电路原理(邱关源)习题答案第四章 电路定理练习.docx

1、第四章电路定理电路定理是电路理论的重要组成部分，为我们求解电路问 题提供了另一种分析方法，这些方法具有比较灵活，变换形式多样，目的性 强的特点。因此相对来说比第三章中的方程式法较难掌握一些，但应 用正确，将使一些看似复杂的问题的求解过程变得非常简单。应用定 理分析电路问题必须做到理解其内容，注意使用的范围、条件，熟练 掌握使用的方法和步骤。需要指出，在很多问题中定理和方程法往往 又是结合使用的。4-1 应用叠加定理求图示电路中电压 u ab。解： 首先画出两个电源单独作用式的分电路入题解 4-1 图（ a） 和（ b） 所示。对（ a） 图应用结点电压法可得115sin t(1 +)u=32

2、+ 1n11u= 5sin t = 3sin tVn15解得3u11u(1) =n1 1 =u= 3sin t = sin tVab2 +13 n13对（ b） 图， 应用电阻的分流公式有e-t11111 35i =+ =e-tA32+11u(2)所以ab= 1 i =e-t = 0.2e-tV5故由叠加定理得u= u(1) + u(2)ababab= sin t + 0.2e-tV4-2 应用叠加定理求图示电路中电压 u 。解： 画出电源分别作用的分电路如题解（ a） 和（ b） 所示。对（ a） 图应用结点电压法有( 1+ 1+ 1 )u= 136+ 508 + 24010n18 + 21

3、0u(1) = u=解得n113.6 + 5 0.1+ 0.025 + 0.1= 18.60.225= 248 = 82.667V3对（ b） 图， 应用电阻串并联化简方法， 可求得u = 32 (8 + 10 40 )10 + 40 = 3 32= 16Vsi(8 + 10 40 ) + 2 10 + 40-u1618183u(2) =si = -= -V2323所以， 由叠加定理得原电路的 u 为u = u(1) + u(2) =248 - 8 = 80V334-3 应用叠加定理求图示电路中电压 u 2。解： 根据叠加定理， 作出 2 V 电压源和 3 A 电流源单独作用时的分电路如题解图

4、（ a） 和（ b ）。受控源 均保留在分电路中。（ a） 图中i(1) =12 = 0.5A4所以根据 KVL 有由（ b） 图， 得u(1) = -3 2i(1) + 2 = -3 2 0.5 + 2 = -1 V21i ( 2) = 01u(2)2= 3 3 = 9V故原电路中的电压u = u (1) + u (2)222= 8V4-4 应用叠加定理求图示电路中电压 U 。解：按 叠加定理，作 出 5 V 和 10 V 电压源单独作用时的分电路如题解 4-4 图（ a） 和（ b） 所示， 受控电压源均保留在分电路中。应用电源等效变换把图（a）等效为图（c ），图（b ）等效为图（d ）

5、。由图（ c ）， 得2U (1) - 52U (1) - 5U (1) =1 =1 + 2 + 211从中解得33U (1)= -3 VU (2) =2U (2) + 202U (2) + 203 1 =32 + 2 +111由图（ d） 得33从中解得20U (2) =3= 4V11 -13故原电路的电压U = U (1) + U (2)= -3 + 4 = 1 V注：叠加定理仅适用于线性电路求解电压和电流响应，而不能用来计算功率。 这是因为线性电路中的电压和电流都与激励( 独立源) 呈线性关系， 而功率与激励不再是线性关系。 题 4-1 至题 4-4 的求解过程告诉我们：应用叠加定理求解

6、电路的基本思想是“ 化整为零 ”， 即将多个独立源作用的较复杂的电路分解为一个一个（ 或一组一组）独立源作用的较简单的电路， 在分电路中分别计算所求量， 最后代数和相加求出结果。 需要特别注意：（ 1 ） 当一个独立源作用时， 其它独立源都应等于零， 即独立电压源短路， 独立电流源开路（ 2 ） 最后电压、 电流是代数量的叠加， 若分电路计算的响应与原电路这一响应的参考方向一致取正号， 反之取负号。（ 3 ） 电路中的受控源不要单独作用， 应保留在各分电路中， 受控源的数值随每一分电路中控制量数值的变化而变化。（ 4 ） 叠加的方式是任意的， 可以一次使一个独立源作用， 也可以一次让多个独立源

