变压器及远距离输电

变压器及远距离输电

一．知识点：

1.

：变压器是利用电磁感应原理来改变交变电压的装置.对理想变压器，其原、副线圈两端电

压U 1、U 2，其中的电流I 1、I 2和匝数U 1、U 2的关系为：

1

2

212121,U U I I U U U U =

=. 2. 理想变压器各线圈两端电压与匝数成正比的关系，不仅适用于原、副线圈只有一个的情况，而且适用于多个

副线圈的情况；这是因为理想变压器的磁通量是全部集中在铁芯内的，因此穿过每组线圈的磁通量的变化率是相同的，因而每组线圈中产生的电动势和匝数成正比.在线圈内阻不计的情况下，线圈两端电压即等于电动势，故每组线圈两端电压都与匝数成正比.但电流和匝数成反比的关系只适用于原副线圈各有一个的情况，一旦有多个副线圈，该关系即不适用

. U 1I 1＝U 2I 2＋U 2′I 2′＋U 2″I 2″＋……. 3.对原、副线圈匝数比(

21n n )确定的变压器，其输出电压U 2是由输入电压决定的，U 2＝1

2n n

U 1；在原、副线圈匝数比(

2

1

n n )和输入电压U 1确定的情况下，原线圈中的输入电流I 1却是由副线圈中的输出电流I 2决定的：I 1＝1

2

n n I 2.(当然I 2是由所接负载的多少而定的.)

4.

为减小输电线路上的电能损失，常采用高压输电.这是因为输送功率一定时，线路电流I ＝

U

P

，输电线上损失功率P ′＝I 2R 线＝

2

2U R P 线，可知 P ′∝

2

1U . 二例题解析

［例1］如图13—1—3所示，一理想变压器原、副线圈匝数比为3∶1，副线圈接三个相同的灯泡，均能正常发光.在原线圈接有一相同的灯泡L .

A.灯

L B.灯

L

C.灯

L

D.

【解析】 该题主要考查变压器的工作原理——原副线圈的电流关系和电功率等内容.该题易犯的错误是：由原副线圈匝数比n 1∶n 2＝3∶1，可知原副线圈电压之比为U 1∶U 2＝3∶1，既然副线圈中电灯能正常发光，可知U 2恰为灯的额定电压，所以原线圈中电灯两端电压U 1＞U 额.故被烧坏而错选C.其错误是把变压器原线圈两端电压和电灯L 两端电压混淆了.正确的解答应为：原副线圈中的电流之比为I 1∶I 2＝1∶3，而副线圈中通过每灯的电流为其额定电流I 额＝I 2／3，故I Ｌ＝I 1＝

3

2

I ＝I 额即灯L 亦能像其他三灯一样正常发光.所以正确选项为 A. 【思考】 (1)如果副线圈上的三个灯泡“烧”了一个，其余灯泡的亮度如何变?

图13—1—3

变压器的输入功率如何变?如果副线圈上的三个灯泡全“烧”了，灯泡L 还亮不亮?

(2)如果副线圈上再并入一个灯泡，与原来相比其余灯泡的亮度如何?谁更容易烧坏?

(3)对理想变压器而言，其I 1和I 2、U 1和U 2、P 1和P 2，是输入决定于输出，还是输出决定于输入?

【思考提示】 （1）副线圈上的三个灯泡烧坏一个，则副线圈输出的功率变小，原线圈输入功率变小，则原线圈中电流减小，灯泡L 变暗，灯泡L 两端的电压减小，若电源电压一定，则原线圈两端电压略有升高，副线圈两端电压也略有升高，剩余两灯泡变亮.若副线圈上的三个灯泡全“烧”了，灯L 不亮.

(2)若在副线圈上再并入一个灯泡，变压器输出功率增大，输入功率也增大，原、副线圈中的电流均增大，故L 变亮、L 两端电压增大，若电源电压一定，则原、副线圈两端电压都减小，副线圈上的灯泡变暗.L 更容易烧坏.

(3)对理想变压器而言，U 1决定U 2，I 2决定I 1，P 2决定P 1.

【设计意图】 通过本例说明利用变压器的电压比，电流比及功率关系分析问题的方法.

［例2］有条河流，流量Q =2 m 3·s -1,落差h=5 m ，现利用其发电，若发电机总效率为50%，输出电压为240 V ，输电线总电阻R =30 Ω，允许损失功率为发电机输出功率的6%，为满足用电的需要，使用户获得220 V 电压，则该输电线路所使用的理想升压、降压变压器的匝数比各是多少？能使多少盏“220 V 、100 W ”的电灯

【解析】 按题意画出远距离输电的示意图13—1—4

图13—1—4

P 总=（

t

mgh

）×η

=2×1.0×103×10×5×0.5 W=5×104 W

输电线上的功率损失P

损=I 2R

I =

30

06

.0105%

604⨯⨯=

⨯=

R P R

P 总损=10 A

则升压变压器B 1的原线圈电压U 1=U 出=240 V

U 2=10

1054

⨯=I P 总 V=5×103 V

n 1∶n 2=U 1∶U 2=

3

105240

⨯=6∶125

ΔU 损=IR =10×30 V=300 V 则降压器B

2

U 1′=U 2-ΔU 损=5×103 V-300 V=4700 V

据题意知，U

2′=220 V ,

n 1′∶n 2′=U 1′∶U 2′=

220

4700

=235∶11

因为理想变压器没有能量损失，所以

N =

灯

损

总P P P -=100

06.010510544⨯⨯-⨯=470

【说明】 这是远距离送电的典型题，一般要抓住变压器B 1的输出电流去求输电线上的电压损失和功率损失，要注意用户的电压为220 V 是B 2的输出电压.为了帮助分析解题，必须先画出输电线路的简图，弄清楚电路的结构，然后再入手解题，解出变压比不一定是整数，这时取值应采取宜“入”不宜“舍”的方法，因为变压器本身还有损耗.

【设计意图】 通过本例说明远距离问题的分析方法.

三．学生练习

1.

A.①③

B.

C.①②

D.

【答案】 A

2.在变电所里，经常要用交流电表去监测电网上的强电流，使用的仪器是电流互感器，图13—1—5的四个

图13—1—5

【解析】 电流互感器是用来把大电流变成小电流的变压器，原线圈串联在被测电路的火线上，副线圈接入交流电流表，故A 对.

【答案】 A

3.超导材料电阻降为零的温度称为临界温度，1987年我国科学家制成了临界温度为90 K 的高温超导材料.