4.2　课后习题详解

4-1　应用叠加定理求图4-2-1所示电路中电压u_ab。

图4-2-1

解：原电路图可等价为5sintV的电压源与e^－t的电流源单独工作的叠加，如图4-2-2所示。

图4-2-2

当只有5sintV的电压源工作时，如图4-2-2（a）所示，利用结点电压法可得

[1＋1/3＋1/（2＋1）]u_n1＝5sint/1

解得：u_n1＝3sintV。

所以u_ab^（1）＝1×u_n1/（2＋1）＝u_n1/3＝3sint/3＝sintV。

当只有e^－tA电流源工作时，利用电阻的分流公式可得

所以u_ab^（2）＝1×i＝e^－t/5＝0.2e^－tV。

由叠加定理得：u_ab＝sint＋0.2e^－tV。

4-2　应用叠加定理求图4-2-3所示电路中电压u。

图4-2-3

解：将原电路看作是图4-2-4（a）（b）两个电路的叠加。

图4-2-4（a）

图4-2-4（b）

对于图4-2-4（a），利用结点电压法建立结点①的电压方程

[1/（8＋2）＋1/40＋1/10]u_n1＝136/（8＋2）＋50/10

解得：u^（1）＝u_n1＝（13.6＋5）/（0.1＋0.025＋0.1）＝18.6/0.225＝（248/3）V。

对于图4-2-4（b），利用串并联电阻分流特性可得

解得：u^（2）＝－u_Si/2＝－16/（3×2）＝－（8/3）V；

由叠加定理得：u＝u^（1）＋u^（2）＝248/3－8/3＝240/3＝80V。

4-3　应用叠加定理求图4-2-5所示电路中电流I。

图4-2-5

解：将原电路看作是图4-2-6（a）（b）（c）三个电路的叠加。

图4-2-6（a）

图4-2-6（b）

图4-2-6（c）

根据电路特性得

由叠加定理得：I＝I′＋I″＋I‴＝4－6＋2＝0。

4-4　应用叠加定理求：

（1）图4-2-7（a）中电压u₂；

（2）图4-2-7（b）中电压U。

图4-2-7（a）

图4-2-7（b）

解：（1）将原电路图4-2-7（a）看作是电流源和电压源单独工作电路的叠加，如图4-2-8（a₁）～（b₄）所示。

图4-2-8（a₁）

图4-2-8（a₂）

对图4-2-8（a₁），i₁^（1）＝2/4＝0.5A，u₂^（1）＝－3×2i₁^（1）＋2＝－3×2×0.5＋2＝－1V。

对图4-2-8（a₂），I₁^（2）＝0，u₂^（2）＝3×3＝9V。

由叠加定理得：u₂＝u₂^（1）＋u₂^（2）＝－1＋9＝8V。

（2）图4-2-7（b），两个电压源单独工作时的电路如图4-2-8（b₁）、（b₂）所示。

图4-2-8（b₁）

图4-2-8（b₂）

图4-2-8（b₃）

图4-2-8（b₄）

图4-2-8（b₃）（b₄）分别为图4-2-8（b₁）（b₂）利用戴维宁定理电源变换得到的等效图。

对图4-2-8（b₃）

解得：u^（1）＝－3V。

对图4-2-8（b₄）

解得

由叠加定理得：u＝u^（1）＋u^（2）＝（－3）＋4＝1V。

4-5　应用叠加定理，按下列步骤求解图4-2-9中I_α。

