[例7] 在远距离输电时，要考虑尽量减少输电线上的功率损失。有一个坑口电站，输送的电功率为P=500kW，当使用U=5kV的电压输电时，测得安装在输电线路起点和终点处的两只电度表一昼夜示数相差4800度。求：⑴这时的输电效率η和输电线的总电阻r。⑵若想使输电效率提高到98%，又不改变输电线，那么电站应使用多高的电压向外输电？

解；⑴由于输送功率为P=500kW，一昼夜输送电能E=Pt=12000度，终点得到的电能E ^/=7200度，因此效率η=60%。输电线上的电流可由I=P/U计算，为I=100A，而输电线损耗功率可由P_r=I ²r计算，其中P_r=4800/24=200kW，因此可求得r=20Ω。　　

⑵输电线上损耗功率，原来P_r=200kW，现在要求P_r^/=10kW ，计算可得输电电压应调节为U^/ =22.4kV。

[例8]发电机输出功率为100 kW，输出电压是250 V，用户需要的电压是220 V，输电线电阻为10 Ω.若输电线中因发热而损失的功率为输送功率的4%，试求：

(1)在输电线路中设置的升、降压变压器原副线圈的匝数比.

(2)画出此输电线路的示意图.

(3)用户得到的电功率是多少？

解析：输电线路的示意图如图所示，

输电线损耗功率P_线=100×4% kW=4 kW，又P_线=I₂²R_线输电线电流I₂=I₃=20 A

原线圈中输入电流I₁= A=400 A　　　　　 所以

这样U₂=U₁n₂/n₁=250×20 V=5000 V　　　　 U₃=U₂-U_线=5000-20×10 V=4800 V

所以　　　　 用户得到的电功率P_出=100×96% kW=96 kW

[附加题]　 甲、乙两个完全相同的理想变压器接在电压恒定的交流电路中，如图1所示。已知两变压器负载电阻的阻值之比为R_甲：R_乙=2：1，设甲变压器原线圈两端的电压为U_甲，副线圈上通过的电流为I^/_甲；乙变压器原线圈两端的电压为U_乙，副线圈上通过的电流为I^/_乙。则以下说法正确的是：(　 )

A．U_甲=U_乙，I^/_甲=I^/_乙；　　 B．U_甲=2U_乙，I^/_甲=2I^/_乙；

C．U_甲=U_乙，I^/_甲=½I^/_乙；　 D．U_甲=2U_乙，I^/_甲=I^/_乙。

[正确解]：由于两变压器的原线圈串联接在同一回路中，电荷守恒定律知，无论是直流电路还是交流电路，串联电路中电流必定相等，所以通过两原线圈的电流相同，即：I_甲=I_乙。又因两变压器的匝比相同，根据变压器的电流变比公式，可推得它们副线圈上的电流也相同，即：I^/_甲=I^/_乙。对两变压器的输出端，由欧姆定律，可得到两副线圈上的电压分别为：U_甲^/=I_甲^/R_甲、U_乙^/=I_乙^/R_乙，解得：U_甲^/：U_乙^/=2：1，最后再根据变压器的电压变比公式可求得两原线圈上的电压关系为：U_甲=2U_乙。所以答案应选D。

[错解1]：由于两变压器完全相同，并且两原线圈又串联接在同一回路中，因而两原线圈中所通过的交流电的变化情况完全相同，即两原线圈中磁通量的变化率相同，根据法拉第电磁感应定律，所以两原线圈的输入电压分别为：=、=，因，有：=，即两原线圈上的输入电压相同；再根据理想变压器的电压变比公式，有：=，即两副线圈上的输出电压也相同。由于对输出端的负载而言，副线圈相当于电源，因此根据欧姆定律有：=、=，由以上关系式可得到：=。所以答案应选C。

