50 bài tập Truyền tải điện năng. Máy biến áp mức độ vận dụng (Phần 2)

Phương pháp giải:

Công thức máy biến áp: \(\dfrac{{{U_2}}}{{{U_1}}} = \dfrac{{{N_2}}}{{{N_1}}}\)

Lời giải chi tiết:

Ta có công thức máy biến áp:

\(\dfrac{{{U_2}}}{{{U_1}}} = \dfrac{{{N_2}}}{{{N_1}}} \Rightarrow {N_2} = \dfrac{{{U_2}}}{{{U_1}}}.{N_1} = \dfrac{{484}}{{220}}.1000 = 2200\) (vòng)

Chọn B.

Phương pháp giải:

Sử dụng biểu thức \(\dfrac{{{U_1}}}{{{U_2}}} = \dfrac{{{N_1}}}{{{N_2}}}\)

Lời giải chi tiết:

+ Ban đầu: \(\dfrac{{{U_1}}}{{{U_2}}} = \dfrac{{{N_1}}}{{{N_2}}} \Rightarrow {U_2} = {U_1}\dfrac{{{N_2}}}{{{N_1}}}\)

+ Khi \({N_2}' = {N_2} + 80\) thì \({U_2}' = {U_2} + 0,2{U_2} = 1,2{U_2} = {U_1}\dfrac{{{N_2}'}}{{{N_1}}}\)

Ta có: \(\dfrac{{{U_2}}}{{{U_2}'}} = \dfrac{1}{{1,2}} = \dfrac{{{N_2}}}{{{N_2} + 80}} \Rightarrow {N_2} = 400\) vòng

Chọn C

Phương pháp giải:

+ Sử dụng biểu thức tính công suất hao phí: \({P_{hp}} = \dfrac{{{P^2}}}{{{{\left( {Ucos\varphi } \right)}^2}}}R\)

+ Vận dụng biểu thức tính hiệu suất truyền tải: \(H = \left( {1 - \dfrac{{{P_{hp}}}}{P}} \right).100\% \)

Lời giải chi tiết:

Ta có: \(H = 1 - \dfrac{{{P_{hp}}}}{P} = \dfrac{{{P_{tt}}}}{{{P_{tt}} + {P_{hp}}}}\)

\( \Rightarrow {P_{hp}} = \dfrac{{1 - H}}{H}{P_{tt}}\)

Lại có: \({P_{hp}} = \dfrac{{{P^2}}}{{{{\left( {Ucos\varphi } \right)}^2}}}R\)

\( \Rightarrow {U^2} = \dfrac{{{P_{tt}}}}{{H\left( {1 - H} \right)co{s^2}\varphi }}R\)

Xét trong hai trường hợp: \({U_1}\) và \({U_2}\)

Ta có: \(\dfrac{{U_1^2}}{{U_2^2}} = \dfrac{{{H_2}\left( {1 - {H_2}} \right)}}{{{H_1}\left( {1 - {H_1}} \right)}} = \dfrac{{0,9\left( {1 - 0,9} \right)}}{{0,64\left( {1 - 0,64} \right)}} = \dfrac{{25}}{{64}}\)

\( \Rightarrow {U_2} = \dfrac{8}{5}{U_1} = 8kV\)

Chọn C

Phương pháp giải:

Công thức máy biến áp: \(\dfrac{{{U_1}}}{{{U_2}}} = \dfrac{{{N_1}}}{{{N_2}}}\)

Lời giải chi tiết:

Theo các dữ kiện bài cho ta có:

 \(\left\{ \begin{array}{l}\dfrac{{{U_1}}}{{200}} = \dfrac{{{N_1}}}{{{N_2}}}\,\,\,\left( 1 \right)\\\dfrac{{{U_1}}}{U} = \dfrac{{{N_1} - n}}{{{N_2}}}\,\,\,\left( 2 \right)\\\dfrac{{{U_1}}}{{0,5U}} = \dfrac{{{N_1} + n}}{{{N_2}}}\,\,\,\left( 3 \right)\end{array} \right.\)

Lấy \(\left\{ \begin{array}{l}\dfrac{{\left( 1 \right)}}{{\left( 2 \right)}} \Leftrightarrow \dfrac{U}{{200}} = \dfrac{{{N_1}}}{{{N_1} - n}}\,\,\,\\\dfrac{{\left( 2 \right)}}{{\left( 3 \right)}} \Leftrightarrow 0,5 = \dfrac{{{N_1} - n}}{{{N_1} + n}} \Rightarrow {N_1} = 3n\,\,\,\end{array} \right.\)

\( \Rightarrow \dfrac{U}{{200}} = \dfrac{{3n}}{{3n - n}} \Rightarrow U = 300V\)

Chọn D.

Phương pháp giải:

Công suất hao phí trên đường dây: \({P_{hp}} = \dfrac{{{P^2}R}}{{{U^2}{{\cos }^2}\varphi }}\)

Lời giải chi tiết:

Công suất hao phí trên đường dây là: \({P_{hp}} = \dfrac{{{P^2}R}}{{{U^2}{{\cos }^2}\varphi }}\)

Tỉ lệ năng lượng hao phí trên đường dây là:

\(\begin{array}{l}\dfrac{{{P_{hp}}}}{P} \le 10\%  \Rightarrow {P_{hp}} \le 0,1P \Rightarrow \dfrac{{{P^2}R}}{{{U^2}{{\cos }^2}\varphi }} \le 0,1P\\ \Rightarrow R \le \dfrac{{0,1{U^2}{{\cos }^2}\varphi }}{P} = \dfrac{{0,1.{{\left( {{{10.10}^3}} \right)}^2}.0,{8^2}}}{{{{1.10}^6}}} = 6,4\,\,\left( \Omega  \right)\end{array}\)

Chọn B.

Phương pháp giải:

Sử dụng biểu thức tính công suất hao phí: \(\Delta P = \dfrac{{{P^2}}}{{{{\left( {Ucos\varphi } \right)}^2}}}R\)

Lời giải chi tiết:

Công suất hao phí trên đường dây truyền tải: \(\Delta P = \dfrac{{{P^2}}}{{{{\left( {Ucos\varphi } \right)}^2}}}R = \dfrac{{{{\left( {{{4.10}^6}} \right)}^2}}}{{{{\left( {{{110.10}^3}.0,8} \right)}^2}}}.200 = 0,{413.10^6}{\rm{W}}\)

Phần trăm công suất bị mất mát trên đường dây do tỏa nhiệt: \(\dfrac{{\Delta P}}{P}.100\%  = \dfrac{{0,{{413.10}^6}}}{{{{4.10}^6}}}.100\%  = 10,33\% \)

Chọn D

Phương pháp giải:

Hiệu suất truyền tải: \(H = \dfrac{{{P_1}}}{{{P_0}}} = \dfrac{{{U_1}}}{{{U_0}}}\)

Độ giảm hiệu điện thế: \({U_0} - {U_1} = I.R\)

Công thức máy biến áp: \(\dfrac{{{U_1}}}{{{U_2}}} = \dfrac{{{N_1}}}{{{N_2}}}\)

Lời giải chi tiết:

Hiệu suất của quá trình truyền tải là:

\(H = \dfrac{{{P_1}}}{{{P_0}}} = \dfrac{{{U_1}.I}}{{{U_0}.I}} = \dfrac{{{U_1}}}{{{U_0}}} \Rightarrow \dfrac{{{U_1}}}{{{U_0}}} = 0,8 \Rightarrow {U_0} = 1,25{U_1}\)

Độ giảm hiệu điện thế trên đường dây là:

\({U_0} - {U_1} = I.R \Rightarrow 1,25{U_1} - {U_1} = 100.55 \Rightarrow {U_1} = 22000\,\,\left( V \right)\)

Ta có công thức máy biến áp:

\(\dfrac{{{U_1}}}{{{U_2}}} = \dfrac{{{N_1}}}{{{N_2}}} \Rightarrow \dfrac{{{N_1}}}{{{N_2}}} = \dfrac{{22000}}{{220}} = 100\)

Chọn C.

