初中数学篇25：变压器、电能输送知识点
理想变压器是小学数学中的一个理想模型，它指的是忽视原副线圈的内阻和各类电磁能量损失的变压器。实际生活中，借助各类各样的变压器，可以便捷的把电能输送到较远的地区，实现能量的优化配置。在电能输送过程中，为了达到可靠、保质、经济的目的，变压器起到了重要的作用。
基础知识
一、变压器
1．理想变压器的构造、作用、原理及特点
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流．
原理：其工作原理是借助了电磁感应现象．
特点：正由于是借助电磁感应现象来工作的，所以变压器只能在输送交变电压的电能过程中改变交变电流．
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流U1后，因为电磁感应的缘由，原、副线圈中都将形成感应电动势，按照法拉第电磁感应定理有：
，
忽视原、副线圈电阻，有U1＝E1，U2＝E2
另外，考虑到铁心的导磁作用并且忽视漏磁，即觉得在任意时刻穿过原、副线圈的磁感腰线数都相等，于是又有
由此便可得理想变压器的电流变化规律为
在此基础上再忽视变压器自身的能量损失（通常包括线圈内能量损失和铁芯内能量损失这两部份，分别亦称为“铜损”和“铁损”），有P1=P2而P1=I1U1P2=I2U2
于是又得理想变压器的电压变化规律为
由此可见：
(1)理想变压器的理想化条件通常指的是：忽视原、副线圈电阻上的分压，忽视原、副线圈磁路量的差异电压电流功率基础知识，忽视变压器自身的能量耗损（实际上还忽视了变压器原、副线圈电路的功率质数的差异．）
(2)理想变压器的规律实质上就是法拉第电磁感应定理和能的转化与守恒定理在上述理想条件下的新的表现方式．
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，都有电流和阻值成反比。
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，电压的周期频度一样
(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)须要非常导致注意的是：
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，常常用到：
，
即在输入电流确定之后，输入功率和原线圈电流与副线圈阻值的平方成反比，与原线圈阻值的平方成正比，与副线圈电路的内阻值成正比。式中的R表示负载内阻的电阻，而不是“负载”。“负载”表示副线圈所接的用家电的实际功率。实际上，R越大，负载越小；R越小，负载越大。这一点在审题时要非常注意。
(6)当副线圈中有二个以上线圈同时工作时，U1∶U2∶U3=n1∶n2∶n3，但电压不可
，此情况必须用原副线圈功率相等来求电压．
(7)变压器可以使输出电流下降或增加，但不可能使输出功率变大．如果是理想变压器．输出功率也不可能降低．
(8)一般说的减小输出端负载，可理解为负载内阻降低；同理加强负载内阻可理解为减少负载．
【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，变压器输入端的电压表示数为0.2A，则变压器原、副线圈的阻值之比为（D）
A.7∶2B.3∶1
C.6∶3D.5∶2
解析：由于，I2＝P2／U2＝6/12＝0.5AI1＝0.2A，所以n1∶n2=I2∶I1=5∶2
【例2】如图所示，通过降糖变压器将220V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．假若变压器为理想变压器．求：
（1）若n3＝96匝，n2的阻值；
（2）先合上K1、K3，再合上K2时，各水表读数的变化；
（3）若断掉K3时A1读数降低220mA，此时加热电炉的功率；
（4）当K1、K2、K3全部断掉时，A2、V的读数．
解析：
(1)变压理的中级和两个次级线圈统在同一绕在同一铁蕊上，铁蕊中磁路量的变化对每匝线圈都是相同的．所以线圈两端的电流与阻值成反比．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、输出功率减小．故A1、A2读数减小．
(3)断掉K3时，A1读数降低200mA，表明输入功率降低，降低值为ΔP＝ΔIU＝0.200×220＝44W，这一值即为电炉的功率．
(4)当K1、K2、K3全部断掉时，输出功率为零，A2读数为零．但变压器的中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尺寸相同，且全部正常发光，则这三个线圈的阻值比应为（C）
A、1∶2∶3B、2∶3∶1C、3∶2∶1D、2∶1∶3
解析：
因为所有灯泡尺寸相同．且都正常发光，则
式中，U为灯泡的额定电流，设I为灯炮的额定电压，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n1∶n2∶n3=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。这些变压器的特征是铁芯上只绕有一个线圈。假如把整个线圈作原线圈，副线圈只取线圈的一部份，就可以增加电流；假如把线圈的一部份作原线圈，整个线圈作副线圈，就可以下降电流。
