第七章(一阶电路) 习题解答
一、选择题
1．由于线性电路具有叠加性，所以
A ．电路的全响应与激励成正比； B ．响应的暂态分量与激励成正比； C ．电路的零状态响应与激励成正比； D ．初始值与激励成正比
2．动态电路在换路后出现过渡过程的原因是
A ． 储能元件中的能量不能跃变； B ． 电路的结构或参数发生变化； C ． 电路有独立电源存在； D ． 电路中有开关元件存在
3．图7—1所示电路中的时间常数为
C 1C 2C 1C 2
； B ．R 2；
C 1+C 2C 1+C 2
C ．R 2(C 1+C 2) ； D ．(R 1+R 2)(C 1+C 2)
解：图7—1中C 1和C 2并联的等效电容为C 1+C 2，而将两个电容摘除后，余下一端口电路的戴维南等效电阻为R 2，所以此电路的时间常数为R 2(C 1+C 2) 。
A ．(R 1+R 2)
４．图7—2所示电路中，换路后时间常数最大的电路是 A 。
解：图7—2（A ）、（B ）、（C ）、（D ）所示四个电路中的等效电感L eq 分别为L 1+L 2+2M 、
、（B ）、（C ）、（D ）中L 1+L 2、L 1+L 2-2M 和L 1+L 2+2M 。t >0时，将图6—2（A ）
的电感摘除后所得一端口电路的戴维南等效电阻R eq 分别为R 2、R 2、R 2和R 1+R 2。由于
RL 电路的时间常数等于
L eq R eq
，所以图7—2（A ）所示电路的时间常数最大。
5．RC 一阶电路的全响应u c =(10-6e -10t ) V ，若初始状态不变而输入增加一倍，则全响应u c 变为。
A ．20-12e -10t ； B ．20-6e -10t ； C ．10-12e -10t ； Ｄ．20-16e -10t
解：由求解一阶电路的三要素法 u c =u c (∞) +[u c (0+) -u c (∞)]e
u c =20+[4-20]e -10t =(20-16e -10t ) V
二、填空题
1．换路前电路已处于稳态，已知U s 1=10V ，U s 2=1V ，C 1=0. 6μF ，C 2=0. 4μF 。
t -τ
可知在原电路中
u c (∞) =10V ，u c (0+) =4V 。当初始状态不变而输入增加一倍时，有
t =0时，开关由a 掷向b ，则图7—3所示电路在换路后瞬间的电容电压u c 1(0+) =6. 4V ，u c 2(0+) =6. 4V 。
解： 由t =0-时刻电路得：
u c 1(0-) =U s1=10V ， u c 2(0-) =U s2=1V
换路后，电容C 1, C 2构成纯电容的回路（两电容并联）, 电容电压发生强迫跃变，此时应由电荷守恒原理求解换路后瞬刻的电容电压。由KVL 得：
u c 1(0+) =u c 2(0+) …… ①
C 1u c 1(0-) +C 2u c 2(0-) =C 1u c 1(0+) +C 2u c 2(0+) …… ②
由以上两式解得
u c 1(0+) =u c 2(0+) =
C 1U s 1+C 2U s 2
=6. 4V
C 1+C 2
2．图7—4所示电路的时间常数 τ=0. 1s 。
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解：将储能元件开路，独立电源置0后，可得求戴维南等效电阻的电路如图7—4(a)所示。由于电路中含有受控源，因此需用外加电压法求戴维南等效电阻R 。由图7
—4(a）得
U =4i 1+4(i 1+3i ) ， U =4i 1-4i 即 4U =20i 1
于是 R =5Ω，τ=
L
=0. 1s R
3．某RC 串联电路中，u c 随时间的变化曲线如图6—5所示，则t ≥0时
-t 2
u c (t ) =[3+3e ] V 。
解：由图7—5可得
u c (0+) =6 V ， u c (∞) =3V 而 u c =u c (∞) +[u c (0+) -u c (∞)]e 由图7—5可见
-t τ
=3+3e
-
t τ
d u c d t
=-
t =0
6
。将u c 的表达式代入此式得 4
-
36
=-， 即τ=2s τ4
t
-τ
因此 u c (t ) =3+(6-3) e
