天津市大港油田第三中学2024-2025学年高二物理上学期期中试题

PAGE24PAGE23天津市大港油田第三中学2024-2025学年高二物理上学期期中试题考试范围：必修第三册；考试时间：60分钟；满分：100分一、单选题（本大题共10小题，每个3分，共30.0分）公式，，，

，，，关于以上公式下列说法错误的是（）A.适用任何电场，适用点电荷电场，只适用匀强电场定量计算

B.E由F和q确定，由Ep和q确定，由和q确定

C.是电容的定义式适用于任何电容器，是平行板电容器的确定式

D.Ep由和q确定，和q有关

下列关于电势和电势能的说法，正确的是（）

A.对于一个确定的点电荷，在电势越高的位置，其电势能肯定越大

B.在电势肯定的位置，放入某点电荷的电荷量越大，该点电荷的电势能肯定越大

C.正电荷在电场中某点的电势能肯定大于负电荷在该点的电势能

D.在电场中移动一电荷，若电场力对其做负功，其电势能肯定增大下列说法不正确的是（）A.麦克斯韦通过试验验证了“改变的电场产生磁场”和“改变的磁场产生电场”，并证明白电磁波的存在

B.无线电波、光波、X射线、射线都是电磁波

C.奥斯特发觉了电流的磁效应

D.普朗克提出了能量量子化的理论已知某单色光的波长为，在真空中的光速为c，普朗克常量为h，则该单色光的能量子为（）A. B. C. D.下列表达式中，q肯定是场源电荷的是（）A. B. C. D.下列图像中，小磁针静止时的方向正确的是（）A.B.C.D.在磁感应强度为、方向竖直向上的匀强磁场中，水平放置一根长通电直导线，电流的方向垂直于纸面对里．如图所示，A，B，C，D是以直导线为圆心的同一圆周上等分的四点，A、C连线方向水平，在这四点中（）

A.B、D两点的磁感应强度方向相同 B.A、B两点的磁感应强度大小相等

C.C点的磁感应强度的值最小 D.B点的磁感应强度的值最小如图所示，平行板电容器的两极板接于电池两极，一带电小球悬挂在电容器内部，闭合电键k，电容器充电，这时悬线偏离竖直方向的夹角为则下述说法正确的是（）

A.电键k断开，A板向B板靠近，则增大

B.电键k断开，A板向上移动，则增大

C.保持电键k闭合，A板向B板靠近，则变小

D.保持电键k闭合，A板向上移动，则变小如图所示，一粗糙绝缘竖直平面与两个等量异种点电荷连线的中垂面重合，A，O，B为该面上同一条竖直线上的三点，且O为点电荷连线的中点。现有带电荷量为q、质量为m的小物块可视为质点，在A点以初速度释放沿AOB向下滑动，则（）A.小物块带正电

B.从A到B，小物块的电势能先减小后增大

C.从A到B，小物块所受电场力先增大后减小

D.从A到B，小物块的加速度不变测定电子的电荷量的试验装置示意图如图所示。置于真空中的油滴室内有两块水平放置的平行金属板M、N，并分别与电压为U的恒定电源两极相连，板的间距为d，重力加速度为g。现有一质量为m的带电油滴在极板间匀速下落，则下列说法正确的是（）

A.油滴下降过程中电势能不断减小

B.若减小极板间电压，油滴将减速下降

C.油滴带电荷量的大小为

D.若将极板N向上缓慢移动一小段距离，油滴将加速下降二、多选题（本大题共7小题，共21.0分，每个3分，选不全得2分）关于磁场和电场，下列说法中正确的是（）A.磁感线是闭合曲线，而静电场的电场线不是闭合曲线

B.磁场中某点的磁感应强度方向就是小磁针在该处静止时北极的指向；电场中某点的电场强度方向就是摸索电荷在该处所受电场力方向

C.

