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

Câu hỏi 1 :Một máy biến áp có cuộn sơ cấp gồm 1000 vòng dây được mắc vào mạng điện xoay chiều có điện áp hiệu dụng 220 V. Khi đó điện áp hiệu dụng ở hai đầu cuộn thứ cấp để hở là 484 V. Bỏ qua mọi hao phí của máy biến áp. Số vòng dây của cuộn thứ cấp là

• A

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

  1100 vòng    

• B 2200 vòng   
• C 2500 vòng       
• D 2000 vòng

Đáp án: B

Phương pháp giải :Công thức máy biến áp : \ ( \ dfrac { { { U_2 } } } { { { U_1 } } } = \ dfrac { { { N_2 } } } { { { N_1 } } } \ )Lời giải cụ thể :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.

Đáp án – Lời giải Câu hỏi 2 :Đặt vào hai đầu cuộn sơ cấp của máy biến áp lí tưởng điện áp xoay chiều có giá trị hiệu dụng không đổi. Nếu quấn thêm vào cuộn thứ cấp 80 vòng thì điện áp hiệu dụng hai đầu cuộn thứ cấp để hở đổi khác \ ( 20 \ % \ ) so với lúc đầu. Số vòng dây khởi đầu ở cuộn thứ cấp là

• A600 vòng
• B1200 vòng 
• C 400 vòng
• D300 vòng

Đáp án: C

Phương pháp giải :Sử dụng biểu thức \ ( \ dfrac { { { U_1 } } } { { { U_2 } } } = \ dfrac { { { N_1 } } } { { { N_2 } } } \ )Lời giải cụ thể :+ 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

Đáp án – Lời giải Câu hỏi 3 :Cần truyền tải điện từ xí nghiệp sản xuất đến nơi tiêu thụ điện sao cho hiệu suất nhận được tại nơi tiêu thụ là không đổi, bằng một đường dây nhất định. Ban đầu điện áp đưa lên đường dây 5 kV thì hiệu suất truyền tải điện là 64 %. Để hiệu suất truyền tải là 90 % thì điện áp đưa lên đường dây là

• A9kV
• B7,5kV
• C8kV
• D12,5kV

Đáp án: C

Phương pháp giải :+ Sử dụng biểu thức tính hiệu 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 cụ thể :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 } = 8 kV \ )

Chọn C

Đáp án – Lời giải Câu hỏi 4 :

Đặt một điện áp xoay chiều có giá trị hiệu dụng không đổi vào hai đầu cuộn sơ cấp của một máy biến áp lí tưởng thì điện áp hiệu dụng giữa hai đầu cuộn thứ cấp để hở là 200V. Nếu giảm bớt n vòng dây ở cuộn sơ cấp thì điện áp hiệu dụng giữa hai đầu cuộn thứ cấp để hở là U. Nếu tăng thêm n vòng dây ở cuộn sơ cấp thì điện áp hiệu dụng giữa hai đầu cuộn thứ cấp để hở là 0,5U. Giá trị của U là

• A\(200V\)
• B\(100V\)
• C\(400V\)
• D\(300V\)

Đáp án: D

Phương pháp giải :Công thức máy biến áp : \ ( \ dfrac { { { U_1 } } } { { { U_2 } } } = \ dfrac { { { N_1 } } } { { { N_2 } } } \ )Lời giải cụ thể :Theo những 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 } } } { { 0,5 U } } = \ 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 } = 3 n \, \, \, \ end { array } \ right. \ )
\ ( \ Rightarrow \ dfrac { U } { { 200 } } = \ dfrac { { 3 n } } { { 3 n – n } } \ Rightarrow U = 300V \ )

Chọn D.

Đáp án – Lời giải Câu hỏi 5 :Người ta cần truyền một hiệu suất điện 1MW dưới một điện áp hiệu dụng 10 kV đi xa bằng đường dây một pha. Mạch điện có thông số hiệu suất bằng 0,8. Muốn cho tỉ lệ nguồn năng lượng mất mát trên đường dây không quá 10 % thì điện trở của đường dây nằm trong khoảng chừng nào sau đây ?

• A\(R \le 4,8\,\,\Omega \)     
• B\(R \le 6,4\,\,\Omega \)   
• C\(R \le 8,4\,\,\Omega \) 
• D \(R \le 3,2\,\,\Omega \)

Đáp án: B

Phương pháp giải :Công suất hao phí trên đường dây : \ ( { P_ { hp } } = \ dfrac { { { P ^ 2 } R } } { { { U ^ 2 } { { \ cos } ^ 2 } \ varphi } } \ )Lời giải cụ thể :Công suất hao phí trên đường dây là : \ ( { P_ { hp } } = \ dfrac { { { P ^ 2 } R } } { { { U ^ 2 } { { \ cos } ^ 2 } \ varphi } } \ )
Tỉ lệ nguồn năng lượng hao phí trên đường dây là :
\ ( \ begin { array } { l } \ dfrac { { { P_ { hp } } } } { P } \ le 10 \ % \ Rightarrow { P_ { hp } } \ le 0,1 P \ Rightarrow \ dfrac { { { P ^ 2 } R } } { { { U ^ 2 } { { \ cos } ^ 2 } \ varphi } } \ le 0,1 P \ \ \ 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.

Đáp án – Lời giải Câu hỏi 6 :Một đường dây có điện trở \ ( 200 \ Omega \ ) truyền tải dòng điện xoay chiều một pha từ Sông Hinh đến Thành phố Tuy Hòa. Điện áp hiệu dụng ở đầu nguồn điện là \ ( U = 110 kV \ ), hiệu suất điện cần truyền tải là \ ( 4M { \ rm { W } } \ ). Hệ số hiệu suất của mạch điện là \ ( cos \ varphi = 0,8 \ ). Có khoảng chừng bao nhiêu Phần Trăm hiệu suất bị mất mát trên đường dây do tỏa nhiệt ?

• A8,05%
• B12,26%
• C16,65%
• D10,33%

Đáp án: D

Phương pháp giải :Sử dụng biểu thức tính hiệu suất hao phí : \ ( \ Delta P = \ dfrac { { { P ^ 2 } } } { { { { \ left ( { Ucos \ varphi } \ right ) } ^ 2 } } } R \ )Lời giải cụ thể :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 hiệu 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

Đáp án – Lời giải Câu hỏi 7 :Điện năng được truyền từ một trạm phát điện đến nơi tiêu thụ bằng đường dây tải điện một pha. Biết thông số hiệu suất trong quy trình truyền tải và tiêu thụ bằng \ ( 1 \ ), điện trở trên đường dây truyền tải là \ ( 55 \, \, \ Omega \ ), cường độ dòng điện hiệu dụng là \ ( 100 \, \, A \ ), hiệu suất của quy trình truyền tải điện là \ ( 80 \ % \ ). Ở nơi tiêu thụ, để đưa điện áp hiệu dụng về \ ( 220 \, \, V \ ) thì cần dùng máy biến áp lí tưởng có tỉ số vòng dây của cuộn sơ cấp so với cuộn dây thứ cấp là

• A\(10\).   
• B\(1000\).   
• C\(100\).  
• D\(200\).

