第20章 电与磁（易错模拟题汇编）-2024年中考物理一轮复习高频考点精讲与热点题型精练（全国）（解析版）

第第页第二十章电与磁（易错模拟题汇编）一、选择题（共12小题）1．（2023•东莞模拟）如图所示，是小明自制的指南针。硬纸板和大头针制作指南针的底座，用磁体沿一个方向多次划过缝衣针，穿过按扣的两孔，放在底座的针尖上，指南针静止后针尖指向北方。下列说法正确的是（）A．缝衣针的材料是铜 B．针尖部位应标注S极 C．针尖指北是由于地球周围磁感线的作用 D．针尖所指的方向就是该点地磁场的方向解：A、只有铁、钴、镍，和他们的合金与氧化物才能被磁化，故A错误；B、磁体具有指南北的性质，静止时，指向北方的为N极，针尖指向北方，应标注N极，故B错误；C、针尖指北是由于受到地磁场的作用，而不是磁感线的作用，磁感线不是真实存在的线，故C错误；D、针尖放在磁场中被磁化，相当于小磁针，则其静止时北极的指向即为该点的磁场方向，故D正确。答案：D。2．（2023•大连模拟）关于通电螺线管的磁感线，下列图示中正确的是（）A． B． C． D．解：利用安培定则先判断螺线管的磁极，通电螺线管外部的磁场与条形磁体外部的磁场相似，其磁感线从N极出发回到S极。故ABC错误，D正确。答案：D。3．（2023•北京二模）把一根螺线管和电源组成如图所示的电路，闭合开关后，下列判断中正确的是（）A．螺线管的左端是N极 B．在A处自由静止的小磁针的左端是N极 C．在B处自由静止的小磁针的左端是N极 D．在C处自由静止的小磁针的左端是N极解：A．由图可知，电流从螺线管的左侧流入、右侧流出，由安培定则可知，螺线管的右端是N极，左端是S极，故A错误；B．由磁极间的作用规律可知，在A处自由静止的小磁针的左端是S极，故B错误；C．由磁极间的作用规律可知，在B处自由静止的小磁针的左端是S极，故C错误；D．由磁极间的作用规律可知，在C处自由静止的小磁针的左端是N极，故D正确。答案：D。4．（2023•泰州模拟）如图所示，小磁针静止在螺线管附近，闭合开关S后，下列判断中正确的是（）A．通电螺线管的左端为N极 B．小磁针将顺时针转动 C．小磁针会转动，是由于磁场对电流有力的作用 D．通电螺线管外A点的磁场方向向左解：A．由安培定则可知，右手握住螺线管，四指指向电流的方向，大拇指指向右端，则通电螺线管的右端为N极，故A错误；BC．通电螺线管的右端是N极，根据异名磁极相互吸引可知，小磁针的S极应靠近螺线管的右端，则小磁针的S极向左转动，小磁针会逆时针旋转，故小磁针不会静止，故BC错误；D．在磁体的外部，磁感线从N极指向S极，所以通电螺线管外A点的磁场方向向左，故D正确；答案：D。5．（2023•南京模拟）如图所示的电路中，磁敏电阻R的阻值随磁场的增强而明显减小。将螺线管一端靠近磁敏电阻R，闭合开关S1、S2，下列说法正确的是（）A．螺线管右端为N极，左端为S极 B．在螺线管中插入铁芯，电压表示数增大 C．当R1的滑片向左滑动时，电压表示数减小 D．当R1的滑片向右滑动时，电流表示数增大解：A．电流从通电螺线管的右端流入，左端流出，利用安培定则判断通电螺线管的左端为N极、右端为S极，故A错误；B．在螺线管中插入铁芯后，螺线管的磁性增强，则磁敏电阻的阻值减小；因为串联电路起分压作用，因此磁敏电阻分得的电压变小，电压表示数变小，故B错误；C．当滑片P向左滑动时，滑动变阻器连入电路中的电阻变小，则左侧电路中的电流变大，通电螺线管的磁性增强，因此磁敏电阻的阻值减小；因为串联电路起分压作用，因此磁敏电阻分得的电压变小，所以电压表示数变小，故C正确；D．当滑片P向右滑动时，滑动变阻器连入电路中的电阻变大，则左侧电路中的电流变小，通电螺线管的磁性减弱，因此磁敏电阻的阻值变大，右侧电路的总电阻变大，由欧姆定律可知电流表示数变小，故D错误。