=[3+3e ] V (t ≥0)
-
t
2
4．换路后瞬间（t =0+），电容可用 电压源 等效替代，电感可用 电流源 等效替代。若储能元件初值为零，则电容相当于 短路 ，电感相当于 开路 。
5．图7—6所示电路，开关在t =0时刻动作，开关动作前电路已处于稳态，则i 1(0+) =0. 25A 。
解：t =0-时刻，电路处于直流稳态，电感相当于短路，电容相当于开路，等效电路如图7—6（a ）所示。由图7—6（a ）解得i L (0-) =1A ，u C (0-) =20V 。三、计算题
1．图7—7所示电路，电容原未充电，U s =100V , R =500Ω，C =10μF 。t =0时开关S 闭合，求：1）．t ≥0时的u c 和i ；2）．u c 达到80V 所需时间。
时刻的等效电路
t
=
0+
如图7—6（b ），由此图解得i 1(0+) =0. 25A 。
解：1）．由于电容的初始电压为0，所以
u c =U s (1-e
-τ
)
将 τ=RC =500⨯10⨯10-6=5⨯10-3s ，及U s =100V 代入上式得
u c =100(1-e -200t ) V （t ≥0）
d u c U S -RC
而 i =C =e =0.2e -200t A (t ≥0)
d t R
2）．设开关闭合后经过t 1秒u c 充电至80V ，则
ln(0.2)
=8. 045 ms
-200
2．图7—8所示电路，开关S 在t =0时刻闭合，开关动作前电路已处于稳态，求t ≥0时的i (t ) 。
t
100(1-e -200t 1) =80， 即 e -200t 1=0. 2由此可得 t 1=
解：电流i 为电感中的电流，适用换路定则，即
i (0+) =i (0-) =4A 而 i (∞) =
10
=5A ， τ==s
R 22
-2t
3
-2t 3
于是 i (t ) =5+(4-5) e
=[5- e ] A (t ≥0)
3．图7—9所示电路，开关S 在t =0时刻从a 掷向b ，开关动作前电路已处于稳态。求：1）．i L (t ) （t ≥0）； 2）．i 1(t ) （t ≥0）。
-3⨯2=-1. 2A ，i (∞) =1. 2A
L
1+
1+2
L 3
τ===1. 8s
1⨯2R
1+
1+2
解：1）．i L (0+) =i L (0-) =
于是 i L (t ) =i L (∞) +[i L (0+) -i L (∞)]e =1. 2-2. 4e
5
- t9
t -τ
A (t ≥0)
2) ．注意到i 1(t ) 为电阻中的电流，不能直接应用换路定则。画出t =0+时刻电路如图6—9(a)所示，等效变换后的电路如图7—9(b)所示。
由图7—9（b ）可得
i 1(0+) =
0. 6
=0. 2A ， i 1(∞) =3
τ=1. 8s
因而 i 1(t ) =1. 8+[0. 2-1. 8]e
-5t 9
3
=1. 8A 1⨯21+
1+2
-5t 9
=[1.8-1. 6e ] A (t ≥0)
t ≥04．图7—10所示电路，开关S 在t =0时刻打开，开关动作前电路已处于稳态。求：
时的u c (t ) 。
哈尔滨理工大学电气学院
理论电工教研室
和R 0可由图7—10(a)的电路计算。
解：u c (0+) =u c (0-) =0。稳态时电容相当于开路，u c (∞) （即电容的开路电压）
由图7—10（a ）得 ： u =4(i -1. 5u 1) +2(i -1. 5u 1+1) ……（1） u 1=2(i -1. 5u 1+1) ……（2） 由（2）得 u 1=0. 5(i +1) ，将此带入（1）式，得
u =1. 5i -2. 5
由此可见 u c (∞) =-2. 5 V ， R =1.5 Ω
3
而 τ=RC =s
4
u c =-2. 5+[0-(-2. 5)]e
4- t3
=[-2. 5+2. 5e
4- t3
] V (t ≥0)
5．图7—11中，C =0. 2F 时零状态响应u c =20(1-e -0. 5 t )
V 。若电容C 改为0. 05F ，且u c (0-) =5V ，其它条件不变，再求u c (t ) 。
解：以储能元件为外电路，线性含源电阻网络可用相应的戴维南等效电路替代，如图7—11(a)所示。由题意可知