7、同时作用（ 如 4 2 解 ）， 方式的选择以有利于简化分析计算。学习应用叠加定理， 还应认识到， 叠加定理的重要性不仅在于可用叠加法分析电路本身， 而且在于它为线性电路的定性分析和一些具体计算方法提供了理论依据。uoss4 5 试求图示梯形电路中各支路电流， 结点电压和 u10V 。o 其中 u 解：由齐性定理可知，当电路中只有一个独立源时，其任意支路的响应与该独立源成正比。用齐性定理分析本题的梯形电路特别有效。现设支路电流如图所示， 若给定则可计算出各支路电压电流分别为i = i55= 1Au = uoou= u= i 20 = 1 20 = 20V5= i (4 + 20) = 1 24

8、 = 24Vn 2i = in 2= u5/12 = 24 /12 = 2A44n 2i = i = i + i = 2 +1 = 3A3345u= u = i 5 + u= 3 5 + 24 = 39Vn1n13n 2i = i = i + i = 1+ 3 = 4A1123u = u = i 4 + u= 4 4 + 39 = 55 Vss1n1ss即 当 激 励 u = u = 55V 时 ， 各 电 压 、 电 流 如 以 上 计算 数 值 ， 现 给 定10K = 10 = 2ssu = 10 V ， 相当于将以上激励 u 缩小了 55 倍， 即55112故电路各支路的电流和结点电压

9、应同时缩小 11 倍， 有i = Ki =1128 4 = 0.727A111122i = Ki22=1 =A111126i = Ki = 3 =A33i = Ki44111124= 2 =A1111i = Ki =221 =A55u= Ku1111278= 39 =Vn1n11111248u= Ku = 24 =Vn 2u = Kun 21111240= 20 =Voo111140ou = 11 = 4 = 0.364s输出电压和激励的比值为u1011注：本 题的计算采用“倒退法 ”，即先 从梯形电路最远离电源的一端开始，对电压或电流设一便于计算的值， 倒退算至激励处， 最后再按齐性定理予以

10、修正。s1s1s 2abs1s 2s1abs1s1s 2ab4 6 图示电路中，当电流源 i 和电压源 u 反向时（ u 不变），电 压 u 是原来的 0.5 倍；当 i 和 u 反向时（ u 不变），电 压 u 是原来的 0.3倍。问： 仅 i 反向（ u ， u 均不变）， 电压 u 应为原来的几倍？解： 根据叠加定理， 设响应u= K i+ K u+ K uab1 s12 s13 s 2123式中 K ， K ， K 为未知的比例常数， 将已知条件代入上式， 得0.5uab= -K i1 s1- K u2 s1+ K u3 s 20.3u= -K i+ K u- K uab1 s12 s

11、13 s 2xu= -K i+ K u+ K uab1 s12 s13 s 2将式 ， ， 相加， 得1.8u= -K i+ K u+ K uab1 s12 s13 s 2显然 式等号右边的式子恰等于式 等号右边的式子。因 此得所求倍数。x = 1.8注：本题实际给出了应用叠加定理研究一个线性电路激励与响应关系的实验方法。s 2s14 7 图示电路中 U = 10 V ， U = 15 V ， 当开关 S 在位置 1 时， 毫安表的读数为 I = 40 mA ； 当开关 S 合向位置 2 时， 毫安表的读数为 I = -60 mA 。如果把开关 S 合向位置 3 ， 毫安表的读数为多少？解：

12、设流过电流表的电流为 I， 根据叠加定理I = K I1 s+ K U2 ss当开关 S 在位置 1 时， 相当于 U = 0 ， 当开关 S 在位置 2 时， 相当于，U = Uss1ss 2当开关 S 在位置 3 时， 相当于 U = -U ， 把上述条件代入以上方程式中， 可得关系式40 = K I1 s- 60 = K I1 s+ K U2s1= 40 + K210从中解出K = - 100 = -10210所以当S在位置3时，有I = K I1 s+ K (U2s 2) = 40 + (-10) (-15) = 190mA4 8 求图示电路的戴维宁和诺顿等效电路。oc解： 求开路电压

