学年四川省广安市邻水第二中学高二上学期期中考试物理试题.docx

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学年四川省广安市邻水第二中学高二上学期期中考试物理试题

2018-2019学年四川省广安市邻水二中高二（上）期中

物理试卷

★祝考试顺利★

注意事项：

1、考试范围：

高考范围。

2、答题前，请先将自己的姓名、准考证号用0.5毫米黑色签字笔填写在试题卷和答题卡上的相应位置，并将准考证号条形码粘贴在答题卡上的指定位置。

用2B铅笔将答题卡上试卷类型A后的方框涂黑。

3、选择题的作答：

每个小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。

写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非选择题答题区域的答案一律无效。

4、主观题的作答：

用签字笔直接答在答题卡上对应的答题区域内。

写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域的答案一律无效。

如需改动，先划掉原来的答案，然后再写上新答案；不准使用铅笔和涂改液。

不按以上要求作答无效。

5、选考题的作答：

先把所选题目的题号在答题卡上指定的位置用2B铅笔涂黑。

答案用0.5毫米黑色签字笔写在答题卡上对应的答题区域内，写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非选修题答题区域的答案一律无效。

6、保持卡面清洁，不折叠，不破损，不得使用涂改液、胶带纸、修正带等。

7、考试结束后，请将本试题卷、答题卡、草稿纸一并依序排列上交。

一、选择题

1.关于电场强度，下列说法中正确的是（　　）

A.场强的大小和检验电荷q0的大小成正比

B.点电荷在电场中某点受力的方向一定是该点场强方向

C.在电场中某点，检验电荷q0所受的力与q0的比值不随q0的大小而变化

D.在以点电荷为中心的球面上，由该点电荷所产生的电场的场强处处相同

【答案】C

【解析】

【分析】

场强是反映电场本身强弱和方向的物理量，与检验电荷无关．点电荷在电场中某点受力的方向不一定是该点场强方向．电场强度的定义式E＝F/q采用的比值定义法．场强是矢量，只有大小相等、方向相同时两点的场强才相同．

【详解】场强是反映电场本身强弱和方向的物理量，与检验电荷无关，不能说场强的大小和检验电荷q0的大小成正比。

故A错误。

正点电荷在电场中某点受力的方向一定是该点场强方向，而负点电荷在电场中某点受力的方向与该点场强方向相反。

故B错误。

在电场中某点电场强度是不变的，则由电场强度的定义式E＝F/q可知，检验电荷q0所受的力与q0的比值不随q0的大小而变化。

故C正确。

在以点电荷为中心的球面上，由该点电荷所产生的电场的场强大小处处相等，但方向不同，而场强是矢量，场强不是处处相同。

故D错误。

故选C。

【点睛】电场强度采用的是比值定义法，要抓住比值定义法的共性来理解．场强是反映电场本身性质的物理量，与检验电荷无关，其方向与正检验电荷所受的电场力方向相同．

2.下列关于电源电动势的说法，正确的是（　　）

A.电源向外提供的电能越多，表示电动势越大

B.同一电源接入不同的电路，电动势就会发生变化

C.电源的电动势与外电路有关，外电路电阻越大，电动势就越大

D.电动势越大的电源，将其他形式的能转化为电能的本领越大

【答案】D

【解析】

【分析】

电动势与电势差是两个不同的概念，电动势等于内外电路电压之和。

电动势是表示电源把其它形式的能转化为电能的本领大小的物理量。

电动势由电源本身的特性决定，与外电路的结构无关。

【详解】根据W＝EIt可知，电源向外提供的电能多，不能说明电动势大，还与电源做功的时间、电路中的电流有关。

故A错误；电动势表示的是电源将其它形式的能转化为电能的本领，在数值上是等于将单位正电荷从负极移到正极时非静电力所在的功，电动势由电源本身的特性决定，与外电路的结构无关，故BC错误；电动势是表示电源把其它形式的能转化为电能的本领大小的物理量，电动势越大的电源，将其他形式的能转化为电能的本领越大，故D正确。