1
=2s ， R =10Ω 0. 5
而 u s =u c (∞) =20 V
当C 改为0. 05F ，且u c (0-) =5 V 时，
τ=RC =
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τ=RC =0. 5s ， u c (0+) =u c (0-) =5 V
因而 u c (t ) =20+(5-20) e
-t 0. 5
=(20-15e -2 t) V (t ≥0)
6．图7—12中，u s 1=8ε(t ) V ，u s 2=10e -t ε(t ) V ，全响应
'和u c ''；．u s1、u s2单独作用时的零状态响应u c u c (t ) =(5e -t -3e -2t +2) ε(t ) V 。求：1）
2）．零输入响应u c 3。
解：图7—12的全响u c 应等于零状态响应加零输入响应，即
'+u c ''+u c 3 …… ① u c =u c
'(t ) =u c '(∞) -u c '(∞) e 而 u c
-t
…… ②
u c 3=u c (0+) e
t -τ
…… ③
将图7—12等效为图7—12（a ），设图中的u s =A ε(t ) +B e -t ε(t ) 。
当B e ε(t ) 单独作用时，有
-t
RC
''d u c
''=B e - t +u c
d t
t -τ
''=k 1e 其通解为 u c +k 2e - t （其中k 2=
-t
B
）
1-RC
- t τ
将上式及②、③代入①得
'(∞) -u c '(∞) e +k 1e +k 2e - t+u c (0+) e …… ④ u c =u c
'是u s 1激励时的零状态响应，考虑到u c 并将④和题中给出的u c 的全响应的表达式对比，可得
'(∞) =2V ， k 2=5V ， u c
u C (0+) =4V ， k 1=-5V ， τ=0. 5s
t
-τ
'(t ) =2-2e -2 t （t ≥0） 因此 u c
''=-5e -2 t +5e - t (t ≥0) u c
u c 3=4e -2 t (t ≥0)
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理论电工教研室
7．图7—13所示电路中，激励u s 的波形如图7—13（a ）所示，求响应u c 。
解：本题的激励可用三个阶跃函数之和表示，即：
u s =[20ε(t ) -30ε(t -2) +10ε(t -6)] V
电路的响应就是上述三个阶跃函数分别作用产生的零状态响应之和。将图7—13等效为如图7—13(b)所示的电路。20ε(t ) 作用时的响应为
'=10(1-e -t ) ε(t ) u c
-30ε(t -2) 作用时的响应为
''=-15(1-e -(t -2) ) ε(t -2) u c
10ε(t -6) 作用时的响应为
'''=5(1-e -(t -6) ) ε(t -6) u c
总的零状态响应为
u c (t ) =[10(1-e -t ) ε(t
) -15(1-e -(t -2) ) ε(t -2) +5(1-e -(t -6) ) ε(t -6)] V
8．图7—14所示电路中，激励为单位冲激函数 δ(t ) A ，求零状态响应i L (t ) 。
解：设激励为ε(t ) A ，用三要素法求电路的单位阶跃响应。 i L ε(0+) =i L ε(0-) =0， i L ε(∞) =
5
=0. 5A 5+5
(5+5) ⨯10L
=5Ω， τ==0. 1s
5+5+10R
-10t
电流的单位阶跃响应为 i L ε(t ) =0.5(1-e ) ε(t ) A
根据单位冲激响应和单位阶跃响应的关系，可得电路中的i L (t ) ：
d
i L (t ) =i L ε(t ) =5e -10 t⋅ε(t ) +0.5(1-e -10 t) ⋅δ(t )
d t
R =
=5e -10 t ⋅ε(t ) A
9．图7—15所示电路中，i s =5δ(t ) μA ，u s =6ε(t ) V ，求t ≥0时的响应u 。
解：应用叠加原理求解此题。