Phương pháp giải:

Công thức máy biến áp: \(\dfrac{{{U_1}}}{{{U_2}}} = \dfrac{{{N_1}}}{{{N_2}}}\)

Công suất tiêu thụ trên điện trở: \(P = \dfrac{{{U^2}}}{R}\)

Lời giải chi tiết:

Nối \({D_1}\) với nguồn và \({D_2}\) với \(R\), ta có:

\(\dfrac{{{U_1}}}{{{U_2}}} = \dfrac{{{D_1}}}{{{D_2}}} \Rightarrow {U_2} = \dfrac{{{U_1}{D_2}}}{{{D_1}}} \Rightarrow {P_1} = \dfrac{{{U_2}^2}}{R} = {\left( {\dfrac{{{U_1}{D_2}}}{{{D_1}}}} \right)^2}.\dfrac{1}{R} = 100\,\,\left( W \right)\,\,\left( 1 \right)\)

Nối \({D_2}\) vói nguồn, \({D_1}\) với \(R\), ta có:

\(\dfrac{{{U_1}}}{{{U_2}}} = \dfrac{{{D_2}}}{{{D_1}}} \Rightarrow {U_2} = \dfrac{{{U_1}{D_1}}}{{{D_2}}} \Rightarrow {P_2} = \dfrac{{{U_2}^2}}{R} = {\left( {\dfrac{{{U_1}{D_1}}}{{{D_2}}}} \right)^2}.\dfrac{1}{R} = 400\,\,\left( W \right)\,\,\left( 2 \right)\)

Lấy \(\left( 1 \right) \times \left( 2 \right)\), ta có:

\(\dfrac{{{U_1}^4}}{{{R^2}}} = 40000 \Rightarrow \dfrac{{{U_1}^2}}{R} = 200\)

Nếu đặt nguồn vào \(R\), công suất tiêu thụ trên điện trở là:

\({P_3} = \dfrac{{{U_1}^2}}{R} = 200\,\,\left( W \right)\)

Chọn B.

Phương pháp giải:

+ Sử dụng công thức hiệu suất truyền tải: \(H = 1 - \dfrac{{\Delta P}}{P}\)

+ Sử dụng công thức tính công suất hao phí: \(\Delta P = \dfrac{{{P^2}}}{{{{\left( {Ucos\varphi } \right)}^2}}}R\)

Lời giải chi tiết:

Ta có hiệu suất của quá trình truyền tải điện năng: \(H = 1 - \dfrac{{\Delta P}}{P}\)

+ Ban đầu \(H = 90\% \) \( \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}\Delta P = 0,1P\\{P_0} = 0,9P\end{array} \right.\)  và điện áp \(U\)

Trong đó \({P_0}\) là công suất tiêu thụ của tải, \(\Delta P = \dfrac{{{P^2}}}{{{{\left( {Ucos\varphi } \right)}^2}}}R\) công suất hao phí

Công suất truyền tải: \(P = {P_0} + \Delta P\) (1)

+ Khi tăng điện áp, giả sử tăng lên \(n\) lần tức là \(U' = nU\)

Khi đó, ta có công suất tiêu thụ khi này \(1,1{P_0}\)

Công suất hao phí khi này: \(\Delta P' = \dfrac{{{P^2}}}{{{{\left( {U'cos\varphi } \right)}^2}}}R = \dfrac{{\Delta P}}{{{n^2}}}\)

Ta có: \(P = 1,1{P_0} + \Delta P' = 1,1{P_0} + \dfrac{{\Delta P}}{{{n^2}}}\)  (2)

Từ (1) và (2) ta suy ra: \(0,01 = \dfrac{{0,1}}{{{n^2}}} \Rightarrow {n^2} = 10\)

Chọn B

Phương pháp giải:

Hiệu điện thế cực đại của cuộn thứ cấp: \({U_{02}} = \omega {\Phi _0}{N_2} = 2\pi f{\Phi _0}{N_2}\)

Hiệu điện thế hiệu dụng: \({U_2} = \dfrac{{{U_{02}}}}{{\sqrt 2 }}\)

Lời giải chi tiết:

Hiệu điện thế của cuộn thứ cấp là: \({U_2} = \dfrac{{2\pi f{\Phi _0}{N_2}}}{{\sqrt 2 }} = \dfrac{{2\pi .50.0,{{5.10}^{ - 3}}.1000}}{{\sqrt 2 }} = 111\,\,\left( V \right)\)

Chọn A.

Phương pháp giải:

Công suất hao phí: \(\Delta P = \dfrac{{{P^2}R}}{{{{\left( {U\cos \varphi } \right)}^2}}}\)

Hiệu suất truyền tải: \(H = \dfrac{{P - \Delta P}}{P}\)

Lời giải chi tiết:

Công suất hao phí: \(\Delta P = \dfrac{{{P^2}R}}{{{{\left( {U\cos \varphi } \right)}^2}}} = \dfrac{{{P^2}R}}{{{U^2}}}\)

Hiệu suất truyền tải: \(H = \dfrac{{P - \Delta P}}{P} = 1 - \dfrac{{\Delta P}}{P} \Rightarrow 1 - H = \dfrac{{\Delta P}}{P} = \dfrac{{PR}}{{{U^2}}}\)

\( \Rightarrow \dfrac{{1 - {H_1}}}{{1 - {H_2}}} = \dfrac{{{P_1}}}{{{P_2}}} = \dfrac{{8{P_0}}}{{6{P_0}}} \Rightarrow \dfrac{{1 - 0,75}}{{1 - {H_2}}} = \dfrac{8}{6} \Rightarrow {H_2} = 0,8125 = 81,25\% \)

Chọn D.

Phương pháp giải:

Công thức máy biến áp: \(\dfrac{{{N_1}}}{{{N_2}}} = \dfrac{{{U_1}}}{{{U_2}}}\)

Lời giải chi tiết:

Theo giả thuyết bài toán, ta có :

\(\left\{ \begin{array}{l}\dfrac{{{N_1}}}{{{N_2}}} = \dfrac{{120}}{{100}}\\\dfrac{{{N_1} + 150}}{{{N_2} - 150}} = \dfrac{{160}}{{100}}\end{array} \right. \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}{N_2} = \dfrac{5}{6}{N_1}\\\dfrac{{{N_1} + 150}}{{{N_2} - 150}} = \dfrac{8}{5}\end{array} \right. \Rightarrow \dfrac{{{N_1} + 150}}{{\dfrac{5}{6}{N_1} - 150}} = \dfrac{8}{5} \Rightarrow {N_1} = 1170\)

Chọn C.

Phương pháp giải:

+ Vận dụng biểu thức máy biến áp: \(\dfrac{{{U_1}}}{{{U_2}}} = \dfrac{{{N_1}}}{{{N_2}}}\)

+ Sử dụng biểu thức tính công suất hao phí: \(\Delta P = \dfrac{{{P^2}}}{{{{\left( {Ucos\varphi } \right)}^2}}}R\)

Lời giải chi tiết:

Gọi U – hiệu điện thế tại nhà máy điện, \({P_0}\) - công suất tiêu thụ của 1 máy

Ta có:

+ Khi tỉ số vòng dây của cuộn thứ cấp và cuộn sơ cấp là \(5\)

Công suất tại nơi tiêu thụ: \({P_1} = 80{P_0}\)

Công suất hao phí: \(\Delta {P_1} = \dfrac{{{P^2}}}{{{{\left( {5Ucos\varphi } \right)}^2}}}R = P - {P_1}\)  (1)

+ Khi tỉ số vòng dây của cuộn thứ cấp và cuộn sơ cấp là 10

Công suất tại nơi tiêu thụ: \({P_2} = 95{P_0}\)

Công suất hao phí: \(\Delta {P_2} = \dfrac{{{P^2}}}{{{{\left( {10Ucos\varphi } \right)}^2}}}R = P - {P_2}\) (2)

Lấy \(\dfrac{{\left( 1 \right)}}{{\left( 2 \right)}}\) ta được: \(\dfrac{{\Delta {P_1}}}{{\Delta {P_2}}} = \dfrac{{{{10}^2}}}{{{5^2}}} = \dfrac{{P - 80{P_0}}}{{P - 95{P_0}}}\)

\(\begin{array}{l} \Leftrightarrow 4 = \dfrac{{P - 80{P_0}}}{{P - 95{P_0}}}\\ \Rightarrow P = 100{P_0}\end{array}\)

\( \Rightarrow \) Nếu đặt xưởng sản xuất tại nhà máy điện thì cung cấp đủ điện cho 100 máy.

