第12讲恒定电流与交变电流

第1讲 恒定电流与交变电流

[高考定位]

1．考查内容

(1)电路功率的计算。

(2)电路的动态过程分析。

(3)含电容器的直流电路的分析与计算。

(4)理想变压器的规律及应用。

(5)二极管的单向导电性。

2．题型、难度

高考对本讲知识的考查题型主要为选择题，难度中档。

[体验高考]

1．(2016·课标卷Ⅱ)阻值相等的四个电阻、电容器C 及电池E (内阻可忽略)连接成如图4－1－1所示电路。开关S 断开且电流稳定时，C 所带的电荷量为Q 1；闭合开关S ，电流再次稳定后，C 所带的电荷量为Q 2。Q 1与Q 2的比值为

图4－1－1

A.25

B.12

C.35

D.23

解析 由已知条件及电容定义式C ＝Q U 可得：Q 1＝U 1C ，

Q 2＝U 2C ，则Q 1Q 2＝U 1U 2

。S 断开时等效电路如图甲所示。

U 1＝R (R ＋R )

(R ＋R )＋R R ＋R (R ＋R )(R ＋R )＋R

·E ×12＝15E ； S 闭合时等效电路如图乙所示，

U 2＝R ·R

R ＋R R ＋R ·R R ＋R

·E ＝13E ， 则Q 1Q 2＝U 1U 2＝35

，故C 正确。 答案 C

2．(2016·课标卷Ⅰ)一含有理想变压器的电路如图4－1－2所示，图中电阻R 1、R 2和R 3的阻值分别为3Ω、1Ω和4Ω，A 为理想交流电流表，U 为正弦交流电压源，输出电压的有效值恒定。当开关S 断开时，电流表的示数为I ；当S 闭合时，电流表的示数为4I 。该变压器原、副线圈匝数比为

图4－1－2

A ．2

B ．3

C ．4

D ．5

解析 开关断开时，原、副线圈的电流比I I 2＝n 2n 1，通过R 2的电流I 2＝In 1n 2

，副线圈的输出电压U 2＝I 2(R 2＋R 3)＝5In 1n 2，由U 1U 2＝n 1n 2

可得原线圈两端的电压U 1＝5I ? ????n 1n 22，则U ＝U 1＋IR 1＝5I ? ????n 1n 22＋3I ；开关闭合时，原、副线圈的电流比4I I ′2

＝n 2n 1，通过R 2的电流I ′2＝4In 1n 2，副线圈的输出电压U ′2＝I ′2R 2＝4In 1n 2，由U ′1U ′2

＝n 1n 2可得原线圈两端的电压U ′1＝4I ? ????n 1n 22，则U ＝U ′1＋4IR 1＝4I ? ??

??n 1n 22＋12I ，解得n 1n 2

＝3，选项B 正确。 答案 B

3．(2016·天津)如图4－1－3所示，理想变压器原线圈接在交流电源上，图中各电表均为理想电表。下列说法正确的是

图4－1－3

A ．当滑动变阻器的滑动触头P 向上滑动时，R 1消耗的功率变大

B ．当滑动变阻器的滑动触头P 向上滑动时，电压表V 示数变大

C ．当滑动变阻器的滑动触头P 向上滑动时，电流表A 1示数变大

D ．若闭合开关S ，则电流表A 1示数变大，A 2示数变大

解析 滑动变阻器的滑动触头P 向上滑动时，滑动变阻器接入电路的阻值

变大，总电阻也变大，而副线圈两端的电压没有变化，所以干路中的电流减小，R 1消耗的功率变小，A 错误；干路中的电流变小，R 1两端的电压变小，并联电路的电压变大，即电压表V 示数变大，B 正确；由于变压器副线圈干路中的电流变小，所以原线圈中的电流变小，即电流表A 1的示数变小，C 错误；闭合开关S 后，并联电路的阻值变小，总电阻也变小，干路中的电流变大，R 1两端的电压变大，并联电路的电压变小，通过R 2的电流变小，即电流表A 2示数变小，因变压器的功率变大，故电流表A 1示数变大，D 错误。