Đáp án: C

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 cụ thể :Hiệu suất của quy 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.

Đáp án – Lời giải Câu hỏi 8 :Có một máy biến áp lí tưởng gồm hai cuộn dây D1 và D2, một nguồn điện \ ( u = { U_0 } \ cos \ left ( { \ omega t + { \ varphi _u } } \ right ) \ ) ( V ) và một điện trở thuần R. Nếu nối hai đầu của cuộn dây D1 với nguồn điện và hai đầu của cuộn D2 với R thì hiệu suất tiêu thụ trên R là 100 W. Nếu nối hai đầu của cuộn dây D2 với nguồn điện và hai đầu của cuộn dây D1 với R thì hiệu suất tiêu thụ trên R là 400 W. Nếu đặt nguồn điện vào hai đầu điện trở R thì hiệu suất tiêu thụ trên R là

• A250 W.        
• B200 W.     
• C225 W.            
• D300 W.

Đáp án: B

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 cụ thể :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 \ ), hiệu suất tiêu thụ trên điện trở là :
\ ( { P_3 } = \ dfrac { { { U_1 } ^ 2 } } { R } = 200 \, \, \ left ( W \ right ) \ )

Chọn B.

Đáp án – Lời giải Câu hỏi 9 :Điện năng được truyền đi từ một máy phát đến một khu dân cư bằng đường dây tải một pha, với hiệu suất truyền tải \ ( 90 \ % \ ). Do nhu yếu tiêu thụ điện của khu dân cư tăng lên \ ( 11 \ % \ ) nhưng chưa có điều kiện kèm theo nâng hiệu suất của máy phát, người ta dùng máy biến áp để tăng điện áp trước khi truyền đi. Coi thông số hiệu suất của mạng lưới hệ thống là không đổi khác. Tỉ số số vòng dây giữa cuộn thứ cấp và cuộn sơ cấp là

• A11
• B10
• C8
• D9

Đáp án: B

Phương pháp giải :+ Sử dụng công thức hiệu suất truyền tải : \ ( H = 1 – \ dfrac { { \ Delta P } } { P } \ )
+ Sử dụng công thức tính hiệu suất hao phí : \ ( \ Delta P = \ dfrac { { { P ^ 2 } } } { { { { \ left ( { Ucos \ varphi } \ right ) } ^ 2 } } } R \ )Lời giải chi tiết cụ thể :Ta có hiệu suất của quy trình truyền tải điện năng : \ ( H = 1 – \ dfrac { { \ Delta P } } { P } \ )
+ Ban đầu \ ( H = 90 \ % \ ) \ ( \ Rightarrow \ left \ { \ begin { array } { l } \ Delta P = 0,1 P \ \ { P_0 } = 0,9 P \ end { array } \ right. \ ) và điện áp \ ( U \ )
Trong đó \ ( { P_0 } \ ) là hiệu suất tiêu thụ của tải, \ ( \ Delta P = \ dfrac { { { P ^ 2 } } } { { { { \ left ( { Ucos \ varphi } \ right ) } ^ 2 } } } R \ ) hiệu 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 hiệu 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

Đáp án – Lời giải Câu hỏi 10 :Máy biến áp ở cuộn thứ cấp có 1000 vòng, từ thông cực đại biến thiên trong lõi thép là 0,5 mWb và tần số của dòng điện biến thiên với f = 50 Hz. Hỏi máy biến áp có hiệu điện thế hiệu dụng ở đầu ra là bao nhiêu

• A111 V   
• B 121 V   
• C 131 V   
• D141 V

Đáp án: A

Phương pháp giải :Hiệu điện thế cực lớn 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 cụ thể :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.

Đáp án – Lời giải Câu hỏi 11 :Điện năng được truyền từ một nhà máy sản xuất phát điện gồm 8 tổ máy đến nơi tiêu thụ bằng đường dây tải điện một pha. Coi điện áp hiệu dụng ở xí nghiệp sản xuất không đổi, thông số hiệu suất của mạch điện bằng 1, hiệu suất phát điện của những tổ máy khi hoạt động giải trí là không đổi và như nhau. Khi hoạt động giải trí với cả 8 tổ máy thì hiệu suất truyền tải là 75 %. Khi hoạt động giải trí với 6 tổ máy thì hiệu suất truyền tải là

• A90,35%.          
• B72,53%.                
• C88,24%.   
• D81,25%.

Đáp án: D

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 cụ thể :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.

Đáp án – Lời giải Câu hỏi 12 :

Cuộn sơ cấp của một máy biến áp lí tưởng có \({N_1}\) vòng dây. Khi đặt một điện áp xoay chiều có giá trị hiệu dụng 120 V vào hai đầu cuộn sơ cấp thì điện áp hiệu dụng ở hai đầu cuộn thứ cấp để hở đo được là 100 V. Nếu tăng thêm 150 vòng dây cho cuộn sơ cấp và giảm 150 vòng dây ở cuộn thứ cấp thì khi đặt vào hai đầu cuộn sơ cấp một điện áp hiệu dụng 160 V thì điện áp hiệu dụng ở hai đầu cuộn thứ cấp để hở vẫn là 100 V. Kết luận nào sau đây đúng?

• A\({N_1} = 825\)vòng.    
• B\({N_1} = 1320\)vòng.
• C\({N_1} = 1170\)vòng.
• D\({N_1} = 975\)vòng.

Đáp án: C

Phương pháp giải :Công thức máy biến áp : \ ( \ dfrac { { { N_1 } } } { { { N_2 } } } = \ dfrac { { { U_1 } } } { { { U_2 } } } \ )Lời giải chi tiết cụ thể :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.

Đáp án – Lời giải Câu hỏi 13 :Bằng một đường dây truyền tải, điện năng từ một nhà máy sản xuất phát điện nhỏ có hiệu suất không đổi được đưa đến một xưởng sản xuất. Nếu tại nhà máy điện, dùng máy biến áp có tỉ số vòng dây cuộn thứ cấp và cuộn sơ cấp là 5 thì tại nơi sử dụng sẽ phân phối đủ điện năng cho 80 máy hoạt động giải trí. Nếu dùng máy biến áp có tỉ số vòng dây của cuộn thứ cấp và cuộn sơ cấp là 10 thì tại nơi sử dụng phân phối đủ điện năng cho 95 máy hoạt động giải trí. Nếu đặt xưởng sản xuất tại xí nghiệp sản xuất điện thì cung ứng đủ điện năng số máy là

• A105
• B85
• C100
• D9

Đáp án: 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 hiệu suất hao phí : \ ( \ Delta P = \ dfrac { { { P ^ 2 } } } { { { { \ left ( { Ucos \ varphi } \ right ) } ^ 2 } } } R \ )Lời giải cụ thể :Gọi U – hiệu điện thế tại nhà máy điện, \ ( { P_0 } \ ) – hiệu 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 ( { 5U cos \ 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 ( { 10U cos \ 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 sản xuất điện thì cung ứng đủ điện cho 100 máy .