13、 uuo 设oc参考方向如图所示， 由 KVL 列方程(2 + 4)I + 3 + 2(I -1) = 0I = - 1 A解得8u= 4 I = 4 (- 1) = -0.5Voc8求等效内阻 Req 。将 原图中电压源短路，电 流源开路，电 路变为 题 解4 8 （ a ） 图 ， 应 用 电 阻 串 并 联 等 效 ， 求 得Req =(2+2)/4=2W画出戴维宁等效电路如图（ b） 所示， 应用电源等效变换得诺顿等效电路如图（ c） 所示。I= uoc = - 0.5 = -0.25A其中scR2eqocococ注意画等效电路时不要将开路电压 u 的极性画错， 本题设 a 端为 u

14、的“ ” 极性端， 求得的 u 为负值， 故（ b） 图中的 b 端为开路电压的实际“ ” 极性端。4 9 求图示电路的戴维宁等效电路。解： 本题电路为梯形电路， 根据齐性定理， 应用“ 倒退法” 求开oc路电压 uu= u o 设ococ10= 10 V ， 各支路电流如图示， 计算得i = i55= 1 A10u= un 2n 2= (2 +10) 1 = 12 Vu12i = i =44n 2 = 2.4 A55i = i = i + i = 2.4 +1 = 3.4 A3345u= un1n1= 7 i + u3n2= 7 3.4 +12 = 35.8 Vi = iu35.8=n15.

15、967 A2266i = i + i = 5.967 + 3.4 = 9.367 A123u = u = 9 i + u= 9 9.367 + 35.8 = 120.1Vss1n1soc故当 u = 5 V 时， 开路电压 u 为5u= Kuococ=12.110 = 0.416Veq将电路中的电压源短路，应用电阻串并联等效，求得等效内阻 R为R= (9 / 6 + 7) / 5 + 2/10 = 3.505Weq画出戴维宁等效电路如题解 4 9 图所示。4 10求图中各电路在 ab 端口的戴维宁等效电路或诺顿等效电路。oc解（ a ）：先求开路电 压 u 。应用结点电压法，结点编号如图（ a

16、）所示。结点方程为(1 + 1 + 1 )u - 1 u= 10 222n12 n 221111-u2 n1+ ( + )u= 0 223n 2把以上方程加以整理有 3u - u= 10-3nu1n1+n82u= 0n 2u= 10 V应用消去法， 解得n 27u= un 2 1 = 10 V故开路电压oc2 +121eq再把电压源短路应用电阻串并联等效求内阻 RR= (2 / 2 + 2) / 2 + 2/1 =eq16 W21画出戴维宁等效电路如题解图（ a1 ） 所示。oc解（ b ）： 应用电阻分压求得开路电压 u 为把电压源短路， 可求得等效内电阻为u= us a R = auocR

17、sR= (R -a R) / a R + Req1= a(1-a)R + R1等效电路如题解图（ b1 ） 所示。scab解（ c ）： 这个问题用诺顿定理求解比较方便。把 ab 端口短路，显然短路电流等于电流源的电流， 即I= I= 1 Aeq把电流源开路求等效内电阻 Ro 由于电路是一平衡电桥， 可以把cd右 侧 电 阻 电 路 断 去 如 题 解 图 （ c1 ） 所 示 ， 则R= (20 + 60) /(20 + 60) = 40 Weq画出诺顿等效电路如题解图（ c2 ） 所示。解（ d ）： 应用替代定理， 图（ d） 可以等效变换为题解图（ d1 ）所示的电路。则开路电压为u=

18、 10 - 5 1 = 5Voc把图（ d1 ）中的电压源短路，电流源开路，等效电阻画出戴维宁等效电路如图（ d2 ） 所示。R= 5 + 5 = 10Weq4 11图（ a） 所示含源一端口的外特性曲线画于图（ b） 中， 求其等效电源。解： 根据戴维宁定理可知， 图示含源一端口电路可以等效为题解 4 11 图所示的电源电路， 其端口电压 u 和电流 i 满足关系式u = uoc- R ieq图（ b） 所示的含源一端口的外特性曲线方程为1u = 10 - 5 i 较以上两个方程式， 可得等效电源电路的参数1，u = 10 VocR= 0.2 W5eq4 12求图示各电路的等效戴维宁电路或诺