答案 B

4．(2015·福建)如图4－1－4所示为远距离输电示意图，两变压器均为理想变压器，升压变压器T 的原、副线圈匝数分别为n 1、n 2，在T 的原线圈两端接入一电压u ＝U m sin ωt 的交流电源，若输送电功率为P ，输电线的总电阻为2r ，不考虑其他因素的影响，则输电线上损失的电功率为

图4－1－4

A ．(n 1n 2)U 2m 4r

B ．(n 2n 1)U 2m 4r

C ．4(n 1n 2)2(P U m )2r

D ．4(n 2n 1)2(P U m

)2r 解析 T 的输入电压U 1＝U m 2

，则P ＝U 1I 1，I 1＝P U 1＝2P U m ，又因为I 1I 2＝n 2n 1，所以I 2＝n 1n 2I 1＝2n 1P n 2U m ，则输电线上损失的电功率P 损＝I 22·2r ＝4(n 1n 2)2(P U m

)2r ，C 项正确。

答案 C

考点一 直路电路的动态分析

【必记要点】

1．电源的功率和效率

(1)电源的几个功率

①电源的总功率：P 总＝EI 。

②电源内部消耗的功率：P 内＝I 2r 。

③电源的输出功率：P 出＝IU 外＝P 总－P 内。

(2)电源的效率

η＝P 出P 总

×100%＝U E ×100%。 2．电源的输出功率随外电阻的变化规律

(1)当R ＝r 时，电源的输出功率最大为P m ＝E 2

4r

。 (2)当R ＞r 时，随着R 的增大输出功率越来越小。

(3)当R ＜r 时，随着R 的增大输出功率越来越大。

(4)当P 出＜P m 时，每个输出功率对应两个可能的外电阻R 1和R 2，且R 1·R 2＝r 2。

(5)P 出与R 的关系如图4－1－5所示。

图4－1－5

[例1] (2017·洛阳模拟)在如图4－1－6所示电路中，闭合开关S ，当滑动变阻器R 2的滑动触头P 向下滑动时，三个理想电表的示数都发生变化，电表的示数分别用I ，U 1、U 2表示。下列判断正确的是

图4－1－6

A．I减小，U1增大B．I减小，U2增大

C．I增大，U1增大D．I增大，U2增大

[答案] B

规律总结

闭合电路动态分析的两种常用方法

(1)程序分析法：流程如下

(2)利用结论法：即“串反并同”法。

①“串反”——即某一电阻增大(减小)时，与它串联或间接串联的电阻中的电流、两端电压、消耗的电功率都减小(增大)；

②“并同”——即某一电阻增大(减小)时，与它并联或间接并联的电阻中的电流、两端电压、消耗的电功率都增大(减小)。

【题组训练】

1．(直流电路动态分析)将阻值为非线性变化的滑动变阻器R2接入图4－1－7甲的电路中，移动滑动变阻器滑动触头改变接入电路中的电阻丝长度x(x为

图中a点与滑动触头之间的距离)，定值电阻R1两端的电压U1与x间的关系如图乙，a、b、c为滑动变阻器上等间距的三个点，电路中的电流表和电压表均为理想电表，当滑动触头从a点移动到b点和从b点移动到c点的这两个过程中，下列说法正确的是

图4－1－7

A．电流表A的示数变化量相等

B．电压表V2的示数变化量不相等

C．电阻R1的功率变化量相等

D．电源的输出功率都不断增大

解析根据欧姆定律得，电阻R1两端的电压U1＝IR1，由题图乙知，滑动触头从a点移动到b点和从b点移动到c点的两个过程中，电压U1变化量相等，且R1一定，则知电流的变化量相等，即电流表A示数变化量相等，故A正确；电压表V2的示数U2＝E－Ir，由于电流I的变化量相等，且E、r一定，则ΔU2相等，故B错误；电阻R1的功率P1＝I2R1，ΔI相等，而I减小，则知从a点移到b点功率变化量较大，故C错误；由题图乙知，U1逐渐减小，则电路中电流减小，总电阻增大，但由于外电路总电阻与电源内阻的关系未知，无法确定电源的输出功率如何变化，故D错误。