D.一小段长为L的通有电流为I的导体，在磁场中受到的安培力为F，则该磁场的磁感应强度B肯定为在如图所示的图象中，直线Ⅰ为某一电源的路端电压与电流的关系图线，直线Ⅱ为某一电阻R的图线．用该电源干脆与电阻R相连组成闭合电路，由图象可知（）A.电源的电动势为，内阻为

B.电阻R的阻值为

C.电源的输出功率为

D.电源的效率为如图所示，起先时矩形线框与匀强磁场的方向垂直，且一半在磁场内，一半在磁场外，若要使线框中产生感应电流，下列方法中可行的是（）A.将线框向左拉出磁场 B.以ab边为轴转动

C.以ad边为轴转动小于 D.以bc边为轴转动小于

如图所示，空间分布着匀强电场，竖直方向的实线为其等势面，一质量为m，带电量为的小球从O点由静止起先恰能沿直线OP运动，且到达P点时的速度大小为v，重力加速度为规定O点的电势为零，下列说法正确的是（）A.电场强度的大小

B.P点的电势

C.P点的电势能

D.小球机械能的改变量为如图的虚线为某电场的等势面，今有两个带电粒子重力不计，以不同的速率，沿不同的方向，从A点飞入电场后，沿不同的径迹1和2运动，由轨迹可以判定（）A.两粒子的电性肯定不同

B.粒子1的动能和粒子2的电势能都是先削减后增大

C.经过B、C两点，两粒子的速率可能相等

D.若取无穷远处为零电势，则1粒子经过B点时的电势能大于2粒子经过C点时的电势能如图所示的电路中，E为电源电动势，r为电源内阻，和均为定值电阻，为滑动变阻器当的滑动触点在ab的中点时合上开关S，此时三个电表、和V的示数分别为、和现将的滑动触点向a端移动，则（）A.电源的总功率减小 B.消耗的功率增大

C.增大，减小，U增大 D.减小，不变，U减小如图所示，在x轴上放有两个电荷量分别为和的点电荷，其中位于x轴的坐标原点，电荷的右侧各点电势随x改变的关系如图曲线所示，其余部分的电势改变状况没有画出，其中B点电势为零，BD段中的电势最低点为C点，则（）A.B点的电场强度大小为零

B.两点电荷的电荷量的大小关系为

C.A点的电场强度方向向右

D.将一带负电的摸索电荷从C点移到D点，电场力做正功三、试验题探究题（本大题共3小题，共19.0分）（5分）某个演示用多用电表只有两个挡位，其内部电路如图甲所示，其中R为定值电阻，表盘如图乙所示。这个多用电表内部电流表的左侧为________（填“正”或“负”）接线柱，多用电表a表笔应为________（填“红”或“黑”）色。挡位d为________（填“电流”或“欧姆”）挡。若挡位置于欧姆挡，其倍率为“”挡，测某电阻的阻值时，多用电表指针如图乙中所示，则其示数为________，若挡位置于电流挡，测某电路的电流时，多用电表指针如图乙中所示，则其示数为________mA。（4分）某同学为测定某一干电池的电动势和内电阻，连接电路实物图如图甲所示，其中定值电阻起爱护作用，试验中移动滑动变阻器触头，读出电压表和电流表的多组数据U、I，得出如图乙所示的图象。利用图象求得电源电动势_____，内电阻_____(结果保留2位小数)（10分）某同学要测量一新材料制成的匀称金属导电圆柱体的电阻率。用螺旋测微器测其直径为________如图甲所示，用游标卡尺测其长度为________如图乙所示；用多用电表粗测该圆柱体阻值约为，为进一步测其电阻，该同学做试验时应从下述器材中选用________________(请填写器材前对应的字母代号)；A.电池组，内阻B.电流表，内阻C.电流表，内阻D，电压表，内阻，E.电压表，内阻F.滑动变阻器，允许最大电流G.滑动变阻器，允许最大电流H.开关、导线若干测该圆柱体的电阻时，电流表在测量电路中应采纳________选填“外”或“内”接法，测得其电阻值比真实值偏________选填“大”或“小”；若用L表示圆桂体的长度，d表示直径，测得电阻为R，请写出圆柱体电阻率的表达式________。四、计算题（本大题共3小题，共30.0分）（7分）如图所示，在水平向右的匀强电场中，有一电荷量为的负点电荷从A点运动到B点，电场力做功为，AB间距离，与水平方向夹角为；求：

(1)B、A间电势差是多少？(2)电场强度E是多大？

（9分）规格为“8V、4W”的小灯泡与小型直流电动机其线圈内阻为并联后，接至电动势为10V，内电阻的电源上，小灯泡恰好正常发光，求：

通过小灯泡的电流和电源的内电压；

通过电动机D的电流；

电动机的输出功率。

（14分）如图所示，虚线MN左侧有一场强为的匀强电场，在两条平行的虚线MN和PQ之间存在着宽为L、电场强度为的匀强电场，在虚线PQ右侧距PQ为L处有一与电场平行的屏．现将一电子电荷量为e，质量为m，重力不计无初速度地放入电场中的A点，最终电子打在右侧的屏上，A点到MN的距离为，AO连线与屏垂直，垂足为O，求：

