Question

14．有一台内阻为1Ω的发电机，供给一个学校照明用电，如图所示，升压变压器的匝数比为1：4，降压变压器的匝数比为4：1，输电线的总电阻R=4Ω，全校共22个班，每班有“220V，40W”的电灯6盏，若要保证电灯全部正常发光，求：

（1）发电机输出功率；
（2）发电机电动势；
（3）输电效率；
（4）若使用灯数减半且正常发光，发电机输出功率是否减半．

Answer 1

分析 （1）根据用户端所有灯泡消耗的电功率得出降压变压器的输出功率，根据P=UI求出降压变压器副线圈的电流，结合电流比等于匝数之反比求出输电线上的电流，从而得出输电线上的功率损失，加上所有班级的总功率即为发电机输出功率．
（2）根据降压变压器的输出电压，结合匝数比得出降压变压器的输入电压，通过电压损失得出升压变压器的输出电压，从而通过匝数比得出输入电压，结合升压变压器原线圈中的电流，根据闭合电路欧姆定律求出发电机的电动势．
（3）由（1）可得输电线上损耗的电功率．用户得到的功率与发电机输出功率之比即为输电效率．
（4）根据用电器的总功率，结合输电线上的电流，得出损失的功率，从而得出发电机的输出功率，即可知道是否减半．

解答 解：（1）根据题意，所有灯都正常工作，它们的总功率为：P₄=22×6×40 W=5280W
 总电流为：I₄=$\frac{{P}_{4}}{{U}_{4}}$=$\frac{5280}{220}$A=24A
由$\frac{{I}_{3}}{{I}_{4}}$=$\frac{{n}_{4}}{{n}_{3}}$得
两个变压器之间输电线上的电流为 I₃=$\frac{{n}_{4}}{{n}_{3}}{I}_{4}$=$\frac{1}{4}$×24A=6A
故输电线上损耗的电功率：P_R=I₃²R=6²×4W=144 W．
升压变压器的输出功率为：P₂=P_R+P₃=5424W，
而发电机输出功率即为升压变压器的输入功率：P_出=P₁=P₂=5424W．
（2）降压变压器上的输入电压：U₃=$\frac{{n}_{3}}{{n}_{4}}{U}_{4}$=4U₄=4×220V=880V
输电线上的电压损失为：U_R=I₃R=24V
因此升压变压器的输出电压为：U₂=U_R+U₃=904V
升压变压器的输入电压为：U₁=$\frac{{n}_{1}}{{n}_{2}}{U}_{2}$=$\frac{1}{4}×$904V=226V
升压变压器的输入电流为：I₁=$\frac{{n}_{2}}{{n}_{1}}{I}_{2}$=4I₂=24A
故发电机的电动势：E=U₁+I₁r=226V+24×1V=250V
（3）输电效率为 η=$\frac{{P}_{4}}{{P}_{1}}$×100%=$\frac{5280}{5424}$×100%≈97.3%．
（5）若使用灯数减半且正常发光，P_4′′=2640W，此时输电线上的电流：
  I₃′=$\frac{{P}_{4}′}{{U}_{3}}$=$\frac{2640}{880}$A=3A
故此时发电机输出功率：P_出′=P_4′′+I₃′²R=2640+3²×4=2676W．    
则$\frac{{P}_{出}′}{{P}_{出}}$=$\frac{2676}{5424}$=0.49，即发电机输出功率小于一半．
答：
（1）发电机的输出功率为5424W．
（2）发电机的电动势为250V．
（3）输电效率是97.3%．
（5）若每个教室使用灯数减半且正常发光，发电机输出功率小于一半．

点评 解决本题的关键知道升压变压器的输出功率等于线路损耗功率和降压变压器的输入功率之和，发电机的输出功率等于升压变压器的输出功率，以及知道升压变压器的输出电压等于电压损失与降压变压器的输入电压之和．