答案：C。6．（2023•大连模拟）如图所示的实验装置中，闭合开关，导体棒ab向右运动。则下列说法正确的是（）A．该装置是发电机的原理 B．导体棒ab运动时，机械能转化为电能 C．只将永磁体N、S极对调导体棒ab向左运动 D．只将电源“+”“﹣”极的接线对调，导体棒ab向右运动解：图中有电源，有磁场，是电动机的原理图，是根据通电导体在磁场中受力运动的原理制成的，导体棒ab所受力的方向与电流的方向和磁场的方向有关；A、据图可知，通电后磁场中的导体会运动，所以说明通电导线在磁场中受力的作用，是电动机的原理，故A错误；B、导体棒ab运动时，消耗了电能，得到了机械能，电能转化为机械能，故B正确；C、只对调永磁体N、S极，磁场方向改变，电流方向不变，闭合开关，导体棒受力方向改变，即导体棒ab向左运动，故C正确；D、只将电源“+”“﹣”极的接线对调，电流方向改变，磁场方向不变，闭合开关，导体受力方向改变，导体棒ab向左运动，故D错误。答案：C。7．（2022•株洲模拟）如图所示是直流电动机的模型，闭合开关后线圈顺时针转动。现要线圈逆时针转动，下列方法中可行的是（）A．只改变电流大小 B．只改变电流方向 C．对换磁极同时改变电流方向 D．换用磁性更强的磁铁解：直流电动机的转动方向与线圈中的电流方向和磁场方向有关，若使通入直流电动机的电流方向改变或磁场的方向改变，它的转动方向将改变。但是如果同时改变电流的方向和磁场的方向，线圈的转动方向将不变。答案：B。8．（2023•西安三模）如图﹣1所示，为小明家的一款磁悬浮音箱，音箱底部有一块磁铁，圆柱状底座内部有一个电磁铁。他查询得到这个底座内部的电路原理如图﹣2所示，闭合开关后，音箱会悬浮在空中。下列判断正确的是（）A．音箱底部磁体的A端应该是S极 B．将滑动变阻器滑片P向右调节到某位置，使音箱上升一定高度后再次悬浮时，音箱受到的磁力将变大 C．通电后电磁铁的周围，磁感线的方向是从S极到N极 D．闭合开关S，若保持其它条件不变，将电磁铁的线圈匝数减少，音箱在底座上悬浮时的高度会变高解：A、根据安培定则，电磁铁的下端是N极，上端是S极，根据同名磁极互相排斥，要想把音箱悬浮起来，A端必须是S极，故A正确；B、滑动变阻器滑片P向右调节到某位置，滑动变阻器接入电路的电阻变小，电流变大，电磁铁的磁性增强，使音箱上升一定高度后再次悬浮时，音箱受到的磁力和重力仍然是一对平衡力，大小不变，故B错误；C、通电后电磁铁的周围，磁感线的方向是从N极到S极，故C错误；D、闭合开关S，若保持其它条件不变，将电磁铁的线圈匝数减少，电磁铁的磁性减弱，音箱在底座上悬浮时的高度会变低，故D错误。答案：A。9．（2023•盐城三模）车辆严重超载会损坏桥梁，为了能抓拍超载车辆，物理兴趣小组成员决定为桥梁管理者设计一个“汽车超载记录器”来进行监控管理，如图甲为该超载记录器原理图，已知电源电压U＝10V，线圈电阻R0＝5Ω，R1为最大阻值15Ω的滑动变阻器，Rx为压敏电阻，当车辆驶入被检测路段时，其阻值随它受到的压力变化的情况如图乙所示，当电流表示数达到或超过0.4A时，电磁继电器的衔铁被吸下，工作电路中的照相机就开始工作，抓拍超载车辆，则下列说法正确的是（g取10N/kg）（）A．当压敏电阻Rx受到的压力增大时，电磁铁的磁性减弱 B．当桥梁限重为30t时，滑动变阻器接入电路的阻值应为10Ω C．桥梁限重可调节范围为20t～55t D．