为甚么电流才是造成损耗的关键
发电站需要向城市输送相同的电功率，不论输电线路的运作电压是 10 kV 还是 100 kV。在这两种情况下，电线的电阻都相同。 哪一种电压会令电线更热？ 先作出预测，再继续阅读。很多人的第一反应是：100 kV 听起来更危险，因此可能会浪费更多能量。但对输电线路而言，情况恰好相反。在较高电压下，可以用小得多的电流传输相同的功率，而电线中的热损耗是由电流所造成的 \(I^2R\) 损耗。 这就是高压
发电站需要向城市输送相同的电功率，不论输电线路的运作电压是 10 kV 还是 100 kV。在这两种情况下，电线的电阻都相同。
哪一种电压会令电线更热？
先作出预测，再继续阅读。很多人的第一反应是：100 kV 听起来更危险，因此可能会浪费更多能量。但对输电线路而言，情况恰好相反。在较高电压下，可以用小得多的电流传输相同的功率，而电线中的热损耗是由电流所造成的 \(I^2R\) 损耗。
这就是高压输电的核心原理。
01为甚么电流才是造成损耗的关键
先从电功率公式开始：
\[ P = VI \]
其中：
- \(P\) 是功率，单位为瓦特（W）；
- \(V\) 是电位差（即电压），单位为伏特（V）；以及
- \(I\) 是电流，单位为安培（A）。
假设输电线路必须传输固定功率 \(P\)。将公式变形，可得
\[ I = \frac{P}{V} \]
因此，如果传输功率保持不变，电压增加时，电流便会减少。
一个有用的理解方式，是想像电能以一份份「包裹」的形式传送。电压表示每单位电荷转移多少能量，而电流则表示每秒有多少电荷通过。如果每单位电荷能转移更多能量，要传输相同的总功率，每秒所需通过的电荷量便会减少。
不过，这个比喻也有局限。电荷并不是沿著电线搬运实体能量包裹的微型送货员。但这个比喻准确反映了此处最重要的关系：在功率固定的情况下，电压越高，电流越小。
现在把输电线路的电阻考虑进去。
具有电阻 \(R\) 的电线会将电能转化为热能。这种不必要的能量转移速率为
\[ P_{\text{损耗}} = I^2R \]
其中，\(P_{\text{损耗}}\) 是转化为热能的功率，单位为瓦特；\(R\) 是整条输电路径的总电阻，单位为欧姆（\(\Omega\)）。
留意电流项是平方的。这正是减少电流如此有效的原因。
如果电流减半，电阻性功率损耗便会变成
\[ \begin{aligned} P_{\text{新损耗}} &= \left(\frac{I}{2}\right)^2R\\ &= \frac{1}{4}I^2R \end{aligned} \]
因此，电流减半会令线路损耗降至原来的四分之一。
更一般而言，在传输功率固定的情况下，如果电压增加至原来的 \(k\) 倍，电流便会降至原来的 \(1/k\)，因此线路损耗会降至原来的 \(1/k^2\)。
| 在传输功率相同时的变化 | 电流 | \(I^2R\) 线路损耗 |
|---|---|---|
| 电压增加至 2 倍 | 减半 | 降至四分之一 |
| 电压增加至 3 倍 | 降至三分之一 | 降至九分之一 |
| 电压增加至 10 倍 | 降至十分之一 | 降至百分之一 |
这就是电力采用极高电压输送的原因。并不是因为高电压以某种方式令铜的电阻率降低。线路的电阻并没有消失，而是流经该电阻的电流减少了。
解题示例：比较两种输电电压
一条输电线路传输 \(3.0\ \text{MW}\) 的功率。整条输电路径的总电阻为 \(8.0\ \Omega\)。比较输电电压分别为 \(15\ \text{kV}\) 和 \(150\ \text{kV}\) 时的电阻性功率损耗。
步骤 1
先将各物理量换算成基本单位：
\[ P = 3.0\times10^6\ \text{W}, \qquad V = 15\times10^3\ \text{V} \]
利用 \(P=VI\)，
\[ \begin{aligned} I&=\frac{P}{V}\\ &=\frac{3.0\times10^6}{15\times10^3}\\ &=200\ \text{A} \end{aligned} \]
步骤 2
\[ \begin{aligned} P_{\text{损耗}}&=I^2R\\ &=(200)^2(8.0)\\ &=3.2\times10^5\ \text{W} \end{aligned} \]
因此，
\[ P_{\text{损耗}}=320\ \text{kW} \]
步骤 3