19、顿电路。解（ a ）：先 求开路电压 u 。应 用网孔电流法，设 网孔电流 i ， i ，oc12其绕行方向如图（ a） 所示。列网孔电流方程为 i = 2110i1+ (10 +10 + 5)i = 02联立求解以上方程， 可得i = -20 = -0.8 A225oc故开路电压为u= 10 1 - 5i2+ 6 - 5 = 11 + 5 0.8 = 15 Veq将电压源短接， 电流源开路， 得题解图（ a1 ） 所示电路， 应用电阻串、并联等效求得等效电阻R戴维宁等效电路如题解图（ a2 ） 所示= 5 /(10 + 10) + 10 = 14 Wab解（ b ）： 根据 KVL 求开路电

20、压 u 为u= -9 + 6 2 + 3 = 6 Vab把 3V 电压源短路， 2A 电流源断开， 可以看出等效内阻为R= 10 + 6 = 16 Weq戴维宁等效电路见题解图（ b1 ）。解（ c ）：oc设开路电压参考方向如图（ c） 所示。显然 u 等于受控源所在支路得电压， 即u= 2ioc1- 2i = 01由于电路中有受控源，求 等效电阻时不能用电阻串、并 联等效的方法，现采用求输入电阻的外加电源法。将（ c）图中 4 V 独立电压源短路， 在 ab 端子间加电压源 u 如题图（ c1 ） 所示。根据 KVL 列方程 u = 5i - 8i8i + 2(i +1i ) - 2i =

21、 011从第二个方程中解出1i = - 2 i = - 1 i1841把 i 代入第一个方程中， 可得u = 5i - 8 (- 1 i) = 7i4故等效电阻为R= u = 7Weqi画出戴维宁等效电路如题解图（ c2 ） 所示。oc解（ d ）： 解法一： 先求开路电压 u 。把图（ d） 中受控电流源与电阻的并接支路等效变换为受控电压源与电阻的串接支路如题解图（ d1 ） 所示。由 KVL 得(2 + 5)i1+ 4u - u = 011i = 96 = 5.647 A把 u = (4 - i ) 8 代入上式中， 解得 11711oc故开路电压u= 5 i1= 5 5.647 = 28

22、.235 V求等效电阻 Req可以采用如下两种方法（ 1 ） 开路、短路法把图（ d1 ） 中的 1-1 端子短接如题解图（ d2 ） 所示。 由 KVL得2i + 4u - u = 0sc11v = - 3 u即sc2 1把u = (4 - i1sci) 8 代入式中， 有isc= 48 = 4.364 A32= -8(4 - i )sc解得sc11Ru28.235=Woc6.471则等效电阻eqisc4.364（ 2 ） 外加电源法把图（ d1 ）中 4 A 电流源开端，在 1-1 端子间加电压源 u 如图（ d3 ） 所示， 由 KVL 得u = -4u + 2(i - i ) + u

23、= -3u + 2(i - i )11111把 u = 8 (i - i ) 代入上式中， 有 u = -3 8 (i - i ) + 2(i - i ) = -22(i - i )11i = u111u = -22i + 22 u考虑到 1所以5 ， 则522 5u =i17u22 5故等效电阻为R= 6.471 Weqi17戴维宁等效电路如题解图（ d4 ） 所示。解法二：在 图（ d1 ）的 端口 1-1 处外加一个电压源 u ，图 题解图（ d5 ）所示。通过求出在端口 1-1 的 ui 关系得出等效电路。应用 KVL 列出中间网孔的电压方程， 应用 KCL 列出下部结点的电流方程有

24、2(i - i ) - 3u = u11 uu1 += (i + 4) 85把 i1= u5 代入第一个方程中， 并从两方程中消去 u1， 可得2242i - 5 u - 24i - 96 +整理得 ui 关系为96 522 55 u = uu =17+ 17i = 28.235 + 6.471i这个关系式与图（ d4 ）的等效电路的端口电压、电流的关系式是一致oc的， 即可得原图 1-1 端口的 u= 28.235 VR= 6.471 W，eq和oceq这一解法是一步同时求出 uR ，但 在电路比较复杂时，由 于这一解法要求解方程组， 不如解法一方便。注： 戴维宁定理、诺顿定理是分析线性电路

25、最常用的两个定理。从 4 8 题至 4 12 题的求解过程可以归纳出应用这两个定理求等效电路的步骤为：（ 1 ） 求一端口电路端口处的开路电压或短路电流 ；（ 2 ）求 等效内电阻 ；（ 3 ）画 出等效电路。开路电压 uoc 可这样求取：先 设端口处 uoc 的参考方向，然 后视具体电路形式， 从已掌握的电阻串、 并联等效， 分压分流关系， 电源等效互换， 叠加定理， 回路电流法， 结点电压法等方法中， 选取一个能简便地求得 uoc 的方法计算 uoc 。求等效电阻Req 的一般方法为 ：（ 1 ）开 路、短 路法。即 在求得uoc 后，将 端口的两端子短路， 并设短路电流 isc （ is