桥梁老化后应适当增大R1阻值以减小桥梁限重标准解：由控制电路可知，三电阻串联，A、由图乙可知，当压敏电阻Rx受到的压力增大时其阻值减小，串联电路总电阻等于各分电阻之和，所以电路的总电阻减小，由I=UB、当桥梁限重为30t时，对桥面的压力：F＝G＝mg＝30×103kg×10N/kg＝3×105N，由乙图像可知，当F＝3×105N时，Rx＝15Ω，此时电路中的电流为0.4A，电路的总电阻为：R=UI=因串联电路中总电阻等于各分电阻之和，所以滑动变阻器接入电路的阻值为：R1＝R﹣R0﹣Rx＝25Ω﹣5Ω﹣15Ω＝5Ω，故B错误；C、R1为最大阻值15Ω的滑动变阻器，滑动变阻器接入电路的电阻为0时，压敏电阻Rx的阻值为：Rx′＝R﹣R0﹣R1′＝25Ω﹣5Ω＝20Ω，由乙图像可知，当Rx′＝20Ω时，F′＝2×105N，则桥梁限重为：m′=F′滑动变阻器接入电路最大阻值15Ω时，压敏电阻Rx的阻值为：Rx″＝R﹣R0﹣R1″＝25Ω﹣5Ω﹣15Ω＝5Ω，由乙图像可知，当Rx″＝5Ω时，F″＝5.5×105N，则桥梁限重为：m″=F″D、由图乙可知，当压敏电阻Rx受到的压力减小时其阻值增大，为控制桥梁限重时电路的总电阻不变，所以应适当减小R1阻值，故D错误。答案：C。10．（2023•镇江二模）中国人民解放军海军的新航母将安装电磁弹射器。飞机弹射时，磁场推动通电的牵引器，牵引器带动飞机加速运动。图中与电磁弹射器工作原理相同的是（）A． B． C．D．解：电磁弹射器的弹射车与飞机前轮连接，并处于强磁场中，当弹射车内的导体通以强电流时，弹射车受到强大的推力带动舰载机快速起飞；由此可知其原理是通电导体在磁场中受力而运动，其原理与电动机相同。A、图中是探究电流磁效应的实验，故A错误；B、图中没有电源，是探究电磁感应现象的实验，是发电机的原理图，故B错误；C、图中是探究影响电磁铁磁性强弱的因素的实验，是电流的磁效应，故C错误；D、图中有电源，通电导体在磁场中会受力而运动，是电动机的原理图，故D正确。答案：D。11．（2023•南充二模）如图，甲、乙两部分装置均由蹄形磁铁和导体棒组成，通过开关相连。闭合开关，用外力使导体PQ水平向右运动，发现导体棒MN也随之运动起来。则以下判断正确的是（）A．甲、乙两部分的原理均跟发电机原理一样 B．甲、乙两部分的原理均跟电动机原理相似 C．甲部分与发电机原理一样，乙部分与电动机原理相似 D．甲部分与电动机原理相似，乙部分与发电机原理一样解：闭合开关，导体PQ和MN组成一个闭合电路，闭合电路的一部分导体PQ在磁场中进行切割磁感线运动，闭合电路中有了感应电流，这种现象是电磁感应现象，这是发电机的原理；电路中有了感应电流之后，感应电流经过导体MN，导体MN在磁场中受力而运动，这是电动机的工作原理。答案：C。12．（2023•苏州模拟）如图为我国新型反潜巡逻机。机尾的“棍子”叫做磁异探测器，它能将潜艇经过海域引起的磁场强弱变化转化为强弱变化的电流，从而发现潜艇的存在。图中能解释磁异探测器工作原理的是（）A． B． C． D．解：磁异探测器将潜艇经过海域引起的磁场强弱变化转化为强弱变化的电流，说明有感应电流产生；A、图示为通电线圈在磁场中受力转动，是电动机的原理，故A错误；B、图示的实验是奥斯特实验，说明通电导体周围存在着磁场，故B错误；C、开关闭合后，在外力作用下使导体左右移动，切割磁感应线，则电流表指针发生偏转，说明此时有感应电流产生，这是电磁感应现象，是发电机的工作原理，故C正确；D、图示为电铃的结构图，电铃的主要部件是电磁铁，其原理是电流磁效应，故D错误。答案：C。二、填空题（共6小题）13．（2023•衡水模拟）如图所示的司南是我国的四大发明之一，古文“论衡”中记载“司南之杓”（用途），投之于地，其柢（握柄）指南。司南静止时能指南北，说明地球周围存在磁场，司南的握柄应为该磁体的S极。（选填“N”或“S”）解：地球是一个大磁体，指南针指南北的原因是由于受到了地磁场的作用；指南针静止时，指向南的一端是磁体的南（S）极；指向北的一端是磁体的北（N）极，司南的握柄指南，所以司南的握柄是S极。