（1）将受控源参与叠加，画出三个分电路，第三个分电路中受控源电压为6I_α，I_α并非分响应，而为未知总响应；

（2）求出三个分电路的分响应I_α′、I_α″与I_α‴，I_α‴中包含未知量I_α；

（3）利用I_α＝I_α′＋I_α″＋I_α‴解出I_α。

图4-2-9

解：（1）三个分电路如图4-2-10（a）（b）（c）所示。

图4-2-10（a）

图4-2-10（b）

图4-2-10（c）

（2）由电路图4-2-10（a）～（c）可得

I_α′＝12×6/（12＋6）＝4A

I_α″＝－36/（12＋6）＝－2A

I_α‴＝6I_α/（12＋6）＝I_α/3

（3）由I_α＝I_α′＋I_α″＋I_α‴＝4－2＋I_α/3，解得I_α＝3A。

4-6　试求图4-2-11所示梯形电路中各支路电流、结点电压和u_O/u_S。其中u_S＝10V。

图4-2-11

解：当电路中只有一个独立源时，其任意电路的响应与独立源成正比。采用“倒推法”，设电路电流的参考方向如图4-2-12所示，假定i₅＝i₅′＝1A。

图4-2-12

则各支路的电压电流

U_o′＝i₅′×20＝20V

u_n2′＝i₅′×（4＋20）＝1×24＝24V

i₄′＝u_n2′/12＝24/12＝2V

i₃′＝i₄′＋i₅′＝2＋1＝3A

u_n1′＝i₃′×5＋u_n2′＝3×5＋24＝39V

i₂′＝u_n1′/39＝39/39＝1A

i₁′＝i₂′＋i₃′＝1＋3＝4A

u_S′＝i₁′×4＋u_n1′＝4×4＋39＝55V

因为实际u_S＝10V，所以相对于u_S，u_S′的缩小系数为：K＝10/55＝2/11，则有

i₁＝Ki₁′＝2×4/11＝0.727A

i₂＝Ki₂′＝2×1/11＝（2/11）A

i₃＝Ki₃′＝2×3/11＝（6/11）A

i₄＝Ki₄′＝2×2/11＝（4/11）A

i₅＝Ki₅′＝2×1/11＝（2/11）A

u_n1＝Ku_n1′＝2×39/11＝（78/11）V

u_n2＝Ku_n2′＝2×24/11＝（48/11）V

u_O＝Ku_O′＝2×20/11＝（40/11）V

u_O/u_S＝40/（11×10）＝4/11＝0.364

4-7　图4-2-13所示电路中，当电流源i_S1和电压源u_S1反向时（u_S2不变），电压u_ab是原来0.5倍；当i_S1和u_S2反向时（u_S1不变），电压u_ab是原来的0.3倍。问：仅i_S1反向（u_S1、u_S2均不变）时，电压u_ab应为原来的几倍？

图4-2-13

解：根据叠加原理和齐次定理，可以将电压u_ab写成如下形式

u_ab＝K₁i_S1＋K₂u_S1＋K₃u_S2①

根据题意得

将①②③相加，联立方程组得：1.8u_ab＝－K₁i_S1＋K₂u_S1＋K₃u_S2，即x＝1.8。

所以，仅i_S1反向时，电压u_ab变成原来的1.8倍。

4-8　图4-2-14所示电路中U_S1＝10V，U_S2＝15V，当开关S在位置1时，毫安表的读数为I′＝40mA；当开关S合向位置2时，毫安表的读数为I″＝－60mA。如果把开关S合向位置3，则毫安表的读数为多少？