Chọn C

Đáp án – Lời giải Câu hỏi 14 :Đặt vào hai đầu cuộn sơ cấp của một máy biến áp lí tưởng một điện áp xoay chiều có giá trị hiệu dụng không đổi thì điện áp hiệu dụng giữa hai đầu cuộn thứ cấp khi để hở là 60V. Nếu tăng thêm 11 n vòng dây ở cuộn sơ cấp thì điện áp hiệu dụng giữa hai đầu cuộn thứ cấp khi để hở là U ; nếu giảm bớt 9 n vòng dây ở cuộn sơ cấp thì điện áp hiệu dụng giữa hai đầu cuộn thứ cấp khi để hở là 7U. Nếu giảm bớt 10 n vòng dây ở cuộn sơ cấp thì điện áp hiệu dụng giữa hai đầu cuộn thứ cấp là

• AU’=31,75V
• BU’=542,93V
• CU’=317,14V
• DU’=33,13V

Đáp án: 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 cụ thể :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 11 n vòng dây ở cuộn sơ cấp : \ ( \ dfrac { { { U_1 } } } { U } = \ dfrac { { { N_1 } + 11 n } } { { { N_2 } } } \ ) ( 2 )
+ Khi giảm bớt 9 n vòng dây ở cuộn sơ cấp : \ ( \ dfrac { { { U_1 } } } { { 7U } } = \ dfrac { { { N_1 } – 9 n } } { { { 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 } + 11 n } } { { { N_1 } – 9 n } } \ Rightarrow 7 = \ dfrac { { { N_1 } + 11 n } } { { { N_1 } – 9 n } } \ \ \ Rightarrow n = \ dfrac { 3 } { { 37 } } { N_1 } \ end { array } \ )
+ Khi giảm bớt 10 n vòng ở cuộn sơ cấp ta có : \ ( \ dfrac { { { U_1 } } } { { { U_2 } } } = \ dfrac { { { N_1 } – 10 n } } { { { 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 = 317,14 V \ )

Chọn C

Đáp án – Lời giải Câu hỏi 15 :Điện năng được truyền từ nhà máy sản xuất điện đến nơi tiêu thụ bằng đường dây tải điện một pha. Để giảm hao phí trên đường dây, người ta tăng điện áp ở nơi truyền đi bằng máy tăng áp lí tưởng có tỉ số giữa số vòng dây của cuộn thứ cấp và số vòng dây của cuộn sơ cấp là k. Biết hiệu suất của nhà máy sản xuất điện không đổi, điện áp hiệu dụng giữa hai đầu cuộn sơ cấp không đổi, thông số hiệu suất của mạch điện bằng 1. Khi \ ( k = 10 \ ) thì hiệu suất hao phí trên đường dây bằng \ ( 10 \ % \ ) hiệu suất ở nơi tiêu thụ. Để hiệu suất hao phí trên đường dây bằng \ ( 5 \ % \ ) hiệu suất ở nơi tiêu thụ thì k phải có giá trị là

• A19,11
• B13,8
• C 18,3
• D19,8

Đáp án: B

Phương pháp giải :+ Sử dụng công thức tính hiệu 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 cụ thể :Ta có, hiệu 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

Đáp án – Lời giải Câu hỏi 16 :Đặt vào hai đầu cuộn sơ cấp của một máy biến áp lí tưởng một điện áp xoay chiều có giá trị hiệu dụng không đổi thì điện áp hiệu dụng giữa hai đầu cuộn thứ cấp để hở là 300 V. Nếu giảm bớt một phần ba tổng số vòng dây của cuộn thứ cấp thì điện áp hiệu dụng giữa hai đầu để hở của nó có giá trị là

• A 200 V   
• B100 V  
• C450 V   
• D300 V

Đáp án: A

Phương pháp giải :Công thức máy biến áp : \ ( \ dfrac { { { U_2 } } } { { { U_1 } } } = \ dfrac { { { N_2 } } } { { { N_1 } } } \ )Lời giải chi tiết cụ thể :Điện áp hiệu dụng khởi 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.

Đáp án – Lời giải Câu hỏi 17 :Đặt vào hai đầu cuộn sơ cấp máy biến thế lí tưởng điện áp xoay chiều \ ( u = 100 \ sqrt 2 \ cos 100 \ pi t ( V ) \ ) ( t đo bằng giây ) thì thấy điện áp hai đầu cuộn thứ cấp khi không có tải là 50V. Tính tỉ số số vòng giây cuộn sơ cấp ( N1 ) và cuộn thứ cấp ( N2 )

• A2
• B\(\sqrt 2 \)
• C2\(\sqrt 2 \)
• D\(\frac{1}{2}\)

Đáp án: 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 cụ thể :Ta có :
\ ( \ frac { { { U_1 } } } { { { U_2 } } } = \ frac { { { N_1 } } } { { { N_2 } } } \ Rightarrow \ frac { { { N_1 } } } { { { N_2 } } } = \ frac { { 100 } } { { 50 } } = 2 \ )

Chọn A.

Đáp án – Lời giải Câu hỏi 18 :Đặt vào hai đầu cuộn sơ cấp của một máy biến áp lí tưởng ( bỏ lỡ hao phí ) một điện áp xoay chiều có giá trị hiệu dụng không đổi thì điện áp hiệu dụng giữa hai đầu cuộn thứ cấp để hở là 100V. Ở cuộn thứ cấp, nếu giảm bớt n vòng dây thì điện áp hiệu dụng giữa hai đầu để hở của nó là U, nếu tăng thêm n vòng dây thì điện áp đó là 2U. Nếu tăng thêm 3 n vòng dây ở cuộn thứ cấp thì điện áp hiệu dụng giữa hai đầu để hở của cuộn này bằng

• A200V   
• B220V    
• C100V 
• D110V

Đáp án: A

Phương pháp giải :Công thức máy biến áp : \ ( \ dfrac { { { U_1 } } } { { { U_2 } } } = \ dfrac { { { N_1 } } } { { { N_2 } } } \ )Lời giải cụ thể :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 } + 3 n } } \, \, \, \, \ 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 } = 3 n \ \ \ dfrac { { \ left ( 1 \ right ) } } { { \ left ( 4 \ right ) } } \ Leftrightarrow \ dfrac { x } { { 100 } } = \ dfrac { { { N_2 } + 3 n } } { { { N_2 } } } \ end { array } \ right. \ \ \ Rightarrow \ dfrac { x } { { 100 } } = \ dfrac { { 3 n + 3 n } } { { 3 n } } = 2 \ Rightarrow x = 200V \ end { array } \ )

Chọn A.

