戴维宁定理（Thevenin's Theorem）求解正弦稳态电路中电流

这是一道利用戴维宁定理（Thevenin's Theorem）求解正弦稳态电路中电流 $i_L$ 的题目。以下是详细的解题步骤：

戴维宁定理求解正弦稳态电路电流

首先，根据给定的时间函数 $u_S(t) = 20\sqrt{2} \cos 10^6 t \, (V)$，确定电路的角频率和各元件的阻抗。

• 角频率：$\omega = 10^6 \, \text{rad/s}$
• 电压源相量（使用最大值/峰值相量）：$\dot{U}_S = 20\sqrt{2} \angle 0^\circ \, V$
• 电阻：$R_1 = 1 \, \Omega$, $R_2 = 1 \, \Omega$
• 电容阻抗：$Z_C = \frac{1}{j\omega C} = \frac{1}{j(10^6)(1 \times 10^{-6})} = \frac{1}{j} = -j \, \Omega$
• 电感阻抗：$Z_L = j\omega L = j(10^6)(1.5 \times 10^{-6}) = j1.5 \, \Omega$

题目要求计算的 $i_L$ 是流过右侧支路（$1\Omega$ 电阻和 $1.5\mu H$ 电感串联）的电流。根据戴维宁定理，我们将该支路视为负载，先将其断开，求出端口的等效电路。

2. 计算开路电压 $\dot{U}_{oc}$

断开右侧负载支路（即断开图中并联电容右侧的支路）。

• 电路分析：当负载支路断开时，该支路电流 $i_L$ 变为 0。
• 受控源变化：由于电路中的受控电流源为 $2i_L$，且 $i_L = 0$，所以受控源电流为 0，相当于开路。
• 简化电路：此时电路仅剩下电压源 $\dot{U}_S$、左侧 $1\Omega$ 电阻和电容 $Z_C$ 构成的串联回路。我们需要求电容两端的电压，即开路电压 $\dot{U}_{oc}$。
• 计算：利用分压公式：

  $$\dot{U}_{oc} = \dot{U}_S \times \frac{Z_C}{R_1 + Z_C}$$

  $$\dot{U}_{oc} = 20\sqrt{2} \times \frac{-j}{1 - j}$$

  将分母有理化：

  $$\frac{-j}{1-j} = \frac{-j(1+j)}{1^2 + 1^2} = \frac{-j - j^2}{2} = \frac{1-j}{2}$$

  $$\dot{U}_{oc} = 20\sqrt{2} \times (0.5 - 0.5j) = 10\sqrt{2} - j10\sqrt{2} \, V$$

  或者写成极坐标形式：

  $$\dot{U}_{oc} = 20 \angle -45^\circ \, V$$

3. 计算戴维宁等效阻抗 $Z_{eq}$

我们需要求从负载断开处看进去的等效阻抗。由于电路含有受控源，通常使用 $\frac{\dot{U}_{oc}}{\dot{I}_{sc}}$ 方法或者外加测试源法。这里使用短路电流法（计算 $\dot{I}_{sc}$）。

• 短路分析：将负载端口短路。此时端口电压为 0，电容 $Z_C$ 被短路（不起作用）。

• 注意：短路后，流过短路线的电流即为此时的 $i_L$（记为 $\dot{I}_{sc}$）。因此，受控源 $2i_L$ 变为 $2\dot{I}_{sc}$，不能忽略。

• 节点 KCL 方程：设短路节点为 A（上）和 B（下）。

  • 左侧支路电流（流入 A）：$\frac{\dot{U}_S}{1} = 20\sqrt{2}$
  • 受控源电流（流入 A）：$2\dot{I}_{sc}$
  • 短路线电流（流出 A）：$\dot{I}_{sc}$（因为原图 $i_L$ 方向向下）
  • 根据 KCL（流入 = 流出）：

    $$20\sqrt{2} + 2\dot{I}_{sc} = \dot{I}_{sc}$$

    $$\dot{I}_{sc} = -20\sqrt{2} \, A$$

• 计算 $Z_{eq}$：

  $$Z_{eq} = \frac{\dot{U}_{oc}}{\dot{I}_{sc}} = \frac{10\sqrt{2}(1-j)}{-20\sqrt{2}}$$

  $$Z_{eq} = \frac{1-j}{-2} = -0.5 + 0.5j \, \Omega$$

4. 计算负载电流 $i_L$

现在将负载支路重新接回戴维宁等效电路中。

• 等效电路：电压源 $\dot{U}_{oc} = 10\sqrt{2}(1-j) \, V$，串联阻抗 $Z_{eq} = -0.5 + 0.5j \, \Omega$。

• 负载阻抗：$Z_{load} = R_2 + Z_L = 1 + j1.5 \, \Omega$。

• 总阻抗：

  $$Z_{total} = Z_{eq} + Z_{load} = (-0.5 + 0.5j) + (1 + 1.5j) = 0.5 + 2j \, \Omega$$

• 计算电流相量 $\dot{I}_L$：

  $$\dot{I}_L = \frac{\dot{U}_{oc}}{Z_{total}} = \frac{10\sqrt{2}(1-j)}{0.5 + 2j}$$

  分子分母同乘分母的共轭 $(0.5 - 2j)$，或者处理复数运算：

  $$\dot{I}_L = \frac{20\sqrt{2}(1-j)}{1 + 4j} \quad (\text{分子分母同乘2})$$

  $$\dot{I}_L = \frac{20\sqrt{2}(1-j)(1-4j)}{1^2 + 4^2} = \frac{20\sqrt{2}(1 - 4j - j + 4j^2)}{17}$$

  $$\dot{I}_L = \frac{20\sqrt{2}(1 - 5j - 4)}{17} = \frac{20\sqrt{2}(-3 - 5j)}{17}$$

  $$\dot{I}_L = -\frac{60\sqrt{2}}{17} - j\frac{100\sqrt{2}}{17}$$

• 转换为极坐标形式：

  • 模值：$|\dot{I}_L| = \frac{20\sqrt{2}}{17} \sqrt{(-3)^2 + (-5)^2} = \frac{20\sqrt{2}}{17} \sqrt{34} = \frac{20\sqrt{68}}{17} = \frac{40\sqrt{17}}{17} \approx 9.70$
  • 相角：由于实部和虚部均为负，角度在第三象限。

    $$\phi = \arctan\left(\frac{-5}{-3}\right) - 180^\circ \approx 59.0^\circ - 180^\circ = -121.0^\circ$$

5. 最终结果

将相量转换回时域形式：

$$i_L(t) = \frac{40\sqrt{17}}{17} \cos(10^6 t - 121^\circ) \, (A)$$

或者保留小数形式：

$$i_L(t) \approx 9.70 \cos(10^6 t - 121^\circ) \, (A)$$

(注：如果题目中的 $20\sqrt{2}$ 为有效值，则最终幅值需相应调整。但通常写成 $A\sqrt{2}\cos...$ 形式时，$A$ 为有效值，$A\sqrt{2}$ 为峰值。此处计算采用峰值相量。)