0)$。

◉【解答】接着，求解稳态值：在 $T$ 趋于无穷大的电路当中，可以得到 $i_L(\infty) = I_s$，而 $u(\infty) = 0$。最后，代入 3 要素公式：求解得到全响应 $i_L$ 以及 $u(t)$：

\[ y(t) = [y(0_+) - y(\infty)] e^{-\frac{t}{\tau}} + y(\infty) \implies \begin{cases} i_L(t) = (I_0 - I_s)e^{-\frac{R}{L}t} + I_s \ \ \ \ & t \ge 0 \\ u(t) = (I_s - I_0)e^{-\frac{R}{L}t} \times R \ \ \ \ & t > 0 \end{cases} \]

小结

动态电路的指数衰减系数或者时间常数是由电路的结构和参数决定的，同电路的初始储能以及独立电源无关。
一阶电路的零状态响应与独立电源输出量成正比；
三要素法是分析一阶电路的有效方法，其核心是采用电路分析方法求取时间常数、初始值、稳态解 3 个关键要素；

RC 电路的方波响应

实际电子电路当中，外加的信号源种类较多，其中最为常用的有方波、正弦波等周期信号，这种周期信号激励下的电磁响应，在经历一个过渡过程以后就会进入稳定状态。接下来，本文将会分别讨论 RC 电路在方波、正弦波激励下的响应。

下图所示的 RC 电路当中，$u_c(0_-) = 0$ 为零状态，电压源激励输出的波形为正方波信号：

由于上图所示的正方波是一个周期信号，因此在正脉冲期间，电路为直流激励下的响应；而在输出电压为零的区间，电路为零输入响应，整个电路处于这两种响应交替出现的状态。

虽然之前的内容已经讨论过 RC 电路在直流电源激励，以及零输入情况下的响应，但是正方波响应的不同之处在于，它是一个周期函数，交替出现的前半周响应会对后半周的响应产生影响。由于工程实践上认为，过渡过程经过 5 倍的时间常数 $\tau$ 就会结束，因而正方波激励下的响应可分为如下 2 种情况进行讨论：

$T > 5 \tau$ 的情况，电路响应在半个周期 T 期间已经达到稳态；
$T < 5 \tau$ 的情况，电路响应在半个周期 T 期间尚未达到稳态；

T>5τ 情况

因为 $T > 5 \tau$，所以电路在发生换路后的 T 时间之后都能达到稳态。

在 $u_s = U$ 的时段，电路为直流电源激励下的零状态响应，电容的初始电压 $u_c$ 为 0，并且由零逐步充电至 $u_s = U$，此时电流 $i_c$ 为电阻电压 $u_s - u_c$ 除以电阻 $R$，其值由零跳变至 $\frac{U}{R}$，然后再逐步衰减至零：

\[ u_c 由 0 \rightarrow u_s = U \implies i_c = \frac{u_s - u_c}{R} = \frac{U - u_c}{R} \implies i_c 由 \frac{U}{R} \rightarrow 0 \]

在 $u_s = 0$ 时段，电路为直流电源激励下的零输入响应，换路瞬间电容的初始电压为 $U$，此时电容开始放电，电容两端的电压 $u_c$ 伴随电压 $U$ 逐步放电，直至衰减至零。此时 $i_c$ 也就是电阻上的电流，其值会先跳变至 $-\frac{U}{R}$，然后再逐步衰减至零：

\[ u_c 由 U \rightarrow 0 \implies i_c = \frac{0 - u_c}{R} \implies i_c 由 -\frac{U}{R} \rightarrow 0 \]

接下来，从 $u_c$ 和 $i_c$ 的波形，观察正方波激励下，RC 电路当中响应的变化规律：

在上图第 2 组图像当中，电容电压 $u_c$ 从零开始充电，直至充满等于电源电压 $U$；然后，再从 $U$ 开始放电，直至全部释放完毕归零。在上图第 3 组图像里，电流 $i_c$ 则是跳变到 $\frac{U}{R}$ 之后，再逐步衰减至零；而在零输入阶段，换路以后也是先跳变至 $-\frac{U}{R}$，然后逐步衰减至零。

注意：由于正方波激励是周期函数，零状态以及零输入响应能够稳定的交替出现，因此正方波信号通常作为观察零输入响应，以及零状态响应实验中的电源激励。

T<5τ 情况

因为 $T < 5 \tau$，所以电源电压 $u_s = U$ 或者 $u_s = 0$ 下的响应均不能达到最终的稳态；电容充电并不能达到最高的电压 $U$，而电容放电也不能达到最低的电压零，电路处于全响应与零输入响应的交替变化当中：

其中，$0 \sim T$ 时段处于直流电源激励下的零状态响应，此时电容充电 $u_c$ 由零逐步充电，在 $T$ 时刻还未达到最终的稳态值 $U$，此时 $u_s = 0$ 电容转为放电；直至 $2T$ 时刻，$u_c$ 也没能达到最终的稳态值 0，电源输出又变为 $u_s = U$，这时电容又开始充电，这次充电是具有初始储能的全响应，经过若干个周期以后充放电达到稳定，$u_c$ 在最高电压 $U_2$ 和最低电压 $U_1$ 之间变化。

工程实践当中，比较关注稳态响应，接下来分析进入稳态之后电路的响应，并从电路稳定的 $nT$ 时刻开始着手进行研究：

RC 电路在直流电源 $u_s = U$ 激励下的全响应波形如上图所示，其中电容的初始电压 $U_1$、稳态值 $u_c(\infty)$ 最终会趋于 $U$；根据三要素法，经过时间 $T$，由于 $u_c = U_2$，则可以得到 $U_2$ 与 $U_1$ 的关系式：

\[ \begin{cases} u_s = U \\ 电容初始电压为 U_1 \\ u_c(\infty) = U \end{cases} \implies u_c = U_2 = U + (U_1 - U)e^{-\frac{T}{\tau}} \]

当脉冲电源 $u_s = 0$ 时，RC 电路为零输入响应，电容的初始电压为 $U_2$，稳态值 $u_c(\infty)$ 最终会趋于 0，根据三要素法，经过时间 $T$ 以后 $u_c = U_1$，则可得到 $U_1$ 与 $U_2$ 的关系式：

\[ \begin{cases} u_s = 0 \\ 电容初始电压为 U_2 \\ u_c(\infty) = 0 \end{cases} \implies u_c = U_1 = 0 + (U_2 - 0)e^{-\frac{T}{\tau}} \]

此时脉冲为周期函数，响应将会不断的重复，为了确定稳态值 $U_1$ 和 $U_2$，联立上述推导过程得到的，RC 电路在直流电源激励下的全响应以及零输入响应，求解以后得到稳态值 $U_1$ 和 $U_2$：

\[ \begin{cases} U_1 = 0 + (U_2 - 0)e^{-\frac{T}{\tau}} \\ U_2 = U + (U_1 - U)e^{-\frac{T}{\tau}} \end{cases} \implies \begin{cases} U_1 = U_2 e^{-\frac{T}{\tau}} = \frac{Ue^{-\frac{T}{\tau}}}{1 + e^{-\frac{T}{\tau}}} \\ U_2 = U \frac{1 - e^{-\frac{T}{\tau}}}{1 - e^{-\frac{2T}{\tau}}} = \frac{U}{1 + e^{-\frac{T}{\tau}}} \end{cases} \]

接下来，再由 $u_c$ 来确定回路电流 $i_c$，对于 RC 电路根据 KVL 方程可以得到 $i_c = \frac{u_s(t) - u_c(t)}{R}$。为了方便计算，从零开始计时，电流 $i_c$ 的波形如下图所示：

稳态值 $I_1$ 对应的零时刻，可以得到 $I_1 = \frac{u_s(0_+) - u_c(0_+)}{R}$，这里将 $u_s(0_+) = U$、$u_c(0_+) = U_1$ 分别代入至 $I_1$ 的表达式之后得到：

\[ I_1 = \frac{u_s(0_+) - u_c(0_+)}{R} = \frac{U - U_1}{R} \]

同理，根据类似方法可以分别得到电流 $I_2$、$I_3$、$I_4$ 的表达式：

\[ \begin{aligned} & I_2 = \frac{u_s(T_-) - u_c(T_-)}{R} = \frac{U - U_2}{R} \\ & I_3 = \frac{u_s(T_+) - u_c(T_+)}{R} = -\frac{U_2}{R} \\ & I_4 = \frac{u_s(2T_-) - u_c(2T_-)}{R} = -\frac{U_1}{R} \end{aligned} \]

小结

方波是一种较为常见的信号，方波响应分析的实质依然是直流电源激励下的响应与零输入响应的分析；
RC 电路的方波响应分析需要注意方波是周期函数，其周期大小会对电路的响应产生影响；
由于方波响应的周期性，通常在实验当中利用半个周期 $T > 5\tau$ 的情况，观察一阶电路的零输入响应与零状态响应，而在 $T < 5\tau$ 时观察其全响应；

正弦电源激励下的 RC 电路

工程实践当中，电源基本都属于正弦激励电源，因此研究正弦激励下的响应具有相当的价值与实际意义，本节将会讨论下图处于正弦激励下的 RC 电路：

当 $t = 0$ 时开关闭合，此时将正弦电源 $u_s$ 接入电路，其中 $\varPhi$ 为接入电源的初相位，称为合闸角，其决定了开关闭合以后接入电源的瞬时值，会影响到电路的暂态过程。由此可见，正弦激励下的输出并非恒定值，其响应比方波响应更为复杂。

暂态响应的计算

先讨论正弦电源激励下 RC 电路暂态响应的计算，开关闭合之前 $u_c(0-_) = U_0$，由于电源并非直流电源，所以暂态分析要通过微分方程进行求解。

首先，求解电容电压 $u_c$：由回路的 KVL 方程可以得到微分方程：

\[ RC \frac{du_c}{dt} + u_c = U_{sm} \cos(\omega t + \varPhi)\ 其中\ t > 0 \]

确定初始条件，由于电路为连续换路，所以可以推导得到：

\[ u_c(0_+) = u_c(0_-) = U_0 \]

由特征方程确定待征根 $s = -\frac{1}{RC}$ 和时间常数 $\tau = RC$；则电容电压的响应形式 $u_C(t)$ 可以写作齐次方程的通解 $u_{Ch}(t) = ke^{-\frac{t}{\tau}}$，加上非齐次方程的特解（即稳态解）$u_{Cp}(t)$，正弦激励下的稳态响应与电源具有相同形式，可以表示为 $u_{Cp}(t) = U_{Cm} \cos (\omega t + \theta)$，其中的系数幅值 $U_{Cm}$ 和相角 $\theta$ 是常数：

\[ u_C(t) = u_{Ch}(t) + u_{Cp}(t) \implies ke^{-\frac{t}{\tau}} + U_{Cm} \cos (\omega t + \theta) \]

接下来确定特解，由于特解就是满足微分方程的解，那么将特解 $u_{Cp}(t) = U_{Cm} \cos (\omega t + \theta)$ 代入微分方程，从而得到特解满足的方程为：

\[ - \omega RCU_{Cm} \sin(\omega t + \theta) + U_{Cm} \cos(\omega t + \theta) = U_{sm} \cos (\omega t + \theta) \]

通过该方程确定系数 $U_{Cm}$ 和 $\theta$，利用三角函数积化和差的关系，整理之后使得方程左边也变为一个余弦函数：

\[ U_{Cm} \sqrt{(\omega RC)^2 + 1} \times \cos(\omega t + \theta + \beta) = U_{sm} \cos(\omega t + \theta)\ 其中\ \beta = \arctan(\omega RC) \]

对比方程，根据等式左右两侧余弦函数的幅值相等，可以求解得到 $U_{Cm} = \frac{U_{sm}}{\sqrt{(\omega RC)^2 + 1}}$，根据其相位相等，则可以求解得到 $\theta = \phi - \beta$：

由此，就可以得到其对应的特解（稳态解）$u_{Cp}(t)$ 为：

\[ u_{Cp}(t) = \frac{U_{sm}}{\sqrt{(\omega RC)^2 + 1}} \cos [\omega t + (\phi - \arctan(\omega RC))] \]

进而得到相应的全响应 $u_C(t)$ 为：

\[ u_C(t) = ke^{-\frac{t}{\tau}} + U_{Cm} \cos (\omega t + \theta)\ 其中\ t\ge0 \]

其中，系数 $U_{Cm}$ 和 $\theta$ 可以表示为下面的形式：

\[ \begin{cases} U_{Cm} = \frac{U_{sm}}{\sqrt{(\omega RC)^2 + 1}} \\ \theta = \phi - \arctan(\omega RC) \end{cases} \]

根据初始条件确定系数 $k$：

\[ u_C(0_+) = u_{Cp(0) + k} = U_{Cm} \cos (0 + \theta) + k = U_0 \implies k = U_0 - U_{Cm} \cos \theta \]

最后，就可以求得电容电压的全响应：

\[ u_C(t) = (U_0 - U_{Cm} \cos \theta)e^{-\frac{t}{\tau}} + U_{Cm} \cos (\omega t + \theta) 其中 t \ge 0 \]

将系数 $U_{Cm}$ 和 $\theta$ 代入，可以将 $u_C$ 表示为如下方程：

\[ u_c(t) = {\color{blue}{\bigg[ U_0 - \frac{U_{sm}}{\sqrt{(\omega RC)^2 + 1}} \cos(\phi - \arctan \omega RC) \bigg] e^{-\frac{t}{\tau}}}} + {\color{RedOrange}{\frac{U_{sm}}{\sqrt{(\omega RC)^2 + 1}} \cos [\omega t + (\phi - \arctan \omega RC)]}}\ 其中\ t \ge 0 \]

其中，左侧蓝色标识的第 1 项是自由分量，也称为暂态分量，其经过 $5\tau$ 时间后衰减为零；而右侧橙色标识的第 2 项是强制分量，也称为稳态分量，它是与电源同频率，并且幅值与初相位恒定的正弦量，目前通过微分方程进行求解：

但是，对于 RC 电路这样结构极为简单的电路，稳态解的求解依然显得异常复杂。由于稳态解是进入稳态之后，电路当中的响应，因而可以在正弦稳态电路当中，采用更为有效的求解方法。这种正弦稳态分析方法，将会在后续内容当中进行介绍。

暂态过程与合闸角

从前面求解得到的，正弦激励下的响应形式上看，正弦激励下的响应比直流电源以及方波电源激励下的响应更为复杂。这里为了便于进行讨论，令 $u_C(0_-) = 0$，则可以得到零状态响应为：

\[ u_C(t) = U_{Cm} \cos(\omega t + \theta) - U_{Cm} \cos \theta e^{-\frac{t}{\tau}}\ 其中 \begin{cases} t \ge 0 \\ U_{Cm} = \frac{U_{sm}}{\sqrt{(\omega RC)^2 + 1}} \\ \theta = \varPhi - \arctan(\omega RC) \end{cases} \]

观察上面的零状态响应形式，其响应不仅与电源、电路结构与参数相关，还与电源的合闸角 $\phi$ 有关，即何时接通电源对于暂态过程影响较大，这里需要专门讨论暂态过程与合闸角的关系。如果合闸的时候，恰巧让合闸角 $\phi = \arctan \omega RC \pm 0.5\pi$，即 $\theta = \pm 0.5 \pi$。此时暂态响应 $U_{Cm} \cos \pm 0.5 \pi = 0$，电路没有暂态过程，直接进入稳态，即 $u_C(t) = U_{Cm} \cos (\omega t \pm \frac{\pi}{2})$，对应的波形如下图所示：

当电路时间常数 $\tau$ 相对比较小，如果合闸时使得 $0 < \theta < 0.5\pi$ 之间，而且 $5\tau$ 接近正弦激励周期 $T$ 时，电路经过 1 个周期之后，将会逐步趋于稳定状态，其波形如下图所示：

当电路时间常数 $\tau$ 相对比较大，而且 $5\tau$ 远远大于正弦电源的周期 $T$ 时，如果合闸恰巧使得合闸角 $\phi = \arctan \omega RC$，即 $\theta = 0$，此时 $\cos \theta = 1$，其暂态分量值最大 $U_{Cm} e^{-\frac{t}{\tau}}$，对应的波形如下图所示：

可以看到，电容电压 $u_C$ 衰减极慢，电路要经过多个周期 $T$ 之后才能达到稳态，在半个周期 $T$ 附近，电容的电压值 $|u_C|_{max}$ 达到最大，赋值接近电容稳态值 $U_{Cm}$ 的两倍。这种电容所承受的暂态最高电压，接近于稳态电压 2 倍的现象称为暂态的过电压现象。

注意：因此，工程实践当中，选择电容的耐压值不仅要考虑到稳态时的电压，还需要考虑暂态过程中间产生的过电压现象。

小结

正弦激励下的全响应是由暂态响应和稳态响应构成的，本节内容当中稳态响应采用微分方程进行求解，求解过程较为复杂，后续将会介绍更为有效的正弦稳态响应分析方法；
正弦激励下的暂态过程不仅与电源、电路参数有关，还与电源的合闸角有关，选择恰当的合闸角，动态电路将会没有过渡过程，而直接进入稳态；
正弦激励下的暂态过程，由于合闸的时间不确定，会在电路中产生过电压或者过电流现象，因而选择元器件容量时要充分考虑到这种工作状态；

线性与非时变特性

之前讨论过的叠加定理，其应用的前提是电路必须属于含源线性时不变电路。这里的线性时不变电路是指除独立电源之外，所有元件都为线性时不变元件的电路。前面讨论的电路属于电阻性电路，在线性电阻性电路当中，叠加定理所体现的线性特性，是电路的响应与激励关系符合齐次性与可加性。

当电路变为线性时不变的动态电路，则其响应将会受到微分方程的约束，并与电源激励相关，同时也受到初始条件的约束，与换路前的动态元件储能相关，本节内容主要讨论线性时不变动态电路的响应所具有的特点。

线性特性

首先，来讨论线性电路的齐次性与可加性在动态电路当中是如何体现的，以下图所示的 RC 电路为例：

原始状态下 $u_c(0_-) = U_0$，在直流电源的作用下，电容电压 $u_c$ 的表达式 $u_c$，等于稳态值 $U_s$ 加上暂态值 $U_0 - U_s$ 乘以指数衰减项 $e^{-\frac{t}{RC}}$：

\[ u_c(t) = U_s + (U_0 - U_s) e^{-\frac{t}{RC}}\ 其中\ t \ge 0 \]

该表达式可以按照代表初始储能的 $U_0$ 和代表电源激励的 $U_s$ 进行整理：

\[ u_c(t) = U_0 e^{-\frac{t}{RC}} + U_s(1 - e^{-\frac{t}{RC}})\ 其中\ t \ge 0 \]

上述方程的第 1 项 $U_0 e^{-\frac{t}{RC}}$ 对应的是零输入响应，当初始状态 $U_0$ 增加 k 倍，其响应也会增加 k 倍，即 $k U_0 \rightarrow k U_0 e^{-\frac{t}{RC}}$，这就体现了线性电路的齐次性。而第 2 项 $U_s(1 - e^{-\frac{t}{RC}})$ 对应的是零状态响应，当电源激励 $U_s$ 增加 k 倍时，其响应同样会增加 k 倍，即 $k U_s \rightarrow k U_s (1 - e^{-\frac{t}{RC}})$，因此零状态响应也具备齐次性。

由于全响应等于零输入响应加上零状态响应，其具备可加性。动态电路的能量来源除了独立电源之外，还有储能元件上储存的能量，因此线性电路的齐次性体现为每一个独立的能量来源。即初始状态变量 $U_0$ 增加 $k_1$ 倍，则对应的零输入响应也会增加 $k_1$ 倍；独立电源 $U_s$ 增加 $k_2$ 倍，对应的零状态响应也就增加 $k_2$ 倍；当它们共同作用时就具备了可加性。

叠加定理运用到动态电路当中，需要添加限定条件，即叠加定理适用于线性时不变电路的零状态响应，体现为零状态响应的线性特性。在线性时不变动态电路当中，加入的电源激励称为输入量，产生的零状态响应称为输出量：

如果输入激励电源 $x_1(t)$ 作用下的零状态响应为 $y_1(t)$，而输入激励电源 $x_2(t)$ 作用下的零状态响应为 $y_2(t)$，则可以得到当输入电源激励为 $k_1$ 倍的 $x_1(t)$ 时 $k_1 x_1(t)$，以及 $k_2$ 倍的 $x_2(t)$ 时 $k_2 x_2(t)$ 共同作用 $k_1 x_1(t) + k_2 x_2(t)$ 下的零状态响应为 $k_1 y_1(t) + k_2 y_2(t)$。

其中，这两个激励源 $x_1(t)$ 和 $x_2(t)$ 可以位于不同的支路，也可以属于不同类型的电源，这一点与之前内容中所讨论过的，叠加定理当中的独立电源相类似。综上所述，线性动态电路的线性特性可以表现为：电路中的零状态响应与电源激励的关系符合齐次性与可加性。

时不变特性

线性时不变动态电路的零状态响应，还存在着时不变特性。由于电路当中元件的特性参数不会随着时间变化，所以零状态响应的时不变性也很容易理解，以 RC 电路的单位阶跃响应为例：

单位阶跃响应是在 $t = 0$ 时接入 1V 直流电源的零状态响应，之前内容已经进行过分析，其响应为 $u_c(t) = (1 - e^{-\frac{t}{RC}}) \epsilon(t)$，波形如下图所示：

而延迟的单位阶跃响应，则是 1V 电压源接入电路的时间推迟至延迟点 $t_0$，由于电路元件的参数不随时间变化，所以 $t_0$ 时刻，电路结构的参数并没有发生变化，其响应规律 $u_c(t - t_0) = (1 - e^{-\frac{t - t_0}{RC}}) \epsilon(t - t_0)$ 也并没有发生实质性变化，只是波形整体推迟了 $t_0$ 时间：

将单位阶跃响应记为 $s(t)$，则对应的延迟的单位阶跃响应可记为 $s_(t - t_0)$，即将响应 $s(t)$ 中的时间变量 t 置换为 $t - t_0$。而对于动态电路的时不变性则可以描述为：如果激励 $x(t)$ 延迟为 $x(t - t_0)$，则响应 $y(t)$ 也会延迟为 $y(t - t_0)$。

线性 & 时不变特性

综合动态电路零状态响应的线性与时不变特性，还可以得到将激励 $x(t)$ 的一阶导数作为激励源，这样得到的零状态响应称为响应 $y(t)$ 的一阶导数：

\[ \frac{dx(t)}{dt} \longrightarrow \frac{dy(t)}{dt} \]

将激励 $x(t)$ 的积分作为激励源，得到的零状态响应就是对响应 $y(t)$ 的积分：

\[ \int_{0_-}^{t} x(t)dt \longrightarrow \int_{0_-}^{t} y(t)dt \]

截止到目前为止，动态电路响应的分析，对于电源的类型仅限于直流电源、方波激励、正弦电源下的响应，而其它形式电源激励下的响应并未进行讨论，如果直接讨论则过程都会较为复杂。零状态响应的线性和时不变特性，为分析其它类型电源激励下的响应开辟了新的思路。

单位阶跃响应 & 冲激响应

当电源为冲激电源时，则可以利用阶跃响应与冲激响应的关系来进行分析。若单位激励电源 $\epsilon(t)$ 激励下的零状态响应称为单位阶跃响应 $s(t)$，如果将单位阶跃电源更换为单位冲激电源 $\delta(t)$，则其零状态响应称为单位冲激响应 $h(t)$：

单位阶跃响应不难求解，但是冲激电源作为一个无穷大的冲激成分作用于电路，其响应难以进行直接求解。由于冲激函数是阶跃函数的一阶导数 $\frac{dx(t)}{dt} \rightarrow \frac{dy(t)}{dt}$，利用该性质可以对冲激响应进行求解，即单位冲激响应 $\delta(t)$ 是对单位阶跃响应 $s(t)$ 的求导：

\[ \delta(t) = \frac{d\epsilon(t)}{dt} \longrightarrow h(t) = \frac{ds(t)}{dt} \]

接下来，通过讨论一道例题分析，来展现零状态响应的线性与时不变特性的应用：

▶【例题】求解下图所示 RC 电路的零状态响应。

确定电路 $u_s(t)$ 作用下的零状态响应？
确定 $u_s(t) = \delta(t)$ 作用下的零状态响应？

◉【解答 1】确定电源在上图所示波形下的零状态响应，按照常规的方法，该电源激励可以分解为直流电源的分段作用：即在 $0 \sim 1$ 秒区间是 1V 电压源作用下的零状态响应，而在 $1 \sim 3$ 区间是具有初始储能的 3V 直流电源作用下的全响应，而在大于 $3$ 秒区间则为零输入响应，但是这样的分析过程较为复杂：

◉【解答 1】对于 $u_s(t)$ 有值的存在两段区间，采用之前讨论的闸门函数截取波形可以得到：

\[ u_s(t) = [\epsilon(t) - \epsilon(t - 1)] + 3[\epsilon(t - 1) - \epsilon(t - 3)]V = \epsilon(t) + 2\epsilon(t - 1) - 3 \epsilon (t - 3)V \]

◉【解答 1】上式可以视为三个电压源的串联，而且这三个电压源均为阶跃函数与延迟的阶跃函数，可以采用线性与时不变特性进行求解。

◉【解答 1】首先，求解单位阶跃响应；之前讨论过 RC 电路的单位阶跃响应为 $s(t) = (1 - e^{-\frac{t}{RC}}) \epsilon (t)$，根据线性与时不变特性，这里电源可以划分为 $\epsilon(t)$、$2\epsilon(t - 1)$、$3 \epsilon (t - 3)$ 三个电源共同作用下的零状态响应，分别为单位阶跃响应 $s(t)$、2倍的延迟单位阶跃响应 $s(t - 1)$、-3倍的延迟单位阶跃响应 $s(t - 3)$ 的叠加：

\[ u_c(t) = s(t) + 2s(t - 1) - 3s(t - 3) = (1 - e^{-\frac{t}{RC}}) \epsilon (t) + 2(1 - e^{-\frac{t - 1}{RC}}) \epsilon (t - 1) - 3(1 - e^{-\frac{t - 3}{RC}}) \epsilon (t - 3) \]

注意：$s(t - 1)$ 是将 $s(t)$ 中的时间变量 $t$ 都换为 $t - 1$，而 $s(t - 3)$ 则是将 $s(t)$ 中的时间变量 $t$ 都更换为 $t - 3$。

◉【解答 2】然后，求解冲激响应；由于冲激函数是阶跃函数的导数 $\delta (t) = \frac{\delta \epsilon (t)}{dt}$，所以冲激响应也就是阶跃响应的导数 $u_c(t) = h(t) = \frac{ds(t)}{dt}$，对前面的指数项进行求导，然后再乘以 $\epsilon(t)$，再加上指数项保留，并对于 $\epsilon(t)$ 进行求导可以得到 $\delta(t)$，再利用冲激函数的筛分性，则 $\delta(t)$ 这一项前面的系数为零，从而进一步简化方程并获得如下推导过程：

\[ u_c(t) = h(t) = \frac{ds(t)}{dt} = \frac{1}{RC} e^{-\frac{t}{RC}} \epsilon(t) + (1 - e^{-\frac{t}{RC}}) \delta(t) = \frac{1}{RC} e^{-\frac{t}{RC}} \epsilon(t) \]

小结

动态电路的线性与时不变特性，主要是针对线性时不变电路的零输入响应而言，是叠加定理在动态电路当中的应用；
利用动态电路的线性和时不变特性，可以将较复杂的分段函数激励下的零状态响应，分解为由多个基本电源激励下零状态响应的叠加；
动态电路的能量来源除了独立电源之外，还有储能元件上的初始储能，响应的可加性还体现为：全响应 = 零状态响应 + 零输入响应；

二阶电路的暂态分析

二阶电路零输入响应

含有 2 个独立储能元件的电路称为二阶电路，二阶电路有着广泛的工程应用。例如电力系统当中，发电厂产生的电能，通过输电线路传输到用户，出于安全考虑，输电线路上需要安装断路器。当由于不正常原因，导致输电线路的电流过大时，断路器要能够自动切断输电线路：

在测试断路器的时候，需要对其施加几千安培的 50Hz 正弦交流电流，该电流可以利用 RLC 串联的二阶电路来产生：

上面电路当中，$U_0$ 为千伏级的直流电压源，测试前开关处于位置 1 电容充电至 $U_0$，测试时开关投向位置 2，电容和线圈以及处于闭合状态的断路器串联成回路，选择合适的参数，就可以使得 $i_L$ 变成数千安培的 50Hz 正弦电流。本小节就将讨论直流电源作用下的二阶电路，如何产生正弦电压与电流。

二阶电路

最简单的二阶电路是 RLC 串联以及并联电路：

具有两个电容或者电感的电路就是一个二阶电路，如果电容的电压、电感的电流为独立变量，也可以视为二阶电路：

RCC 和 RLL 电路都是典型的一般二阶电路，二阶电路响应的通用分析思路为：

确定初始值；
列写微分方程；
求解微分方程；

本小节主要分析二阶电路的零输入响应，进而深刻理解自由分量的变化规律，以及电路参数对于自由分量的影响。

RLC 串联电路零输入响应

下面 RLC 串联电路在开关打开之前处于稳态，当 $t = 0$ 时开关打开，先要确定 $u_c$，再由 $u_c$ 确定 $i_L$：

首先，确定初始值 $u_c(0_-) = U_0$、$i_L(0_-) = 0$，电路为连续换路，因而可以得到：

\[ \begin{aligned} &u_c(0_+) = u_c(0_-) = U_0 \\ &i_L(0_+) = i_L(0_-) = 0 \end{aligned} \]

除此之外，还可以得到 $\frac{du_c}{dt} |_{0+} = \frac{i_C(0_+)}{C}$：

\[ \frac{du_c}{dt} \bigg |_{0+} = \frac{i_C(0_+)}{C} = \frac{i_C(0_+)}{C} = \frac{i_L(0_+)}{C} = 0 \]

然后，列写微分方程，当开关打开以后，RLC 构成回路，从而可以列写 KVL 方程 $u_C + L \frac{di_L}{dt} + Ri_L = 0$，再结合 $i_L = C \frac{du_C}{dt}$ 就可以得到一个二阶微分方程：

\[ \begin{cases} u_C + L \frac{di_L}{dt} + Ri_L = 0 \\ i_L = C \frac{du_C}{dt} \end{cases} \implies \frac{d^2 u_C}{dt^2} + \frac{R}{L} \frac{du_C}{dt} + \frac{1}{LC} u_C = 0 \]

最后，求解微分方程，根据微分方程对应的特征方程 $s^2 + \frac{R}{L}s + \frac{1}{LC} = 0$，确定两个特征根 $S_1$ 和 $S_2$，它们的值由参数 R、L、C 决定，但是可以综合为 $\alpha$ 和 $\omega_0$ 两个因子，由此可以得到如下推导过程：

\[ \begin{cases} S_1 = - \frac{R}{2L} + \sqrt{(\frac{R}{2L})^2 - \frac{1}{LC}} = -\alpha + \sqrt{\alpha^2 - \omega_0^2} \\ S_2 = - \frac{R}{2L} - \sqrt{(\frac{R}{2L})^2 - \frac{1}{LC}} = -\alpha - \sqrt{\alpha^2 - \omega_0^2} \end{cases} \]

这里的特征根就是电路的固有频率，其主要有 $\alpha > \omega_0$、$\alpha = \omega_0$、$\alpha < \omega_0$ 三种分布情况。固有频率的不同分布，意味着微分方程解的形式并不相同。

过阻尼状态

如果 $\alpha > \omega_0$，则电阻 $R > 2 \sqrt{\frac{L}{C}}$，由于电阻较大，所以称为过阻尼状态。此时，固有频率 $S_1$ 和 $S_2$ 为不相等的负实数，微分方程的通解为两项指数之和 $u_C = k_1 e^{s_1t} + k_2 e^{s_2t}$，其中 $k_1$ 和 $k_2$ 由初始值确定，这里仅做定性分析。

由于 $S_1$ 的绝对值小于 $S_2$ 的绝对值，因此第 1 项指数 $k_1 e^{s_1t}$ 衰减较慢，而第 2 项指数 $k_2 e^{s_2t}$ 衰减较快（该项指数的值为负值），两项指数之和为 $u_C$，此时 $u_C$ 由初始值 $U_0$ 一致衰减至 0，即 $U_0 \searrow 0$。除此之外 $i_L = C \frac{du_C}{dt}$，其从初始值 0 开始反向增大，然后逐步衰减至 0，即 $0 \searrow \nearrow 0$。

电路储能的释放过程以电感的电流达到最大值为分界点，可以划分为两个阶段：

第 1 阶段：电容 $C$ 释放储能，电感 $L$ 吸收能量，电阻 $R$ 消耗能量；
第 2 阶段：电容 $C$ 释放储能，电感 $L$ 释放储能，电阻 $R$ 消耗能量；

欠阻尼状态

如果 $\alpha < \omega_0$，则电阻 $R < 2 \sqrt{\frac{L}{C}}$，由于电阻较小，所以称为欠阻尼状态。此时，固有频率 $S_1$ 和 $S_2$ 为有负实部的共轭复数，令 $\omega_d = \sqrt{\omega_0^2 - \alpha^2}$，则 $S_1$ 和 $S_2$ 可以分别写作 $-\alpha \pm j \omega_d$，此时微分方程的通解是一个以指数包络线衰减的正弦函数 $u_C = ke^{-\alpha t} \sin(\omega_d t + \theta)$，其中 $k$ 和 $\theta$ 由初始值确定，由此就可以定性的绘制出相应波形：

在指数包络线之间，$u_C$ 从初始值 $U_0$ 开始，以角频率 $\omega d$ 作正弦衰减变化，此时 $i_L = C \frac{du_C}{dt}$，其从初始值 0 开始，以相同的角频率作正弦变化，在 $2 \pi$ 内变化一个周期，该电路储能的释放过程比过阻尼更为复杂，其在 $0 \sim \pi$ 范围内划分为三个阶段：

第 1 阶段：电容 $C$ 释放储能，电感 $L$ 吸收能量，电阻 $R$ 消耗能量；
第 2 阶段：电容 $C$ 释放储能，电感 $L$ 释放储能，电阻 $R$ 消耗能量；
第 3 阶段：电容 $C$ 吸收能量，电感 $L$ 释放储能，电阻 $R$ 消耗能量；

接下来，继续在 $\pi \sim 2\pi$ 周期内，重复上述三个阶段。由此可见，欠阻尼状态下，电容、电感的储能在反复交换过程当中，不断的被电阻消耗，直至为零。因此，过阻尼状态下，不会形成电容、电感储能的反复交换，电容总是在释放储能。

临界阻尼状态

如果 $\alpha = \omega_0$，则电阻 $R = 2 \sqrt{\frac{L}{C}}$，称为临界阻尼状态。此时，固有频率 $S_1$ 和 $S_2$ 为相等的负实数，即等于 $-\alpha$，对应微分方程的通解为 $u_C = (k_1 + k_2t)e^{-\alpha t}$，其中 $k_1$ 和 $k_2$ 的值由初始值确定，由此可以定性的绘制出如下波形：

观察可以看到 $u_C$ 由初始值 $U_0$ 一直衰减到了 0，曲线 $C$ 对应于 $R = 2 \sqrt{\frac{L}{C}}$ 的临界阻尼状态；当电阻 $R$ 增大，就可以得到处于过阻尼状态的曲线 $d$；如果电阻 $R$ 再增大，得到的曲线 $e$ 依然是过阻尼状态；当电阻 $R$ 减小，得到的曲线 $b$ 处于欠阻尼状态；如果电阻 $R$ 再减小，得到的曲线 $a$ 依然处于欠阻尼状态；当 $R = 0$ 处于最小值时，得到的曲线 $o$ 属于无阻尼状态。

由此可见，在 $L$ 和 $C$ 保持恒定，而 $R$ 由 0 增大，电容电压的变化规律是由衰减的正弦振荡波形，过渡到一致衰减的指数波形。

注意：临界阻尼状态是震荡与非震荡的分界点，属于暂态过程最短的状态；而无阻尼状态则是电路不消耗任何能量的理想状态。

例题分析

▶【例题 1】电路在开关打开前处于稳态，求解开关打开以后的 $i_L$：

◉【解答 1】首先，确定初始值；标记出 $u_C$，可以知道此时 $u_C(0_-) = 6V$，而 $i_L(0_-) = 1A$，因为电路为连续换路，所以 $u_C(0_+) = u_C(0_-)$ 并且 $i_L(0_+) = i_L(0_-)$：

\[ \begin{cases} u_C(0_+) = u_C(0_-) = 6V \\ i_L(0_+) = i_L(0_-) = 1A \end{cases} \]