i s =5δ(t )μA 单独作用时，电路如图7—15（a ）所示。对于冲激响应，可先求其相应的阶跃响应。设激励为i s ε=5ε(t ) μA ，则
'ε(0+) =u c 'ε(0-) =0 u ε'(0+) =u c
u ε'(∞) =i s ε⨯0.5⨯103=2.5⨯10-3 V τ=RC =5⨯10-3s
-200 t
因此 u ε'(t ) =[2. 5-2. 5e ]⨯10-3ε(t ) V
由冲激响应和阶跃响应的关系得
u '(t ) =
d u ε'(t )
=[0. 5e -200 t ⋅ε(t ) +2. 5⨯10-3(1-e -200 t ) δ(t )] d t
=0. 5e -200 t⋅ε(t ) V
u s =6ε(t )V 单独作用时，电路如图7—15（b ）所示。
6
''(0+) =u c ''(0-) =0，u ''(∞) =6-u ''(0+) =u c ⨯2=1.5 V ，
1⨯22+
1+2
τ=RC =5⨯10-3s
-200 t
而 u ''(t ) =1. 5(1-e ) ε(t ) V
-200 t
因此 u (t ) =u '(t ) +u ''(t ) =(1. 5-e ) ε(t ) V
10．图7—16所示电路，开关动作前电路已处于稳态，t =0时开关S 打开，求t ≥0时的i (t ) 。
解：由图示电路可求得
i (0-) =5 A ， i L 2(0-) =0
开关动作后
i (0+) =i L 2(0+) …… ①
电流发生强迫跃变。根据磁通链守恒原理，可得
0. 3i (0-) +0. 1i L 2(0-) =0. 3i (0+) +0. 1i L 2(0+) …… ② 由①、②两式解得
i L 2(0+) =i (0+) =3.75A 而 i (∞) =2 A ， τ=
L 0. 42==s R 525
t
-τ
于是 i (t ) =i (∞) +[(i (0+) -i (∞)]e
=[2 +(3.75-2) e
-
25t 2
]
=[2 +1.75e
-
25t 2
] A (t≥0)
第七章(一阶电路) 习题解答
一、选择题
1．由于线性电路具有叠加性，所以
A ．电路的全响应与激励成正比； B ．响应的暂态分量与激励成正比； C ．电路的零状态响应与激励成正比； D ．初始值与激励成正比
2．动态电路在换路后出现过渡过程的原因是
A ． 储能元件中的能量不能跃变； B ． 电路的结构或参数发生变化； C ． 电路有独立电源存在； D ． 电路中有开关元件存在
3．图7—1所示电路中的时间常数为
C 1C 2C 1C 2
； B ．R 2；
C 1+C 2C 1+C 2
C ．R 2(C 1+C 2) ； D ．(R 1+R 2)(C 1+C 2)
解：图7—1中C 1和C 2并联的等效电容为C 1+C 2，而将两个电容摘除后，余下一端口电路的戴维南等效电阻为R 2，所以此电路的时间常数为R 2(C 1+C 2) 。
A ．(R 1+R 2)
４．图7—2所示电路中，换路后时间常数最大的电路是 A 。
解：图7—2（A ）、（B ）、（C ）、（D ）所示四个电路中的等效电感L eq 分别为L 1+L 2+2M 、
、（B ）、（C ）、（D ）中L 1+L 2、L 1+L 2-2M 和L 1+L 2+2M 。t >0时，将图6—2（A ）
的电感摘除后所得一端口电路的戴维南等效电阻R eq 分别为R 2、R 2、R 2和R 1+R 2。由于
RL 电路的时间常数等于
L eq R eq
，所以图7—2（A ）所示电路的时间常数最大。
5．RC 一阶电路的全响应u c =(10-6e -10t ) V ，若初始状态不变而输入增加一倍，则全响应u c 变为。
A ．20-12e -10t ； B ．20-6e -10t ； C ．10-12e -10t ； Ｄ．20-16e -10t
解：由求解一阶电路的三要素法 u c =u c (∞) +[u c (0+) -u c (∞)]e
u c =20+[4-20]e -10t =(20-16e -10t ) V
二、填空题
1．换路前电路已处于稳态，已知U s 1=10V ，U s 2=1V ，C 1=0. 6μF ，C 2=0. 4μF 。