Chọn C

Phương pháp giải:

Sử dụng biểu thức của máy biến áp lí tưởng: \(\dfrac{{{N_1}}}{{{N_2}}} = \dfrac{{{U_1}}}{{{U_2}}} = \dfrac{{{I_2}}}{{{I_1}}}\)

Lời giải chi tiết:

Gọi: \({N_1},{N_2}\) lần lượt là số vòng của cuộn sơ cấp và cuộn thứ cấp của máy biến áp

\({U_1}\) là hiệu điện thế đặt vào hai đầu cuộn sơ cấp

Ta có:

+ Ban đầu: \(\dfrac{{{U_1}}}{{60}} = \dfrac{{{N_1}}}{{{N_2}}}\) (1)

+ Khi tăng thêm 11n vòng dây ở cuộn sơ cấp: \(\dfrac{{{U_1}}}{U} = \dfrac{{{N_1} + 11n}}{{{N_2}}}\) (2)

+ Khi giảm bớt 9n vòng dây ở cuộn sơ cấp: \(\dfrac{{{U_1}}}{{7U}} = \dfrac{{{N_1} - 9n}}{{{N_2}}}\) (3)

Lấy \(\dfrac{{\left( 2 \right)}}{{\left( 3 \right)}}\) ta được:

\(\begin{array}{l}\dfrac{{\dfrac{{{U_1}}}{U}}}{{\dfrac{{{U_1}}}{{7U}}}} = \dfrac{{{N_1} + 11n}}{{{N_1} - 9n}} \Rightarrow 7 = \dfrac{{{N_1} + 11n}}{{{N_1} - 9n}}\\ \Rightarrow n = \dfrac{3}{{37}}{N_1}\end{array}\)

+ Khi giảm bớt 10n vòng ở cuộn sơ cấp ta có: \(\dfrac{{{U_1}}}{{{U_2}}} = \dfrac{{{N_1} - 10n}}{{{N_2}}} = \dfrac{{{N_1} - \dfrac{{30}}{{37}}{N_1}}}{{{N_2}}} = \dfrac{{7{N_1}}}{{37{N_2}}}\)

Kết hợp với (1) ta suy ra: \({U_2} = \dfrac{{37}}{7}{U_1}\dfrac{{{N_2}}}{{{N_1}}} = \dfrac{{37}}{7}.60 = 317,14V\)  

Chọn C

Phương pháp giải:

+ Sử dụng công thức tính công suất hao phí: \(\Delta P = \dfrac{{{P^2}}}{{{U^2}co{s^2}\varphi }}R\)

+ Sử dụng biểu thức tính hiệu suất: \(H = \dfrac{{\Delta P}}{P}\)

Lời giải chi tiết:

Ta có, công suất phát không đổi \(\left( P \right)\) , hiệu điện thế hai đầu cuộn sơ cấp không đổi.

Khi đó, hiệu điện thế hai đầu cuộn thứ cấp là \(kU\)

\(\Delta P = P - P'\)

Ta có

 \(\begin{array}{l}\Delta {P_1} = 10\% P' \Rightarrow \Delta {P_1} = \dfrac{1}{{11}}P = \dfrac{{{P^2}}}{{k_1^2{U^2}.co{{\rm{s}}^2}\varphi }}R\,\,\left( 1 \right)\\\Delta {P_2} = 5\% P' \Rightarrow \Delta {P_2} = \dfrac{1}{{21}}P = \dfrac{{{P^2}}}{{k_2^2{U^2}.co{{\rm{s}}^2}\varphi }}R\,\,\left( 2 \right)\end{array}\)

Chia phương trình (1) và (2) ta có: \(\dfrac{{k_2^2}}{{k_1^2}} = \dfrac{{21}}{{11}} \Leftrightarrow \dfrac{{k_2^2}}{{{{10}^2}}} = \dfrac{{21}}{{11}} \Rightarrow {k_2} = 13,8\)

Chọn B

Phương pháp giải:

Công thức máy biến áp: \(\dfrac{{{U_2}}}{{{U_1}}} = \dfrac{{{N_2}}}{{{N_1}}}\)

Lời giải chi tiết:

Điện áp hiệu dụng ban đầu giữa hai đầu cuộn thứ cấp là:

\({U_2} = \dfrac{{{N_2}}}{{{N_1}}}{U_1}\)

Khi giảm một phần ba tổng số vòng dây của cuộn thứ cấp, số vòng dây còn lại ở cuộn thứ cấp là:

\({N_2}' = {N_2} - \dfrac{1}{3}{N_2} = \dfrac{2}{3}{N_2}\)

Khi đó ta có:

\({U_2}' = \dfrac{{{N_2}'}}{{{N_1}}}{U_1} = \dfrac{2}{3}\dfrac{{{N_2}}}{{{N_1}}}{U_1} = \dfrac{2}{3}{U_2} = \dfrac{2}{3}.300 = 200\,\,\left( V \right)\)

Chọn A.

Phương pháp giải:

Áp dụng công thức máy biến áp: \(\frac{{{U_1}}}{{{U_2}}} = \frac{{{N_1}}}{{{N_2}}}\)

Lời giải chi tiết:

Ta có:  

\(\frac{{{U_1}}}{{{U_2}}} = \frac{{{N_1}}}{{{N_2}}} \Rightarrow \frac{{{N_1}}}{{{N_2}}} = \frac{{100}}{{50}} = 2\)

Chọn A.

Phương pháp giải:

Công thức máy biến áp: \(\dfrac{{{U_1}}}{{{U_2}}} = \dfrac{{{N_1}}}{{{N_2}}}\)

Lời giải chi tiết:

Theo bài ra ta có: \(\left\{ \begin{array}{l}\dfrac{{{U_1}}}{{100}} = \dfrac{{{N_1}}}{{{N_2}}}\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\left( 1 \right)\\\dfrac{{{U_1}}}{U} = \dfrac{{{N_1}}}{{{N_2} - n}}\,\,\,\,\,\,\left( 2 \right)\\\dfrac{{{U_1}}}{{2U}} = \dfrac{{{N_1}}}{{{N_2} + n}}\,\,\,\,\,\left( 3 \right)\\\dfrac{{{U_1}}}{x} = \dfrac{{{N_1}}}{{{N_2} + 3n}}\,\,\,\,\left( 4 \right)\end{array} \right.\)

Lấy:

\(\begin{array}{l}\left\{ \begin{array}{l}\dfrac{{\left( 2 \right)}}{{\left( 3 \right)}} \Leftrightarrow \dfrac{{{N_2} + n}}{{{N_2} - n}} = 2 \Rightarrow {N_2} = 3n\\\dfrac{{\left( 1 \right)}}{{\left( 4 \right)}} \Leftrightarrow \dfrac{x}{{100}} = \dfrac{{{N_2} + 3n}}{{{N_2}}}\end{array} \right.\\ \Rightarrow \dfrac{x}{{100}} = \dfrac{{3n + 3n}}{{3n}} = 2 \Rightarrow x = 200V\end{array}\)

Chọn A.

Phương pháp giải:

Đèn sáng bình thường: \(\left\{ \begin{array}{l}{U_2} = {U_{dm}}\\{P_2} = {P_{dm}}\end{array} \right.\)

Công thức máy biến áp: \(\dfrac{{{U_1}}}{{{U_2}}} = \dfrac{{{N_1}}}{{{N_2}}}\)

Cường độ dòng điện: \(I = \dfrac{P}{U}\)

Lời giải chi tiết:

Đèn sáng bình thường, khi đó hiệu điện thế của cuộn thức cấp và công suất điện:

\(\left\{ \begin{array}{l}{U_2} = {U_{dm}} = 220\,\,\left( V \right)\\{P_2} = {P_{dm}} = 100\,\,\left( W \right)\end{array} \right.\)

Công thức máy biến áp: \(\dfrac{{{U_1}}}{{{U_2}}} = \dfrac{{{N_1}}}{{{N_2}}} \Rightarrow \dfrac{{{U_1}}}{{220}} = \dfrac{1}{5} \Rightarrow {U_1} = 44\,\,\left( V \right)\)

Hao phí trong máy biến áp là không đáng kể, do đó:

\({P_1} = {P_2} \Rightarrow {U_1}{I_1} = 100 \Rightarrow {I_1} = \dfrac{{100}}{{{U_1}}} = \dfrac{{100}}{{44}} = 2,273\,\,\left( A \right)\)

Chọn D.

