济南市高二物理寒假提升训练含答案 11.docx

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济南市高二物理寒假提升训练含答案11

济南市高二物理寒假提升训练11

一、单选题（本大题共8小题，共32.0分）

1.下列说法正确的是（　　）

A.电场和磁场都是客观存在，电场线和磁感线也是客观存在

B.电场和磁场都具有力的性质，不计重力的电荷在电场和磁场中一定受到力的作用

C.电源电动势在数值上等于电路断开时，电源两极间电压

D.电流元在磁场中受磁场力为零时，此处磁感应强度也为零

2.如图所示，有一正方形闭合线圈，在足够大的匀强磁场中运动．下列四个图中能产生感应电流的是（　　）

A.

B.

C.

D.

3.

如图所示，L是自感系数很大的线圈，但其自身的电阻几乎为零。

A和B是两个完全相同的灯泡，则下列说法中正确的有（　　）

A.当开关S闭合瞬间，A、B两灯同时亮，稳定后B灯亮度不变

B.当开关S断开瞬间，A、B两灯同时熄灭

C.当开关S断开瞬间，a点电势比b点电势低

D.当开关S断开瞬间，流经灯泡B的电流由a到b

4.如图所示的直角坐标系中，两电荷量分别为Q（Q＞0）和-Q的点电荷对称地放置在x轴上原点O的两侧，a点位于x轴上O点与点电荷Q之间，b位于y轴O点上方，取无穷远处的电势为零。

下列说法正确的是（　　）

A.b点的电势为零，电场强度也为零

B.a点电场强度大于b点的电场强度，同一正的试探电荷在a点和b点所受电场力方向向右

C.将正的试探电荷从b点移到a点，电势能减少

D.将同一正的试探电荷先后分别从O、b点移到a点，第二次电场力做功较多，电势能的变化较少

5.矩形导线框abcd固定在匀强磁场中，磁感线的方向与导线框所在平面垂直，规定磁场的正方向垂直纸面向里，磁感应强度B随时间变化的规律如图所示。

若规定顺时针方向为感应电流I的正方向，下列各图中正确的是（　　）

A.

B.

C.

D.

6.

如图所示，空间存在水平向左的匀强电场和垂直纸面向里的匀强磁场，电场和磁场相互垂直。

在电磁场区域中，有一个竖直放置的光滑绝缘圆环，环上套有一个带正电的小球。

O点为圆环的圆心，a、b、c为圆环上的三个点，a点为最高点，c点为最低点，Ob沿水平方向。

已知小球所受电场力与重力大小相等。

现将小球从环的顶端a点由静止释放。

下列判断正确的是（　　）

A.当小球运动的弧长为圆周长的

时，洛仑兹力最大

B.当小球运动的弧长为圆周长的

时，洛仑兹力最大

C.小球从a点到c点，重力势能减小，电势能不变

D.小球从b点运动到c点，电势能增大，动能先增大后减小

7.如图所示电路中，电流表A和电压表V均可视为理想电表．现闭合开关S后，将滑动变阻器滑片P向左移动，下列说法正确的是（　　）

A.电流表A的示数变小，电压表V的示数变大

B.小灯泡L变亮

C.电容器C上电荷量减少

D.电源的总功率变大

8.如图所示装置中，ab、cd杆原来均静止，当ab杆在外力作用下向右加速运动，cd杆保持静止，忽略闭合铁芯漏磁，则下列说法不正确的是（　　）

A.ab杆中感应电流方向是从a到b，a端电势高于b端

B.线圈L2的磁通量增大

C.cd杆中感应电流方向是从c到d

D.cd杆受到水平向右的安培力的作用

二、多选题（本大题共4小题，共16.0分）

9.小型发电机线圈共N匝，每匝可简化为矩形线圈abcd，磁极间的磁场可视为匀强磁场，方向垂直于线圈中心轴OO′，线圈从图示位置以角速度ω绕OO′匀速转动，如图所示。