t -τ
可知在原电路中
u c (∞) =10V ，u c (0+) =4V 。当初始状态不变而输入增加一倍时，有
t =0时，开关由a 掷向b ，则图7—3所示电路在换路后瞬间的电容电压u c 1(0+) =6. 4V ，u c 2(0+) =6. 4V 。
解： 由t =0-时刻电路得：
u c 1(0-) =U s1=10V ， u c 2(0-) =U s2=1V
换路后，电容C 1, C 2构成纯电容的回路（两电容并联）, 电容电压发生强迫跃变，此时应由电荷守恒原理求解换路后瞬刻的电容电压。由KVL 得：
u c 1(0+) =u c 2(0+) …… ①
C 1u c 1(0-) +C 2u c 2(0-) =C 1u c 1(0+) +C 2u c 2(0+) …… ②
由以上两式解得
u c 1(0+) =u c 2(0+) =
C 1U s 1+C 2U s 2
=6. 4V
C 1+C 2
2．图7—4所示电路的时间常数 τ=0. 1s 。
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解：将储能元件开路，独立电源置0后，可得求戴维南等效电阻的电路如图7—4(a)所示。由于电路中含有受控源，因此需用外加电压法求戴维南等效电阻R 。由图7
—4(a）得
U =4i 1+4(i 1+3i ) ， U =4i 1-4i 即 4U =20i 1
于是 R =5Ω，τ=
L
=0. 1s R
3．某RC 串联电路中，u c 随时间的变化曲线如图6—5所示，则t ≥0时
-t 2
u c (t ) =[3+3e ] V 。
解：由图7—5可得
u c (0+) =6 V ， u c (∞) =3V 而 u c =u c (∞) +[u c (0+) -u c (∞)]e 由图7—5可见
-t τ
=3+3e
-
t τ
d u c d t
=-
t =0
6
。将u c 的表达式代入此式得 4
-
36
=-， 即τ=2s τ4
t
-τ
因此 u c (t ) =3+(6-3) e
=[3+3e ] V (t ≥0)
-
t
2
4．换路后瞬间（t =0+），电容可用 电压源 等效替代，电感可用 电流源 等效替代。若储能元件初值为零，则电容相当于 短路 ，电感相当于 开路 。
5．图7—6所示电路，开关在t =0时刻动作，开关动作前电路已处于稳态，则i 1(0+) =0. 25A 。
解：t =0-时刻，电路处于直流稳态，电感相当于短路，电容相当于开路，等效电路如图7—6（a ）所示。由图7—6（a ）解得i L (0-) =1A ，u C (0-) =20V 。三、计算题
1．图7—7所示电路，电容原未充电，U s =100V , R =500Ω，C =10μF 。t =0时开关S 闭合，求：1）．t ≥0时的u c 和i ；2）．u c 达到80V 所需时间。
时刻的等效电路
t
=
0+
如图7—6（b ），由此图解得i 1(0+) =0. 25A 。
解：1）．由于电容的初始电压为0，所以
u c =U s (1-e
-τ
)
将 τ=RC =500⨯10⨯10-6=5⨯10-3s ，及U s =100V 代入上式得
u c =100(1-e -200t ) V （t ≥0）
d u c U S -RC
而 i =C =e =0.2e -200t A (t ≥0)
d t R
2）．设开关闭合后经过t 1秒u c 充电至80V ，则
ln(0.2)
=8. 045 ms
-200
2．图7—8所示电路，开关S 在t =0时刻闭合，开关动作前电路已处于稳态，求t ≥0时的i (t ) 。
t
100(1-e -200t 1) =80， 即 e -200t 1=0. 2由此可得 t 1=
解：电流i 为电感中的电流，适用换路定则，即
i (0+) =i (0-) =4A 而 i (∞) =
10
=5A ， τ==s
R 22
-2t
3
-2t 3
于是 i (t ) =5+(4-5) e
=[5- e ] A (t ≥0)
3．图7—9所示电路，开关S 在t =0时刻从a 掷向b ，开关动作前电路已处于稳态。求：1）．i L (t ) （t ≥0）； 2）．i 1(t ) （t ≥0）。
