第 8 章　变压器与远距离输电

傍晚用电高峰，远处电厂发出的电要跨过几百千米来到城市。输电线上明明有电阻，为什么不直接把发电机接到用户家里？再看小区门口的箱式变电站：高压电经过它以后，能变成居民用电的电压，却没有齿轮，也没有谁在里面“拨动电荷”。

这两个问题其实连在一起。电能要远行，先得把电压升高；到了用户附近，又得把电压降下来。承担两次转换的核心装置就是变压器。先弄清它怎样工作，远距离输电的账自然就能算明白。

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一、两个线圈没有相接，电能怎样传过去

1. 闭合铁芯搭起的是“磁联系”

最常见的变压器由闭合铁芯和绕在铁芯上的两个或多个线圈组成。接交流电源的线圈叫原线圈，接负载的线圈叫副线圈。原、副线圈通常彼此绝缘，没有导线直接相连。

原线圈接入交变电压后，其中的交变电流在铁芯中产生变化的磁通量。这个磁通量同时穿过原、副线圈，于是两个线圈中都产生感应电动势。电能并不是从一根隐藏的导线“漏”到另一侧，而是经由交变磁场传递，这种现象叫互感。

现在把交流电源换成电压不变的直流电源，会怎样？刚闭合开关时，电流从零开始建立，磁通量短暂变化，副线圈可能出现瞬时电压；稳态以后磁通量不再变化，副线圈就没有持续感应电动势。断开开关时也只有一次短暂变化。所以普通变压器不能变换稳定直流电压，而且把线圈直接接到低内阻直流电源还可能因电流过大而发热。

2. 匝数为什么决定电压

为了先抓住主要规律，我们把线圈电阻、漏磁、铁芯发热等损耗都忽略，认为铁芯中的磁通量完全穿过每一匝线圈，这样的装置叫理想变压器。同一铁芯上的每一匝经历相同的磁通量变化。由法拉第电磁感应定律，线圈感应电动势的大小与匝数成正比，因此

$$\frac{U_1}{U_2}=\frac{n_1}{n_2}.$$

$U_1$、$U_2$ 是原、副线圈电压的有效值，$n_1$、$n_2$ 是相应匝数。若 ，则 ，是升压变压器；若 ，则是降压变压器。变压器改变电压和电流，却不改变交变电流的频率。

这个比例并不是凭经验硬记出来的。设铁芯中共同磁通量为 $\Phi$，两个线圈的感应电动势分别满足

$$e_1=-n_1\frac{\mathrm d\Phi}{\mathrm dt},\qquad e_2=-n_2\frac{\mathrm d\Phi}{\mathrm dt}.$$

同一时刻的磁通量变化率相同，所以两侧感应电动势之比等于匝数比。理想模型又忽略线圈自身电阻和漏磁，线圈端电压的有效值就满足同样的比例。若是真实变压器，线圈电阻会分去一部分电压，磁通也不能百分之百穿过每一匝，实测比值便可能略有偏差。由此也能看出，闭合铁芯的作用不是“导电”，而是让磁通尽可能沿铁芯集中、同时穿过两组线圈。

你可以先猜一下：原线圈接 $220\ \text{V}$ 交流电，$n_1=1100$ 匝，想得到 $12\ \text{V}$，副线圈大约需要多少匝？由比例关系得

$$n_2=n_1\frac{U_2}{U_1}=1100\times\frac{12}{220}=60\ \text{匝}.$$

这里的 $220\ \text{V}$ 和 $12\ \text{V}$ 都是有效值。若题目给的是 $u=220\sqrt2\sin100\pi t\ \text{V}$，先读出有效值 ，频率则为 ；变压后频率仍为 。

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二、电压升高时，电流为什么反而减小

1. 功率守恒把电流关系补齐

理想变压器没有能量损失，因此输入功率等于输出功率：

$$P_1=P_2,\qquad U_1I_1=U_2I_2.$$

再结合电压关系，可得只有一个副线圈时

$$\frac{I_1}{I_2}=\frac{n_2}{n_1}.$$

匝数多的一侧电压高、电流小；匝数少的一侧电压低、电流大。注意，这不是说“升压以后功率也按匝数倍数增大”。理想情况下功率不变，真实变压器的输出功率还会略小于输入功率。