26、c 的参考方向为从 uoc 的“ ” 极性端指sc向“ ”极 性端 ），应 用所学的任何方法求出 iR= u，则eqoc/ iusc 。此 法在求 oc和 isc 时， 一端口电路内所有的独立源均保留 。（ 2 ） 外加电源法。 即令一端口电路内所有的独立源为零（ 独立电压源短路，独立电流源开路 ），在 两端子间外加电源（ 电压源、 电流源均可 ）， 求得端子间电压 u 和电流 i 的比值， 则R= u / ieq（ u与 i 对两端电路的参考方向关联 ）。（ 3 ） 若两端电路是不含受控源的纯电阻电路，则除上述方法外常用电阻串、并 联等效和 Y - D 互换等效求Req。4 13求图示两个一

27、端口的戴维宁或诺顿等效电路， 并解释所得结果。解（ a ）： 因为端口开路， 端口电流 i = 0 ， 故受控电流源的电流为零， 可将其断开， 从而得开路电压=10uoc4 + 2 + 6 6 = 5 V把端口短路， 电路变为题解 4 13 图（ a1 ） 所示电路。由 KVL 可得(4 + 2)isc- 2 3iscsc10= 10从中解出i = 4 + 2 - 2 3 = 这说明该电路的等效电阻R= ueqioc = 0， 故等效电路为题解图（ a2 ） 所sc示的 5 V 理想电压源。 显然其诺顿等效电路是不存在的。解（ b ）： 把端子 1-1 短路。电路如题解图（ b1 ） 所示。由

28、图可知12 W 电阻和 8 W 电阻并联， 则电压u =15 12 8 = 20 Vsc电流 i 为26 + 12812+812 + 83i = i + i= u2 +4u2 =9u92015=27.5 Asc12848832eq把 15 V 电压源短路， 应用外加电源法求等效电阻 R， 由题解图（ b2 ）， 可得u =u 6 12 =u 4 = u28 + 6126 +128 + 436 +12u - 4uuu3u3ui =2 +2=-u46 /1244 2=-= 0 443说明该电路的等效电阻R= u = 1 = eqi0故等效电路为一电流为 7.5 A 的理想电流源， 即该电路只有诺顿

29、等效电路如题解图（ b3 ） 所示， 而不存在戴维宁等效模型。注： 本题两个电路的计算结果说明， 一个一端口电路不一定同时存在戴维宁和诺顿等效电路。 当端口的开路电压 uoc 0 ， 而等效电阻R= 0eq时， 电路的等效模型为一理想电压源， 即只有戴维宁等效电路。 当端口的短路电流i 0G= 0Rsc， 而等效电导eq时， 电路的等效模型为理想电流源， 即只有诺顿等效电路。 只有当eq 不等于 0 和 时，电路才同时存在戴维宁和诺顿等效电路。4 14在图示电路中，当 RL 取 0 ,2 ,4 ,6 ,10 ,18 ,24 ,42 ,90 和 186 W 时，求 RL的电压 UL 、电流 IL

30、 和 RL 消耗的功率（ 可列表表示各结果）。LL解： 本题计算 R 所在支路的电量， 且 R 的值是变化的， 这种求解电路的局部量问题选用戴维宁等效电路的方法最适宜。把所求支路 以外的电路用戴维宁等效电路替代， 再求所求量。L先把 R 支路断开如题解 4 14 图（ a） 所示。应用电源等效互换得一端口电路的戴维宁等效电路的电压源和电阻为u= 48 V , Roceq= 6 WL接上 R 支路， 如题解图（ b） 所示， 则I =48L6 + RLU = R ILL L各个值代入， 计LL L算得 U， I， P 的值如下表所示。024L6L10L18244290186864.84321.6

31、10.50.2501219.224303638.4424546.507292.1696907261.444222.511.625P = R I 2把的RLR (W)LI ( A)LU (V )LP (W )L4 15在图示电路中， 试问：（ 1 ） R 为多大时， 它吸收的功率最大？ 求此时最大功率。（ 2 ） 若 R = 80 W 欲使 R 中电流为零， 则 a， b 间应并接什么元件， 其参数为多少？ 画出电路图。解：（ 1 ） 自 a， b 断开 R 所在支路， 应用电阻串、并联及电源等效互换将原图变为题解图（ a ）， 由题解图（ a） 易求得开路电压50 - 25uoc = 10 +