答案 A

2．(含电容二极管的动态分析)如图4－1－8所示，R0为热敏电阻(温度降低，其电阻增大)，D为理想二极管(正向电阻为零，反向电阻无穷大)，平行板电容器中央有一带电液滴刚好静止，M点接地，开关K闭合。下列各项单独操作时可使带电液滴向上运动的是

图4－1－8

A．滑动变阻器R的滑动触头P向上移动

B．将热敏电阻R0的温度降低

C．开关K断开

D．电容器的上极板向上移动

解析当滑动变阻器的滑动触头P向上移动时，滑动变阻器接入电路的电阻减小，则总电流增大，内电压及R0两端的电压增大，则路端电压和滑动变阻器两端的电压都减小，由于二极管具有单向导电性，电荷不会向右流出，所以电容器两端的电势差不变，故A错误；当热敏电阻温度降低时，其阻值增大，则由闭合电路欧姆定律可知，滑动变阻器两端的电压减小，液滴仍然静止，故B 错误；开关K断开时，电容器直接接在电源两端，电容器两端电压增大，则液滴向上运动。故C正确；若使电容器的上极板向上移动，即d增大，则电容器电容C减小，由于二极管具有单向导电性，电荷不会向右流出，所以电容器两

端的电势差增大，由于U＝Q

C，C＝

εS

4πkd，E＝

U

d，所以E＝

4πkQ

εS，由于极板上的

电荷量不变，而场强E与极扳之间的距离无关，所以场强E不变，液滴仍然静止，故D错误。

答案 C

考点二交变电流的产生和“四值”问题

【必记要点】

1．线圈通过中性面时的特点

(1)穿过线圈的磁通量最大。

(2)线圈中的感应电动势为零。

(3)线圈每经过中性面一次，感应电流的方向改变一次。

2．交流电的“四值”

(1)最大值E m ＝NBSω。分析电容器的耐压值。

(2)瞬时值e ＝NBSωsin ωt 。计算闪光电器的闪光时间、线圈某时刻的受力情况。

(3)有效值：正弦式交流电的有效值E ＝E m 2

；非正弦式交流电的有效值必须根据电流的热效应，用等效的思想来求解。计算交流电路的电功、电功率和测定交流电路的电压、电流都是指有效值。

(4)平均值：E ＝n ΔΦΔt

，常用来计算通过电路的电荷量。 【题组训练】

1．(多选)(交流电的产生)(2016·全国卷Ⅲ)如图4－1－9所示，M 为半圆形导线框，圆心为O M ；N 是圆心角为直角的扇形导线框，圆心为O N ；两导线框在同一竖直面(纸面)内；两圆弧半径相等；过直线O M O N 的水平面上方有一匀强磁场，磁场方向垂直于纸面。现使线框M 、N 在t ＝0时从图示位置开始，分别绕垂直于纸面、且过O M 和O N 的轴，以相同的周期T 逆时针匀速转动，则