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绕在一个圆环型的铁芯上。AB之间加上输入电流U1。联通滑动触头P的位置就可以调节输出电流U2。
(2)互感器
互感器也是一种变压器。交流电流表和电压表都有一定的量度范围，不能直接检测高电流和大电压。用变压器把高电流弄成低电流，或则把大电压弄成小电压，这个问题就可以解决了。此类变压器称作互感器。互感器分电流互感器和电压互感器两种。
a、电压互感器
电流互感器拿来把高电流弄成低电流，它的原线圈并联在高压电路中，副线圈上接入交流电流表。按照电流表测得的电流U2和标牌上标明的变压比(U1/U2)，可以算出高压电路中的电流。为了工作安全，电流互感器的铁壳和副线圈应当接地。
b、电流互感器
电压互感器拿来把大电压弄成小电压。它的原线圈串联在被测电路中，副线圈上接入交流电压表。按照电压表测得的电压I2和标牌上标明的变流比(I1/I2)，可以算出被测电路中的电压。倘若被测电路是高压电路，为了工作安全，同样要把电压互感器的壳体和副线圈接地。
【例4】在变电厂里，常常要用交流水表去检测电网上的弱电流，所用的器材叫电压互感器。如下所示的四个图中，能正确反应其工作原理的是（）
解析：电压互感器要把大电压变为小电压，因而原线圈的阻值少，副线圈的阻值多。检测每相的电压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U2/R来算，当用此式时，U必须是降在导线上的电流，电流不能用输电电流来估算．
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、输电缆线等效内阻和负载阻值。并根据规范在图中标出相应的数学量符号。通常设两个变压器的初、次级线圈的阻值分别为也应当采用相应的符号来表示。
从图中应当看出功率之间的关系是：
电流之间的关系是：
电压之间的关系是：
可见其中电流之间的关系最简单，中只要晓得一个，另两个总和它相等。因而电压常常是这类问题的突破口。
输电缆线上的功率损失和电流损失也是须要非常注意的。剖析和估算时都必须用，而不能用。
非常重要的是要求会剖析输电缆线上的功率损失，由此得出推论：
(1)降低输电缆线功率损失的途径是增强输电电流或减小输浊度线的横截面积，其实选择后者。
(2)若输电缆线功率损失早已确定，这么下降输电电流能减少输电缆线截面积，进而节省大量金属材料和架设电缆线所需的钢材和水泥，就能少占用农地。
须要导致注意的是课本上指出：输电缆线上的电流损失，不仅与输电缆线的内阻有关，还与感抗和容抗有关。当输电缆线路电流较高、导线截面积较大时，检波导致的电流损失比内阻导致的还要大。
【例5】有一台电阻为lΩ的发电机，供给一个校区照明用电，如图所示．升压变压器阻值比为1∶4，降糖变压器的阻值比为4∶1，输电缆线的总内阻R=4Ω，全校共22个班，每班有“220V，40W”灯6盏．若保证全部电灯正常发光，则：
(1)发电机输出功率多大？
(2)发电机电动势多大？
(3)输电缆线上耗损的电功率多大？
(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，因为发电机至升压变压器及降脂变压器至中学宽度离较短，毋须考虑该两部份输浊度线上的功率耗损．
发电机的电动势ε，一部份降在电源电阻上．即Ilr，另一部份为发电机的路端电流U1，升压变压器副线圈电流U2的一部份降在输电缆线上，即I2R，其余的就是降糖变压器原线圈电流U2，而U3应为灯的额定电流U额，具体估算由用户往前递推即可．
(1)对降糖变压器U/2I2=U3I3＝nP灯=22×6×40W=5280w,而U/2＝4U3＝880V，所以I2=nP灯/U/2=5280/880=6A,对升压变压器：UlIl=U2I2=I22R＋U/2I2＝62×4＋5280＝5424W，所以P出=5424W．
(2)由于U2＝U/2＋I2R＝880＋6×4＝904V，所以U1=¼U2=¼×904＝226V
又由于UlIl=U2I2，所以Il=U2I2/Ul=4I2=24A，所以ε＝U1＋I1r1=226＋24×1＝250V．
(3)输电缆线上耗损的电功率PR=IR2R=144W
(4)
(5)电灯降低一半时，n/P灯=2640W，
I/2＝n/P灯/U2＝2640/880=3A．所以P/出=n/P灯十I/22R=2640＋32×4＝2676w
发电机的输出功率降低一半还要多，因输电缆线上的电压降低一半，输电缆线上电功率的损失降低到原先的1/4。
说明：对变电过程较复杂的输配电问题，应根据次序，分步推动．或按“发电一一升压——输电缆线——降压—一用家电”的次序，或从“用家电”倒推到“发电”一步一步进行剖析．注意升压变压器到线圈中的电压、输电缆线上的电压、降压变压器原线圈中的电压两者相等．
规律方法
一、解决变压器问题的常用技巧
解题思路1电流思路.变压器原、副线圈的电流之比为U1/U2=n1/n2;当变压器有多个副定子时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；当变压器有多个副定子时P1=P2+P3+……
解题思路3电压思路.由I=P/U知，对只有一个副定子的变压器有I1/I2=n2/n1;当变压器有多个副定子时n1I1=n2I2+n3I3+……
解题思路4（变压器动态问题）阻碍思路.