\[ \begin{aligned} I&=\frac{3.0\times10^6}{150\times10^3}\\ &=20\ \text{A} \end{aligned} \]
接著，
\[ \begin{aligned} P_{\text{损耗}} &=(20)^2(8.0)\\ &=3.2\times10^3\ \text{W}\\ &=3.2\ \text{kW} \end{aligned} \]
步骤 4
电压增加至原来的 10 倍，因此电流降至原来的十分之一，由 \(200\ \text{A}\) 减至 \(20\ \text{A}\)。
由于损耗取决于 \(I^2\)，电阻性损耗便降至原来的 \(1/10^2=1/100\)，由 \(320\ \text{kW}\) 减至 \(3.2\ \text{kW}\)。
这个平方关系就是最关键的结果。
02为甚么需要变压器
如果我们说：「好吧，那就直接用极高电压发电好了。」这其实存在一个明显的问题。
极高电压有利于长距离输电，但并不适合电力系统的所有部分。发电机产生电力时的电压较低，而住宅、学校及大部分设备所需的电压，都远低于输电线路使用的电压。
因此，电网需要一种能够高效率改变电压的方法。
这就是变压器的作用。
升压变压器在长距离输电前提高电压。之后，降压变压器再降低电压，以供配电及使用。
对理想变压器而言，
\[ \frac{V_s}{V_p}=\frac{N_s}{N_p} \]
其中：
- \(V_p\) 是初级电压；
- \(V_s\) 是次级电压；
- \(N_p\) 是初级线圈的匝数；以及
- \(N_s\) 是次级线圈的匝数。
如果次级线圈的匝数多于初级线圈，则 \(V_s>V_p\)，因此变压器会提高电压。
其物理机制是电磁感应。初级线圈中的交流电会在铁芯中产生变化的磁通量，而这种磁通量变化会在次级线圈中感应出电动势（EMF）。如果你需要更深入复习电压与线圈匝数之间的关系，可以参阅 tutorgum 的理想变压器电压与匝数比指南。
理想变压器不会凭空产生功率。忽略损耗时，
\[ P_p=P_s \]
因此，
\[ V_pI_p=V_sI_s \]
这揭示了一个重要的此消彼长关系。
如果变压器提高电压，便会降低电流。
例如，假设理想变压器将电压提高至原来的 20 倍，其输出电流便会降至输入电流的二十分之一。
这正是我们希望在电力进入长距离输电线路前达到的效果。
03变压器并没有降低电线的电阻
这是一个值得直接澄清的常见误解。
有学生可能会说：
「变压器能减少能量损耗，因为它令输电线路的电阻降低。」
事实并非如此。
对一条特定的输电线路而言，其电阻大致由材料、长度、横截面积及温度决定。变压器不会神奇地改变数公里外电线的这些性质。
正确的推理过程应该是
\[ \text{提高 }V \rightarrow \text{相同 }P\text{ 下的 }I\text{ 减少} \rightarrow \text{较低的 }I^2R \rightarrow \text{较少的热损耗} \]
要清楚区分这些步骤。这样便不容易在输电题目中犯错。
解题示例：输电线路前的升压变压器
一台发电机以 \(11\ \text{kV}\) 及 \(50\ \text{A}\) 向一个理想升压变压器供电。变压器次级线圈的匝数是初级线圈的 20 倍。输电线路的总电阻为 \(16\ \Omega\)。
计算输电电压、输电电流及线路中的功率损耗。然后，将结果与发电机直接以 \(11\ \text{kV}\)、\(50\ \text{A}\) 经同一条线路输电时的损耗比较。
步骤 1
匝数比为
\[ \frac{N_s}{N_p}=20 \]
因此，
\[ \frac{V_s}{V_p}=20 \]
所以，
\[ V_s=20(11\ \text{kV})=220\ \text{kV} \]
步骤 2
\[ \begin{aligned} P_p&=V_pI_p\\ &=(11\times10^3)(50)\\ &=5.50\times10^5\ \text{W} \end{aligned} \]
因此，发电机提供 \(550\ \text{kW}\) 的功率。
对理想变压器而言，次级功率同样是 \(550\ \text{kW}\)。
步骤 3
\[ \begin{aligned} I_s&=\frac{P_s}{V_s}\\ &=\frac{5.50\times10^5}{220\times10^3}\\ &=2.5\ \text{A} \end{aligned} \]
变压器将电压提高至原来的 20 倍，同时将电流降低至原来的二十分之一。
步骤 4