Phương pháp giải:

Công suất của cuộn dây: \(P = UI\cos \varphi \)

Lời giải chi tiết:

Công suất của cuộn sơ cấp và thứ cấp là:

\(\left\{ \begin{array}{l}{P_1} = {U_1}{I_1}\cos {\varphi _1} = 220.0,5.1 = 110\,\,\left( W \right)\\{P_2} = {U_2}{I_2}\cos {\varphi _2} = 20.6,2.0,8 = 99,2\,\,\left( W \right)\end{array} \right.\)

Hiệu suất của máy biến áp là: \(H = \dfrac{{{P_2}}}{{{P_1}}} = \dfrac{{99,2}}{{110}} = 0,9018 = 90,18\% \)

Chọn C.

Phương pháp giải:

Công suất của dòng điện: \(P = UI\)

Công thức máy biến áp: \(\dfrac{{{U_2}}}{{{U_1}}} = \dfrac{{{N_2}}}{{{N_1}}}\)

Công suất hao phí trên đường dây: \({P_{hp}} = \dfrac{{{P^2}R}}{{{U^2}}}\)

Hiệu suất truyền tải điện: \(H = 1 - \dfrac{{{P_{hp}}}}{P}\)

Lời giải chi tiết:

Công suất của nguồn điện là: \(P = UI = 100.5 = 500\,\,\left( W \right)\)

Công thức máy biến áp: \(\dfrac{{{U_2}}}{{{U_1}}} = \dfrac{{{N_2}}}{{{N_1}}} \Rightarrow \dfrac{{{U_2}}}{{100}} = \dfrac{{10}}{1} \Rightarrow {U_2} = 1000\,\,\left( V \right)\)

Công suất hao phí trên đường dây là: \({P_{hp}} = \dfrac{{{P^2}R}}{{{U^2}}} = \dfrac{{{{500}^2}.100}}{{{{1000}^2}}} = 25\,\,\left( W \right)\)

Hiệu suất truyền tải điện là: \(H = 1 - \dfrac{{{P_{hp}}}}{P} = 1 - \dfrac{{25}}{{500}} = 0,95 = 95\% \)

Chọn D.

Phương pháp giải:

Áp dụng công thức tính công suất: \(P = UIcos\varphi \)

Lời giải chi tiết:

Ta có: \(20\% P = {U_d}I\)  và \(80\% P = {U_t}I\)

\( \Rightarrow \dfrac{{{U_d}}}{{{U_t}}} = \dfrac{1}{4}\)

Lại có: \(U = {U_d} + {U_t}\)

\( \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}{U_d} = \dfrac{U}{5}\\{U_t} = \dfrac{{4U}}{5}\end{array} \right.\)

+ Lúc sau: \({P_{hp}} = \dfrac{{{P_{h{p_1}}}}}{4} = \dfrac{{20\% P}}{4} = 5\% P = {U_d}'.I'\)

\( \Rightarrow 95\%  = {U_t}'.I'\)

\( \Rightarrow \dfrac{{{U_d}'}}{{{U_t}'}} = \dfrac{5}{{95}} = \dfrac{1}{{19}}\)

Mặt khác, \(95\% P = {U_t}'.\dfrac{I}{2}\)

\(\begin{array}{l} \Rightarrow \dfrac{{{U_t}}}{{{U_t}'}} = \dfrac{8}{{19}}\\ \Rightarrow {U_t}' = \dfrac{{19}}{8}{U_t} = \dfrac{{19}}{8}.\dfrac{{4U}}{5} = \dfrac{{19U}}{{10}}\\ \Rightarrow {U_d}' = \dfrac{U}{{10}}\end{array}\)

Lại có:

\(\begin{array}{l}nU = {U_t}' + {U_d}' = \dfrac{{19U}}{{10}} + \dfrac{U}{{10}}\\ \Rightarrow n = 2\end{array}\)

Chọn B

Phương pháp giải:

Công thức máy biến áp: \(\dfrac{{{U_2}}}{{{U_1}}} = \dfrac{{{N_2}}}{{{N_1}}}\)

Lời giải chi tiết:

Gọi số vòng dây ở cuộn thứ cấp ban đầu là N₂, tỉ số điện áp khi đó là:

\(\dfrac{{{U_2}}}{{{U_1}}} = \dfrac{{{N_2}}}{{{N_1}}} = \dfrac{{43}}{{200}} \Rightarrow {N_2} = \dfrac{{43}}{{200}}{N_1}\,\,\left( 1 \right)\)

Sau khi quấn thêm vào cuộn thứ cấp 48 vòng, tỉ số điện áp là:

\(\dfrac{{{U_2}'}}{{{U_1}}} = \dfrac{{{N_2} + 48}}{{{N_1}}} = \dfrac{9}{{40}} \Rightarrow {N_2} + 48 = \dfrac{9}{{40}}{N_1}\,\,\left( 2 \right)\)

Trừ hai vế phương trình (1) và (2), ta có: \(48 = \dfrac{9}{{40}}{N_1} - \dfrac{{43}}{{200}}{N_1} \Rightarrow {N_1} = 4800\) (vòng)

\( \Rightarrow {N_2} = \dfrac{{43}}{{200}}{N_1} = \dfrac{{43}}{{200}}.1200 = 1032\) (vòng)

Số vòng dây dự định ở cuộn thứ cấp là: \({N_{02}} = \dfrac{1}{4}{N_1} = \dfrac{1}{4}.4800 = 1200\) (vòng)

Số vòng dây phải quấn thêm là: \(\Delta N = {N_{02}} - {N_2} = 1200 - 1032 = 168\) (vòng)

Chọn B.

Phương pháp giải:

Hiệu suất truyền tải:

\(\begin{array}{l}H = \dfrac{{{P_{ci}}}}{P} = \dfrac{{P - {P_{hp}}}}{P} = \dfrac{{P - \dfrac{{{P^2}R}}{{{U^2}}}}}{P} \Leftrightarrow P - \dfrac{{{P^2}R}}{{{U^2}}} = H.P\\ \Leftrightarrow \dfrac{{{P^2}R}}{{{U^2}}} = P.\left( {1 - H} \right) \Rightarrow U = \sqrt {\dfrac{{P.R}}{{1 - H}}} \end{array}\)

Lời giải chi tiết:

Từ công suất tính hiệu suất truyền tải ta có:

\(\begin{array}{l}\left\{ \begin{array}{l}{U_1} = \sqrt {\dfrac{{P.R}}{{1 - {H_1}}}} \\{U_2} = \sqrt {\dfrac{{P.R}}{{1 - {H_2}}}} \end{array} \right. \Rightarrow \dfrac{{{U_1}}}{{{U_2}}} = \sqrt {\dfrac{{1 - {H_2}}}{{1 - {H_1}}}} \\ \Rightarrow {U_2} = {U_1}\sqrt {\dfrac{{1 - {H_1}}}{{1 - {H_2}}}}  = 4.\sqrt {\dfrac{{1 - 0,8}}{{1 - 0,95}}}  = 8kV\end{array}\)

Chọn C.

Phương pháp giải:

Hao phí trên đường dây tải điện: \({P_{hp}} = \dfrac{{{P^2}R}}{{{U^2}}}\)

Lời giải chi tiết:

Khi không sử dụng máy biến áp, công suất hao phí là: \({P_{h{p_1}}} = \dfrac{{{P^2}R}}{{{U_1}^2}}\)

Khi nâng hiệu điện thế, công suất hao phí là: \({P_{h{p_2}}} = \dfrac{{{P^2}R}}{{{U_2}^2}}\)

\( \Rightarrow \dfrac{{{P_{h{p_2}}}}}{{{P_{h{p_1}}}}} = \dfrac{{{U_1}^2}}{{{U_2}^2}} \Rightarrow \dfrac{{{P_{h{p_2}}}}}{{{{5.10}^3}}} = \dfrac{{{{\left( {{{10.10}^3}} \right)}^2}}}{{{{\left( {{{40.10}^3}} \right)}^2}}} \Rightarrow {P_{h{p_2}}} = 312,5\,\,\left( W \right) = 0,3125\,\,\left( {kW} \right)\)

Chọn B.