电子到MN的速度大小；电子从释放到打到屏上所用的时间；电子刚射出电场时的速度方向与AO连线夹角的正切值；电子打到屏上的点到点O的距离x．

2024~2025年高二年级第一学期期中考试物理试卷【答案】1.B 2.D 3.A 4.A 5.D 6.C 7.C

8.B 9.C 10.C 11.AC 12.ABC 13.ABC 14.BD

15.ABD 16.AC 17.BD 18.(1)正；红；(2)欧姆；(3)15.0；68；(4)1.5；15

19.(1)

(2)1.47V或1.48V

0.69Ω( 0.67Ω∼0.71Ω)

20.

(1)1.844；4.240；(2)ACDFH；

(3)外；小；

(4)

21.解：(1)AB间电势差为：UAB=WABq=3.2×1022.解：(1)依据题意小灯泡恰好正常发光则U=8V，则IL=PU=48A=0.5A

内电压：U(3)电动机的总功率：P=UI=8×3.5W=28W电动机的输出的功率为：P'=28W-4.9W=23.1W

23.(1)从A点到MN的过程中，由动能定理：eE·L2=(2)电子在电场E1中做初速度为零的匀加速直线运动，设加速度为a1，时间为tv=从MN到屏的过程中运动的时间：t运动的总时间为t=(3)设电子射出电场E2时沿平行电场线方向的速度为vatvtanθ=解得：tanθ=2

(4)如图，电子离开电场E2后，将速度方向反向延长交于E2场的中点由几何关系知：tanθ=得：x=3L

【解析】1.【分析】

本题主要考查静电场中的一些公式，理解公式，明确其运用条件是解决本题的关键。

【解答】

A.①为电场强度的定义式，③为电势的定义式，④为电场力做功的公式，都适用于任何电场；②是由库仑定律结合电场强度的定义式推导出来的，只适用于点电荷的电场；公式⑤是匀强电场中场强与电势关系，故只能适用于匀强电场。所以A正确。