[错解分析]以两原线圈上电压相同为前提，运用变比关系、欧姆定律，最终推理得到两副线圈上的电流关系=，分析似乎没有问题，但如果进一步推理下去：由变压器的电流变比公式，可得两原线圈中的电流=，这显然与前提中中所提及的“两原线圈中所通过的交流电的变化情况完全相同”不能自恰.。从法拉第电磁感应定律去推导两原线圈上电压的思路并没有问题。然而，虽然通过两原线圈交流电流的变化情况完全相同，但是穿过两原线圈的磁通量的变化情况却并不相同！要知道两原线圈虽然串联，但它们是绕在不同的铁芯上。对于其中一个变压器来说(比如甲)，当副线圈连接负载电阻而构成闭合回路时，副线圈中将存在感应电流，这时原、副线圈的电流都将在铁芯中产生磁场和磁通量，所以穿过线圈(即穿过铁芯)总的磁通量，不仅受到各变压器原线圈中电流的影响，而且还受到各变压器副线圈中的电流的影响，即所谓变压器的互感现象。所以两原线圈虽然串联、虽然通过它们的电流相同，但穿过它们的磁通量的变化情况却不同，即穿过它们的磁通量的变化率。观点1在运用法拉第电磁感应定律时，仅仅考虑了原线圈中电流对磁通量的影响，没有考虑副线圈中电流对磁通量的影响，显然是不正确的，因而=实际上也是得不到的。

[错解2]：由于两变压器完全相同，两原线圈又串联在一起，所以通过两原线圈中的交流电变化情况将完全一致，因此与此两原线圈相关的物理量也必将完全相同，即两原线圈中的电流、电压完全相同，又因两变压器匝比相同，根据变压器的电流变比公式，可推得两副线圈上的电流也必定相同，即=。所以答案应选A。

[错解分析]:既然承认两原线圈上的电压、电流相同，由变压器的变比关系，可推得两副线圈上的电压、电流都相同，然而题目告诉我们，它们的负载电阻不同，这显然与欧姆定律相矛盾，因此两原线圈上的电压、电流不可能同时相等，是错误的。

试题展示

1.一理想变压器原、副线圈匝数比n₁∶:n₂=11∶5。原线圈与正弦交变电源连接，输入电压u如图所示。副线圈仅接入一个10的电阻。则

A．流过电阻的电流是20 A

B．与电阻并联的电压表的示数是100V

C．经过1分钟电阻发出的热量是6×10³ J

D．变压器的输入功率是1×10³W

答案：D

[解析]原线圈中电压的有效值是220V，由变压比知副线圈中电压为100V，流过电阻的电流是10A；与电阻并联的电压表的示数是100V；经过1分钟电阻发出的热量是6×10³⁴J。

解题思路1 电压思路.变压器原、副线圈的电压之比为U₁/U₂=n₁/n₂;当变压器有多个副绕组时U₁/n₁=U₂/n₂=U₃/n₃=……

解题思路2 功率思路.理想变压器的输入、输出功率为P_入=P_出，即P₁=P₂；当变压器有多个副绕组时P₁=P₂+P₃+……

解题思路3 电流思路.由I=P/U知，对只有一个副绕组的变压器有I₁/I₂=n₂/n₁;当变压器有多个副绕组时n₁I₁=n₂I₂+n₃I₃+……

解题思路4 (变压器动态问题)制约思路.

(1)电压制约：当变压器原、副线圈的匝数比(n₁/n₂)一定时，输出电压U₂由输入电压决定，即U₂=n₂U₁/n₁，可简述为“原制约副”.

(2)电流制约：当变压器原、副线圈的匝数比(n₁/n₂)一定，且输入电压U₁确定时，原线圈中的电流I₁由副线圈中的输出电流I₂决定，即I₁=n₂I₂/n₁，可简述为“副制约原”.

(3)负载制约：①变压器副线圈中的功率P₂由用户负载决定，P₂=P_负1+P_负2+…；②变压器副线圈中的电流I₂由用户负载及电压U₂确定，I₂=P₂/U₂；③总功率P_总=P_线+P₂.

动态分析问题的思路程序可表示为：

U₁P₁

解题思路5 原理思路.变压器原线圈中磁通量发生变化，铁芯中ΔΦ/Δt相等；当遇到“”型变压器时有

ΔΦ₁/Δt=ΔΦ₂/Δt+ΔΦ₃/Δt,

此式适用于交流电或电压(电流)变化的直流电，但不适用于稳压或恒定电流的情况.