Phương pháp giải:

Công suất của mạch điện: \({\rm{P  =  UIcos\varphi }}\)

Tỉ số điện áp của máy biến áp: \(\dfrac{{{{\rm{U}}_{\rm{1}}}}}{{{{\rm{U}}_{\rm{2}}}}}{\rm{  =  }}\dfrac{{{{\rm{N}}_{\rm{1}}}}}{{{{\rm{N}}_{\rm{2}}}}}{\rm{  =  }}\dfrac{{{{\rm{I}}_{\rm{2}}}}}{{{{\rm{I}}_{\rm{1}}}}}\)

Độ giảm áp trên đường dây: \({\rm{\Delta U  =  I}}{\rm{.r}}\)

Lời giải chi tiết:

Khi không dùng máy biến áp, cường độ dòng điện qua mạch cung cấp cho khu tập thể chính là cường độ dòng điện chạy qua đường dây:

\({\rm{I  =  }}\dfrac{{\rm{P}}}{{{\rm{U}}{\rm{.cos\varphi }}}}{\rm{  =  }}\dfrac{{{\rm{14289}}}}{{{\rm{220}}{\rm{.cos}}\dfrac{{\rm{\pi }}}{{\rm{6}}}}}{\rm{  =  75}}\,\,\left( {\rm{A}} \right)\)

Độ giảm áp qua đường dây là:

\(\begin{gathered}
\Delta {\text{U = }}{{\text{U}}_{\text{0}}} - {\text{U}} \Rightarrow {\text{I}}.{\text{r = }}{{\text{U}}_{\text{0}}} - {\text{U}} \hfill \\
\Rightarrow {\text{r = }}\frac{{{{\text{U}}_{\text{0}}} - {\text{U}}}}{{\text{I}}}{\text{ = }}\frac{{{\text{359}} - {\text{220}}}}{{{\text{75}}}}{\text{ = }}\frac{{{\text{139}}}}{{{\text{75}}}}\,\,\left( \Omega \right) \hfill \\
\end{gathered} \)

Khi dùng máy biến áp: Điện áp hiệu dụng của cuộn sơ cấp là:

\({{\rm{U}}_{\rm{1}}}{\rm{  =  }}\dfrac{{{{\rm{N}}_{\rm{1}}}}}{{{{\rm{N}}_{\rm{2}}}}}{\rm{.}}{{\rm{U}}_{\rm{2}}}{\rm{  =  15}}{\rm{.220  =  3300}}\,\,\left( {\rm{V}} \right)\)

Cường độ dòng điện của cuộn sơ cấp là:

\({{\rm{I}}_{\rm{1}}}{\rm{  =  }}\dfrac{{{{\rm{N}}_{\rm{2}}}}}{{{{\rm{N}}_{\rm{1}}}}}{{\rm{I}}_{\rm{2}}}{\rm{  =  }}\dfrac{{{{\rm{N}}_{\rm{2}}}}}{{{{\rm{N}}_{\rm{1}}}}}{\rm{I  =  }}\dfrac{{\rm{1}}}{{{\rm{15}}}}{\rm{.75  =  5}}\,\,\left( {\rm{A}} \right)\)

Điện áp hiệu dụng ở nơi cấp điện là:

\({{\rm{U}}_{{\rm{01}}}}{\rm{  =  }}{{\rm{U}}_{\rm{1}}}{\rm{ + }}{{\rm{I}}_{\rm{1}}}{\rm{.r  =  3300  +  5}}{\rm{.}}\dfrac{{{\rm{139}}}}{{{\rm{75}}}}{\rm{  =  3309,3}}\,\,\left( {\rm{V}} \right)\)

Chọn B.

Phương pháp giải:

Áp dụng công thức \(H = \frac{{U - \Delta U}}{U}\)

Lời giải chi tiết:

\(H = \frac{{U - \Delta U}}{U} = 80\%  \Rightarrow \Delta {U_1} = 0,2{U_1}\)

Công suất hao phí giảm n lần nên

\({I_2} = \frac{{{I_1}}}{{\sqrt n }};\Delta {U_2} = \frac{{\Delta {U_1}}}{{\sqrt n }}\)

Công suất khu công nghiệp không đổi nên: \({U_{2tt}}{I_2} = {U_{1tt}}{I_1} \Rightarrow {U_{2tt}} = {U_{1tt}}\sqrt n \)

\({U_2} = 9{U_1}\)  

\(\frac{{0,2{U_1}}}{{\sqrt n }} + 0,8{U_1}\sqrt n  = 9{U_1} \Rightarrow n = 126\)

Chọn A

Phương pháp giải:

Công suất hao phí: \({{P}_{hp}}=\frac{{{P}^{2}}.R}{{{U}^{2}}{{(c\text{os}\varphi )}^{2}}}\)

Lời giải chi tiết:

+ Công suất truyền đi (P) và điện áp trước khi truyền đi (U) không đổi:

-\({{P}_{hp1}}=\frac{{{P}^{2}}.R}{{{U}^{2}}\underbrace{{{(c\text{os}{{\varphi }_{1}})}^{2}}}_{{{k}^{2}}}}=50(\text{W})\);   \(\underbrace{{{P}_{hp2}}}_{\min }=\frac{{{P}^{2}}.R}{{{U}^{2}}\underbrace{(c\text{os}{{\varphi }_{2}})_{\text{max}}^{2}}_{{{1}^{2}}}}=24,5(\text{W})\)

\(\to \frac{{{P}_{hp1}}}{{{P}_{hp2}}}=\frac{1}{{{k}^{2}}}=\frac{50}{24,5}\) \(\to \)\(k=0,7\)

Chọn D

Phương pháp giải:

Công thức máy biến thế: \(\dfrac{{{N_1}}}{{{N_2}}} = \dfrac{{{U_1}}}{{{U_2}}}\)

Lời giải chi tiết:

Hiệu điện thế hiệu dụng ở hai đầu cuộn thứ cấp là:

\({U_2} = \dfrac{{{N_2}{U_2}}}{{{N_1}}} = \dfrac{{100.100}}{{500}} = 20\,\,\left( V \right)\)

Chọn C.

Phương pháp giải:

Công thức máy biến áp: \(\dfrac{{{U_2}}}{{{U_1}}} = \dfrac{{{N_2}}}{{{N_1}}} = \dfrac{{{I_1}}}{{{I_2}}}\)

Điện áp nơi tiêu thụ: \(U = {U_2} - {I_2}R\)

Lời giải chi tiết:

Hiệu điện thế và cường độ dòng điện của cuộn thứ cấp là:

\(\left\{ \begin{array}{l}{U_2} = \dfrac{{{N_2}}}{{{N_1}}}{U_1} = \dfrac{{1500}}{{150}}.250 = 2500\,\,\left( V \right)\\{I_2} = \dfrac{{{N_1}}}{{{N_2}}}{I_1} = \dfrac{{150}}{{1500}}.100 = 10\,\,\left( A \right)\end{array} \right.\)

Điện áp nơi tiêu thụ là: \(U = {U_2} - {I_2}R = 2500 - 10.30 = 2200\,\,\left( V \right)\)

Chọn B.