矩形线圈ab边和cd边产生的感应电动势的最大值都为e0，不计线圈电阻，下列说法正确的是（）

A.若从中性面开始计时，则发电机的感应电动势的瞬时值表达式为e＝2Ne0sinωt

B.从中性面开始计时，则发电机的感应电动势的瞬时值表达式为e＝2Ne0cosωt

C.发电机线圈从垂直中性面位置转动90°的过程中，产生的感应电动势的平均值是

D.发电机线圈从垂直中性面位置转动180°的过程中，产生的感应电动势的平均值是

10.如图甲所示的电路中，理想变压器原、副线圈匝数比为10：

1，图中电表均为理想电表，R、L和D分别是光敏电阻（其阻值随光强增大而减小）、电感线圈和灯泡。

原线圈接入如图乙所示的正弦交流电压u，下列说法正确的是（　　）

A.电压u的频率为50 HzB.电压表的示数为22

 V

C.有光照射R时，电流表的示数变大D.抽出L中的铁芯，D灯变亮

11.

有一电场强度方向沿x轴方向的电场，其电势ϕ随x的分布如图所示．一质量为m、带电量为-q的粒子只在电场力的作用下，以初速度V0从x=0处的O点进入电场并沿x轴正方向运动，则下关于该粒子运动的说法中正确的是（　　）

A.粒子从x=0处运动到x=x1处的过程中动能逐渐增大

B.粒子从x=x1处运动到x=x3处的过程中电势能逐渐减小

C.欲使粒子能够到达x=x4处，则粒子从x=0处出发时的最小速度应为2

D.若v0=2

，则粒子在运动过程中的最小速度为

12.

如图，S为一离子源，MN为长荧光屏，S到MN的距离为L，整个装置处在范围足够大的匀强磁场中，磁场方向垂直纸面向里，磁感应强度大小为B．某时刻离子源S一次性沿平行纸面的各个方向均匀地射出大量的正离子，各离子的质量m，电荷量q，速率v均相同，不计离子的重力及离子间的相互作用力，则（　　）

A.当v＜

时所有离子都打不到荧光屏上

B.当v＜

时所有离子都打不到荧光屏上

C.当v=

时，打到荧光屏MN的离子数与发射的离子总数比值为

D.当v=

时，打到荧光屏MN的离子数与发射的离子总数比值为

三、填空题（本大题共1小题，共2.0分）

13.如图1是用游标卡尺测量时的刻度图，为20分度游标尺，读数为：

______cm；图2中螺旋测微器的读数为：

______mm。

四、实验题（本大题共2小题，共12.0分）

14.小明同学在“描绘小灯泡的伏安特性曲线”实验中，为了更准确选取电压表和电流表的合适量程，决定先用多用电表测量小灯泡的阻值．

（1）在使用前发现电表指针位置如图甲所示，该同学应该调节哪个位置______（选“①”或“②”）；

（2）小明使用多用电表欧姆挡的“×10”挡测量小灯泡电阻阻值，读数如图乙所示，为了更准确地进行测量，小明应该旋转开关至欧姆挡______（填“×100”挡或“×1”挡），两表笔短接并调节______（选“①”或“②”）．

（3）按正确步骤测量时，指针指在如图丙位置，则小灯泡阻值的测量值为______Ω．

15.在“测定电源的电动势和内电阻”的实验中，备有下列器材：

A．待测的干电池一节

B．电流表A1（量程0～3mA，内阻Rg1=10Ω）

C．电流表A2（量程0～0.6A，内阻Rg2=0.1Ω）

D．滑动变阻器R1（0～20Ω，1.0A）

E．电阻箱R0（0～9999.9Ω）

F．开关和若干导线

（1）某同学发现上述器材中没有电压表，他想利用其中的一个电流表和电阻箱改装成一块电压表，其量程为 0～3V，并设计了图甲所示的a、b两个参考实验电路（虚线框内为改装电压表的电路），其中合理的是______（选填“a”或“b”）电路；此时R0的阻值应取______Ω．

（2）图乙为该同学根据合理电路所绘出的I1-I2图象（I1为电流表A1的示数，I2为电流表A2的示数）．根据该图线可得被测电池的电动势E=______V，内阻r=______Ω．

五、计算题（本大题共4小题，共38.0分）

16.