Đáp án – Lời giải Câu hỏi 19 :Một máy biến áp có tỉ số vòng dây cuộn sơ cấp vào thứ cấp là \ ( \ dfrac { 1 } { 5 } \ ). Điện trở những vòng dây và mất mát nguồn năng lượng trong máy không đáng kể. Cuộn thứ cấp nối với bóng đèn 220 V – 100 W, đèn sáng thông thường. Điện áp và cường độ hiệu dụng ở cuộn sơ cấp là bao nhiêu ?

• A44 V – 5 A    
• B44 V – 2,15 A      
• C 4,4 V – 2,273 A    
• D 44 V – 2,273 A

Đáp án: D

Phương pháp giải :Đèn sáng thông 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 cụ thể :Đèn sáng thông thường, khi đó hiệu điện thế của cuộn thức cấp và hiệu 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.

Đáp án – Lời giải Câu hỏi 20 :Điện áp và cường độ dòng điện ở cuộn sơ cấp là 220 V và 0,5 A, ở cuộn thứ cấp là 20 V và 6,2 A. Biết thông số hiệu suất ở cuộn sơ cấp bằng 1, ở cuộn thứ cấp là 0,8. Hiệu suất của máy biến áp là tỉ số giữa hiệu suất của cuộn thứ cấp và của cuộn sơ cấp là ?

• A80%
• B40%  
• C 90,18%
• D95%

Đáp án: C

Phương pháp giải :Công suất của cuộn dây : \ ( P = UI \ cos \ varphi \ )Lời giải cụ thể :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.

Đáp án – Lời giải Câu hỏi 21 :

Một máy biến áp có tỉ số vòng dây sơ cấp và thứ cấp là \(\dfrac{1}{{10}}\). Điện áp hiệu dụng và cường độ hiệu dụng ở cuộn sơ cấp là 100 V và 5 A. Bỏ qua hao phí trong máy biến áp. Dòng điện từ máy biến áp được truyền đi đến nơi tiêu thụ bằng dây dẫn có điện trở thuần 100 Ω. Cảm kháng và dung kháng của dây dẫn không đáng kể. Hiệu suất truyền tải điện là?

• A90%
• B5%   
• C10%    
• D95%

Đáp án: D

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 cụ thể :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.

Đáp án – Lời giải Câu hỏi 22 :Điện năng được truyền từ trạm phát điện đến nơi tiêu thụ bằng đường dây tải điện một pha. Ban đầu hiệu suất truyền tải là \ ( 84 \ % \ ). Biết hiệu suất truyền đi không đổi và coi thông số hiệu suất bằng 1. Để tăng hiệu suất truyền tải lên đến \ ( 96 \ % \ ) thì cần tăng điện áp nơi phát lên n lần. Giá trị của n là

• A\(12.\)
• B\(2.\)
• C\(4.\)
• D\(8.\)

Đáp án: B

Phương pháp giải :Áp dụng công thức tính hiệu suất : \ ( P = UIcos \ varphi \ )Lời giải chi tiết cụ thể :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

Đáp án – Lời giải Câu hỏi 23 :Trong giờ thực hành thực tế, học viên muốn tạo một máy biến thế với số vòng dây ở cuộn sơ cấp gấp 4 lần cuộn thứ cấp. Do xảy ra sự cố nên cuộn thứ cấp bị thiếu 1 số ít vòng dây. Để xác lập số dây bị thiếu, học viên này dùng vôn kế lí tưởng để đo được tỉ số điện áp hiệu dụng ở cuộn thứ cấp và cuộn sơ cấp là \ ( \ dfrac { { 43 } } { { 200 } } \ ). Sau đó học viên quấn thêm vào cuộn thứ cấp 48 vòng nữa thì tỉ số điện áp hiệu dụng nói trên là \ ( \ dfrac { 9 } { { 40 } } \ ). Bỏ qua mọi hao phí của máy biến áp. Để được máy biến áp có số vòng dây đúng như dự tính thì học viên đó phải cuốn tiếp bao nhiêu vòng

• A60 vòng  
• B168 vòng  
• C120 vòng  
• D50 vòng

Đáp án: B

Phương pháp giải :Công thức máy biến áp : \ ( \ dfrac { { { U_2 } } } { { { U_1 } } } = \ dfrac { { { N_2 } } } { { { N_1 } } } \ )Lời giải cụ thể :Gọi số vòng dây ở cuộn thứ cấp khởi 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 tính 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.

Đáp án – Lời giải Câu hỏi 24 :Điện năng ở một trạm điện được truyền đi dưới điện áp có giá trị hiệu dụng 4 kV, hiệu suất trong quy trình truyền tải là \ ( { H_1 } = 80 \ % \ ). Biết hiệu suất truyền đi không đổi. Muốn hiệu suất trong quy trình truyền tải tăng đến \ ( { H_2 } = 95 \ % \ ) thì ta phải :

• Agiảm điện áp xuống còn 1kV                     
• Btăng điện áp lên đến 16kV
• Ctăng điện áp lên đến 8kV            
• Dgiảm điện áp xuống còn 2kV

Đáp án: C

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 cụ thể :Từ hiệu 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 } } } = 8 kV \ end { array } \ )

Chọn C.

Đáp án – Lời giải Câu hỏi 25 :Hiệu điện thế do nhà máy sản xuất phát ra 10 kV. Nếu không sử dụng máy biến thế, hao phí truyền tải là 5 kW. Nhưng trước khi truyền tải, hiệu điện thế được nâng lên 40 kV thì hao phí trên đường truyền tải là bao nhiêu ?

• A1,25 kW     
• B 0,3125 kW    
• C25 kW   
• D1 kW

Đáp án: B

Phương pháp giải :Hao phí trên đường dây tải điện : \ ( { P_ { hp } } = \ dfrac { { { P ^ 2 } R } } { { { U ^ 2 } } } \ )Lời giải cụ thể :Khi không sử dụng máy biến áp, hiệu suất hao phí là : \ ( { P_ { h { p_1 } } } = \ dfrac { { { P ^ 2 } R } } { { { U_1 } ^ 2 } } \ )
Khi nâng hiệu điện thế, hiệu 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.