答案：磁场；S。14．（2023•合肥二模）我们知道磁体周围存在磁场，磁场的方向和大小可以用磁感线的箭头和疏密程度进行描述。如图所示为某磁体一端的磁场分布，则a点处的磁场比b点处的磁场强（选填“强”或“弱”）。解：由图可知，a处的磁感线比b处的磁感线密，所以a点处的磁场比b点处的磁场强。答案：强。15．（2023•成都模拟）如图所示，开关S闭合，根据通电螺线管周围的磁感线分布判断直流电源的左端为负极（选填“正极”或“负极”）；弹簧测力计吊着铜块在通电螺线管的上方从右端水平匀速运动到左端的过程中，弹簧测力计示数一直不变（选填“先变小后变大”“一直不变”或“先变大后变小”）。解：（1）根据安培定则，伸出右手，使右手大拇指指示通电螺线管的N极（左端），则四指弯曲所指的方向为电流的方向，即电流是从螺线管的右端流入的，左端流出，所以电源的左端为负极，右端为正极；（2）磁性材料是指铁、钴、镍等物质，铜不是磁性材料，不能与通电螺线管周围的磁场发生力的作用，故弹簧测力计吊着铜块在通电螺线管的上方从右端水平匀速运动到左端的过程中，弹簧测力计示数一直不变。答案：负极；一直不变。16．（2023•绵阳模拟）如图是某车间自动除尘装置的简化电路图。空气中尘埃量较少时光源发出来的光被挡板挡住了。当空气中尘埃量达到一定值时，由于尘埃的反射，部分光越过挡板射到光敏电阻上，光敏电阻的阻值减小，电磁铁的磁性增强（选填“减弱”“不变”或“增强”），在衔铁的作用下，开启自动除尘模式。若图中a、b一个是除尘器，一个是指示灯，则b是除尘器。解：当空气中尘埃量达到一定值时，由于尘埃的反射，部分光越过挡板射到光敏电阻上时，光敏电阻的阻值减小，电路中的电流增大，电磁铁的磁性增强，吸引衔铁，使动触点和下面的静触点接触，开启自动除尘模式，所以下面的b是除尘器，上面的a是指示灯。答案：增强；b。17．（2023•上海二模）如图为学生用电流表的内部结构示意图。当电流表接入电路，有电流通过线圈时，线圈带动指针偏转。该电流表的工作原理与电动机（选填“发电机”或“电动机”）相同；当电流表正负接线柱接反时，电流表指针反向偏转，说明受力方向与电流方向有关；电流表使用时需要远离强磁体，是因为磁体周围存在磁场，会影响电流表示数。解：如图电流表的内部主要结构由磁体、线圈组成，当电流表有电流通过时，线圈成为通电导体在磁场中受力而运动，即电流表的工作原理是通电导体在磁场中受力运动，与电动机工作原理相同；若电流从正接线柱流入，指针会正方向偏转，若电流从负接线柱流入，指针会反方向偏转（损坏电流表），可知通电导体受力的方向跟电流方向有关；电流表使用时需要远离强磁体，是因为磁体周围存在磁场，会影响电流表示数。答案：电动机；电流方向；磁场。18．（2023•洛阳模拟）如图所示，AB和CD是两根固定且平行的光滑金属轨道，符号“×”代表垂直金属导轨向下的磁场，现将铜棒EF和GH垂直静止放在导轨上，当拉动铜棒EF向左运动时，铜棒GH会跟着向左运动。若将磁场方向改为与原来相反，仍然向左拉动铜棒EF，则GH的运动方向向左（选填“向左”或“向右”），理由是电流方向和磁场方向都发生了变化，导体GH受力的方向不变。解：将铜棒EF和GH垂直静止放在导轨上，当拉动铜棒EF向左运动时，铜棒EF切割磁感线，EF中会产生感应电流，通电的铜棒GH在磁场中受到力的作用，铜棒GH会跟着向左运动；若将磁场方向改为与原来相反，仍然向左拉动铜棒EF，则EF中的感应电流的方向与原来相反；GH中的电流方向也与原来相反，磁场的方向也发生了改变，则GH受力的方向不变，所以GH仍然会向左运动。答案：向左；电流方向和磁场方向都发生了变化，导体GH受力的方向不变。三、实验探究题（共2小题）19．