B.电场强度是电场独有的特性，只与电场本身有关，与电场力、摸索电荷的带电量无关，故B错误。

C.C=UQ是电容的定义式，适用于任何电容器；C=εs4πkd是平行板电容器的确定式，故C正确。

D.电势能由电势与电荷量共同确定，WAB和q2.【分析】

本题考查了电势和电势能，驾驭基本定义是关键。

摸索电荷的电性未知，故点的电势凹凸无法推断；电场力总对电荷做正功，电势能肯定减小；电势降低最快的方向是场强的方向；负电荷在电势越低的位置电势能越大。

不论是正电荷还是负电荷，电场力对它做正功，电势能减小，电场力做负功，电势能增大。

【解答】

A.电势能与电势的关系为Ep=qφ，电势能是标量，上式中电量q要带正负号，则负电荷在电势越高的位置，电势能反而越小，故A错误；

B.在电势肯定的位置，放入某点电荷的电荷量越大，该点电荷的电势能不肯定越大，如电势小于0，放入的正点电荷的电荷量越大，电势能反而越小，故B错误；

C.假如电场中某点电势为负，则正电荷在该点的电势能小于负电荷在该点的电势能，故C错误；

D.依据电场力做功与电势能的关系可知，在电场中移动一电荷，若电场力对其做负功，其电势能肯定增大，故D正确；

故选3.【分析】

利用麦克斯韦和赫兹的物理常识、电磁波谱的范围及物理学史的考查。

明确麦克斯韦和赫兹的贡献、电磁波的包括的范围，及电流的磁效应和普朗克的能量的量子化的考查，属于基础题。

【解答】

A.麦克斯韦预言了电磁波的存在，赫兹用试验证明白电磁波的存在且测得了波速，故A错误；

B.无线电波、光波、X射线、γ射线都是电磁波，故B正确；

C.奥斯特发觉了电流的磁效应，故C正确；

D.普朗克为了说明黑体辐射现象，第一次提出了能量量子化理论，故D正确。

本题选择不正确的，故选A。4.解：1个光子的能量E=hν，其中ν为光子的频率，而光速c=λν，故一个光子的能量：

E=hcλ，故A正确，BCD错误；

故选：A．

依据E=hν可以求一个光子的能量，而依据c=λν可以求出一个光子的能量用h、c、5.【分析】

分析四个公式中的q的意义，即可分析解答。

本题考查在不同的物理公式中q的意义，比较简洁。

【解答】

A.在F=kQqr2表达式中，q可能是场源电荷，也可能是摸索电荷，故A错误；

B.在E=Fq表达式中，q是摸索电荷，故B错误；

C.在WAB=qUAB表达式中，q是摸索电荷，故C错误；

D.6.【分析】

依据磁极间的相互作用规律可推断A选项；依据右手螺旋定则推断小磁针N极应当指向纸外；依据直导线产生的磁场的磁感线可知C选项正确；螺线管内部的磁感线向左，小磁针的N极应当指向左边。

本题考查磁场的磁感应强度的方向、右手螺旋定则。

【解答】

A.依据磁极间的相互作用规律可知，A项中小磁针N极方向不行能水平向右，故A错误；

B.依据右手螺旋定则可知，环形导线在中心轴线上产生的磁场方向垂直纸面对外，小磁针N极应当指向纸外，故B错误；

C.C项中直导线产生的磁场的磁感线应当是顺时针方向(从上向下看)，与小磁针的N极指向相同，故C正确；

D.D项中螺线管内部的磁感线向左，小磁针的N极应当指向左边，故D错误。

故选C。7.【分析】

该题考查了磁场的叠加问题。用安培定则首先确定通电直导线在abcd四点产生的磁场的方向，利用矢量的叠加分析叠加后磁场大小改变和方向，从而推断各选项。

【解答】

A.依据安培定则可得通电直导线在A、B、C、D四点产生的磁感应强度大小相等，设为B1，而通电直导线在B点产生的磁感应强度方向为水平向左，在D点产生的磁感应强度方向为水平向右，则B、D两点的磁感应强度大小为B=B12+B02，大小相等，方向不同，选项A错误；

B.通电直导线在A点产生的磁感应强度方向为竖直向上，则A点的磁感应强度为BA=B1+B0，结合选项A的分析可知，B两点的磁感应强度大小为B=B12+B8.【分析】

本题考查电容器的动态分析。因此解决本题关键是推断小球所受电场力的改变状况；留意电容器的两种状态的不同，电键闭合其电压不变，电键断开电容器所带电量保持不变。

对于电容器的探讨留意电容器的两种状态，同时娴熟驾驭公式：C=ɛS4πkd、C=QU、E=Ud之间的推导，尤其是在电容器电量保持不变时，要正确依据这三个公式推导电场强度的表达式，从而正确推断电场强度的改变。小球受重力、电场力和绳子的拉力处于平衡状态，当电场力变大时θ增大，电场力变小时θ减小，

【解答】

A.若断开K，电容器带电量保持不变，由C=ɛS4πkd和C=QU以及E=Ud可得：E=4πkQϵS，由于Q、S不变，A板向B板靠近，虽然d变小，但电场强度不变，故电场力不变，则θ不变，故A错误；

B.若断开K，由E=4πkQϵS得，Q不变，A板向上移动，S变小，E变大，则θ变大，故B正确；

C.若保持K闭合，则电容器两极板之间的电压保持不变，因此依据E=Ud可知，

当将A板向B板靠近时，d变小，电场强度增大，则电场力增大，θ将增大，故C9.【分析】

依据电场强度的改变得出电场力的改变，抓住水平方向上平衡得出弹力的大小改变，从而得出摩擦力的大小改变，结合牛顿其次定律得出加速度的改变，抓住两段过程加速度大小对称，得出两段过程速度改变量相同，求出O点的速度以及动能。依据电场力做功推断电势能的改变。

解决本题的关键知道等量异种电荷四周电场线的特点，通过电场线疏密确定电场强度的大小，知道等量异种电荷连线的垂直平分线是等势线。

【解答】

小物块受重力、电场力和墙壁的弹力以及摩擦力作用，可知q带负电，从A到O的过程中，电场强度越来越大，则电场力越来越大，由于物块在水平方向上平衡，可知墙壁的弹力增大，导致滑动摩擦力增大，依据a=f-mgm知，加速度增大，从O到B，电场强度越来越小，则电场力越来越小，由于物块在水平方向上平衡，可知墙壁的弹力减小，导致滑动摩擦力减小，依据a=f-mgm知，加速度减小，q带负电，由于AB是等势线，则电荷的电势能不变，从A到B，电场强度先增大后减小，则电场力先增大后减小，故C正确，10.【分析】