Đáp án – Lời giải Câu hỏi 26 :Một khu tập thể tiêu thụ một hiệu suất điện 14289 W, trong đó những dụng cụ điện ở khu này đều hoạt động giải trí thông thường ở điện áp hiệu dụng là 220 V. Điện trở của dây tải điện từ nơi cấp điện đến khu tập thể là r. Khi khu tập thể không dùng máy biến áp hạ thế, để những dụng cụ điện của khu này hoạt động giải trí thông thường thì điện áp hiệu dụng ở nơi cấp điện là 359 V, khi đó điện áp tức thời ở 2 đầu dây của khu tập thể nhanh pha \ ( \ dfrac { { \ rm { \ pi } } } { { \ rm { 6 } } } \ ) so với dòng điện tức thời chạy trong mạch. Khi khu tập thể dùng máy biến áp hạ thế lí tưởng có tỉ số \ ( \ dfrac { { { { \ rm { N } } _ { \ rm { 1 } } } } } { { { { \ rm { N } } _ { \ rm { 2 } } } } } { \ rm { = 15 } } \ ), để những dụng cụ điện của khu này vẫn hoạt động giải trí thông thường giống như khi không dùng máy biến áp hạ thế thì điện áp hiệu dụng ở nơi cấp điện gần giá trị nào nhất sau đây ( biết thông số hiệu suất ở mạch sơ cấp của máy hạ thế bằng 1 ) :

• A1654 V
• B3309 V        
• C6616 V
• D4963 V

Đáp án: 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 cụ thể :Khi không dùng máy biến áp, cường độ dòng điện qua mạch cung ứng 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.

Đáp án – Lời giải Câu hỏi 27 :Điện năng từ nhà máy sản xuất phát điện xoay chiều được truyền đến một khu công nghiệp bằng đường dây một pha. Biết thông số hiệu suất ở tải tiêu thụ luôn bằng 1 và hiệu suất tiêu thụ của khu công nghiệp không đổi. Ban đầu hiệu suất truyền tải là 80 %. Để giảm hiệu suất hao phí trên đường dây truyền tải n lần thì phải tăng điện áp ở đầu đường dây truyền tải lên 9 lần, giá trị của n gần nhất với giá trị nào sau đây ?
 

• A126 .
   
• B120 .
   
• C12,6 .
   
• D12,0 .
   

Đáp án: A

Phương pháp giải :Áp dụng công thức \ ( H = \ frac { { U – \ Delta U } } { U } \ )
 Lời giải chi tiết cụ thể :\ ( 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_ { 2 tt } } { I_2 } = { U_ { 1 tt } } { I_1 } \ Rightarrow { U_ { 2 tt } } = { U_ { 1 tt } } \ 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
 Đáp án – Lời giải Câu hỏi 28 :Điện năng được truyền từ một trạm phát đến nơi tiêu thụ bằng đường dây truyền tải một pha. Biết hiệu suất ở trạm phát không đổi. Ban đầu, hiệu suất hao phí trên đường dây truyền tải là 50 kW và thông số hiệu suất của mạch điện là k. Sau đó người ta chỉ mắc tiếp nối đuôi nhau thêm vào đường dây truyền tải một tụ điện để hiệu suất hao phí trên đường dây truyền tải giảm đến giá trị cực tiểu và bằng 24,5 kW. Giá trị của k là

• A0,51.    
• B0,30
• C0,49
• D0,70

Đáp án: D

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

+ 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

Đáp án – Lời giải Câu hỏi 29 :Một máy biến thế dùng làm máy giảm thế ( hạ thế ) gồm cuộn dây 100 vòng và cuộn dây 500 vòng. Bỏ qua mọi hao phí của máy biến thế. Khi nối hai đầu cuộn sơ cấp với hiệu điện thế \ ( u = 100 \ sqrt 2 \ sin 100 \ pi t \, \, \ left ( V \ right ) \ ) thì hiệu điện thế hiệu dụng ở hai đầu cuộn thứ cấp bằng

• A50 V      
• B500 V  
• C20 V          
• D10 V

Đáp án: C

Phương pháp giải :Công thức máy biến thế : \ ( \ dfrac { { { N_1 } } } { { { N_2 } } } = \ dfrac { { { U_1 } } } { { { U_2 } } } \ )Lời giải cụ thể :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.

Đáp án – Lời giải Câu hỏi 30 :Một máy tăng áp có số vòng cuộn sơ cấp và thứ cấp lần lượt là 150 vòng và 1500 vòng. Điện áp và cường độ dòng điện ở cuộn sơ cấp là 250 V và 100 A. Bỏ qua hao phí nguồn năng lượng trong máy. Điện áp từ máy tăng áp được dẫn đến nơi tiêu thụ bằng dây dẫn chỉ có điện trở thuần 30 Ω. Điện áp nơi tiêu thụ là ?

• A220 V    
• B2200 V    
• C22 V 
• D22 kV

Đáp án: B

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 cụ thể :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.

Đáp án – Lời giải Câu hỏi 31 :Một máy phát điện xoay chiều một pha, rô to có hai cặp cực. Nối hai cực của máy phát với đoạn mạch AB gồm R, cuộn cảm thuần có độ tự cảm L và tụ điện có điện dung C mắc tiếp nối đuôi nhau nhau. Cho R = 69,1 \ ( \ Omega \ ) điện dung \ ( C = \ frac { { { { 10 } ^ { – 4 } } } } { { 0,18 \ pi } } \ ) F. Khi rô to của máy quay đều với vận tốc 1200 vòng / phút hoặc 2268 vòng / phút thì hiệu suất tiêu thụ của đoạn mạch AB là như nhau. Độ tự cảm của cuộn dây có giá trị gần nhất với giá trị

• A0,63H
• B0,44H
• C0,82H
• D0,21H

Đáp án: A

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 cụ thể :

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 } + { { ( 1,89 Z_ { 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 = 0,65 H \ )

Chọn  A

Đáp án – Lời giải Câu hỏi 32 :Điện năng được truyền từ nơi phát đến một khu dân cư bằng đường dây tải một pha. Những ngày thông thường thì hiệu suất truyền tải là 90 %. Nhưng vào một ngày nắng nóng, lượng điện tiêu thụ tăng trên 64 % so với ngày thường. Coi hao phí chỉ do toả nhiệt trên đường dây, thông số hiệu suất trong những trường đều hợp bằng : Giữ nguyên điện áp nơi phát thì hiệu suất phát vào ngày nắng nóng đã tăng lên bao nhiêu lần so với ngày thường và hiệu suất truyền tải ngày nắng nóng bằng bao nhiêu

• A1,8 và 82%
• B1,8 và 30%
• C1,6 và 84%
• D1,6 và 80%

Đáp án: 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 cụ thể :

Cách giải:

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

 

100 n = 10. n2 + 147,6 — > n = 1,8
Thay vào : P = 1,8. 100 = 180W
Hiệu suất H = 147,6 / 180 = 82 %