◉【解答 1】除此之外，还可以求得 $\frac{di_L}{dt} = \frac{u_L(0_+)}{L}$，其中 $u_L(0_+)$ 由 KVL 确定，两个电阻的总电压为 $-(3+6) i_L(0_+)$，此时电容电压为 $u_C(0_+)$，两项相加即等于 $u_L(0_+)$：

\[ \frac{di_L}{dt} = \frac{u_L(0_+)}{L} = \frac{-(3+6)i_L(0_+) + u_C(0_+)}{L} = -6A/s \]

◉【解答 1】然后，确定 $i_L$ 的形式；如图所示，当开关打开以后，电路为 RLC 串联电路，根据前面得出的已有结论，可以求解得到如下方程组，并由此可以推导出 $i_L$ 的形式为指数衰减的正弦函数：

\[ \begin{cases} \alpha = \frac{R}{2L} = \frac{3 + 6}{2 \times 0.5} = 9s^{-1} \\ \omega_0 = \frac{1}{\sqrt{LC}} = \frac{1}{\sqrt{0.02 \times 0.5}} = 10 rad/s \\ S_{1,2} = - \alpha \pm j \sqrt{\omega_0^2 - \alpha^2} = -9 \pm j4.36 \end{cases} \implies i_L = ke^{-9t} \sin(4.36t + \theta) \]

◉【解答 1】最后，确定待定常数；将初始值代入，从而求解得到 $k$ 和 $\theta$：

\[ \begin{cases} k \sin \theta = 1 \\ -9 k \sin \theta + 4.36k \cos \theta = -6 \end{cases} \implies \begin{cases} k = 1.21 \\ \theta = 55.4° \end{cases} \]

▶【例题 2】下面电路在开关打开前处于稳态，求解开关打开之后 $u_C$ 的定性表达式？

◉【解答 2】$u_C$ 的定性表达式由电路的固有频率决定，可以通过列写微分方程获得固有频率，或者套用之前已经讨论过的理论进行解答。该电路在开关打开之后，成为一个 RLC 并联电路，其与 RLC 串联电路对偶，将 RLC 串联电路的 $\alpha = \frac{R}{2L}$，再将电阻转换为电导，电感转换为电容，从而得到 RLC 并联电路的 $\alpha$ 值：

\[ \alpha = \frac{G}{2C} = \frac{\frac{1}{2}}{2 \times 0.004} = 62.5 s^{1} \]

◉【解答 2】根据 RLC 串联电路的 $\omega_0 = \frac{1}{\sqrt{LC}}$，将电感更换为电容，电容更换为电感，就可以马上求解得到 RLC 并联电路的 $\omega 0$：

\[ \omega_0 = \frac{1}{\sqrt{LC}} = \frac{1}{\sqrt{0.1 \times 0.004}} = 50 rad/s \]

◉【解答 2】根据上式 $\omega 0$ 为 $50 rad/s$，处于负阻尼状态，进而可以求解出其固有频率 $S_{1,2}$：

\[ S_{1,2} = - \alpha \pm \sqrt{\alpha^2 - \omega_0^2} = (-25, -100) \]

◉【解答 2】因此，$u_C$ 的定性表达式为两项指数之和：

\[ u_C = k_1 e^{-25t} + k_2 e^{-100t} \]

▶【例题 3】下图为本讲开始时提出的断路器测试电路，假定直流电压源为 10kV，要求设计一个正弦电流最大瞬时值为 20kA，并且频率为 50Hz 的电路？

◉【解答 3】本题的实质是 RLC 串联电路的零输入响应问题，要确定电流 $i_L$，需要首先确定初始值，这里标出 $u_C$，并且得到下列结果：

\[ \begin{cases} u_C(0_+) = u_C(0_-) = U_0 \\ i_L(0_+) = i_L(0_-) = 0 \\ \frac{di_L}{dt} \big \vert_{0_+} = \frac{u_L(0_+)}{L} = \frac{U_0}{L} \end{cases} \]

◉【解答 3】然后，再来确定 $i_L$ 的形式，由于线圈需要通过大电流，线径较粗电阻较小，所以 $\alpha = \frac{r_L}{2L} \approx 0$，而 $\omega_0 = \frac{1}{\sqrt{LC}}$，从而可以求解得到欠阻尼振荡的角频率 $\omega_d = \sqrt{\omega_0^2 - \alpha^2} \approx \omega_0$，由此可以知道 $i_L$ 的形式近似为正弦函数：

\[ i_L \approx k \sin(\omega_0 t + \theta) \]

◉【解答 3】接着，再来确定待定常数，利用 $i_L(0_+) = 0$，以及 $\frac{di_L}{dt} \big \vert_{0_+} = \frac{U_0}{L}$，从而可以求解得到：

\[ \begin{cases} k \sin \theta = 0 \\ k \omega_0 \cos \theta = \frac{U_0}{L} \end{cases} \implies i_L \approx \frac{U_0}{\omega_0 L} \sin \omega_0 t \]

◉【解答 3】最后，再来确定参数 L 与 C，根据题设当中的最大瞬时值 $20kA$、直流电压源 $10kV$、频率 $50Hz$ 三个已知条件，通过如下步骤就能够求解得到 $L$ 与 $C$：

\[ \begin{cases} \frac{U_0}{\omega_0 L} = 20 \times 10^3 \\ U_0 = 10 \times 10^3 \\ \omega_0 = \frac{1}{\sqrt{LC}} = 2 \pi \times 50 \end{cases} \begin{cases} L = 1.59 \times 10^{-3}H \\ C = 6.37 \times 10^{-3}F \end{cases} \]

小结

本章节分析了简单二阶电路的零输入响应，内容可以具体归纳为如下三点：

二阶电路的微分方程为二阶微分方程，具有两个特征根，称为电路的固有频率，固有频率是二阶电路的一个重要参数；
两个固有频率可以是不相等负实数、相等负实数、具有负实部的共轭复数，对应于电路的过阻尼状态、临界阻尼状态、欠阻尼状态；其中，在欠阻尼状态下，零输入响应呈现衰减的正弦振荡；
分析 RLC 串联与并联电路的零输入响应，可以采用微分方程求解固有频率，也可以直接运用之前讨论得到的结论；

直流电源激励的二阶电路

零输入响应是初始储能的自由释放过程，其变化规律由固有频率决定。二阶电路零输入响应的变化规律，主要分为过阻尼、临界阻尼、欠阻尼三种状态：

在过阻尼和临界阻尼状态下，初始储能一致衰减；欠阻尼状态下，初始储能在震荡当中衰减。二阶电路的零输入响应具有统一形式的微分方程和固有频率，如下是任意变量 y 的微分方程：

\[ \frac{d^2 y}{dt^2} + 2 \alpha \frac{dy}{dt} + \omega_0^2 y = 0 \]

其固有频率 $S_{1,2}$ 由 $\alpha$ 和 $\omega_0$ 表示：

\[ S_{1,2} = - \alpha \pm \sqrt{\alpha^2 - \omega_0^2} \]

RLC 串联与并联电路是最为简单的二阶电路，它们之间互为对偶关系：

上述结论可以直接应用于电路分析当中，下图是一个由直流电压源激励的 RLC 串联电路，可以用于产生千伏级的暂态电压，通常用于汽车点火系统：

电路当中 12V 直流电压源为汽车电池，断开开关之后，RLC 串联电路产生指数衰减的暂态高频正弦电压 $U_0$，并经过变压器放大至千伏级别，进而使火花塞在电极之间形成放电火花，点燃汽油。

RLC 串联电路的阶跃响应(零状态响应)

首先来分析 RLC 串联电路的阶跃响应，即零状态电路施加直流电源所引起的暂态过程。如下电路在开关闭合之前处于零状态，当 $t = 0$ 时开关闭合，此时该电路等价于由阶跃电源 $U_s \epsilon(t)$ 激励的电路：

阶跃电源激励的响应自然就是阶跃响应，而直流电压源激励下的零状态响应也被称为阶跃响应，分析这种响应的通用思路是列写微分方程。基于 KVL 可以得到上图左侧电路的微分方程：

\[ 电感电压\ L \frac{d}{dt}(C \frac{du_C}{dt}) + 电阻电压\ RC\frac{du_C}{dt} + 电容电压\ u_C = U_s \]

如果将上面电路当中的电压源 $U_s$ 置零，则可以得到下面这个结构相同的零输入响应电路：

该电路对应的微分方程，就是将前面微分方程中的 $U_s$ 变为零：

\[ 电感电压\ L \frac{d}{dt}(C \frac{du_C}{dt}) + 电阻电压\ RC\frac{du_C}{dt} + 电容电压\ u_C = 0 \]

由此可见，两个电路都具有相同的固有频率。电路的固有频率与电源 $U_s$ 的大小无关。RLC 串联电路的零状态响应、零输入响应，具有相同形式的通解，即具有相同形式的自由分量；因此，分析零状态响应的简单思路为：

根据固有频率确定自由分量；
基于电路获得强制分量；
通过初始值确定自由分量的待定常数；

依照这一简单的分析思路，可以利用电源 $U_s$ 置零以后的电路来确定固有频率，如下是大家熟悉的 RLC 串联电路：

首先，确定自由分量形式。根据前面的讨论，已经可以得到 $\alpha$、$\omega_0$、$S_{1,2}$ 的表达式：

\[ \begin{cases} \alpha = \frac{R}{2L} \\ \omega_0 = \frac{1}{\sqrt{LC}} \\ S_{1,2} = -\alpha \pm \sqrt{\alpha^2 - \omega_0^2} \end{cases} \]

假如 $\alpha > \omega_0$，则 $u_C$ 的自由分量 $u_{Ch}$ 等于两项指数之和：

\[ u_{Ch} = k_1 e^{s_1 t} + k_2 e^{s_2 t} \]

然后，采用 $t$ 等于无穷时的稳态电路来确定强制分量：

当 $t = \infty$ 时，电容开路电感短路：

\[ U_{Cp} = u_C(\infty) = U_s \]

最后，利用初始值确定自由分量的待定常数，就可以求解得到 $k_1$ 和 $k_2$：

\[ \begin{cases} u_C = u_{Cp} + u_{Ch} = (k_1 e^{s_1 t} + k_2 e^{s_2 t}) + U_s \\ u_C(0_+) = (k_1 + k_2) + U_s \\ \frac{du_C}{dt} \big \vert _{0_+} = -S_1 k_1 - S_2 k_2 \end{cases} \]

零状态响应的自由分量有 3 种情况，接下来进行定性分析，并且绘制出相应的波形：

如果 $\alpha > \omega_0$，即处于过阻尼状态，此时指数衰减的暂态分量与恒定的稳态分量相加：

\[ u_C = u_{Cp} + u_{Ch} = (k_1 e^{s_1 t} + k_2 e^{s_2 t}) + U_s \]

如果 $\alpha < \omega_0$，即处于欠阻尼状态，此时振荡衰减的暂态分量与恒定的稳态分量相加：

\[ u_C = u_{Cp} + u_{Ch} = (ke^{-\alpha t} \sin \omega_d t) + U_s\ 其中\ \omega_d = \sqrt{\omega_0^2 - \alpha^2} \]

如果 $\alpha = \omega_0$，即处于临界阻尼状态，此时依然是指数衰减的暂态分量与恒定的稳态分量相加：

\[ u_C = u_{Cp} + u_{Ch} = (k_1 + k_2 t) e^{- \alpha t} + U_s \]

定性绘制出波形，在 3 种情况之下，$u_C$ 都是从初始值 0 变化至稳态值 $U_s$：

其中，临界阻尼是一致上升的，达到稳态值的时间最短；而过阻尼也是一致上升的，达到稳态值的时间相对较长；而欠阻尼则是在稳态值上下振荡，振荡角频率为 $\omega_d$，接下来将会通过两道例题来加深本节知识的理解。

例题分析

▶【例题 1】下面电路在开关闭合之前处于稳态，求解开关闭合之后的电流 $i_L$ ？

◉【解答】换路之前，电感和电容都具有储能；换路之后，电路当中存在有直流电源，属于全响应。首先，确定初始值；由于电路为连续换路：

\[ \begin{cases} u_C(0_+) = u_C(0_-) = 5V \\ i_L(0_+) = i_L(0_-) = 0.5A \\ \frac{di_L}{dt} \big |_{0_+} = \frac{u_L(0_+)}{L} = \frac{u_C(0_+)}{L} = 2.5 A/秒 \end{cases} \]

◉【解答】然后，确定强制分量 $i_{Lp}$，其值等于稳态分量 $i_L(\infty)$，绘制出对应的稳态电路：

◉【解答】此时，电感短路电容开路，$i_{Lp} = i_L(\infty) = 1A$。

◉【解答】接下来，再来确定自由分量的形式；自由分量的形式是由固有频率所决定，而固有频率与电源大小无关，因此将电路当中的电源全部置零，进而得到一个 RLC 并联电路：

◉【解答】上面电路当中的 2 个 20Ω 电阻并联为 10Ω，直接套用之前得到的结论可以得到：

\[ \begin{cases} \alpha = \frac{G}{2C} = \frac{10^{-1}}{2 \times 0.02} = 2.5 S^{-1} \\ \omega_0 = \frac{1}{\sqrt{LC}} = \frac{1}{\sqrt{2 \times 0.02}} = 5\ rad/S \end{cases} \]

◉【解答】由于 $\alpha < \omega_0$，因而处于欠阻尼状态，对应的固有频率 $S_{1,2}$ 为共轭复数：

\[ S_{1,2} = -\alpha \pm \sqrt{\alpha^2 - \omega_0^2} = - 2.5 \pm j 2.5 \sqrt{3} \]

◉【解答】自由分量 $i_{Lh}$ 为指数衰减的正弦函数：

\[ i_{Lh} = ke^{-2.5t} \sin (2.5 \sqrt{3}t + \theta) \]

◉【解答】最后，确定待定常数 $i_L$，其值等于强制分量 $i_{Lp}$ 与自由分量 $i_{Lh}$ 之和：

\[ i_L = {\color{blue}{1}} + {\color{green}{ke^{-2.5t} \sin (2.5 \sqrt{3}t + \theta)}} \]

◉【解答】代入初始值，就可以求解得到 $z$ 和 $\theta$：

\[ \begin{cases} 1 + k \sin \theta = 0.5 \\ -2.5k \sin \theta + 2.5 \sqrt{3} k \cos \theta = 2.5 \end{cases} \]

▶【例题 2】分析下面的汽车点火电路，给定电路参数 $r_L = 4Ω$、$L = 8mH$、$C = 1 \mu F$、$u_{sp} \approx nu_o = 100u_o$，试计算火花塞所承受电压 $u_{sp}$ 的最大值？

◉【解答】这里将右侧变压器替换为受控电压源作为电路模型，因而电路的左侧就变为了一个 RLC 串联电路：

◉【解答】首先，确定初始值；由于该电路为连续换路，因而可以得到如下结果：

\[ u_C(0_+) = u_C(0_-) = 0V \\ i_L(0_+) = i_L(0_-) = 3A \\ \frac{di_L}{dt} \big |_{0_+} = \frac{u_L(0_+)}{L} = 0 A/秒 \]

◉【解答】然后，确定强制分量；该电路当中，强制分量 $i_{Lp}$ 就是稳态分量 $i_L(\infty) = 0$：

\[ i_{Lp} = i_L(\infty) = 0 \]

◉【解答】接下来，再来确定自由分量的形式；将 12V 电压源置零以后，得到 RLC 串联电路，直接运用现有的结论可以得到：

\[ \begin{cases} \alpha = \frac{r_L}{2L} = 250\ S^{-1} \\ \omega_0 = \frac{1}{\sqrt{LC}} = 1.12 \times 10^4\ rad/S \end{cases} \]

◉【解答】由于 $\alpha$ 远远小于 $\omega_0$，处于欠阻尼状态，且 $\omega_d$ 约等于 $\omega_0$：

\[ \omega_d = \sqrt{\omega_0^2 - \alpha^2} \approx \omega_0 \]

◉【解答】自由分量 $i_{Lh}$ 为指数衰减的正弦函数：

\[ i_{Lh} = ke^{-250t} \sin(1.12 \times 10^4 t + \theta) \]

◉【解答】最后，采用初始值确定待定常数 $i_L$：

\[ i_L \approx 3e^{-250t} \sin(1.12 \times 10^4t + 88.7°) A \]

◉【解答】确定 $i_L$ 以后，就可以获得 $u_o$ 的值：

\[ u_o = r_L i_L + L \frac{di_L}{dt} \approx -268.4e^{-250t} \sin(1.12 \times 10^4 t)V \]

◉【解答】当 $u_o$ 当中的 $\sin$ 函数等于 1 时，$u_o$ 最大，从而求得 $u_o$ 的最大值 $|u_o|_{max}$：

\[ \sin(1.12 \times 10^4 t_m) = 1 \implies t_m = 1.41 \times 10^{-4} S \implies |u_o|_{max} \]

◉【解答】再乘以 100 倍，就可以得到 $u_{sp}$ 的最大值 $|u_{sp}|_{max}$：

\[ |u_{sp}|_{max} = 100 |u_o|_{max} = 25.9 kV \]

◉【解答】可以看到，$u_{sp}$ 的最大值为 25.9 kV，该电压足以使得火花塞放电。

小结

本节内容分析了二阶电路的零状态响应和全响应，主要内容可以归纳为如下 3 点：

直流激励下的二阶电路，其零状态响应与全响应，都等于自由分量与强制分量之和；
自由分量的形式，由固有频率来决定，而固有频率与电源的大小无关，因而采用电源置零之后的电路来确定固有频率，将会更为简单；
强制分量就是稳态分量，通过稳态电路获得；而自由分量中的待定系数，则由初始值确定；

一般二阶电路分析

电路的阶次与电源的大小无关，RLC 串联与并联电路是指在电源置零之后，可以变换为电阻、电感、电容串联或者并联的电路，是工程中最为常见的二阶电路。例如下面电路会在开关打开之后，将电压源短接成为一个 RLC 串联电路：

下面这个电路则会在开关闭合之后，将电流源断开成为一个 RLC 并联电路：

而在电源置零之后，不能变换为电阻、电感、电容串联或者并联的电路，被统称为一般二阶电路。例如下面电路在开关闭合之后会将电流源断开，从而成为一个 RCC 电路：

下面这个电路则会在开关闭合之后，将电压源短接，变成一个 RLL 电路：

而下面这个电路是一个含有运算放大器的一般二阶电路，分析 RLC 串联或者并联电路时，总是需要套用相关公式来确定其固有频率：

如何对一般二阶电路进行分析，就将是本小节内容所将要探讨的话题。

一般二阶电路分析思路

遵循如下步骤，可以计算出一般二阶电路的任意响应 $y$：

例题分析

▶【例题】电路在开关闭合之前处于零状态，试利用上述思路，分析开关闭合以后的 $u_{C1}$ ？

◉【解答】第一步，确定初始值：

\[ \begin{cases} u_{C1}(0_+) = u_{C1}(0_-) = 0 \\ u_{C2}(0_+) = u_{C2}(0_-) = 0 \end{cases} \]

◉【解答】由于 $\frac{du_{C1}}{dt} \big |_{0_+} = \frac{i_{C1}(0_+)}{C_1}$，可以通过 $t = 0_+$ 时刻的电路确定 $i_{C1}(0_+)$：

◉【解答】可以看到，当 $t = 0_+$ 时，两个电容的电压都等于零，相当于短路，因此 $I_{C1}(0_+) = I_s$，从而可以得到：

\[ \frac{du_{C1}}{dt} \big |_{0_+} = \frac{i_{C1}(0_+)}{C_1} = \frac{I_s}{C_1} \]

◉【解答】第二步，确定强制分量 $u_{C_1p}$，其值由稳态电路确定，当电路处于稳态时，电容相当于开路：

◉【解答】此时，强制分量 $u_{C_1p}$ 等于稳态值 $u_{C_1}(\infty)$ 等于 $R_1$ 乘以 $I_s$：

\[ u_{C_1p} = u_{C_1}(\infty) = R_1 \times I_s \]

◉【解答】第三步，确定自由分量的形式，即 $u_{C1h}$ 的表达式，这里先要列出微分方程，再由微分方程获得固有频率，最后由固有频率确定 $u_{C1h}$ 的表达式，将换路后电路当中的电源置零：

◉【解答】然后，分别列写 KCL 和 KVL 方程，联立两个方程之后消除 $u_{C2}$，得到 $u_{C1}$ 的微分方程：

\[ \begin{cases} KCL\ \frac{u_{C1}}{R_1} + C_1 \frac{du_{C1}}{dt} + C_2 \frac{du_{C2}}{dt} = 0 \\ KVL\ u_{C1} = R_2 C_2 \frac{du_{C2}}{dt} + u_{C2} \end{cases} \implies \frac{d^2u_{C1}}{dt^2} + {\color{blue}{\frac{R_1 C_1 + R_2 C_2 + R_1 C_2}{R_1 C_1 R_2 C_2} }} \frac{du_{C1}}{dt} + {\color{green}{\frac{1}{R_1 C_1 R_2 C_2}}} u_{C1} = 0 \]

◉【解答】当二阶导数项的系数为 1 时，一阶导数项的系数等于 $2 \alpha$（上面公式蓝色部分），而零阶导数项的系数等于 $\omega_0^2$（上面公式绿色部分），由此就可以知道当前固有频率 $S_{1,2}$ 为过阻尼状态：

\[ S_{1,2} = -\alpha \pm \sqrt{\alpha^2 - \omega_0^2}\ 其中 \alpha > \omega_0\ (稍后证明) \]

◉【解答】而自由分量 $u_{C1h}$ 为两项指数之和：

\[ u_{C1h} = k_1 e^{S_1 t} + k_2 e^{S_2 t} \]

◉【解答】第四步，确定待定常数，根据 $u_{C1} = u_{C1p} + u_{C1h}$ 可以得到：

\[ u_{C1} = u_{C1p} + u_{C1h} = R_1I_s + k_1 e^{s_1 t} + k_2 e^{s_2 t} \]

◉【解答】将初始值代入其中，进而求解得到 $k_1$ 和 $k_2$：

\[ \begin{cases} R_1I_s + k_1 + k_2 = 0 \\ k_1 S_1 + k_1 S_2 = \frac{I_s}{C_1} \end{cases} \]

◉【解答】前面之所以得出 $\alpha > \omega_0$ 的结论，是将 $\alpha$ 的分母乘到右边，并且化简移项，直至调配为两项之差的平方：

\[ \begin{aligned} \alpha > \omega_0 & \implies \frac{R_1 C_1 + R_2 C_2 + R_1 C_2}{R_1 C_1 R_2 C_2} > \frac{1}{R_1 C_1 R_2 C_2} \\ & \implies R_1C_1 + R_2C_2 + R_1C_2 > 2 R_1 C_1 R_2 C_2 \sqrt{\frac{1}{R_1 C_1 R_2 C_2}} = 2 \sqrt{R_1 C_1 R_2 C_2} \\ & \implies R_1C_1 + R_2C_2 + R_1C_2 - 2 \sqrt{R_1 C_1 R_2 C_2} > 0 \\ & \implies (\sqrt{R_1 C_1} - \sqrt{R_2 C_2})^2 + R_1C_2 > 0 \end{aligned} \]

◉【解答】显然，无论在哪种情况下 $\alpha$ 都会大于 $\omega_0$，这表明无论选择哪个参数，这个 RCC 电路都只会处于过阻尼状态。换而言之，并非所有二阶电路都拥有过阻尼、临界阻尼、欠阻尼 3 种状态。

小结

本节内容讨论了一般二阶电路的分析方法，这里需要强调以下三点：

一般二阶电路的固有频率只能通过微分方程获得，而 RLC 串联和并联电路的固有频率，可以直接套用公式获得；
由于固有频率与电源的大小无关，因此，将电源置零以后再列写微分方程，能够有效降低列写微分方程的计算量；
并非所有二阶电路都存在过阻尼、临界阻尼、欠阻尼 3 种状态，但是 RLC 串并联电路，固定电感或电容电路，以及调节电阻电路，都总是会出现这 3 种状态；

正弦稳态分析

相量法

正弦电源激励的电路，达到稳态时的响应，称为正弦稳态响应，如何计算如下这个由正弦电源激励的 RLC 串联电路？

经过前面对于二阶电路的讨论，掌握了使用微分方程来计算电路的暂态响应，因而不难列写出如下关于 $u_C$ 的二阶微分方程：

\[ LC \frac{d^2 u_C}{dt^2} + RC \frac{d u_C}{dt} + u_C = \sqrt{2} U_s \cos \omega t \]

由于 $u_C$ 等于通解 $u_{Ch}$ 加上特解 $u_{Cp}$；其中，通解可能是两项指数之和，会衰减至零，属于暂态分量（下面公式蓝色部分）；而特解肯定是与微分方程右侧形式相同的正弦函数，其永远存在，属于稳态分量（下面公式绿色部分）：

\[ u_c = 通解\ u_{Ch} + 特解\ u_{Cp} = {\color{blue}{(k_1 e^{s_1 t} + k_2 e^{s_2 t})}} + {\color{green}{(\sqrt{2} U_c \cos(\omega t + \omega))}} \]

换而言之，正弦稳态响应就是激励处于相同频率的正弦函数。但是通过微分方程求解正弦稳态响应的过程较为繁琐，而本小节将要讨论的向量法则是一种计算正弦稳态响应的简单方法。

相量法的思路

相量法是数学与工程应用完美结合的典型，巧妙的将同频率的正弦函数运算，转换成为简单的复常数运算。其基本思路是将正弦电路当中的正弦量，变换为复数（称为相量），该相量再与电路结合，进而得到电路的相量模型。在相量模型当中，列写复数的代数方程（称为相量方程），求解这些方程获得相量的解，最后再将向量还原为正弦函数：

实现上述思路，需要解决如下 3 个问题：

正弦量与相量的变换关系，需要定义一种变换，以实现正弦量与常复数的对应关系；
正弦量运算的相量方法，需要解决同频率正弦量的加、减运算，以及正弦量微分、积分运算的相量方法；
电路基本方程的相量形式（即电路的相量模型），需要确定 KCL、KVL 的相量形式，以及电容、电感、电阻 U-I 关系的相量形式，并由此得出电路的相量模型；

正弦量与相量

首先来解决第一个问题，也就是定义正弦量与相量之间的变换，已知复常数 $R$ 即有直角坐标形式，也存在极坐标形式：

\[ R = r \cos \phi + jr \sin \phi = re^{j \phi} \]

复函数 $R(t)$ 的模为常数 $r$，角为 $\omega t + \phi$，将其写做直角坐标形式，其实部为 $r\cos (\omega t + \phi)$（下面公式蓝色部分）：

\[ R(t) = re^{j(\omega t + \phi)} = r \cos (\omega t + \phi) + jr sin(\omega t + \phi) \]

显然这里的正弦量 $r\cos (\omega t + \phi)$ 等于复函数 $re^{j(\omega t + \phi)}$ 的实部，而这里的复函数 $re^{j(\omega t + \phi)}$ 又可以拆分为复常数 $e^{j \phi}$ 与 $e^{j \omega t}$ 的乘积，在频率相同的条件下，$e^{j \omega t}$ 就属于公共因子，正弦量之间的差别，体现在幅值与初相的不同，因而去掉公共因子 $e^{j \omega t}$，采用复常数来代表正弦量；由于该复常数包含了正弦量的幅值与初相，所以被称为相量。

\[ r \cos (\omega t + \phi) \longleftrightarrow re^{j \phi} \]

必须注意这是一种对应关系，而并非一种相等关系，也就是说一个正弦量，总是拥有一个由其幅值与初相构成的相量；反之，一个相量总可以将其模和角视为正弦量的幅值和初相，当然这是以相同频率作为前提的。工程当中，通常采用有效值来衡量正弦量的大小：

以有效值为模，就是有效值相量，$\sqrt{2} U \cos(\omega t + \phi) \longleftrightarrow \dot{U} = Ue^{j \phi} = U \angle \phi$；
以幅值为模，则为最大值相量，$U_m \cos (\omega t + \phi) \longleftrightarrow \dot{U}_m = U_m e^{j \phi} = U_m \angle \phi$；

▶【例题】将正弦电压 $u_1 = 4 \sqrt{2} \cos 100 \pi t$ 和 $u_2 = 8 \sqrt{2} \sin(100 \pi t - 120°)$，变换为有效值相量？

◉【解答】电压 $u_1$ 的有效值为 4V，初相为 0°，因此相量 $u_1$ 等于 4 角 0° 度：

\[ u_1 \longrightarrow \dot{U}_1 = 4 \angle 0° \]

◉【解答】电压 $u_2$ 的有效值为 8V，初相为 -120°，此时如果认为相量 $u_2$ 等于 8 角 -120° 度是错误的，这是因为电压 $u_1$ 与 $u_2$ 的三角函数不同，在同一个问题当中，需要统一为相同的三角函数，这里将 $u_2$ 也写作 $\cos$ 函数，因此相量 $u_2$ 应当等于 8 角 150° 度：

\[ u_2 = 8 \sqrt{2} \cos(100 \pi t + 150°) \implies u_2 \longrightarrow \dot{U}_2 = 8 \angle 150° \]

◉【解答】接下来，可以将向量 $\dot{U_1}$ 与 $\dot{U_2}$ 绘制到一个复平面上，从而得到相量图。相量图直观反映了 $\dot{U_2}$ 超前于 $\dot{U_1}$ 有 150° 度：

正弦量运算的相量方法

接下来，解决第二个问题，即导出正弦量运算的相量方法。已知同频率的正弦量相加减，得到的结果依然是正弦量，因此可以抛开频率，只采用幅值与初相来进行运算，即采用向量来运算。例如正弦量 $u_1$ 对应的相量为 $U_1$ 角 $\phi_1$，正弦量 $u_2$ 对应的相量为 $U_2$ 角 $\phi_2$：

\[ \begin{aligned} u_1 = \sqrt{2} {\color{green}{U_1}} \cos(\omega t + {\color{blue}{\phi_1}}) \rightarrow \dot{U}_1 = U_1 e^{j \phi_1} \\ u_2 = \sqrt{2} {\color{green}{U_2}} \cos(\omega t + {\color{blue}{\phi_2}}) \rightarrow \dot{U}_2 = U_2 e^{j \phi_2} \end{aligned} \]

计算 $u$ 等于 $u_1$ 加减 $u_2$，可以先计算相量 $\dot{U}$ 等于相量 $\dot{U_1}$ 加减相量 $\dot{U_2}$：

\[ u = u_1 \pm u_2 \longleftrightarrow \dot{U} = \dot{U_1} \pm \dot{U_2} \]

然后，再将相量 $\dot{U}$ 变换为正弦量，正弦量的微分与积分运算结果也是同频率的正弦量。这里依然抛开频率，采用幅值和初相来进行计算，例如正弦量 $u$ 对应的相量为 $U$ 角 $\phi$：

\[ u = \sqrt{2} U \cos(\omega t + \phi) \implies \dot{U} = U e^{j \phi} \]

$U$ 的微分采用 $u_d$ 进行表示，等于 $\frac{du}{dt}$，对应的相量 $\dot{U}_d$ 等于相量 $\dot{U}$ 乘以 $j \Omega$，也就是对正弦函数取一次导数，相当于让相量乘以 $j \omega$：

\[ u_d = \frac{du}{dt} \longleftrightarrow \dot{U}_d = j \omega \dot{U} \]

相应的，对正弦函数取一次积分，就相当于对相量除以 $j \omega$；注意这里是指不需要积分常数的不定积分，因为正弦稳态电路当中，所有电压电流都是正弦函数，并不包含常量：

\[ u_i = \int u dt \longleftrightarrow \dot{U}_i = \frac{\dot{U}}{j \omega} \]

上述正弦量运算的相量方法，其具体推导过程可以参考相关书籍，接下来通过两道例题进一步理解其应用。

▶【例题 1】已知 $u_1 = 3 \cos 2t$ 和 $u_2 = 4 \cos (2t + 90°)$ 求解这两个同频率的正弦电压之和 $u = u_1 + u_2$ ？

◉【解答 1】这里不再采用三角函数的和差化积来进行计算，而是采用上面讨论的相量法。电压 $u_1$ 对应的相量为 3 角 0° 度，电压 $u_2$ 对应的相量为 4 角 90° 度：

\[ \begin{aligned} & u_1 \rightarrow \dot{U}_1 = 3 \angle 0° \\ & u_2 \rightarrow \dot{U}_2 = 4 \angle 90° \end{aligned} \]

相量 $\dot{U}_1$ 与 $\dot{U}_2$ 相加，可以得到相量 $U$ 为 5 角 53.1° 度：

\[ \dot{U} = \dot{U}_1 + \dot{U}_2 = 3 \angle 0° + 4 \angle 90° = 5 \angle 53.1° \]

将相量 $U$ 变换为正弦函数，就可以得到正弦量 $u_1$ 与 $u_2$ 之和，

\[ \dot{U} = u = 5 \cos(2t + 53.1°) \]

注意：这里的 $u_1$ 与 $u_2$ 是指同频率、同三角函数的正弦量。

▶【例题 2】求解微分方程 $2 \frac{d^2u}{dt^2} + 5 \frac{du}{dt} + u = 100 \sin(5t - 30°)$ 的特解？

◉【解答 2】观察可以发现，上面微分方程的右侧是一个正弦函数，因此其特解为与其频率相同的正弦函数，这里假设特解 $u_p$ 等于 $U \sin (5t + \phi)$，其对应的相量为 U 角 $\phi$：

\[ 2 \frac{d^2 u}{dt^2} + 5 \frac{du}{dt} + u = 100 \sin (5t - 30°) \]

采用相量法求取特解，将微分方程变换为相量方程，微分方程左侧第 1 项是对正弦函数取 2 阶导数，相当于对相量 $u_p$ 乘以 2 次 $j \omega$（此处的 $\omega$ 等于 5）；而第 2 项是对正弦函数取 1 阶导数，相当于对相量 $u_p$ 乘以 $j \omega$；此外，第 3 项是相量 $u_p$ 本身；最后，右侧的正弦函数需要变换为相量 100 角 -30° 度：

\[ 2 \times (j 5)^2 \dot{U}_p + 5 \times (j 5) \dot{U}_p + \dot{U}_p = 100 \angle - 30° \]

这样微分方程就变成了上面这个代数形式的相量方程，再经过简单的复数运算，就可以确定相量 $\dot{U}_p$ 得到特解：

\[ \dot{U}_p = \frac{100 \angle - 30°}{2 \times (j5)^2 + 5 \times (j5) + 1} = 1.82 \angle 177° \ V \]

基本方程的相量形式

最后，着手解决第三个问题；经过前面的学习已经知道，电路的基本方程包含元件的 U-I 关系方程、KCL/KVL 方程两部分。

电阻

首先，讨论电阻元件 U-I 关系的相量形式：

关联参考方向下，电阻时域的 U-I 关系为 $u_R = R i_R$，由于现在 $u_R$ 与 $i_R$ 为同频率正弦量，如果采用相量表示，那么相量 $u_R$ 与 $i_R$ 的关系显然为相量 $\dot{U_R}$ 等于 $R$ 乘以相量 $R\dot{I}_R$：

\[ u_R = R i_R \implies \dot{U_R} = {\color{red}{R}}\dot{I}_R \]

在复平面上先绘制出相量 $I_R$，初相为 $\phi_i$，相量 $\dot{U_R}$ 与相量 $\dot{I_R}$ 相同相位：

电感

接下来，讨论电感元件 U-I 关系的相量形式：

关联参考方程下，电感时域的 U-I 关系为 $u_L = L \frac{di_L}{dt}$，其中 $u_L$ 与 $i_L$ 为同频率的正弦量，变换为相量并且取导数运算，对应于乘以 $j \omega$，即相量 $\dot{U}_L$ 等于 $j \omega L$ 乘以 $\dot{I}_L$：

\[ u_L = L \frac{di_L}{dt} \implies \dot{U}_L = {\color{red}{j \omega L}} \dot{I}_L \]