图4-2-14

解：根据叠加原理和齐次定理，可以将毫安表上电流读数I写成如下形式

I＝k₁I_S＋k₂U_S

根据题意得

解得：k₂＝－10。

所以当开关在位置3时，毫安表的读数为

I＝k₁I_S－k₂U_S2＝40－（－10）×15＝190mA

4-9　求图4-2-15所示电路的戴维宁或诺顿等效电路。

图4-2-15

解：（1）图4-2-15（a）中，设开路电压为u_oc，如图4-2-16（a）所示。

KVL方程：（2＋4）I＋3＋2（I－1）＝0，解得：I＝（－1/8）A。

所以u_oc＝4I＝－0.5V。

将电压源短路，电流源开路，可得等效电阻R_eq＝（2＋2）//4＝2Ω，所以戴维宁等效电路如图4-2-16（a₁）所示。

根据电源等效变换可得诺顿等效电路，如图4-2-16（a₂）所示。

图4-2-16

（2）图4-2-15（b），利用“倒推法”，求开路电压u_oc。设u_oc＝u_oc′＝10V，则有

i₅′＝10/10＝1A

u_n2′＝（2＋10）×1＝12V

i₄′＝u_n2′/5＝12/5＝2.4A

i₃′＝i₄′＋i₅′＝2.4＋1＝3.4A

u_n1′＝7×i₃′＋u_n2′＝7×3.4＋12＝35.8V

i₂′＝u_n1′/6＝35.8/6＝5.967A

i₁′＝i₂′＋i₃′＝5.967＋3.4＝9.367A

u_S′＝9×i₁′＋u_n1′＝9×9.367＋35.8＝120.1V

所以当u_S＝5V时，激励比k＝u_S/u_S′＝5/120.1＝0.0416，开路电压u_oc＝ku_oc′＝0.416V。

等效电阻R_eq＝[（9//6＋7）//5＋2]//10＝3.505Ω。

所以戴维宁等效电路如图4-2-16（b）所示。

4-10　求图4-2-17中各电路在ab端口的戴维宁等效电路或诺顿等效电路。

图4-2-17（a）

图4-2-17（b）

图4-2-17（c）

图4-2-17（d）

解：（1）图4-2-17（a）中，将电压源短路，可得等效电阻

R_eq＝1//[1＋2//（2＋2//2）]＝（11/16）Ω

根据电阻分压公式可得

戴维宁等效电路如图4-2-18（a）所示。

图4-2-18（a）

（2）图4-2-17（b），根据串联电阻的分压原理，可得开路电压

U_oc＝（U_S/R）×αR＝αU_S

将电压源短路，可得等效电阻

R_eq＝[（R－αR）//αR]＋R₁＝α（1－α）R＋R₁

戴维宁等效电路如图4-2-18（b）所示。

图4-2-18（b）

（3）图4-2-17（c），因存在无伴电流源，所以此电路的诺顿等效电路较容易求解。

将电流源开路，此电桥平衡，即右边的5个电阻都可看作开路，所以

R_eq＝（20＋60）//（20＋60）＝40Ω

诺顿等效电路如图4-2-18（c）所示。

图4-2-18（c）

（4）图4-2-17（d），开路电压：u_oc＝10＋5×（－1）＝5V。

将电压源短路，电流源开路，可得等效电阻：R_eq＝5＋5＝10Ω。

戴维宁等效电路如图4-2-18（d）所示。

图4-2-18（d）

4-11　图4-2-19（a）所示含源一端口的外特性曲线画于图4-2-19（b）中，求其等效电源。

图4-2-19

解：由戴维宁定理可得，端口电压u与电流i的关系方程：u＝u_oc－R_eqi①

由特性曲线（b）可得，端口电压u与电流i的关系方程：u＝10－0.2i②

联立方程①②可得：u_oc＝10V，R_eq＝0.2Ω。所以该网络等效为内阻为0.2Ω，电压值为10V的电压源。

4-12　求图4-2-20所示各电路的等效戴维宁电路或诺顿电路。

图4-2-20（a）

图4-2-20（b）

图4-2-20（c）

图4-2-20（d）

解：（1）图4-2-20（a）中，先求等效电阻，将电流源开路，电压源短路，可得

R_eq＝5//（10＋10）＋10＝14Ω

应用网孔电流法求解开路电压，如图4-2-21（a₁）所示，建立网孔电流方程

解得：i₂＝－20/25＝－0.8A；

开路电压：u_oc＝10×1－5i₂＋6－5＝15V；

图4-2-21（a₁）

戴维宁等效电路如图4-2-21（a₂）所示。

图4-2-21（a₂）

（2）图4-2-20（b），根据KVL可得：u_ab＝－9＋6×2＋3＝6V；