\[ \begin{aligned} P_{\text{损耗}} &=I_s^2R\\ &=(2.5)^2(16)\\ &=100\ \text{W} \end{aligned} \]
在这个简化的理想变压器模型中，输电线路只有 \(100\ \text{W}\) 的功率转化为热能。
步骤 5
如果原来的 \(50\ \text{A}\) 电流流经同一条线路，
\[ \begin{aligned} P_{\text{损耗}} &=(50)^2(16)\\ &=4.0\times10^4\ \text{W}\\ &=40\ \text{kW} \end{aligned} \]
升压变压器将电流降低至原来的二十分之一，因此线路损耗减少了
\[ 20^2=400 \]
倍，由 \(40\ \text{kW}\) 降至 \(0.100\ \text{kW}\)。
变压器并没有提供额外能量。它只是改变了电压与电流的组合，让相同功率能以远低得多的电阻性热损耗进行传输。
04电压降也会减少
电阻性发热通常是主要讨论重点，但减少电流亦会降低输电线路上的电压降。
对电阻 \(R\) 而言，
\[ \Delta V=IR \]
其中，\(\Delta V\) 是线路电阻两端的电位差。
因此，较小的电流会同时带来：
- 透过 \(P_{\text{损耗}}=I^2R\) 转化为热能的功率减少；以及
- 透过 \(\Delta V=IR\) 产生的电压降减少。
这两个关系对电流的依赖程度不同。将 \(I\) 减半，会令电压降减半，但电阻性功率损耗会降至四分之一。
05将整个原理结合起来的公式
对固定的传输功率而言，
\[ I=\frac{P}{V} \]
将它代入
\[ P_{\text{损耗}}=I^2R \]
可得
\[ \begin{aligned} P_{\text{损耗}} &= \left(\frac{P}{V}\right)^2R\\ &= \frac{P^2R}{V^2} \end{aligned} \]
这个公式清楚显示高压输电的优势：
\[ P_{\text{损耗}}\propto\frac{1}{V^2} \]
前提是传输功率 \(P\) 和线路电阻 \(R\) 保持不变。
这个条件非常重要。
如果电压增加一倍，但传输功率也同时增加一倍，那么
\[ I=\frac{P}{V} \]
便不会改变。因此，线路损耗也不会改变。
所以，不要只记住「电压加倍，损耗降至四分之一」，却忘记必须加上「在传输功率相同的情况下」这个条件。
06真实变压器并非理想变压器
理想变压器模型很有用，因为它能清楚呈现输电原理的基本推理过程。然而，真实变压器会损失部分能量。
损耗可能包括线圈中的电阻性发热，以及转移至变压器铁芯的能量。例如，涡电流是在导电铁芯内部感应产生的不必要电流。它们会造成发热，而将铁芯制成层叠结构可以减少这种损耗。如果你希望将输电模型与真实变压器的效率联系起来，tutorgum 另有一篇关于变压器涡电流损耗的指南。
这带出一个重要而更精确的观点。
高电压能减少输电线路中的损耗，但不代表电力系统中所有其他损耗都会变成零。
因此，合理的输电系统设计需要平衡多种因素。在 HSC 计算题中，应使用题目提供的模型和数据，而不是假设所有变压器都是理想的。
07HSC 输电题目的精简解题方法
遇到涉及变压器和输电线路的题目时，可依照以下物理推理次序解题：
- 如果题目没有直接给出传输功率，先求出该功率。
- 如有需要，利用变压器的变压比求出输电电压。
- 利用 \(P=VI\) 求出输电线路中的电流。
- 在 \(P_{\text{损耗}}=I^2R\) 中使用线路电流，而不是不加判断地使用发电机电流。
- 如果要比较不同系统，先确认哪些物理量保持不变：功率、电压、电阻，或其中某种组合。
- 从物理角度解释结果。较小的线路电流代表较少的电阻性发热。
考试中一个常见错误是：学生正确计算出变压器的次级电压，却在计算线路损耗时不小心使用了初级电流。只需问自己一个简单问题：究竟是哪一个电流真正流经题目指定的电阻？
08题目与解答
题目 1
一条输电线路以 \(25\ \text{kV}\) 传输 \(500\ \text{kW}\) 的功率。线路的总电阻为 \(4.0\ \Omega\)。
计算：
a. 线路中的电流；以及
b. 线路中以热能形式损失的功率。
解答 1
线路电流为 \(20\ \text{A}\)，电阻性功率损耗为 \(1.6\ \text{kW}\)。
首先换算功率和电压：
\[ P=500\times10^3\ \text{W} \]