故选：

D。

【点睛】本题考查对于电源的电动势的理解能力。

电动势是表征电源把其他形式的能转化为电能本领大小，与外电路无关。

3.下列说法正确的是（　　）

A.任何带电体的电荷量都是元电荷的整数倍，元电荷是带电量最小的微粒

B.电阻率是反映材料导电性能的物理量，电阻率越小，材料的导电性能越好

C.将金属丝均匀拉长为原来的两倍，金属丝的电阻和电阻率也变大

D.点电荷是理想化的物理模型，只有带电体很小时，才能看成点电荷

【答案】B

【解析】

【分析】

元电荷是带电量的最小值，所有带电电荷量均是元电荷的整数倍；电阻率是反映材料导电性能的物理量，材料电阻率越大，导电性能越差；电阻是导体的固有属性，与导体的材料，长度，横截面积有关；带电体看作点电荷的条件，当一个带电体的形状及大小对它们间相互作用力的影响可忽略时，这个带电体可看作点电荷，是由研究问题的性质决定，与自身大小形状无具体关系。

【详解】元电荷所带电量是物体所带电量的最小单元，不是带电量最小的微粒，任何带电体的电荷量都是元电荷的整数倍，故A错误；电阻率是反映材料导电性能的物理量，材料电阻率越小，导电性能越好，故B正确；当金属丝电阻均匀拉长到原来的2倍时，截面积变为原来的一半，则由R＝ρ

可得电阻变为原来的4倍；电阻率是反映材料导电性能的物理量，不变，故C错误；点电荷是理想化的物理模型，带电体能否看作点电荷是由研究问题的性质决定，与自身大小形状和电量多少无具体关系，当带电体的形状对它们间相互作用力的影响可忽略时，这个带电体可看作点电荷，故D错误；故选B。

【点睛】本题考查对元电荷、电阻率、电阻的决定式、点电荷的理解能力。

点电荷是理解化的物理模型，与力学中质点模型类似。

4.等量异种点电荷的连线和其中垂线如图所示，现将一个带负电的检验电荷先从图中a点沿直线移到b点，再从b点沿直线移到c点．则（）

A.从a点到b点，电势逐渐增大

B.从a点到b点，检验电荷受电场力先增大后减小

C.从a点到c点，检验电荷所受电场力的方向始终不变

D.从a点到c点，检验电荷的电势能先不变后增大

【答案】C

【解析】

从a点到b点过程中，在同一个等势面上，电势相等，所以A错误。

电场强度变大，电场力变大，所以B错误。

电场力的方向始终与ab垂直向上，所以C正确。

电场力不做功，电势能不变。

从b点到c点，电场力做正功，电势能减少。

所以D错误。

答案选C。

5.两只完全相同的灵敏电流表改装成量程不同的电流表A1、A2，若将两改装后的电流表串联后去测量某一线路的电流，则两只电表（　　）

A.指针偏转的角度一定相同

B.量程大的电流表内阻一定大

C.量程大的电流表读数一定大

D.读数一定相同

【答案】D

【解析】

【分析】

明确改装的原理，再根据串并联电路的规律分析表头中电流的大小关系，进一步明确示数及偏角的关系。

【详解】将表头改装成电流表时，应并联一个小电阻，此时表头中刻度表示流过表头及小电阻的总电流；若将两电表串联，则流过G表及小电阻的电总电流相等故示数相等，但由分流关系可知，流过表头G的电流不相等，故偏角不等，故A错误，D正确；量程越大说明小电阻分流越多，则根据并联电路原理可知，并联的电阻越小，则总电阻越小，故B错误；两电阻串联，而电流表显示的是流过表头和并联电阻的总电流，故两电流表的示数一定相等，故C错误。

故选D。

【点睛】本题要求学生明确改装原理，知道改装电表时是采用了串并联电路的电流及电压原理，在分析时应作为能显示读数的电阻进行处理。

6.如图所示电路，电压保持不变，当开关S断开时，理想电流表A的示数为0.2A，当S闭合时，电流表的示数为0.3A，则两电阻阻值之比R1：

R2为（　　）

A.1：

2B.2：

1C.2：

3D.3：

2

【答案】A

【解析】

【分析】

由电路图知：

开关S断开时，电流表A测R2的支路电流；由电路图知：

开关S闭合时，电流表A测干路电流，由并联电路特点可求出流过电阻R1的电流；由并联电路的特点及欧姆定律可求出电阻R1、R2的阻值之比。

【详解】设电阻两端得电压为U，开始流过电阻R1的电流：

由并联电路的特点知，流过电阻R2的电流：

I2＝I总﹣I1＝0.3﹣0.2＝0.1A；又：

，联立可得：

，故A正确，BCD错误，故选A。

【点睛】本题考查了并联电路的特点、欧姆定律的应用，是一道计算题；明确各电路元件的连接方式、灵活应用并联电路特点及欧姆定律是正确解题的关键；解题时，注意比值法的应用。