(1)电压制约：当变压器原、副线圈的阻值比（n1/n2）一定时，输出电流U2由输入电流决定，即U2=n2U1/n1，可详述为“原阻碍副”.
(2)电压阻碍：当变压器原、副线圈的阻值比（n1/n2）一定，且输入电流U1确定时，原线圈中的电压I1由副线圈中的输出电压I2决定，即I1=n2I2/n1，可详述为“副阻碍原”.
(3)负载阻碍：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压I2由用户负载及电流U2确定，I2=P2/U2；③总功率P总=P线+P2.
动态剖析问题的思路程序可表示为：
解题思路5原理思路.变压器原线圈中磁路量发生变化，铁芯中ΔΦ/Δt相等；当遇见
型变压器时有ΔΦ1/Δt=ΔΦ2/Δt+ΔΦ3/Δt,
此式适用于交流电或电流（电压）变化的直流电，但不适用于稳压或恒定电压的情况.
【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流，I1为原线圈中的电压硬度电压电流功率基础知识，则（ABD）
A．保持U1及P的位置不变，K由a合到b时，I1将减小
B．保持P的位置及U1不变，K由b合到a时，R消耗的功率降低
C．保持U1不变，K合在a处，使P上滑，I1将减小
D．保持P的位置不变，K合在a处，若U1减小，I1将减小
解析：K由a合到b时，n1减少，由
，可知，U2减小，P2=U22/R急剧减小·而P1=P2，P1=I1U1，因而I1减小，A正确．K由b合到a时，与上述情况相反，P2将减少，B正确·P上滑时，R减小，P2=U22/R减少，又P1＝P2，P1=I1U1，因而I1减少，C错误．U1减小，由
，可知U2减小，I2=U2/R急剧减小，由
，可知I1也减小，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阻碍关系．在理想变压器中，U2由U1和阻值比决定；I2由U2和负载内阻决定；I1由I2和阻值比决定．
二、远距离输电
【例7】在远距离输电时，要考虑尽量降低输电缆线上的功率损失。有一个坑口电厂，输送的电功率为P=500kW，当使用U=5kV的电流输电时，测得安装在输电缆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和输电缆线的总内阻r。⑵若想使输电效率提升到98%，又不改变输电缆线，这么电厂应使用多高的电流向外输电？
解析：
(1)因为输送功率为P=500kW，一昼夜输送电能E=Pt=12000度，终点得到的电能E/=7200度，因而效率η=60%。输电缆线上的电压可由I=P/U估算，为I=100A，而输电缆线耗损功率可由Pr=I2r估算，其中Pr=4800/24=200kW，因而可求得r=20Ω。
(2)输电缆线上耗损功率
，原先Pr=200kW，如今要求Pr/=10kW，估算可得输电电流应调节为U/=22.4kV。
【例8】发电机输出功率为100kW，输出电流是250V，用户须要的电流是220V，输电缆线内阻为10Ω.若输电缆线中因发热而损失的功率为输送功率的4%，试求：
(1)在输电缆线路中设置的升、降压变压器原副线圈的阻值比.
(2)画出此输电缆线路的示意图.
(3)用户得到的电功率是多少？
解析：输电缆线路的示意图如图所示，
输电缆线耗损功率P线=100×4%kW=4kW，又P线=I22R线，输电缆线电压I2=I3=20A
原线圈中输入电压
这样U2=U1n2/n1=250×20V=5000V，
U3=U2-U线=5000-20×10V=4800V，
所以
，
用户得到的电功率P出=100×96%kW=96kW。
备考回顾：
