变压器一次变电流的计算方法
1、快速估算法
变压器容量/100，取整数倍，然后*5.5=高压侧电流值，如果要是*144，就是低压侧电流值！
比如说1000KV A的变压器，/100取整数倍后是10，那么高压侧电流就是10*5.5=55A，低压侧电流就是10*144=1440A
2、线性系数法
记住一个常用容量的变压器高低压侧电流值，其它容量的可以进行线性推导
比如说1000KV A的变压器，高压侧电流计算值是57.73，低压侧电流计算值是1443.42，那么记住这个数值，其它容量的可以以此推导，比如说1600KV A的变压器，高压侧电流就是1600/1000*57.73=92.368A，低压侧电流就是1600/1000*1443.42=2309.472A
3、粗略估算法：
高压侧电流=变压器容量/20，低压侧电流=变压器容量*2
比如说1000KVA的变压器，高压侧电流=1000/20=50A，低压侧电流=1000*2=2000A，这种方法过于粗糙，一般都是设计院用来开关元型选型、电缆选型和校验的时候常用的方法
4、公式计算法：
I=S/1.732/U
I--电流，单位A
S--变压器容量，单位kV A
U--电压，单位kV
5、最大电流计算：
需要考虑过载系数、过载时限、变压器寿命、电动机起动系数、涌流、高频负荷如电机的高频谐波等综合因素了，这样计算就非常麻烦了。
只说一个简单的，过载情况---------在过载的情况下，油变的过载系数是1.2，干式的过载系数是1.5，也就是通过上述方法计算出变压器的额定电流值之后，再乘以过载系数，从而得到最大电流值，用以高低压侧开关的整定和变压器后备限流熔断器数值的设计和整定！
综上，电网系统容量参考500MV A（其实无所谓的，最值这个数值的系统可以忽略不计），变压器阻抗设定为1000KV A以下为0.4%，1000KV A及以上是0.6%
1.
• .理想变压器
理想变压器的两个基本公式是：
⑴，即对同一变压器的任意两个线圈，都有电压和匝数成正比。
⑵P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。
需要特别引起注意的是：
⑴只有当变压器只有一个副线圈工作时，才有：
⑵变压器的输入功率由输出功率决定，往往用到：，即在输入电压确定以后，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。
n1 n1/n2n2/R
D1r D2
I1I1/I r I2I2/
~
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、n1、n1/ n2、n2/，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：P1=P1/，P2=P2/，P1/=P r=P2。
电压之间的关系是：。
电流之间的关系是：。
可见其中电流之间的关系最简单，中只要知道一个，另两个总和它相等。
因此求输电线上的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，而不能用。
特别重要的是要会分析输电线上的功率损失，由此得出的结论：
⑴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。
⑵若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
n3R
n2 L
220V
n1
例5：理想变压器初级线圈和两个次级线圈的匝数分别为n1=1760匝、n2=288匝、n3=8000匝，电源电压为U1=220V。
n2上连接的灯泡的实际功率为36W，测得初级线圈的电流为I1=0.3A，求通过n3的负载R的电流I3。
解：由于两个次级线圈都在工作，所以不能用I∝1/n，而应该用P1=P2+P3和U∝n。
由U∝n 可求得U2=36V，U3=1000V；由U1I1=U2I2+U3I3和I2=1A可得I3=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，能正确反应其工作原理的是
A
A
A
A
零线
火线
火线
零线
零线
火线
零线
火线
A. B. C. D.
解：电流互感器要把大电流变为小电流，因此原线圈的匝数少，副线圈的匝数多。
监测每相的电流必须将原线圈串联在火线中。
选A。
~
R
例7：学校有一台应急备用发电机，内阻为r=1Ω，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=4Ω，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，则：⑴发电机的输出功率多大？⑵发电机的电动势多大？⑶输电线上损耗的电功率多大？
解：⑴所有灯都正常工作的总功率为22×6×40=5280W，用电器总电流为A，输电线上的电流A，降压变压器上：U2=4U2/=880V，输电线上的电压损失为：U r=I R R=24V ，因此升压变压器的输出电压为U1/=U R+U2=904V，输入电压为U1=U1//4=226V，输入电流为I1=4I1/=24A，所以发电机输出功率为P出=U1I1=5424W
⑵发电机的电动势E=U1+I1r=250V
⑶输电线上损耗的电功率P R=I 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：⑴这时的输电效率η和输电线的总电阻r。
⑵若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；⑴由于输送功率为P=500kW，一昼夜输送电能E=Pt=12000度，终点得到的电能E/=7200度，因此效率η=60%。
输电线上的电流可由I=P/U计算，为I=100A，而输电线损耗功率可由P r=I 2r计算，其中P
=4800/24=200kW，因此可求得r=20Ω。
r
⑵输电线上损耗功率，原来P r=200kW，现在要求P r/=10kW ，计算可得输电电压应调节为U/ =22.4kV。