\[ V=25\times10^3\ \text{V} \]
利用
\[ P=VI \]
可得
\[ \begin{aligned} I&=\frac{P}{V}\\ &=\frac{500\times10^3}{25\times10^3}\\ &=20\ \text{A} \end{aligned} \]
计算线路损耗：
\[ \begin{aligned} P_{\text{损耗}}&=I^2R\\ &=(20)^2(4.0)\\ &=1600\ \text{W} \end{aligned} \]
因此，
\[ P_{\text{损耗}}=1.6\ \text{kW} \]
一个容易犯的错误，是还未求出线路电流，便直接将输电电压代入某个涉及电阻的功率公式。这里相关的发热关系是 \(I^2R\)：决定损耗的是流经线路电阻的电流。
题目 2
一个系统透过总电阻为 \(12\ \Omega\) 的线路传输 \(6.6\ \text{MW}\) 的功率。
比较以下输电电压下的线路损耗：
a. \(33\ \text{kV}\)；以及
b. \(132\ \text{kV}\)。
损耗改变了多少倍？
解答 2
在 \(33\ \text{kV}\) 时，损耗为 \(480\ \text{kW}\)；在 \(132\ \text{kV}\) 时，损耗为 \(30\ \text{kW}\)。电压增加至原来的四倍，令线路损耗降至原来的十六分之一。
在 \(33\ \text{kV}\) 时，
\[ \begin{aligned} I&=\frac{P}{V}\\ &=\frac{6.6\times10^6}{33\times10^3}\\ &=200\ \text{A} \end{aligned} \]
因此，
\[ \begin{aligned} P_{\text{损耗}} &=(200)^2(12)\\ &=4.8\times10^5\ \text{W}\\ &=480\ \text{kW} \end{aligned} \]
在 \(132\ \text{kV}\) 时，
\[ \begin{aligned} I&=\frac{6.6\times10^6}{132\times10^3}\\ &=50\ \text{A} \end{aligned} \]
所以，
\[ \begin{aligned} P_{\text{损耗}} &=(50)^2(12)\\ &=3.0\times10^4\ \text{W}\\ &=30\ \text{kW} \end{aligned} \]
电压增加的倍数为
\[ \frac{132}{33}=4 \]
而电流则降至原来的四分之一。
由于损耗取决于电流的平方，
\[ \begin{aligned} \frac{P_{\text{新损耗}}}{P_{\text{原损耗}}} &= \left(\frac{1}{4}\right)^2\\ &= \frac{1}{16} \end{aligned} \]
有学生可能会预测，电压增加至四倍，损耗便降至四分之一。如果某个物理量与电流成正比，这个预测便会成立。但电阻性发热取决于 \(I^2\)，因此损耗的减少幅度涉及平方关系。
题目 3
一座发电站向一个升压变压器提供 \(2.00\ \text{MW}\) 的功率，变压器的初级电压为 \(10.0\ \text{kV}\)。变压器将电压提高至 \(200\ \text{kV}\)，效率为 \(98.0\%\)。
输电线路的总电阻为 \(50.0\ \Omega\)。
a. 计算变压器输送至输电线路的功率。
b. 计算输电线路中的电流。
c. 计算输电线路中的功率损耗。
d. 一名学生说：「因为变压器的效率只有 \(98\%\)，所以与理想变压器相比，它必然也会令线路发热增加 \(2\%\)。」解释这个说法是否正确。
解答 3
变压器向线路输送 \(1.96\ \text{MW}\)，输电电流为 \(9.80\ \text{A}\)，而线路损失约 \(4.80\ \text{kW}\) 的功率。该学生的说法不正确：效率较低的变压器会令到达线路的功率略为减少，因此线路电流也会略为减少，尽管整个系统的总损耗会增加。
对变压器而言，
\[ \eta=\frac{P_{\text{输出}}}{P_{\text{输入}}} \]
其中，\(\eta\) 是效率。
因此，
\[ \begin{aligned} P_{\text{输出}} &=\eta P_{\text{输入}}\\ &=(0.980)(2.00\times10^6)\\ &=1.96\times10^6\ \text{W} \end{aligned} \]