如果只背“电流比与匝数比相反”，很容易觉得它和电磁感应没有关系。其实副线圈接上负载后，副线圈电流产生的磁场会阻碍原来磁通量的变化；为了维持由原线圈外加电压所要求的交变磁通，原线圈便从电源取得更大的电流。负载越重，副线圈电流越大，原线圈补进来的电流也越大。空载时，理想模型把励磁电流忽略为零；真实变压器仍需一小部分空载电流来建立磁场，并补偿铁芯损耗。

这也解释了一个看似奇怪的制作细节：降压变压器的副线圈匝数少，但电流大，导线往往要更粗一些，以减小电阻和发热。不能只看匝数多少来判断哪侧导线更粗。

2. 负载增加，原线圈会“知道”

设原线圈电压和匝数比保持不变，副线圈接纯电阻 $R$。先由匝数比确定 $U_2$，再有

$$I_2=\frac{U_2}{R},\qquad P_2=\frac{U_2^2}{R},\qquad I_1=\frac{P_2}{U_1}.$$

当副线圈并联更多用电器时，等效电阻减小，$U_2$ 在理想模型中仍不变，$I_2$ 增大，输出功率增大，原线圈电流也随之增大。原线圈并没有“看见”用户开了几盏灯；负载电流改变了副线圈的磁场，原线圈便从电源取得更多电流，使铁芯中的磁通量仍满足外加电压的约束。

人工复核：390px 窄屏下，电路图中的原、副线圈匝数标注与相邻文字局部拥挤重叠；交互计算与控件正常，页面无横向溢出，桌面端显示正常。

动态题最容易漏看一句话：原线圈两端电压是否真的保持不变。若原线圈直接接理想交流电源，$U_1$ 固定；若原线圈还串联电阻，负载增大使 $I_1$ 增大，串联电阻分压增大，原线圈电压反而减小，副线圈电压也跟着减小。此时不能一看到“输入电源电压不变”，就写“原线圈电压不变”。

把副线圈负载折算到原线圈一侧，常能看清这种变化。设 $k=n_1/n_2$，副线圈接电阻 $R$，从原线圈端看进去的等效电阻为

$$R'=\frac{U_1}{I_1}=k^2R.$$

它只是一种等效计算，不是铁芯里真的多了一个电阻。若原线圈外串 $R_0$，就可把 $R_0$ 与 $R'$ 当作串联电阻分析分压，再把结果换回副线圈。

来看一组数。$n_1:n_2=10:1$，交流电源有效值为 $220\ \text{V}$，原线圈外串 $20\ \Omega$ 电阻，副线圈接 负载。负载折算到原线圈一侧为 ，于是

$$I_1=\frac{220}{20+1100}\ \text{A}\approx0.196\ \text{A}.$$

原线圈两端实际电压为 $U_1=I_1R'\approx216\ \text{V}$，副线圈电压约为 $21.6\ \text{V}$，并不是按电源的 直接得到 。若负载电阻再减小， 减小， 增大，串联电阻压降增大， 和 还会继续下降。题目里的“电源电压”“原线圈电压”“副线圈电压”是三个位置的量，先标位置再列式，动态分析就不会被一句“电压不变”带偏。

3. 多个副线圈要按总功率结账

一只变压器可以有多个副线圈。各副线圈电压分别满足

$$\frac{U_1}{U_2}=\frac{n_1}{n_2},\qquad \frac{U_1}{U_3}=\frac{n_1}{n_3},$$

以下限于各副线圈均接纯电阻、各路电流按同相处理的高中常规模型。此时输入功率等于各路输出功率之和：

$$U_1I_1=U_2I_2+U_3I_3+\cdots.$$

由此得到

$$n_1I_1=n_2I_2+n_3I_3+\cdots.$$

若副线圈接有电感、电容等电抗负载，各路电流可能不同相，就不能把电流有效值直接作标量相加。一般应按有功功率写成 $P_1=\sum P_k$，即

$$U_1I_1\cos\varphi_1=\sum_k U_kI_k\cos\varphi_k,$$

并用电流的相量关系处理各绕组电流。

注意，这是个很常见的陷阱：有两路副线圈时，不能随便挑一路套 $I_1/I_2=n_2/n_1$，因为 要为所有输出支路共同供能。断开其中一路，理想且 固定时，另一路电压不变，但总输出功率减小， 也减小。