Phương pháp giải:

Phương pháp:

Công suất \(P = {I^2}R\)

Định luật Ôm: \(I = \frac{U}{Z}\)

Tổng trở: \(Z = \sqrt {{R^2} + {{({Z_L} - {Z_C})}^2}} \)

Suất điện động \(E = \omega NBS\)

Lời giải chi tiết:

Cách giải:

Ta có: \(P = {I^2}R\) nên \({P_1} = {P_2}\;\)khi \({I_1}\; = {I_2}\)

\(\frac{{{E_1}}}{{{Z_1}}} = \frac{{{E_2}}}{{{Z_2}}} \Rightarrow \frac{{{{({\omega _1}NBS.\frac{1}{{\sqrt 2 }})}^2}}}{{{R^2} + {{(Z_{L1}^{} - {Z_{C1}})}^2}}} = \frac{{{{(1,89{\omega _1}NBS.\frac{1}{{\sqrt 2 }})}^2}}}{{{R^2} + {{(1,89Z_{L1}^{} - \frac{{{Z_{C1}}}}{{1,89}})}^2}}}\)

\( \Rightarrow \frac{1}{{69,{1^2} + {{({Z_{L1}} - 45)}^2}}} = \frac{{1,{{89}^2}}}{{69,{1^2} + {{(1,89{Z_{L1}} - \frac{{45}}{{1,89}})}^2}}} \Rightarrow {Z_L} = 81,8\Omega  \Rightarrow L = 0,65H\)

Chọn  A

Phương pháp giải:

Phương pháp:

Công suất hao phí: \(\Delta P = \frac{{{P^2}R}}{{{U^2}{\rm{co}}{{\rm{s}}^2}\varphi }}\)

Lời giải chi tiết:

Cách giải:

Công suất hao phí: \(\Delta P = \frac{{{P^2}R}}{{{U^2}{\rm{co}}{{\rm{s}}^2}\varphi }}\)

100n = 10.n² + 147,6 --> n = 1,8

Thay vào: P = 1,8.100 = 180W

Hiệu suất H = 147,6/180 =  82%

Chọn A

Phương pháp giải:

Phương pháp:

Suất điện động hiệu dụng \(E = \omega NBS\)

Định luật Ôm \(I = \frac{U}{Z}\)

Tổng trở mạch RL là \(Z = \sqrt {{R^2} + Z_L^2} \)

Cảm kháng \({Z_L}\; = \omega L\)

Hệ số công suất \(cos\varphi  = \frac{R}{Z}\)

Lời giải chi tiết:

Cách giải:

Khi roto quay với tốc độ 3n vòng/s thì \({I_1} = 3A = \frac{E}{{\sqrt {{R^2} + Z_L^2} }}\)

Hệ số công suất \({\rm{cos}}\varphi {\rm{ = }}\frac{R}{Z} \Rightarrow {Z_L} = R\sqrt 3  \Rightarrow \frac{E}{{2R}} = 3\)

Khi tốc độ roto là n vòng /s thì  và  

Ta có: \(I' = \frac{{\frac{E}{3}}}{{\sqrt {{R^2} + \frac{{Z_L^2}}{9}} }} = \sqrt 3 \)

Chọn D

Phương pháp giải:

Phương pháp:

Áp dụng công thức tính điện trở \(R = \rho \frac{l}{S}\)

 và công thức định luật Ôm cho đoạn mạch \(I = \frac{U}{{R + {R_n}}}\)

Lời giải chi tiết:

 . Cách giải:

Vì điện trở của toàn bộ đường truyền là 80Ω, nên điện trở của đoạn MN (1 dây) là 40 Ω. Vì bị nối tắt ở Q nên có thể coi điện trở của đoạn dây nối tắt QK là R rất nhỏ ≈ 0.

Khi đoạn dây bị nối tắt và hiệu điện thế 12 V vào hai đầu dây ở M thì ta có

\(\begin{array}{*{20}{l}}{I = \frac{U}{{R + {R_n}}} \Leftrightarrow 0,4 = \frac{{12}}{{R + 2{R_{MQ}}}} \Rightarrow R + 2{R_{MQ}} = 30\Omega }\\{ \Rightarrow {R_{MQ\max }} = 15\Omega }\\{ \Rightarrow \frac{{MQ}}{l} = \frac{{15}}{{40}} \Rightarrow MQ = \frac{{15.180}}{{40}} = 67,5km}\end{array}\)

Vậy đoạn MQ không thể có chiều dài 85km.

Chọn A

Phương pháp giải:

Phương pháp:

Khi U tăng n lần thì công suất hao phí giảm n² lần.

Lời giải chi tiết:

Cách giải:

Ta có: \(P - \Delta P = 120{P_1}\) và  \(P - \frac{{\Delta P}}{4} = 156{P_1}\) 

Trong đó: P, \(\Delta P\) và \({P_1}\) lần lượt là công suất ở trạm phát, công suất hao phí và công suất tiêu thụ của mỗi hộ dân.

\( \Rightarrow P = 168{P_1}{\rm{;\;\;\; }}\Delta {\rm{ P}} = 48{P_1}\)

\( \Rightarrow \)Để trạm phát phục vụ đủ 165 hộ dân: \(P - \frac{{\Delta P}}{{{n^2}}} = 165{P_1} \Rightarrow 168{P_1} - \frac{{48{P_1}}}{{{n^2}}} = 165{P_1} \Rightarrow n = 4\)

\( \Rightarrow \) Điện áp nơi phát là 4U

Chọn C

Phương pháp giải:

Phương pháp:

Công suất hao phí trên đường dây tải điện: \(\Delta P = \frac{{{P^2}R}}{{{U^2}{\rm{co}}{{\rm{s}}^2}\varphi }}\)

Hiệu suất truyền tải điện: \(H = \frac{{P'}}{P} = 1 - \frac{{\Delta P}}{P}\)

Với P’ là công suất nơi tiêu thụ

Lời giải chi tiết:

Cách giải:

Ban đầu truyền đi công suất P₁ với điện áp U₁ có hiệu suất 90% = 0,9. Ta có:

\(\Delta {P_1} = \frac{{P_1^2R}}{{U_1^2{\rm{co}}{{\rm{s}}^2}\varphi }} = (1 - 0,9){P_1} \Rightarrow \frac{{P_1^{}R}}{{U_1^2{\rm{co}}{{\rm{s}}^2}\varphi }} = 0,1\)(1)

P₁’ = 0,9P₁

Lúc sau truyền đi công suất P₂ với điện áp U₂ có hiệu suất 82% = 0,82. Ta có:

\(\Delta {P_2} = \frac{{P_2^2R}}{{U_2^2{\rm{co}}{{\rm{s}}^2}\varphi }} = (1 - 0,82){P_2} \Rightarrow \frac{{P_2^{}R}}{{U_2^2{\rm{co}}{{\rm{s}}^2}\varphi }} = 0,18\)(2)

P₂’ = 0,82P₂

Từ (1) và (2) ta được: \(\frac{{{P_1}}}{{{P_2}}} = \frac{{0,1}}{{0,18}} \Rightarrow \frac{{{P_1}^\prime }}{{{P_2}^\prime }} = \frac{{25}}{{41}} \Rightarrow {P_2}^\prime  = 1,64{P_1}^\prime \)

Vậy công suất tiêu thụ của khu dân cư tăng thêm 64%

Chọn A

Phương pháp giải:

Phương pháp:

Công suất hao phí trong quá trình truyền tải: \(\Delta P = \frac{{{P^2}R}}{{{U^2}{\rm{co}}{{\rm{s}}^2}\varphi }}\)

Hiệu suất truyền tải  

Lời giải chi tiết:

Cách giải:

+ Ban đầu: \(H = 80\% \)

\(\Delta {P_1} = \frac{{P_1^2R}}{{U_1^2{\rm{co}}{{\rm{s}}^2}\varphi }} = 0,2{P_1} \Rightarrow {P_1} = \frac{{0,2U_1^2}}{R}\)

\({P_1}^\prime  = 0,8{P_1} = \frac{{0,8.0,2.U_1^2}}{R}\)

+ Lúc sau: Hiệu suất là H\(\Delta {P_2} = \frac{{P_2^2R}}{{U_2^2{\rm{co}}{{\rm{s}}^2}\varphi }} = (1 - H){P_2} \Rightarrow {P_2} = \frac{{(1 - H)U_2^2}}{R}\)

\({P_2}^\prime  = H{P_1} = \frac{{H(1 - H).U_2^2}}{R}\)

Vì  \({P_1} = {P_2} =  > 0,8.0,2.{U_1}^2\; = H\left( {1 - H} \right){U_2}^2\; =  > 0,8.0,2 = 4H\left( {1 - H} \right) =  > H = 0,958 = 95,8\% \)

Chọn D

Phương pháp giải:

Công thức máy biến áp: \(\dfrac{{{U_2}}}{{{U_1}}} = \dfrac{{{N_2}}}{{{N_1}}}\)

Lời giải chi tiết:

Công thức máy biến áp: \(\dfrac{{{U_2}}}{{{U_1}}} = \dfrac{{{N_2}}}{{{N_1}}} \Rightarrow {U_2} = {U_1}\dfrac{{{N_2}}}{{{N_1}}} = 100.\dfrac{{1000}}{{5000}} = 20\,\,\left( V \right)\)

Chọn A.