Chọn A

Đáp án – Lời giải Câu hỏi 33 :Một máy phát điện xoay chiều một pha có điện trở trong không đáng kể. Nối hai cực của máy phát với một đoạn mạch gồm cuộn cảm thuần mắc tiếp nối đuôi nhau với điện trở thuần. Khi rô to của máy quay đều với vận tốc 3 n vòng / s thì dòng điện trong mạch có cường độ hiệu dụng 3A và thông số hiệu suất của đoạn mạch bằng 0,5. Nếu rô to quay đều với tôc độ góc n vòng / s thì cường độ hiệu dụng của dòng điện trong mạch bằng

• A\(\sqrt 2 A\)         
• B2\(\sqrt 2 A\)                
• C3\(\sqrt 3 A\)                          
• D\(\sqrt 3 A\)

Đáp án: D

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 hiệu suất \ ( cos \ varphi = \ frac { R } { Z } \ )Lời giải chi tiết cụ thể :

Cách giải:

Khi roto quay với vận tốc 3 n vòng / s thì \ ( { I_1 } = 3A = \ frac { E } { { \ sqrt { { R ^ 2 } + Z_L ^ 2 } } } \ )
Hệ số hiệu suất \ ( { \ rm { cos } } \ varphi { \ rm { = } } \ frac { R } { Z } \ Rightarrow { Z_L } = R \ sqrt 3 \ Rightarrow \ frac { E } { { 2R } } = 3 \ )
Khi vận tốc 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

Đáp án – Lời giải Câu hỏi 34 :Từ một trạm phát điện xoay chiều một pha đặt tại vị trí M, điện năng được truyền tải đến nơi tiêu thụ N, cách M 180 km. Biết đường dây có điện trở tổng số 80 Ω ( coi dây tải điện là đồng chất, có điện trở tỉ lệ thuận với chiều dài của dây ). Do sự cố, đường dây bị rò điện tại điểm Q. ( hai dây tải điện bị nối tắt bởi một vật có điện trở có giá trị xác lập R ). Để xác lập vị trí Q., thứ nhất người ta ngắt đường dây khỏi máy phát và tải tiêu thụ, sau đó dùng nguồn điện không đổi 12V, điện trở trong không đáng kể, nối vào hai đầu của hai dây tải điện tại M còn hai đầu dây tại N để hở thì cường độ dòng điện qua nguồn là 0,4 A. Khoảng cách MQ không hề là

• A85 km.     
• B45 km
• C58 km. 
• D62 km.

Đáp án: A

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 cụ thể :

 . Cách giải:

Vì điện trở của hàng loạt đường truyền là 80 Ω, nên điện trở của đoạn MN ( 1 dây ) là 40 Ω. Vì bị nối tắt ở Q. nên hoàn toàn 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 } } = 67,5 km } \ end { array } \ )
Vậy đoạn MQ không hề có chiều dài 85 km .

Chọn A

Đáp án – Lời giải Câu hỏi 35 :Điện năng từ một trạm phát điện được đưa đến khu tái định cư bằng đường dây truyền tải một pha. Biết rằng nếu điện áp tại nơi truyền tải tăng từ U đến 2U thì số hộ dân được trạm phát phân phối đủ điện năng tăng từ 120 hộ đến 156 hộ. Coi rằng hiệu suất tiêu thụ điện mỗi hộ là không đổi, thông số công xuất nơi truyền tải không đổi. Để trạm phát ship hàng đủ 165 hộ dân thì điện áp nơi phát là

• A3U
• B5U
• C4U
• D10U

Đáp án: C

Phương pháp giải :

Phương pháp:

Khi U tăng n lần thì hiệu suất hao phí giảm n2 lần .Lời giải cụ thể :

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 hiệu suất ở trạm phát, hiệu suất hao phí và hiệu suất tiêu thụ của mỗi hộ dân .
\ ( \ Rightarrow P = 168 { P_1 } { \ rm { ; \ ; \ ; \ ; } } \ Delta { \ rm { P } } = 48 { P_1 } \ )
\ ( \ Rightarrow \ ) Để trạm phát ship hàng 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

Đáp án – Lời giải Câu hỏi 36 :

Điện năng được truyền từ nơi phát điện đến một khu dân cư bằng đường dây tải điện một pha với hiệu suất truyền tải là 90%. Coi điện trở của đường dây không đổi, hệ số công suất trong quá trình truyền tải và tiêu thụ điện luôn bằng 1. Nếu công suất sử dụng điện của khu dân cư này tăng x% và giữ nguyên điện áp khi truyền tải điện thì hiệu suất truyền tải điện khi đó là 82%. Giá trị của x là

• A64
• B45
• C50
• D41

Đáp án: A

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 hiệu suất nơi tiêu thụLời giải chi tiết cụ thể :

Cách giải:

Ban đầu truyền đi hiệu 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 ’ = 0,9 P1
Lúc sau truyền đi hiệu 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 ’ = 0,82 P2
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 hiệu suất tiêu thụ của khu dân cư tăng thêm 64 %

Chọn A

Đáp án – Lời giải Câu hỏi 37 :Điện năng được truyền tải từ xí nghiệp sản xuất phát điện đến nơi tiêu thụ cách xa đó với hiệu suất truyền tải là 80 % nếu điện áp hiệu dụng tại đầu ra máy phát là 2200V. Coi thông số hiệu suất trong những mạch điện luôn bằng 1. Nếu tăng điện áp hiệu dụng tại đầu ra ở máy phát lên 4400V mà hiệu suất tiêu thụ điện không đổi thì hiệu suất truyền tải điện lúc này có giá trị

• A95%   
• B90%
• C93,1% 
• D95,8%

Đáp án: D

Phương pháp giải :

Phương pháp:

Công suất hao phí trong quy trình truyền tải : \ ( \ Delta P = \ frac { { { P ^ 2 } R } } { { { U ^ 2 } { \ rm { co } } { { \ rm { s } } ^ 2 } \ varphi } } \ )
Hiệu suất truyền tảiLời giải cụ thể :

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 { { 0,2 U_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

Đáp án – Lời giải Câu hỏi 38 :Một máy biến thế có số vòng của cuộn sơ cấp là 5000 và thứ cấp là 1000. Bỏ qua mọi hao phí của máy biến thế. Đặt vào hai đầu cuộn sơ cấp hiệu điện thế xoay chiều có giá trị hiệu dụng 100 V thì hiệu điện thế hiệu dụng ở hai đầu cuộn thứ cấp khi để hở có giá trị là

• A20 V      
• B40 V  
• C10 V  
• D500 V

Đáp án: A

Phương pháp giải :Công thức máy biến áp : \ ( \ dfrac { { { U_2 } } } { { { U_1 } } } = \ dfrac { { { N_2 } } } { { { N_1 } } } \ )Lời giải cụ thể :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.