图4－1－9

A ．两导线框中均会产生正弦交流电

B ．两导线框中感应电流的周期都等于T

C ．在t ＝T 8

时，两导线框中产生的感应电动势相等 D ．两导线框的电阻相等时，两导线框中感应电流的有效值也相等

解析 设导线圈半径为l ，角速度为ω，两导线框切割磁感线的等效长度始终等于圆弧半径，因此在产生感应电动势时其瞬时感应电动势大小始终为E ＝1

2

Bωl 2，但进磁场和出磁场时电流方向相反，所以线框中应该产生方波交流式电，

如图所示，A 错误；由T ＝2πω可知，两导线框中感应电流的周期相同，均为T ，

B 正确；在t ＝T 8

时，两导线框均在切割磁感线，故两导线框中产生的感应电动势均为12Bωl 2，C 正确；对于线框M ，有E 2R ·T 2＋E 2R ·T 2

＝U 2有M R ·T ，解得U 有M ＝E ；对于线框N ，有E 2R ·T 4＋0＋E 2R ·T 4＋0＝U 2

有N R ·T ，解得U 有N ＝22

E ，故两导线框中感应电流的有效值并不相等，D 错误。

答案 BC

2．(交变电流的产生与描述)(2017·石家庄质检)如图4－1－10甲所示，在磁感应强度为B 的匀强磁场中， 有一匝数为n ，面积为S ，总电阻为r 的矩形线圈abcd 绕轴OO ′以角速度ω匀速转动，矩形线圈在转动中可以保持和外电路电阻R 形成闭合电路，回路中接有一理想交流电流表。图4－1－10乙是线圈转动过程中产生的感应电动势e 随时间t 变化的图象，则下列说法中正确的是

图4－1－10

A ．从t 1到t 3这段时间穿过线圈的磁通量的变化量为2nBS

B ．从t 3到t 4这段时间通过电阻R 的电荷量为nBS R

C ．t 3时刻穿过线圈的磁通量变化率为nBSω

D ．电流表的示数为nBSω2(r ＋R )

解析 从t 1到t 3的过程，穿过线圈的磁通量变化量为零，选项A 错误；从

t 3到t 4的过程，穿过线圈的磁通量变化量为BS ，故通过电阻R 的电荷量q ＝n ΔΦR ＋r

＝nBS R ＋r

，选项B 错误；t 3时刻产生的电动势大小为E 0，由法拉第电磁感应定律可得E 0＝n ΔΦΔt ＝nBSω，可得ΔΦΔt ＝BSω，可得ΔΦΔt

＝BSω，选项C 错误；线圈产生的交流电的电动势有效值为nBSω2

，由闭合电路欧姆定律可得，电流表的示数I ＝E R ＋r ＝nBSω2(R ＋r )

，选项D 正确。 答案 D

3．(交变电流“四值”的应用)如图4－1－11所示为小型旋转电枢式交流发电机原理示意图，电阻r ＝1 Ω的矩形线圈在磁感应强度为B 的匀强磁场中，绕垂直于磁场方向的固定轴OO ′匀速转动，线圈的两端经集流环和电刷与电路连接，滑动变阻器R 的最大阻值为6 Ω，滑片P 位于滑动变阻器距下端13

处，定值电阻R 1＝2 Ω，其他电阻不计，线圈匀速转动的周期T ＝0.02 s 。闭合开关S ，从线圈平面与磁场方向平行时开始计时，线圈转动过程中理想电压表示数是5 V 。下列说法正确的是

图4－1－11

A ．电阻R 1消耗的功率为23

W B ．0.02 s 时滑动变阻器R 两端的电压瞬时值为零

C ．线圈产生的交流电动势e 随时间t 变化的规律是e ＝62sin 100πt (V)

D ．线圈从开始计时到1200s 的过程中，通过R 1的电荷量为2200π

C 解析 外电路总电阻为R 外＝23R ＋13R ·R 113

R ＋R 1＝4Ω＋1Ω＝5Ω，所以形成闭合回路的电流为I ＝U R 外＝55

A ＝1A 。故流过R 1的电流I 1＝I 2＝0.5 A ，所以P 1＝I 21R 1＝0.52×2 W ＝0.5 W ，A 项错误。线圈产生的交流电动势的有效值为E ＝U ＋Ir ＝6