在复平面上先绘制出相量 $I_L$，此时相量 $\dot{U_L}$ 超前 $\dot{I_L}$ 有 90°，这是由于相量乘 $j$ 就是乘 $ej90°$ 度，即初相加上 $90°$ 度：

电容

然后，再来讨论电容元件 U-I 关系的相量形式：

关联参考方程下，电容时域的 U-I 关系为 $i_C = C \frac{du_C}{dt}$，将 $i_C$ 与 $u_C$ 变换为相量，相量 $\dot{I}_C$ 等于 $j \omega C$ 乘以相量 $\dot{U}_C$，为了统一格式，这里写作相量 $\dot{U}_C$ 等于相量 $\dot{I}_C$ 除以 $j \omega C$ 的形式：

\[ i_C = C \frac{du_C}{dt} \implies \dot{U}_C = {\color{red}{\frac{1}{j \omega C}}} \dot{I}_C \]

同样在复平面上绘制出相量 $\dot{I}_C$，观察可以发现，相量 $\dot{U}_C$ 滞后于 $\dot{I}_C$ 有 90°：

注意：电容的电压滞后电流 90°，而电感的电压超前电流 90°，

将元件的电压、电流用相量表示，将其关系写作相量形式，就可以得到元件的相量模型。电阻、电感、电容的相量 U-I 关系具有统一的形式，它们都是线性代数方程，只是其系数属于复数域。因此，电阻、电感、电容的相量模型当中，元件参数应该相应的修改为 $R$、$j \omega L$、$\frac{1}{j \omega C}$：

这里，我们定义 $X_L = \omega L$ 为电感的感抗，单位为欧姆，其体现了电感的电压与电流的幅值关系。定义 $X_C = \frac{1}{\omega C}$ 为电容的容抗，单位同样也为欧姆，其体现了电容的电压与电流的幅值关系。

\[ \begin{cases} 容抗\ X_C = \frac{1}{\omega C} \\ 感抗\ X_L = \omega L \end{cases} \]

KCL/KVL

最后，还需要推导出 KCL/KVL 的相量形式，下图是正弦稳态电路当中的一个结点：

将电流用相量表示，同频率正弦量的加减，对应于相量的加减，因此 KCL 方程的相量形式为：

\[ \dot{I}_1 + \dot{I}_2 - \dot{I}_3 = 0 \]

下图为正弦稳态电路当中的一个回路：

该回路所对应 KVL 方程的相量形式如下所示：

\[ \dot{U}_1 + \dot{U}_2 + \dot{U}_3 = 0 \]

电路的相量模型

前面已经分别讨论过相量法相关的 3 个问题，接下来就采用相量法来分析几个电路实例。

▶【例题】确定下面电路当中的电流？

◉【解答】该电路处于稳态，电源为正弦函数，因此该电路为一个正弦稳态电路。电路当中的所有的电压、电流都是与电源同频率的正弦量，采用相量表示，将电路变换为如下的相量模型：

电阻 $R$ 的相量模型参数依然是 $R = 100Ω$，电容 $C$ 相量模型的参数为 $\frac{1}{j \omega C}$，电感 $L$ 相量模型的参数为 $j \omega L$，电压源 $U_s$ 的相量模型当中，电压等于相量 $\dot{U}_s$：

\[ \begin{cases} u_s = 100 \sqrt{2} \cos (1000 t) V \longrightarrow \dot{U}_s = 100 \angle 0° \\ \frac{1}{j \omega C} = \frac{1}{j 1000 \times 10 \times 10^{-6}} = - j100Ω \\ j \omega L = j 1000 \times 0.2 = j 200 Ω \end{cases} \]

这里运用前面讨论过的相量形式 KVL 方程，即电压源的电压相量等于电阻、电容、电感的电压相量之和，将电阻、电容、电感相量形式的 U-I 关系代入这个 KVL 方程，从而得到一个简单的代数方程，并进一步求解得到相量 $\dot{I}$：

\[ \begin{aligned} \dot{U_s} &= \dot{U_R} + \dot{U_C} + \dot{U_L} = R\dot{I} + \frac{1}{j \omega C} \dot{I} + j \omega L \dot{I} \\ & \implies 100 \angle 0° = (100 - j100 + j200) \dot{I} \\ & \implies \dot{I} = \frac{100 \angle 0°}{100 + j100} = \frac{1}{\sqrt{2}} \angle -45° \ A \end{aligned} \]

接下来，将相量转换为正弦量 $i$（此处需要注意 $\sqrt{2}$、$\cos$、$1000$ 以及 $\frac{1}{\sqrt{2}}$、$-45°$ 出现的位置）：

\[ i = \frac{1}{\sqrt{2}} \sqrt{2} \cos (1000t - 45°)\ A \]

小结

本小节的内容虽然较为丰富，但是依然可以归纳为如下两个核心问题：

首先，是要掌握相量法的求解步骤：

绘制出电路的相量模型；
列写相量形式的基本方程；
从相量方程当中获得相量解；
将相量解变换为正弦量；

然后，是掌握元件相量形式的 U-I 关系，即相量形式的欧姆定律：

元件	频域（相量形式）
电阻 R	$\dot{U} = {\color{red}{R}} \dot{I}$
电感 L	$\dot{U} = j \omega L \dot{I} = {\color{red}{j X_L}} \dot{I}$
电容 C	$\dot{U} = \frac{\dot{I}}{j \omega C} = {\color{red}{- j X_C}} \dot{I}$

注意：相量 $\dot{U}$ 与相量 $\dot{I}$ 属于齐次线性关系。

阻抗与导纳

根据前一小节内容的介绍，电阻、电感、电容元件的相量模型分别如下所示：

这些相量模型都具有统一的形式，可以视为一个元件 Z，其电压电流 U-I 关系为相量 $\dot{U}$ 等于 $Z$ 乘以相量 $\dot{I}$，呈现出统一的齐次线性关系，注意这里的系数 Z 属于复数范畴：

元件的阻抗与导纳

首先，来讨论元件的阻抗与导纳。前面已经分析了正弦稳态下线性非时变的电阻、电感、电容元件的 U-I 关系，这 3 个关系式可以统一成相量形式的欧姆定律 $\dot{U} = {\color{blue}{Z}} \dot{I}$，这里的 ${\color{blue}{Z}}$ 为阻抗，单位为欧姆 Ω；也可以写作 $\dot{I} = {\color{blue}{Y}} \dot{U}$，这里的 ${\color{blue}{Y}}$ 为导纳，单位为西门子 S：

对于电阻元件， $阻抗\ Z = R$，$导纳\ Y = \frac{1}{R} = 电导\ G$
对于电感元件，$阻抗\ Z = j \omega L = jX_L$（这里 $X_L$ 称为感抗）， $导纳\ Y = \frac{1}{j \omega L} = - jB_L$（这里 $B_L$ 称为感纳），感抗和感纳分别对应于电阻和电导；
对于电容元件，$阻抗\ Z = \frac{1}{j \omega C} = - jX_C$（这里 $X_C$ 称为容抗），$导纳\ Y = j \omega C = jB_C$（这里 $B_C$ 称为容纳）；

注意：感抗与感纳、容抗与容纳表征的都是正弦电压电流的幅值关系。

支路的阻抗与导纳

接下来的内容里，再来分别对串联支路、并联支路的阻抗与导纳进行讨论。

RLC 串联支路的阻抗

RLC 串联支路是一种比较具有代表性的串联支路：

端口电压相量与电流相量的比值就是支路的阻抗 $Z = \frac{\dot{U}}{\dot{I}}$，利用 KVL 可以得到 Z 等于 $\dot{U_R}$、$\dot{U_L}$、$\dot{U_C}$ 向量之和，除以电流相量 $\dot{I}$：

\[ Z = \frac{\dot{U}}{\dot{I}} = \frac{\dot{U_R} + \dot{U_L} + \dot{U_C}}{\dot{I}} \]

然后，再将元件的 U-I 关系代入，消去电流 $I$ 进而得到：

\[ Z = R + {\color{blue}{j \omega L - j \frac{1}{\omega C}}} \]

接着，将上面公式蓝色部分的虚部合并，可以继续得到：

\[ Z = R + j(X_L - X_C) \]

这里的 $X_L$ 是感抗，而 $X_C$ 是容抗，将感抗 $X_L$ 减去容抗 $X_C$ 采用电抗 $X$ 来进行表示，从而体现出电容和电感特性的综合作用。此外，感抗减去容抗还表明电感与电容的作用具有互补性，或者可以理解为它们之间能够相互抵消：

\[ Z = R + jX = |Z| \angle \varphi_z \]

当电抗 $X > 0$ 时，电容的作用就会全部被电感所抵消，从支路端口观察，将只能感受到电阻与电感的存在，支路呈感性，即感性支路。对于感性支路，由于元件串联，这里选择电流 $\dot{I}$ 为参考相量，$\dot{U_R}$ 与电流 $\dot{I}$ 同相，由于 $\dot{U_L}$ 与 $\dot{U_R}$ 是相加关系，因此 $\dot{U_L}$ 与 $\dot{U_R}$ 首尾相连，且 $\dot{U_L}$ 超前电流 90°；$\dot{U_C}$ 与 $\dot{U_L}$ 首尾相连，并且 $U_C$ 滞后电流 $90°$，连接 $\dot{U_R}$ 的首以及 $\dot{U_C}$ 的尾，就是端口电压 $\dot{U}$；因为 $X_L > X_C$，所以 $U_L > U_C$，故 $U$ 超前于 $I$，其超前的角度为 $\varphi_z$，这里的 $\varphi_z$ 就是阻抗角，其值大于 0° 小于 90°，最后得到的相量图如下所示：

当电抗 $X < 0$ 时，电感的作用就会全部被电容所抵消，从支路端口观察，将只能感受到电阻与电容的存在，支路呈容性，即容性支路。这里依然选取电流 $\dot{I}$ 为参考相量，$\dot{U_R}$ 与电流 $\dot{I}$ 同相，$\dot{U_L}$ 超前电流 90°，$U_C$ 滞后电流 $90°$，连接 $\dot{U_R}$ 的首与 $\dot{U_C}$ 的尾，就得到端口电压 $\dot{U}$，由于 $X_L < X_C$，因而 $U_L < U_C$，所以 $\dot{U}$ 滞后于 $\dot{I}$，滞后的角度为 $- \varphi_z$，其值大于 -90° 小于 0°，最后得到的相量图如下所示：

当电抗 $X = 0$ 时，电感电容的作用相互抵消，从支路端口观察，将只能感受到电阻的存在，支路呈阻性，即阻性支路。这里同样选取电流 $\dot{I}$ 作为参考相量，$\dot{U_R}$ 与电流 $\dot{I}$ 同相，$\dot{U_L}$ 超前电流 90°，$U_C$ 滞后电流 $90°$，连接 $\dot{U_R}$ 的首与 $\dot{U_C}$ 的尾，就得到端口电压 $\dot{U}$，由于 $X_L = X_C$，故 $U_L = U_C$，因而 $\dot{U}$ 与 $\dot{I}$ 同相，并且等于 $\dot{U_R}$，阻抗角 $\varphi_z = 0$，这种感性、容性作用相互抵消的状态，实质上就是电感、电容的储能完全往复交换的状态，称为谐振状态，又由于 RC 相互串联，故称为串联谐振，最后得到的相量图如下所示：

RLC 并联支路的导纳

RLC 并联支路也是一种比较具有代表性的并联支路：

并联支路采用导纳分析较为方便，端口的电压相量与电流相量比值就是支路的导纳，运用 KCL 定律可以得到 $Y$ 等于 $\dot{I_R}$、$\dot{I_L}$、$\dot{I_C}$ 相量之和除以电压相量 $\dot{U}$：

\[ Y = \frac{\dot{I}}{\dot{U}} = \frac{\dot{I_R} + \dot{I_L} + \dot{I_C}}{\dot{U}} \]

将元件的 U-I 关系代入，消除电压 $\dot{U}$ 就可以得到：

\[ Y = \frac{\frac{\dot{U}}{R} + \frac{\dot{U}}{j \omega L} + j \omega C \dot{U}}{\dot{U}} = \frac{1}{R} + {\color{green}{j(\omega C - \frac{1}{\omega L})}} = G + {\color{green}{j(B_C - B_L)}} \]

上面推导结论当中的 $B_C$ 称为容纳，$B_L$ 称为感纳，将 $B_C - B_L$ 用 B 表示，称为电纳（与电抗对偶），其体现了电感电容的互补性以及综合作用。

当电纳 $B < 0$ 时，电容的作用全部被电感抵消，支路呈感性。由于当前感性支路并联，这里选择电压 $\dot{U}$ 为参考相量，且 $\dot{I_R}$ 与 $\dot{U}$ 同相，而 $\dot{I_L}$ 滞后 $U$ 有 90°，$\dot{I_C}$ 超前于 $\dot{U}$ 也有 90°；接下来，将这三个电流相加，$\dot{I_C}$ 平移与 $\dot{I_L}$ 相加，然后再与 $\dot{I_R}$ 相加得到电流 $\dot{I}$，这里 $\dot{U}$ 必然超前于 $\dot{I}$，由于属于感性支路，超前的角度为负 $\varphi_Y$，这里的 $\varphi_Y$ 就是导纳角，最终得到的相量图如下所示：

当电纳 $B > 0$ 时，电感的作用全部被电容抵消，支路呈容性。对于容性支路，依然选择电压 $\dot{U}$ 为参考相量，而 $\dot{I_R}$ 依然与 $\dot{U}$ 同相，$\dot{I_L}$ 滞后 $U$ 有 90°，$\dot{I_C}$ 超前于 $\dot{U}$ 同样有 90°；同样将三个电流相加，$\dot{I_L}$ 平移与 $\dot{I_C}$ 相加，再与 $\dot{I_R}$ 相加得到电流 $\dot{I}$，这里 $\dot{U}$ 必然滞后于 $\dot{I}$，由于此处属于容性支路，其滞后角度为 $\varphi_Y$，最终得到的相量图如下所示：

当电纳 $B = 0$ 时，电感与电容的作用相互抵消，支路呈阻性。对于阻性支路，同样选择电压 $\dot{U}$ 为参考相量，而 $\dot{I_R}$ 与 $\dot{U}$ 同相，$\dot{I_L}$ 滞后 $U$ 有 90°，$\dot{I_C}$ 超前于 $\dot{U}$ 有 90°；继续将三个电流相加，$\dot{I_L}$ 与 $\dot{I_C}$ 相加等于零，这里的 $\dot{I}$ 就是 $\dot{I_R}$，而 $\dot{U}$ 与 $\dot{I}$ 同相，此时电感与电容的作用依然相互抵消，电感与电容的储能还是完全往复交换，这种状态称为并联谐振，最终得到的相量图如下所示：

阻抗联结

元件可以用阻抗和导纳表示，而 RLC 串并联支路也可以等效为阻抗和导纳。阻抗的相互联结，类似于电阻的相互联结。

阻抗的串联

阻抗的串联就类似于电阻串联：

上面电路当中的等效阻抗 $Z_{eq}$ 就等于串联阻抗之和：

\[ Z_{eq} = \sum^n_{k=1} Z_k \]

而阻抗的分压关系则是按照阻抗的正比进行分压：

\[ \frac{\dot{U_k}}{\dot{U}} = \frac{Z_k}{Z_{eq}} \]

阻抗的并联

阻抗的并联同样类似于电导并联：

等效导纳 $Y_{eq}$ 等于各个并联导纳之和：

\[ Y_{eq} = \sum^n_{k=1} Y_k \]

分流关系为按照导纳的正比进行分流：

\[ \frac{\dot{I_k}}{\dot{I}} = \frac{Y_k}{Y_{eq}} \]

星形与三角形联结互换

对于星形与三角形互换，下图左侧是由 $Z_1$、$Z_2$、$Z_3$ 构成的星形联结，而右侧是由 $Z_{12}$、$Z_{23}$、$Z_{31}$ 构成的三角形联结：

当由星形 $Y$ 变换为三角形 $\Delta$ 时，采用导纳运算更为方便，$Y_{12}$ 等于星形的 3 个导纳之和作为分母，星形中连接在结点的 1 和 2 的两个导纳之积作为分子的方程：

\[ Y_{\color{green}{12}} = \frac{Y_{\color{green}{1}} Y_{\color{green}{2}}}{Y_1 + Y_2 + Y_3} \]

当由三角形 $\Delta$ 变换为星形 $Y$ 时，则采用阻抗运算比较方便，$Z_1$ 等于三角形的 3 个阻抗之和作为分母，三角形当中连接在结点 1 的两个阻抗之积作为分子的方程：

\[ Z_{\color{green}{1}} = \frac{Z_{\color{green}{12}} Z_{\color{green}{31}}}{Z_{12} + Z_{23} + Z_{31}} \]

注意：以上规律都具有对耦性，非常便于记忆。

无源网络的等效模型

至此，由阻抗构成的无源一端口网络，就如同由线性电阻构成的一端口网络，即可以等效为一个阻抗，也可以等效为一个导纳：

当无源网络等效为阻抗时 $Z = \frac{\dot{U}}{\dot{I}} = R + jX$，相当于一个电阻元件和一个电抗元件的串联。当网络为感性时，电抗元件为电感；而当网络为容性时，电抗元件为电容。

在无源网络等效为阻抗时，端口电压 $\dot{U}$ 分解为正交的 $U_R$ 和 $U_X$，绘制其对应的相量图，这里先绘制出电流 $\dot{I}$，由于 $\dot{U_R}$ 与 $\dot{I}$ 同相，在 X 不等于零的条件下，$\dot{U_X}$ 一定与 $\dot{I}$ 相差 90°；而当网络为感性时，$\dot{U_X}$ 超前 90°，最后得到的 $\dot{U}$ 则超前 $\dot{I}$ 一个小于 90° 的角；此时，电压 $\dot{U}$、$\dot{U_R}$、$\dot{U_X}$ 构成上图的直角三角形。

当无源网络等效为导纳时 $Y = \frac{\dot{I}}{\dot{U}} = G + jB$，相当于一个电导元件和一个电纳元件并联。当网络为感性时，电纳元件为电感；而当网络为容性时，电纳元件为电容：

在无源网络等效为导纳时，端口电流 $\dot{I}$ 分解为正交的 $I_G$ 和 $I_B$，再绘制其对应的相量图，这里先画出电压 $\dot{U}$，由于 $\dot{I_G}$ 与 $\dot{U}$ 同相，在 B 不等于零的条件下，$\dot{I_B}$ 与 $\dot{U}$ 相差 90°；而当网络为感性时，$\dot{I_B}$ 滞后 $\dot{U}$ 有 90°，依然得到 $\dot{U}$ 超前 $\dot{I}$ 一个小于 90° 的角；此时，电流 $\dot{I}$、$\dot{I_G}$、$\dot{I_B}$ 同样构成了上图的直角三角形。

小结

本小结从不同角度来理解阻抗与导纳的概念：

由于 R、L、C 元件相量形式的 U-I 关系为齐次线性关系，即相量形式的欧姆定律，由此引入阻抗与导纳；
阻抗与导纳是电压相量与电流相量的比值，属于复数，但是并非相量，可以划分为感性、容性、阻性；
之所以引入类似于电阻的阻抗，以及类似于电导的导纳，是为了方便分析复杂的正弦稳态电路；

复杂正弦稳态电路分析

无论哪种电路分析方法，所依据的总是 KCL/KVL 方程和元件的 U-I 关系，下面将相量模型的基本方程与电阻电路的基本方程进行列表对照：

观察上面的表格可以发现，两者的形式基本一致，分析相量模型与分析电阻电路的方法基本相同。

运用等效变换

对于不太复杂的正弦稳态电路，可以采用等效变换方法分析其相量模型。

▶【例题】求解如下电路的稳态响应 $i_L$ 与 $u_C$ ？

◉【解答】首先，将电路变换为如下的相量模型，电压与电流采用相量表示，元件参数使用阻抗表示，电源相量 $\dot{U_s}$ 为 90 角 0° 度，采用 sin 函数最大值相量进行表示：

电感的阻抗为 $j \omega L = j 100 \times 0.1 = j10Ω$；
电容的阻抗为 $\frac{1}{j \omega C} = \frac{1}{j100 \times 2 \times 10^{-3}} = -j5Ω$；
蓝色并联部分的等效阻抗为 $Z_{eq} = (5-j5)//5 = (3-j1)Ω$；

由此，就可以得到 $\dot{I_L}$ 的相量形式：

\[ \dot{I_L} = \frac{\dot{U_s}}{j10 + Z_{eq}} = 9.5 \angle - 71.6° A \]

接着，将这个相量 $\dot{I_L}$ 转换为正弦量，注意要与电源的函数形式保持一致：

\[ i_L = 9.5 \sin(100t - 71.6°) A \]

求解 $u_C$ 需要使用到分流关系，将 $\dot{I_L}$ 按照阻抗的反比进行分流，得到电容上的电流 $\frac{5}{(-j5 + 5) + 5} \times \dot{I_L}$ 乘以 $-j5$ 欧姆：

\[ \dot{U_C} = -j5 \times \frac{5}{(-j5 + 5) + 5} \times \dot{I_L} \]

使用结点/网孔方程

对于较为复杂的正弦稳态电路，需要列写结点与网孔方程。

▶【例题】计算如下电路的稳态响应 $i_O$ ？

◉【解答】上面电路拥有 $u_{s1}$ 和 $u_{s2}$ 两个正弦电源：

\[ \begin{cases} u_{s1} = 60 \sqrt{2} \cos (4 \times 10^4 t) \ V \\ u_{s2} = 127.3 \sqrt{2} \sin (4 \times 10^4 t + 180°) \ V \end{cases} \]

◉【解答】它们的角频率都是 $4 \times 10^4$，因此电路的稳态响应也是角频率为 $4 \times 10^4$ 的正弦量，同频率的电源可以出现在同一个相量模型当中，下面绘制出相量模型：

◉【解答】相量 $\dot{U_{s1}}$ 等于 60 角 0° 度，而相量 $\dot{U_{s2}}$ 等于 90 角 180° 度，但是这里的 $\dot{U_{s2}}$ 存在问题，因为同一个相量模型当中，正弦量必须为相同形式（包括幅值相同、三角函数相同、频率相同），因而 $U_{s2}$ 的幅值需要变换为 $90 \sqrt{2}$，并且三角函数需要变换为 $\cos$，初相变换为 90° 度：

\[ u_{s2} = 90 \sqrt{2} \cos(4 \times 10^4 t + 90°) V \implies \dot{U_{s2}} = 90 \angle 90° V \]

◉【解答】电感的阻抗 $j \omega L = j4 \times 10^4 \times 125 \times 10^{-6} = j5\ Ω$，电容的阻抗 $\frac{1}{j \omega C} = \frac{1}{j4 \times 10^4 \times 1.25 \times 10^{-6}} = -j20\ Ω$，这里采用结点方程分析该相量模型最为简便，选取的参考结点只存在着一个未知的结点电位 $\dot{U}$：

◉【解答】接下来，列写出对应的结点方程：

\[ (\frac{1}{20} + \frac{1}{j5} + \frac{1}{-j20}) \dot{U} - \frac{1}{20} \dot{U_{s1}} - \frac{1}{-j20}(- \dot{U_{s2}}) = 0 \]

◉【解答】结点方程第 1 项系数 $(\frac{1}{20} + \frac{1}{j5} + \frac{1}{-j20})$ 为结点自导纳，而第 2 项系数 $- \frac{1}{20}$ 和第 3 项系数 $- \frac{1}{-j20}$ 为结点互导纳，求解得到结点电位 $\dot{U}$，进而就可以得到电流 $\dot{I_O}$：

\[ \dot{I_O} = \frac{\dot{U}}{j5} = 9.5 \angle - 18.4° A \]

◉【解答】将上面的相量结果转换为正弦量，就可以得到待求电流 $i_O$：

\[ i_O = 9.5 \sqrt{2} \cos (4 \times 10^4 t - 18.4°) A \]

注意：将电源变换为相量时，采用的是有效值 $\cos$ 函数，那么结果也需要为有效值 $\cos$ 函数。

采用叠加定理

▶【例题】计算下图电路的稳态响应 $u_O$ ？

◉【解答】该电路拥有 2 个频率不同的正弦电源，频率不同就意味着对应的阻抗不同，因而频率不同的正弦电源，不能出现在同一个相量模型当中，这里需要应用到叠加定理进行分析。

◉【解答】首先，画出电压源单独作用时对应的相量模型，电容、电感的阻抗分别为 $-j4Ω$ 和 $j6Ω$：

◉【解答】然后，画出电流源单独作用时对应的相量模型，电容、电感的阻抗分别为 $-j6Ω$ 和 $j4Ω$：

◉【解答】接着，运用阻抗分压计算电压源单独作用下的 $\dot{U_O'}$：

\[ \dot{U_O'} = \frac{(-j4) // j6}{6 + (-j4) // j6} \times 12 \angle 0° = 10.7 \angle - 26.6°V \]

◉【解答】接下来，采用导纳并联计算电流源单独作用下的 $\dot{U_O''}$：

\[ \dot{U_O''} = \frac{1}{\frac{1}{6} + \frac{1}{-j6} + \frac{1}{j4}} \times 4 \angle 0° = 21.5 \angle 26.6° V \]

◉【解答】分别将相量 $\dot{U_O'}$ 和 $\dot{U_O''}$ 变换为正弦量：

将 $\dot{U_O'}$ 变换为正弦量时，其形式与电压源保持一致 $u_O' = 10.7 \cos (3t - 26.6°) V$；
把 $\dot{U_O''}$ 变换为正弦量时，其形式与电流源保持一致 $u_O'' = 21.5 \sqrt{2} \sin(2t + 26.6°) V$；

◉【解答】最后，将得到的正弦函数相加就可以得到待求电压 $u_O$：

\[ u_O = u_O' + u_O'' \]

应用戴维南定理

▶【例题】下面是一个正弦稳态电路的相量模型，已知电流相量 $\dot{I_o} = 2 \angle 0°\ A$，求解相量 $\dot{U_s}$ ？

◉【解答】本题将会采用戴维南定理进行求解，通过画出相量模型的戴维南等效电路，进而计算得到等效参数 $U_{oc}$ 和 $Z_{eq}$：

◉【解答】首先，计算开路电压，将 1Ω 电阻开路得到下面电路：

◉【解答】此时，阻抗 $j2$ 与 $j_4$ 参与分压，可以得到 $\dot{U_{oc}}$ 等于：

\[ \dot{U_{oc}} = \frac{j2}{j4 + j2} (- \dot{U_s}) = -\frac{1}{3} \dot{U_s} \]

◉【解答】然后，计算等效阻抗，将电压源置零，此时阻抗 $j2$ 与 $j4$ 并联，可以得到 $Z_{eq}$ 等于：

\[ Z_{eq} = - j1 + \frac{j4 \times j2}{j4 + j2} = j \frac{1}{3} Ω \]

◉【解答】回到本题开始的等效电路中，推导出相量 $\dot{I_o}$，并由此推导出相量 $\dot{U_s}$

\[ \dot{I_o} = \frac{\dot{U_{oc}}}{1 + Z_{eq}} \implies \dot{U_s} \]

小结

本小节讨论了如何将线性电阻电路的分析方法，应用于相量模型的分析当中，这里需要强调 3 点：

相量模型的分析方法包括等效变换、电路方程、电路定理，除此之外，还可以采用相量图进行分析；
相同的相量模型当中，电源必须保持同频率、同幅值模式、同三角函数，这里的同幅值模式是指有效值还是最大值；
频率不同的电源共同作用时，必须使用叠加定理，最终结果是正弦量相加，而非相量相加；

相量图的应用

正弦稳态电路分析基于相量模型的基本方程（包括 KCL/KVL 方程，元件的 U-I 关系）：

\[ \begin{cases} KCL 方程：& \sum \dot{I_k} = 0 \\ KVL 方程：& \sum \dot{U_k} = 0 \\ 电压电流关系：& \dot{U} = Z \dot{I} \end{cases} \]

由上述这些基本方程，推导出分析相量模型的方法，包括等效变换、结点方程、网孔方程 以及其它电路定理。除此之外，正弦稳态电路的分析，还有一种辅助性的方法，即运用相量图。这种方法将基本方程体现到了相量图当中，把相量的代数关系转变为了几何关系。如何绘制体现基本方程的向量图，以及如何利用相量的几何关系分析问题，就是本小节所要讨论的主要内容。

位形相量图

绘制出体现下面电路基本方程的向量图：

首先，标出电压相量，选择电流 $\dot{I}$ 作为参考相量，电压 $\dot{U_{R1}}$ 和 $\dot{U_{R2}}$ 都与 $\dot{I}$ 同相，电压 $U_L$ 超前 $\dot{I}$ 有 90° 度，而电压 $\dot{U_C}$ 滞后 $\dot{I}$ 也有 90° 度，从而得到如下仅仅体现 U-I 关系的相量图：

然后，由于上图未能体现所有的基本方程，对于分析电路帮助不大，由于该电路当中的电压相量满足一个 KVL 方程：

\[ U = \dot{U_{R1}} + U_{L} + \dot{U_{R2}} + \dot{U_C} \]

接下来，需要绘制出一个能够体现该 KVL 方程的相量图，这里依然选择电流 $I$ 作为参考相量，电压 $\dot{U_{R1}}$ 和 $\dot{U_{R2}}$ 依然与 $\dot{I}$ 同相。由于 KVL 方程当中，$\dot{U_{R1}}$ 与 $\dot{U_{R2}}$ 为相加关系，这里使用首尾相连来表示这种相加的关系，电压 $U_L$ 超前 $\dot{I}$ 有 90° 度，而电压 $\dot{U_C}$ 滞后 $\dot{I}$ 也有 90° 度，这里连接 $\dot{U_{R1}}$ 的首与 $\dot{U_C}$ 的尾，从而得到电压 $\dot{U}$，这样得到的相量图即体现了 $U-I$ 关系，也体现了 KVL 方程（整个闭合多边形对应于 KVL 方程）。

注意：绘制该向量图时，对 KVL 方程当中相加的电压项进行了位置调整，$\dot{U_{R2}}$ 被前移：

最后，再来绘制一个相量图，使得 KVL 方程当中，相加的电压项与电路当中的元件连接顺序保持一致。这里同样选择电流 $I$ 作为参考相量，电压 $\dot{U_{R1}}$ 与电流 $\dot{I}$ 同相，电压 $\dot{U_L}$ 超前 $\dot{I}$ 有 90° 度；而电压 $\dot{U_{R2}}$ 也与电流 $\dot{I}$ 同相，电压 $\dot{U_C}$ 滞后 $\dot{I}$ 有 90° 度；连接 $\dot{U_{R1}}$ 的首与 $\dot{U_C}$ 的尾，得到电压 $\dot{U}$，这样得到的相量图即体现了 $U-I$ 关系，也体现了 KVL 方程，还体现了元件的连接顺序：

本节开头电路当中的元件连接点有 a、b、c、d、e，相量图当中的相量连接点也有 a、b、c、d、e，这种相量图就称为位形相量图，其优点在于连接相量图当中两个点的相量，就是电路当中两个点之间的电压。例如电压 $\dot{U_{bd}}$ 就是相量图当中由 b 指向 d 的相量：

注意：位形相量图不仅体现了所有的基本方程，还体现了元件的连接顺序，完整的将相量的代数关系转变为几何关系。位形相量图的形状与电路的连接方式相关，但是与电压的参考方向无关，去掉电压参考方向，位形相量图依然会保持不变。

相量图应用举例

前面的内容讨论了，如何绘制体现所有基本方程的相量图。接下来通过两道例题，练习利用相量的几何关系来分析问题。

▶【例题 1】请绘制出如下电路的相量图？

◉【解答 1】首先，标出元件的连接点 a、b、c、d，并且选择电压 $\dot{U_s}$ 作为参考相量。同时为了体现 U-I 关系，需要在电路当中指定电流参考方向：

◉【解答 1】然后，由于 $R_1$ 与电感串联，是感性支路，电流 $\dot{I_1}$ 滞后于 $\dot{U_S}$，角度为 $\varphi_1$；$R_1$ 的电压与 $\dot{I_1}$ 同相，由 a 指向 c；电感的电压超前于 $\dot{I_1}$ 有 90° 度，由 c 指向 b，$R_2$ 与电容串联，属于容性支路，电流 $\dot{I_2}$ 超前于 $\dot{U_S}$，角度为 $\varphi_2$；电容的电压滞后 $\dot{I_2}$ 有 90° 度，由 a 指向 d；而 $R_2$ 的电压与 $\dot{I_2}$ 同相，由 d 指向了 b；直角三角形 acb 为一个 KVL 方程，直角三角形 adb 为另一个 KVL 方程。

▶【例题 2】如果将上一题电路当中的 $R_2$ 与电容的位置对调，绘制出该电路对应的位形相量图？

◉【解答 2】这个电路当中，元件连接点依然是 a、b、c、d，电流参考方向保持不变，电压 $U_S$ 为参考相量，电流 $\dot{I_1}$ 滞后于 $\dot{U_S}$，角度为 $\varphi_1$；$R_1$ 的电压与 $\dot{I_1}$ 同相，由 a 指向 c；电感的电压超前 $\dot{I_1}$ 有 90°，由 c 指向 b；电流 $\dot{I_2}$ 超前于 $\dot{U_S}$，角度为 $\varphi_2$；$R_2$ 的电压与 $\dot{I_2}$ 同相，由 a 指向了 d；电容的电压滞后 $\dot{I_2}$ 有 90° 度，由 d 指向 b；直角三角形 acb 为一个 KVL 方程，直角三角形 adb 为另一个 KVL 方程：

◉【解答 2】由此可见，元件连接方式不同，位形相量图也会发生变化。除此之外，由于两个电路当中包含 $U_{cd}$ 的 KVL 方程是不同的，所以前后两个电路的电压 $U_{cd}$ 也不相同。

▶【例题 3】对于上面电路，如果已知 $U_S = 100V$，$U_{R1} = U_{R2} = 50V$，请通过相量的几何关系，求解 $U_{cd}$ ？

◉【解答 3】由上图灰绿色的直角三角形部分，可以推导出 $U_L$：

\[ U_L = U_{cb} = \sqrt{U_S^2 - U_{R_1}^2} = 50 \sqrt{3} V \]

◉【解答 3】接下来，再根据下图灰紫色的直角三角形部分：

◉【解答 3】继续推导得到电压 $U_C$：

\[ U_C = U_{ad} = \sqrt{U_S^2 - U_{R_2}^2} = 50 \sqrt{3} V \]

◉【解答 3】由此，就可以计算出 $\varphi_1$ 和 $\varphi_2$：

\[ \begin{aligned} \varphi_1 = \arctan \frac{U_L}{U_{R1}} = \arctan \sqrt{3} = 60° \\ \varphi_2 = \arctan \frac{U_C}{U_{R2}} = \arctan \sqrt{3} = 60° \end{aligned} \]

◉【解答 3】基于上面推导得到的结果，重新绘制相量图；以 $\dot{U_S}$ 为参考相量，绘制出电流相量，以及感性支路对应的直角三角形 acb 和容性支路对应的直角三角形 adb：

◉【解答 3】进而得到上图蓝色箭头所示的 $U_{cd}$，根据该几何关系，可以得出 $U_{cd}$ 等于 50V：

\[ U_{cd} = 100 - 2 \times 50 \times \cos 60° = 50V \]

▶【例题 4】在下面的正弦稳态电路当中，电压表 $V$、$V_1$、$V_2$ 的读数分别为 100V、60V、50V，求解 $R_2$ 和 $X_C$ 的值？

◉【解答 4】将上面电路当中的电压表近似于开路，标识出元件的连接点 a、b、c，标识出电流参考方向 $\dot{I}$、$\dot{I_R}$、$\dot{I_C}$：

◉【解答 4】这里选择 $U_{bc}$ 作为参考相量，电流 $\dot{I_R}$ 与电压 $\dot{U_{bc}}$ 同相，电流 $\dot{I_C}$ 超前 $\dot{U_{bc}}$ 有 90° 度；接着根据 $\dot{I} = \dot{I_R} + \dot{I_C}$ 的 KCL 方程确定电流 $I$，这样 3 个电流相量构成的三角形就是一个 KCL 方程：