-3⨯2=-1. 2A ，i (∞) =1. 2A
L
1+
1+2
L 3
τ===1. 8s
1⨯2R
1+
1+2
解：1）．i L (0+) =i L (0-) =
于是 i L (t ) =i L (∞) +[i L (0+) -i L (∞)]e =1. 2-2. 4e
5
- t9
t -τ
A (t ≥0)
2) ．注意到i 1(t ) 为电阻中的电流，不能直接应用换路定则。画出t =0+时刻电路如图6—9(a)所示，等效变换后的电路如图7—9(b)所示。
由图7—9（b ）可得
i 1(0+) =
0. 6
=0. 2A ， i 1(∞) =3
τ=1. 8s
因而 i 1(t ) =1. 8+[0. 2-1. 8]e
-5t 9
3
=1. 8A 1⨯21+
1+2
-5t 9
=[1.8-1. 6e ] A (t ≥0)
t ≥04．图7—10所示电路，开关S 在t =0时刻打开，开关动作前电路已处于稳态。求：
时的u c (t ) 。
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和R 0可由图7—10(a)的电路计算。
解：u c (0+) =u c (0-) =0。稳态时电容相当于开路，u c (∞) （即电容的开路电压）
由图7—10（a ）得 ： u =4(i -1. 5u 1) +2(i -1. 5u 1+1) ……（1） u 1=2(i -1. 5u 1+1) ……（2） 由（2）得 u 1=0. 5(i +1) ，将此带入（1）式，得
u =1. 5i -2. 5
由此可见 u c (∞) =-2. 5 V ， R =1.5 Ω
3
而 τ=RC =s
4
u c =-2. 5+[0-(-2. 5)]e
4- t3
=[-2. 5+2. 5e
4- t3
] V (t ≥0)
5．图7—11中，C =0. 2F 时零状态响应u c =20(1-e -0. 5 t )
V 。若电容C 改为0. 05F ，且u c (0-) =5V ，其它条件不变，再求u c (t ) 。
解：以储能元件为外电路，线性含源电阻网络可用相应的戴维南等效电路替代，如图7—11(a)所示。由题意可知
1
=2s ， R =10Ω 0. 5
而 u s =u c (∞) =20 V
当C 改为0. 05F ，且u c (0-) =5 V 时，
τ=RC =
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τ=RC =0. 5s ， u c (0+) =u c (0-) =5 V
因而 u c (t ) =20+(5-20) e
-t 0. 5
=(20-15e -2 t) V (t ≥0)
6．图7—12中，u s 1=8ε(t ) V ，u s 2=10e -t ε(t ) V ，全响应
'和u c ''；．u s1、u s2单独作用时的零状态响应u c u c (t ) =(5e -t -3e -2t +2) ε(t ) V 。求：1）
2）．零输入响应u c 3。
解：图7—12的全响u c 应等于零状态响应加零输入响应，即
'+u c ''+u c 3 …… ① u c =u c
'(t ) =u c '(∞) -u c '(∞) e 而 u c
-t
…… ②
u c 3=u c (0+) e
t -τ
…… ③
将图7—12等效为图7—12（a ），设图中的u s =A ε(t ) +B e -t ε(t ) 。
当B e ε(t ) 单独作用时，有
-t
RC
''d u c
''=B e - t +u c
d t
t -τ
''=k 1e 其通解为 u c +k 2e - t （其中k 2=
-t
B
）
1-RC
- t τ
将上式及②、③代入①得
'(∞) -u c '(∞) e +k 1e +k 2e - t+u c (0+) e …… ④ u c =u c
'是u s 1激励时的零状态响应，考虑到u c 并将④和题中给出的u c 的全响应的表达式对比，可得
'(∞) =2V ， k 2=5V ， u c
u C (0+) =4V ， k 1=-5V ， τ=0. 5s
t
-τ
'(t ) =2-2e -2 t （t ≥0） 因此 u c