[例6]如图所示为一理想变压器，K为单刀双掷开关，P为滑动变阻器的滑动触头，U₁为加在原线圈两端的电压，I₁为原线圈中的电流强度，则( ABD　 )

　　 A．保持U₁及P的位置不变，K由a合到b时，I₁将增大

　　 B．保持P的位置及U₁不变，K由b合到a时，R消耗的功率减小

　　 C．保持U₁不变，K合在a处，使P上滑，I₁将增大

　　 D．保持P的位置不变，K合在a处，若U₁增大，I₁将增大

　　 解析：K由a合到b时，n₁减小，由,可知，U₂增大，P₂=U₂²/R随之增大·而 P₁=P₂，P₁=I₁U₁，从而I₁增大，A正确．K由 b 合到a时，与上述情况相反，P₂将减小，B正确·P上滑时，R增大，P₂=U₂²/R减小，又P₁＝P₂，P₁=I₁U₁，从而I₁减小，C错误．U₁增大，由=，可知U₂增大，I₂=U₂/R随之增大，由可知I₁也增大，D正确。

说明：处理这类问题的关键是要分清变量和不变量，弄清理想变压器中各量间的联系和制约关系．在理想变压器中，U₂由U₁和匝数比决定；I₂由U₂和负载电阻决定；I₁由I₂和匝数比决定．

2．远距离输电。

一定要画出远距离输电的示意图来，包括发电机、两台变压器、输电线等效电阻和负载电阻。并按照规范在图中标出相应的物理量符号。一般设两个变压器的初、次级线圈的匝数分别为也应该采用相应的符号来表示。

从图中应该看出功率之间的关系是：

　电压之间的关系是：

电流之间的关系是：

　　 可见其中电流之间的关系最简单，中只要知道一个，另两个总和它相等。因此电流往往是这类问题的突破口。

　　 输电线上的功率损失和电压损失也是需要特别注意的。分析和计算时都必须用，而不能用。

　　 特别重要的是要求会分析输电线上的功率损失，由此得出结论： ⑴减少输电线功率损失的途径是提高输电电压或增大输电导线的横截面积，当然选择前者。⑵若输电线功率损失已经确定，那么升高输电电压能减小输电线截面积，从而节约大量金属材料和架设电线所需的钢材和水泥，还能少占用土地。

　　 需要引起注意的是课本上强调：输电线上的电压损失，除了与输电线的电阻有关，还与感抗和容抗有关。当输电线路电压较高、导线截面积较大时，电抗造成的电压损失比电阻造成的还要大。

[例6]有一台内阻为lΩ的发电机，供给一个学校照明用电，如图所示．升压变压器匝数比为1∶4，降压变压器的匝数比为4∶1，输电线的总电阻R=4Ω，全校共22个班，每班有“220 V，40W”灯6盏．若保证全部电灯正常发光，则：

(l)发电机输出功率多大？

(2)发电机电动势多大？

(3)输电线上损耗的电功率多大？

(4)输电效率是多少？

(5)若使用灯数减半并正常发光发电机输出功率是否减半．

　　 解析：题中未加特别说明，变压器即视为理想变压器，由于发电机至升压变压器及降压变压器至学校间距离较短，不必考虑该两部分输电导线上的功率损耗．

　　 发电机的电动势ε，一部分降在电源内阻上．即I_lr，另一部分为发电机的路端电压U₁，升压变压器副线圈电压U₂的一部分降在输电线上，即I₂R，其余的就是降压变压器原线圈电压U₂，而U₃应为灯的额定电压U_额，具体计算由用户向前递推即可．

　　 (1)对降压变压器：　　 U^/₂I₂=U₃I₃＝nP_灯=22×6×40 W=5280w

　　　 而U^/₂＝4U₃＝880 V，所以I₂=nP_灯/U^/₂=5280/880=6A

　　　 对升压变压器：　　　 U_lI_l=U₂I₂=I₂²R+U^/₂I₂＝6²×4+5280＝5424 W，　　 所以　 P_出=5424 W．

　　 (2)因为 U₂＝U^/₂+I₂R＝880+6×4＝904V，　　 所以 U₁=¼U₂=¼×904＝226 V

　　　 又因为U_lI_l=U₂I₂，所以I_l=U₂I₂/U_l=4I₂=24 A，　　　 所以　 ε＝U₁+I₁r₁=226+24×1＝250 V．

　⑶输电线上损耗的电功率P_R=I_R²R=144W

(4)η＝P_有用/P_出×100%=×100%=97%

　　 (5)电灯减少一半时，n^/P_灯=2640 W，

　　　 I^/₂＝n^/P_灯/U₂＝2640/880=3 A．　　　 所以P^/_出=n^/P_灯十I^/2₂R=2640+32×4＝2676w

　　　 发电机的输出功率减少一半还要多，因输电线上的电流减少一半，输电线上电功率的损失减少到原来的1/4。

说明：对变电过程较复杂的输配电问题，应按照顺序，分步推进．或按“发电一一升压--输电线--降压-一用电器”的顺序，或从“用电器”倒推到“发电”一步一步进行分析．注意升压变压器到线圈中的电流、输电线上的电流、降压变压器原线圈中的电流三者相等．