◉【解答 4】确定了各个电流相量之后，就能通过 U-I 关系确定各个电压相量，由 a 指向 b 的电压是 $R_1$ 的电压，与电流 $\dot{I}$ 同相，转接 a 与 c 的电压相量，就是端口电压 $\dot{U}$：

◉【解答 4】这样 3 个电压相量构成的三角形 abc，就是一个 KVL 方程，它体现出了元件的连接顺序。绘制出相量图，就可以利用其中的几何关系来分析问题。要确定元件参数，可以先确定元件的电压电流，由于这里各个元件的电压为已知量：

\[ \begin{cases} U_{R1} = 60V \\ U_{R2} = 50V \\ U = 100V \end{cases} \]

◉【解答 4】对于电压三角形 abc 应用余弦定理，确定出角度 $\varphi$：

\[ 100^2 = 60^2 + 50^2 - 2 \times 60 \times 50 \times \cos(180° - \varphi) \implies \varphi = 49.5° \]

◉【解答 4】接下来，再来确定各个元件上的流过的电流：

\[ \begin{cases} I = \frac{U_{R1}}{R_1} = \frac{60}{20} = 3 \ A \\ I_R = I \times \cos \varphi = 1.95 \ A \\ I_C = I \times \sin \varphi = 2.28 \ A \end{cases} \]

◉【解答 4】最后，就可以计算得到元件参数 $R_2$ 与 $X_C$：

\[ \begin{cases} R_2 = \frac{U_{R2}}{I_R} = 25.64 \ Ω \\ X_C = \frac{U_{R2}}{I_C} = 21.93 \ Ω \end{cases} \]

小结

本小节讨论了如何利用相量图分析正弦稳态电路，这里需要注意两个知识点：

相量图是分析正弦稳态电路的辅助方法，它能够对一些特殊问题进行分析；
体现 U-I 关系、KCL/KVL 方程，以及元件连接顺序的位形相量图当中，相量的全部代数关系，都转变成了几何关系；连接相量图当中两点的相量，就是电路当中两点之间的电压；

正弦稳态电路的功率

有功功率与无功功率

家用电器上都标识有铭牌参数，其中必然包含了功率（瓦W）和电压/频率（220V/50Hz）：

当这些家用电器工作于正弦稳态时，由于电压 $U$ 和电流 $I$ 都是正弦函数，所以瞬时功率 $P = UI$ 应当随时间变化。但铭牌上标识的功率标识为常数，这种不随时间变化的功率称为有功功率。

瞬时功率

正弦稳态下的无源网络 N 吸收的瞬时功率 $p(t) = ui$：

将电压 $u$ 与电流 $i$ 的函数相乘，通过三角函数积化和差可以得到：

\[ p(t) = u \times i = \sqrt{2} U \cos (\omega t + \phi_u) \times \sqrt{2} I \cos (\omega t + \phi_i) = UI \cos (\phi_u - \phi_i) + UI \cos (2 \omega t + \phi_u + \phi_i) \]

绘制出 $p(t)$ 的波形，第 1 项 $UI \cos (\phi_u - \phi_i)$ 为常数（下图橙色虚线），第 2 项 $UI \cos (2 \omega t + \phi_u + \phi_i)$ 为正弦量（下图蓝色波形），两项相加表明 $p(t)$ 以 2 倍 $\omega$ 的角频率发生变化：

上图中出现的橙色 $p(t) < 0$ 部分（上图橙色部分波形），表明网络在提供功率。这里的无源网络之所以能够提供瞬时功率，是由于 RLC 元件具有瞬时功率特征，这里假定网络 $N$ 被等效为一个电阻 $R$：

那么 $\phi_u$ 和 $\phi_i$ 同相，瞬时功率 $p(t)$ 的表达式变为 $p_{R}(t)$ 的表达式：

\[ p_{R}(t) = UI + UI \cos 2 (\omega t + \phi_i) \ge 0 \]

显然，$p_{R}(t)$ 恒大于 0，说明电阻在电路当中总是吸收功率（下图黑色波形）：

然后，再将网络 N 等效为一个电感 L：

那么 $\phi_u$ 将会超前 $\phi_i$ 有 $90°$ 度，即 $\phi_u = \phi_i + 90°$，瞬时功率 $p(t)$ 的表达式转变为 $p_L(t)$ 的表达式：

\[ p_L(t) = - UI \sin 2 (\omega t + \phi_i) \]

由于 $p_L(t)$ 为正弦波（下图蓝色波形），并且平均值为零，说明电感与电路只形成功率交换，并不消耗功率：

接下来，再把网络 N 等效为一个电容 C：

则 $u$ 滞后 $i$ 有 90° 度，瞬时功率 $p(t)$ 的表达式转变为 $p_C(t)$ 的表达式：

\[ p_C(t) = UI \sin 2 (\omega t + \phi_i) \]

此处的 $p_C(t)$ 也是平均值为零的正弦波（下图紫色波形）：

说明电容与电路也只形成功率交换，并不消耗功率。而且电容的瞬时功率与电感的瞬时功率具有互补性，可以相互抵消。终上所述，电阻总是消耗功率，而电感、电容总是与电路交换功率，并不消耗功率，且其平均功率为零，具有互补性。

无源网络之所以能够提供瞬时功率，本质上是电感、电容元件释放储能所导致。当网络 $N$ 内部即存在电阻，又存在电感和电容时，瞬时功率应该可以分解为代表电阻作用的吸收功率项，以及代表电感、电容作用的交换功率项，通过三角函数运算，可以将 $p(t)$ 分解为恒大于零的吸收功率项，平均值为零的交换功率项：

\[ p(t) = {\color{green}{吸收功率\ UI \cos (\phi_u - \phi_i)[1 + \cos 2 (\omega t + \phi_i)]}} - {\color{blue}{交换功率\ UI \sin (\phi_u - \phi_i)[1 + \sin 2 (\omega t + \phi_i)]}} \]

此处的吸收功率项与交换功率项具有明确的物理含义，由于无源网络可以等效为阻抗，即电阻 $R$ 与电抗 $jX$ 的串联：

所以，吸收功率项就是电阻 $R$ 吸收的瞬时功率 $p_R(t)$，而交换功率项就是电抗 $jX$ 吸收的瞬时功率 $p_X(t)$。除此之外，无源网络还可以等效为导纳：

此时，吸收功率项就是电导 $G$ 吸收的瞬时功率 $p_G(t)$，而交换功率项就是电纳 $jB$ 吸收的瞬时功率 $p_B(t)$；因此，这里需要定义出两个功率：

有功功率：表征吸收功率；
无功功率：表征交换功率；

有功/无功功率

网络吸收的有功功率，就是瞬时功率 $p(t)$ 的平均值，也就是吸收功率项 $UI \cos (\phi_u - \phi_i)[1 + \cos 2 (\omega t + \phi_i)]$ 的平均值，它等于 $p_R(t)$ 的平均值，也等于 $p_G(t)$ 的平均值：

\[ P = \frac{1}{T} \int^T_0 p(t)dt = \frac{1}{T} \int^T_0 p_R(t)dt = \frac{1}{T} \int^T_0 p_G(t)dt \]

因此，有功功率 $P$ 可以等于 $U$ 乘以 $I$，再乘以电压与电流初相之差 $\phi$ 的余弦：

\[ P = UI \cos(\phi_u - \phi_i) = UI \cos \varphi \]

网络吸收的无功功率则是交换功率的幅值，即 $p_X(t)$ 或者 $p_B(t)$ 的幅值，因此无功功率 $Q$ 等于 $U \times I$，再乘以电压与电流初相之差 $\phi$ 的正弦：

\[ Q = UI \sin(\phi_u - \phi_i) = UI \sin \varphi \]

由于无功功率为交换功率的幅值，所以无需关注是发送还是吸收。但是为了体现电感和电容交换功率的互补性，这里约定电感吸收无功功率，电容发出无功功率。

\[ \begin{cases} P = UI \cos(\phi_u - \phi_i) = UI \cos \varphi \\ Q = UI \sin(\phi_u - \phi_i) = UI \sin \varphi \end{cases} \]

上述两个方程是计算有功和无功功率的基本表达式，如果当前网络可以等效为阻抗，则电压 $\dot{U}$、$\dot{U_R}$、$\dot{U_X}$ 构成一个直角三角形：

因为 $\dot{U}$ 乘以 $\cos \varphi$ 等于 $U_R$，所以 $P$ 等于 $U_R$ 乘以 $I$，即电阻 $R$ 吸收的有功功率：

\[ P = UI \cos \varphi = U_R I \]

同样，因为 $\dot{U}$ 乘以 $\sin \varphi$ 等于 $U_X$，所以 $Q$ 等于 $\pm U_X$ 乘以 $I$，在感性时取正，这就是电抗 $X$ 吸收的无功功率。

\[ Q = UI \sin \varphi = \pm U_X I \]

如果当前网络被等效为导纳，则电流 $\dot{I}$、$\dot{I_G}$、$\dot{I_B}$ 构成如下的直角三角形：

由于 $\dot{I}$ 乘以 $\cos \varphi$ 等于 $I_G$，所以 $P$ 等于 $U$ 乘以 $I_G$，这就是电导 $G$ 吸收的有功功率：

\[ P = UI \cos \varphi = UI_G \]

又由于 $\dot{I}$ 乘以 $\sin \varphi$ 等于 $I_B$，所以 $Q$ 等于 $\pm U$ 乘以 $I_B$，在感性时取正，就可以得到电纳 $B$ 吸收的无功功率：

\[ Q = UI \sin \varphi = \pm UI_B \]

小结

有功功率与无功功率是非常重要的概念，必须深刻理解其物理含义：

无源网络吸收的瞬时功率 = 恒为正的消耗功率 + 均值为零的交换功率；
电阻吸收的瞬时功率恒大于零，属于消耗功率；
电感、电容吸收的瞬时功率依照正弦变化，属于交换功率；
有功功率等于吸收功率的平均值；无功功率是交换功率的幅值；
为了体现电感、电容的互补性，通常约定电感吸收无功功率，电容发出无功功率；

视在功率/功率因数/复功率

下图为一个正弦电压源，电压有效值为 $U_S$，额定电流（最大工作电流）为 $I_N$：

当电压源连接电阻负载时，调节电阻使得电流表的读数为 $I_N$，此时电压源输出的最大功率为 $P_1 = U_S \cdot I_N$；而当电压源连接电阻与电容并联的负载时，调节电阻和电容，使得电流表的读数也为 $I_N$，电压源输出的最大有功功率为 $P_2 = U_s \cdot I_R$，此时电阻的电流 $I_R$ 与电容的电流 $I_C$，相位相差 90° 度，所以可以得到 $I_R = \sqrt{I_N^2 - I_C^2} < I_N$，也就是说 $P_2 < P_1$。由此可见，电压源的工作电流同样为 $I_N$ ，负载不同导致输出的有功功率不同。

$U_S \cdot I_N$ 是电压源所能够输出的有功功率上限，本节内容将会提出视在功率、功率因素、复功率等概念来表征有功功率的上限。

视在功率/功率因数/复功率

将电路当中负载所消耗的，或者电源所提供的有功功率上限，定义为视在功率 $S$：

\[ S = U \times I \]

因此，有功功率 $P$ 与视在功率 $S$ 的关系为 $P$ 等于 $S$ 乘以电压初相 $\phi_u$ 与电流初相 $\phi_i$ 之差的余弦：

\[ P = S \cos (\phi_u - \phi_i) \]

而无功功率 $Q$ 与视在功率 $S$ 的关系为：

\[ Q = S \sin (\phi_u - \phi_i) \]

显然，这里 $S$、$P$、$Q$ 构成了一个直角三角形：

所以，将 $S$ 等于根号下的 P 的平方加上 Q 的平方：

\[ S = \sqrt{P^2 + Q^2} \]

将有功功率 $P$ 与视在功率 $S$ 的比值，定义为功率因数 $\lambda$：

\[ \lambda = \frac{P}{S} = \cos(\phi_u - \phi_i) = \cos \varphi \]

为了便于计算，将有功功率 $P$、无功功率 $Q$ 合并写作一个复数 $\bar{S}$，称为复功率：

\[ \bar{S} = P + jQ = UI \cos \varphi + jUI \sin \varphi \]

通过简单推导，$\bar{S}$ 与电压相量 $\dot{U}$ 以及电流相量 $\dot{I}$ 的关系为相量 $\dot{U}$ 乘以相量 $\dot{I}$ 的共轭：

\[ \bar{S} = UI \angle \varphi = \dot{U} \dot{I} ^ * \]

复功率守恒

功率守恒是指电路当中所有元件吸收功率的代数和为零，经过前面的讨论已经知道，瞬时功率是守恒的，而电路当中的其它功率同样是守恒的，这里采用归纳法来推导复功率守恒。

阻抗并联的复功率守恒

当 n 个阻抗并联以后，连接到电流源上：

此时电流源提供的复功率 $\bar{S}_{is}$，等于电压相量 $\dot{U}$ 和电流相量 $\dot{I}$ 共轭的乘积：

\[ \bar{S}_{is} = \dot{U} \times \dot{I} ^ * \]

其中，相量 $\dot{I}$ 的共轭，等于相量 $\dot{I_1}^*$、$\dot{I_2}^*$ 至 $\dot{I_n}^*$ 的共轭之和：

\[ \bar{S}_{is} = \dot{U} (\dot{I_1}^* + \dot{I_2}^* + ... + \dot{I_1}^*) \]

然后，再将表达式展开，转变为 n 项复功率之和，表明电流源提供的复功率等于各并联阻抗吸收复功率的代数和，也就是复功率守恒：

\[ \bar{S}_{is} = \dot{U} \dot{I_1}^* + \dot{U} \dot{I_2}^* ... + \dot{U} \dot{I_n}^* = \bar{S_1} + \bar{S_2} + ... + \bar{S_n} \]

阻抗串联的复功率守恒

当 n 个阻抗串联以后，连接到电压源上：

此时电压源提供的复功率 $\bar{S}_{us}$，等于电压相量 $\dot{U}$ 和电流相量 $\dot{I}$ 共轭的乘积：

\[ \bar{S}_{us} = \dot{U} \times \dot{I} ^ * \]

其中，相量 $\dot{U}$ 等于相量 $\dot{U_1}$、$\dot{U_2}$ 至 $\dot{U_n}$ 之和：

\[ \bar{S}_{us} = ( \dot{U_1} + \dot{U_2} + ... + \dot{U_n} ) \dot{I}^* \]

将表达式展开，就又变为了 n 项复功率之和，表明电压源提供的复功率，等于各个串联阻抗所吸收复功率的代数和，从而达到复功率守恒：

\[ \bar{S}_{us} = \dot{U_1} \dot{I}^* + \dot{U_2} \dot{I}^* ... + \dot{U_n} \dot{I}^* = \bar{S_1} + \bar{S_2} + ... + \bar{S_n} \]

注意：将结论推广到一个电路当中，各个元件所吸收复功率的代数和等于零，即复功率守恒 $\sum \bar{S}_k = 0$；复功率守恒意味着复功率的实部守恒，即有功功率守恒 $\sum P_k = 0$；而复功率的虚部守恒就是无功功率守恒 $\sum Q_k = 0$；但是需要注意，视在功率不守恒 $\sum S_k \neq 0$：

复功率守恒应用

▶【例题】求解下面电路当中，电源提供的复功率、有功功率、无功功率以及电源的视在功率、电源端的功率因数？

◉【解答】这里采用复功率守恒来进行分析，上面电路当中存在 3 个负载，根据负载的相关参数，就可以计算出每个负载吸收的复功率，这里分别用 $\bar{S_1}$、$\bar{S_2}$、$\bar{S_3}$ 进行表示。

第 1 个负载上标识出的是视在功率 $2kVA$，容性功率因数 $\lambda = 0.707$，因此第 1 个负载吸收的有功功率为 $2 \times 0.707$，吸收的无功功率为 $-2 \times \sin \varphi$，从而可以得到复功率 $\bar{S_1}$：

\[ \bar{S_1} = 2 \times 0.707 - j2 \times \sqrt{1 - 0.707^2} = (1.41 - j 1.41)k VA \]

第 2 个负载上标出的是吸收有功功率 $1.2kw$，吸收的容性无功功率为 $0.8 kvar$，因而复功率 $\bar{S_2}$ 等于：

\[ \bar{S_2} = （1.2 - j0.8)kVA \]

第 3 个负载上标出的是吸收有功功率 $4kw$，感性功率因数 $\lambda = 0.9$，因此第 3 个负载吸收的有功功率为 $4kw$，吸收的无功功率 $\bar{S_3}$ 为：

\[ \bar{S_3} = 4 + j4 \tan \varphi = 4 + j4 \tan (\arccos 0.9) = (4 + j 1.94) kVA \]

电源提供的复功率 $\bar{S}$ 等于 $\bar{S_1}$、$\bar{S_2}$、$\bar{S_3}$ 之和：

\[ \bar{S} = \bar{S_1} + \bar{S_2} + \bar{S_3} = (6.61 - j 0.27) kVA \]

由此可知，电源提供的有功功率 $P$ 等于 6.61kW，提供的无功功率 $Q$ 等于 -0.27kvar，而视在功率 $S$ 等于 $\sqrt{P^2 + Q^2} = 6.62 kVA$，电源端的功率因数 $\lambda = \frac{P}{S} = 0.998$，由于该电路吸收的总无功功率为负值，说明其端口呈现容性。

小结

本节内容在无功功率、有功功率概念的基础之上，扩展出了视在功率、功率因数、复功率以及复功率守恒的概念。但是，有功/无功功率才是正弦稳态概念的核心，需要在深刻理解两者概念的基础之上，熟练掌握复功率、视在功率、功率因数与有功/无功功率的关系，并且理解各种功率守恒的意义。

功率因数校正

电力系统当中，发电厂的电能需要经过长距离的输电线路才能达到千家万户。这里假定发电厂为电压源 $U$，而用户 A 则使用 $G$ 和 $-jB$ 并联的导纳表示，属于感性负载：

如果不考虑输电线路的阻抗，电源需要提供负载所需的有功功率 $P$，即电导 $G$ 所吸收的平均功率，此外电源还要提供负载所需的无功功率 $Q$，即电纳 $B$ 与电源的交换功率，传输这些功率对应的线路电流 $\dot{I_1}$ 等于视在功率 $S$ 除以电压 $U$，这里的 $S$ 等于 $\sqrt{P^2 + Q^2}$，此时对于发电厂而言，负载的功率因素小于 1：

\[ I_1 = \frac{S}{U} = \frac{P^2 + Q^2}{U} \]

如果用户 B 在负载上并联一个恰当的电容器，电源只提供负载所需的有功功率 $P$，而负载所需的无功功率 $Q$，则由并联电容器提供：

此时线路上的电流 $\dot{I_2}$ 等于视在功率 $S$ 除以电压 $U$，并进一步等于 $P$ 除以 $U$：

\[ I_2 = \frac{S}{U} = \frac{P}{U} \]

显然，线路电流 $I_2 < I_1$，此时对于发电厂而言，负载的功率因数等于 1。根据以上分析，发电厂输送相同的有功功率，当用户功率因素较高时，线路上的电流就变小。由于发电厂以千瓦时为单位进行计费，发电厂会明显更加青睐用户 B；本小节将会通过几个实例来讨论并联电容器的意义，以及如何计算并联电容器的电容量。

▶【例题】下面电路当中的电压源通过输电线路（线路阻抗可以忽略）向感性负载供电，电压源的容量为 2500VA，电压为 220V，频率为 50Hz，感性负载的额定工作电压为 220V，有功功率为 1210W，功率因数为 0.5，这种情况下需要在负载上并联多大的电容，才能够使得负载侧的总体功率因数达到 0.9 ？

◉【解答】本题将会采用功率守恒、电流相量图、等效导纳 3 种方法，分别来进行分析求解。

◉【解答 1】首先，采用功率守恒来进行分析，并联电容之前，电源向负载输送有功功率 $P_1 = 1210W$ 以及无功功率 $Q_1$，它们将会构成如下的功率三角形：

◉【解答 1】根据这个图形，就可以求解得到 $Q_1$：

\[ Q_1 = P_1 \times \tan \varphi_1 = 1210 tan 60° = 2095.8 var \]

◉【解答 1】并联电容之后，感性负载的电压依然为 $U_S$，所以工作状态不变，这里忽略电容器消耗的有功功率，电源向负载输送有功功率 $P_1 = 1210W$，此时感性负载吸收的无功功率依然为 $Q_1$，但是其中有一部分 $Q_2$ 来自电源，而另一部分 $Q_C$ 则来自电容器。这样 $P_1$ 与 $Q_2$ 以及功率因数 $\varphi_2$ 构成了如下的功率三角形：

◉【解答 1】由此，就可以得到 $Q_2$ 等于 $P_1$ 乘以 $\tan \varphi_2$：

\[ Q_2 = P_1 \times \tan \varphi_2 = 1210 \tan 25.8° = 586.0 var \]

◉【解答 1】根据无功功率守恒可以得到，电容并联之后，负载吸收的无功功率 $Q_1$，等于电源提供的无功功率 $Q_2$，加上电容提供的无功功率 $Q_C$，因而可以得到如下的推导过程：

\[ Q_C = Q_1 - Q_2 = \omega C U_S^2 \]

◉【解答 1】根据上面这个推导就可以确定电容 $C$，这里来关注一下负载的视在功率，并联电容器之前，负载的视在功率 $S_1$ 就等于：

\[ S_1 = \sqrt{P_1^2 + Q_1^2} = 2420 VA \]

◉【解答 1】这个数值接近 2500VA 的电源容量，并联电容之后，负载的视在功率 $S_2$ 等于：

\[ S_2 = \sqrt{P_1^2 + Q_2^2} = 1344.5 VA \]

◉【解答 1】这个数值略超过电源容量的二分之一，说明并联电容之前，电源只能为这一个负载供电。而并联电容之后，电源还剩余接近二分之一的容量，可以为其它负载进行供电，因此提高负载功率因数的意义之一，就是减小负载占用的发电设备容量。

◉【解答 2】然后，再尝试使用电流相量图来进行分析。并联电容之前，输电线路的电流为相量 $\dot{I_1}$：

◉【解答 2】$\dot{I_1}$ 滞后 $U_S$ 的角度为 $\varphi_1$，相量图如下所示，

◉【解答 2】根据 $P = U I \cos \varphi$ 可以得到电流 $I_1$ 等于 11A：

\[ \dot{I_1} = \frac{P_1}{U_S \cos \varphi_1} \angle - \varphi_1 = \frac{1210}{220 \times 0.5} \angle -60° = 11.0 \angle - 60° A \]

◉【解答 2】并联电容之后，感性负载工作状态不变，电流依然为相量 $\dot{I_1}$，而电容的电流为相量 $\dot{I_C}$，$\dot{I_C}$ 超前于 $U_S$ 有 90° 度，线路电流相量 $\dot{I_2}$ 滞后于 $U_S$ 的角度为 $\varphi_2$，并且相量 $\dot{I_2}$ 等于相量 $\dot{I_1}$ 加上相量 $\dot{I_C}$ 的 KCL 方程，对应的相量图如下所示：

◉【解答 2】此处依然由 $P = U I \cos \varphi$ 得到电流 $\dot{I_2}$ 等于 6.1A：

\[ \dot{I_2} = \frac{P_1}{U_S \cos \varphi_2} \angle - \varphi_2 = \frac{1210}{220 \times 0.9} \angle -25.8° = 6.1 \angle - 25.8° A \]

◉【解答 2】由上面相量图当中体现的几何关系，可以得到电流 $I_C$ 的如下方程，通过计算推导就可以确定电容 $C$：

\[ I_C = I_1 \sin \varphi_1 - I_2 \sin \varphi_2 = \omega C U_S \]

综上所述，在并联电容之前，线路电流为 11A；并联电容以后，线路电流为 6.1A，这说明在输送相同有功功率的条件下，并联电容显著降低了线路上的电流；所以，提高负载功率因数还可以降低线路电流，进而减少线路上的功率损耗。

◉【解答 3】最后，采用等效导纳的方式来进行分析，并联电容之前，负载的等效导纳为 $Y_1$：

◉【解答 3】由于当前属于感性负载，将 $Y_1$ 写作 $G_1$ 减去 $jB_1$ 的形式 $Y_1 = G_1 - jB_1$，绘制出如下的导纳三角形：

◉【解答 3】由上面的图形可以得到 $B_1 = G_1 \tan \varphi_1$，而 $G_1$ 的电压为 $U_S$ 功率为 $P_1$，所以 $G_1$ 等于：

\[ G_1 = \frac{U_S^2}{P_1} \]

◉【解答 3】并联电容之后，感性负载的导纳依然为 $Y_1$，而包含并联电容在内的等效导纳则为 $Y_2$，这里的 $Y_2$ 依然是感性，等于 $G_2$ 减去 $jB_2$，再绘制出相应的导纳三角形：

◉【解答 3】这里 $Y_2$ 的实部依然是 $G_1$，而虚部变为 $B_1 - BC$：

\[ Y_2 = G_2 - jB_2 = G_1 - j(B_1 - B_C) \]

◉【解答 3】根据上面的导纳三角形，经过如下的推导过程，就可以得到电容 C 的值：

\[ \begin{cases} B_1 - B_C = G_1 \tan \varphi_2 \\ B_C = \omega C \end{cases} \implies \omega C = G_1 \tan \varphi_1 - G_1 \tan \varphi_2 \implies 电容\ C \]

小结

本小节内容采用了 3 种方法计算并联的电容量，从而对并联电容的意义进行了全面的理解，这里将这些内容总结为如下知识点：

电力用户一般属于感性负载，感性负载吸收的无功功率可以由发电厂提供，也可以由并联在负载端的电容器提供；
长距离输送电能的时候，减少在输电线路上传输的无功功率，就能降低线路电流，从而降低线路损耗；还能降低负载占用的发电设备容量，从而提高发电设备的利用效率；
负载上并联电容器，本质上是改变总体负载的功率因数，故称为功率因数校正，也称为无功补偿；

最大有功功率传输

电阻电路当中，要确定电阻负载获得的最大功率，必须先将含源一端口网络等效为戴维南电路：

在负载 $R_L$ 任意可调的条件下，当负载 $R_L$ 等于戴维南等效电阻 $R_{eq}$ 时，$R_L$ 获得的功率 $P_{Lm}$ 最大，即最大功率传输定理：

\[ P_{Lm} = \frac{u_{oc}^2}{4 R_{eq}} \]

注意：最大功率 $P_{Lm}$ 是瞬时功率，仅在电源为直流的情况下，该瞬时功率才为常数。

本节内容将会讨论正弦稳态电路当中，负载阻抗所获得的最大有功功率：

负载任意可调

无论在何种情况下，最大功率传输问题就是确定负载的功率表达式极值，先来确定负载的功率表达式，这里将负载以外的含源网络等效为戴维南支路：

这样就可以方便的获得负载的功率表达式，通过戴维南等效电路分析就可以得到：

\[ \begin{aligned} Z_{eq} &= R_{eq} + jX_{eq} \\ Z_L &= R_L + jX_L \end{aligned} \]

负载 $Z_L$ 吸收的有功功率 $P_L$ 等于 $I_L^2$ 乘以 $R_L$，而 $I_L$ 等于 $\frac{\dot{U_{oc}}}{Z_L + Z_{eq}}$，进而得到如下方程：

\[ P_L = I_L^2 R_L = \bigg | \frac{\dot{U_{oc}}}{Z_L + Z_{eq}} \bigg | \times R_L \]

如果负载阻抗的实部和虚部分别任意可调，那么就可以将 $P_L$ 表示为变量 $R_L$ 和 $X_L$ 的函数，然后确定负载功率表达式的极值：

\[ P_L = U_{oc}^2 \frac{R_L}{(R_L + R_{eq})^2 + (X_L + X_{eq})^2} \]

显然，先调节 $X_L$，使得 $X_L + X_{eq} = 0$ 时 $P_L$ 为最大值，由此功率表达式可以简化为：

\[ P_L = U_{oc}^2 \frac{R_L}{(R_L + R_{eq})^2} \]

在此基础上，再来调节 $R_L$，由于取极值的条件是该项的导数为零，所以得到 $R_L = R_{eq}$：

\[ P_L = \frac{d}{dR_L} \bigg [ \frac{R_L}{(R_L + R_{eq})^2} \bigg ] = 0 \implies R_L = R_{eq} \]

由此可见，负载所获得的最大有功功率 $P_{Lm} = \frac{U_{oc}^2}{4 R_{eq}}$，此时负载必须同时满足 $X_L + X_{eq} = 0$ 和 $R_L = R_{eq}$ 两个条件，也就是 $Z_L = Z_{eq}^*$ 的共轭，称为负载与网络共轭匹配。

负载调节受限

如果负载的阻抗角恒定，阻抗模任意可调，同样需要先将负载以外的含源网络等效为戴维南支路：

通过戴维南等效电路，可以得到如下的两个结果：

\[ \begin{aligned} Z_{eq} &= R_{eq} + jX_{eq} \\ Z_L &= |Z_L| \angle \varphi_L \end{aligned} \]

可以看到，负载 $Z_L$ 等于 $Z_L$ 的模角 $\varphi_L$，写出 $P_L$ 的表达式：

\[ P_L = I_L^2 R_L = U_{oc}^2 \frac{R_L}{(R_L + R_{eq})^2 + (X_L + X_{eq})^2} \]

将 $R_L$ 用 $Z_L$ 的模乘以 $\cos \varphi_L$ 表示，而 $X_L$ 用 $Z_L$ 的模乘以 $\sin \varphi_L$ 表示：

\[ P_L = U_{oc}^2 \frac{|Z_L| \cos \varphi_L}{(|Z_L| \cos \varphi_L + R_{eq})^2 + (|Z_L| \sin \varphi_L + X_{eq})^2} \]

当 $P_L$ 对 $Z_L$ 模的一阶导数为零时，即 $\frac{dP_L}{d|Z_L|} = 0$ 的时候，$P_L$ 可以取得极值；即 $|Z_L| = |Z_{eq}|$ 的模相等时，就能够取得 $P_L$ 的最大值，称为负载与网络的模相等匹配。此时，最大有效功率 $P_{Lm}$ 可以通过等效电路进行计算，而不必单纯的记忆公式。

通常遇到的模相等匹配的情况，就是负载为任意可调的电阻，即 $Z_L = R_L$ 并且 $\varphi_L = 0$ 的情况，此时最大功率的匹配条件就是 $R_L$ 等于 $Z_{eq}$ 的模 $R_L = |Z_{eq}|$，下面是上述推导过程的完整示意图：

应用实例

▶【例题】确定下面电路当中，$Z_L$ 获得的最大有功功率？

◉【解答】对于上面电路，确定其 $Z_L$ 获得的最大有功功率可以划分为 2 种情况：

$Z_L$ 的实部和虚部都任意可调，即负载为任意可调阻抗；
$Z_L$ 属于一个任意可调的电阻，即负载为任意可调电阻；

◉【解答】上面的电路比较简单，含源网络就是一条戴维南支路，这样就无需再确定含源一端口网络的戴维南等效电路，并且 $Z_{eq}$ 和 $\dot{U_{oc}}$ 已知：

\[ \begin{cases} Z_{eq} = R_{eq} + jX_{eq} = (3 + j4) kΩ \\ \dot{U_{oc}} = 10 \angle 0° V \end{cases} \]

◉【解答】当 $Z_L$ 的实部、虚部都任意可调时（即负载为任意可调阻抗时），就可以实现共轭匹配，即 $Z_L = Z_{eq}^*$ 的共轭等于 3 减去 j4 千欧姆：

\[ Z_L = Z_{eq}^* = (3 - j4) kΩ \]

◉【解答】此时，最大有功功率 $P_{Lm}$ 的表达式就为

\[ P_{Lm} = \frac{U_{oc}^2}{4R_{eq}} = \frac{10^2}{4 \times 3 \times 10^3} = 8.33\ mW \]

◉【解答】而当 $Z_L$ 为任意可调的电阻时（即负载为任意可调电阻时），只能实现模相等匹配，即 $Z_L = |Z_{eq}|$ 的模：

\[ Z_L = R_L = |Z_{eq}| = \sqrt{3^2 + 4^2} = 5 kΩ \]

◉【解答】接下来，根据电路来计算最大有功功率 $P_{Lm}$ 的表达式：

\[ P_{Lm} = I_L^2 \times R_L = \bigg | \frac{\dot{U_{oc}}}{R_L + Z_{eq}} \bigg | \times R_L = \frac{10^2}{(5+3+j4) \times 10^3} \times 5 \times 10^3 = 6.25\ mW \]

◉【解答】前一种情况的最大有功功率为 8.33 毫瓦，明显大于后一种情况的 6.25 毫瓦，表明当前的共轭匹配为最佳匹配。

小结

最大功率传输问题，本质上是负载功率表达式的极值问题；
为了便于获得负载功率表达式，需要将含源一端口网络等效为戴维南电路；
套用匹配条件时，可以调节的参数只能是负载，只有负载任意可调，才能够实现共轭匹配，即最佳匹配；
需要记住最大功率传输条件，但是不需要记住最大功率表达式，其值可以通过等效电路进行计算；

有功功率的测量

工程实践当中，通常会采用交流电流表来测量正弦电流的有效值，常见的交流表有指针式、数字式、手持式等类型；而采用交流电压表来测量正弦电压的有效值，常见的交流电压表也有指针式、多功能表等类型：

实际使用时，电流表需要与负载串联，而电压表需要与负载并联；它们的内阻抗会影响到电路的工作状态，导致测量结果存在误差，为了减小这种测量误差，电流表的内阻抗 $Z_A$ 要远远小于阻抗 $Z_L$，即 $Z_A << Z_L$，理想值为 $Z_A$ 趋于零，即 $Z_A \rightarrow 0$；而电压表的内阻抗 $Z_V$ 要远远大于阻抗 $Z_L$，即 $Z_V >> Z_L$，理想值为 $Z_V$ 趋于无穷大，即 $Z_V \rightarrow \infty$。而如何使用相关的仪器，测量电路当中负载消耗的有功功率，将是本节主要讨论的内容。

电动式瓦特表

瓦特表是最为简单的测量有功功率的仪表，如下是两种形式的电动式瓦特表，它们都拥有一对电压接线端子，以及一对电压、电流量程调节旋钮：

瓦特表利用磁场的相互作用来测量平均功率，固定铁芯上面绕有电压线圈，而可动铁心上绕有电流线圈和指针。电压线圈形成的磁场与电流线圈形成的磁场相互作用，使得线圈上的指针发生偏转，从而达到测量的目的：

注意：电压或电流线圈两个接线端当中的一个，需要分别采用星号 * 标记出电压、电流的参考方向。

将瓦特表接入电路时，电流线圈需要与负载串联，而电压线圈需要与负载并联；电压线圈的星号端连接到电流线圈的星号端，称为前接法，反之则称为后接法：

忽略瓦特表内阻对于电路工作状态的影响，即认为电流线圈的内阻 $Z_A$ 等于零，电压线圈的内阻 $Z_V$ 趋于无穷大，此时瓦特表的读数就是电压线圈的电压，与电流线圈的电流构成的平均功率。在正弦稳态下，这个平均功率就是由相量 $\dot{U}$ 与相量 $\dot{I}$ 构成的有功功率，等于相量 $\dot{U}$ 乘以相量 $\dot{I}$ 的共轭再取实部。

\[ P = \frac{1}{T} \int_0^T uidt = Re[\dot{U} \times \dot{I}^*] \]

数字式功率表

电子仪器仪表技术发展到今天，电动式瓦特表已经比较少见了，取而代之的是数字式多功能表，它既可以测量直流电量，也可以测量交流电量，还能同时测得电压、电流、功率、功率因数、频率等多个物理量：

数字式功率表的读数采用直观的数值显示，接线方式则与瓦特表相同，也分别拥有一对电流、电压接线端子；其中，电流接线端子相当于电流表的两个端子，使用时需要串联至电路当中；而电压接线端子，相当于电压表的两个端子，并联接入待测电路当中，两个星号端相互连接属于前接法，此时数字式多功能表显示的是阻抗 $Z_L$ 的电流有效值、电压有效值、吸收的有功功率、功率因数。同实物相对应，功率表与瓦特表的电路符号也会存在着 4 个端子。