V ，线圈从图示位置开始计时，ω＝2πT ＝100π rad/s ，产生的交流电动势的瞬时值

表达式为e ＝62cos 100πt (V)，C 项错误。t ＝0.02 s 时，电动势有最大值，B 项错误。线圈从开始计时到1200s 即0～T 4的过程中，通过R 1的电荷量q 1＝q 2＝12×n ΔΦR 总＝12×E m ωR 总＝12×62100π5＋1C ＝2200π

C ，

D 项正确。 答案 D

[例2] (2017·河南联考)如图4－1－12所示，变压器输入有效值恒定的电压，副线圈匝数可调，输出电压通过输电线送给用户(电灯等用电器)，R

表示输电线的电阻，则

图4－1－12

A ．用电器增加时，变压器输出电压增大

B ．要提高用户的电压，滑动触头P 应向上滑

C ．用电器增加时，输电线的热损耗减少

D ．用电器增加时，变压器的输入功率减小

[解析] 由于变压器原、副线圈的匝数不变，而且输入电压不变，因此增加

负载不会影响输出电压，故A 错误；根据变压器原理可知输出电压U 2＝n 2n 1

U 1，

当滑动触头P 向上滑时，n 2增大，所以输出电压增大，用户两端电压增大，故B 正确；由于用电器是并联的，因此用电器增加时总电阻变小，输出电压不变，总电流增大，故输电线上热损耗增大，故C 错误；用电器增加时总电阻变小，总电流增大，输出功率增大，所以输入功率增大，故D 错误。

[答案] B

规律总结

理想变压器的动态变化问题的分析思路

1．匝数比不变，负载电阻变化的情况，如图甲所示

(1)U 1不变，根据U 1U 2＝n 1n 2

，输入电压U 1决定输出电压U 2，不论负载电阻R 如何变化，U 2不变。

(2)当负载电阻发生变化时，I 2变化，输出电流I 2决定输入电流I 1，故I 1发生变化。

(3)I 2变化引起P 2变化，P 1＝P 2，故P 1发生变化。

2．负载电阻不变，匝数比变化的情况，如图乙所示

(1)U 1不变，n 1n 2

发生变化，故U 2变化。

(2)R不变，U2变化，故I2发生变化。

(3)根据P2＝U22

R，可知P2发生变化，再根据P1＝P2，故P1变化，P1＝U1I1，

U1不变，故I1发生变化。

3．理想变压器的动态分析的思路可表示为

【题组训练】

1．(原线圈串联电阻)如图4－1－13所示的理想变压器中原、副线圈的匝数比为5∶1，其中R1＝100 Ω、R2＝4 Ω分别代表输电线的电阻。在副线圈上接有两盏“8 V、4 W”的灯泡，若在a、b端输入e＝602sin 100πt(V)的交流电，当开关S断开时，灯泡L1正常发光，则

图4－1－13

A．开关闭合后，灯泡L1会变亮

B．开关闭合后，a、b端输入功率变小

C．开关闭合前，R1、R2消耗的功率相等

D．开关闭合前，电源的输出功率为5 W

解析开关闭合后，副线圈电路中总电阻变小，副线圈中的电流I2变大，根据n1I1＝n2I2可知，原线圈中的电流I1也变大，所以R1、R2上的电压都变大，灯泡L1上的电压变小，亮度变暗，选项A错误；原线圈中的电流I1变大，a、b

端输入功率变大，选项B错误；开关闭合前，通过灯泡的电流I2＝P

U＝0.5 A，

R2上消耗的功率为P2＝I22R2＝1 W，根据n1I1＝n2I2求得I1＝0.1 A，R1上消耗的功率为P1＝I21R1＝1 W，选项C正确；开关闭合前，电源的输出功率为P总＝1 W ＋1 W＋4 W＝6 W，选项D错误。

答案 C

2．(远距离输电)(2017·德州模拟)如图4－1－14所示为远距离输电的示意图，升压变压器和降压变压器均为理想变压器，发电厂的输出电压和输电线的电阻均不变。闭合开关S后