规律方法

1．电路中电能损失P_耗=I²R=，切不用U²/R来算，当用此式时，U必须是降在导线上的电压，电压不能用输电电压来计算．

4、几种常用的变压器

(1)自耦变压器

图是自耦变压器的示意图。这种变压器的特点是铁芯上只绕有一个线圈。如果把整个线圈作原线圈，副线圈只取线圈的一部分，就可以降低电压；如果把线圈的一部分作原线圈，整个线圈作副线圈，就可以升高电压。

调压变压器就是一种自耦变压器，它的构造如图所示。线圈AB绕在一个圆环形的铁芯上。AB之间加上输入电压U₁ 。移动滑动触头P 的位置就可以调节输出电压U₂。

(2)互感器

互感器也是一种变压器。交流电压表和电流表都有一定的量度范围，不能直接测量高电压和大电流。用变压器把高电压变成低电压，或者把大电流变成小电流，这个问题就可以解决了。这种变压器叫做互感器。互感器分电压互感器和电流互感器两种。

a、电压互感器

电压互感器用来把高电压变成低电压，它的原线圈并联在高压电路中，副线圈上接入交流电压表。根据电压表测得的电压U 2 和铭牌上注明的变压比(U 1 /U 2 )，可以算出高压电路中的电压。为了工作安全，电压互感器的铁壳和副线圈应该接地。

b、电流互感器

电流互感器用来把大电流变成小电流。它的原线圈串联在被测电路中，副线圈上接入交流电流表。根据电流表测得的电流I 2 和铭牌上注明的变流比(I 1/I2)，可以算出被测电路中的电流。如果被测电路是高压电路，为了工作安全，同样要把电流互感器的外壳和副线圈接地。

[例4]在变电站里，经常要用交流电表去监测电网上的强电流，所用的器材叫电流互感器。如下所示的四个图中，能正确反应其工作原理的是　

　　 A.　　　　　　　　 B.　　　　　　　 C.　　　　　　　 D.

解：电流互感器要把大电流变为小电流，因此原线圈的匝数少，副线圈的匝数多。监测每相的电流必须将原线圈串联在火线中。选A。

3、规律小结

(1)熟记两个基本公式：① ，即对同一变压器的任意两个线圈，都有电压和匝数成正比。

②P_入=P_出，即无论有几个副线圈在工作，变压器的输入功率总等于所有输出功率之和。

(2)原副线圈中过每匝线圈通量的变化率相等．

(3)原副线圈中电流变化规律一样，电流的周期频率一样

(4)公式，中，原线圈中U₁、I₁代入有效值时，副线圈对应的U₂、I₂也是有效值，当原线圈中U₁、I₁为最大值或瞬时值时，副线圈中的U₂、I₂也对应最大值或瞬时值．

(5)需要特别引起注意的是：

①只有当变压器只有一个副线圈工作时，才有：

②变压器的输入功率由输出功率决定，往往用到：，即在输入电压确定以后，输入功率和原线圈电压与副线圈匝数的平方成正比，与原线圈匝数的平方成反比，与副线圈电路的电阻值成反比。式中的R表示负载电阻的阻值，而不是“负载”。“负载”表示副线圈所接的用电器的实际功率。实际上，R越大，负载越小；R越小，负载越大。这一点在审题时要特别注意。

(6)当副线圈中有二个以上线圈同时工作时，U₁∶U₂∶U₃=n₁∶n₂∶n₃，但电流不可=，此情况必须用原副线圈功率相等来求电流．

(7)变压器可以使输出电压升高或降低，但不可能使输出功率变大．假若是理想变压器．输出功率也不可能减少．

(8)通常说的增大输出端负载，可理解为负载电阻减小；同理加大负载电阻可理解为减小负载．

[例1]一台理想变压器的输出端仅接一个标有“12V，6W”的灯泡，且正常发光，变压器输入端的电流表示数为0．2A，则变压器原、副线圈的匝数之比为( D　 )