所以，变压器向输电线路提供
\[ P_{\text{输出}}=1.96\ \text{MW} \]
线路电流为
\[ \begin{aligned} I&=\frac{P}{V}\\ &=\frac{1.96\times10^6}{200\times10^3}\\ &=9.80\ \text{A} \end{aligned} \]
因此，线路损耗为
\[ \begin{aligned} P_{\text{损耗}} &=I^2R\\ &=(9.80)^2(50.0)\\ &=4.802\times10^3\ \text{W} \end{aligned} \]
即约为
\[ P_{\text{损耗}}=4.80\ \text{kW} \]
作为比较，理想变压器会以 \(200\ \text{kV}\) 输出完整的 \(2.00\ \text{MW}\) 功率，因此
\[ \begin{aligned} I_{\text{理想}} &=\frac{2.00\times10^6}{200\times10^3}\\ &=10.0\ \text{A} \end{aligned} \]
而且
\[ \begin{aligned} P_{\text{理想损耗}} &=(10.0)^2(50.0)\\ &=5.00\ \text{kW} \end{aligned} \]
因此，真实变压器实际上会令线路发热略少，因为到达线路的功率较低。
但这并不代表效率低是好事。变压器本身已损失
\[ \begin{aligned} 2.00\ \text{MW}-1.96\ \text{MW} &=40.0\ \text{kW} \end{aligned} \]
而这些损耗在电力到达输电线路前便已发生。
这道题的陷阱，是将「损耗」视为全部发生在同一个地方。变压器损耗与输电线路损耗是不同的能量转移过程，必须分开计算。
题目 4
一个简化系统需要传输 \(1.00\ \text{MW}\) 的功率。
设计 A 直接以 \(10.0\ \text{kV}\) 传输功率。
设计 B 使用变压器，以 \(100\ \text{kV}\) 传输功率。在此运作条件下，两个变压器合共耗散 \(10.0\ \text{kW}\) 的功率。将此变压器损耗视为已知。两种设计使用的输电线路总电阻均为 \(R\)。
计算电流时，忽略线路损耗引起的传输功率微小变化。
a. 求出两种设计的总功率损耗相等时，\(R\) 的数值。
b. 当 \(R=0.50\ \Omega\) 时，哪一种设计的总损耗较小？
c. 解释为甚么这并不违反高电压能减少输电线路损耗的规律。
解答 4
当 \(R\approx1.01\ \Omega\) 时，两种设计的总损耗相等。当 \(R=0.50\ \Omega\) 时，直接以 \(10.0\ \text{kV}\) 输电的设计总损耗较小。这并不矛盾，因为在这些条件下，高电压始终能减少线路的电阻性损耗，但设计 B 还包含额外的变压器损耗。
对设计 A 而言，
\[ \begin{aligned} I_A&=\frac{1.00\times10^6}{10.0\times10^3}\\ &=100\ \text{A} \end{aligned} \]
其总损耗就是线路损耗：
\[ \begin{aligned} P_{\text{损耗,A}} &=I_A^2R\\ &=(100)^2R\\ &=10000R \end{aligned} \]
对设计 B 而言，
\[ \begin{aligned} I_B&=\frac{1.00\times10^6}{100\times10^3}\\ &=10.0\ \text{A} \end{aligned} \]
其线路损耗为
\[ \begin{aligned} P_{\text{线路,B}} &=(10.0)^2R\\ &=100R \end{aligned} \]
但设计 B 还有 \(10.0\ \text{kW}=10000\ \text{W}\) 的变压器损耗，因此
\[ P_{\text{损耗,B}}=100R+10000 \]
当总损耗相等时，
\[ 10000R=100R+10000 \]
所以，
\[ 9900R=10000 \]
因此，
\[ \begin{aligned} R&=\frac{10000}{9900}\\ &\approx1.01\ \Omega \end{aligned} \]
现在考虑 \(R=0.50\ \Omega\)。