两条金属导轨上水平放置一根导电棒ab，处于竖直向上的匀强磁场中，如图所示，导电棒质量为m=1.2kg，长L=1m。

当导电棒中通入I1=3A电流时，它可在导轨上匀速滑动，若电流强度增大为I2=5A时，导电棒可获得a=2m/s2的加速度，求：

（1）画出导电棒ab的受力示意图。

（2）装置所在处的磁感强度B的大小。

17.某个水电站发电机的输出功率为100kW，发电机的电压为250V．通过升压变压器升高电压后向远处输电，输电线总电阻为2Ω，在用户端用降压变压器把电压降为220V．要求在输电线上损失的功率控制为5kW（即用户得到的功率为95kW）。

请你设计两个变压器的匝数比。

为此，请你：

（1）画出远距离输送电能的线路示意图。

（2）降压变压器输出的电流是多少？

输电线上通过的电流是多少？

（3）输电线上损失的电压是多少？

升压变压器输出的电压是多少？

（4）两变压器的匝数比各应等于多少？

18.

如图所示，两根半径为r的

圆弧轨道间距为L，其顶端a、b与圆心处等高，轨道光滑且电阻不计，在其上端连有一阻值为R的电阻，整个装置处于辐向磁场中，圆弧轨道所在处的磁感应强度大小均为B．将一根长度稍大于L、质量为m、电阻为R0的金属棒从轨道顶端ab处由静止释放．已知当金属棒到达如图所示的cd位置（金属棒与轨道圆心连线和水平面夹角为θ）时，金属棒的速度达到最大；当金属棒到达轨道底端ef时，对轨道的压力为1.5mg．求：

（1）当金属棒的速度最大时，流经电阻R的电流大小和方向；

（2）金属棒滑到轨道底端的整个过程中流经电阻R的电量；

（3）金属棒滑到轨道底端的整个过程中电阻R上产生的热量．

19.

如图所示，在坐标系xOy内有一半径为a的圆形区域，圆心坐标为O1（a，0），圆内分布有垂直纸面向里的匀强磁场，在直线y=a的上方和直线x=2a的左侧区域内，有一沿x轴负方向的匀强电场，场强大小为E，一质量为m、电荷量为+q（q＞0）的粒子以速度v从O点垂直于磁场方向射入，当入射速度方向沿x轴方向时，粒子恰好从O1点正上方的A点射出磁场，不计粒子重力，求：

（1）磁感应强度B的大小；

（2）粒子离开第一象限时速度方向与y轴正方向的夹角正切值；

（3）若将电场方向变为沿y轴负方向，电场强度大小不变，粒子以速度v从O点垂直于磁场方向、并与x轴正方向夹角θ=300射入第一象限，求粒子从射入磁场到最终离开磁场的总时间t

答案和解析

1.【答案】C

【解析】解：

A、电场、磁场是客观存在的，但电场线、磁场线是人们为了形象的描述电场磁场引入的，不存在，故A错误。

B、电场对电荷总有电场力的作用，磁场对电荷不一定有洛伦兹力的作用，故B错误。

C、根据闭合电路的欧姆定律可知，电源电动势在数值上等于电路断开时，电源两极间电压，故C正确。

D、电流元在磁场中受磁场力为零时，可能是电流元的方向与磁场的方向相同，此处磁感应强度不一定为零，故D错误。

故选：

C。

电场磁场是客观存在的一种物质，而电场线、磁场线是人们为了形象的描述他们而引入的物理量，不存在；带电粒子在电场中一定受到电场力，而带电粒子在磁场中不一定受到洛伦兹力。

电动势的物理意义是表征电源把其他形式的能转化为电能本领强弱，与外电路的结构无关；电源的电动势在数值上等于内、外电压之和。

本题主要考查电场磁场及电场线磁场线的知识，属于基本知识，牢记相关的概念即可。

2.【答案】D

【解析】解：

A、线框垂直于磁感线运动，虽然切割磁感线，但穿过的磁通量没有变化，因此也不会产生感应电流，故A错误；

B、线框平行于磁场感应线运动，穿过线框的磁通量没有变化，不会产生感应电流，故B错误；

C、线框绕轴转动，但线框平行于磁场感应线，穿过的磁通量没有变化，因此也不会产生感应电流，故C错误；

D、线框绕轴转动，导致磁通量发生变化，因此线框产生感应电流，故D正确；

故选：

D。

本题考查了感应电流产生的条件：

闭合回路中的磁通量发生变化．据此可正确解答本题．

本题考查感应电流产生的条件，首先要明确是哪一个线圈，然后根据磁通量的公式：

Φ=BS找出变化的物理量，从而确定磁通量是否发生变化．

3.【答案】D

【解析】解：

A、电键S闭合瞬间，自感系数很大，线圈L对电流有阻碍作用很强，则相当于灯泡A与B串联，因此同时亮，且亮度相同，稳定后B被短路熄灭，故A错误；

BCD、稳定后当电键K断开后，A立刻熄灭，由于自感，线圈中的电流只能慢慢减小，其相当于电源左端为高电势，与灯泡B构成闭合回路放电，流经灯泡B的电流是由a到b，所以a点电势比b点电势高，B闪一下再熄灭，故BC错误，D正确。