''=-5e -2 t +5e - t (t ≥0) u c
u c 3=4e -2 t (t ≥0)
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7．图7—13所示电路中，激励u s 的波形如图7—13（a ）所示，求响应u c 。
解：本题的激励可用三个阶跃函数之和表示，即：
u s =[20ε(t ) -30ε(t -2) +10ε(t -6)] V
电路的响应就是上述三个阶跃函数分别作用产生的零状态响应之和。将图7—13等效为如图7—13(b)所示的电路。20ε(t ) 作用时的响应为
'=10(1-e -t ) ε(t ) u c
-30ε(t -2) 作用时的响应为
''=-15(1-e -(t -2) ) ε(t -2) u c
10ε(t -6) 作用时的响应为
'''=5(1-e -(t -6) ) ε(t -6) u c
总的零状态响应为
u c (t ) =[10(1-e -t ) ε(t
) -15(1-e -(t -2) ) ε(t -2) +5(1-e -(t -6) ) ε(t -6)] V
8．图7—14所示电路中，激励为单位冲激函数 δ(t ) A ，求零状态响应i L (t ) 。
解：设激励为ε(t ) A ，用三要素法求电路的单位阶跃响应。 i L ε(0+) =i L ε(0-) =0， i L ε(∞) =
5
=0. 5A 5+5
(5+5) ⨯10L
=5Ω， τ==0. 1s
5+5+10R
-10t
电流的单位阶跃响应为 i L ε(t ) =0.5(1-e ) ε(t ) A
根据单位冲激响应和单位阶跃响应的关系，可得电路中的i L (t ) ：
d
i L (t ) =i L ε(t ) =5e -10 t⋅ε(t ) +0.5(1-e -10 t) ⋅δ(t )
d t
R =
=5e -10 t ⋅ε(t ) A
9．图7—15所示电路中，i s =5δ(t ) μA ，u s =6ε(t ) V ，求t ≥0时的响应u 。
解：应用叠加原理求解此题。
i s =5δ(t )μA 单独作用时，电路如图7—15（a ）所示。对于冲激响应，可先求其相应的阶跃响应。设激励为i s ε=5ε(t ) μA ，则
'ε(0+) =u c 'ε(0-) =0 u ε'(0+) =u c
u ε'(∞) =i s ε⨯0.5⨯103=2.5⨯10-3 V τ=RC =5⨯10-3s
-200 t
因此 u ε'(t ) =[2. 5-2. 5e ]⨯10-3ε(t ) V
由冲激响应和阶跃响应的关系得
u '(t ) =
d u ε'(t )
=[0. 5e -200 t ⋅ε(t ) +2. 5⨯10-3(1-e -200 t ) δ(t )] d t
=0. 5e -200 t⋅ε(t ) V
u s =6ε(t )V 单独作用时，电路如图7—15（b ）所示。
6
''(0+) =u c ''(0-) =0，u ''(∞) =6-u ''(0+) =u c ⨯2=1.5 V ，
1⨯22+
1+2
τ=RC =5⨯10-3s
-200 t
而 u ''(t ) =1. 5(1-e ) ε(t ) V
-200 t
因此 u (t ) =u '(t ) +u ''(t ) =(1. 5-e ) ε(t ) V
10．图7—16所示电路，开关动作前电路已处于稳态，t =0时开关S 打开，求t ≥0时的i (t ) 。
解：由图示电路可求得
i (0-) =5 A ， i L 2(0-) =0
开关动作后
i (0+) =i L 2(0+) …… ①
电流发生强迫跃变。根据磁通链守恒原理，可得
0. 3i (0-) +0. 1i L 2(0-) =0. 3i (0+) +0. 1i L 2(0+) …… ② 由①、②两式解得
i L 2(0+) =i (0+) =3.75A 而 i (∞) =2 A ， τ=
L 0. 42==s R 525
t
-τ
于是 i (t ) =i (∞) +[(i (0+) -i (∞)]e
=[2 +(3.75-2) e
-
25t 2
]
=[2 +1.75e
-
25t 2
] A (t≥0)