液滴在板间匀速下落，即电场力和重力平衡，由平衡条件可得油滴带电量；下落过程中，由电场力做功和电势能改变之间的关系分析电势能的改变；由电容器的动态分析，分析当板间电压减小或者板间距增大时，油滴的运动状况。

本题考查了电容器的动态改变及平行板电容器中电场力、能的性质，关键是分析油滴受力状况的改变，同时驾驭电场力做功与电势能的改变关系。

【解答】

A.由于油滴匀速下落，重力与电场力平衡，可知油滴带负电，下降过程电场力做负功电势能增加，故A错误；

B.若减小极板间电压，由E=Ud知，电场强度减小，则重力大于电场力，油滴将加速下降，故B错误；

C.由平衡条件得mg=qE=qUd，得q=mgdU，故C正确；

D.若将极板N向上缓慢移动一小段距离，则11.【分析】

电场强度是用来表示电场的强弱和方向的物理量，电场强弱可由摸索电荷所受的力与摸索点电荷带电量的比值确定，电场方向与正电荷受力方向一样与负电荷受力方向相反；电场线是不闭合的。

磁感应强度是描述磁场强弱的物理量，通过电流元垂直放置于磁场中所受磁场力与电流元的比值来定义磁感应强度。比值与磁场力及电流元均无关，磁感线是闭合的。

电场强度是用比值法定义的物理量之一，电场中某点的电场强度是由电场本身确定的，与该点是否有摸索电荷无关，本题是考查基础学问的好题。

磁感应强度是通过比值定义得来，例如电场强度也是这种定义，电场强度与电场力及电荷量均没有关系。再如密度也是，密度与物体的质量及体积均无关。同时电流元放入磁场中不肯定有磁场力，还受放置的角度有关。