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三、抽头、共用线圈和二极管怎样改变题目

1. 滑动触头改变的是有效匝数

有些线圈设有多个抽头，接到不同抽头，相当于改变接入电路的匝数。只要原线圈电压保持不变，副线圈接入匝数增多，输出电压就增大；频率仍不变。

自耦变压器只有一个绕组，输入与输出共用其中一部分线圈，滑动触头改变输出端所取的匝数。分析时仍可按电压与匝数成正比判断，但它与普通双绕组变压器有一个本质区别：输入、输出之间存在电的直接联系，并不提供电气隔离。

读图时先圈出“实际接入”的两个端点，再数这两个端点之间的匝数。触头移动到底让匝数增加还是减少，取决于端点位置，不能背“顺时针一定升压”一类脱离图形的结论。

抽头线圈还常与电表、灯泡和滑动变阻器组合。判断亮度时不要只盯着匝数：先由接入匝数判断副线圈电压，再根据负载连接求电流，最后用 $P=UI$、$P=I^2R$ 或 $P=U^2/R$ 比较功率。若原线圈前还有串联电阻，抽头变化也会改变折算到原线圈的等效电阻，继而改变原线圈分压，这时要把上一节的动态分析一并带上。

2. 二极管让副线圈只在半个周期供电

若副线圈串联理想二极管和电阻，二极管只允许一个方向的电流通过。副线圈电压一个周期内正、负交替，电阻上的电流却只有半个周期存在，这叫半波整流。

设副线圈正弦电压的有效值为 $U_2$，峰值为 $U_m=\sqrt2U_2$。半波整流后，电阻两端电压在完整周期内的有效值不是 ，也不是 ，而是

$$U_R=\frac{U_m}{2}=\frac{U_2}{\sqrt2}.$$

因此 $P_R=U_R^2/R=U_2^2/(2R)$。容易错，是因为“只有一半时间导通”会让人下意识把有效值除以 2；但有效值由电压平方的周期平均决定。碰到含二极管的题，先画出负载两端实际波形，再算有效值和功率。

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四、实验中为什么电压比常常差一点

“电压比等于匝数比”来自理想模型，真实线圈会不会严格照做？用可拆式铁芯、两个线圈和交流电压表就能检验。

实验结论必须与证据匹配。几组数据略有偏差，不能写成“定律错误”，也不能把数据改到完全相等；应说明理想关系提供基准，实际装置的损耗和测量不确定度造成偏离。高考实验题常把得分点放在低压交流电源、交流电压挡、改接前断电和误差来源上，这些细节都来自实验能否安全、可靠地完成。

真实变压器的损耗大致可以顺着能量去向寻找。线圈有电阻，电流通过时产生焦耳热，叫铜损；铁芯在交变磁场中反复磁化并产生涡流，会发热，合称铁损；还有一部分磁通没有同时穿过两组线圈，形成漏磁。铁芯用彼此绝缘的薄硅钢片叠压而成，可以削弱大范围涡流，却不能把所有损耗彻底消除。因此实际装置有 $P_{\text{输出}}<P_{\text{输入}}$，负载变化时端电压也可能变化。题目一旦明确“理想变压器”，这些损耗才全部忽略。

假如 $n_1=200$ 匝、$n_2=100$ 匝，测得 $U_1=8.00\ \text{V}$、，就应比较 与 ，并讨论为什么接近却不完全相等。只用一组数据下结论说服力不足，改变输入电压或匝数取得多组数据，才能检查比例关系是否稳定。若各组偏差方向杂乱，要优先检查接线、量程和读数；若副线圈电压持续偏低，则可结合漏磁与各种损耗分析。

