【高中物理】​变压器、电能输送知识点大放送~

变压器、电能输送

基础知识

一、变压器

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．

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．

3 、规律小结

（ 1 ）熟记两个基本公式：

即对同一变压器的任意两个线圈，都有电压和匝数成正比。

② P _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 U ₁ 、 I ₁ 代入有效值时，副线圈对应的 U ₂ 、 I ₂ 也是有效值，当原线圈中 U ₁ 、 I ₁ 为最大值或瞬时值时，副线圈中的 U ₂ 、 I ₂ 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， U ₁ ∶ U ₂ ∶ U ₃ =n ₁ ∶ n ₂ ∶ n ₃ ，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， I ₂ ＝ P ₂ ／ U ₂ ＝ 6/12 ＝ 0 ． 5 A     I ₁ ＝ 0 ． 2 A ，所以 n ₁ ∶ n ₂ =I ₂ ∶ I ₁ =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 pl= p2＋p3 ，UlI＝U2I＋U3I＝2UI＋UI＝3UI    所以U1=3U

则

由此得 n ₁ ∶ n ₂ ∶ n ₃ =3 ∶ 2 ∶ 1

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U ₁ 。移动滑动触头P 的位置就可以调节输出电压U ₂ 。

(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

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 。

二、电能输送

1 ．电路中电能损失

，

切不用 U ² /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．

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 l Ω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=4 Ω，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Ilr，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 ^/ ₂ I ₂ =U ₃ I ₃ ＝ nP _灯 =22 × 6 × 40 W=5280w

而 U ^/ ₂ ＝ 4U ₃ ＝ 880 V ，所以 I ₂ =nP _灯 /U ^/ ₂ =5280/880=6A

对升压变压器 ： U _l I _l =U ₂ I ₂ =I ₂ ² R ＋ U ^/ ₂ I ₂ ＝ 6 ² × 4 ＋ 5280 ＝ 5424 W ，

所以 P _出 =5424W ．

（ 2 ） 因为 U ₂ ＝ U ^/ ₂ ＋ I ₂ R ＝ 880 ＋ 6 × 4 ＝ 904V ， 所以 U ₁ = ¼ U ₂ = ¼ × 904 ＝ 226 V

又因为 U _l I _l =U ₂ I ₂ ，所以 I _l =U ₂ I ₂ /U _l =4I ₂ =24A ， 所以 ε＝ U ₁ ＋ I ₁ r ₁ =226 ＋ 24 × 1 ＝ 250 V ．

（3）输电线上损耗的电功率 P _R = I _R ² R =144W

（ 4 ）

（ 5 ） 电灯减少一半时 ， n ^/ P _灯 =2640W ，

I ^/ ₂ ＝ n ^/ P _灯 /U ₂ ＝ 2640/880=3 A ． 所以 P ^/ _出 =n ^/ P _灯 十 I ^/2 ₂ R=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

一、解决变压器问题的常用方法

解题思路 1 电压思路 . 变压器原、副线圈的电压之比为 U ₁ / U ₂ = n ₁ / n ₂ ; 当变压器有多个副绕组时 U ₁ / n ₁ = U ₂ / n ₂ = U ₃ / n ₃ = ……

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 P ₁ = P ₂ ；当变压器有多个副绕组时 P ₁ = P ₂ + P ₃ + ……

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 I ₁ / I ₂ = n ₂ / n ₁ ; 当变压器有多个副绕组时 n ₁ I ₁ = n ₂ I ₂ + n ₃ I ₃ + ……

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（ n ₁ / n ₂ ）一定时，输出电压 U ₂ 由输入电压决定，即 U ₂ = n ₂ U ₁ / n ₁ ，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（ n ₁ / n ₂ ）一定，且输入电压 U ₁ 确定时，原线圈中的电流 I ₁ 由副线圈中的输出电流 I ₂ 决定，即 I ₁ = n ₂ I ₂ / n ₁ ，可简述为“副制约原” .

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

动态分析问题的思路程序可表示为：

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Δ Φ / Δ t 相等；当遇到 型变压器时有

Δ Φ ₁ / Δ t = Δ Φ ₂ / Δ t + Δ Φ ₃ / Δ t ,

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， U ₁ 为加在原线圈两端的电压， I ₁ 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， n ₁ 减小，由

可知， U ₂ 增大， P ₂ =U ₂ ² /R 随之增大·而 P ₁ =P ₂ ， P ₁ =I ₁ U ₁ ，从而 I ₁ 增大， A 正确． K 由 b 合到 a 时，与上述情况相反， P ₂ 将减小， B 正确· P 上滑时， R 增大， P ₂ =U ₂ ² /R 减小，又 P ₁ ＝ P ₂ ， P ₁ =I ₁ U ₁ ，从而 I ₁ 减小， C 错误． U ₁ 增大，由

，

可知 U ₂ 增大， I ₂ =U ₂ /R 随之增大，由

可知 I ₁ 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， U ₂ 由 U ₁ 和匝数比决定； I ₂ 由 U ₂ 和负载电阻决定； I ₁ 由 I ₂ 和匝数比决定．

二、远距离输电

【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 ² r 计算，其中 P _r =4800/24=200kW ，因此可求得 r =20 Ω。

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 = I ₂ ² R _线 输电线电流 I ₂ = I ₃ =20A

原线圈中输入电流

这样 U ₂ = U ₁ n ₂ /n ₁ =250 × 20 V=5000 V ， U ₃ = U ₂ - 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

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