【解答】

A.依据电场线与磁感线的特点可知，电场线是不闭合的，而磁感线是闭合的，故A正确；

B.磁场中某点的磁感应强度方向就是小磁针在该处静止时北极的指向；电场中某点的电场强度方向是带正电的摸索电荷在该处所受电场力方向，故B错误；

C.依据F=qE可知，放入电场中某位置的电荷受到的电场力为零，则该位置的电场强度肯定为零，故C正确；

D.一小段长为L的通有电流为I的导体，在磁场中受到的安培力为F，只有在电流的方向与磁场的方向垂直时，该磁场的磁感应强度B才为FIL，故D错误。

故选AC12.【分析】

由电源的外伏安特性曲线分析电源的电动势与内电阻，依据伏安特性曲线的斜率分析电阻的阻值；结合电路规律进行分析即可。

本题考查闭合电路的欧姆定律。结合电源的外特性曲线和欧姆定律即可解题。

【解答】

A.依据闭合电路欧姆定律得U=E-Ir，当I=0时，U=E，可得电源的电动势E=3V，内阻等于图线的斜率肯定值，则r=ΔUΔI=0.5Ω，故A正确；

B.电阻R=UI=1Ω，故B正确；

C.两图线的交点表示该电源干脆与电阻R相连组成闭合电路时工作状态，由图读出电压U=2V，电流I=2A，则电源的输出功率为P出=UI=4W，故C正确；

D13.【分析】

磁通量是穿过线圈的磁感线的条数。比照产生感应电流的条件：穿过电路的磁通量发生改变进行分析推断有无感应电流产生。

对于匀强磁场磁通量，可以依据磁感线条数直观推断，也可以依据磁通量的计算公式Φ=BSsinα(α是线圈与磁场方向的夹角)进行计算。

【解答】

A、将线框向左拉出磁场，穿过线圈的磁通量减小，有感应电流产生。故A正确。

B、以ab边为轴转动时穿过线圈的磁通量减小，有感应电流产生。故B正确。

C、以ad边为轴转动(小于60°)，穿过线圈的磁通量从Φ=B12S减小到零，有感应电流产生。故C正确。

D、以bc边为轴转动(小于60°)，穿过线圈的磁通量Φ=BS214.【分析】

本题考查了带电粒子在复合场中的运动(电场和重力场)，要求学生会应用牛顿运动定律从运动推断受力状况，进而依据功能关系，电场能的性质进行求解。

【解答】

A.小球沿直线OP运动，合力沿OP方向，如图所示：

则有：qEtan45°=mg

解得E=mgq，故A错误；

BC.设OP=L，依据动能定理得

mgLsin45°+qELcos45°=12mv2

解得电场力做功：W=qELcos45°=mv24

依据：W=qUOP

解得UOP15.【分析】

依据轨迹的弯曲方向推断粒子1和粒子2的电性关系；

依据电场力做功推断粒子1的动能和粒子2的电势能的改变；

依据电场力做功，结合动能定理推断B、C两点，两粒子的速率关系；

依据电势能等于电势与电荷的乘积推断若取无穷远处为零电势，1粒子经过B点时的电势能与2粒子经过C点时的电势能的大小关系。

【解答】

A.依据轨迹的弯曲方向可推断出粒子1受到排斥力，其电性与场源电荷的电性相同，粒子2受到吸引力与场源电荷电性相反，所以两粒子的电性肯定相反，故A正确；

B.电场力对粒子1先做负功，后做正功，依据动能定理可以知道，其动能先削减后增大;电场力对粒子2先做正功，后做负功，则电势能是先削减后增大。故B正确；

C.两个粒子的速率不相等，而粒子1从A到B、粒子2从A到C电场力做功均为零，则经过B、C两点两粒子的速率肯定不相等。故C错误；

D.粒子1电性与场源电荷的电性相同，无论场源电荷为正电荷或负电荷，若取无穷远处为零电势，则1粒子经过B点时的电势能大于2粒子经过C点时的电势能，故D正确。

故选ABD。16.【分析】

解决本题的关键抓住电动势和内阻不变，结合闭合电路欧姆定律求解，留意做题前肯定要理清电路，看电压表测的是什么电压，电流表测的是什么电流。

理清电路，确定电压表测的是什么电压，电流表测定的是什么电流，抓住电动势和内阻不变，采纳局部→整体→局部的方法，利用闭合电路电路的欧姆定律进行分析；依据P总 =IE分析电源总功率改变状况，由P=I 2R3 分析R3 消耗的功率。

【解答】

CD．R2 的滑动触点向a端移动时，R2 增大，整个电路的总电阻增大，总电流减小，内电压减小，外电压增大，即电压表示数U增大，R3 电压减小，R1 、R2 并联电压增大，通过R1 的电流I1 增大，即A1 示数增大，而总电流I减小，则通过R2 的电流I217.【分析】

依据两点电荷连线的电势凹凸的分布，由于沿着电场线电势降低，可知两点电荷的电性，依据功能关系分析电场力做功的正负。

本题主要考查电场强度与电势差的关系，解决本题的关键在于φ-x图象的斜率等于电场强度E。

【解答】

A.依据，可得B点的电场强度等于图像在B点的斜率，故B点的电场强度大小不为零，故A错误；

B.由图知C点电场强度为0，且C点靠近电荷q2，故q1>q2，故B正确；

C.沿电场线方向电势降低，由图知BC段电场强度向右，可得电荷q2为正电荷，CD段电场强度向左，可得电荷q1为负电荷，故A点的电场强度方向向左，故C错误；

D.依据电场力做功W=qUCD=18.【分析】

对于试验题，要弄清晰试验目的、试验原理以及数据处理、误差分析等问题，一般的试验设计、试验方法都是依据教材上给出的试验方法进行拓展，延长，所以肯定要娴熟驾驭教材中的重要试验。

(1)依据欧姆表的内部构造进行分析；

(2)欧姆档内部才接有电源；

(3)依据万用电表的读数方法进行读数；

(4)依据图象结合闭合电路的欧姆定律进行解答。

【解答】

(1)黑表笔接内部电源的正极，红表笔接内部电源的负极，标示为“+”，故这个多用电表内部电流表Ⓖ的左侧为正接线柱，多用电表a表笔应为红色；

(2)只有欧姆档内部才接有电源，故挡位d为欧姆挡；

(3)若挡位置于欧姆挡，其倍率为“×1”挡，测某电阻的阻值时，多用电表指针如图乙中①所示，则其示数为15×1Ω=15Ω，若挡位置于电流挡，测某电路的电流时，多用电表指针如图乙中②所示，则其示数为68mA；

(4)由表盘刻度可知，该多用电表内部所运用的电池电压为E=IgRg，其中中值电阻为内电阻，即Rg=