图4－1－14

A．升压变压器的输出电压增大

B．降压变压器的输出电流减小

C．输电线上损耗的功率增大

D．输电线上交流电的频率减小

解析根据输入电压决定输出电压，闭合开关S后，升压变压器的输出电压不变，选项A错误；闭合开关S后，负载增加，负载总电阻减小，降压变压器的输出电流增大，输电线上电流增大，输电线上损耗的功率增大，选项B错误、C正确；根据变压器不改变交变电流频率可知，输电线上交流电的频率不变，选项D错误。

答案 C

3．(变压器与二极管的综合应用)如图4－1－15所示为一理想变压器通过二极管给某种型号的电池充电的简单原理图，现在变压器的原线圈接入有效电压为220 V的正弦交变电流，变压器原、副线圈的匝数比为110∶1，交流电流表

的示数为1

10A，电池的内阻为2 Ω，二极管具有单向导电性，下列说法正确的

是

图4－1－15

A ．电池的充电电压为2 V

B ．理想变压器的输入功率为15

W C ．充电时，电池的热功率为210

W D ．充电时，电能转化为化学能的功率为? ????210－150 W 解析 由U 1U 2＝n 1n 2

得变压器的输出电压U 2＝2 V ，经过二极管后，正弦交变电流变成半波交变电流，根据有效值的定义得U 22R ×T 2

＝U 2R ×T ，解得电池的充电电压U ＝ 2 V ，选项A 错误；理想变压器的输出功率P 2＝UI 2＝

210 W ，变压器的输入功率等于输出功率，故变压器的输入功率为210

W ，选项B 错误；充电时，电池的热功率P ＝I 22r ＝? ????1102×2 W ＝150 W ，选项C 错误；充电时，电能转化为化学能的功率为

210 W －150 W ＝? ????210－150 W ，选项D 正确。 答案 D

[限时45分钟；满分100分]

选择题(1～6题每小题6分，7～14题每小题8分)

1．(2017·贵阳月考)阻值相等的三个电阻R 、电容器C 及电池E (内阻不计)连接成如图4－1－16所示电路。保持S 1闭合，开关S 2断开，电流稳定时，C 所带的电荷量为Q 1；闭合开关S 2，电流再次稳定后，C 所带的电荷量为Q 2，则

Q 1与Q 2的比值为

图4－1－16

A.12

B.32

C.23

D.13

解析 开关S 2断开时的等效电路如图甲所示，电路稳定时电容器两极板之

间的电压为U 1＝E 2，电容器所带的电荷量为Q 1＝ CU 1＝CE 2

；开关S 2闭合后的等效电路如图乙所示，电路稳定时电容器两极板之间的电压为U 2＝E ，电容器所

带的电荷量为Q 2＝CU 2＝CE ，则Q 1∶Q 2＝1∶2，即Q 1与Q 2的比值为12

，A 正确。

答案 A

2．(2017·福建质检)图4－1－17为模拟远距离交流输电的电路，升压变压器T 1的原、副线圈匝数比n 1∶n 2＝1∶k ，降压变压器T 2的原、副线圈匝数比n 3∶n 4＝k ∶1，模拟输电导线的电阻r ＝3 Ω，T 2的负载是规格为“15 V 45 W ”的灯泡L 。当T 1的输入电压为16 V 时L 正常发光，两个变压器可视为理想变压器，则k 的值为

图4－1－17

A.32

B ．3

C ．4

D ．9

解析 由变压器的工作原理可知，变压器T 1原线圈的电压为16 V ，则副线圈的输出电压为16k V ，降压变压器T 2的输出电压为15 V 、输出电流为I 4＝P 0U 0＝4515

A ＝3 A ，则降压变压器T 2原线圈两端的电压为15k V 、输入电流为3k A ，又16k V ＝(15k ＋3×3k ) V ，解得k ＝3，

B 正确。

答案 B

3．(2017·长沙一模)如图4－1－18所示，一理想变压器原、副线圈匝数之比为3∶1，原线圈两端接入一正弦交流电源，副线圈电路中R 为负载电阻，交流电压表和交流电流表都是理想电表。下列结论正确的是

