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1、二、变压器原理 远距离输电目的要求复习变压器原理。知识要点4 .理想变压器理想变压器的两个基本公式是： 工即对同一变压器的任意两个线圈，都有电压和匝数成正比。U 2 n2P入二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。 需要特别引起注意的是：只有当变压器只有一个副线圈工作时，才有：u=u212AHi12 nz 2变压器的输入功率由输出功率决定，往往用到：吗 /R，即在输1 I J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
2、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。5 .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、业,相应的电压、电流、 功率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:P尸P，,尸2二尸5，P/=Pr=P2。电压之间的关系是：幺=2,5 =区,。：=。+。U； n Ur2 nr2 12电流之间的关系是:电流之间的关系是:可见其中电流之间的关系最简单，心中只要知道一个，另两个总和它相等。因此求输电线上的
3、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9TJf2P, =I：r,Ur=Ij,而不能用匕=2。r特别重要的是要会分析输电线上的功率损失pr特别重要的是要会分析输电线上的功率损失prL p ocSu：s由此得出的结论: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。两者相比， 当然选择前者。假设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。例题分析例5：理想变压器初级线圈和两个次级线圈的匝数分别为 一一人 m二1760匝、小=288匝、38000
4、匝，电源电压为Ui=220V。小 W 目?， 上连接的灯泡的实际功率为36W,测得初级线圈的电流为 220V 3 g1/i=0.3A,求通过九3的负载R的电流，3。W白阳0 R解：由于两个次级线圈都在工作，所以不能用/Ji/%而应一二I占1该用 P尸P2+P3 和 Uf。由08 可求得 2=36V, U3=1000V；由 Ui/i=U2/2+U3/3和，2=1A 可得/3=0.03A。例6：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，能正确反响其工作原理的是解:解:A. B.火线火线 C.电流三大电流变市零线 D.A零线、火线V因此原线赢卮数
5、少，副线圈的函数及 监测每相的电流必须将原线圈串联在火线中。选A。例7：学校有一台应急备用发电机，内阻为1。，升压变压器匝数比为1 ： 4,降压变压器的匝数比为4： 1,输电线的总电阻为R=4Q,全校22个 教室，每个教室用“220V, 40W”的灯6盏，要求所有灯都 正常发光，那么：发电机的输出功率多大？发电机的电动势 多大？输电线上损耗的电功率多大?解：所有灯都正常工作的总功率为22 X 6 X 40=5280W ,用电器总电流为三二理 二 24A,输电线上的电流/，= /八=三=6 A,降压变压器上:2 U； 220 R - 44。2=4。2邑880丫，输电线上的电压损失为：U=/rR=
6、24V ,因此升压变压器的输出电压为 U/=Ur+氏=904V,输入电压为Ui=U4=226V,输入电流为/i=4=24A,所以发电机输出 功率为p出=u/i=5424W发电机的电动势 斤Ui+/尸250V输电线上损耗的电功率Pr=/r2R=144W例8：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：这时的输电效率和输电线的总电阻ro假设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；由于输送功率为P=500kW, 一昼夜输送电能后=。七120()()度，终点得到的电能E /=7200度，因止匕效率 =60%。输电线上的电流可由/二尸/U计算，为/=100A,而输电线损耗 功率可由Pr=/2r计算，其中Pr=4800/24=200kW,因此可求得r=20。输电线上损耗功率匕=(2丫r oc，原来Pr=200kW,现在要求P/=10kW，计算可得输电电压应调节为U，=22.4kV。