发布时间 : 星期一 文章《电机学》（华中科大出版社，辜承林，第二版）课后答案更新完毕开始阅读
主磁通:同时交链一次，二次绕组,但是能量从一次侧传递到二侧的媒介,使
E1N1?E2N2?k,实现变压功能
漏磁通:只交链自身绕组,作用是在绕组电路中产生电压降,负载时影响主磁通,
E1和二次电压U2的变化,以及限制二次绕组短路时短路电流的大小,在等效电路
中用Zm反应磁通的作用,用x1?,x2?反应漏磁通的作用
3．6 电抗X1?、Xk、Xm的物理概念如何？它们的数据在空载试验、短路试验
及正常负载运行时是否相等？为什么定量计算可认为Zk和Zm是不变的？
Zk?的大小对变压器的运行性能有什么影响？在类变压器Zk?的范围如何？
x1?:对应一次绕组的漏磁通,磁路的磁组很大，因此x1?很小,因为空气的磁导率为常数,∴x1?为常数
xk?x1??x2?叫短路电抗
xm:对应于主磁通,主磁通所走的磁路是闭合铁心,其磁阻很小,而电抗与磁阻成反
比,因此xm很大.另外,铁心的磁导率不是常数,它随磁通密度的增加而变小，磁阻与磁导率成反比,所以励磁电抗和铁心磁导率成正比
由于短路时电压低,主磁通小，而 负载试验时加额定电压，主磁通大，所以短路试验时xm比空载试验时的xm大.正常负载运行时加额定电压，所以主磁通和空载试验时基本相同,即负载运行时的励磁电抗与空载试验时基本相等，x1?,xk在空载试验,断路试验和负载运行时,数值相等,
KZK?RK?jXK?(1?R2)R?(?j)x(R1,R2ZK?U1?x?2是常数∴不变IK叫短路阻抗 随温度变化)
Zm?E1I0?4.44fN1?m2I0N1?2?fN21Rm(见背面)
3．7 为了得到正弦感应电动势，当铁心不饱和与饱和时，空载电流应各呈何种波形？为什么？
铁心不饱和时,空载电流?与成正比,如感应电势成正弦,则?也为正弦变化，∴i0也为正弦
铁心饱和时: i0为尖顶波,见P123图3.8
3．8 试说明磁动势平衡的概念极其在分析变压器中的作用？
一次电流I1产生的磁动势F1和二次电流I2产生的磁动势F2共同作用在磁路上，等于磁通乘磁组,即 F1?F2??mRm?
其中?是考虑铁心的磁滞和涡流损耗时磁动势超前磁通的一个小角度,实际铁心的Rm很小，而Rm?0,则F1?F2?0,即F1??F2这就叫磁动势平衡,即一二次磁动势相量的大小相等，方向相反，二次电流增大时,一次电流随之增大. 当仅考虑数量关系时,有N1I1?N2I2即kI1?I2或I1?Ik
2∴利用磁动势平衡的概念来定性分析变压器运行时,可立即得出结论,一,二次电流之比和他们的匝数成反比. 3．9 为什么变压器的空载损耗可以近似地看成是铁耗，短路损耗可以近似地看
成是铜耗？负载时变压器真正的铁耗和铜耗与空载损耗和短路损耗有无差别，为什么？ 解： P0?PFe ∵空载损耗 P0?mI02R1?PFe空载时I0很小，∴
mI02R1可忽略 ∴P0?PFe
P?Pcu?PFe∵短路试验时外施电压Uk很小, Pk?Pc u ∵k ∴?很小,
I0很小 ∴铁耗很小,可忽略铁耗, Pk?Pcu
负载时PFe：与空载时无差别，这是因为当f不变时，
2PFe?B2??2?E?U负载与空载时一次绕组侧施加的电压基本不变，∴
PFe基本不变，则不变损耗，严格说，空载时，漏抗压降大∴磁密略低，铁耗略
少些
Pcu：如果是同一电流，则无差别。如果考虑到短路损耗包含少量的铁耗的话，负载真正的铜耗比短路时侧略小。 3．10 变压器的其它条件不变，仅将一、二次绕组匝数变化?10%，对X1?，Xm的影响怎样？如果仅将外施电压变化?10%，其影响怎样？如果仅将频率
变化?10%，其影响又怎样？ 解：①一，二次绕组匝数变比±10％。
x1?:如N'1?N1+10％=1.1N1 ∵x1??wN12?1??1??漏磁路的漏磁导，为
'2常数 ∴x1??1.1x1??1.21x1?即x1?增加21％
'2'如N1?N1－10％=0.9N1则x1??0.9x1??0.811x1?即x1?减少19％，二次绕组
匝数变化对x1?无影响
xm: xm?2?fLm?2?fN12?m?2?fN12uAl N1增加，I0减少∴u增大 ∴
xm?-19％。
②外施电压变比±10％，x1?不变，
U?E1由磁化曲线知，I0 比 ?m变化快 ∴??U∴U?I0?xm?