7.如图，在滑动变阻器的滑片P向上端a滑动过程中，两表的示数情况为（）

A.电压表示数增大，电流表示数减少

B.电压表示数减少，电流表示数增大

C.两电表示数都增大

D.两电表示数都减少

【答案】A

【解析】

试题分析：

当滑动变阻器的滑片P向上滑动时，接入电路的电阻增大，与R2并联的电阻增大，外电路总电阻R总增大，总电流I减小，路端电压U=E-Ir增大，电压表读数增大；并联部分的电阻增大，分担的电压增大，U2增大，流过R2的电流I2增大，电流表的读数IA=I-I2，则减小．故BCD错误，A正确．故选A．

考点：

电路的动态分析

【名师点睛】电路动态变化分析是常见的题型，容易犯的错误是认为支路电阻增大，并联总电阻减小．本题中变阻器的电压、电流和电阻都是变化的，技巧是研究干路电流和另一支路电流变化情况来确定。

8.如图所示，一个带电粒子从粒子源飘入（初速度很小，可忽略不计）电压为U1的加速电场，经加速后从小孔S沿平行金属板A、B的中线射入，A、B板长为L，相距为d，电压为U2．则带电粒子能从A、B板间飞出应该满足的条件是（　　）

A.

B.

C.

D.

【答案】C

【解析】

试题分析：

带电粒子在电场中被加速，则有

（1）

带电粒子在偏转电场中做类平抛运动，可看成匀速直线运动与匀加速直线运动的两分运动．

匀速直线运动：

由运动学公式得L=vt

（2）

匀加速直线运动：

设位移为x，则有

（3）

要使带电粒子能飞出电场，则有

（4）

由

（1）-（4）可得：

故选：

C．

考点：

带电粒子在电场中的偏转.

9.用伏安法测电阻时有如图所示的甲、乙两种接法，RA、RV分别是电流表、电压表的内阻，Rx是待测电阻（　　）

A.当Rx与RV相接近时，用甲接法误差较小

B.当Rx比RV小得多时，用甲接法误差较小

C.当Rx比RA小得多时，用乙接法误差较小

D.当Rx比RA大得多时，乙接法误差较小

【答案】BD

【解析】

【分析】

伏安法测量电阻的原理是R＝U/I，由于电压表和电流表本身有一定的内阻，接入电路后，引起了系统误差，分析误差产生的原因，确定减小误差的方法。

【详解】伏安法测量电阻的原理是R＝U/I。

甲图是电流表的外接法，电压表测量的电压没有系统误差，由于电压表的分流，使得电流表测得的电流大于Rx的真实电流，根据并联电路分流的特点可知，电压表的内阻RV相对于Rx越大，电压表分流越小，电流表测量的电流误差越小，所测得的Rx越精确，即当Rx＜＜RV时，用甲种接法误差较小；乙图是电流表的内接法，电流表测量的电流没有系统误差，由于电流表的分压，使得电压表测得的电压大于Rx的真实电压，根据串联电路分压的特点可知，电流表的内阻RA相对于Rx越小，电流表分压越小，电压表测量的电压误差越小，所测得的Rx越精确，即当Rx＞＞RA时，用乙种接法误差较小；

故AC错误，BD正确，故选BD。

【点睛】解决本题的关键是根据实验的原理，分析误差的原因，再确定误差较小的电路。

10.如图所示，P、Q为一平行板电容器的两个竖直放置的金属板，在两板间用绝缘线悬挂一带电小球，闭合开关S，小球静止时，悬线偏离竖直方向a角，则有（　　）

A.小球一定带正电

B.若断开开关S，小球将回到竖直位置

C.若断开开关S，将P板向上微移，悬线偏角将变大

D.保持开关S闭合，将P板向左微移，悬线拉力将变大

【答案】AC

【解析】

【分析】

分析小球的受力情况，即可判断其电性；若断开开关S，电容器带电量不变，板间场强不变，小球仍静止不动；将P板向上微移，根据电容的决定式

和定义式C＝Q/U，结合电量不变的条件进行分析即可。

保持开关S闭合时，电容器板间电压不变，由E＝U/d、F＝qE结合分析电场力变化，从而作出判断。

【详解】小球受重力mg、线的拉力T和电场力qE，根据共点力平衡条件可知，重力mg和电场力qE的合力F与线的拉力T必定等大反向，其受力示意图如下图所示，根据图中几何关系有：