32、10 + 20 (10+10) + 25 = 37.5 V将（ a） 图中电压源短路， 求等效电阻R= (10 + 10) / 20 = 10 Weq最后得等效电路如题解图（ b） 所示， 由最大功率传输定理可知， 当R = Req= 10 W 时， 其上可获得最大功率。此时=Pu2ocmax4Req= 37.52 = 35.156 W4 10（ 2 ）利用电源等效互换，图（ b）电路可以变化为图（ c ），由 KCL可知，s在 a， b 间并接一个理想电流源， 其值 i = 3.75 A ， 方向由 a 指向 b， 这样 R 中的电流将为零。L注： 求解负载 R 从有源一端口电路吸收最大功率

33、这一类问题， 选用戴维宁定理或诺顿定理与最大功率传输定理结合的方法最为简便， 因为最大功率传输定理告诉我们： 最大功率匹配的条件是负载电阻等于有源一端口电路u2的等效电阻， 即 RL= Req ， 此时最大功率为Pmax=oceq4R。 这里需要注意 ：（ 1 ）R = RLeq 这一条件应用于LLRR 可改变、Req 固定的情况下， 若R 固定、Req 可变则另当别论 ；（ 2 ） eq 上消耗的功率不等于一端口电路内部消耗的功率，因 此LLR 获最大功率时， 并不等于 R 获取了一端口电路内电源发出功率的 50% 。LL4 16图示电路的负载电阻 R 可变， 试问 R 等于何值时可吸收最大

34、功率？ 求此功率。LL解： 首先求出 R 以左部分的等效电路。 断开 R ， 设如题解 4 16 图（ a） 所示， 并把受控电流源等效为受控电压源。 由 KVL 可得(2 + 2)i61+ 8i = 61i =112= 0.5 Aoc故开路电压u= 2i1+ 2i1+ 8i1= 12i1= 12 0.5 = 6 Vsc把端口短路， 如题解图（ b） 所示应用网孔电流法求短路电流 i ， 网孔方程为 (2 + 2)i - 2i+ 8i = 6 - 2 + 1 + sc1-+ 8) = 0i(214)i(2isc1i =解得sc6 = 3 A42故一端口电路的等效电阻u6R= oceqi= 4

35、W3 2scL画出戴维宁等效电路， 接上待求支路 R ， 如题解图（ c） 所示。由最大功率传输定理知 R= R= 4 W 时其上获得最大功率。 R获得的LLeq最大功率为=Pu2ocmax4Req= 62= 2.25 W4 44 17图示电路中 N （ 方框内部） 仅由电阻组成。 对不同的输入直流电压 U及不同的 R ，R值进行了两次测量，得下列数据：R = R= 2 W时，Us= 8 V ，I1= 2 A ，U2= 2 V ；R= 1.4 W ，R12= 0.8 W 时，U = 9 V ，I= 3A ，s1212s12求 U 的值。12解： 设 N 网络二个端口的电压为 U ， U 如图所

36、示。由题意可知：1第一次测量有U= U - R Is1 1= 8 - 2 2 = 4 VU = 2V2I = 2 A1U2I =2 = 1A2R21第二此测量有U= U2- R Is1 1= 9 -1.43 = 4.8VI = 3A1I =2UU2 =2R0.82根据特勒根定理 2 ， 应满足U (-I ) +U I= U (-I ) +U I112 2112 2U代入数据， 有从中解得4 (-3) + 2 2 = 4.8 (-2) + U 10.82U = 12 - 9.6 = 4 2.4 = 1.6 V2664注： 特勒根定理是对任何具有线性、 非线性、 时不变、 时变元件的集总电路都适用的基本定理， 它有两种形式。 应用特勒根定理时， 支路的电压、电流要取关联参考方向。如 4 17 题求解时，由于 U1 和 I1 为非关联参考方向，I所以在列方程时 1 前加负号。 特勒根定理常用于求解多端口电路的电压、 电1路问题。 应用特勒根定理可以导得互易定理。24 18在图（ a） 中， 已知 U 阻组成）。= 6V