　　　 A．7∶2；B．3∶1；C．6∶3；D．5∶2；

解析：因为，I₂＝P₂／U₂＝6/12＝0．5 A　　　 I₁＝0．2 A

　　 所以　 n₁∶n₂=I₂∶I₁=5∶2

[例2]如图所示，通过降压变压器将220 V交流电降为36V供两灯使用，降为24V供仪器中的加热电炉使用．如果变压器为理想变压器．求：

　　 (1)若n₃＝96匝，n₂的匝数；

　　 (2)先合上K₁、K₃，再合上K₂时，各电表读数的变化；

　　 (3)若断开K₃时A₁读数减少220 mA，此时加热电炉的功率；

　　 (4)当K₁、K₂、K₃全部断开时，A₂、V的读数．

　　 解析：(1)变压理的初级和两个次级线圈统在同一绕在同一铁蕊上，铁蕊中磁通量的变化对每匝线圈都是相同的．所以线圈两端的电压与匝数成正比．有，

　　 (2)合上K₁、K₃后，灯L₁和加热电炉正常工作．再合上K₂，灯L₂接通，U₁、n₁和n₃的值不变．故V读数不变．但L₂接通后，变压器的输入、输出功率增大．故A₁、A₂读数增大．

　　 (3)断开K₃时，A₁读数减少200mA，表明输入功率减少，减少值为ΔP＝ΔIU＝0．200×220＝44W，这一值即为电炉的功率．

　　 (4)当K₁、K₂、K₃全部断开时，输出功率为零，A₂读数为零．但变压器的初级战线圈接在电源上，它仍在工作，故V读数为24V．

[例3]如图所示，接于理想变压器的四个灯泡规格相同，且全部正常发光，则这三个线圈的匝数比应为(　 C　　 )

　　　 A．1∶2∶3； B．2∶3∶1

　　　 C．3∶2∶1； D．2∶1∶3

解析：由于所有灯泡规格相同．且都正常发光，则===式中，U为灯泡的额定电压，设I为灯炮的额定电流，由理想变压器的功率关系 p_l= p₂+p₃

　　　　 U_lI＝U₂I+U₃I＝2UI+UI＝3UI　 　所以U₁=3U

　　 则===　　 由此得n₁∶n₂∶n₃=3∶2∶1

2．理想变压器的理想化条件及其规律．

在理想变压器的原线圈两端加交变电压U₁后，由于电磁感应的原因，原、副线圈中都将产生感应电动势，根据法拉第电磁感应定律有：，

忽略原、副线圈内阻，有　　 U₁＝E₁ ，　U₂＝E₂

另外，考虑到铁心的导磁作用而且忽略漏磁，即认为在任意时刻穿过原、副线圈的磁感线条数都相等，于是又有　　　

由此便可得理想变压器的电压变化规律为

在此基础上再忽略变压器自身的能量损失(一般包括线圈内能量损失和铁芯内能量损失这两部分，分别俗称为“铜损”和“铁损”)，有P₁=P₂　　　 而P₁=I₁U₁　　 P₂=I₂U₂

于是又得理想变压器的电流变化规律为

由此可见：

(1)理想变压器的理想化条件一般指的是：忽略原、副线圈内阻上的分压，忽略原、副线圈磁通量的差别，忽略变压器自身的能量损耗(实际上还忽略了变压器原、副线圈电路的功率因数的差别．)

(2)理想变压器的规律实质上就是法拉第电磁感应定律和能的转化与守恒定律在上述理想条件下的新的表现形式．

1．理想变压器的构造、作用、原理及特征

构造：两组线圈(原、副线圈)绕在同一个闭合铁芯上构成变压器．

作用：在输送电能的过程中改变电压．

原理：其工作原理是利用了电磁感应现象．

特征：正因为是利用电磁感应现象来工作的，所以变压器只能在输送交变电流的电能过程中改变交变电压．

6.如图所示为电热毯的电路图，电热丝接在的电源上，电热毯加热到一定温度后，通过装置P使输入电压变为如图所示的波形，从而进入保温状态，若电热丝电阻保持不变，此时交流电压表的读数为：(　　 )

　 A．110V　　　　 　　B．156V　　　　 C．220V　　　　 　　D．311V

第三单元　变压器、电能输送

基础知识

5.某交流电电压为u=10sin314t(V)，则(　　 )

A．击穿电压为10V的电容器能直接在此电源上

B．把电磁打点计时器接在此电源上，打点周期为0.01s

C．把额定电压为10V的小灯泡直接接在此电源上，小灯泡将被烧坏

D．把额定电压为10V的小灯泡直接接在此电源上，小灯泡能正常发光