▶【例题】下面电路当中的瓦特表，由于两个星号端相互连接，因而属于前接法。请确定瓦特表的读数，并说明该读数的物理含义？

◉【解答】这里可以近似的认为瓦特表电流线圈的内阻抗 $Z_A$ 趋近于零，电压线圈的内阻抗 $Z_V$ 趋于无穷大，瓦特表的读数 $P$ 是由相量 $\dot{U}$ 和相量 $\dot{I}$ 构成的有功功率，其值等于相量 $\dot{U}$ 乘上相量 $\dot{I}$ 的共轭再取实部：

\[ P = Re[\dot{U} \times \dot{I}^*] \]

◉【解答】电压 $\dot{U}$ 可以根据 KVL 来确定，其值为 4Ω 电阻的电压与电压源电压之和：

\[ \dot{U} = 4 \times 3 \angle 90° + 12 \angle 0° = 12 \sqrt{2} \angle 45°\ V \]

◉【解答】确定 $\dot{U}$ 之后，就可以计算出瓦特表的读数 $P$ 等于 36W：

\[ P = Re[12 \sqrt{2} \angle 45° \times 3 \angle -90°] = 36W \]

◉【解答】36W 这个数值是电流源发出的有功功率，也是电压源和电阻吸收的有功功率之和。

小结

有功功率测量属于工程实践当中比较常见的问题，这里需要记住如下三点：

有功功率的测量仪器主要有仅能测量有功功率的电动式瓦特表，还可以测量电压、电流、频率、功率因数的多功能功率表，以及能对信号进行各种分析的功率分析仪；
测量有功功率，需要同时采集负载电流与电压，因此仪表上必须拥有一对电流接线端和一对电压接线端；
有功功率与电压和电流的相位差相关，因此电流和电压接线端上必须标注能够明确体现参考方向的*号；

三相正弦稳态电路

三相电路

全球的电力系统都普遍采用三相制，下面是一个三相电力系统的示意图：

电能由火电厂、水电站、核电站的三相发电机产生，输出的三相电压经过变压器变换为高电压，再经由三相输电线路进行长距离传输之后，将电能传递到用电区域附近的配电与变电站，最后配电与变电站将电压降低，并将电能分配至各个用户。电力系统是一个庞大复杂的三相电路，本节内容就将来讨论三相电路的相关概念。

单相与多相供电

依照供电电源的相位情况，电力系统的供电方式可以划分为单相供电、两相供电、三相供电。将一个正弦电压源由 2 条输电线路传输至负载，为单相两线制供电，我国居民主要采用这种供电方式，这里的 $U$ 等于 220V：

将幅值、频率、相位相同的两个正弦电压源，经由 3 条输电线路连接至负载，为单相三线制供电，由于两个电压源的相位相同，所以依然属于单相供电方式，这种供电方式的优点在于可以为用户提供 2 种电压等级，负载 $Z_{LA}$ 与 $Z_{LB}$ 的电压为 $U$，而 $Z_{LC}$ 的电压为 $2U$，美国居民主要采用这种供电方式，这里 $U$ 等于 120V：

将幅值、频率相同、相位不同的两个正弦电压源，经由 3 条输电线连接到负载，称为两相三线制供电：

将幅值、频率相同、相位不同的三个正弦电压源，经由 4 条输电线连接到负载，称为三相四线制供电：

三相电压

三相供电方式广泛出现在世界各地的电力系统当中，三相供电方式当中的 3 个电压源是由三相发电机发出，称为对称三相电压，分别为 A 相、B 相、C 相：

A 相电压 $u_A$ 等于 $\sqrt{2} \cos(\omega t)$，而 B 相电压 $u_B$ 滞后于 A 相电压 120° 度，其后的 C 相电压 $u_C$ 也滞后于 B 相电压 120° 度（这里相位减去 240° 度等效于加上 120° 度）。然后，将这些电压用上图最右侧的相量表示，其中 $\dot{U_A}$ 等于 U 角 0° 度，$\dot{U_B}$ 等于 U 角 -120° 度，而 $\dot{U_C}$ 等于 U 角 +120° 度：

\[ \begin{cases} \dot{U_A} = U \angle 0° \\ \dot{U_B} = U \angle -120° \\ \dot{U_C} = U \angle 120° \\ \end{cases} \]

绘制出对应的相量图，$\dot{U_A}$、$\dot{U_B}$、$\dot{U_C}$ 按照 A-B-C 的顺序依次滞后 120° 度，称为正序对称三相电压：

如果这里 $\dot{U_B}$ 超前于 $\dot{U_A}$ 有 120° 度，$\dot{U_C}$ 超前于 $\dot{U_B}$ 有 120° 度：

\[ \begin{cases} \dot{U_A} = U \angle 0° \\ \dot{U_B} = U \angle 120° \\ \dot{U_C} = U \angle -120° \\ \end{cases} \]

同样绘制出其对应的相量图，$\dot{U_A}$、$\dot{U_B}$、$\dot{U_C}$ 按照 A-B-C 的顺序依次超前 120° 度，称之为负序对称三相电压：

根据上述相量图可以知道，无论是正序还是负序，对称三相电压的 3 个电压之和恒等于零：

\[ \begin{cases} u_A + u_B + u_C = 0 \\ \dot{U_A} + \dot{U_B} + \dot{U_C} = 0 \end{cases} \]

三相电源

将电路与发电机输出的对称三相电压相连接，就构成了对称三相电源，下图是发电机输出的三相电压，暂时不考虑发电机的内阻抗，而将其近似为理想电压源：

一种连接方式是将 X、Y、Z 连接为一个结点 N，就组成了一个对称星形电压源，其中 N 点为中性点：

另一种连接方式是将 3 个电压源首尾相连形成三角形，就是对称三角形电压源：

三角形电压源当中，对称三相电压正好可以满足 KVL 约束：

\[ u_A + u_B + u_C = 0 \]

三相负载

三相电路当中，除了有三相电源，还需要有三相负载。三相负载也具有两种连接方式，一种是星形负载，即 3 个阻抗连接为星形，分别称为 A 相、B 相、C 相：

另一种则为三角形负载，即将 A 相、B 相、C 相 连接为三角形；如果 $Z_A = Z_B = Z_C$，就称为对称三相负载：

三相电路

将三相电源和三相负载用三相输电线路连接起来，就可以组成三相电路。下面的三相电路和三相负载都为星形，连接上 3 条输电线路以后就组成了一个三相电路：

这 3 条输电线称为端线，俗称为火线。其中 $Z_L$ 为线路阻抗，三相电路理论上具有 5 种连接方式：

将电源与负载都为星形的三相电路称为$Y - Y$ 连接。
电源和负载的中性点可以用输电线连接起来，称为中线，俗称为零线；其中 $Z_N$ 为中线阻抗，这种拥有中线的三相电路，称为 $Y_N - Y_n$ 连接；
如果电源为星形，负载为三角形，那么就称为 $Y - \Delta$ 连接；
除此之外，还有 $\Delta - Y$ 和 $\Delta - \Delta$ 连接；

小结

把频率与幅值相同、相位彼此相差 120° 度的 3 个电压称为对称三相电压，分为正序和负序两种对称方式；
发电机输出的对称三相电压，可以连接成星形对称三相电压源，或者连接成三角形对称三相电压源；
三相负载也可以划分为星形和三角形，当每相阻抗都相等时，就称为对称三相负载；
将三相电源与三相负载用输电线连接起来就构成三相电路，连接中性点的线路称为中线，而其它称为端线；

对称三相电路的计算

三相电路就是包含有三相电源、三相线路、三相负载的复杂正弦稳态电路，其中 电源、负载、线路 都对称的电路称为对称三相电路，如下是一个 $Y-Y$ 连接的对称三相电路：

可以看到，星形电压源的 $\dot{U_B}$ 滞后于 $\dot{U_A}$ 有 120° 度，而 $\dot{U_C}$ 滞后于 $\dot{U_B}$ 有 120° 度，属于正序对称三相电压源。星形负载的每一项阻抗为 $Z$，属于对称三相星形负载。由于三条输电线路的阻抗均为 $Z_L$，因而属于对称三相输电线路。三相电路的分析，可以采用正弦稳态电路的相关分析方法，而如何利用对称规律简化三相电路的计算，就是本节所将要讨论的内容。

线电压与相电压

在讨论对称三相电路的计算之前，先要学习线电量与相电量的关系，下图是一个对称三相电路：

在该电路当中，把电压划分为了相电压和线电压两种类型：

相电压：是指电源或者负载一相的电压；上图当中，电源侧的 $\dot{U_{AN}}$ 是电源 A 相的相电压，负载侧的 $\dot{U_{AB}}$ 是负载 A 相的相电压；
线电压：是指端线之间的电压；上图当中，电源侧的 $\dot{U_{AB}}$ 是电源的线电压，而负载侧的 $\dot{U_{ab}}$ 则是负载的线电压；

线电压与相电压是相关的，在三角形侧 线电压 = 相电压，而在星形侧，则需要借用电压相量图分析它们之间的关系：由于电源为正序对称，以 $\dot{U_{AN}}$ 为参考相量，$\dot{U_{BN}}$ 为 -120° 度，$\dot{U_{CN}}$ 为 +120° 度，这里由 A 指向 B 的相量，就是线电压 $\dot {U_{AB}}$；同理，还可以绘制出线电压 $\dot{U_{BC}}$ 与 $\dot{U_{CA}}$，三个线电压都是正序对称，角度都为 30° 度：

显然，在星形侧，线电压 $\dot{U_{AB}}$ 的相位超前于相电压 $\dot{U_{AN}}$ 有 30° 度，幅值为 $U_{AN}$ 的 $\sqrt{3}$ 倍：

\[ \dot{U_{AB}} = \sqrt{3} \dot{U_{AN}} \angle 30° \]

该电路 3 个线电压的正序对称，体现了电路的对称性。意味着对称三相电路当中，对称位置处的 3 个电压或者 3 个电流，之于电源存在着一致的对称关系。

线电流与相电流

下图当中，电流同样也可以被划分为相电流和线电流两种类型：

相电流：是指指电源或者负载一相的电流；上图当中，电源侧的 $\dot{I_{Ap}}$ 是电源 A 相的相电流，而负载侧的 $\dot{I_{ap}}$ 则是负载 A 相的相电流；
线电流：是指端线上的电流；上图当中，电源侧的 $\dot{I_{Al}}$ 是线电流，负载侧的 $\dot{I_{al}}$ 也是线电流；

线电流与相电流也是相关的，在星形侧 线电流 = 相电流，而在三角形侧，则需要借用电流相量图分析其中的关系，这里电源依然为正序对称，以相电流 $\dot{I_{ap}}$ 作为参考相量，$\dot{I_{bp}}$ 为 -120° 度，$\dot{I_{cp}}$ 为 +120° 度，这里的 $\dot{I_{ap}}$、$\dot{I_{bp}}$、$\dot{I_{cp}}$ 同样是正序对称的，根据 KCL 定律可以得到，线电流 $I_{al}$ 等于 $I_{ap}$ 减去 $I_{cp}$，线电流 $I_{bl}$ 等于 $I_{bp}$ 减去 $I_{ap}$，而线电流 $I_{cl}$ 等于 $I_{cp}$ 减去 $I_{bp}$，三个线电流也是正序对称的，并且其角度皆为 30° 度：

显然，线电流 $\dot{I_{al}}$ 的相位滞后于相电流 $\dot{I_{ap}}$ 有 30° 度，幅值则是 $\dot{I_{ap}}$ 的 $\sqrt{3}$ 倍：

\[ \dot{I_{al}} = \sqrt{3} \dot{I_{ap}} \angle -30° \]

分相计算方法

在前面掌握了线电量与相电量的关系之后，就可以来学习对称三相电路的计算了。

$Y_N - Y_n$ 连接的对称三相电路

下图是一个$Y_N - Y_n$ 连接的对称三相电路，该电路的中线阻抗为 $Z_N$，拥有 3 个电压源，虽然看起来较为复杂，但是实质上只存在着左右 2 个结点：

这里采用结点方程进行分析，先来计算负载中性点对电源中性点的电压 $\dot{U_{nN}}$，结点 n 的自导纳为 3 条端线的导纳之和，即 $Z_s$、$Z_l$、$Z$ 三个阻抗之和的倒数乘以 3，加上中线的导纳 $Z_N$ 分之一，那么结点的等效电流源为电压源 $U_{A}$、$U_{B}$、$U_{C}$ 分别转换为电流源之后再相加：

\[ (\frac{3}{Z_s + Z_l + Z} + \frac{1}{Z_N}) \dot{U_{nN}} = \frac{\dot{U_A}}{Z_s + Z_l + Z} + \frac{\dot{U_B}}{Z_s + Z_l + Z} + \frac{\dot{U_C}}{Z_s + Z_l + Z} = \frac{\dot{U_A} + \dot{U_B} + \dot{U_C}}{Z_s + Z_l + Z} \]

根据上述结点方程可以求解得到 $\dot{U_{nN}} = 0$，表明无论中线阻抗有多大，两个中性点都是等电位点；如果将中性点短接，则可以将电路划分为 3 个电路，但是通常只会划分出 A 相电路，这种方法被称为分相计算方法：

A 相电路的计算较为简单，线电流 $\dot{I_a}$ 等于：

\[ \dot{I_a} = \frac{\dot{U_A}}{Z_s + Z_l + Z} \]

由于 $\dot{I_a}$、$\dot{I_b}$、$\dot{I_c}$ 为对称电流，所以它们之和（即中线电流 $\dot{I_n}$ ）就等于零：

\[ \dot{I_n} = \dot{I_a} + \dot{I_b} + \dot{I_c} = 0 \]

由此可见，$Y_N - Y_n$ 连接的对称三相电路当中，中性点为等电位，即中线没有电流。

$Y - \Delta$ 连接的对称三相电路

下面是一个电源为星形，负载为三角形的对称三相电路：

将三角形负载转换为星形负载，阻抗都为 $Z$ 的三角形，变换为阻抗都是 $\frac{Z}{3}$ 的星形：

由于等效星形负载的中性点 $n$，与电源的中性点 $N$ 等电位：

所以，这里依然可以继续划分出 A 相电路来进行计算：

这样就可以根据上面的 A 相电路，计算出线电流 $\dot{I_a}$：

\[ \dot{I_a} = \frac{\dot{U_A}}{Z_l + \frac{Z}{3}} \]

这里的 $\dot{I_a}$ 既是星形负载的线电流，同样也是原来三角形负载的线电流，所以分相计算方法适用于任何连接的对称三相电路，是简化对称三相电路计算的一个好办法。

应用示例

▶【例题】请计算出下面的对称三相电路当中，所标识出来的电流？

◉【解答】上面电路当中，电源的线电压为 $\dot{U_{AB}} = 381 \angle 0° \ V$，线路阻抗为 $R = 5Ω$，星形负载 $R_1$与三角形负载 $R_2$ 两者并联。

将三星形负载变换为星形负载，其中电阻为 $R_2$ 的三角形变换为电阻等于 $\frac{R_2}{3}$ 的星形。但无论何种联结，都可以等效为线电压为 381V 的星形电源：

由此，电路变换为 $Y_N - Y_n$ 连接，中性点 $N$、$n_1$、$n_2$ 为等电位点，短接这三个中性点，划分出 A 相电路：

上面 A 相电路当中，$\dot{U_A}$ 是星形电压源的相电压，由线电压与相电压的关系可以得到其值为 220 角负 30 度：

\[ \dot{U_A} = 200 \angle - 30°\ V \]

于是电源的线电流 $\dot{I_a}$ 等于 $\dot{U_A}$ 除以 $R$ 加上 $R_{in}$：

\[ \dot{I_a} = \frac{\dot{U_A}}{R + R_{in}} \]

而负载 $\dot{R_1}$ 的线电流 $\dot{I_{a1}}$ 以及 $\dot{R_2}$ 的线电流 $\dot{I_{a2}}$ 则需要通过电阻的反比分流获得：

\[ \begin{aligned} \dot{I_{a1}} = \frac{R_1 / 3}{R_1 + R_1 / 3} \dot{I_a} \\ \dot{I_{a2}} = \frac{R_1}{R_1 + R_2 / 3} \dot{I_a} \\ \end{aligned} \]

从分相电路得到的电流均为线电流，三角形负载 $R_2$ 的相电流需要通过 $\dot{I_{ap2}}$，需要通过线电流与相电流的关系来得出，其值超前于线电流 $\dot{I_{a2}}$ 有 30° 度，幅值为 $\dot{I_{a2}}$ 的根号 3 分之一：

\[ \dot{I_{ap2}} = \frac{1}{\sqrt{3}} \dot{I_{a2}} \angle 30° \]

小结

本节讨论了对称三相电路的计算方法，包括线电量与相电量的关系，以及分相计算方法，这里需要注意如下三个知识点：

对称三相电路中的 $\Delta$ 形电源、$\Delta$ 形负载变换为 $Y$ 形之后，电源与所有负载的中性点都是等位点；计算时，需要短接这些中性点之后，再划分出 A 相电路进行计算；
从分相电路得出的是 $Y$ 形或者 $\Delta$ 形负载的线电流，以及 $Y$ 形负载的相电压，此外还需要应用线电量与相电量的关系，获得其它的电压与电流；
线电量与相电量的关系与电源的相序相关，电力系统的电源统一为正序（即默认电源为正序），本节内容所涉及的结论在电源为正序的条件下成立；

三相电路的功率计算与测量

三相电路的电源和负载都是三相的，因而讨论功率时，总是指 A、B、C 三相的功率之和。例如在电力系统当中，就需要计算和测量发电厂输出的功率、变电站传输的功率、用户消耗的功率：

如何计算与测量这些功率，就是本小节内容所要讨论的知识点。

功率计算

无论电路对称与否，三相负载吸收的有功功率和无功功率总是等于三相功率之和。

上面电路当中的星形负载，所吸收的有功功率 $P$ 等于 $P_a$ 加上 $P_b$ 再加上 $P_c$；其中 $P_a$ 为 $Z_a$ 吸收的有功功率，等于 $U_{an}$ 乘以 $I_a$ 乘以 $\cos \varphi_a$，这里的 $\varphi_a$ 是 $Z_a$ 的阻抗角，而 $\cos \varphi_a$ 就是 $Z_a$ 的功率因数，除此之外 $P_b$ 与 $P_c$ 与此相类似，从而可以得到如下的推导过程：

\[ P = P_a + P_b + P_c = U_{an} I_a \cos \varphi_a + U_{bn} I_b \cos \varphi_b + U_{cn} I_c \cos \varphi_c \]

三相负载吸收的无功功率 $Q$，等于 $Q_a$ 加上 $Q_b$ 再加上 $Q_c$，其中 $Q_a$ 为 $Z_a$ 吸收的无功功率，等于 $U_{an}$ 乘以 $I_a$ 乘以 $\sin \varphi_a$，除此之外 $P_b$ 与 $P_c$ 与此相类似，进而可以得到下列推导过程：

\[ Q = Q_a + Q_b + Q_c = U_{an} I_a \sin \varphi_a + U_{bn} I_b \sin \varphi_b + U_{cn} I_c \sin \varphi_c \]

当电路对称时，每相的功率都相等；所以相电压 $U_{an} = U_{bn} = U_{cn} = U_p$ 用 $U_p$ 表示，相电流 $I_{an} = I_{bn} = I_{cn} = I_p$ 用 $I_p$ 表示，阻抗角 $\varphi_a = \varphi_b = \varphi_c = \varphi$ 用 $\varphi$ 表示，于是对称三相电路（包括 $Y$ 和 $\Delta$ 形）的功率计算公式为：

\[ \begin{cases} 有功功率：P = 3 U_p I_p \cos \varphi \\ 无功功率：Q = 3 U_p I_p \sin \varphi \end{cases} \]

这里的 $P$ 与 $Q$ 都是负载吸收的功率，而 $U_p$ 与 $I_p$ 分别为负载的相电压与相电流，而 $\varphi$ 为负载的阻抗角，$\cos \varphi$ 就是负载的功率因数。除此之外，还可以采用线电量、相电量的关系，将上面两个式子变换为线电压、线电流：

对于星形负载，线电压 $U_l$ 等于相电压 $U_p$ 的 $\sqrt{3}$ 倍，线电流 $I_l$ 等于相电流 $I_p$，因此有功功率 $P = \sqrt{3} U_l I_l \cos \varphi$，无功功率 $Q = \sqrt{3} U_l I_l \sin \varphi$；
对于三角形负载，线电压 $U_l$ 等于相电压 $U_p$，线电流 $I_l$ 等于相电流 $I_p$ 的 $\sqrt{3}$ 倍，因此有功功率仍然为 $P = \sqrt{3} U_l I_l \cos \varphi$，无功功率仍然等于 $Q = \sqrt{3} U_l I_l \sin \varphi$；

注意：上面的 $\varphi$ 就是指原来的阻抗角。

▶【例题】写出如下对称三相电路当中，各个有功功率、无功功率的表达式？

◉【解答】对于星形负载 $Z_1$，相电流为 $I_{1l}$，相电压为 $U_{an}$，阻抗角为 $\varphi_1$，吸收的有功功率 $P_1$ 等于 $3 U_{an} I_{1l} \cos \varphi_1$；由于此处的 $I_{1l}$ 既是相电流，也是线电流，所以 $P_1$ 也等于 $\sqrt{3} U_{ab} I_{1l} \cos \varphi_1$：

\[ P_1 = 3 U_{an} I_{1l} \cos \varphi_1 = \sqrt{3} U_{ab} I_{1l} \cos \varphi_1 \]

◉【解答】相应的，星形负载吸收的无功功率 $Q_1$ 等于 $3 U_{an} I_{1l} \sin \varphi_1$，也等于 $\sqrt{3} U_{ab} I_{1l} \sin \varphi_1$：

\[ Q_1 = 3 U_{an} I_{1l} \sin \varphi_1 = \sqrt{3} U_{ab} I_{1l} \sin \varphi_1 \]

◉【解答】对于三角形负载 $Z_2$，其相电流为 $I_{2p}$，相电压为 $U_{ab}$，阻抗角为 $\varphi_2$；因此，其吸收的有功功率 $P_2$ 等于 $3 U_{ab} I_{2p} \cos \varphi_2$，将此处的 $I_{2p}$ 更换为线电流 $I_{2l}$，那么 $P_2$ 也可以等于 $\sqrt{3} U_{ab} I_{2l} \cos \varphi_2$：

\[ P_2 = 3 U_{ab} I_{2p} \cos \varphi_2 = \sqrt{3} U_{ab} I_{2l} \cos \varphi_2 \]

◉【解答】将上面 $P_2$ 表达式中的 $\cos$ 修改为 $\sin$，就成为了负载 $Z_2$ 所吸收的无功功率 $Q_2$：

\[ Q_2 = 3 U_{ab} I_{2p} \sin \varphi_2 = \sqrt{3} U_{ab} I_{2l} \sin \varphi_2 \]

◉【解答】接下来，再来计算电源提供的功率；将电源视为星形，$\dot{I_l}$ 就是电源的相电流，而 $\dot{U_{an}}$ 则是相电压，$\dot{I_l}$ 和 $\dot{U_{an}}$ 对于电源 A 相而言，属于非关联参考方向，电源提供的功率 $P$ 等于 $3U_{an} I_l \cos (\beta - \alpha)$，将相电压 $U_{an}$ 更换为线电压 $U_{ab}$，这里的 $P$ 也可以等于 $\sqrt{3} U_{ab} I_l \cos (\beta - \alpha)$：

\[ P = 3U_{an} I_l \cos (\beta - \alpha) = \sqrt{3} U_{ab} I_l \cos (\beta - \alpha) \]

◉【解答】同样的，把上面功率 $P$ 表达式当中的 $\cos$ 修改为 $\sin$，就可以得到电源提供的无功功率 $Q$：

\[ P = 3U_{an} I_l \sin (\beta - \alpha) = \sqrt{3} U_{ab} I_l \sin (\beta - \alpha) \]

有功功率测量

前面的内容讨论了对称三相电路的功率计算，接下来分析如何测量三相电路的有功功率。

三瓦特表法

无论电路对称与否，4 线制的三相负载吸收的有功功率，可以使用 3 个瓦特表来进行测量，下面就是一个 4 线制的星形负载：

将瓦特表 $W_1$、$W_2$、$W_3$ 的电流线圈串入端线，那么电压线圈的公共端 $O$ 连接至中线，此时 $W_1$、$W_2$、$W_3$ 的读数分别为 $P_1$、$P_2$、$P_3$，对应于负载 A 相、B 相、C 相吸收的有功功率：

因此三相负载吸收的有功功率 $P$ 等于 $P_1$ 加上 $P_2$ 再加上 $P_3$：

\[ P = P_1 + P_2 + P_3 \]

两瓦特表法

无论当前电路对称与否，3 线制三相负载吸收的有功功率，都可以使用 2 个瓦特表来进行测量。移除上面三相负载电路的中线，就可以得到如下的 3 线制电路：

此时 3 个线电流满足 KCL 方程，这里依然将 3 个瓦特表的电流线圈串入端线，但是将电压线圈的公共端 $O$ 连接至任意一条端线（例如连接至 C 线），此时 $W_3$ 的电压线圈被短接，因此 $P_3$ 等于 0：

这种情况下，如果去掉 $W_3$ 只保留两个瓦特表，就是所谓的两瓦特表法：

三相负载吸收的有功功率 $P$ 等于 $P_1$ 加上 $P_2$，这里需要证明 $P_1 + P_2$ 就是负载吸收的功率。前面小节内容已经讨论过，瓦特表的读数等于其电压相量乘以电流相量的共轭再取实部：

\[ \begin{aligned} P_1 + P_2 &= Re[\dot{U_{ac}} \dot{I_a}^* + \dot{U_{bc}} \dot{I_b}^*] \\ &= Re[(\dot{U_{an}} - \dot{U_{cn}}) \dot{I_a}^* + (\dot{U_{bn}} - \dot{U_{cn}}) \dot{I_b}^*] \\ &= Re[\dot{U_{an} \dot{I_a}^*} + \dot{U_{bn} \dot{I_b}^*} + \dot{U_{cn}}(-\dot{I_a}^* - \dot{I_b}^*)] \\ &= Re[\dot{U_{an} \dot{I_a}^*} + \dot{U_{bn} \dot{I_b}^*} + \dot{U_{cn} \dot{I_c}^*}] \end{aligned} \]

接下来，将负载视为星形，线电压用相电压之差进行表示，再整理为 3 项之和。将 3 个线电流满足的 KCL 方程代入其中，这样得到的 3 项之和表达式当中的一项，就对应于星形负载一相吸收的功率。

注意：在证明 $P$ 等于 $P_1 + P_2$ 的过程当中，使用到了 3 个线电流之和等于零的条件，这正是两瓦特表能够运用的前提。

无论对称与否，无论是三角形还是星形联结，只要 3 个线电流之和等于零，就可以采用两瓦特法来测量三相有功功率。

应用举例

▶【例题】下面的对称三相电路中，电源线电压为 380V，电动机吸收的功率为 7.5kW，功率因数为 0.8。

计算出线电流的值？
获取瓦特表的读数？
电动机吸收了多少无功功率？

◉【解答】根据题意可以知道，电源的线电压 $U_l = 380V$，负载的有功功率 $P = 7500W$；电动机为感性负载，功率因数 $\cos \varphi = 0.8$。

◉【解答 1】首先，确定线电流；由功率的计算公式 $P = \sqrt{3} U_l I_l \cos \varphi$ 可以得到线电流 $I_l$：

\[ I_l = \frac{P}{\sqrt{3} U_l \cos \varphi} = \frac{7500}{\sqrt{3} \times 380 \times 0.8} = 14.2A \]

◉【解答 2】然后，计算瓦特表读数；这里把电动机视为星形联结，将 $\dot{U_{an}}$ 定义为参考相量：

\[ \dot{U_{an}} = \frac{380}{\sqrt{3}} \angle 0° V \]

◉【解答 2】线电流 $\dot{I_a}$ 也就是相电流，由于 $\dot{I_{a}}$ 滞后于相电压 $\dot{U_{an}}$，角度为 $\varphi$：

\[ \dot{I_{a}} = I_l \angle - \varphi = 14.2 \angle -36.9° A \]

◉【解答 2】线电压 $U_{ab}$ 超前于相电压 $\dot{U_{an}}$ 有 30° 度，由此 $W_1$ 的读数 $P_1$ 等于相量 $\dot{U_{ab}}$ 乘以相量 $\dot{I_a}$ 的共轭取实部：

\[ P_1 = Re[\dot{U_{ab}} \dot{I_a}^*] = Re[380 \angle 30° \times 14.2 \angle 36.9°] \]

◉【解答 2】由于 $W_1$ 和 $W_2$ 的读数为两瓦特表的连接方式，因此 $W_2$ 的读数 $P_2$ 等于 $P$ 减去 $P_1$：

\[ P_2 = P - P_1 \]

◉【解答 3】最后，确定负载吸收的无功功率；无功功率 $Q$ 可以通过 $Q = \sqrt{3} U_l I_l \sin \varphi$ 来进行计算：

\[ Q = \sqrt{3} U_l I_l \sin \varphi = \sqrt{3} \times 380 \times \sin 36.9° \]

小结

本小节讨论了三相电路的功率计算与测量方法，最后总结为如下两点：

下面的功率 $P$ 与 $Q$ 计算公式，只适用于对称三相电路，并且角度 $\varphi$ 总是相电压与相电流的相位差； \[ \begin{cases} 有功功率：P &= 3 U_p I_p \cos \varphi = \sqrt{3} U_l I_l \cos \varphi \\ 无功功率：Q &= 3 U_p I_p \sin \varphi = \sqrt{3} U_l I_l \sin \varphi \end{cases} \]
采用两瓦特表法测量三相功率时，需要注意三个线电流之和等于零是唯一的前提，并且电压线圈的公共端需要连接至没有瓦特表的端线；

不对称三相电路

导致三相电路不对称的原因有电源不对称（包括幅值或者相位差不相等）、负载不对称、线路不对称（例如端线阻抗不相等）。因此，要将不对称三相电路视为复杂的正弦稳态电路，运用结点方程、网孔/回路方程、相量图等方法来进行分析。

本节内容将会讨论一些不对称三相电路相关的例题，目的不仅在于学习如何分析不对称三相电路，还在于探讨不对称三相电路当中一些值得注意的特点。

不对称负载

▶【例题 1】下面是一个电源对称，负载不对称，且具有中线的三相电路，请确定其负载的相电流？

◉【解答 1】由于该电路具有中线，负载的每项电压对称，因此相电流等于相电压与阻抗的比值：

\[ \begin{cases} \dot{I_a} = \frac{\dot{U_{AN}}}{Z_a} \\ \dot{I_b} = \frac{\dot{U_{BN}}}{Z_b} \\ \dot{I_c} = \frac{\dot{U_{CN}}}{Z_c} \end{cases} \]

◉【解答 1】中线电流 $\dot{I_N}$ 等于三个相电流之和，其值不会等于零：

\[ \dot{I_N} = \dot{I_a} + \dot{I_b} + \dot{I_c} \neq 0 \]

◉【解答 1】由此可见，当存在中线电流时，负载相电压对称，而相电流不对称。接下来绘制出对应的相量图，由 A、B、C 组成一个正三角形，其负载的中性点与电源的中性点相重合：

▶【例题 2】下图为一个电源对称，负载不对称，不存在中线的三相电路，请确定其负载的相电流与相电压？

◉【解答 2】求解这个问题最好的办法是采用结点分析法，以电源侧的中性点作为参考结点，负载侧的中性点 n 的电位为 $U_n$，而 A、B、C 的电位就是电源的相电压，分别为 $\dot{U_A}$、$\dot{U_B}$、$\dot{U_C}$，下面列写出关于结点 n 的方程：

\[ (Y_a + Y_b + Y_c) \dot{U_n} - Y_a \dot{U_A} - Y_b \dot{U_B} - Y_c \dot{U_C} = 0 \]

◉【解答 2】该方程中的 $Y_a + Y_b + Y_c$ 为自导纳，而 $Y_a$、$Y_b$、$Y_c$ 为互导纳，求解就能够得到 $\dot{U_n}$。此外，相电流可以采用结点电位之差来进行计算：

\[ \begin{cases} \dot{I_a} = Y_a (\dot{U_A} - \dot{U_n}) \\ \dot{I_b} = Y_b (\dot{U_B} - \dot{U_n}) \\ \dot{I_c} = Y_c (\dot{U_C} - \dot{U_n}) \end{cases} \]

◉【解答 2】由此可见，无中线时负载的相电流不对称，相电压也不对称。绘制出相量图，A、B、C 依然还是组成一个正三角形，但是其负载的中性点与电源的中性点不会再重合：

接下来，对比一下负载不对称时，所存在的无中线和有中线两种情况：当负载不对称时，需要使用到中线来保证负载的每项电压相等（居民用电必须有中线）：

注意：当安装有空气开关之类的过流保护装置时，要么中线上面不进行安装，要么安装会和端线进行联动的过流保护设备。

如果中线由于故障导致断开，那么负载的某些相就会由于电压超过额定值而导致损坏：

负载并联工作

▶【例题】当下面电路当中的电源对称，请确定负载的线电流？

◉【解答】假设电源相电压 $\dot{U_{AN}}$ 等于 $U$ 角 0° 度：

\[ \dot{U_{AN}} = U \angle 0° \]

◉【解答】第 1 组负载为不对称星形负载，具有中线，标出线电流 $\dot{I_{a1}}$、$\dot{I_{b1}}$、$\dot{I_{c1}}$（题图绿色圈出部分），此时 A 相电流 $\dot{I_{a1}}$ 等于 $\dot{U_{AN}}$ 除以 $Z_a$，说明负载的线电流不对称，相电压对称：

\[ \dot{I_{a1}} = \frac{\dot{U_{AN}}}{Z_a} \]

◉【解答】第 2 组负载为对称负载，没有中线，标出线电流 $\dot{I_{a2}}$、$\dot{I_{b2}}$、$\dot{I_{c2}}$（题图蓝色圈出部分），此时 A 相电流 $\dot{I_{a2}}$ 可以由功率 $P$、功率因数 $\cos \varphi$、相电压 $U$ 求得，说明负载的线电流对称，相电压也对称：

\[ \dot{I_{a2}} = \frac{P}{3U \cos \varphi} \angle - \varphi \]

◉【解答】第 3 组负载为单相负载，电流 $\dot{I_{c3}}$ 等于 $\dot{U_{CN}}$ 除以 $Z$：

\[ \dot{I_{c3}} = \frac{\dot{U_{CN}}}{Z} \]

注意：综上所述，当不同负载并联工作的时候，负载之间并不会相互影响。

负载一相故障

▶【例题】确定下面电路的负载 A 相分别开路或者短路时，负载上的相电压？

◉【解答】首先，分析 A 相开路时的情况，这里采用相量图进行分析：无论负载情况如何，电源侧的电压总是正三角形 ABC；当 A 相开路时，B 相与 C 相阻抗串联，因此负载中性点 n 在电压 $U_{BC}$ 的中点：

◉【解答】由相量图可以得出，B 相与 C 相的相电压有效值为 $U_{Bn}$ 等于 $U_{Cn}$ 等于线电压 $U_L$ 的二分之一：

\[ U_{Bn} = U_{Cn} = \frac{1}{2} U_l = 190V \]

◉【解答】此时，开路处的电压 $U_{An}$ 与相电压 $\dot{U_{AN}}$ 同相位，等于 $\dot{U_{AN}}$ 的 $\frac{3}{2}$ 倍：

\[ U_{An} = \frac{3}{2} \dot{U_{AN}} = 329 \angle 0° \ V \]

◉【解答】然后，接下来再来分析 A 相短路时的情况：

◉【解答】这里依然采用相量图进行分析，A 相短路导致负载中性点 n 与 A 点短接：

◉【解答】这样 B 相与 C 相的相电压就变成了线电压，其有效值为 $U_{Bn}$ 等于 $U_{Cn}$ 等于 $U_l$：

\[ U_{Bn} = U_{Cn} = U_l = 380V \]

电源相序测量

▶【例题】如下是对称三相电源的 3 条端线，电源线的电压为 380V，此时如何测定电源的相序？

◉【解答】电源的相序可以使用相序仪进行测量，相序仪本质上就是一组不对称三相负载，由 2 个相同的灯泡和 1 个电容器连接为星形组成；这里的灯泡使用线性电阻 $R$ 作为模型，电容连接 A 相端线。如果 ABC 为正序三相电压，那么连接 B 相端线的灯泡，就要比连接 C 相端线的灯泡更为明亮：