故选：

D。

当电键S闭合时，通过线圈L的电流增大，穿过线圈的磁通量增大，根据楞次定律判断感应电动势的方向和作用，分析哪个灯先亮。

断开瞬间也可以按照同样的思路分析。

明确自感现象是特殊的电磁感应现象，应用楞次定律和法拉第电磁感应定律进行理解，注意线圈的电阻不计是解题的关键。

4.【答案】B

【解析】解：

A、结合等量异种点电荷的电场的特点可知，两个等量异种电荷连线的垂直平分线是一条等势线；电场强度方向与等势面方向垂直，而且指向电势低的方向，所以b点的电势等于0，而电场强度不等于0．故A错误；

B、根据点电荷电场强度公式E=

，及矢量的叠加原理，可知，在x轴上，O点的电场强度最小，而在y轴上，O点的电场强度最大，因此a点电场强度大于b点电场强度的大小，且这两点的电场强度方向均水平向右，那么正电荷受到的电场力也是水平向右，故B正确；

C、将正的试探电荷从b点移到a点，即将正电荷从低电势移到高电势，则其电势能增大；故C错误；

D、两个等量异种电荷连线的垂直平分线是一条等势线，所以O、b两点的电势是相等的，将同一正的试探电荷先后从O、b两点移到a点，二者电势能的变化相等，故D错误；

故选：

B。

两个等量异种电荷连线的垂直平分线是一条等势线；电场强度方向与等势面方向垂直，而且指向电势低的方向；根据等势面和电场线分布情况，分析电势和场强的关系。

对于等量异种电荷和等量同种电荷连线和垂直平分线的特点要掌握，抓住电场线和等势面的对称性进行记忆。

5.【答案】D

【解析】解：

由图可知，0-1s内，线圈中磁通量的变化率相同，故0-1s内电流的方向相同，由楞次定律可知，电路中电流方向为逆时针，即电流为负方向；

同理可知，1-2s内电路中的电流为顺时针，2-3s内，电路中的电流为顺时针，3-4s内，电路中的电流为逆时针，

由E=

=

可知，电路中电流大小恒定不变。

故选：

D。

由右图可知B的变化，则可得出磁通量的变化情况，由楞次定律可知电流的方向；由法拉第电磁感应定律可知电动势，即可知电路中电流的变化情况；

本题要求学生能正确理解B-t图的含义，才能准确的利用楞次定律进行判定。

6.【答案】D

【解析】解：

A：

小球受到水平向左的电场力和竖直向下的重力，二力大小相等，故二力的合力方向于水平方向成45°向左下，如图，故小球运动到圆弧bc的中点时，速度最大，此时的洛伦兹力最大，选项A错误。

B：

经对选项A的分析可知，选项B错误。

C：

小球由a到b的过场中，电场力和重力均做正功，重力势能和电势能都减小。

选项C错误。

D：

小球从b点运动到c点，电场力做负功，电势能增加；因力的合力方向将于水平方向成45°向左下，当小球运动到圆弧bc的中点时速度最大，所以小球从b点运动到c点过程中，动能先增大，后减小。