Phương pháp giải:

Phương pháp:

Áp dụng công thức giải nhanh \(\frac{{{U_2}}}{{{U_1}}} = \frac{{kn + x}}{{k + x}}\sqrt {\frac{1}{n}} \)

Với U₁, U₂ là điện áp của nguồn ban đầu và lúc sau; k là tỉ số vòng dây của máy hạ thế, độ giảm thế trên đường dây so với tải tiêu thụ ban đầu là x, công suất hao phí trên đường dây giảm đi n lần

Lời giải chi tiết:

Cách giải:

Áp dụng công thức giải nhanh : \(\frac{{{U_2}}}{{{U_1}}} = \frac{{kn + x}}{{k + x}}\sqrt {\frac{1}{n}} \)

Thay số ta được: \(\frac{{{U_2}}}{{{U_1}}} = \frac{{2.100 + 0,1}}{{2 + 0,1}}\sqrt {\frac{1}{{100}}}  = 9,5\)

Vậy cần tăng điện áp hiệu dụng giữa hai cực của trạm phát lên 9,5 lần

Chọn B

Phương pháp giải:

Phương pháp:

Suất điện động của nguồn điện: \(E = \sqrt 2 \omega N{\varphi _0} = \sqrt 2 .2\pi fN{\varphi _0}\)

Với f = np, trong đó n là tốc độ quay của roto, p là số cặp cực từ.

Cảm kháng Z_L= ωL

Dung kháng Z_C = (ωC)^-1

Định luật Ôm cho đoạn mạch: I = U/Z

Lời giải chi tiết:

Cách giải:

Suất điện động của nguồn điện: \(E = \sqrt 2 \omega N{\varphi _0} = \sqrt 2 .2\pi fN{\varphi _0}\)

Với f = np, trong đó n là tốc độ quay của roto, p là số cặp cực từ.

Do r = 0 nên điện áp hiệu dụng đặt vào hai đầu mạch U = E = kω

+ Khi n = n₁ thì \(R = {Z_{C1}} = \frac{1}{{{\omega _1}C}}\) (1)

+ Khi n = n₂

 \({U_{C2}} = I{Z_{C2}} = \frac{{k{\omega _2}.\frac{1}{{{\omega _2}C}}}}{{\sqrt {{R^2} + {{({Z_L} - \frac{1}{{{\omega _2}C}})}^2}} }}\)

 => U_C2 =U_C2 max khi  \({Z_{L2}}\; = {Z_{C2}}\; =  > \omega _2^2 = \frac{1}{{LC}}(2)\)

+ Khi n = n₃ thì \(I = \frac{{k{\omega _3}}}{{\sqrt {{R^2} + {{({Z_L} - {Z_{C3}})}^2}} }} = \frac{{k{\omega _3}}}{{\sqrt {{R^2} + {{({\omega _3}L - \frac{1}{{{\omega _3}C}})}^2}} }} = \frac{k}{{\sqrt Y }}\)

Với \(Y = \frac{{{R^2} + \omega _3^2{L^2} - 2\frac{L}{C} + \frac{1}{{\omega _3^2{C^2}}}}}{{\omega _3^2}} = \frac{1}{{{C^2}}}.\frac{1}{{\omega _3^4}} + ({R^2} - 2\frac{L}{C})\frac{1}{{\omega _3^2}} + {L^2}\)

Đặt X = 1/ω₃² => \(Y = \frac{1}{{{C^2}}}{X^2} + ({R^2} - \frac{{2L}}{C})X + {L^2}\)

\({I_{max}}\) khi  

\( \Rightarrow \frac{1}{{\omega _3^2}} = \frac{1}{{\omega _2^2}} - \frac{1}{{2\omega _1^2}} \Rightarrow \frac{1}{{n_3^2}} = \frac{1}{{n_2^2}} - \frac{1}{{2n_1^2}} \Rightarrow {n_3} = \frac{{\sqrt 2 {n_1}{n_2}}}{{\sqrt {2n_1^2 - n_2^2} }} = 120\) vòng/phút

Chọn C

Phương pháp giải:

Phương pháp:

Áp dụng công thức tính suất điện động hiệu dụng do máy phát điện tạo ra \(U = \frac{{\omega .N.\Phi }}{{\sqrt 2 }}\)

Lời giải chi tiết:

Cách giải:

Áp dụng công thức tính suất điện động hiệu dụng do máy phát điện tạo ra :\(U = \frac{{\omega .N.\Phi }}{{\sqrt 2 }} = \frac{{2\pi f.N.\Phi }}{{\sqrt 2 }} = \frac{{2\pi n.p.N.\Phi }}{{\sqrt 2 }} = \frac{{2\pi {{.750.4.200.25.10}^{ - 3}}}}{{\sqrt 2 .\pi .60}} = 250\sqrt 2 V\)

Chọn C

Phương pháp giải:

Áp dụng các công thức:

\(\text{U = }{{\text{U}}_{\text{1}}}\text{+ }{{\text{I}}_{\text{1}}}\text{R}\)

Và \({{\text{U}}_{\text{1}}}{{\text{I}}_{\text{1}}}\text{= }{{\text{U}}_{\text{2}}}{{\text{I}}_{\text{2}}}\)

U₁,U₂ lần lượt là hiệu điện thế hiệu dụng ở hai đầu cuộn sơ cấp và thứ cấp của máy hạ áp; U là điện áp hiệu dụng ở trạm điện

Lời giải chi tiết:

Ta có :

Do hệ số công suất bằng 1 ta có: Điện áp hiệu dụng ở trạm điện là:

\(\text{U = }{{\text{U}}_{\text{1}}}\text{+ }{{\text{I}}_{\text{1}}}\text{R}\Rightarrow \text{1000 = }{{\text{U}}_{\text{1}}}\text{+ }{{\text{I}}_{\text{1}}}.20\)                                                            (1)

Do bỏ qua tiêu hao năng lượng ở các máy biến áp nên ta có: \({{\text{U}}_{\text{1}}}{{\text{I}}_{\text{1}}}\text{= }{{\text{U}}_{\text{2}}}{{\text{I}}_{\text{2}}}=n.200\Rightarrow {{\text{U}}_{\text{1}}}\text{ = }\frac{\text{n}\text{.200}}{{{\text{I}}_{\text{1}}}}\)      (2)

n là số bóng đèn tối đa

U₁,U₂ lần lượt là hiệu điện thế hiệu dụng ở hai đầu cuộn sơ cấp và thứ cấp của máy hạ áp.

(1), (2) \(\Rightarrow \text{1000 = }{{\text{U}}_{\text{1}}}\text{+ }{{\text{I}}_{\text{1}}}.20=\frac{\text{n}\text{.200}}{{{\text{I}}_{\text{1}}}}\text{+ }{{\text{I}}_{\text{1}}}.20\Rightarrow 1000{{\text{I}}_{\text{1}}}=\text{n}.200+\text{I}_{\text{1}}^{\text{2}}.20\)

\(\text{I}_{\text{1}}^{\text{2}}.20-1000.{{\text{I}}_{\text{1}}}+200n=0\Rightarrow \Delta ={{1000}^{2}}-4.20.200.n\ge 0\Rightarrow n\le 62,5\)

\(\Rightarrow \) Số đèn tối đa mà trang trại có thể sử dụng là 62

Chọn C

Phương pháp giải:

Khi U tăng n lần thì công suất hao phí giảm n² lần.

Lời giải chi tiết:

Ta có: \(P-\Delta P=120{{P}_{1}}\) và  \(P-\frac{\Delta P}{4}=156{{P}_{1}}\) 

Trong đó: P, \(\Delta P\) và \({{P}_{1}}\) lần lượt là công suất ở trạm phát, công suất hao phí và công suất tiêu thụ của mỗi hộ dân.