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五、让电能少发热，关键为什么是提高电压

1. 输电线损耗只看它自己的电流和电阻

设输电线的总电阻为 $r$，输电电流为 $I$。线路上的电压损失和功率损失分别为

$$\Delta U=Ir,\qquad P_{\text{损}}=I^2r.$$

若送入输电线的功率为 $P$、输电电压为 $U$，在高中常用模型中 $I=P/U$，所以

$$P_{\text{损}}=\left(\frac{P}{U}\right)^2r.$$

保持 $P$、$r$ 不变，把输电电压提高到原来的 $k$ 倍，电流变为原来的 $1/k$，线路损耗变为原来的 $1/k^2$。这就是先升压再输电的理由。

升压并没有创造能量。它只是让同样的功率由“高电压、小电流”来承担，到了用户附近再通过降压变压器换回适合设备的电压。若有人说“电压升高，按 $P=UI$ 功率就增大”，他漏掉了电流会同时减小；理想升压变压器两侧功率相等。也不能说输电电压越高越没有限制，现实中还要考虑绝缘、设备和安全距离，只是在给定的高中模型里，提高电压是降低线路热损耗的最有效办法。

例如输送功率为 $5.0\ \text{MW}$，输电电压为 $100\ \text{kV}$，线路总电阻为 $10\ \Omega$，则 $I=50\ \text{A}$，$P_{\text{损}}=25\ \text{kW}$，损耗率为 。若其他条件不变，电压降为 ，电流加倍为 ，损耗变为 ，恰好是原来的 4 倍。

增大导线横截面积也能减小 $r$，但会增加导线材料；提高电压能显著减小电流，却要提高绝缘和变电设备要求。高中计算通常比较物理量，不需要凭空给出工程造价。若导线材料电阻率为 $\rho$、输电单程距离为 $L$、每根导线横截面积为 $S$，往返两根导线的总电阻为 $r=2\rho L/S$。

2. 完整链路必须分清三个回路

实际输电链路依次为：发电机、升压变压器、高压输电线、降压变压器和用户。

设升压变压器原、副线圈电压为 $U_1$、$U_2$，接收端降压变压器原、副线圈电压为 $U_3$、$U_4$，线路总电阻为 。两台变压器各自满足

$$\frac{U_1}{U_2}=\frac{n_1}{n_2},\qquad \frac{U_3}{U_4}=\frac{n_3}{n_4}.$$

输电线连接升压变压器副线圈与降压变压器原线圈，因此

$$I_2=I_{\text{线}}=I_3,\qquad U_2=U_3+I_{\text{线}}r.$$

理想变压器不损耗功率，整条链路的功率账为

$$P_1=P_2=P_{\text{损}}+P_3=P_{\text{损}}+P_4.$$

这里最容易混的是把 $U_2$ 当成降压变压器原线圈电压。线路有电阻时，真正加在降压变压器原线圈上的电压是 $U_3=U_2-I_{\text{线}}r$。用户增多且设备参数不变时，等效负载通常减小，线路电流增大，压降和损耗都增大，用户端电压会有下降趋势。

例如升压变压器把电压升到 $20\ \text{kV}$ 后送入线路，输送功率为 $1.0\ \text{MW}$，线路总电阻 $8.0\ \Omega$。线路电流为 $50\ \text{A}$，压降 $0.40\ \text{kV}$，所以降压变压器原线圈电压只有 $19.6\ \text{kV}$。若降压变压器匝数比 ，用户端电压为 。这道题若直接拿 除以 98，会得到约 ，差的正是没有先扣除线路压降。与此同时，线路损耗为 ，用户得到的功率为 。

发送端功率、线路损耗和接收端功率还满足

$$U_2I_{\text{线}}-U_3I_{\text{线}} =(U_2-U_3)I_{\text{线}} =I_{\text{线}}^2r.$$

这行式子把“压降”和“功率损耗”连接起来：电压少掉的是 $Ir$，功率少掉的是 $I^2r$，两者量纲和含义不同，不能互相替代。

解完整输电题时，先在图上把两个变压器关系和线路关系分开写，再用功率守恒把它们连接起来。若题目明确“输送功率不变”，才可以直接用 $I=P/U$ 比较升压前后损耗；若电源电压、匝数比和用户电阻固定，输送功率本身也会随电路状态改变，就要回到三个回路联立，不能机械套“电压提高几倍，损耗变几分之一”。