（2023•东莞模拟）小明对电和磁的知识进行了整理：（1）如图甲是实验室用电压表的结构图，当两接线柱间的电压越大，流经线圈中的电流就越大，指摆动幅度就越大，就可见其工作原理与电动机（选填“电磁铁”发电机”、“电动机”）相似。它有0～3V和0～15V两个量程，图乙是电压表的两个量程内部的电路，其中较大的电阻是A（选填“A”或“N”）；使用0～15V量程测量时，图甲所测电压为8V；（2）巨磁效应是指某些材料的电阻随磁场强度增大而急剧减小的现象，这一发现大大提高了磁、电之间信号转换的灵敏度，图丙是研究巨磁电阻特性的电路，图中GMR是巨磁电阻：①如果先闭合S2，再闭合S1，指示灯的亮度变亮（“变亮”、“变暗”或“不变”）。②闭合S1、S2后，向左调节滑片P，会发现电压表的示数变小（“变大”、“变小”或“不变”）；此时，螺线管的右端为其磁极的S极。解：（1）电压表是利用通电线圈在磁场中受力转动的原理来工作的，其工作原理与电动机的工作原理相同。如图乙所示，电压表的两个量程中，选择0～15V的大量程和0～3V的小量程相比，测相同的电压值，选择0～15V大量程时，指针偏转的角度更小，说明此时电路中电流更小，由I=U使用0～15V量程测量时，图甲中表盘上的分度值为0.5V，读出其读数为8V。（2）①如果先闭合S2，再闭合S1，GMR所处位置由无磁场变为有磁场，GMR的阻值减小，该电路中总电阻变小，由I=UR可知电路电流变大，由P＝I②GMR电路中，闭合开关，GMR和指示灯串联，电压表测GMR两端电压，闭合S1、S2后，向左调节滑片P，滑动变阻器接入电路的电阻变小，电路中电流变大，电磁铁的磁性变强，GMR的电阻变小，由串联电路的分压规律可知，GMR两端电压变小，即电压表示数变小。闭合开关S1，由安培定则可知，螺线管的左端为N极，右端为S极。答案：（1）电动机；A；8；（2）变亮；变小；S。20．（2023•盐城模拟）（1）在探究“通电螺线管的外部磁场”实验中，设计了如图甲电路。小明猜想通电螺线管磁场强弱可能与线圈匝数和电流大小都有关。实验中，他将开关S从l换到2上时，调节变阻器的滑片P，再次观察电流表示数及吸引的回形针数目，此时调节滑动变阻器是为了控制电流大小不变，来研究通电螺线管磁场强弱与线圈匝数的关系。（2）为了探究“感应电流产生的条件”，小明将铁架台、导体AB、小量程电流表、蹄形磁体、开关和若干导线按图乙连接。①断开开关，无论怎么移动导体AB，电流表指针都不偏转；闭合开关，他左右移动导体AB，发现指针发生了摆动，又上下移动导体AB时，指针基本不偏转。由此可得出了感应电流的产生条件为：闭合电路的一部分导体在磁场中做切割磁感线运动。②实验中，小明在电路闭合时将导体AB向右移动一段距离后松开手，发现导体AB左右摆动，此时小量程电流表的指针左右摆动（左右摆动/偏向一边/静止不动）。导体AB摆动过程中，如果不计空气阻力及导线悬挂点的摩擦，导体AB的机械能将变小（变大/变小/不变）。③把电流表换成电池组，闭合开关，发现导体AB向左运动，若要使导体AB向右运动可以对调磁体两极或对调电源两极（提供一种方法）。根据这一原理可以制成电动机（发电机/电动机）。解：（1）实验中，他将开关S从l换到2上时，连入电路的线圈匝数发生了变化，连入电路的线圈电阻也发生了变化，为了保证电流不变，应调节变阻器的滑片P，控制两次实验的电流大小不变（需观察电流表示数），再次观察吸引的回形针数目，这样才能探究出通电螺线管磁场强弱与线圈匝数的关系；（2）①断开开关，无论怎么移动导体AB，电流表指针都不偏转，说明没有电流产生；闭合开关，他左右移动导体AB，发现指针发生了摆动，说明有电流产生；又上下移动导体AB时，指针基本不偏转说明没有电流产生；由此可得出了感应电流的产生条件为：闭合电路的一部分导体在磁场中做切割磁感线运动；②导体AB左右摆动，切割磁感线方向不断改变，所以电流方向不断改变，电流表指针会左右摆动；导体运动过程中，将机械能转化为电能，所以机械能不断变小；③要改变导线的受力方向，可改变磁场方向或线圈中电流方向；可以调换磁极，或改变电流方向的方法，可以调换电源正负极，同时调换电源正、负极和磁体N、S极导体ab运动方向不变；电动机是通电导体在磁场中受力的作用，根据这一原理可以制成电动机。