选项D正确。

故选：

D。

电场力与重力大小相等，则二者的合力指向左下方45°，由于合力是恒力，故类似于新的重力，所以bc弧的中点相当于平时竖直平面圆环的“最低点”。

关于圆心对称的位置就是“最高点”；在“最低点”时速度最大。

再根据竖直平面内的圆周运动的相关知识解题即可。

该题要求同学们能够根据受力分析找出做圆周运动新的最高点和最低点，再根据竖直平面内的圆周运动的知识解题，难度较大。

7.【答案】A

【解析】解：

A、B闭合开关S后，将滑动变阻器滑片P向左移动时，变阻器接入电路的电阻增大，根据闭合电路欧姆定律得知，电路中总电流I减小，则小灯泡L变暗，电流表A的示数变小。

电压表的示数U=E-I（RL+r），I减小，其他量不变，则U增大，即电压表V的示数变大。

故A正确，B错误。

C、电容器的电压等于变阻器两端的电压，即等于电压表的示数，U增大，由Q=CU，知电容器C上的电荷量增大。

故C错误。

D、电源的总功率P=EI，I减小，则电源的总功率变小。

故D错误。

故选：

A。

闭合开关S后，将滑动变阻器滑片P向左移动时，分析变阻器接入电路的电阻如何变化，确定外电路总电阻的变化，根据闭合电路欧姆定律分析电路中总电流的变化，判断电流表示数和灯泡亮度的变化．由欧姆定律分析电压表示数的变化．根据变阻器电压的变化，判断电容器的电量变化．电源的总功率为P=EI，与电流成正比．

本题是电路动态变化分析问题，电容器所在电路相当于开关断开，根据欧姆定律进行分析．

8.【答案】A

【解析】解：

A、ab杆在外力作用下向右加速运动，根据右手定则，可知，ab杆中感应电流方向由a到b，由于其相当于电源，则a端电势低于b端，故A错误；

B、因ab杆向右加速运动，则产生的感应电动势增大，则形成的感应电流增大，那么线圈L1的磁通量增大，则线圈L2的磁通量也增大，故B正确；

C、因ab杆的切割，则穿过线圈L1的磁通量向上，且增大，那么穿过L2的磁通量向下增大，依据楞次定律，则线圈L2的感应电流逆时针方向，即从c到d，故C正确；

D、根据左手定则，结合以上分析，可知，cd杆受到水平向右的安培力的作用，故D正确；

本题选择错误的，故选：

A。

根据右手定则，判定ab中的感应电流，再结合右手螺旋定则与楞次定律，来判定L2线圈中的感应电流方向，最后依据左手定则来确定安培力方向。

考查右手定则与左手定则的应用，掌握两者的区别，理解楞次定律，及右手螺旋定则的内容。

9.【答案】ACD

【解析】解：

A、线圈位于中性面时，穿过线圈的磁通量最大，而感应电动势等于0，所以从中性面开始计时，则发电机的感应电动势的瞬时值表达式为e=Emsinωt=2Ne0sinωt．故A正确，B错误；

C、在线圈从垂直中性面位置转动90°的过程中，单匝线圈上的磁通量的变化量：

△Φ=BS=BL•L1=

，产生的感应电动势的平均值是：

=

，整个线圈产生的感应电动势的平均值是

．故C正确；

D、发电机机线圈从垂直中性面位置转动180°的过程中，产生的感应电动势的平均值与在线圈从垂直中性面位置转动90°的过程中产生的感应电动势的平均值是相等的，都是

．故D正确

故选：

ACD。

结合中性面的特点可知从中性面开始计时，则发电机的感应电动势的瞬时值表达式；由法拉第电磁感应定律求出平均电动势。

本题考查了交流电产生的原理和最大值、有效值的关系，知道整个矩形线圈产生的感应电动势是ab边和cd边产生的感应电动势之和。

10.【答案】ACD

【解析】解：

A、原线圈接入题图乙所示的电源电压，T=0.02 s，所以频率为f=

=50 Hz，故A正确；

B、原线圈接入电压的最大值是220

V，所以原线圈接入电压的有效值是U=220 V，理想变压器原、副线圈匝数比为10：

1，所以副线圈电压是22 V，所以电压表的示数为22 V，故B错误；

C、有光照射R时，R阻值随光强增大而减小，根据P=

，得副线圈输出功率增大，所以原线圈输入功率增大，所以电流表的示数变大，故C正确；

D、抽出L中的铁芯，电感线圈自感系数减小，电感线圈对电流的阻碍减小，所以D变亮，故D正确。

故选：

ACD。

由变压器原理可得变压器原、副线圈中的电流之比，输入、输出功率之比。

和闭合电路中的动态分析类似，可以根据R的变化，确定出总电路的电阻的变化，进而可以确定总电路的电流的变化的情况，在根据电压不变，来分析其他的原件的电流和电压的变化的情况。