下一章将进入电磁振荡与电磁波。到那里，线圈不再只负责把电能从一个回路传到另一个回路，它还会和电容器配合，让电场能与磁场能周期性地来回转换。

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章末练习：先判断条件，再选择关系

1

理想变压器原线圈接正弦交流电，副线圈开路。下列说法正确的是

A.副线圈电流为零，因此副线圈电压也为零B.变压器能把稳定直流电压连续升高C.副线圈有交变电压，频率与原线圈相同D.升压变压器同时增大电压和电流

2

原线圈电压和理想变压器匝数均不变，副线圈并联的相同电阻由一个增加为两个。下列判断正确的是

A.副线圈电压不变B.副线圈总电流增大C.原线圈电流增大D.输入功率减小

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3

在输送功率和线路总电阻不变时，输电电压提高为原来的3倍，线路功率损耗变为原来的九分之一。

正确错误

4. 一理想变压器原、副线圈匝数分别为 $1200$ 匝和 $60$ 匝，原线圈接 $220\ \text{V}$、$50\ \text{Hz}$ 交流电。求副线圈电压和频率。

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由 $U_1/U_2=n_1/n_2$，。变压器不改变频率，故副线圈频率仍为 。

5. 上题副线圈接 $11\ \Omega$ 电阻。求副线圈电流、负载功率和原线圈电流。

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$I_2=U_2/R=1.0\ \text{A}$，$P_2=U_2I_2=11\ \text{W}$。理想变压器有 ，故 。

6. 某理想变压器有两个副线圈，两副线圈均接纯电阻负载，并按同相有效值模型处理。$n_1=1000$ 匝，$n_2=100$ 匝，$n_3=200$ 匝，两副线圈电流分别为 和 。求原线圈电流。

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多副线圈满足 $n_1I_1=n_2I_2+n_3I_3$，所以 。不能只任选一路套单副线圈电流比。

7. 一理想自耦变压器的输入端接恒定有效值交流电，输出端接电阻。滑动触头移动后，输出端接入匝数变为原来的2倍，电阻不变。输出电压、电流和功率分别怎样变化？这种变压器能否隔离输入、输出电路？

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$U_2$ 与输出端接入匝数成正比，变为2倍；$I_2=U_2/R$ 也变为2倍；$P_{}$ 变为4倍。自耦变压器输入、输出共用部分线圈，存在直接电连接，不能提供普通双绕组变压器那样的电气隔离。

8. 副线圈正弦电压有效值为 $24\ \text{V}$，经理想二极管半波整流后加在 $12\ \Omega$ 电阻上。求电阻电压有效值和热功率。

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半波整流电压有效值 $U_R=U_2/\sqrt2=12\sqrt2\ \text{V}$，功率 。不能因导通半周期就把有效值直接减半。

9. 在探究变压器电压与匝数关系的实验中，为什么不能用稳定直流电源？改变线圈匝数前应做什么？

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稳定直流形成稳恒磁通，副线圈没有持续感应电动势，原线圈还可能因电流过大而发热。改变匝数或接线前应先断开电源，改接并检查无误后再通电。

10. 某输电线路输送功率为 $2.0\ \text{MW}$，输电电压为 $100\ \text{kV}$，线路总电阻为 $20\ \Omega$。求输电电流、线路压降和线路损耗功率。

显示答案

$I=P/U=20\ \text{A}$，$\Delta U=Ir=400\ \text{V}$，$P_{\text{损}}=I^2r=8.0\ \text{kW}$。线路损耗也可用 验算。

11. 保持上题输送功率和线路电阻不变，若输电电压降为 $50\ \text{kV}$，线路损耗变为多少？

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电压减半，电流加倍为 $40\ \text{A}$，故 $P_{\text{损}}=40^2\times20\ \text{W}=32\ \text{kW}$，是原来的4倍。

12. 一远距离输电系统中，升压变压器送入线路的电压为 $110\ \text{kV}$，线路电流为 $100\ \text{A}$，线路总电阻为 $10\ \Omega$。降压变压器原线圈电压是多少？线路损耗功率是多少？

显示答案

线路压降 $\Delta U=Ir=1.0\ \text{kV}$，故降压变压器原线圈电压为 $110-1=109\ \text{kV}$。线路损耗 $P_{\text{损}}=I^2r=100\ \text{kW}$。

13. 有人用 $P_{\text{损}}=U^2/r$，把 $220\ \text{kV}$ 的输电电压直接代入计算线路损耗。指出错误，并写出正确的两种表达式。

显示答案

$220\ \text{kV}$ 是送入线路的输电电压，不是线路电阻两端的压降。线路损耗应写成 $P_{\text{损}}=I^2r$，或先求 $\Delta U=Ir$ 后写成 。