某变电站用220V的电压送电，导线损失电功率是输出功率的20%．若要使导线损失电功率是输出功率的5%，则输出的电压应变为

因为U_L=220V P_L=100W，所以R=
U2
P=
(220V)2
100W=484Ω，
又实际电压为U=200V，所以实际电流I=[U/R]=[200V/484Ω]≈0.413A；
实际功率为P实=
U2
R=
(200V)2
484Ω≈82.64W．
故答案为：0.413；82.64．

点评：
本题考点： 电功率与电压、电流的关系；实际功率．

考点点评： 此题考查实际电流与实际电功率的计算，这是中考的难点，应多加练习．

输电线的损耗功率为总功率的80%，若要求损耗的功率只有5%，根据P损＝I2R知，输送的电流变为原来的[1/4]，
根据P=UI知，输送的功率不变，则输送的电压变为原来的4倍，即为880V．
答：输电电压应升至880V．

点评：
本题考点： 远距离输电．

考点点评： 解决本题的关键知道输送功率与输送电压、电流的关系，掌握输电线上损失的功率公式P损＝I2R，并能灵活运用．

A、原线圈电压的有效值U1=
Um

2=1100V，而
U1
U2=
n1
n2，所以原副线圈的匝数比为5：1．故A正确．
B、变压器在变压的过程中，交流电的频率不变．原线圈的频率f=[ω/2π]=50Hz．所以副线圈交流电的频率为50Hz．故B正确．
C、原副线圈的电流比等于匝数之反比，即
I1
I2=
1
5，副线圈的电流大于原线圈的电流，所以副线圈的导线粗．故C错误．
D、副线圈的总电流大于原线圈的电流．故D错误．
故选AB．

点评：
本题考点： 远距离输电；变压器的构造和原理．

考点点评： 解决本题的关键掌握交变电流电压的表达式，知道各量表示的含义，知道原副线圈的电压比等于匝数之比．

设输送的功率为P，输送电压为U，导线中电流为I，导线的电阻为R，导线损失的功率为△P．则有△P=I2R又P=UI联立得：△P=P2U2R由知得：若要使导线损失的功率降为输送功率的5%，即为原来损失的功率的14，则U应变为原来的...

点评：
本题考点： 远距离输电．

考点点评： 解决本题的关键知道输送功率与输送电压、电流的关系，掌握输电线上损失的功率公式△P=I2R，能熟练运用比例法求解．

根据损耗的功率P损=I²R，导线损失电功率是输出功率的20%，若要使导线损失电功率是输出功率的5%，得使输电电流变为原来的[1/2]，根据P=UI得，P一定，输出电压变为原来的2倍，为2200V．
故答案为：2200．

点评：
本题考点： 远距离输电．

考点点评： 解决本题的关键掌握输送功率与输出电压和输出电流的关系，以及掌握输电线上损耗功率P损=I2R．

A、由图可知，a并联在电路中是电压互感器，电路中是强电压，通过变压器变成弱电压，用电压表测量，因为电压之比等于线圈匝数比，所以N₁＞N₂，故A错误；
B、b串联在电路中是电流互感器，电路中是强电流，通过变压器变成弱电流，用电流表测量，因为电流之比等于线圈匝数的倒数比，所以N₃＜N₄，故B错误；
C、a是电压表，b为电流表，故C正确D错误；
故选：BC

点评：
本题考点： 变压器的构造和原理．

考点点评： 理想变压器是理想化模型，一是不计线圈内阻；二是没有出现漏磁现象．同时变压比与匝数成正比，变流比与匝数成反比．

根据损耗的功率P损＝I2R，得输电电流变为原来的[1/2]，根据P=UI得，P一定，输出电压变为原来的2倍，为440V．
故答案为：440．

点评：
本题考点： 电能的输送．

考点点评： 解决本题的关键掌握输送功率与输出电压和输出电流的关系，以及掌握输电线上损耗功率P损＝I2R．