电路的动态变化的分析，总的原则就是由部分电路的变化确定总电路的变化的情况，再确定其他的电路的变化的情况，即先部分后整体再部分的方法。

11.【答案】BD

【解析】解：

A、粒子从O运动到x1的过程中，电势降低，场强方向沿x轴正方向，粒子所受的电场力方向沿x轴负方向，粒子做减速运动，动能逐渐减小，故A错误。

B、粒子从x1运动到x3的过程中，电势不断升高，根据负电荷在电势高处电势小，可知，粒子的电势能不断增大，故B正确。

C、根据电场力和运动的对称性可知：

粒子如能运动到x1处，就能到达x4处，当粒子恰好运动到x1处时，由动能定理得：

-q（φ0-0）=0-

mv02，

解得：

v0=

，则要使粒子能运动到x4处，粒子的初速度v0至少为

．故C错误。

D、若v0=2

，粒子运动到x1处电势能最大，动能最小，由动能定理得：

q[（-φ0）-0]=

m

-

mv02，

解得最小速度为：

vmin=

，故D正确。

故选：

BD。

根据顺着电场线方向电势降低，判断场强的方向，根据电场力方向分析粒子的运动情况，即可判断动能的变化．根据负电荷在电势高处电势小，判断电势能的变化．粒子如能运动到x1处，就能到达x4处，根据动能定理研究0-x1过程，求解最小速度．粒子运动到x1处电势能最大，动能最小，由动能定理求解最小速度．

根据电势φ随x的分布图线可以得出电势函数关系，由电势能和电势关系式得出电势能的变化．利用动能定理列方程求动能或速度．

12.【答案】AC

【解析】解：

A、离子在磁场中做圆周运动，由牛顿第二定律得：

qvB=m

，解得：

r=

＜

，直径2r＜L，所有离子都打不到荧光屏上，故A正确；

B、当v

，r

L时，所有离子都不能打到荧光屏上，当

≤v＜

，

L≤r＜L时，有离子打到荧光屏上，故B错误；

C、当v=

时，离子轨道半径：

r=L，离子运动轨迹如图所示，离子能打到荧光屏的范围是NM′，由几何知识得：

PN=

r=

L，

PM′=r=L，打到N点的离子离开S时的初速度方向和打到M′的离子离开S时的初速度方向夹角：

θ=

，

能打到荧光屏上的离子数与发射的离子总数之比：

k=

=

=

，故C正确，D错误；

故选：

AC。

离子在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律求出离子在磁场中做圆周运动的轨道半径；分析离子运动过程，作出离子运动轨迹，然后分析各选项答题；求出离子到达荧光屏上离子数与总数的比值。

本题考查了离子在磁场中的运动，离子在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，分析清楚离子运动过程是解题的关键，应用牛顿第二定律即可解题。

13.【答案】1.375 0.700

【解析】解：

20分度的游标卡尺，精确度是0.05mm，游标卡尺的主尺读数为13mm，游标尺上第15个刻度和主尺上某一刻度对齐，所以游标读数为15×0.05mm=0.75mm，所以最终读数为：

13mm+0.75mm=13.75mm=1.375cm。

螺旋测微器的固定刻度为0.5mm，可动刻度为20.0×0.01mm=0.200mm，所以最终读数为0.5mm+0.200mm=0.700mm。

故答案为：

1.375，0.700。

解决本题的关键掌握游标卡尺读数的方法，主尺读数加上游标读数，不需估读。

螺旋测微器的读数方法是固定刻度读数加上可动刻度读数，在读可动刻度读数时需估读。

对于基本测量仪器如游标卡尺、螺旋测微器等要了解其原理，要能正确使用这些基本仪器进行有关测量。

14.【答案】① ×1 ② 28

【解析】解：

（1）由甲图可知，使用前指针不指零，应调机械调零旋钮①进行机械调零；

（2）因指针偏角过大，则示数太小，说明所选档位过大，故应换小倍率，所以小明应旋转开关至欧姆挡“×1”，两表笔短接，欧姆调零，应调欧姆调零旋钮②，

（3）电阻表读数规则是“示数×倍率”，读数应为28×1Ω=28Ω．

故答案为：

（1）①；

（2）×1；②（3）28．

（1）明确多用电表的使用方法，知道在使用前应观察指针是否在左侧零刻度处，如不在应进行机械调零；

（2）