◉【解答】接下来，绘制相量图来分析其原理。首先将电容以外的电路等效为一个戴维南支路：

◉【解答】将三相电源视为星形，对应的等效电路如下图所示：

◉【解答】可以看到，开路电压 $U_{oc}$ 就是前面已经分析过的 A 相开路时的电压 $\dot{U_{An}}$，即 $U_{oc}$ 等于电源 A 相电压 $\dot{U_{AN}}$ 的 1.5 倍：

\[ U_{oc} = 1.5 \dot{U_{AN}} \]

◉【解答】将 3 个电压源短接之后，确定等效阻抗 $Z_{eq}$ 为 0.5R：

\[ Z_{eq} = 0.5R \]

◉【解答】最后，就可以绘制出下面这个等效电路的相量图：

◉【解答】这里假定电源为正序，ABC 为正三角形，此时上图蓝色箭头就是 A 到 D 的电压 $\dot{U_{oc}}$；从等效电路上来看，n 点位于以 AD 为斜边的直角三角形顶点；由于 $R$ 与 $X_c$ 的取值不同，那么 n 点在半圆上的位置就不同，但是总会有电压 $U_{Bn}$ 大于 $U_{Cn}$：

\[ U_{Bn} > U_{Cn} \]

◉【解答】换而言之，电容为正序对称时，B 相的灯泡总是会比 C 相的灯泡更加明亮。

小结

本节讨论了工程实际当中一些典型的不对称三相电路，这里补充一些对于日常生活有用的常识：

居民用电多数的负载为单相负载，尽管在电力规划设计时，会尽量将这些单相负载对称分布到 3 相，但是由于负载使用的时间不同步，总是会导致不对称的情况出现；
常用插座的左侧为端线，右侧为中线，而中间为地线（即左零右火中地），这里的地线是从掩埋在地下的导体上引出的一条线路，出于安全用电角度考虑，家用电器的外壳都要与地线可靠相连。

含磁耦合的电路

耦合电感

当电路的频率较低时，将线性的孤立线圈连接至交流电流源，对应的电路模型为电阻（表示消耗电能）与电感（表示存储磁场能量）的串联:

此时，端口的电压-电流关系为 $u = Ri + L \frac{di}{dt}$，如果两个线圈彼此靠近（例如绕制在同一个磁心上），或者在电路里的物理间隔距离非常接近：

当两个线圈都连接到交流电源时，它们各自电流所产生的磁场就会相互影响，因此电路分析当中，通常会采用耦合电感元件来表征这种电路磁场之间的相互影响。

自感与互感

将一个匝数为 $N_1$，电感量为 $L_1$ 的线性孤立线圈 1，连接上电流源 $i_1$。这里的电感 $L_1$ 体现的是线圈 1 自身的磁链与电流之间的线性关系，它由线圈自身的结构和材质所决定。当另一个匝数为 $N_2$，电感量为 $L_2$ 的线圈 2 与线圈 1 靠近时，此刻线圈 2 当中存在磁通，同时也会出现感应电压。

电流 $i_1$ 产生的磁通全部与线圈1相交，用 $\varphi_{11}$ 表示；另一部分与线圈 2 相交，用 $\varphi_{21}$ 表示。同样的，将线圈 2 连接到电流源 $i_2$，则电流 $i_2$ 产生的磁通全部与线圈 2 相交，部分与线圈 1 相交，与线圈 2 相关的磁通为 $\varphi_{22}$，与线圈 1 相关的磁通为 $\varphi_{12}$。

两个线圈都连接上电流源，各自产生的磁通相互叠加。

线圈 1 的磁链 $\psi_1$ 等于匝数 $N_1$ 乘以磁通 $\phi_{11}$ 与 $\phi_{12}$ 之和；而 $N_1$ 乘以 $\phi_{11}$ 由电流 $i_1$ 产生，并与电流 $i_1$ 成正比，等于 $L_1 i_1$；而 $N_1$ 乘以 $\phi_{12}$ 由电流 $i_2$ 产生，与电流 $i_2$ 成正比，等于 $M i_2$，这里的 $M$ 是当前引入的新系数：

\[ \psi_1 = N_1(\phi_{11} + \phi_{12}) = L_1 i_1 + M i_2 \]

线圈 2 的磁链 $\psi_2$ 等于匝数 $N_2$ 乘以磁通 $\phi_{21}$ 与 $\phi_{22}$ 之和；而 $N_2$ 乘以 $\phi_{22}$ 由电流 $i_2$ 产生，并与电流 $i_2$ 成正比，等于 $L_2 i_2$；而 $N_2$ 乘以 $\phi_{21}$ 由电流 $i_1$ 产生，与电流 $i_1$ 成正比，等于 $M i_1$：

\[ \psi_2 = N_2(\phi_{21} + \phi_{22}) = L_2 i_2 + M i_1 \]

通过以上分析可以知道，系数 $L_1$ 和 $L_2$ 由线圈自身的结构和材质所决定，称为自感。而新系数 $M$ 代表的是线圈间的相互影响，称为互感。这里 $M$ 不仅与两个线圈的结构与材质有关，还与两个线圈的相对位置相关。一般情况下，可以认为 $L_1$、$L_2$、$M$ 都与电流无关。因此，电压 $u_{11}$ 与 $u_{22}$ 称为自感电压，电压 $u_{12}$ 与 $u_{21}$ 称为互感电压。这里的 $u_{12}$ 由线圈 2 的磁场对线圈 1 的影响而产生，而 $u_{21}$ 由线圈 1 的磁场对线圈 2 的影响而产生。

线性耦合电感的方程

经过上述分析，就可以得出磁链与电流之间的关系，即耦合电感的特性方程（线性耦合线圈）：

\[ \begin{cases} \psi_1 = L_1 i_1 + M i_2 \\ \psi_2 = L_2 i_2 + M i_1 \end{cases} \]

这个耦合电感的特性方程体现了电流与磁链之间的线性因果关系，所以也被称为线性耦合。实际上并非所有耦合都是线性的，只有当线圈周围媒介的磁导率为常数时，才属于线性饱和。

特性方程的两项磁链为相加关系，也就是说互感磁链与自感磁链的方向一致，或者说耦合使得线圈的磁链增大了，称为加强型耦合。但是并非所有耦合都属于加强型耦合，改变一个线圈的电流方向，或者改变一个线圈的绕向，互感磁链与自感磁链就会方向相反，因此也就会存在如下关系，由于这里的互感使得线圈的磁链变小，所以称之为削弱型耦合。：

\[ \begin{cases} \psi_1 = L_1 i_1 - M i_2 \\ \psi_2 = L_2 i_2 - M i_1 \end{cases} \]

注意：耦合类型由电流的参考方向与线圈的相对绕向共同决定。

在分析耦合电感时，使用的是电压-电流关系方程。耦合电感作为电路元件，只表征磁耦合这一种电磁现象，因而可以认为线圈电阻为零，线圈电压只有感应电压。根据电磁感应定律，可以得到如下的电压-电流关系：

\[ \begin{aligned} & 加强型耦合 \begin{cases} \psi_1 = L_1 i_1 + M i_2 \\ \psi_2 = L_2 i_2 + M i_1 \end{cases} \qquad 削弱型耦合 \begin{cases} \psi_1 = L_1 i_1 - M i_2 \\ \psi_2 = L_2 i_2 - M i_1 \end{cases} \\ & \implies \begin{cases} u_1 = \frac{d \psi_1}{dt} = L_1 \frac{di_1}{dt} \pm M \frac{di_2}{dt} \\ u_2 = \frac{d \psi_2}{dt} = L_2 \frac{di_2}{dt} \pm M \frac{di_1}{dt} \end{cases} \end{aligned} \]

注意 $M$ 前面的负号对应于削弱型耦合，必须注意，上面这个电压-电流关系是建立在关联参考方向的基础上的。当两个线圈的电压-电流均为关联参考方向时，自感电压总是正值，而互感电压在加强型时取正，在削弱型时取负。

正弦稳态下，电压和电流都会采用相量来进行表示，这样求导就变为了乘以 $j \omega$：

\[ 正弦稳态下 \begin{cases} \dot{U_1} = j \omega L_1 \dot{I_1} \pm j \omega M\dot{I_2} \\ \dot{U_2} = j \omega L_2 \dot{I_2} \pm j \omega M\dot{I_1} \end{cases} \]

同名端 & 耦合系数

耦合电感元件的电路符号如下图所示：

符号当中的 $L_1$ 与 $L_2$ 都是其参数，要写出对应的电压-电流关系，必须预先判断当前属于哪种耦合类型。而这里的耦合类型，主要由电流的参考方向和线圈的相对绕向共同决定，因而必须在电路符号上标明线圈的相对绕向，这种线圈相对绕向的标记就称为同名端，通常采用星号 * 进行表示。并且约定当电流同时流入同名端时，就属于加强型耦合。显然上面符号表征的就是一个加强型耦合电感，其电压-电流关系如下所示：

\[ \begin{cases} u_1 = L_1 \frac{di_1}{dt} + M \frac{i_2}{t} \\ u_2 = L_2 \frac{di_2}{dt} + M \frac{i_1}{t} \end{cases} \]

在其电压-电流关系当中，由于均为关联参考方向，所以 $L_1 \frac{di_1}{dt}$ 和 $L_2 \frac{di_2}{dt}$ 都取正值；由于当前属于加强型耦合，因而 $M \frac{i_1}{t}$ 和 $M \frac{i_2}{t}$ 也都取正值。

通过 $M$ 的取值大小，可以判断当前耦合的松紧程度；当 $M = 0$，表示无耦合；而当 $M \neq 0$，表示存在耦合；当 $M$ 取上限时，则表示全耦合。

对于上图所示的闭合磁路，其磁心的磁导率 $\mu$ 远远大于磁心外部空气的磁导率 $\mu_0$；由于浅灰色的线圈 1 外面还套有深灰色的线圈 2，因而两个线圈的磁通相等，即一个线圈产生的磁通全部相交于两个线圈，属于 $M$ 取上限的情况，也就是上面提到的全耦合状态。

相关教材已经证明了 $M$ 的取值范围为 $0 \le M \le \sqrt{L_1 L_2}$，并且还定义了耦合系数 $k = \frac{M}{\sqrt{L_1 L_2}}$，显然 $k$ 的取值范围介于 0 到 1 之间，当 $k=0$ 时是无耦合，而当 $k=1$ 时就是全耦合；这里的耦合系数 $k$ 就是用于表征耦合紧密程度的参数。

耦合电感应用举例

▶【例题 1】请标识出下图所示耦合电感的同名端？

◉【解答 1】将一个线圈的任意端子指定为同名端，例如上图中的 2 号端子。如果电流从 2 号端子流入，则磁通方向朝左。显然这里电流是从 3 号端流入，磁通方向也是向左，从而形成加强型耦合，因而 2 和 3 都属于同名端。

▶【例题 2】请列写出下面电路的电压-电流关系？

◉【解答 2】在列写电压-电流关系之前，需要确保参考方向关联。然后再根据电流方向与同名端，判断耦合类型；由于这里属于削弱型耦合，所以自感电压取正，互感电压取负，从而列写出如下的电压-电流关系：

\[ \begin{cases} \dot{U_1} = j \omega L_1 \dot{I_1} - j \omega M\dot{I_2} \\ \dot{U_2} = j \omega L_2 \dot{I_2} - j \omega M\dot{I_1} \end{cases} \]

▶【例题 3】请继续列写出如下电路的电压-电流关系？

◉【解答 3】该电路当中，$L_1$ 为关联参考方向，而 $L_2$ 为非关联参考方向，因此可以将 $u_2$ 变为 $-u_2$，这里 $-u_2$ 与 $i_2$ 的方向关联，然后根据电流方向和同名端，判定耦合类型依然为削弱型，互感电压取负（需要注意 $L_2$ 的电压为 $-u_2$）：

\[ \begin{cases} u_1 = L_1 \frac{di_1}{dt} - M \frac{di_2}{dt} \\ - u_2 = L_2 \frac{di_2}{dt} - M \frac{di_1}{dt} \end{cases} \]

小结

彼此靠近的线圈，磁场会相互影响，称为磁耦合；
耦合电感是表征磁耦合的理想电路元件，参数为自感 $L_1$ 和 $L_2$ 以及互感 $M$；
自感电压的正负与参考方向关联与否相关；互感电压的正负与同名端以及电流参考方向相关；
正确列写耦合电感的电压-电流关系极为重要；

含耦合电感电路的分析

建立存在磁耦合现象的电路模型时，需要使用耦合电感来表征磁耦合的作用。

例如在汽车无线充电系统当中，就需要利用到磁耦合进行电能传输。上图就使用耦合电感作为电能传输部分的模型，本小节将会讨论含耦合电感电路的三种分析方法：列写网孔/回路方程、去耦等效、映射阻抗。

列写网孔或回路方程

▶【例题】计算下面电路的正弦稳态电流 $I_1$ 和 $I_2$ ？

◉【解答】分析正弦稳态电路，必须先将电路转换为向量模型，如下图所示：

◉【解答】根据上面的耦合电感相量模型，可以得到 $\omega L_1$、$\omega L_2$、$\omega L_M$：

\[ \begin{cases} \omega L_1 = 100 \times 0.3 = 30Ω \\ \omega L_2 = 100 \times 0.2 = 20Ω \\ \omega M = 100 \times 0.1 = 10Ω \end{cases} \]

◉【解答】将正弦电压源 $100 \sqrt{2} \cos(100t) V$ 表示为相量 $100$ 角 0° 度：

\[ 100 \sqrt{2} \cos(100t) V \rightarrow 100 \angle 0° V \]

◉【解答】列写网孔的 KVL 方程，就可以求解得到电流 $I_1$ 与 $I_2$；对于左侧网孔，网孔电流为 $\dot{I_1}$，依照网孔电流方向列写 KVL 方程，20Ω 电阻的电压为 $20 \dot{I_1}$；j30Ω 线圈的电压必须取与电流 $\dot{I_1}$ 关联的参考方向，在 $\dot{I_1}$ 与 $\dot{I_2}$ 的参考方向下，该耦合电感为削弱型，因而 $j30Ω$ 线圈的电压等于 $j30\dot{I_1} - j10\dot{I_2}$，这两项电压之和就等于电源电压：

\[ 20 \dot{I_1} + (j30\dot{I_1} - j10\dot{I_2}) = 100 \angle 0° \]

◉【解答】而对于右侧网孔，网孔电流为 $\dot{I_2}$，还是依照网孔电流方向列写 KVL 方程，两个 10Ω 电阻的电压均为 $10 \dot{I_2}$；j20Ω 线圈的电压要取与电流 $\dot{I_2}$ 关联的参考方向，因此 $j20Ω$ 线圈的电压等于 $j20\dot{I_2} - j10\dot{I_1}$，这两项电压之和等于零：

\[ 10 \dot{I_2} + 10 \dot{I_2} + (j20\dot{I_2} - j10\dot{I_1}) = 0 \]

◉【解答】联立上述方程之后进行求解，就可以得到 $\dot{I_1}$ 和 $\dot{I_2}$ 的值：

\[ \begin{cases} 20 \dot{I_1} + (j30\dot{I_1} - j10\dot{I_2}) = 100 \angle 0° \\ 10 \dot{I_2} + 10 \dot{I_2} + (j20\dot{I_2} - j10\dot{I_1}) = 0 \end{cases} \]

注意：正确列写耦合电感的电压-电流关系，是这种分析方法的关键。

去耦等效

当两个线圈存在公共端时，耦合电感可以等效为不耦合的 3 个电感，称为去耦等效。下图左侧是一个同名端为公共端的耦合电感，而右侧是一个非同名端为公共端的耦合电感：

当同名端为公共端时，可以等效为 3 个不耦合电感的星形联结，这些电感的参数分别为 $M$、$L_1 - M$、$L_2 - M$：

当非同名端为公共端时，依然等效为 3 个不耦合电感的星形联结，这些电感的参数分别为 $-M$、$L_1 + M$、$L_2 + M$：

此处必须注意两点：首先是等效之后会新增一个结点，但是该结点并非去耦前的公共端；其次基于等效的原则，可以保证电流 $i_1$、$i_2$、$i_3$ 以及端子 1、2、3 之间的电压不发生改变。例如端子 1 和 3 之间的电压 $u_{13}$ 在等效之前为 $L_1 \frac{di_1}{dt} + M \frac{di_2}{dt}$，而等效之后就等于 $(L_1 - M) \frac{di_1}{dt} + M \frac{d(i_1 + i_2)}{dt}$，其在等效前后的关系相同：

\[ u_{13} = L_1 \frac{di_1}{dt} + M \frac{di_2}{dt} = (L_1 - M) \frac{di_1}{dt} + M \frac{d(i_1 + i_2)}{dt} \]

▶【例题】试运用去耦等效，分析计算前面电路的正弦稳态电流 $I_1$ 与 $I_2$ ？

◉【解答】由于该耦合电感没有公共端，所以不能进行去耦。但是可以通过添加辅助连线，从而形成公共端：

◉【解答】根据 KCL 定律可以知道，这条连线上的电流等于零，因而电路的工作状态不会发生改变。这样就变为以同名端作为公共端的耦合电感，可以进行去耦等效：

◉【解答】此时星形联结的电感阻抗分别为 $j10Ω$、$j20Ω$、$j10Ω$，采用结点方程分析去耦之后的等效电路计算量最小。取结点电位 $\dot{U}$ 列写结点方程，三条支路的导纳之和乘以结点电位 $\dot{U}$，等于电压源转换而来的电流源电流，进而可以求解得到结点电位 $\dot{U}$：

\[ \bigg(\frac{1}{20 + j20} + \frac{1}{j10} + \frac{1}{20 + j10}\bigg) \dot{U} = \frac{100 \angle 0°}{20 + j20} \]

◉【解答】根据上面得到的结点电位 $\dot{U}$，可以很容易的求解得到 $\dot{I_1}$ 和 $\dot{I_2}$：

\[ \begin{cases} \dot{I_1} = \frac{100 \angle 0° - \dot{U}}{20 + j20} \\ \dot{I_2} = \frac{\dot{U}}{20 + j10} \end{cases} \]

映射阻抗

耦合电感的一个线圈连接到电源，形成电源回路。另一个线圈连接到负载，形成负载回路，线圈之间没有电气连接，电源的能量通过磁场耦合传输到负载。换而言之，两个回路以磁场作为媒介相互影响：

负载回路对电源回路的影响，可以等效为一个阻抗 $Z_r$，称为映射阻抗：

利用两个电路输入阻抗相等的关系，可以导出映射阻抗的表达式。上图左侧电路绿色部分中的 $\dot{U_1}$ 与 $\dot{I_1}$ 比值等于：

\[ \frac{\dot{U_1}}{\dot{I_1}} = \frac{j\omega L_1\dot{I_1} + j \omega M \dot{I_2}}{\dot{I_1}} \]

而上图右侧电路标识为绿色部分的 $\dot{U_1}$ 与 $\dot{I_1}$ 比值则等于：

\[ \frac{\dot{U_1}}{\dot{I_1}} = j \omega L_1 + Z_r \]

将负载回路的 KVL 方程 $j\omega L_2 \dot{I_2} + j \omega M \dot{I_2} + Z_2 \dot{I_2} = 0$，代入 $\dot{U_1}$ 与 $\dot{I_1}$ 的比值当中，消除 $\dot{I_2}$，然后对照两组 $\dot{U_1}$ 与 $\dot{I_1}$ 的比值，就可以得出 $Z_r$ 的表达式：

\[ Z_r = \frac{(\omega M)^2}{Z_2 + j \omega L_2} \]

在上面映射阻抗 $Z_r$ 的表达式当中，分子为 $\omega M$ 的平方，表明 $Z_r$ 与耦合类型无关，也就是说即使改变 $\dot{I_2}$ 的方向变作削弱型耦合，$Z_r$ 的表达式也会不变。此外，$Z_r$ 表达式的分母为负载回路的总阻抗。

▶【例题】运用映射阻抗分析计算之前电路的正弦稳态电流 $I_1$ 与 $I_2$ ？

◉【解答】电路中耦合电感的两个线圈没有电气连接，符合映射阻抗的应用条件，将负载回路折算至电源回路，再来计算电流 $I_1$；负载回路对于电源回路的影响可以等效为映射阻抗 $Z_r$，并且将其串联在电源回路的线圈 $L_1$ 上面：

此时，$Z_r$ 就等于 $\omega M$ 的平方，除以负载回路的总阻抗：

\[ Z_r = \frac{(\omega M)^2}{负载回路总阻抗} = \frac{10^2}{10 + 10 + j20} \]

再进一步通过 KVL 定律得到 $\dot{I_1}$：

\[ \dot{I_1} = \frac{100 \angle 0°}{20 + j30 + Z_r} \]

除此之外，还可以利用负载回路的 KVL 确定电流 $\dot{I_2}$，接下来按照 $I_2$ 的方向将各项电压相加。注意这里线圈电压取与 $I_2$ 关联的参考方向，属于削弱型耦合，因而线圈电压应为 $j20 \dot{I_2} - j 10 \dot{I_1}$，从而列写出如下的 KVL 方程：

\[ (10 + 10) \dot{I_2} + (j20 \dot{I_2} - j10 \dot{I_1}) = 0 \]

小结

含耦合电感电路的分析存在着网孔/回路方程、去耦等效、映射阻抗三种思路：

网孔/回路方程：无应用前提，采用网孔电流正确表示耦合电感的电压是关键所在；
去耦等效：应用前提是线圈存在公共端，等效电路的参数与同名端相关；
映射阻抗：应用前提是需要连接为电气上彼此独立的电源回路与负载回路，映射阻抗的大小与同名端无关；

变压器

变压器是一种能够对交流电压的幅值进行变换的电子元器件，其种类非常繁多，按照用途可以划分为如下几种：

本小节内容主要讨论变压器与耦合电感的区别，以及变压器的工作原理与相关分析方法。

线性变压器

根据磁芯的类型，可以将变压器分为线性变压器、铁芯变压器。无论哪种变压器，其原理都是绕制在相同磁心上的两个线圈，一个线圈连接至电源，另一个线圈连接至负载，然后通过交变磁场互相耦合：

工程上将连接至电源的线圈称为一次绕组，而连接负载的线圈则称为二次绕组，如果绕组周围（包括磁心）都是磁导率等于常数的线性磁介质，那么就属于线性变压器。线性变压器只能用于电压低、频率高场合，例如电子电路以及测量仪器当中。显然，线性变压器的磁耦合可以使用线性耦合电感作为电路模型来表示。绕组消耗的电能，可以使用电阻表示；因此线性变压器的电路模型为线性耦合电感串联电阻：

这里的 $R_1$ 与 $R_2$ 分别是一次绕组和二次绕组的电阻，而 $L_1$ 与 $L_2$ 分别是一次绕组和二次绕组的自感，而 $M$ 为两个线圈的互感。

铁芯变压器

铁芯变压器就是磁芯材料为铁合金的变压器，这里铁合金的磁导率 $\mu >> \mu_0$，但是 $\mu$ 并非常数，因此铁芯变压器是非线性的耦合系统。其构成依然是一个线圈连接电压，而另一个线圈连接负载：

之所以这里要对铁芯变压器进行单独讨论，是由于线性变压器没有磁导率较高的线性磁介质，只能应用于电压低、频率高的场合，在使用上具有较大的局限性。线性变压器磁心的磁导率 $\mu$ 通常接近于 $\mu_0$，较小的 $\mu$ 导致自感也比较小。如果电源频率较低，那么 $\omega$ 也就比较小。从而就导致 $j \omega L_1$ 很小，无论负载 $Z_L$ 的值为多少，电流 $I_1$ 都会过大，尤其是在电压较高的情况下：

\[ \begin{cases} \mu \ 小 \\ \omega \ 小 \end{cases} \implies \begin{cases} j \omega L_1 \ 小 \\ j \omega L_2 \ 小 \end{cases} \implies I_1 \ 较大 \]

因此，只有在电压较低、频率较高的场合，电流 $I_1$ 才不至于过大。而降低电流的方法，就是采用较高磁导率 $\mu$ 的磁芯，以及增加线圈的匝数 $N_1$ 与 $N_2$，从而增大 $L_1$ 和 $L_2$ 降低电流。但是匝数越多，变压器体积越大，因而并不能无限制的增加匝数，所以才会提出铁芯变压器，其具体特性可以归纳为如下 3 点：

$L_1$ 和 $L_2$ 较大；
$\mu >> \mu_0$，绝大部分磁通处于铁芯中，接近于全耦合；
可以应用于电压较高，频率较低的场合；

理想变压器

理想变压器是铁芯变压器的近似电路模型，它是铁芯变压器理想化之后的结果。下图铁芯变压器的大部分磁通都闭合在铁芯当中，称为主磁通。而极少部分会泄露到铁芯之外，称为漏磁通。

将铁芯变压器理想化，就可以得到理想变压器，其满足如下条件：

忽略掉漏磁通，成为耦合系数 $k = 1$ 的线性全耦合系统；
认为磁芯的 $\mu$ 等于无穷大，这样自感 $L_1$ 和 $L_2$ 也等于无穷大；
绕组的电阻 $R_1$、$R_2$ 等于零，即没有损耗；

虽然理想变压器依然是线性全耦合系统，其原理上与线性耦合电感并没有差别；但是 $L_1$ 和 $L_2$ 等于无穷大，由 $k = 1$ 能够推导出 $M$ 也等于无穷大，因而耦合电感的电压-电流关系，已经不再适用于理想变压器。

接下来，推导理想变压器的特性方程。这里先要导出电压比，在没有漏磁通，绕组电阻 $R_1$、$R_2$ 等于零的条件下，电压 $u_1$、$u_2$ 分别等于：

\[ \begin{cases} u_1 = \frac{d(N_1 \varPhi)}{dt} = N_1 \frac{d \varPhi}{dt} \\ u_2 = \frac{d(N_2 \varPhi)}{dt} = N_2 \frac{d \varPhi}{dt} \end{cases} \]

由此就可以知道，电压 $u_1$ 与 $u_2$ 之比等于绕组匝数 $N_1$ 与 $N_2$ 之比，这里的 n 称为匝比，除此之外，还需要注意参考方向，电压的正极全部位于同名端：

\[ \frac{u_1}{u_2} = \frac{N_1}{N_2} = n \]

最后，再来导出电流比，由于 $\mu$ 等于无究大，磁芯中的磁场强度 $H = 0$，对沿着磁芯轴线构成的闭合路径 $l$ 进行安培环路积分，该积分就等于与闭合路径 $l$ 相交的总电流：

\[ \oint_l H \cdot dl = N_1 i_1 + N_2 i_2 = 0 \]

于是就可以得到电流 $i_1$ 与 $i_2$ 之比，等于负的绕组匝数 $N_1$ 与 $N_2$ 之比的倒数：

\[ \frac{i_1}{i_2} = - \frac{N_2}{N_1} = - \frac{1}{n} \]

在这里依然需要注意参考方向，电流是同时流入同名端的。

理想变压器的阻抗变换

耦合电感的映射阻抗概念，在理想变压器当中被称为阻抗变换，首先回顾一下映射阻抗的概念。对于耦合电感，负载回路对于电源回路的影响，可以折算为映射阻抗 $Z_r$：

上面电路当中，$Z_r$ 的值等于 $\omega M$ 的平方，除以负载回路的总阻抗 $Z_2 + j \omega L_2$：

\[ Z_r = \frac{(\omega M)^2}{Z_2 + j \omega L_2} \]

接下来，推导理想变压器的阻抗变换关系。匝比为 n 的降压变压器，其一次绕组连接电压源 $U_S$，二次绕组连接阻抗 $Z_L$：

电源端的输入阻抗 $Z_{in}$ 等于 $\frac{\dot{U_1}}{\dot{I_1}}$，由于 $\dot{U_1}$ 等于 $n \dot{U_2}$，$\dot{I_1}$ 等于 $\frac{\dot{I_2}}{n}$，进而得到如下推导过程：

\[ Z_{in} = \frac{\dot{U_1}}{\dot{I_1}} = \frac{n \dot{U_2}}{\dot{I_2}/n} = n^2 \frac{\dot{U_2}}{\dot{I_2}} = n^2 Z_L \]

由此，就可以得到如下的等效电路：

等效电路当中，电流 $\dot{I_1}$ 与 $\dot{I_2}$ 保持不变，但是绕组电压发生了变化 $\dot{U_2'}$ 等于零，那么 $\dot{U_1'}$ 等于 n 乘以 $\dot{U_2'}$ 也等于零，电流 $\dot{I_1}$ 和 $\dot{I_2}$ 不变的原因在于电源端的输入阻抗 $Z_{in}$ 没有发生改变，这样 $I_2$ 等于 n 乘以 $I_1$ 也就不变。

对照等效前后的电路，相当于将二次回路的阻抗 $Z_L$ 乘以 n 的平方，折算到了一次回路。如果这里要将一次回路的阻抗 $n^2 Z_L$ 还原为二次回路的阻抗 $Z_L$，相当于将一次回路阻抗除以 n 的平方，折算到了二次回路。

理想自耦变压器

上面讨论的铁芯变压器在闭合铁芯上，总是存在着两个绕组，这些绕组在电气上是不相连的，可以对电压进行变换，称为单相变压器。但是为了减小体积缩减成本，有一类变压器仅由一个绕组，或者两个绕组串联构成，称之为自耦变压器，这种类型的变压器可以进一步划分为 2 种类型：

第 1 种类型的自耦变压器，其闭合铁芯上只有一个线圈，将线圈的一部分作为一个绕组，而线圈的整体则作为另外一个绕组；例如下面的降压自耦变压器，其线圈中间有一个抽头，线圈整体为一次绕组，线圈的一部分则为二次绕组：

此种情况下，$\dot{U_1}$ 与 $\dot{U_2}$ 之间的电压比等于匝比 $n$，而电流比等于 $\frac{1}{n}$：

\[ \begin{cases} \frac{\dot{U_1}}{\dot{U_2}} = \frac{N_1 + N_2}{N_2} = n \\ \frac{\dot{I_1}}{\dot{I_2}} = \frac{1}{n} \end{cases} \]

第 2 种类型的自耦变压器，其闭合铁芯上虽然拥有两个线圈，但是被串联起来整体上作为一个绕组，而其中一个线圈则作为另一个绕组。例如下图所示的升压自耦变压器，其中 $N_2$ 匝线圈作为一次绕组，而两个线圈的串联整体则作为二次绕组：

这种情况下，$\dot{U_1}$ 与 $\dot{U_2}$ 之间的电压比等于 $\frac{1}{n}$，而电流比等于匝比 $n$：

\[ \begin{cases} \frac{\dot{U_1}}{\dot{U_2}} = \frac{N_2}{N_1 + N_2} = \frac{1}{n} \\ \frac{\dot{I_1}}{\dot{I_2}} = n \end{cases} \]

小结

变压器是一种特定结构的耦合线圈，其闭合铁芯上面存在着两个绕组；
线性变压器又称为空心变压器，这是由于线性磁心的磁导率接近于空气的磁导率，其电路模型中包含耦合电感，可以采用耦合电感电路的相关方法来进行分析；
铁芯变压器属于一种非线性耦合系统，不过通常工作于线性区，其电路模型中包含理想变压器，工程中经常直接将其近似为理想变压器；

正弦稳态电路频率响应

传递函数与频率响应

经过前面的讨论，已经知道电感、电容元件的阻抗与频率相关；在下面这个简单的正弦稳态电路当中，激励为 $U_s$，响应为 $U_o$：

经过电容和电阻的分压之后，就可以得到 $U_o$ 的表达式：

\[ \dot{U_o} = \frac{- j \frac{1}{\omega C}}{R - j \frac{1}{\omega C}} \times \dot{U_s} = \frac{1}{1 + j \omega C R} \times \dot{U_s} = \frac{U_s}{\sqrt{1 + (\omega CR)^2}} \angle [\varPhi_s - \arctan(\omega C R)] \]

对表达式进行整理，再写成极坐标的形式，显然响应 $U_o$ 的幅值和初相位不仅与激励 $U_s$ 的幅值与初相位相关，还与激励 $U_s$ 的角频率有关。换而言之，响应的幅值、初相都与频率的幅值相关。正弦稳态电路的行为，伴随着激励频率的变化而进行变化的规律，称为频率响应。

传递函数

这里依然对本小节内容开始的那个 RC 电路进行讨论：

上面已经得出了其响应的表达式，这里只考虑体现激励对于响应的影响，而无需体现激励的幅值、初相对于响应的影响，于是将响应相量 $U_o$ 除以激励相量 $U_s$：

\[ \frac{\dot{U_o}}{\dot{U_s}} = \frac{1}{\sqrt{1 + (\omega C R)^2}} \angle - \arctan (\omega C R) \]

这样得到的比值是一个复数，其模和角都为角频率 $\omega$ 的函数，称为传递函数。电路分析当中，通常采用传递函数来描述激励的频率对于正弦稳态响应的影响：

传递函数的一般定义为：在只有一个激励的正弦稳态电路当中，传递函数 $H \omega$ 等于响应向量 $\dot{Y}(\omega)$ 与激励向量 $\dot{X}(\omega)$ 的比值：

\[ H(\omega) = \frac{\dot{Y}(\omega)}{\dot{X}(\omega)} \]

将其写成极坐标形式，$|H \omega|$ 的模表达了响应幅值与激励幅值之比，随着 $\omega$ 的变化规律，称为幅频响应；而 $|H \omega|$ 的角表达了响应初相与激励初相之差，随着 $\omega$ 的变化规律，称为相频响应：

换而言之，频率响应分可以被划分为幅频响应和相频响应两个维度。

频率响应

接下来再来分析 RC 电路的频率响应，前面已经知道 $H(\omega)$ 等于 $\dot{U_o}$ 比上 $\dot{U_s}$：

\[ H(\omega) = {\color{blue}{\frac{\dot{U_o}}{\dot{U_s}} = \frac{1}{\sqrt{1 + (\omega C R)^2}}}} \angle {\color{green}{- \arctan (\omega C R)}} \]

上述方程当中的蓝色部分为幅频响应，绿色部分为相频响应：

\[ \begin{aligned} 幅频响应：& |H(\omega)| = \frac{1}{\sqrt{1 + (\omega C R)^2}} \\ 相频响应：& \varphi(\omega) = - \arctan (\omega C R) \end{aligned} \]

接下来，绘制出幅频响应与相频响应随着 $\omega$ 变化的曲线，即幅频响应曲线：在幅频响应当中，$|H(0)|$ 等于 1，$|H(\infty)|$ 等于 0，可以看到幅频响应曲线由 1 变化到了0；该曲线表明在激励 $U_s$ 总是为 1 的条件之下，频率越高，所获得的响应幅值越小：

而在相频响应当中，$\varphi(0)$ 等于 0° 度，$\varphi(\infty)$ 等于负 90° 度，相频响应曲线由 0° 变化至 -90° 度：

滤波的概念

频率响应曲线体现了电路对于不同频率正弦激励的响应是有区别的，分析频率的意义在于掌握电路对于信号的频率选择性。同样的，对于前面的 RC 电路：

下图是该电路的幅频响应以及相应的幅频响应曲线：

这里假定激励是由不同频率的正弦信号叠加而成：

\[ u_s = \sum^{\infty}_{k=1} U_{sk} \cos(k \omega t + \varPhi_{sk}) \]

接下来，采用叠加定理进行计算。当频率为 $k \omega$ 的正弦单独作用时，响应的幅值为 $U_{ok}$，下面是其与激励的幅值 $U_{sk}$ 的比值，该比值随着 k 的变化而进行变化：

\[ \frac{U_{ok}}{U_{sk}} = |H(k \omega)| = \frac{1}{\sqrt{1 + ({\color{green}{k}} \omega CR)^2}} \]

下面绘制出这个比值伴随着 k 进行变化的曲线，可以看到 k 值越大比值就越小：

换而言之，激励当中频率越高的正弦量，通过 RC 电路之后，幅值的衰减就越严重，电路对于输入信号的频率具有选择性，这个过程就称为滤波。由于工程上认为比值小于 0.707 的正弦信号基本上可以忽略，而近似的认为 $U_o$ 当中只剩下比值大于或者等于 0.707 的频率项，这个与 0.707 相对应的频率，就称为滤波电路的截止频率，该 RC 电路属于对于高频信号具有抑制作用的低通滤波电路：