对设计 A 而言，
\[ \begin{aligned} P_{\text{损耗,A}} &=10000(0.50)\\ &=5000\ \text{W}\\ &=5.00\ \text{kW} \end{aligned} \]
对设计 B 而言，
\[ \begin{aligned} P_{\text{损耗,B}} &=100(0.50)+10000\\ &=10050\ \text{W}\\ &=10.05\ \text{kW} \end{aligned} \]
因此，在这个特定情况下，设计 A 损失的功率较少。
一个容易令人误入的思路是：「\(100\ \text{kV}\) 是 \(10\ \text{kV}\) 的十倍，所以设计 B 一定比较好。」设计 B 的线路损耗确实只有设计 A 的百分之一：
\[ 100R \quad\text{而不是}\quad 10000R \]
但题目问的是总损耗。当线路电阻足够小时，\(10.0\ \text{kW}\) 的变压器损耗便会大于在线路中节省的能量。
这是一个值得记住的边界情况。高输电电压能减少线路中的 \(I^2R\) 损耗，但当考虑其他组件后，这并不能证明所有可能的高压系统都具有较低的总损耗。
题目 5
一个输电网络将电力从一座发电站输送至 A 镇和 B 镇。
一条共用输电线路由发电站延伸至一个分岔点，电阻为 \(6.0\ \Omega\)。从分岔点开始，两条独立支线分别通往 A 镇和 B 镇。每条支线的电阻均为 \(4.0\ \Omega\)。
每条支线传输 \(3.30\ \text{MW}\) 的功率。最初，共用线路及两条支线均以 \(132\ \text{kV}\) 运作。
假设所有变压器均为理想变压器，并在计算传输电流时忽略线路损耗造成的微小影响。
a. 计算原有网络中的总电阻性线路损耗。
之后，一名工程师在分岔点安装一个理想升压变压器，使只有从分岔点通往 B 镇的线路以 \(264\ \text{kV}\) 运作。B 镇的理想降压变压器则将电压恢复至所需水平。
b. 计算新的总线路损耗。
一名学生认为，由于通往 B 镇的支线电流减半，因此 B 镇对共用线路电流的贡献也必然减半。
c. 解释这个推论的错误。
最后，假设不是只升级通往 B 镇的支线，而是让整个输电网络–包括共用线路和两条支线–均以 \(264\ \text{kV}\) 运作。
d. 计算此情况下的总线路损耗，并解释为甚么结果与只升级 B 镇支线时有如此大的差别。
解答 5
原有网络损失 \(20.0\ \text{kW}\)。只将 B 镇支线的电压提高至 \(264\ \text{kV}\)，总损耗仅降至 \(18.125\ \text{kW}\)，因为共用线路仍以 \(132\ \text{kV}\) 运作，而且仍须传输供应两个城镇的功率。若将整个网络的电压提高至 \(264\ \text{kV}\)，总线路损耗便会降至 \(5.00\ \text{kW}\)，刚好是原来的四分之一。
先考虑其中一条支线。
在 \(132\ \text{kV}\) 时，
\[ \begin{aligned} I_{\text{支线}} &=\frac{P}{V}\\ &=\frac{3.30\times10^6}{132\times10^3}\\ &=25.0\ \text{A} \end{aligned} \]
两条支线各自承载 \(25.0\ \text{A}\) 的电流。
在电流到达分岔点之前，共用线路必须传输供应两个城镇的功率。因此，其电流为
\[ \begin{aligned} I_{\text{共用}} &=25.0+25.0\\ &=50.0\ \text{A} \end{aligned} \]
共用线路的损耗为
\[ \begin{aligned} P_{\text{共用}} &=(50.0)^2(6.0)\\ &=15000\ \text{W}\\ &=15.0\ \text{kW} \end{aligned} \]
每条支线的损耗为
\[ \begin{aligned} P_{\text{支线}} &=(25.0)^2(4.0)\\ &=2500\ \text{W}\\ &=2.50\ \text{kW} \end{aligned} \]
由于有两条支线，原有网络的总损耗为
\[ \begin{aligned} P_{\text{总计}} &=15.0+2.50+2.50\\ &=20.0\ \text{kW} \end{aligned} \]