将电压源短路，电流源开路，可得等效电阻：R_eq＝10＋6＝16Ω；

戴维宁等效电路如图4-2-21（b）所示。

图4-2-21（b）

（3）图4-2-20（c），先求开路电压：u_oc＝2i₁－2i₁＝0。

因电路中有受控源，所以采用外加电源法求解等效电阻。在ab两端加上电压源u，如图4-2-21（c₁）所示，建立KVL方程

解得：i₁＝－（2/8）i＝－i/4，u＝5i－8×（－i/4）＝7i；

所以等效电阻为：R_eq＝u/i＝7Ω；

图4-2-21（c₁）

戴维宁等效电路如图4-2-21（c₂）所示。

图4-2-21（c₂）

（4）图4-2-20（d）中，将图中受控电流源和电阻利用电源变换等效为受控电压源和电阻的串联，如图4-2-21（d₁）所示。

图4-2-21（d₁）

①先求开路电压。

根据KVL可得：（2＋5）i₁＋4u₁－u₁＝0；

根据KCL和欧姆定律可得：u₁＝（4－i₁）×8；

解得：i₁＝96/17＝5.647A；

所以开路电压为：u_oc＝5×i₁＝5×5.647＝28.235V。

②再求短路电流，如图4-2-21（d₂）所示。

图4-2-21（d₂）

根据KVL可得：2i_sc＋4u₁－u₁＝0，所以i_sc＝－3u₁/2；

把u₁＝8×（4－i_sc）代入上式得：i_sc＝48/11＝4.364A；

所以等效电阻为：R_eq＝u_oc/i_sc＝28.235/4.364＝6.471Ω；

戴维宁等效电路如图4-2-21（d₃）所示。

图4-2-21（d₃）

4-13　求图4-2-22所示两个端口的戴维宁或诺顿等效电路，并解释所得结果。

图4-2-22

解：（1）图4-2-22（a），先求开路电压，此时i＝0，所以可将电流受控源直接开路，由串联电阻分压特性得u_oc＝5V。

再求短路电流，如图4-2-23（a₁）所示，流经2Ω电阻的电流i＝i_sc－3i_sc＝－2i_sc。

列出KVL方程：4i_sc－2i_sc×2＝10，解得i_sc＝∞。

所以等效电阻R_eq＝0，原电路的等效电路相当于一个无内阻的标准电压源，等效电路如图4-2-23（a₂）所示。

图4-2-23（a₁）

图4-2-23（a₂）

（2）图4-2-22（b），将1，1′短路，如图4-2-23（b₁）所示。根据电阻的串并联电压特性得

u₂＝15×（12//8）/（6＋12//8）＝（20/3）V

所以i_sc＝i₁＋i₂＝u₂/8＋4u₂/4＝9u₂/8＝9/8×（20/3）＝7.5A；

通过外加电源法求解等效电阻，如图4-2-23（b₂）所示。

所以等效电阻R_eq＝∞，原电路的等效电路相当于一个7.5A的理想电流源，等效电路如图4-2-23（b₃）所示。

图4-2-23（b₁）

图4-2-23（b₂）

图4-2-23（b₃）

4-14　（1）图4-2-24（a）中，电压表测量a、b的电压U_abm＝25V。问电压表的内阻R_V是多少？如果要控制测量相对误差|δ（%）|＜1%，则R_V的最小值为多少？

（2）图4-2-24（b）中，在12Ω电阻支路中串接内阻R_A＝3.2Ω的电流表测量I_α，求测量相对误差δ（%）。

图4-2-24（a）

图4-2-24（b）

解：（1）将电压源短路，电流源开路，可得等效电阻：R_eq＝1.5//60＋8＝9.463kΩ；

由叠加定理可得开路电压：

U_oc＝60×30/（60＋1.5）＋0.5[1.5×60/（1.5＋60）]＝30V

所以U_abm＝U_oc×R_V/（R_V＋R_eq），代入数据得：R_V＝47.315kΩ；

要求|δ（%）|＜1%，即[9.463/（9.463＋R_V）]×100%＜1%，解得R_V＞937kΩ。

（2）未接电流表时，根据KCL和KVL可得，真实值：5×0.8I_α＋12I_α＝96，解得I_α＝6A。

接入电流表后，测量值：5×0.8I_α′＋（12＋3.2）I_α′＝96，解得I_α′＝5A。

所以δ（%）＝[（I_α′－I_α）/I_α]×100%＝－16.7%。

4-15　在图4-2-25所示电路中，当R_L取0Ω、2Ω、4Ω、6Ω、10Ω、18Ω、24Ω、42Ω、90Ω和186Ω时，求R_L的电压U_L、电流I_L和R_L消耗的功率。