\(\Rightarrow P=168{{P}_{1}}\text{;    }\!\!\Delta\!\!\text{ P}=48{{P}_{1}}\)

\(\Rightarrow \)Để trạm phát phục vụ đủ 165 hộ dân: \(P-\frac{\Delta P}{{{n}^{2}}}=165{{P}_{1}}\Rightarrow 168{{P}_{1}}-\frac{48{{P}_{1}}}{{{n}^{2}}}=165{{P}_{1}}\Rightarrow n=4\)

\(\Rightarrow \) Điện áp nơi phát là 4U

Chọn C

Phương pháp giải:

Phương pháp:

Lí thuyết về truyền tải điện năng, máy biến áp.

Lời giải chi tiết:

Cách giải:

Ta luôn có   \(P = {P_{hp}} + {P_{tt}} \Leftrightarrow UI = {P_{hp}} + {U_{tt}}I\)

* Khi k = 10 ta có:  \({P_1} = {P_{hp1}} + {P_{tt1}} \Leftrightarrow 10{U_0}I = 0,1{P_{tt1}} + {P_{tt1}} \Leftrightarrow 10{U_0} = 1,1{U_{tt1}}\left( 1 \right)\)

* Khi k = ? ta có: \({P_2} = {P_{hp2}} + {P_{tt2}} \Leftrightarrow k{U_0}{I_2} = 0,05{P_{tt2}} + {P_{tt2}} \Leftrightarrow k{U_0} = 1,05{U_{tt2}}\left( 2 \right)\)

Vì công suất nơi tiêu thụ không đổi nên  \({U_{tt1}}{I_1} = {U_{tt2}}{I_2} \Leftrightarrow \frac{{{U_{tt2}}}}{{{U_{tt1}}}} = \frac{{{I_1}}}{{{I_2}}} = \sqrt {\frac{{{P_{hp1}}}}{{{P_{hp2}}}}} {\rm{\;}} = \sqrt 2 \left( 3 \right)\)

Lấy (2) chia (1) rồi thế (3) vào ta được  \(\frac{k}{{10}} = \frac{{1,05}}{{1,1}}\sqrt 2 {\rm{\;}} \Rightarrow k = 13,5\)

→ Chọn A

Phương pháp giải:

Phương pháp:

Nếu một cuộn dây nào đó có n vòng dây quấn ngược thì từ trường của n vòng này ngược với từ trường của phần còn lại nên nó có tác dụng khử bớt từ trường của n vòng dây còn lại, tức là cuộn dây này bị mất đi 2n vòng:\(\frac{{{{\rm{U}}_{\rm{1}}}}}{{{{\rm{U}}_{\rm{2}}}}}{\rm{  =  }}\frac{{{{\rm{N}}_{\rm{1}}}{\rm{  -  2n}}}}{{{{\rm{N}}_{\rm{2}}}}}\)

Lời giải chi tiết:

Cách giải:

Ta có: \(\frac{{{{\rm{U}}_{\rm{1}}}}}{{{{\rm{U}}_{\rm{2}}}}}{\rm{  =  }}\frac{{{{\rm{N}}_{\rm{1}}}{\rm{  -  2n}}}}{{{{\rm{N}}_{\rm{2}}}}} \Leftrightarrow \frac{{{\rm{3000}}}}{{{\rm{10000}}}}{\rm{  =  }}\frac{{{\rm{1000  -  2n}}}}{{{\rm{2000}}}} \Leftrightarrow {\rm{n  =  200}}\) (vòng)

Chọn C

Phương pháp giải:

Phương pháp:

Công thức máy biến áp: \(\frac{{{U_1}}}{{{U_{2\;}}}} = \frac{{{N_1}}}{{{N_2}}}\)

Lời giải chi tiết:

Cách giải:

Gọi điện áp hiệu dụng hai đầu cuộn thứ cấp của M₁ là x. Ta có: \(\frac{x}{{{N_1}}} = \frac{{13,75}}{{{N_2}}}(1)\)

Khi nối hai đầu cuộn thứ cấp của M₂ với hai đầu cuộn thứ cấp của M₁ ta có: \(\frac{x}{{{N_2}}} = \frac{{55}}{{{N_1}}}(2)\)

Từ (1) và (2) ta được x = 27,5V

Tỉ số giữa số vòng dây cuộn sơ cấp và cuộn thứ cấp của M₁ là: 220/27,5 = 8

Chọn C

Phương pháp giải:

Phương pháp :Áp dụng công thức biến áp \(\frac{{{U_1}}}{{{U_2}}} = \frac{{{N_1}}}{{{N_2}}}\)

Lời giải chi tiết:

Cách giải

Áp dụng công thức biến áp \(\frac{{{U_1}}}{{{U_2}}} = \frac{{{N_1}}}{{{N_2}}} = {\rm{\;}} > {U_2} = \frac{{{U_1}.{N_2}}}{{{N_1}}} = \frac{{210.300}}{{4200}} = 15V\)

Chọn  D

Phương pháp giải:

Phương pháp:

 Áp dụng công thức tính hao phí điện năng truyền tải đi xa \(H = \frac{{P - \Delta P}}{P}\)

Lời giải chi tiết:

Cách giải:

Áp dụng công thức tính hao phí điện năng truyền tải đi xa ta có

\(1 - H = R\frac{P}{{{U^2}}} = R.\frac{{{P_t}}}{{H{U^2}}} \to \frac{{1 - {H_1}}}{{1 - {H_2}}} = \frac{{{H_2}}}{{{H_1}}}\frac{{90}}{{90 + n}} = \frac{{1 - 0,9}}{{1 - 0,8}} = \frac{{0,8.90}}{{0,9.\left( {90 + n} \right)}} = {\rm{\;}} > n = 70\)

Chọn B

Phương pháp giải:

Áp dụng công thức máy biến áp  

\(\frac{{{U_1}}}{{{U_2}}} = \frac{{{N_1}}}{{{N_2}}}\)

Lời giải chi tiết:

Lần 1:

Áp dụng công thức máy biến áp

\(\begin{array}{l}
\frac{U}{{U'}} = \frac{{{N_1}}}{{{N_2}}} \Rightarrow U' = \frac{{U{N_2}}}{{{N_1}}}\\
\frac{U}{{U''}} = \frac{{{N_2}}}{{{N_1}}} \Rightarrow U'' = \frac{{U{N_1}}}{{{N_2}}}\\
U' - U'' = U.(\frac{{{N_2}}}{{{N_1}}} - \frac{{{N_1}}}{{{N_2}}}) = U.\frac{{(N_2^2 - N_1^2)}}{{{N_1}{N_2}}} = 450V
\end{array}\)

Lần 2:

Áp dụng công thức máy biến áp

\(\Delta {U_2} = {U_2}' - {U_2}'' = U.(\frac{{{N_2}}}{{{N_1}}} - \frac{{{N_1}}}{{{N_2}}}) = U.\frac{{(N_2^2 - 1,{{3333}^2}N_1^2)}}{{1,3333{N_1}{N_2}}} = 320V\)

Lần 3:

Áp dụng công thức máy biến áp

Lập tỉ số lần 1 và lần 2 ta được

\(\Delta {U_3} = {U_3}' - {U_3}'' = U.(\frac{{{N_2}}}{{{N_1}}} - \frac{{{N_1}}}{{{N_2}}}) = U.\frac{{(N_2^2 - 1,{5^2}N_1^2)}}{{1,5{N_1}{N_2}}}\)

Thay vào lần 3 và lập tỉ số với lần 1 hoặc lần 2 ta tìm được

\(\frac{{450}}{{\Delta {U_3}}} = \frac{{1,5.(N_2^2 - N_1^2)}}{{N_2^2 - 1,{5^2}N_1^2)}} \Rightarrow \Delta {U_3} = 275V\)

Phương pháp giải:

Biểu thức định luật Ôm cho đoạn mạch I = U/R

Lời giải chi tiết:

Dây bị nối tắt tại Q

Gọi khoảng cách MQ là x thì điện trở trên phần đường dây có dòng điện chạy qua (từ M tới Q) là: \(\frac{80x}{180}\)

Ta có:

 \(\frac{12}{0,4}=\frac{80x}{180}+R\Rightarrow 30=\frac{4}{9}x+R\Rightarrow x<67,5km\) (do R > 0)

Vậy khoảng cách MQ không thể là 85km

Chọn A