现在只将 B 镇支线的电压提高至 \(264\ \text{kV}\)。
其电流变成
\[ \begin{aligned} I_B &=\frac{3.30\times10^6}{264\times10^3}\\ &=12.5\ \text{A} \end{aligned} \]
因此，B 镇支线的损耗变成
\[ \begin{aligned} P_B &=(12.5)^2(4.0)\\ &=625\ \text{W}\\ &=0.625\ \text{kW} \end{aligned} \]
A 镇的支线没有改变，因此其损耗仍为 \(2.50\ \text{kW}\)。
关键在于共用线路。
供应 B 镇的升压变压器位于分岔点。在该变压器的上游，共用线路仍然以 \(132\ \text{kV}\) 运作。理想变压器会改变其两侧的电压和电流，但不会消除必须输送至 B 镇的功率。
B 镇仍然需要 \(3.30\ \text{MW}\)。在 \(132\ \text{kV}\) 下，向变压器输入端提供这个功率所需的电流为
\[ \begin{aligned} I&=\frac{3.30\times10^6}{132\times10^3}\\ &=25.0\ \text{A} \end{aligned} \]
因此，在电流到达变压器之前，B 镇对共用线路电流的贡献仍然是 \(25.0\ \text{A}\)。
所以，共用线路的电流仍为
\[ I_{\text{共用}}=25.0+25.0=50.0\ \text{A} \]
而共用线路的损耗仍为 \(15.0\ \text{kW}\)。
新的总损耗为
\[ \begin{aligned} P_{\text{总计}} &=15.0+2.50+0.625\\ &=18.125\ \text{kW} \end{aligned} \]
这名学生的错误比较隐蔽。他们把变压器高压侧的 \(12.5\ \text{A}\) 电流，当成低压侧也必然具有相同数值的电流。
事实并非如此。
变压器会在分岔点改变电流。变压器的位置十分重要。变压器下游的电流减少，并不代表电路上游的电流也会变成相同的数值。
现在考虑将整个网络的电压提高至 \(264\ \text{kV}\)。
每条支线的电流现在是
\[ I_{\text{支线}}=12.5\ \text{A} \]
因此，共用线路承载的电流为
\[ \begin{aligned} I_{\text{共用}} &=12.5+12.5\\ &=25.0\ \text{A} \end{aligned} \]
其损耗为
\[ \begin{aligned} P_{\text{共用}} &=(25.0)^2(6.0)\\ &=3750\ \text{W}\\ &=3.75\ \text{kW} \end{aligned} \]
每条支线的损耗为
\[ \begin{aligned} P_{\text{支线}} &=(12.5)^2(4.0)\\ &=625\ \text{W}\\ &=0.625\ \text{kW} \end{aligned} \]
因此，
\[ \begin{aligned} P_{\text{总计}} &=3.75+0.625+0.625\\ &=5.00\ \text{kW} \end{aligned} \]
整个网络的电压增加了一倍，而传输功率和电阻保持不变。因此，每一个相关电流都减半，使每一项 \(I^2R\) 损耗都降至原来的四分之一：
\[ \frac{20.0\ \text{kW}}{4}=5.00\ \text{kW} \]
这就是本题最重要的转折点：单单说「电压越高，电流越小」并不足够。你必须问：较高电压究竟存在于网络的哪个部分？
变压器只会降低网络中位于其高压侧部分的电流。要判断哪些电阻性损耗会减少，必须先追踪实际电流路径，确定变压器的位置，再应用 \(I^2R\)。
09掌握这个概念后，可以进一步理解甚么？
高压输电其实是两个相互关联原理的应用：功率可以透过不同的电压与电流组合来传输，而电阻性发热则取决于电流的平方。
在交流电网中，变压器令这种电压与电流之间的调整成为可能。它们在电力进入长距离、高电阻的传输路径前提高电压，使所需功率能以低电流传输，然后在需要较低电压的地方再次降低电压。
当你充分理解这个原理后，下一个值得探讨的问题便不再只是「为甚么要使用高电压？」而是：真实变压器能在多大程度上接近这些计算所假设的理想表现？损失的能量又去了哪里？这将直接引导我们进一步研究变压器效率、线圈发热、涡电流、磁通链结不完全，以及其他令理想模型与真实电网有所差异的限制因素。