图4-2-25

解：先求R_L以外部分的等效电路。将电压源短路，可得等效电阻：R_eq＝（5//20＋2）//24＋1.2＝6Ω。

根据电阻的串并联电压特性可得：u_oc＝48V；

戴维宁等效电路如图4-2-26（b）所示，则有

I_L＝48/（6＋R_L），U_L＝R_LI_L，P_L＝R_LI_L²

图4-2-26

代入各个电阻数值，可得其对应的电压、电流和功率，如表4-2-1所示。

表4-2-1

4-16　在图4-2-27所示电路中，试问：

（1）R为多大时，它吸收的功率最大？求此最大功率。

（2）当R取得最大功率时，两个50V电压源发出的功率共为多少？

（3）若R＝80Ω，欲使R中电流为零，则a、b间应并联什么元件？其参数为多少？画出电路图。

图4-2-27

解：（1）将电压源短路可得a、b两端的等效电阻：R_eq＝（20//20＋20//20）//20＝10Ω；

将R支路断开，应用电阻的串并联和电压源的等效互换可将原图化为如图4-2-28（a）所示电路，则开路电压

u_oc＝（50－25）×（10＋10）/（10＋10＋20）＋25＝37.5V

所以戴维宁等效电路如图4-2-28（b）所示。

当R＝R_eq＝10Ω时，它吸收的功率最大，P_max＝u_oc²/（4R_eq）＝37.5²/（4×10）＝35.156W。

图4-2-28（a）

图4-2-28（b）

（2）由（1）可得：R_L＝10Ω，u_ab＝18.75V；

则流过右边50V电压源的电流为：i₁＝（50－u_ab）/20＝1.5625A；

其发出的功率为：P₁＝u₁i₁＝78.125W；

根据叠加定理，流过左边50V电压源的电流为

其发出的功率为：P₂＝u₂i₂＝70.3125W；

所以其发出的总功率为：P＝P₁＋P₂＝148.4375W。

（3）将戴维宁等效电路转化为诺顿等效电路，如图4-2-28（c）所示。由KCL可得，只要在a、b间并联一个反向电流源，大小为i_sc＝u_oc/R_eq＝37.5/10＝3.75A即可，如图4-2-28（d）所示。

图4-2-28（c）

图4-2-28（d）

4-17　图4-2-29所示电路的负载电阻R_L可变，试问R_L等于何值时可吸收最大功率？求此功率。

图4-2-29

解：（1）求出R_L左侧的等效电路，先求开路电压，如图4-2-30（a）所示。

图4-2-30（a）

由KVL可得：（2＋2）i₁＋8i₁＝6，解得：i₁＝6/12＝0.5A；

所以开路电压：u_oc＝2i₁＋2i₁＋8i₁＝12i₁＝12×0.5＝6V。

（2）求短路电流，把R_L短路，如图4-2-30（b）所示。

图4-2-30（b）

利用网孔做基本回路，建立网孔电流方程

解得：i_sc＝1.5A；

所以端口的等效电阻为：R_eq＝u_oc/i_sc＝6/1.5＝4Ω。

戴维宁等效电路如图4-2-30（c）所示。

当R_L＝R_eq＝4Ω时，可吸收最大功率，P_max＝u_oc²/（4R_eq）＝62/（4×4）＝36/16＝2.25W。

图4-2-30（c）

4-18　图4-2-31所示电路中N（方框内部）仅由电阻组成。对不同的输入直流电压U_S及不同的R₁、R₂值进行了两次测量，得下列数据：R₁＝R₂＝2Ω时，U_S＝8V，I₁＝2A，U₂＝2V；R₁＝1.4Ω，R₂＝0.8Ω时，U(∧)_S＝9V，I(∧)₁＝3A，求U(∧)₂的值。