qE＝mgtanα，T＝F＝qEsinα，由于电场方向由P板指向Q板，与电场力方向相同，因此小球带正电，故A正确。

若断开开关S，则平行板电容器两金属板所带电量Q不变，两板间电势差U不变，因此电场强度E不变，即小球受力不变，因此小球静止不动，故B错误。

若断开开关S，将P板向上微移，则平行板电容器两金属板所带电量Q不变，但电容器C减小，因此两板间电势差U增大，电场强度E增大，因此悬线偏角α将变大，故C正确。

若保持开关S闭合，则两板间电势差U不变，将P板向左微移，则板间d增大，因此电场强度E减小，此悬线偏角α将变小，悬线拉力T将变小，故D正确。

故选AC。

【点睛】本题主要考查了物体的受力分析、共点力平衡条件的应用，以及有关电容器的动态分析问题。

11.有一种测量人体重量的电子秤，其原理如图中虚线内所示，它主要由三部分构成：

踏板、压力传感器R（是一个阻值可随压力大小而变化的电阻器）、显示体重的仪表G（实质是理想电流表）。

设踏板的质量可忽略不计，已知理想电流表的量程为3A，电源电动势为12V，内阻为2Ω，电阻R随压力F变化的函数式为R＝28﹣0.02F（F和R的单位分别是N和Ω）。

下列说法正确的是（　　）

A.该秤能测量的最大体重是1300N

B.该秤能测量的最大体重是1400N

C.该秤零刻度线（即踏板空载时的刻度线）应标在电流表G刻度盘0.375A处

D.该秤零刻度线（即踏板空载时的刻度线）应标在电流表G刻度盘0.400A处

【答案】AD

【解析】

【分析】

电子秤测量的最大体重时，由R＝28﹣0.02F可知，其电阻R最小，电路中电流最大，等于电流表的量程为3A．根据欧姆定律求出电流为3A时电子秤的电阻，再由R＝28﹣0.02F求解最大体重。

踏板空载时F＝0，代入R＝28﹣0.02F得到电阻，由欧姆定律求出电流。

【详解】当电路中电流I＝3A时，电子秤测量的体重最大。

由欧姆定律I＝

得：

R＝

﹣r＝

﹣2＝2Ω，代入R＝28﹣0.02F得：

F＝1300N．故A正确，B错误；踏板空载时F＝0，代入R＝28﹣0.02F得电阻为：

R＝28Ω，由欧姆定律得：

I＝

＝0.400A，所以该秤零刻度线（即踏板空载时的刻度线）应标在电流表G刻度盘0.400A处。

故D正确，C错误；故选AD。

12.如图所示，一个内壁光滑的绝缘细直管竖直放置．在管子的底部固定一电荷量为Q的正点电荷．在距离底部点电荷为h2的管口A处，有一电荷量为q、质量为m的点电荷由静止释放，在距离底部点电荷为h1的B处速度恰好为零．现让一个电荷量为q、质量为3m的点电荷仍在A处由静止释放，已知静电力常量为k，重力加速度为g，则该点电荷运动过程中（）

A.速度最大处与底部点电荷的距离是

B.速度最大处与底部点电荷的距离是

C.运动到B处的速度是

D.运动到B处的速度是

【答案】BC

【解析】

当点电荷的质量为m时，则在下落过程中受重力和电库仑力，下落到B点时速度为零，由动能定理可得：

，即

，当点电荷的质量变为3m时，下落到B点时库仑力不变，故库仑力做功不变，由动能定理得

，解得

；当重力等于库仑力时，合力为零，此时速度最大，

，解得

，

故BC正确，AD错误，故选BC.