Đáp án – Lời giải Câu hỏi 39 :Trong quy trình truyền tải điện năng đi xa, ở cuối đường dây người ta dùng máy hạ thế lí tưởng có tỉ số vòng dây bằng 2. Cần phải tăng điện áp hiệu dụng giữa hai cực của một trạm phát điện bao nhiêu lần để giảm hiệu suất hao phí trên đường dây 100 lần với điều kiện kèm theo hiệu suất truyền đến tải tiêu thụ không đổi ?. Biết rằng khi chưa tăng điện áp độ giảm điện áp trên đường dây tải điện bằng 10 % điện áp hiệu dụng trên tải tiêu thụ. Coi cường độ dòng điện trong mạch luôn cùng pha với điện áp đặt lên đường dây .

• A10 lần
• B9,5 lần
• C8,7 lần
• D9,3 lần. 

Đáp án: B

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 bắt 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 khởi đầu là x, hiệu suất hao phí trên đường dây giảm đi n lầnLời giải chi tiết cụ thể :

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

Đáp án – Lời giải Câu hỏi 40 :Một máy phát điện xoay chiều một pha có ro to là một nam châm từ điện có một cặp cực, quay đều với vận tốc n ( vòng / phút ). Một đoạn mạch RLC tiếp nối đuôi nhau được mắc vào hai cực của máy. Khi roto quay với vận tốc n1 = 30 vòng / phút thì dung kháng của tụ điện bằng R ; khi roto quay với vận tốc n2 = 40 vòng / phút thì điện áp hiệu dụng ở hai đầu tụ điện đạt giá trị cực lớn. Bỏ qua điện trở thuần ở những cuộn dây phần ứng. Để cường độ dòng điện hiệu dụng qua mạch đạt giá trị cực lớn thì roto phải quay với vận tốc bằng

• A24 vòng/phút
• B34 vòng/phút
• C120 vòng/phút 
• D50 vòng/phút

Đáp án: C

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 vận tốc quay của roto, p là số cặp cực từ .
Cảm kháng ZL = ωL
Dung kháng ZC = ( ωC ) – 1
Định luật Ôm cho đoạn mạch : I = U / ZLời giải chi tiết cụ thể :

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 vận tốc 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 } } } } \ )
=> UC2 = UC2 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 } { { 2 n_1 ^ 2 } } \ Rightarrow { n_3 } = \ frac { { \ sqrt 2 { n_1 } { n_2 } } } { { \ sqrt { 2 n_1 ^ 2 – n_2 ^ 2 } } } = 120 \ ) vòng / phút

Chọn C

Đáp án – Lời giải Câu hỏi 41 :Một máy phát điện xoay chiều 1 pha có phần cảm là roto gồm 4 cặp cực nam châm từ ( 4 cực nam và 4 cực bắc ) và phần ứng là stato có 200 vòng dây. Roto quay với vận tốc 750 vòng / phút, từ thông cực lớn qua mỗi vòng dây là \ ( \ frac { { { { 25.10 } ^ { – 3 } } } } { \ pi } \ ) Wb. Giá trị hiệu dụng do máy tạo ra là

• A\(500\sqrt 2 V\)
• B250 V
• C\(250\sqrt 2 V\)
• D500V

Đáp án: 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 cụ thể :

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

Đáp án – Lời giải Câu hỏi 42 :Một trang trại dùng những bóng đèn sợi đốt loại 220 V – 200 W để thắp sáng và sưởi ấm vườn cây vào đêm hôm. Biết điện năng được truyền đi từ trạm điện có điện áp hiệu dụng là 1000V, đến trang trại bằng đường dây tải điện một pha có điện trở 20 \ ( \ Omega \ ). Ở trang trại, người ta dùng máy hạ áp lí tưởng. Coi rằng hao phí điện năng chỉ xảy ra trên đường dây tải điện và thông số hiệu suất của mạch điện luôn bằng 1. Số bóng đèn tối đa mà trang trại hoàn toàn có thể sử dụng cùng một lúc để những đèn vẫn sáng thông thường là

• A64
• B66
• C62
• D60

Đáp án: C

Phương pháp giải :Áp dụng những 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 điệnLời giải chi tiết cụ thể :Ta có :
Do thông số hiệu 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 lỡ tiêu tốn nguồn năng lượng ở những 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 } } } + 200 n = 0 \ Rightarrow \ Delta = { { 1000 } ^ { 2 } } – 4.20.200. n \ ge 0 \ Rightarrow n \ le 62,5 \ )
\ ( \ Rightarrow \ ) Số đèn tối đa mà trang trại hoàn toàn có thể sử dụng là 62
Chọn CĐáp án – Lời giải Câu hỏi 43 :Điện năng từ một trạm phát điện được đưa đến khu tái định cư bằng đường dây truyền tải một pha. Biết rằng nếu điện áp tại nơi truyền tải tăng từ U đến 2U thì số hộ dân được trạm phát phân phối đủ điện năng tăng từ 120 hộ đến 156 hộ. Coi rằng hiệu suất tiêu thụ điện mỗi hộ là không đổi, thông số công xuất nơi truyền tải không đổi. Để trạm phát Giao hàng đủ 165 hộ dân thì điện áp nơi phát là

• A3U
• B5U
• C4U
• D10U

Đáp án: C

Phương pháp giải :Khi U tăng n lần thì hiệu suất hao phí giảm n2 lần .Lời giải chi tiết cụ thể :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 hiệu suất ở trạm phát, hiệu suất hao phí và hiệu suất tiêu thụ của mỗi hộ dân .
\ ( \ Rightarrow P = 168 { { P } _ { 1 } } \ text { ; } \ ! \ ! \ Delta \ ! \ ! \ text { P } = 48 { { P } _ { 1 } } \ )
\ ( \ Rightarrow \ ) Để trạm phát Giao hàng 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 CĐáp án – Lời giải Câu hỏi 44 :Điện năng được truyền từ nhà máy sản xuất điện đến nơi tiêu thụ bằng đường dây tải điên môt pha. Để giảm hao phí trên đường dây người ta tăng điện áp ở nơi truyền đi bằng máy tăng áp lí tưởng có tỉ số giữa số vòng dây của cuộn thứ cấp và số vòng dây của cuộn sơ cấp là k. Biết hiệu suất nơi tiêu thụ không đổi điện áp hiệu dụng giữa hai đầu cuộn sơ cấp không đổi, thông số hiệu suất của mạch điện bằng 1. Khi k = 10 thì hiệu suất hao phí trên đường dây bằng 10 % hiệu suất ở nơi tiêu thụ. Để hiệu suất hao phí trên đường dây bằng 5 % hiệu suất ở nơi tiêu thụ thì k phải có giá trị là :

• A13,5. 
• B13,8.
• C15
• D19,1.