注意：通过分析频率响应，就可以掌握电路对于信号频率的选择性。

▶【例题】请分析下面电路的幅频响应？

◉【解答】该电路类似于前面的 RC 电路，只是输出电压为电阻上的电压。这里依然由阻抗分压得到幅频响应，对表达式进行整理：

\[ |H(\omega)| = \frac{\dot{U_o}}{\dot{U_s}} = \bigg| \frac{R}{R + \frac{1}{j \omega C}} \bigg| = \frac{\omega RC}{\sqrt{1 + (\omega RC)^2}} \]

根据上述表达式可以知道 $|H(0) = 0|$，而 $|H(\infty)| = 1$，对应的幅频响应曲线为从 0 上升至 1：

由 $|H(\omega_c)|$ 等于 0.707，可以得到截止频率 $\omega_c$ 等于 $RC$ 分之 1：

\[ |H(\omega_c)| = 0.707 \implies \omega_c = \frac{1}{RC} \]

上面这个幅频响应曲线表明，该电路属于对于低频信号具有抑制作用高通滤波电路。

小结

频率响应是指正弦稳态电路的行为，伴随激励频率的变化而进行变化的规律，通常使用传递函数来进行描述；
传递函数的定义为输出相量与输入相量的比值。
- 幅频响应：传递函数的模值，体现输出与输入幅值之比随频率的变化规律；
- 相频响应：传递函数的相位，体现输出与输入初相之差随频率的变化规律；
分析频率响应的意义在于掌握电路对于信号频率的选择性；

谐振电路

正弦稳态下，电感与电容的阻抗具有互补性，当两者完全互补时，就称之为谐振：

上图的 LC 串联电路就是一个典型的谐振电路，其等效阻抗 $Z(\omega) = \frac{\dot{U}}{\dot{I}} = R + j(\omega L - \frac{1}{\omega C})$，当 $\omega L$ 等于 $\frac{1}{\omega C}$ 时，电路 $Z(\omega_0) = R$，即处于串联谐振状态。

除此之外，典型的谐振电路还有 LC 并联电路，其等效导纳 $Y(\omega) = \frac{\dot{I}}{\dot{U}} = G + j(\omega C - \frac{1}{\omega L})$，当 $\omega C$ 等于 $\frac{1}{\omega L}$ 时，电路 $Y(\omega_0) = G$，即处于并联谐振状态。

串联谐振电路

下面的 RLC 串联电路当中，电压源的有效值 $U_s$ 恒定，角频率 $\omega$ 可变，这里用下标 0 来区分谐振状态时的变量。谐振频率是能够让电路处于谐振状态的电源角频率 $Z(\omega) = R + j(\omega L - \frac{1}{\omega C})$：

当等效阻抗 $Z$ 的虚部为零时，电路处于谐振状态，因而谐振频率 $\omega_0$ 的求解如下所示，其值与电阻 $R$ 无关：

\[ \omega_0 L - \frac{1}{\omega_0 C} = 0 \implies \omega_0 = \frac{1}{\sqrt{LC}} \]

等效阻抗 $Z$ 的模值随着 $\omega$ 变化，当处于谐振状态时，$Z$ 的模值达到最小值 $R$ ：

\[ Z(\omega_0) = R = |Z(\omega)|_{min} \]

在电压 $U_s$ 一定的条件下，端口电流 $I$ 随着电源频率 $\omega$ 发生变化。当处于谐振状态时，端口电流 $I$ 与电压 $U_s$ 同相位，而根据 $\dot{I}(\omega) = \frac{\dot{U_s}(\omega)}{Z(\omega)}$ 可以知道，谐振状态时的端口电流为最大电流，此时等效阻抗的模值为最小值 $R$：

\[ \dot{I}(\omega) = \frac{\dot{U_s}(\omega)}{Z(\omega)} \implies |\dot{I}(\omega_0)| = \bigg| \frac{\dot{U_s}}{R} \bigg| = |\dot{I}(\omega)|_{max} \]

当处于谐振状态时，电感与电容的电压由谐振时的电流、感抗、容抗来计算，电感的电压 $\dot{U_L}(\omega_0)$ 等于 $j \omega_0 L\dot{I}(\omega_0)$，又等于 j 乘以谐振时的感抗与电阻的比值（下面方程绿色部分）再乘以 $\dot{U_s}$：

\[ \dot{U_L}(\omega_0) = j \omega_0 L\dot{I}(\omega_0) = j {\color{green}{\frac{\omega_0 L}{R}}} \dot{U_s} \]

电容的电压 $\dot{U_c}(\omega_0)$ 等于 -j 乘以谐振时的容抗与电阻的比值，再乘上 $\dot{U_s}$：

\[ \dot{U_c}(\omega_0) = - j \frac{1}{\omega_0 CR} \dot{U_s} \]

电感、电容的电压相量之和为零 $\dot{U_L}(\omega_0) + \dot{U_c}(\omega_0) = 0$，表明谐振时 LC 串联对于外部电路而言相当于短路：

但是此时 LC 的电压可能显著高于电压源电压 $U_s$，即出现过电压现象。将谐振时感抗与电阻的比值，以及容抗与电阻的比值，用 Q 来进行表示，那么谐振时电感与电容的电压都等于 Q 倍的 $U_s$：

\[ U_L(\omega_0) = U_C(\omega_0) = {\color{blue}{Q}}U_s \]

这里的 Q 称为电路的品质因数，其值等于谐振时的感抗与电阻的比值，也等于谐振时容抗与电阻的比值。将 $\omega_0$ 等于根号下的 $LC$ 分之一代入，这样 $Q$ 就可以由 R、L、C 的参数来确定：

\[ Q = \frac{\omega_0 L}{R} = \frac{1}{\omega_0 CR} = \frac{1}{R} \sqrt{\frac{L}{C}} \]

此时 Q 也等于谐振时电感电压与电源电压的比值，而谐振时电容电压与电源电压的比值是过电压的倍数，只要 Q 大于 10 就属于高品质因数电路。

并联谐振电路

在下面的 RLC 并联电路当中，电流源的有效值 $I_s$ 恒定，角频率 $\omega$ 可变：

这里采用等效导纳来分析谐振频率 $Y(\omega) = G + j(\omega C - \frac{1}{\omega L})$，当等效导纳 $Y$ 的虚部为零时，电路处于谐振状态，此时谐振频率 $\omega_0$ 也等于根号下 $LC$ 分之一，与电导 $G$ 无关：

\[ \omega_0 L - \frac{1}{\omega_0 C} = 0 \implies \omega_0 = \frac{1}{\sqrt{LC}} \]

在处于谐振状态时，等效导纳 $Y$ 的模值达到最小值等于 $G$：

\[ Y(\omega_0) = |Y(\omega)|_{min} = G \]

在电流 $\dot{I_s}$ 确定的条件下，端口电压 $\dot{U}$ 随着电源频率 $\omega$ 而变化。当处于谐振状态时，端口电压 $\dot{U}$ 与电流 $\dot{I_s}$ 处于相同相位，并且最大的端口电压等于 $I_s$ 除以 $G$：

\[ U(\omega_0) = [U(\omega)]_{max} = \frac{I_s}{G} \]

处于谐振状态时，电感与电容的电流由谐振时的端口电压、感纳、容纳来进行计算，其中电感的电流 $\dot{I_L}(\omega_0)$ 等于 -j 乘以谐振时感纳与电导的比值再乘以 $\dot{I_s}$，最后等于 $-jQ\dot{I_s}$：

\[ \dot{I_L}(\omega_0) = -j {\color{green}{\frac{1}{G \omega_0 L}}} \dot{I_s} = - j {\color{blue}{Q}} \dot{I_s} \]

这里的 Q 依然为品质因数，电容的电流 $\dot{I_c}(\omega_0)$ 等于 j 乘以谐振时容纳与电导的比值再乘以 $\dot{I_s}$，最后等于 $-jQ\dot{I_s}$：

\[ \dot{I_C}(\omega_0) = j \frac{\omega C}{G} \dot{I_s} = j Q \dot{I_s} \]

电感与电容电流的相量和为零 $\dot{I_L}(\omega_0) + \dot{I_C}(\omega_0) = 0$，表明谐振时 LC 并联，对于外部电路而言相当于开路。但是此时 LC 的电流可能显著高于电流源的电流 $I_s$，即出现过电流现象：

电路的品质因数 Q 等于谐振时的感纳与电导之比，也等于谐振时的容纳与电导之比，这里 Q 由参数 G、L、C 来决定：

\[ Q = \frac{B_L(\omega_0)}{G} = \frac{B_C(\omega_0)}{G} = \frac{1}{G} \sqrt{\frac{C}{L}} \]

当然，这个 Q 同时也是谐振时电感的电流，或者是电容与电流源电流的比值。

谐振电路分析

▶【例题】下图电路当中的电源电压有效值为 10V，角频率为 $10^4\ rad/s$。调节电容量 C，使得电流表的读数达到最大值 0.1A，此时电压表的读数为 600V，试分别确定 R、L、C 的值以及电路的品质因数 $Q$ ？

◉【解答】该电路为一个 RLC 串联电路，可以工作在串联谐振状态下。电流表的读数最大，意味着该电路处于串联谐振状态，其谐振频率为 $\omega_0 = 10^4\ rad/s$。串联谐振状态下，L 与 C 串联相当于短路，电阻的电压等于电压源的电压，由此可以推导得到 $R$ 等于 100Ω：

\[ \frac{U_s}{R} = \frac{10}{R} = 0.1A \implies R = 100Ω \]

◉【解答】串联谐振状态下，电感和电容上出现过电压，是电压源电压的 Q 倍，由此就可以得到：

\[ U_c = Q U_s = 10 Q = 600V \implies Q = 60 \]

◉【解答】可以判断该电路属于高品质因数电路，由 Q 是谐振时感抗与电阻的比值，同时也是谐振时容抗与电阻的比值，就可以推导得到 $\omega_0 L$ 和 $\omega_0 C$：

\[ Q = \frac{\omega_0 L}{R} = \frac{1}{\omega_0 CR} \implies \begin{cases} \omega_0 L = QR \\ \omega_0 C = \frac{1}{QR} \end{cases} \]

小结

包含电感、电容的无源一端口网络，当其端口等效阻抗或者等效导纳呈现阻性时，电路就处于谐振状态。
LC 串联谐振和 LC 并联谐振是最简单的谐振电路；
在端口电压一定的条件下，LC 串联谐振会出现过电压；而在端口电流一定的条件下，LC 并联谐振会出现过电流；
过电压与过电流都会危害到电力系统，但是对于微弱信号则具有放大的作用；

谐振电路的频率响应

谐振是电路的一种工作状态，前面已经分析过 LC 串并联电路分别在谐振状态下的电气特性，当正弦电源的角频率与电路参数满足 $\omega_0 = \frac{1}{\sqrt{LC}}$ 时，电路就会处于谐振状态。

谐振状态只是电路频率响应曲线上的一个点，那么在电路的频率响应曲线上，谐振状态位于何处，以及具有何种特殊性，就是本节内容将要探讨的内容。

串联谐振电路的频率响应

这里以串联谐振电路为例来进行分析，在下面的 RLC 串联电路当中，激励为电压源 $U_S$，响应为电阻的电压 $U_R$：

该电路的幅频响应为 $U_R$ 与 $U_S$ 相量之比的模值，进而得到幅频响应与 $R$、$L$、$C$ 以及 $\omega$ 的关系式：

\[ |H_R(\omega)| = \bigg| \frac{\dot{U_R}}{\dot{U_S}} \bigg| = \frac{R}{\sqrt{R^2 + (\omega L - \frac{1}{\omega C})^2}} \]

这里引入品质因数 Q 和谐振频率 $\omega_0$：

\[ Q = \frac{\omega_0 L}{R} = \frac{1}{\omega_0 CR} \]

幅频响应的表达式可以变换为以 $\omega$ 和 $\omega_0$ 比值为变量的形式（下图绿色部分）：

\[ |H_R(\omega)| = \frac{1}{\sqrt{1 + Q^2({\color{green}{\frac{\omega}{\omega_0}}} - \frac{\omega_0}{\omega})^2}} \]

将 $\omega$ 与 $\omega_0$ 的比值表示为 $\eta$，从而得到幅频响应的简单表达式，即以 $\eta$ 为变量，Q 为电路的参数：

\[ |H_R(\eta)| = \frac{1}{\sqrt{1 + Q^2(\eta - \frac{1}{\eta})^2}} \]

由此绘制出幅频响应曲线，并进行定性分析；当 $\eta = 0$ 时，$|H_R(0)|$ 等于 0；而当 $\eta \rightarrow \infty$ 时，$|H_R(\infty)|$ 也等于 0；但当 $\eta = 1$ 时，$|H_R(1)|1$ 取最大值 $|H_R(\eta)|_{max}$ 等于 1，由此就可以定性的绘制出幅频响应曲线：

幅频响应曲线体现了电路的频率选择性，频率在 $\eta = 1$ 附近的正弦信号，幅值衰减比例小，频率远离 $\eta = 1$ 的正弦信号，幅值衰减比例大，$H_R$ 等于 0.707 分别对应于 $\eta_{c1}$ 和 $\eta_{c2}$，而与它们对应的频率就是截止频率 $\omega_{c1} = \eta_{c1} \omega_0$ 和 $\omega_{c2} = \eta_{c2} \omega_0$，这两个截止频率之间对应的频率为频带 $B = (\eta_{c2} - \eta_{c1})\omega_0$。由此可以看到，当 RLC 串联电路以电阻的电压为输出时，就组成了带通滤波器，其谐振点为频率响应曲线上的特殊点：

之所以将 $H_R$ 由最大值 1 下降到 0.707 时对应的频率定义为截止频率，是由于截止频率本质上就是半功率频率：

\[ P(\omega_0) = P(\omega)|_{max} = \frac{U_R^2(\omega_0)}{R} = \frac{U_S^2}{R} \]

在 $U_s$ 有效值相同的条件下，电阻消耗的功率随着频率 $\omega$ 而发生变化。当 $U_S$ 的频率为 $\omega_0$ 时，电路就处于谐振状态，电阻上的电压最大值等于 $U_S$，因而电阻消耗的功率也是最大的 $\frac{U_S^2}{R}$。随着 $U_S$ 的频率偏离 $\omega_0$，电阻消耗的功率不断下降，当电阻功率下降至最大功率的一半时，电阻上的物理效应基本可以忽略不计。如果当前电阻是一个灯泡，那么其亮度相比于谐振状态时的亮度基本可以忽略，因而我们将半功率频率作为滤波电路的截止频率。

当 $U_S$ 的频率为 $\omega_{c1}$ 和 $\omega_{c2}$ 时，电阻消耗的功率 $P(\omega_{c1,c2})$：

\[ \begin{cases} P(\omega_{c1,c2}) = \frac{1}{2} P(\omega_0) = \frac{U_S^2}{2R} \\ P(\omega_{c1,c2}) = \frac{U_R^2(\omega_{c1,c2})}{R} \end{cases} \]

比较上面两个关于 $P(\omega_{c1,c2})$ 的表达式，就可以知道当 $U_S$ 的频率为 $\omega_{c1}$ 和 $\omega_{c2}$ 时，电阻上的电压等于 $U_S$ 的 0.707 倍，对应于幅频响应 $H_R$ 等于 0.707：

\[ U_R(\omega_{c1, c2}) = 0.707 U_S \]

由此就可以理解截止频率由电路参数所决定的原因，接下来讨论电路的参数如何影响到截止频率。前面已经得到了幅频响应的表达式，电路的参数体现在品质因数 Q 之上：

\[ |H_R(\eta)| = \frac{1}{\sqrt{1 + Q^2(\eta - \frac{1}{\eta})^2}} \]

通过软件精确绘制出不同 Q 值之下的幅频响应曲线，从而就可以得到：

上图深蓝色曲线是 $Q = 0.5$ 时的曲线，而深蓝色高亮的部分则是 $Q = 0.5$ 时对应的频带；同样的，上图浅蓝色曲线是 $Q = 1$ 时的曲线，而浅蓝色高亮部分是 $Q = 1$ 时对应的频带；草绿色曲线是 $Q = 10$ 时的曲线，草绿色高亮部分则是 $Q = 10$ 时对应的频带。Q 决定了带通滤波器的频率选择性能，Q 值越大频率 B 越窄，频率选择性就越好。当 $Q \ge 10$ 时，$\omega_0$ 就近似于频带的中心（粉色标识部分）：

\[ \omega_{c1,c2} \approx \omega_0 \pm \frac{B}{2} \]

只要 Q 值大于或者等于 10 的电路就属于高品质因数电路，此时 $\omega_0$ 为带通滤波器的中心频率。

带通滤波器设计

▶【例题】如果要采用 RLC 串联电路设计一个带通滤波器，其电容取 $C = 20nF$，中心频率 $\omega_0$ 为 20 krad/s 千弧度每秒，品质因数 Q 为 20，试确定参数 R 与 L，并且计算出频带 B，以及截止频率 $\omega_{c1}$ 和 $\omega_{c2}$ ？

◉【解答】带通滤波器主要有 5 个性能指标：中心频率 $\omega_0$、频带 $B$、截止频率 $\omega_{c1}$ 与 $\omega_{c2}$、品质因数 $Q$。这 5 个指标当中，只有 2 个属于独立指标：

\[ B = \frac{\omega_0}{Q} = \frac{20}{20} = 1 krad/s \]

◉【解答】由于当前属于高品质因数电路，且 $\omega_0$ 为中心频率，因而可以得到：

\[ \begin{cases} \omega_{c1} \approx \omega_0 - \frac{B}{2} = 20 - \frac{1}{2} = 19.5\ krad/s \\ \omega_{c2} \approx \omega_0 + \frac{B}{2} = 20 + \frac{1}{2} = 20.5\ krad/s \end{cases} \]

◉【解答】由于 $\omega_0$ 也是谐振频率，因此谐振时的容抗为 2500Ω，谐振时感抗就等于容抗，由此就可以推导出电感 $L$ 等于 125mH 毫亨：

\[ \frac{1}{\omega_0 C} = 2500Ω = \omega_0 L \implies L = 125mH \]

◉【解答】又由于 Q 为谐振时感抗与电阻的比值，进而就可以求解出 $R$ 等于 125Ω 欧姆：

\[ Q = \frac{\omega_0 L}{R} \implies R = 125Ω \]

小结

RLC 串联电路，以电阻的电压为输出时，就属于带通滤波器；
RLC 并联电路，以电阻的电流为输出时，也属于带通滤波器；
需要理解如下五个指标的含义与相互关系： \[ \begin{cases} 频带：&B = \omega_{c2} - \omega_{c1} = \frac{\omega_0}{Q} \\ 品质因数：&Q = \frac{\omega_0 L}{R} = \frac{1}{\omega_0 CR} \\ 截止频率(半功率频率)：&\omega_{c1,c2} \approx \omega_0 \pm 0.5B \\ 中心频率(谐振频率)：&\omega_0 = \frac{1}{\sqrt{LC}} \end{cases} \]

周期性非正弦稳态电路

非正弦稳态响应

下图是一个 RC 电路，其激励为 $u_s$，响应为 $u_c$，此时能够计算 $u_s$ 为直流时的稳态响应，也能够计算 $u_s$ 为正弦交流时的稳态响应：

如果 $u_s$ 是下面这个非周期电源，其稳态响应 $u_c$ 一定等于零：

如果当 $u_s$ 为如下的周期性非正弦电源，其稳态响应 $u_c$ 就是本小节将要探讨的内容：

周期性非正弦电源作用于电路，达到稳态之后的响应就称为非正弦稳态响应。

由暂态过程得到稳态响应

下图左侧的 RC 电路，可以使用暂态过程分析方法得到其对应方波响应，其稳态分量就是稳态响应：

这里假定方波的半个周期时间 $T$ 小于电路达到稳态的时间 $5 \tau$，电容经过反复的充放电，直至充电的最高电压不变，放电的最低电压不变，此时电路达到稳态：

将放电的最低电压设为 $U_1$，充电的最高电压设为 $U_2$，使用三要素法 $\tau = RC$ 列写出充电、放电波形的函数，并求解得到 $U_1$ 和 $U_2$：

\[ \begin{cases} U_1 = 0 + (U_2 - 0) e^{- \frac{T}{\tau}} \\ U_2 = U + (U_1 - U) e^{- \frac{T}{\tau}} \end{cases} \]

这种由暂态过程得到稳态响应的方法，对于上面的这个 RC 电路是可行的，但是并不具有普遍性，需要借用其它思路分析该问题。

用叠加定理计算稳态响应

周期性非正弦波形可以通过傅里叶级数，展开成为恒量与不同角频率的正弦量之和，下图左侧方波的周期为 $2T$，角频率 $\omega_0$ 等于 $T$ 分之 $\pi$，将 $u_s$ 展开为傅里叶级数得到：

上面的傅里叶级数意味着电压源 $u_s$ 可以等效为无穷多个电压源的串联，其中前 3 个电压源分别为：

第 1 项是直流电压源 $u_0$，即上图右侧等式浅棕色部分；
第 2 项为角频率为 $\omega_0$ 的正弦电压源，即上图右侧等式紫色部分；
第 3 项为角频率为 $3 \omega_0$ 的正弦电压源，即上图右侧等式绿色部分；

接下来，确定该电路的稳态响应。如果当前电路为线性，就可以通过叠加定理将其转换为无穷多个电路的叠加。例如下图从左至右，分别是直流电压源作用下的稳态电路，以及角频率分别为 $\omega_0$ 和 $3 \omega_0$ 的正弦电压源作用下的稳态电路（采用相量模型分析）：

对于线性非时变电路，会计算直流稳态响应，也会计算正弦稳态响应，所以采用叠加定理计算非正弦稳态响应的方法是可行的，但是依然需要解决如下三个问题：

周期函数的展开方法，需要学习傅里叶级数；
计算无穷多个电路之后再叠加不现实，只能取有限多项进行叠加近似计算；
有效值和有功功率的计算，将会在后续内容中再行讨论；

▶【例题】试计算下面电路的稳态响应 $u_c$ ？

◉【解答】基于电路 $u_s$ 幅值与周期，取 $u_s$ 傅里叶级数前 3 项进行近似计算。方波的角频率 $\omega_0 = \pi$，下面应用叠加定理，计算其傅里叶级数的前 3 项：

第 1 项为直流电压，其单独作用时 $U_{c0} = 0.5V$；
第 2 项为角频率为 $\omega_0$ 的正弦电压源，其单独作用时采用相量法分析 $\dot{U_{c1}} = 0.54 \angle -32.1° \ V$；
第 3 项为角频率为 $3 \omega_0$ 的正弦电压源，其单独作用时采用相量法分析 $\dot{U_{c3}} = 0.10 \angle -62.1° \ V$；

◉【解答】将上述 3 项结果对应的函数进行叠加，就可以得到稳态响应 $u_c$ 的近似结果：

\[ u_c \approx 0.5 + 0.54 \sin(\pi t - 32.1°) + 0.10 \sin (3 \pi t - 62.1°)\ V \]

对于这个结果的近似程度，这里可以进行一下对比。由暂态过程得到的稳态响应，可以得出稳态响应 $u_c$ 的精确波形：

而对于上面通过叠加定理所得到的 $u_c$ 近似值，绘制出其相应的波形：

可以看到，两者都是与电源同频率的周期函数，但是在波形形态上存在较大差别。由此可以知道在使用叠加定理进行计算时，激励 $u_s$ 保留的项数越多，响应的近似波形就越接近于精确波形。

小结

周期性非正弦电源作用于线性非时变电路时，电路达到稳态之后的响应，称为周期性非正弦稳态响应，该响应也属于周期性非正弦函数；
周期性非正弦稳态响应的计算方法是：
- 将周期性非正弦电源展开为傅里叶级数；
- 取电源的有限多项，运用叠加定理计算出近似响应；

有效值与平均功率

前面已经讨论过，非正弦稳态响应是周期性的非正弦函数，需要使用无穷级数才能够准确进行表达。但是通常情况下，总是使用有限项之和来近似进行表达。例如下面的一端口网络，其端口电压 $U$ 与端口电流 $I$ 都取前 $n + 1$ 项：

此时，很难从上面电压 $U$ 和电流 $I$ 的表达式上，感受到它们的大小。通常情况下，习惯采用有效值来表征正弦电量的大小，采用有功功率（即平均功率）来表征正弦稳态电路消耗的功率，这种方式实际上也可以应用于非正弦稳态电路。如何计算非正弦电量的有效值以及有功功率，正是本小节内容的主题。

有效值计算

数学当中的傅里叶级数，是一个同时包含有正弦和余弦函数的方程：

\[ f(t) = a_0 + \omega^{\infty}_{k = 1}(a_k \cos k \omega_0 t + b_k \sin k \omega_0 t) \]

数学当中，已经给出了傅里叶级数的各项计算公式：

\[ \begin{cases} a_0 = \frac{1}{T} \int^{t_0 + T}_{t_0} f(t)\ dt \\ a_k = \frac{2}{T} \int^{t_0 + T}_{t_0} f(t) \cos k \omega_0 t\ dt \\ b_k = \frac{2}{T} \int^{t_0 + T}_{t_0} f(t) \sin k \omega_0 t\ dt \end{cases} \]

如果非正弦函数是一个电量（例如电压 $u$），则需要将同频率的正弦和余弦写做一项带初相位的正弦或者余弦函数，使得一个频率只存在一项三角函数：

\[ u(t) = U_0 + \sum^{\infty}_{k = 1} \sqrt{2} U_k \cos(k \omega_0 t + \varPhi_k) \]

其中，$U_0$ 为直流分量，$U_k$ 为 k 次谐波的有效值（频率为 $k \omega_0$），$U_1$ 为基波有效值 $k = 1$（频率为 $\omega_0$），而 $\varPhi_k$ 为 k 次谐波的初相位。根据上面 $u$ 的表达式，就能够知道 $u$ 的构成成份（由哪些频率的正弦波叠加，幅度大小分别为多少）。既然根据 $u$ 的表达式，可以知道各次谐波的有效值，那么接下来就来讨论如何计算 $u$ 的有效值。

周期性电量的有效值就是效应上与其相当的直流量，下面将一个周期为 $T$ 的非正弦电压 $u$ 添加到电阻 $R$ 上面，此时在一个周期 $T$ 的时间之内，电阻消耗的电能 $W_1$ 采用功率对时间的积分进行计算：

而如果将一个直流电压 $U$，添加到与上面相同的电阻 $R$，那么在一个周期 $T$ 的时间之内，电阻消耗的电能 $W_2$ 通过功率乘以时间进行计算：

当 $W_1$ 等于 $W_2$ 时，直流电压 $U$ 就是周期电压 $u$ 的有效值：

因此，周期电压 $U$ 的有效值等于 $u$ 的均方根值，该有效值公式适用于任意周期性电量的计算（包含正弦电量）：

\[ U = \sqrt{\frac{1}{T} \int_{0}^{T} u^2 dt} \]

现在的问题在于当前已知的是周期性非正弦电压 $u$ 的级数表达形式，如何对上面得到的均方根值进行计算，也就是推导出如下式子的结果：

\[ U = \sqrt{\frac{1}{T} \int_{0}^{T} [{\color{green}{U_0}} + \sum_{k=1}^{\infty} {\color{green}{\sqrt{2} U_k \cos(k \omega_0 t + \varPhi_k)}}]^2 dt} \]

上面等式根号下的 $U_0$ 属于直流分量，而求和符号 $\sum$ 里面则是 k 次谐波分量，将无穷多项之和的平方，视作 a、b、c 等之和的平方，并进一步展开为 $a^2$ 与 $b^2$ 以及 ab、bc 等项之和：

\[ (a + b + c + ...)^2 = a^2 + b^2 + ... + ab + bc + ... \]

最后再进行积分运算，这里一共存在着 4 种类型的积分项：

直流分量平方的积分，等于 $U_0^2$： \[ \frac{1}{T} \int_{t_0}^{t_0 + T} U_0^2 dt = U_0^2 \]
k 次谐波分量平方的积分，即计算正弦电压有效值的式子，等于 $U_k^2$： \[ \frac{1}{T} \int_{t_0}^{t_0 + T} [\sqrt{2} U_k \cos(k \omega_0 t + \varPhi_k)]^2 dt = U_k^2 \]
直流分量乘以 k 次谐波分量再积分，此时等于 0： \[ \frac{1}{T} \int_{t_0}^{t_0 + T} [U_0 \times \sqrt{2}U_k \cos (k \omega_0 t + \varPhi_k)]dt = 0 \]
k 次谐波分量乘以 m 次谐波分量再积分（$k \neq m$），根据三角函数的正交性，频率不同的两个正弦函数之积，在其周期整数倍时间内的积分为 0： \[ \frac{1}{T} \int_{t_0}^{t_0 + T} [\sqrt{2} U_k \cos(k \omega_0 t + \varPhi_k) \times \sqrt{2} U_m \cos(m \omega_0 t + \varPhi_m) ] dt = 0 \]

由此，对于上述采用级数表示的周期性电压 $u$，其有效值的计算公式为根号下直流分量 $U_0$ 的平方，加上各次谐波有效值 $U_k$ 的平方，这里只取有限项相加，得到的就是一个近似有效值：

\[ U = \sqrt{U_0^2 + \sum^{\infty}_{k = 1}} U_k^2 \]

▶【例题】计算下面方波 $u_s$ 的有效值？

◉【解答】由上图可以看到，该方波的周期为 2 秒，角频率 $\omega$ 等于 $\pi$，这里可以通过波形来计算均方根，从而得到较为准确的有效值：

\[ U_s = \sqrt{\frac{1}{2} \int_0^1 1^2 dt} = 0.707V \]

◉【解答】除此之外，还可以由级数计算近似的有效值，下面就是这个方波的傅里叶级数：

\[ u_s = \frac{1}{2} + \frac{2}{\pi} \sin \pi t + \frac{2}{3 \pi} \sin 3\pi t + \frac{2}{5 \pi} \sin 5\pi t + \frac{2}{7 \pi} \sin 7\pi t + ... \]

◉【解答】接下来，只取其前 3 项来计算有效值，其直流分量为 $\frac{1}{2}$ 伏，基波有效值为 $\frac{2}{\pi \sqrt{2}}$，三次谐波的有效值为 $\frac{2}{3 \pi \sqrt{2}}$：

\[ U \approx \sqrt{(\frac{1}{2})^2 + (\frac{2}{\pi \sqrt{2}})^2 + (\frac{2}{3 \pi \sqrt{2}})^2} = 0.69V \]

◉【解答】上面取前 3 项得到的近似有效值 0.69V 比准确有效值要小，而如果取前 5 项则得到的近似有效值为 0.70V，这个结果明显更加接近于 0.71V 的准确有效值：

\[ U \approx \sqrt{(\frac{1}{2})^2 + (\frac{2}{\pi \sqrt{2}})^2 + (\frac{2}{3 \pi \sqrt{2}})^2 + (\frac{2}{5 \pi \sqrt{2}})^2 + (\frac{2}{7 \pi \sqrt{2}})^2} = 0.70V \]

平均功率计算

前面已经解决了计算非正弦电量的有效值问题，接着再来分析非正弦稳态电路的功率问题。前面已经讨论过，正弦稳态电路当中，采用平均功率（即有功功率）来表征电阻消耗的功率，而用无功功率来表征电抗与电源往复交换的功率。而在非正弦稳态电路当中，同样存在着功率的消耗与交换，也就同样需要计算有功功率与无功功率。但由于非正弦稳态电路的无功功率计算过程较为复杂，所以本文只涉及到了有功功率的计算。

下图是一个非正弦稳态网络，端口电压 $u$ 和端口电流 $i$ 都使用级数进行表示，网络吸收的有功功率（即平均功率）为 $P$：

将 $u$ 和 $i$ 的级数表达式，代入到积分符号下面：

\[ P = \frac{1}{T} \int_0^T ui\ dt \]

运用与推导有效值计算公式类似的思路，将积分划分为 5 种类型的项并且导出积分结果：

\[ P = U_0 I_0 + \sum^{\infty}_{k = 1} U_k I_k \cos(\varPhi_{uk} - \varPhi_{ik}) \]

相应的，再把相加的各项记作 $P_0$、$P_1$、$P_2$、$P_3$ 这样的形式：

\[ P = P_0 + P_1 + P_2 + P_3 + ... \]

其各项都拥有明确的物理含义，其中 $P_0$ 就是电源的直流分量单独作用时网络吸收的功率，而 $P_1$ 就是电源的基波分量单独作用时网络吸收的平均功率，$P_k$ 就是电源的 k 次谐波分量单独作用时网络吸收的平均功率。由此可见，非正弦稳态网络吸收的平均功率，等于各次谐波下网络吸收的平均功率之和（这里依然是取有限多项近似计算）：

▶【例题】计算下面电路网络吸收的平均功率？

◉【解答】在上面电路当中，端口电压 $u$ 为直流基波与 3 次谐波之和：

\[ u = 30 + 200 \sin 100 \pi t + 60 \cos (300 \pi t - 30°) V \]

◉【解答】相应的，端口电流 $i$ 为基波与 3 次谐波之和：

\[ i = 5 \cos (100 \pi t - 30°) - 2 \sin(300 \pi t - 60°) A \]

◉【解答】由此，计算网络端口吸收的平均功率 P，观察可以发现 $u$ 与 $i$ 的表达式形式并不统一，各项的三角函数各不相同，各项之间的运算符号也各不相同。由于平均功率与电压、电流各项谐波的初相相关，因而必须将电压、电流的傅里叶级数写做统一的形式。这里将电压、电流各次谐波统一成全部为 + 号的 $\cos$ 函数：

\[ \begin{cases} u = 30 + 200 \cos (100 \pi t - 90°) + 60 \cos (300 \pi t - 30°)V \\ i = 5 \cos (100 \pi t - 30°) + 2 \cos (300 \pi t - 60° + 90°) A \end{cases} \]

◉【解答】由此就可以计算出直流功率 $P_0$ 与基波功率 $P_1$，以及 3 次谐波 $P_3$，注意这里需要将电压、电流的幅值变换为有效值：

\[ \begin{aligned} P_0 &= U_0 I_0 = 30 \times 0 \\ P_1 &= U_1 I_1 = \cos (\varPhi_{u1} - \varPhi_{i1}) = \frac{200}{\sqrt{2}} \times \frac{5}{\sqrt{2}} \cos(-90° + 30°) \\ P_3 &= U_3 I_3 = \cos (\varPhi_{u3} - \varPhi_{i3}) = \frac{60}{\sqrt{2}} \times \frac{2}{\sqrt{2}} \cos(-30° - 30°) \\ \end{aligned} \]

◉【解答】最后，将上面获得的结果相加，就可以得到该网络所吸收的平均功率 $P = P_0 + P_1 + P_3$。

小结

本小节主要学习了有效值计算与平均功率计算两个知识点：

周期性非正弦电量的有效值，当已知其函数表达式或者波形时，可以采用积分来精确计算其有效值 $U = \sqrt{\frac{1}{T} \int^T_0 u^2 dt}$；而在已知级数表达式时，则可以通过谐波有效值的平方和来计算近似的有效值 $U = \sqrt{U_0^2 + \sum_{k=1}^{\infty}U_k^2}$；
周期性非正弦电路吸收的平均功率，等于各次谐波单独作用之下，所吸收的平均功率之和；

二端口网络

二端口网络的端口特性方程

如果流入一个端子的电流，等于流出另一个端子的电流，这两个端子就称为端口。其中，一端口网络是存在 1 个端口与外部网络相连的网络：

求解端口变量时，通常会将其等效为戴维南支路，此时端口电压 $U$ 与端口电流 $I$ 需要满足如下方程：

\[ \begin{cases} 由一端口网络决定的方程：& \dot{U} = \dot{U_{oc} + Z_{eq} \dot{I}} \\ 由端口连接支路决定的方程：& \dot{U} = - Z \dot{I} \end{cases} \]

相应的，二端口网络就是存在着 2 个端口与外部电路相连接的网络：

求解端口变量时，可以将相同思路运用于二端口网络，其端口所接支路决定的方程为 $\dot{U_1} = -Z_1 \dot{I_1}$ 和 $\dot{U_2} = -Z_2 \dot{I_2}$；除此之外，还需要确定关于 4 个端口变量的 2 个方程，也就是二端口网络的特性方程。