【点睛】由题意可知，电荷在下落过程中受重力、库仑力，由动能定理可得出两力做功的关系；同理可应用动能定理求出当质量变化时B点的速度；通过对过程的分析可得出速度最大处的位置；并通过电场力做功的正负，来判定电势能增加还是降低．

二、实验题

13.关于多用电表，下列说法正确的是（）

A.用多用电表测电阻时，为了使测量误差较小，应使指针的偏转角度尽可能大些。

B.多用电表无论是测电压、电流还是测电阻，红表笔的电势都高于黑表笔的电势

C.多用电表的电压挡、电流挡和欧姆挡都是靠外部电源提供电流的

D.用多用电表测电压、电流和电阻时，电流都是从红表笔流入的

【答案】D

【解析】

【分析】

多用电表由一个表头改装成的电压表、电流表与欧姆表；使用多用电表前，要进行机械调零；表笔的插法是“红正黑负”，用多用电表测电阻时，电流从黑表笔流出，从红表笔流入；测电阻时换挡必须调零；倍率选择要合适，使指针指在刻度盘中央附近。

【详解】用多用电表测电阻时，为了使测量误差较小，应使指针指在中央刻度线附近，故A错误；欧姆表内置电源负极与红表笔相连，用多用代表测电阻时，红表笔的电势低于黑表笔的电势，故B错误；多用电表的电压挡、电流挡是靠外部电源供电的，多用电表的欧姆挡是靠内部电源提供电流的，故C错误；多用电表不论测电流、电压还是电阻，电流都是从红表笔流入，黑表笔流出，故D正确；故选D。

【点睛】本题考查了多用电表的结构、实验注意事项等，掌握多用电表的使用方法与注意事项即可正确解题，难度不大，要注意基础知识的学习与掌握。

14.描绘一个标有“2.5V0.5A”字样的小灯泡的伏安特性曲线，要求灯泡电压能从零开始变化，实验室备有下列器材：

a．标有“3V0.5A”字样的小灯泡一个；

b.10V学生电源一个；

c．量程为0﹣3V的电压表，内阻约为3kΩ；

d．量程为0﹣15V的电压表，内阻约为15kΩ；

e．量程为0﹣0.6A的电流表，内阻约为0.5Ω；

f．量程为0﹣3A的电流表，内阻约为0.1Ω；

g．滑动变阻器（阻值范围0﹣10Ω，允许通过的最大电流1.5A）；

h．滑动变阻器（阻值范围0﹣50Ω，允许通过的最大电流0.1A）；

电键一个，导线若干。

（1）为减小实验误差，方便调节，请在上述所给的器材中选取适当的器材，并将它们的编号填在横线上。

电压表应选_____；电流表应选_____；滑动变阻器应选取_____。

（填写器材名称前的序号字母）

（2）将实物按电路图1用导线补充完整________。

（3）这位同学在一次测量时，电流表、电压表的示数如图2所示。

由图中电流表、电压表的读数可计算出小灯泡的电阻为_____Ω（保留两位小数），小灯泡的电阻测量值_____真实值（填＜，＞，＝）

（4）根据实验测定的数据，以电压U为横坐标，电流强度I为纵坐标画出图线，在如图3给出的四个I﹣U图线中，最能反映实际情况的是_____，简要说明理由_____。

【答案】

（1）.

（1）c

（2）.e（3）.g（4）.

（2）图见解析；（5）.（3）5.2（6）.＜（7）.C（8）.小灯泡电阻随温度升高而增大

【解析】

【分析】

（1）根据小灯泡的额定电压选择电压表，根据额定电流选择电流表，在保证安全的前提下，为方便实验操作，应选最大阻值较小的滑动变阻器；

（2）为了减小误差准确测量电阻阻值，采用分压式电路，根据待测电阻估计值以及电压表和电流表的内阻确定内外接，作出实验电路图；

（3）读出电压表和电流表的读数，再利用欧姆定律即可求出此时小灯泡的电阻阻值，电流表外接，因为电压表分流导致，灯泡电阻测量结果偏小。

（4）根据小灯泡电阻随温度升高而增大结合欧姆定律，即可选出正确的图象。

【详解】

（1）因为小灯泡的额定电压为2.5V，故电压表选择c，小灯泡的额定电流为0.5A，故电流表选择e，为方便实验操作，应选最大阻值较小的滑动变阻器，故滑动变阻器选择g；