答案：（1）控制电流大小不变；线圈匝数；（2）①切割磁感线；②左右摆动；变小；③对调磁体两极或对调电源两极；电动机。四、解答题（共2小题）21．（2023•无锡三模）超市里的电梯，有人乘时运行较快，无人乘时为了节能运行较慢.利用电磁继电器可以设计这样的电路，技术人员按照下列方法设计“自动控制电路”，所用器材：电压恒为U1的蓄电池，220V家庭电源，开关S，压敏电阻R0（电阻随压力的变化关系如图所示），限流电阻R为10Ω（如果连接在电路中可减小电路中的电流），电动机，电磁继电器（线圈电阻忽略不计，线圈电流大于20mA时衔铁被吸下，线圈电流小于20mA时衔铁被弹回）。（1）根据要求请将图乙的工作电路连接完整。（2）若U1为24V，现在要求一个质量为60kg的中学生站在电梯上，就能使电梯较快运行，则滑动变阻器R1接入电路的阻值要多大？（3）电梯运行较快时，电动机的功率为8800W，慢行时通过电动机的电流为20A，则此时电动机的功率为多大？（4）如果要求质电梯量更小的人站上电梯就能使其较快运行，应该如何改动控制电路？（写出一种方法和理由）解：（1）根据图甲可知，压敏电阻的阻值随压力的增大而减小；有人乘坐时，压力大，则压敏电阻的阻值小，根据欧姆定律可知，控制电路中的电流变大，电磁铁磁性增强，衔铁被吸下；工作电路中的电梯运行快，说明工作电路中的电流大，根据欧姆定律可知，电路中的电阻小，故应该只让电动机接入电路；无人乘时，压力小，则压敏电阻的阻值大，根据欧姆定律可知，控制电路中的电流变小，电磁铁磁性减弱，衔铁被拉起；无人乘时运行较慢，说明工作电路中的电流小，根据欧姆定律可知，电路的总电阻大，则电动机和定值电阻串联，如图所示：；（2）压敏电阻受到的压力：F＝G＝mg＝60kg×10N/kg＝600N，由图甲可知，此时压敏电阻的阻值为R0＝400Ω，衔铁被吸下的电流为：I＝20mA＝0.02A，根据欧姆定律可知，控制电路的总电阻为：R=U1I根据串联电路的电阻关系可知，滑动变阻器R1接入电路的阻值为：R1＝R﹣R0＝1200﹣400＝800Ω；（3）由串联电路的电流特点和欧姆定律可知，慢行时限流电阻R两端的电压：UR＝I慢R＝20A×10Ω＝200V，由串联电路的电压特点可知，慢行时电动机两端的电压：U慢＝U﹣UR＝220V﹣200V＝20V，则慢行时电动机的电功率：P慢＝U慢I慢＝20V×10A＝400W；（4）要求质量更小的人站上电梯就能使其较快运行，质量变小，重力变小，则对电梯的压力变小，根据图甲可知，此时压敏电阻的阻值变大，控制电路的总电阻变大，根据欧姆定律可知，电路中的电流变小，由于吸合电流不变，要使此时的电流达到吸合电流，则需要增大控制电路中的电流，故采取的方法是：①减小电路的总电阻即滑动变阻器R1接的滑片向左移动；②增大控制电路的电源电压。答：（1）见解答图；（2）滑动变阻器R1接入电路的阻值要800Ω；（3）此时电动机的功率为400W；（4）人质量变小，重力变小，则对电梯的压力变小，压敏电阻的阻值变大，电路中的电流变小，由于吸合电流不变，因此需要增大控制电路中的电流，故采取的方法是：①减小电路的总电阻即滑动变阻器R1接的滑片向左移动；②增大控制电路的电源电压。22．（2023•苏州二模）如图甲所示为兴趣小组设计的“汽车超载记录器”原理图，OAB为轻质水平杠