Đáp án: A

Phương pháp giải :

Phương pháp:

Lí thuyết về truyền tải điện năng, máy biến áp .Lời giải chi tiết cụ thể :

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 hiệu 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

Đáp án – Lời giải Câu hỏi 45 :Người ta dự tính quấn một máy biến áp để tăng điện áp từ 3 kV lên 6 kV nên đã quấn cuộn sơ cấp có 1000 vòng và cuộn thứ cấp có 2000 vòng. Khi quấn xong thì đo được điện áp tăng từ 3 kV lên 10 kV, do đó phải kiểm tra lại máy biến áp và phát hiện thấy ở cuộn sơ cấp quấn ngược n vòng. Coi máy biến áp là lí tưởng và mạch thứ cấp để hở. Tính n ?

• A100 vòng
• B400 vòng
• C200 vòng
• D40 vòng

Đáp án: C

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 công dụng khử bớt từ trường của n vòng dây còn lại, tức là cuộn dây này bị mất đi 2 n vòng : \ ( \ frac { { { { \ rm { U } } _ { \ rm { 1 } } } } } { { { { \ rm { U } } _ { \ rm { 2 } } } } } { \ rm { = } } \ frac { { { { \ rm { N } } _ { \ rm { 1 } } } { \ rm { – 2 n } } } } { { { { \ rm { N } } _ { \ rm { 2 } } } } } \ )Lời giải chi tiết cụ thể :

Cách giải:

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

Chọn C

Đáp án – Lời giải Câu hỏi 46 :Đặt vào hai đầu cuộn sơ cấp của máy biến áp M1 một điện áp xoay chiều có giá trị hiệu dụng 220V. Khi nối hai đầu cuộn sơ cấp của máy biến áp M2 vào hai đầu cuộn thứ cấp của máy M1 thì điện áp hiệu dụng ở hai đầu cuộn thứ cấp của M2 để hở bằng 13,75 V. Khi nối hai đầu cuộn thứ cấp của M2 với hai đầu cuộn thứ cấp của M1 thì điện áp hiệu dụng ở hai đầu cuộn sơ cấp của M2 để hở bằng 55V. Bỏ qua mọi hao phí. M1 có tỉ số giữa số vòng dây cuộn sơ cấp và số vòng dây cuộn thứ cấp bằng

• A6
• B15
• C8
• D4

Đáp án: 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 cụ thể :

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

Chọn C

Đáp án – Lời giải Câu hỏi 47 :Cuộn sơ cấp và cuộn thứ cấp của một máy biến áp lí tưởng có số vòng dây lần lượt là 4200 vòng và 300 vòng. Đặt vào hai đầu cuộn sơ cấp 1 điện áp xoay chiều có giá trị hiệ dụng 210 V thì điện áp hiệu dụng giữa hai đầu cuộn tứ cấp để hở là

• A12 V  
• B7,5 V             
• C2940 V 
• D15 V

Đáp án: D

Phương pháp giải :

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

Lời giải cụ thể :

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

Đáp án – Lời giải Câu hỏi 48 :Điện năng được truyền từ nơi phát đến một xưởng sản xuất bằng đường dây một pha với hiệu suất truyền tải là 90 %. Ban đầu xưởng sản xuất này có 90 máy hoạt động giải trí, vì muốn lan rộng ra quy mô sản xuất nên xưởng đã nhập về thêm 1 số ít máy. Hiệu suất truyền tải lúc sau ( khi có thêm những máy mới cùng hoạt động giải trí ) đã giảm đi 10 % so với khởi đầu. Coi hao phí điện năng chỉ do tỏa nhiệt trên đường dây, hiệu suất tiêu thụ điện của những máy hoạt động giải trí ( kể cả những máy mơi nhập ) đều như nhau và thông số hiệu suất trong những trường hợp đều bằng 1. Nếu giữ nguyên điện áp nơi phát thì số máy hoạt động giải trí đã nhập thêm là

• A100   
• B70  
• C50      
• D160

Đáp án: B

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 cụ thể :

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

Đáp án – Lời giải Câu hỏi 49 :Một máy biến áp gồm hai cuộn dây với số vòng N1 và N2. Ban đầu, người ta mắc cuộn N1 vào nguồn xoay chiều có giá trị hiệu dụng U ( không đổi ) và đo điện áp hiệu dụng hai đầu cuộn N2 để hở được giá trị hiệu đụng U ’. Sau đó mắc cuộn N2 vào nguồn và đo điện áp hai đầu cuộn N1 được giá trị hiệu dụng U ’ ’. Hiệu điện áp U ’ – U ’ ’ = 450V. Tiếp tục tăng số vòng cuộn N1 lên 33,33 % và triển khai những bước trên thì được hiệu điện áp là 320 V. Hỏi liên tục tăng số vòng dây cuộn N1 lên 50 % thì hiệu điện áp trên bằng bao nhiêu ?

• A275V
• B210V
• C160V
• D180V

Đáp án: A

Phương pháp giải :Áp dụng công thức máy biến áp
\ ( \ frac { { { U_1 } } } { { { U_2 } } } = \ frac { { { N_1 } } } { { { N_2 } } } \ )Lời giải cụ thể :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 \ )Đáp án – Lời giải Câu hỏi 50 :Từ một trạm phát điện xoay chiều một pha đặt tại vị trí M, điện năng được truyền tải đến nơi tiêu thụ N, cách M 180 km. Biết đường dây có điện trở tổng số 80 Ω ( coi dây tải điện là đồng chất, có điện trở tỉ lệ thuận với chiều dài của dây ). Do sự cố, đường dây bị rò điện tại điểm Q. ( hai dây tải điện bị nối tắt bởi một vật có điện trở có giá trị xác lập R ). Để xác lập vị trí Q., thứ nhất người ta ngắt đường dây khỏi máy phát và tải tiêu thụ, sau đó dùng nguồn điện không đổi 12V, điện trở trong không đáng kể, nối vào hai đầu của hai dây tải điện tại M, còn hai đầu dây tại N để hở thì cường độ dòng điện qua nguồn là 0,4 A.. Khoảng cách MQ không hề là

• A85km
• B58km
• C45km
• D62km

Đáp án: A

Phương pháp giải :Biểu thức định luật Ôm cho đoạn mạch I = U / RLời giải cụ thể :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 { 80 x } { 180 } \ )

Ta có:

\ ( \ frac { 12 } { 0,4 } = \ frac { 80 x } { 180 } + R \ Rightarrow 30 = \ frac { 4 } { 9 } x + R \ Rightarrow x < 67,5 km \ ) ( do R > 0 )
Vậy khoảng cách MQ không hề là 85 km

Chọn A

Đáp án – Lời giải

Source: https://vh2.com.vn
Category : Truyền Thông