（2）为了减小误差准确测量电阻阻值，采用分压式电路，因为电压表内阻远大于灯泡电阻，故选择电流表外接法，故连接实物图，如图所示：

（3）如图，电流表示数：

I＝0.46A，电压表示数：

U＝2.40

根据欧姆定律可得此时小灯泡电阻阻值：

R＝

Ω≈5.2Ω

电压测量准确，由于电流表外接，电压表分流，导致电流测量偏大，根据R＝U/I可知，灯泡电阻R测量结果偏小，即小灯泡的电阻测量值小于真实值；

（4）因为小灯泡电阻随温度升高而增大，随着电压增大I﹣U曲线上各点到原点连线的斜率越来越小，故ABD错误，C正确，故选C。

I﹣U曲线弯曲的原因是因为：

小灯泡电阻随温度升高而增大。

【点睛】本题考查描绘小灯泡伏安特性曲线，考查了实验器材选择、实验电路设计、实验数据处理、实验方案分析，要掌握实验器材的选择原则，认真审题、理解题意与实验步骤、知道实验原理是解题的关键，内外接选择的方法：

大电阻选内接测量结果偏大，小电阻选外界测量结果偏小，口诀：

“大内大，小外小。

”

15.为了测定一个电流表A的内阻r，实验室给出了下列器材：

A．待测电流表A，量程100mA，内阻约为10Ω

B．电压表V1，量程3V，内阻很大

C．电压表V2，量程15V，内阻很大

D．滑动变阻器R1，最大阻值约20Ω

E．滑动变阻器R2，最大阻值约1000Ω

F．定值电阻R0，R0＝20Ω

G．电源，电动势3V，内阻很小

H．电键及导线若干

请回答下列问题：

（1）选出合适的器材，要求有尽可能高的测量精度，并能测出多组数据，在虚线方框中画出测电流表A内阻的电路图并标明元件符号_______。

（2）电压表应选_____，滑动变阻器应选_____（选填器材名称前面的序号字母）。

（3）若待测电流表的读数为I，电压表读数为U，则所测电流表A的内阻的表达式r＝_____（各物理量的符号用题目中给定的字母表示）

【答案】

（1）.

（1）图见解析；

（2）.

（2）B（3）.D；（4）.（3）

【解析】

【分析】

（1）为了保证电流表的安全应与定值电阻串联，选择分压式电路提高测量精度，再画出电路图即可；

（2）根据电源电动势选择合适量程的电压表，为了滑动方便应选择最大最值较小的滑动变阻器；

（3）根据串并联电路特点结合欧姆定律，联立即可求出电流表内阻。

【详解】

（1）因为要求有尽可能高的测量精度，并能测出多组数据，故选择分压式电路；画出电路图，如图所示：

（2）因为电源电动势E＝3V，故电压表选择量程为3V的B；为了滑动方便，选择最大最值较小的滑动变阻器，故滑动变阻器选择D.

（3）根据串并联电路特点结合欧姆定律可得电流表内阻：

r＝

【点睛】本题考查了实验器材选择、实验电路设计、实验数据处理、实验方案分析，要掌握实验器材的选择原则，认真审题、理解题意与实验步骤、知道实验原理是解题的关键，注意当器材中有定值电阻或者电阻箱时，一般都不能舍掉，注意分析其用途。

三、计算题

16.如图所示电路，电流表和电压表都是理想表，电池电动势E＝4V，电阻R1＝4Ω，R2＝2Ω，R3＝10Ω，R4＝6Ω，电流表示数为0.3A，求：

（1）电压表V1、V2的示数？

（2）电池内电阻r？

【答案】

（1）1V，3.6V；

（2）1Ω。

【解析】

【分析】

（1）电阻R2与电阻R3串联后与电阻R1并联，再与电阻R4串联，最后接到电源两端；先根据欧姆定律求解电阻R1的电压，然后根据串并联电路电压、电流关系得到电阻R3的电压和外电路总电阻的电压；

（2）根据闭合电路欧姆定律列式求解电源内电阻；

【详解】

（1）电阻R2与电阻R3串联后与电阻R1并联，再与电阻R4串联，最后接到电源两端；

电流表的示数为0.3A，根据欧姆定律，电阻R1的电压为：

U1＝I1R1＝0.3×4＝1.2V

电阻R2与电阻R3支路的电压为1.2V，电流为：

I2＝

＝0.1A

电阻R3的电压为：

U3＝I2R3＝0.1×10＝1V

干路电流为：

I＝I1+I2＝0.3+0.1＝0.