含源二端口网络

线性含有独立源的一端口网络 N，即线性含源一端口网络，可以等效为电压源串联不含源的一端口网络 $N_0$，这里的 $N_0$ 是将 N 内部所有独立电源置零之后所得到的网络，通常称 $N_0$ 为 N 的松弛网络：

此时 $N_0$ 等效为阻抗 $Z_{eq}$，由此可以列写出一端口网络 N 的特性方程为：

\[ \dot{U} = \dot{U_{oc}} + \dot{U'} = \dot{U_{oc}} + Z_{eq} \dot{I} \]

除此之外，含源一端口网络还可以等效为一个电流源与 $N_0$ 网络的并联：

这里的松弛网络 $N_0$ 也可以等效为导纳 $Y_{eq}$，因而一端口网络 N 的特性方程为：

\[ \dot{I} = \dot{I_{sc}} + \dot{I'} = \dot{I_{sc}} + Y_{eq} \dot{U} \]

线性含源二端口网络同样也可以进行类似的等效，线性含源二端口网络 N 可以等效为松弛网络 $N_0$ 串联 2 个电压源：

其对应的特性方程如下面所示：

\[ \begin{cases} \dot{U_1} = \dot{U_{1oc}} + \dot{U_1'} \\ \dot{U_2} = \dot{U_{2oc}} + \dot{U_2'} \end{cases} \]

线性含源二端口网络 N 也可以等效为松弛网络 $N_0$ 并联 2 个电流源：

其对应的特性方程同样如下面所示：

\[ \begin{cases} \dot{I_1} = \dot{I_{1sc}} + \dot{I_1'} \\ \dot{I_2} = \dot{I_{2sc}} + \dot{I_2'} \end{cases} \]

由此可见，求解二端口网络特性方程的关键在于松弛二端口网络的特性方程。

松弛二端口网络

下面的电路是一个松弛一端口网络：

采用电流表示电压的特性方程为 $\dot{U} = Z \dot{I}$，而采用电压表示电流的特性方程为 $\dot{I} = Y \dot{U}$，本质上就是在两个端口变量当中，选择一个作为自变量，将该思路应用于如下的松弛二端口网络：

在其 4 个端口变量当中，选择 2 个作为自变量，一共可以得到 6 种特性方程：

选择电流作为自变量的特性方程，其系数均具有阻抗量纲，称为阻抗参数方程： \[ \begin{cases} \dot{U_1} = Z_{11} \dot{I_1} + Z_{12} \dot{I_2} \\ \dot{U_2} = Z_{21} \dot{I_1} + Z_{22} \dot{I_2} \end{cases} \]
选择电压作为自变量的特性方程，其系数均具有导纳量纲，称为导纳参数方程： \[ \begin{cases} \dot{I_1} = Y_{11} \dot{U_1} + Y_{12} \dot{U_2} \\ \dot{I_2} = Y_{21} \dot{U_1} + Y_{22} \dot{U_2} \end{cases} \]
选择端口 1 的电流、端口 2 的电压作为自变量的特性方程，其系数均具有不同量纲，称为混合参数方程，其中前者称为 H 参数方程，后者称为 G 参数方程： \[ H 参数方程 \begin{cases} \dot{U_1} = h_{11} \dot{I_1} + h_{12} \dot{U_2} \\ \dot{I_2} = h_{21} \dot{I_1} + h_{22} \dot{U_2} \end{cases} \qquad G 参数方程 \begin{cases} \dot{I_1} = g_{11} \dot{U_1} + g_{12} \dot{I_2} \\ \dot{U_2} = g_{21} \dot{U_1} + g_{22} \dot{I_2} \end{cases} \]
分别选择端口 1 和端口 2 的电压与电流作为自变量的特性方程，其系数也具有不同量纲，称为传输参数方程，其中前者称为 T 参数方程，后者称为 $T'$ 参数方程。此外为了便于分析，在电流自变量的前面添加了 - 负号： \[ T 参数方程 \begin{cases} \dot{U_1} = A \dot{U_2} + B(-\dot{I_2}) \\ \dot{I_1} = C \dot{U_2} + D(-\dot{I_2}) \end{cases} \qquad T' 参数方程 \begin{cases} \dot{U_2} = A' \dot{U_1} + B'(-\dot{I_1}) \\ \dot{I_2} = C' \dot{U_1} + D'(-\dot{I_1}) \end{cases} \]

注意：必须记住这 6 组参数方程，需要特别注意变量的参考方向，自变量的前后顺序，方程的前后顺序，不得随意进行更改。

▶【例题】确定如下含源二端口网络的等效电路以及阻抗参数方程？

◉【解答】将含源二端口网络 N，等效为松弛二端口网络 $N_0$，然后串联两个电压源：

◉【解答】其端口电压 $\dot{U_1}$ 等于 $\dot{U_{1oc} + \dot{U_1'}}$，相应的 $\dot{U_2}$ 等于 $\dot{U_{2oc} + \dot{U_2'}}$，此时计算 $U_{1oc}$ 和 $U_{2oc}$ 的电路如下：

◉【解答】由于端口 1 与端口 2 开路，所以 $U_{1oc}$ 等于 $U_{2oc}$：

\[ \dot{U_{1oc}} = \dot{U_{2oc}} = (2+j2) \times 1 \angle 0° = 2 \sqrt{2} \angle 45° \ V \]

◉【解答】接着列写相应的特性方程，并且将松驰二端口网络的电压用电流来进行表示，从而可以得到：

\[ \begin{cases} \dot{U_1} = \dot{U_{1oc}} + \dot{U_1'} = 2 \sqrt{2} \angle 45° + Z_{11} \dot{I_1} + Z_{12} \dot{I_2} \\ \dot{U_2} = \dot{U_{2oc}} + \dot{U_2'} = 2 \sqrt{2} \angle 45° + Z_{21} \dot{I_1} + Z_{22} \dot{I_2} \end{cases} \]

注意：由于含源二端口网络可以等效为包含松弛二端口网络的电路，所以后续再行讨论二端口网络的时候，通常指代的就是松弛二端口网络。

小结

线性松弛二端口网络的 4 个端口变量当中，只有 2 个是独立变量，可以构成 1 个二元一次方程组；
在这 4 个端口变量当中，任意选择 2 个作为自变量，从而得到一组包含有 6 个特性方程的方程组；其中，每个特性方程组都包含有 4 个参数；

二端口网络的参数（含参数间互换关系）

通过前面小节的讨论已经知道，二端口网络拥有 6 组端口特性方程，它们分别对应于 6 组参数：

阻抗参数方程，对应的参数称为 Z 参数；
导纳参数方程，对应的参数称为 Y 参数；
混合参数方程，对应的参数称为 H 参数或者 G参数；
传输参数方程，对应的参数称为 T 参数或者 T' 参数；

二端口网络的上述参数代表什么，以及如何获取这些参数，就将是本小节所要探讨的主要内容。

参数的含义与计算

通过参数方程可以获得参数的物理含义，再由参数的物理含义得到计算或者测量参数的电路，接下来以 Z 参数为例来掌握这个思路，列写出下面二端口网络 N 的 Z 参数方程：

分析 Z 参数的物理含义，由于网络的参数不会随着电压与电流大小的变化而变化，因而上面 Z 参数方程里的 $I_2$ 等于 0，此时 $\dot{U_1}$ 与 $\dot{I_1}$ 的比值就是 $Z_{11}$，而 $\dot{U_2}$ 与 $\dot{I_1}$ 的比值就是 $Z_{21}$：

\[ \begin{cases} Z_{11} = \frac{\dot{U_1}}{\dot{I_1}} \big \vert_{\dot{I_2} = 0} \\ Z_{21} = \frac{\dot{U_2}}{\dot{I_1}} \big \vert_{\dot{I_2} = 0} \end{cases} \]

同理，令 Z 参数方程当中的 $\dot{I_1}$ 等于 0，此时 $\dot{U_2}$ 与 $\dot{I_2}$ 的比值就是 $Z_{22}$，而 $\dot{U_1}$ 与 $\dot{I_2}$ 的比值就是 $Z_{12}$：

\[ \begin{cases} Z_{22} = \frac{\dot{U_2}}{\dot{I_2}} \big \vert_{\dot{I_1} = 0} \\ Z_{12} = \frac{\dot{U_1}}{\dot{I_2}} \big \vert_{\dot{I_1} = 0} \end{cases} \]

上面的 4 个方程就表达了 Z 参数的物理含义，其本质上是电路在一定条件下的传递函数（分母为激励，分子为响应）。这样 $Z_{11}$ 和 $Z_{21}$ 表达式对应的电路就是端口 2 开路，端口 1 加电流源激励，此时响应 $\dot{U_1}$ 以及 $\dot{U_2}$ 与激励 $\dot{I_1}$ 的比值就是 $Z_{11}$ 与 $Z_{21}$：

同样 $Z_{22}$ 和 $Z_{12}$ 表达式对应的电路为端口 1 开路，端口 2 加电流源激励，此时响应 $\dot{U_2}$ 以及 $\dot{U_1}$ 与激励 $\dot{I_2}$ 的比值就是 $Z_{22}$ 与 $Z_{12}$：

接下来，通过两道例题来熟悉上述思路的运用。

▶【例题 1】计算下面二端口网络的 H 参数？

◉【解答 1】首先，需要列写出上面电路的 H 参数方程：

\[ \begin{cases} u_1 = h_{11} i_1 + h_{12} u_2 \\ i_2 = h_{21} i_1 + h_{22} u_2 \end{cases} \]

◉【解答 1】然后，由于该二端口网络属于一个参数为常数的电阻网络，所以这里采用时域参数方程进行分析。使 H 参数方程当中的 $u_2$ 等于 0，从而得到 $h_{11}$ 和 $h_{21}$ 的表达式，以及其对应的电路（端口 2 短路，端口 1 加电流源）。进一步计算下面电路里的响应 $u_1$ 与 $i_2$，就可以得到响应与激励的比值：

◉【解答 1】同理，在 H 参数方程当中，$i_1$ 等于 0，进而得到 $h_{22}$ 和 $h_{12}$ 的表达式，以及其对应的电路（端口 1 开路，端口 2 加电压源）。进一步计算下面电路里的响应 $i_2$ 与 $u_1$，同样可以得到响应与激励的比值：

▶【例题 2】计算下面二端口网络的 T 参数？

◉【解答 2】首先，依然需要列写出上面电路的 T 参数方程：

\[ \begin{cases} \dot{U_1} = A \dot{U_2} + B(-\dot{I_2}) \\ \dot{I_1} = C \dot{U_2} + D(-\dot{I_2}) \end{cases} \]

◉【解答 2】令上述 T 参数方程当中的 $I_2$ 等于 0，从而得到 $A$ 和 $C$ 的表达式，以及其对应的电路：

◉【解答 2】由于端口 2 开路，此时激励只能添加到端口 1，所以 $A$ 和 $C$ 的表达式并不符合传递函数分母为激励分子为响应的规律，但是这里依然可以被写做传递函数的倒数形式：

\[ \begin{cases} A = \frac{\dot{U_1}}{\dot{U_2}} \big \vert_{\dot{I_2} = 0} = \frac{1}{\dot{U_2}/\dot{U_1}} = 1 \\ C = \frac{\dot{I_1}}{\dot{U_2}} \big \vert_{\dot{I_2} = 0} = \frac{1}{\dot{U_2}/\dot{I_1}} = \frac{1}{Z_1} \end{cases} \]

◉【解答 2】同理，令 T 参数方程当中的 $U_2$ 等于 0，得到 $D$ 和 $B$ 的表达式，以及其对应的电路：

◉【解答 2】此时端口 1 短路，激励添加在端口 1，可以写做传递函数的倒数形式：

\[ \begin{cases} D = \frac{\dot{I_1}}{-\dot{I_2}} \big \vert_{\dot{U_2} = 0} = \frac{1}{-\dot{I_2}/\dot{I_1}} = \frac{Z_1 + Z_2}{Z_1} \\ B = \frac{\dot{U_1}}{-\dot{I_2}} \big \vert_{\dot{U_2} = 0} = \frac{1}{-\dot{I_2}/\dot{U_1}} = Z_2 \end{cases} \]

参数之间的关系

类似于 10Ω 电阻也可以称为 0.1S 的电导，二端口网络的 6 组参数同样可以进行互换，其转换过程满足如下的矩阵关系：

下面分别是 Z 参数和 Y 参数方程的矩阵形式，它们之间互为逆矩阵：
如下分别是 H 参数和 G 参数方程的矩阵形式，它们之间也互为逆矩阵：
如下分别是 T 参数和 T' 参数方程的矩阵形式，将 $\dot{I_2}$ 前面的负号，移动至参数 B 与 D 之前，这样 T 参数与 T' 参数就会满足如下关系：

对于其它参数之间的关系，任意两组参数之间关系的导出方法，是将一种参数方程变换为另一种参数方程。例如想要通过 Z 参数获得 T 参数，就可以将 Z 参数方程变换为 T 参数方程：

\[ \begin{cases} \dot{U_1} = Z_{11}\dot{I_1} + Z_{12} \dot{I_2} \\ \dot{U_2} = Z_{21}\dot{I_1} + Z_{22} \dot{I_2} \end{cases} \implies \begin{cases} \dot{U_1} = A \dot{U_2} + B(-\dot{I_2}) \\ \dot{I_1} = C \dot{U_2} + D(-\dot{I_2}) \end{cases} \]

对 Z 参数方程组的第 2 个方程进行移项整理，就可以成为 T 参数方程组的第 2 个方程：

\[ \dot{U_2} = Z_{21}\dot{I_1} + Z_{22} \dot{I_2} \xrightarrow{移项整理} \dot{I_1} = \frac{1}{Z_{21}} \dot{U_2} + \frac{Z_{22}}{Z_{21}}(-\dot{I_2}) \]

再将上面得到的 T 参数方程代入 Z 参数方程组的第 1 个方程，整理之后就可以得到利用 Z 参数表示的 T 参数方程：

\[ \dot{I_1} = \frac{1}{Z_{21}} \dot{U_2} + \frac{Z_{22}}{Z_{21}}(-\dot{I_2}) \xrightarrow{代入} \dot{U_1} = Z_{11}\dot{I_1} + Z_{12} \dot{I_2} \xrightarrow{得到} \dot{U_1} = \frac{Z_{11}}{Z_{21}} \dot{U_2} + \frac{Z_{11}Z_{22} - Z_{12}Z_{21}}{Z_{21}}(-\dot{I_2}) \]

其中 $\frac{Z_{11}}{Z_{21}}$ 是 A 与 Z 参数的关系，而 $\frac{Z_{11}Z_{22} - Z_{12}Z_{21}}{Z_{21}}$ 则是 B 与 Z 参数的关系；同样 $\frac{1}{Z_{21}}$ 就是 C 与 Z 参数的关系，而 $\frac{Z_{22}}{Z_{21}}$ 则为 D 与 Z 参数的关系。

小结

二端口网络拥有 6 组参数，但是这它们并不是一定同时存在；此外，这些参数之间还可以通过一定的方法进行互换；
学会由参数方程获得参数的物理含义，并由此得出参数的计算与测量方法，这里并不需要死记硬背；
掌握互易网络、对称网络的参数特点；

二端口网络参数的应用

无论二端口网络的内部多么复杂，已知它的一组参数，就可以对包含有该二端口网络的电路进行分析。例如下面这个电路，已知其二端口网络的 Z 参数以及其它元件参数，就能够确定电路当中的电压与电流：

如何利用二端口网络的参数分析问题，就将是本小节所要去重点讨论的内容。

示例 1

通过二端口网络的参数，确定端口的电压与电流。

▶【例题 1】确定下面电路当中的端口电压与电流？

◉【解答 1】二端口网络的 Z 参数已知，一个端口连接电源，另一个端口接负载，电源的能量通过二端口网络传输至负载，端口的电压电流需要满足二端口网络的 2 个参数方程，即 Z 参数方程：

\[ \begin{cases} \dot{U_1} = 40 \dot{I_1} + j20\dot{I_2} \\ \dot{U_2} = j30\dot{I_1} + 50\dot{I_2} \end{cases} \]

◉【解答 1】除此之外，还需要满足端接支路的 U-I 关系，即左右两侧支路的 KVL 方程：

\[ \begin{cases} \dot{U_1} = 140 \angle 0° - 20 \dot{I_1} \\ \dot{U_2} = -10 I_2 \end{cases} \]

◉【解答 1】联立上述 4 个方程，就可以求解得到 4 个变量。

▶【例题 2】下面电路当中二端口网络的 T 参数已知，$R_L$ 可以任意进行调节，试分析当 $R_L$ 为多大时，其获得的功率为最大？

◉【解答 2】利用戴维南定理，确定 $R_L$ 以外的一端口网络的戴维南等效电路，即将上面电路当中绿色标识部分转换为下图当中的绿色标识部分电路：

◉【解答 2】接下来，计算开路电压，当 $R_L$ 开路时 $i_2$ 等于 0，此时二端口网络的 T 参数方程以及端接支路方程为：

\[ \begin{cases} u_1 = A u_2 - B i_2 = 4 u_2 \\ i_1 = C u_2 - D i_2 = 0.1 u_2 \\ u_1 = 10 - 10 i_1 \end{cases} \implies u_2 = {\color{green}{u_{oc}}} = 2V \]

◉【解答 2】然后，再来计算短路电流，当 $R_L$ 短路时 $u_2$ 等于 0，此时二端口网络的 T 参数方程以及端接支路方程为：

\[ \begin{cases} u_1 = A u_2 - B i_2 = -20 i_2 \\ i_1 = C u_2 - D i_2 = -2 i_2 \\ u_1 = 10 - 10 i_1 \end{cases} \implies i_2 = -{\color{green}{i_{sc}}} = -0.25A \]

◉【解答 2】最后，计算最大功率，等效电阻 $R_{eq} = \frac{u_{oc}}{i_{sc}} = 8Ω$，根据最大传输功率定理，当 $R_L = R_{eq} = 8Ω$ 时，电阻 $R_L$ 所获得的功率为最大值 $P_m$，这里 $P_m$ 的值可以通过等效电路来进行计算：

\[ P_m = (\frac{u_{oc}}{2R_L})^2 \times R_L \]

示例 2

通过一定条件下的端口电压与电流，确定二端口网络的参数。

▶【例题 3】下面电路当中，由线性电阻构成的二端口网络 N 参数未知，通过对电路进行测量，可以分别测得 $R_L = \infty$ 开路时的 $i_1 = 1A$ 和 $u_2 = 4V$，以及 $R_L = 0$ 短路时的 $i_2 = -0.5A$，试求解该二端口网络的阻抗参数？

◉【解答 3】可以通过将已知的电压与电流，代入 Z 参数方程中来确定 Z 参数：

◉【解答 3】当 $R_L = \infty$ 开路时，端口 1 的变量为 $u_1 = 10V$，而 $i_1 = 1A$；端口 2 的变量为 $i_2 = 0$，而 $u_2 = 4V$，将它们代入 Z 参数方程当中，得到如下 2 个 Z 参数：

\[ \begin{cases} 10 = Z_{11} \times 1 \\ 4 = Z_{21} \times 1 \end{cases} \]

◉【解答 3】当 $R_L = 0$ 短路时，端口 1 的变量为 $u_1 = 10V$；端口 2 的变量为 $u_2 = 0$，而 $i_2 = -0.5A$，同样将它们代入 Z 参数方程，得到下面 2 个含有未知电流 $i_1$ 的方程：

\[ \begin{cases} 10 = Z_{11} i_1 + Z_{12} \times (-0.5) \\ 0 = Z_{21} i_1 + Z_{22} \times (-0.5) \end{cases} \]

◉【解答 3】除此之外，该二端口网络是一个由线性电阻构成的互易网络，因此还可以得到 $Z_{12} = Z_{21}$，联立这些方程之后，就可以求解得到 Z 参数。

小结

通常情况下，二端口网络的 1 个端口连接信号源或者电源，作为信号或者电能的输入端口，而另 1 个端口则连接的是负载；
二端口网络的端口变量总是需要满足 4 个方程（2 个参数方程和 2 个端接支路的 U-I 关系方程），二端口网络的分析过程当中，总是需要频繁的使用到它们；

二端口网络的电路模型

无论二端口网络内部有多么复杂，其总是可以采用端口特性方程和端接支路方程来对其进行分析。

上面这个电路当中，已知二端口网络的 Z 参数，需要确定其端口的电压与电流。此时存在 2 个端口特性方程，以及 2 个端接支路方程，联立之后进行求解，就可以得到端口的电压与电流：

\[ 端口特性方程 \begin{cases} \dot{U_1} = Z_{11}\dot{I_1} + Z_{12}\dot{I_2} \\ \dot{U_2} = Z_{21}\dot{I_1} + Z_{22}\dot{I_2} \end{cases} \implies 端接支路方程 \begin{cases} \dot{U_1} = 140 \angle 0° - 20 \dot{I_1} \\ \dot{U_2} = - 10 \dot{I_2} \end{cases} \]

本小节内容将要探讨的主题，就是如何采用等效电路模型来分析二端口网络。

电路模型

与一端口网络相类似，二端口网络之间也可以进行等效，参数相同（即端口特性方程相同）的二端口网络就是等效网络。二端口网络的电路模型是一个简单的等效网络，由于二端口网络存在着 4 个独立参数，因此其对应的电路模型也要由 4 个独立元件构成。

二端口网络的电路模型，可以用于分析二端口网络，更为重要的是用于二端口网络的物理模拟，或者是建立其仿真模型，同时也是设计结构较为简单的二端口网络的理论依据。获取二端口网络电路模型的方法非常简单，就是通过参数方程推导出相应的电路模型。

T 形电路模型

二端口网络的 T 形电路模型由阻抗参数方程导出，下面列写出 Z 参数方程：

\[ \begin{cases} \dot{U_1} = Z_{11}\dot{I_1} + Z_{12}\dot{I_2} \\ \dot{U_2} = Z_{21}\dot{I_1} + Z_{22}\dot{I_2} \end{cases} \]

然后将这些方程转换为 T 形网络的网孔方程，下面的 T 形网络是一个最为简单的二端口网络：

这里将其端口电压视为电压源，此时 Z 参数方程组的第 1 个方程，就是上面电路左侧网孔的网孔方程；而 Z 参数方程组的第 2 个方程，就是上面电路右侧网孔的网孔方程，考虑到网孔方程当中的网孔互阻抗为 $Z_{12}$，所以第 2 个方程右侧需要减去一项，该项在 T 型电路当中可以用受控电压源表示，其方向与网孔电流 $I_2$ 保持一致：

\[ \begin{cases} \dot{U_1} = Z_{11}\dot{I_1} + Z_{12}\dot{I_2} \implies Z_{11}\dot{I_1} + Z_{12}\dot{I_2} = \dot{U_1} \\ \dot{U_2} = Z_{21}\dot{I_1} + Z_{22}\dot{I_2} \implies Z_{12} \dot{I_1} + Z_{22}\dot{I_2} = \dot{U_2} {\color{pink}{- (Z_{21} - Z_{12}) \dot{I_1}}} \end{cases} \]

再由网孔方程当中的互阻抗可以知道，T 形电路的中间支路阻抗为 $Z_{12}$，由网孔方程当中的自阻抗 $Z_{11}$ 可知 T 形电路左侧支路的阻抗等于 $Z_{11} - Z_{12}$，又由自阻抗 $Z_{22}$ 可知右侧支路的阻抗为 $Z_{22} - Z_{12}$，从而就可以得到如下的 T 形电路模型：

$\Pi$ 形电路模型

二端口网络的 $\Pi$ 形电路模型可以根据导纳参数方程导出，先列写其 Y 参数方程，然后再将其变换为 $\Pi$ 形网络的结点方程：

\[ \begin{cases} \dot{I_1} = Y_{11}\dot{U_1} + Y_{12}\dot{U_2} \\ \dot{I_2} = Y_{21}\dot{U_1} + Y_{22}\dot{U_2} \end{cases} \]

下面的 $\Pi$ 形网络同样是一个非常简单的二端口网络：

这里将其端口电流视为电流源，将 Y 参数方程组的第 1 个方程，变换为左侧结点的结点方程；而 Y 参数方程组的第 2 个方程，则变换为右侧结点的结点方程；考虑到结点方程当中，结点的互导纳为 $Y_{12}$，所以第 2 个方程的右侧还需要再减去一项，该项在 $\Pi$ 形电路当中用受控电流源表示，方向为流出结点：

\[ \begin{cases} \dot{I_1} = Y_{11}\dot{U_1} + Y_{12}\dot{U_2} \implies Y_{11}\dot{U_1} - (-Y_{12})\dot{U_2} = \dot{I_1} \\ \dot{I_2} = Y_{21}\dot{U_1} + Y_{22}\dot{U_2} \implies -(-Y_{12})\dot{U_1} + Y_{22}\dot{U_2} = \dot{I_2} {\color{pink}{- (Y_{21} - Y_{12}) \dot{U_1}}} \end{cases} \]

由结点方程当中的互导纳就可以知道，$\Pi$ 形电路中间支路的导纳为 $-Y_{12}$，根据结点方程当中的自导纳 $Y_{11}$ 可以知道，$\Pi$ 形电路左侧支路的导纳为 $Y_{11} + Y_{12}$；而由自导纳 $Y_{22}$ 则可以知道，右侧支路的导纳为 $Y_{22} + Y_{12}$，从而就可以得到如下的 $\Pi$ 形电路模型：

电路模型对比

将 $T$ 形与 $\Pi$ 形两种电路模型，放到下面进行一下对比：

由于互易二端口网络只有 3 个独立参数，电路模型当中就没有受控电源，只剩下 3 个独立元件。对称二端口网络只有 2 个独立参数，其电路模型当中不仅没有受控电源，而且还属于对称电路。除此之外，还需要特别理解如下 3 点：

二端口网络与其电路模型的端口特性方程相同，因而 4 个端口变量相等，但是并不保证任意 2 个端子之间的电压相同；
$T$ 形与 $\Pi$ 形电路模型均为 3 端子的二端口网络，但是这并不意味着其只适用于 3 端子的二端口网络；
对于 3 端子的二端口网络，与其 $T$ 形与 $\Pi$ 形电路模型的端子，存在着一一对应的关系，所以任何变量都是相同的；

混合参数电路模型

模拟电子技术当中，还需要使用到混合参数电路模型。即由 H 参数方程直接推导出的 H 参数电路模型，以及由 G 参数方程直接导出的 G 参数电路模型。

接下来介绍一下电路模型的推导方法，由于 H 参数方程的第 1 个方程是 2 项电压之和，对应于阻抗与受控电压源的串联，其中阻抗值为 $h_{11}$，受控电压源为 $h_{12}\dot{U_2}$：

\[ \dot{U_1} = h_{11} \dot{I_1} + h_{12} \dot{U_2} \]

H 参数方程的第 2 个方程为两项电流之和，对应于导纳与受控电流源的并联，其中导纳值为 $h_{22}$，受控电流源为 $h_{21}\dot{I_1}$：

\[ \dot{I_2} = h_{21} \dot{I_1} + h_{22} \dot{U_2} \]

通过这样的方法，就可以顺利推导得到下面的 H 参数电路模型：

通过类似的方法，同样可以利用 G 参数方程推导出对应的 G 参数电路模型：

注意：掌握电路模型的推导方法，比死记硬背电路模型本身更为重要。

▶【例题】推导如下耦合电感的 T 形去耦等效电路？

◉【解答】上图耦合电感元件的电压电流关系为如下两个方程：

\[ \begin{cases} \dot{U_1} = j\omega L_1 \dot{I_1} + j \omega M \dot{I_2} = Z_{11} \dot{I_1} + Z_{12} \dot{I_2} \\ \dot{U_2} = j\omega M \dot{I_1} + j \omega L_2 \dot{I_2} = Z_{21} \dot{I_1} + Z_{22} \dot{I_2} \end{cases} \]

◉【解答】上面这两个方程，实际上就是 Z 参数方程，对照 T 形电路模型，可以得出耦合电感的 T 形去耦等效电路：

◉【解答】该等效电路是一个同名端为公共端的去耦等效电路，由于本题的耦合电感并不具备公共端，所以这类等效电路只能确保端口变量相同。如果耦合电感像下图这样存在着一个公共端，那么就可以认为其属于端子一一对应的等效，从而确保所有电压、电流都完全相同：

小结

本小节内容讨论了二端口网络的多种电路模型，在这里需要强调以下三点：

理解端口特性方程不变等效与端子一一对应等效之间的差别；
电路模型的意义主要体现在二端口网络的物理模拟、仿真建模、电路设计等方面；
分析二端口网络，采用电路模型并不一定会比使用端口方程更为简便；

二端口网络的级联/串联/并联

想要确定下面二端口网络的传输参数，就需要根据参数的物理含义，分别确定端口 2 开路与短路时，在电路当中所标识出的 4 个变量，这种方式的计算量会比较大。

但是，该二端口网络还可以划分为相互连接的 3 个部分（上图蓝色标识区域）来进行处理，利用该特点可以简化传输参数的求解过程。研究二端口的相互连接主要有两方面的意义：

用于将复杂的二端口网络，分解为若干个简单的二端口网络来进行分析；
设计若干个简单二端口网络，通过一定方式连接之后，得到复杂的二端口网络；

级联

级联作为二端口网络的连接方式之一，在下图左侧电路当中，其二端口网络 a 的传输参数矩阵为 $T_a$，对应的特性方程如下图右侧所示：

二端口网络 b 的传输参数矩阵为 $T_b$，相应的特性方程也如下所示：

将 a 和 b 的左右两侧端口对接起来，形成一个新的二端口网络，称为级联：

级联之后，相互连接端口的电压相等 $\dot{U_{2a}} = \dot{U_{1b}}$，电流也相等 $-\dot{I_{2a}} = \dot{I_{1b}}$：

将上述两个相等关系代入到 T 参数方程当中，就可以得到级联之后所得的二端口网络的方程：

\[ \begin{bmatrix} \dot{U_{1a}} \\ \dot{I_{1a}} \end{bmatrix} = {\color{pink}{T_a \times T_b}} \begin{bmatrix} \dot{U_{2b}} \\ \dot{-I_{2b}} \end{bmatrix} \]

上述方程表明，级联所得的二端口网络传输参数矩阵，等于矩阵 $T_a$ 与 $T_b$ 的乘积。

▶【例题】确定如下二端口网络的 T 参数？

◉【解答】可以将上面的电路分解为 3 个简单的级联二端口网络，并且 3 个二端口网络的 T 参数矩阵均为 $T_1$：

◉【解答】级联之后所得二端口网络的 T 参数矩阵为 3 个 $T_1$ 的乘积，而这里的 $T_1$ 计算起来较为简单：

\[ T = T_1 \times T_1 \times T_1 \]

串联

串联是二端口网络的又一种连接方式，下图左侧当中的二端口网络 a 的阻抗参数矩阵为 $Z_a$，对应的特性方程如下图右侧所示：

下图左侧当中的二端口网络 a 的阻抗参数矩阵为 $Z_b$，对应的特性方程也如下图右侧所示：

将两个二端口网络的端口 1 和 2 分别串联，从而形成如下这个新的二端口网络：

如果串联之后，原来的端口条件不变，即上图中橙色部分标识出的电流依然为 $\dot{I_{1a}}$ 和 $\dot{I_{2a}}$、$\dot{I_{1b}}$ 和 $\dot{I_{2b}}$，所以串联之后二端口网络的特性方程依然成立，并且特性方程里的电流等于 $I_1$ 和 $I_2$:

根据串联时端口电压相加的关系，就可以容易的推导出端口电压 $U_1$、$U_2$ 与端口电流 $I_1$、$I_2$ 之间的关系：

\[ \begin{bmatrix} \dot{U_1} \\ \dot{U_2} \end{bmatrix} = \begin{bmatrix} \dot{U_{1a}} \\ \dot{U_{2a}} \end{bmatrix} + \begin{bmatrix} \dot{U_{1b}} \\ \dot{U_{2b}} \end{bmatrix} \implies \begin{bmatrix} \dot{U_1} \\ \dot{U_2} \end{bmatrix} = {\color{pink}{(Z_a + Z_b)}} \begin{bmatrix} \dot{I_1} \\ \dot{I_2} \end{bmatrix} \]

上述结果表明，如果串联不改变原来的端口条件，则串联所得二端口网络的 Z 参数矩阵，等于两个串联网络的 Z 参数矩阵之和。

▶【例题】串联是否会改变原来的端口条件？

◉【解答】将上面两个完全相同的二端口网络串联起来，然后在端口施加任意大小的电流源，例如 3A 和 1A：

◉【解答】观察上面电路的电流分布情况，显然串联之前的网络端口，已经不是串联之后电路的端口了。这意味着串联前的特性方程，在串联之后不再成立。如果将网络中心的 4 个电阻短接，变换为两个 3 端子的二端口网络串联，其公共端相互连接：

◉【解答】可以看到，转换后电路的中间部分是一个短接回路，整体的电流按照原端口条件进行分布，因而原端口条件都不会发生改变。由此可见，能够确保原端口条件不发生改变的串联，就是一个 3 端子的二端口网络串联：

◉【解答】阻抗参数矩阵为 $Z_a$ 的 3 端子二端口网络，与阻抗参数矩阵为 $Z_b$ 的 3 端子二端口网络相串联，所得二端口网络的阻抗参数矩阵 $Z$ 就等于 $Z_a$ 加上 $Z_b$：

\[ Z = Z_a + Z_b \]

并联

并联是二端口网络的另外一种连接方式，下图左侧所示二端口网络 a 的导纳参数矩阵为 $Y_a$，对应的特性方程如下图右侧所示：

而下图左侧所示二端口网络 b 的导纳参数矩阵为 $Y_b$，对应的特性方程如下图右侧所示：

将上述两个网络的端口 1 和 2 分别并联到一起，从而形成新的二端口网络，称为二端口网络并联：

如果并联之后的电路分布如上图所示，即原有的端口条件不变，这时原有的特性方程仍然成立：

采用并联电流相加的关系，就可以很容易的得出，并联所得的二端口网络的特性方程，该特性方程表明并联所得二端口网络的 Y 参数矩阵，等于两个并联网络 Y 参数矩阵之和：

\[ \begin{bmatrix} \dot{I_1} \\ \dot{I_2} \end{bmatrix} = \begin{bmatrix} \dot{I_{1a}} \\ \dot{I_{2a}} \end{bmatrix} + \begin{bmatrix} \dot{I_{1b}} \\ \dot{I_{2b}} \end{bmatrix} \implies \begin{bmatrix} \dot{I_1} \\ \dot{I_2} \end{bmatrix} = {\color{pink}{Y_a + Y_b}} \begin{bmatrix} \dot{U_1} \\ \dot{U_2} \end{bmatrix} \]

在这里，3 端子的二端口网络并联同样可以确保原有的端口条件不变，对于下面导纳参数矩阵为 $Y_a$ 的 3 端子二端口网络，与导纳参数为 $Y_b$ 的 3 端子二端口网络相互并联，其公共端连接在一起，电流就可以按照原来端口条件的要求来进行分布：

所得二端口网络的导纳参数矩阵 $Y$，就等于 $Y_a$ 加上 $Y_b$：

\[ Y = Y_a + Y_b \]

小结

任意两个二端口网络相互级联，所得到的二端口网络 T 参数矩阵等于级联网络 T 参数矩阵之积，即 $T = T_a \times T_b$；
任意两个 3 端子二端口网络的公共端相串联，所得到网络的 Z 参数矩阵 等于串联网络的 Z 参数矩阵之和，即 $Z = Z_a + Z_b$；
任意两个 3 端子二端口网络的公共端相并联，所得到网络的 Y 参数矩阵 等于并联网络的 Y 参数矩阵之和，即 $Y = Y_a + Y_b$；

电路分析经典理论与习题手记

http://www.uinio.com/Electronics/Analysis_Mooc/

作者

Hank

发布于

2015-01-12

更新于

2021-08-21

许可协议

#Circuit Analysis

元件	频域（相量形式）
电阻 R	\(\dot{U} = {\color{red}{R}} \dot{I}\)
电感 L	\(\dot{U} = j \omega L \dot{I} = {\color{red}{j X_L}} \dot{I}\)
电容 C	\(\dot{U} = \frac{\dot{I}}{j \omega C} = {\color{red}{- j X_C}} \dot{I}\)