图4－1－18

A ．若电压表读数为36 V ，则输入电压的峰值为108 V

B ．若输入电压不变，副线圈匝数增加到原来的2倍，则电流表的读数增加到原来的4倍

C ．若输入电压不变，负载电阻的阻值增加到原来的2倍，则输入功率也增

加到原来的2倍

D ．若只将输入电压增加到原来的3倍，则输出功率增加到原来的9倍 解析 若电压表读数为36 V ，则输入电压的有效值为108 V ，峰值为108 2V ，A 错误；若输入电压不变，副线圈匝数增加到原来的2倍，则输出电压也增加到原来的2倍，电流表示数应增加到原来的2倍，B 错误；若输入电压不变，负载电阻的阻值增加到原来的2倍，则输出电流减小到原来的一半，输入功率(等于输出功率)减小到原来的一半，C 错误；若只将输入电压增加到原来的3倍，

输出电压也增加到原来的3倍，则由P ＝U 2R 可知输出功率增加到原来的9倍，D 正确。

答案 D

4．(多选)如图4－1－19所示是一交变电流的i －t 图象，则对于该交变电流，下列说法正确的是

图4－1－19

A ．该交变电流的周期为0.02 s

B ．该交变电流的最大值为4 A

C ．该交变电流的有效值为22A

D ．该交变电流通过10 Ω的电阻时热功率为60 W

解析 由交变电流的i －t 图象可知，最大值为I m ＝4 A ，周期为T ＝0.03 s ，

选项A 错误、B 正确。设该交变电流的有效值为I ，由有效值的定义得? ????I m 22R T 3

＋I 2m R T 3

＝I 2RT ，代入数据解得I ＝22A ，选项C 正确。由P ＝I 2R 可得该交变电流通过10 Ω的电阻时热功率为80 W ，选项D 错误。

答案 BC

5．如图4－1－20所示为远距离输电示意图，发电机的输出电压U 1和输电

线的电阻r、理想变压器匝数均不变，且n1∶n2＝2n3∶n4。下列表述正确的是

图4－1－20

A．若用户用电器消耗的功率增加，用户的电压U4增加

B．不论用户用电器的功率增加还是减少，恒有U1∶U2＝2U3∶U4

C．若用户用电器的功率增加为原来的两倍，则输电线上消耗的功率增加为原来的四倍

D．若用户用电器消耗的功率增加，则远距离输电的效率增加

解析升压变压器原、副线圈的电压由发电机输出电压和升压变压器原、副线圈匝数比决定，故用户功率变化，升压变压器的输出电压不变；同理降压变压器输入、输出电压比值与其原、副线圈匝数比值成正比，故B项正确。降压变压器原、副线圈电流比值与其匝数比值成反比，用户功率增大，即降压变压器输出电流增大，故降压变压器输入电流增大，因此输电线上损失电压U r增大；又U2＝U3＋U r，所以U3减小，由变压规律可知，U4减小，A项错。用户功率增加为原来的两倍，则U4减小，故降压变压器输出电流大于原来的两倍，因此降压变压器输入电流大于原来的两倍，故输电线上消耗的功率大于原来的四倍，C项错。远距离输电效率等于用户得到功率与总功率之比，由C项可知，用户功率越大，输电效率越低，D项错。

答案 B

6．(多选)(2017·昆明质检)如图4－1－21甲所示的电路中，理想变压器输入电压V随时间t按正弦规律变化如图乙所示。图甲中L1和L2为两个相同的小灯泡，小灯泡都标有“12 V,6 W”字样，电容器C的击穿电压为13 V，电压表和电流表均为理想交流电表。开关S1和S2都断开时，小灯泡L1正常发光。下列说法正确的是