2?1?为漏磁路的漏磁导 ∴?1?为常数 ③x1?: x1??2?fN1??1
f变化±10％，x1?变化±10％。
xm： xm除与f成正比外，还与uFe成正比
∵E?4.44fN? ∴f变化±10％，E不变 ∴?变化±10％，
如f增加10％，则?减小10％，uFe增大，∴xm的增加大于10％。
∴
f减小10％，则?增加10％，uFe减小，∴xm的减小于10％。
3．11 分析变压器有哪几种方法？它们之间有无联系？为什么？
解：分析变压器有三种方法：基本方程式，等效电路和相量图，三者有联系，
他们的物理本质是一样，都反映了变压器内部的电磁关系，在进行定量计算时，宜采用等效电路和方程式，定性的给各物理量间关系时，可用相量图。
3．12 一台变压器，原设计的额定频率为50Hz，现将它接到60Hz的电网上运
行，额定电压不变，试问对励磁电流、铁耗、漏抗、电压变化率等有何影响？
f也50Hz变为60Hz，额定电压不变。
65①U1?E1?4.44fN1?m f变为原来的5，则?m变为原来的6
解：
∴励磁电流减小，即I0②PFe?P150?，I0为原来的56
f? 6(50)Bm ??1.21.6虽然频率变为原来的5倍，但频率的1.6次方与铁耗成正比 但?m减小6倍，∴Bm减小6倍，但Bm的平方与PFe成正比
55∴最终仍是铁耗减小，即PFe?
?Al③励磁电抗 xm?2?fN12?m?2?fN12∴ x1?随频率增大而增大。
f?，饱和程度降低，?? ∴xm?
2④漏电抗：x1??2?fN1?1? ?1?为漏磁路磁导可认为是常数
***cos?2?xksin?2)∵xk?，∴?U增大 ⑤电压变化率?U00??(Rk
3．13 一台额定频率为50Hz的电力变压器，接到频率为60Hz、电压为额定电
压5/6倍的电网上运行，问此时变压器的空载电流、励磁电抗、漏电抗及铁耗等将如何变化？为什么？
6 解： 原来U1N?4.44fN1?m1现在56U1N?4.44?5fN1?m2
25∴?m2?36?m与3.12一样
5如改为60Hz电力变压器，接到50Hz电网上，电压为6倍，则现在
56U1N?4.44?56fN1?m2 ∴?m1??m2
(1)∵磁通未变 ∴I0不变
5(2)∵?不变 ∴饱和程度不变 ∴uFe不变 故xm?f ∴xm减小为原来的6倍
(3)
x1??f ∴x1?5也减小为原来的6倍，副方电抗x2?也一样，
2?(4) PFe?Bmf ??1.31.6 Bm不变 ∴PFe随f的减小而减小。
3．14 在变压器高压方和低压方分别加额定电压进行空载试验，所测得的铁耗
是否一样？计算出来的励磁阻抗有何差别？
在高压方和低压方做空载试验，只要都加额定电压，由于U1N?kU2N这两种情况下主磁通是相等的；原因是
?m1?U1N4.44fN1 ?m2?U1I01U2N4.44fN22NN1?4.44fN???m1∴铁损耗相等 ?k4.44fN12kUU在高压方做：Zm1?在低压方做：Zm2? U1为电压，I01为在高压侧测得的空载电流。 U2 I02为低压方做空载试验时所测得的电压，电流。
U2I02∵无论在高压做还是低压做磁通不变，相同 ∴电压之比等于匝数之比，即U1?kU2
又∵磁通相等，∴两种情况磁势相同，∴N1I01?N2I02
Zm1U1∴I01?kI02 ∴Z?Um22I02I01?k11k?k2
3．15 在分析变压器时，为何要进行折算？折算的条件是什么？如何进行具体
折算？若用标么值时是否还需要折算？
(1)∵变压器一，二次绕组无直接电联系，且一，二次绕组匝数不等，用设有经过折算的基本解公司无法画出等效电路，∴要折算。
(2)如果将二次绕组折算到一次侧，因为二次绕组通过其磁动势F2对一起绕组起作用，∴只要保持F2不变，就不会影响一次绕组的各个量
(3)具体方法是将二次绕组的匝数折合到与一次绕组相同的匝数，即
'''F2?N2I2?N1I2?kE2，U2'?kU2 ?Ik，E2 ∴I22'''?k2XL ?k2RL，XLR2?k2R2，x2??kx2? RL(4)若用标么值时不需要折算，因为用标么值表示时折算前后数值相等例
*I2?I2I2N'2?I2kI1N?'I2I1N'* ?I2
3．16 一台单相变压器，各物理量的正方向如图3.1所示，试求： （1）写出电动势和磁动势平衡方程式；
（2）绘出cos?2?1时的相量图。 (1) U1?E1?E1??I1R1 U2?E2?E?2?I2R 2I1N1?I2N2??mRm??N1I0(要注意I1N1?I2N2?N1I0)
I2方向，如与图中相反，则为：
令E1?I0Zm，E1??jI1x1?
E2??jI2?x2
E2?j4.44fN2?m（没有“－”号）E1?j4.44fN1?m（没有“－”号）
U1?E1?I1R1?jI1x1?，U2?E2?I2R2?jI2x2? I1?1kI2?I0
'E1E2?k E1?I0Zm U2??I2ZL
(2) cos?2?1时相量图
3．17 如何确定联接组？试说明为什么三相变压器组不能采用Yy联接组，而
三相心式变压器又可以呢？为什么三相变压器中常希望一次侧或者二次侧有一方的三相绕组接成三角形联接？