图4-2-31

解：设网络N两个端口的电压为U₁、U₂。

第一次测量

U₁＝U_S－R₁I₁＝8－2×2＝4V，U₂＝2V，I₁＝2A，I₂＝U₂/R₂＝2/2＝1A

第二次测量

U(∧)₁＝U(∧)_S－R₁I(∧)₁＝9－1.4×3＝4.8V，I(∧)₁＝3A，I(∧)₂＝U(∧)₂/R₂＝U(∧)₂/0.8

根据特勒根定理2，应满足：U₁（－I(∧)₁）＋U₂I(∧)₂＝U(∧)₁（－I₁）＋U(∧)₂I₂；

解得：U(∧)₂＝（12－9.6）/1.5＝1.6V。

4-19　在图4-2-32（a）中，已知U₂＝6V，求图4-2-32（b）中U₁′（网络N仅由电阻组成）。

图4-2-32（a）

图4-2-32（b）

解：设网络N端口的电压和电流如图4-2-33（a）（b）所示。

图4-2-33（a）

图4-2-33（b）

其中，U₁＝（4＋I₁）R₁，I₁′＝U₁′/R₁，I₂＝U₂/R₂＝6/R₂，U₂′＝（I₂′＋2）R₂；

根据特勒根定理2，可得

（4＋I₁）R₁×U₁′/R₁＋6×I₂′＝U₁′I₁＋（I₂′＋2）R₂×6/R₂⇒U₁′＝12/4＝3V

4-20　图4-2-34中网络N仅由电阻组成。根据图4-2-34（a）和图4-2-34（b）的已知情况，求图4-2-34（c）中电流I₁和I₂。

图4-2-34

解：根据叠加定理，可将图4-2-34（c）看作图（c₁）和图（c₂）的叠加。

图（c₁）即图（a），则有：I₁^（1）＝3A，I₂^（1）＝1A；

图（c₂）相当于激励和响应互换后的图（c₁），则由互易解得：I₁^（2）＝－I₂^（1）＝－1A；

所以图（c）中的电流I₁为：I₁＝I₁^（1）＋I₁^（2）＝3－1＝2A；

设图（b）中流过4Ω电阻的电流为I(∧)，对图（a）、（b），由特勒根定理2可得

20×（－I(∧)）＋1×5×2＝（－3）×20＋1×0

解得：I(∧)＝70/20＝3.5A；

对图（b）、（c），由特勒根定理2可得

20（－I₁）＋（5I₂＋20）×2＝20×（－I(∧)）＋0×I₂

解得：I₂＝（－40－40＋70）/10＝－1A。

4-21　已知图4-2-35中N为电阻网络，在图4-2-35（a）中U₁＝30V，U₂＝20V。求图4-2-35（b）电路中U(∧)₁为多少？

图4-2-35

解：设电流和电压参考方向如图4-2-36所示。

图4-2-36

由图4-2-36可得

U₁＝30V，I₁＝1.5－10＝－8.5A

U₂＝20V，I₂＝20/8＝2.5A

I₁′＝U(∧)₁/20－10，I₂′＝U(∧)₂/8－5

由特勒根定理2可得

解得：U(∧)₁＝40V。

4-22　图4-2-37中N为电阻网络。已知图4-2-37（a）中各电压、电流。求图4-2-37（b）中电流I。

图4-2-37

解：设电流和电压参考方向如图4-2-38所示。

图4-2-38

U₁＝1.8V，I₁＝0，U₂＝3V，I₂＝－0.3A，I₁′＝－2A，U₂′＝6V，I₂′＝－I

由特勒根定理可得：U₁I₁′＋U₂I₂′＝U₁′I₁＋U₂′I₂；

解得：I＝－0.6V。

4-23　图4-2-39所示电路中N由电阻组成，图4-2-39（a）中，I₂＝0.5A，求图4-2-39（b）中电压U₁。

图4-2-39

解：将原N网络及3Ω和4Ω的电阻归入N′网络，如图4-2-40所示。

图4-2-40

由特勒根定理可得：5×I₁′＋U₂×（－6）＝I₁×0＋0×U₂′；

其中U₂＝3×I₂＝3×0.5＝1.5V；

解得：I₁′＝1.5×6/5＝1.8A；

所以U₁＝4×I₁′＝4×1.8＝7.2V。

4-24　图4-2-41所示电路中N仅由电阻组成。已知图4-2-41（a）中电压U₁＝1V，电流I₂＝0.5A，求图4-2-41（b）中I(∧)₁。

图4-2-41

解：对图4-2-41（a）和（b）运用特勒根定理得

U₁×（－I(∧)₁）＋2×I₂×0.3＝（－4）×3＋I₂×0.3×10

U₁＝1V，I₂＝0.5A

－I(∧)₁＋0.3＝－12＋1.5

即I(∧)₁＝10.8A。

4-25　图4-2-42所示网络N仅由电阻组成，端口电压和电流之间的关系可由下式表示：

i₁＝G₁₁u₁＋G₁₂u₂，i₂＝G₂₁u₁＋G₂₂u₂

试证明G₁₂＝G₂₁。如果N内部含独立电源或受控源，上述结论是否成立？为什么？

图4-2-42

解：在1、1′之间加电压u₁＝u_s，2、2′端口短路，即u₂＝0，则有

i₂＝G₂₁u₁＋G₂₂u₂＝G₂₁u_s

在2、2′之间加电压u₂＝u_s，1、1′端口短路，即u₁＝0，则有

i₁＝G₁₁u₁＋G₁₂u₂＝G₁₂u_s

根据互易定理得i₁＝i₂，则有：G₁₂＝G₂₁。

如果N内部有独立的电压源或者受控源，那么N不再是互易网络，破坏了这种双向关系，故G₁₂≠G₂₁。