市级联考湖南省湘潭市学年高二上学期期末考试物理试题.docx

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市级联考湖南省湘潭市学年高二上学期期末考试物理试题

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【市级联考】湖南省湘潭市2018-2019学年高二上学期期末考试物理试题

试卷副标题

考试范围：

xxx；考试时间：

100分钟；命题人：

xxx

题号

一

二

三

四

五

总分

得分

注意事项：

1．答题前填写好自己的姓名、班级、考号等信息

2．请将答案正确填写在答题卡上

第I卷（选择题）

请点击修改第I卷的文字说明

评卷人

得分

一、单选题

1．物理学是一门以实验为基础的学科，许多物理定律就是在大量实验的基础上归纳总结出来的有关下面四个实验装置，描述正确的是（　　）

A．库仑利用装置①测出了元电荷e的数值

B．安培利用装置②总结出了点电荷间的相互作用规律

C．奥斯特利用装置③发现了电流的磁效应

D．楞次利用装置④发现了电磁感应现象

2．如图，沿东西方向站立的两同学（左西右东）做“摇绳发电”实验：

把一条长导线的两端连在一个灵敏电流计（零刻度在表盘中央）的两个接线柱上，形成闭合回路，然后迅速摇动MN这段“绳”。

假设图M中情景发生在赤道，则下列说法正确的是

A．当“绳”摇到最高点时，“绳”中电流最大

B．当“绳”摇到最低点时，“绳”受到的安培力最大

C．当“绳”向下运动时，N点电势比M点电势高

D．摇“绳”过程中，灵敏电流计指针的偏转方向不变

3．在图示电路中，“6V2W”的灯泡恰好能正常发光。

若换接成“6V3W”的灯泡，不考虑温度对灯丝电阻的影响，则该灯泡实际消耗的功率可能是（　　）

A．大于3WB．等于3WC．小于3WD．无法确定

4．如图所示，E为内阻不能忽略的电池，R1、R2、R3为定值电阻，S0、S为开关，V与A分别为电压表与电流表。

初始时S0闭合，S断开，现将S闭合，则（　　）

A．电流表的示数增大B．电压表的示数减小

C．电源的总功率减小D．电源的效率提高

5．如图所示，正方形线框由边长为L的粗细均匀的绝缘棒组成，O是线框的中心，线框上均匀地分布着正电荷，现在线框上侧中点A处取下足够短的带电量为q的一小段，将其沿OA连线延长线向上移动

的距离到B点处，若线框的其它部分的带电量与电荷分布保持不变，则此时O点的电场强度大小为（　　）

A．

B．

C．

D．

6．如图所示，一束质量、速度和电荷量不全相等的离子，经过由正交的匀强电场和匀强磁场组成的速度选择器后，进人另一个匀强磁场中并分裂为A、B两束，下列说法中正确的是（　　）

A．组成A束和B束的离子都带负电

B．A束离子的比荷大于B束离子的比荷

C．组成A束和B束的离子质量一定不同

D．速度选择器中的磁场方向垂直于纸面向外

7．某一静电场的电场线与等势面分布如图所示，A、B、C为同一条电场线与相邻的三个等势面的交点，下列说法正确的是（　　）

A．UAB＞0

B．若C点到A、B两点的距离相等，则有

C．若电子从B点静止释放，则能一直沿着电场线运动

D．电子在A点时的电势能大于在B点时的电势能

8．2018年春季华为手机发布会上带来了一款高端新机MateRs，这是华为首款支持无线充电功能的手机。

如图甲为充电原理示意图，利用无线充电板中的送电线圈中接入的电流激发的磁场引起手机里的受电线圈产生感应电流，从而实现为手机无线充电。

某次实验中检测到受电线圈中产生了如图乙所示的电流，则送电线圈接入的电流可能是（　　）

A．

B．

C．

D．

评卷人

得分

二、多选题

9．如图所示的电路中，线圈L的自感系数足够大，其直流电阻忽略不计，A、B是两个相同的灯泡，下列说法中正确的是（　　）

A．S闭合的瞬间，A、B都不亮

B．S闭合的瞬间，A不亮，B亮

C．S断开的瞬间，A、B都未立即熄灭

D．S断开的瞬间，A未立即熄灭，B立即熄灭

10．如图所示，两平行直导线cd和ef竖直放置：

通以方向相反大小相等的电流，a，b两点位于导线所在的平面内，a、b两点关于直导线cd对称分布，b点到直导线cd、ef的距离相等。

已知逦电直导线周围空间某点的磁感应强度

，其中r为该点到导线的垂直距离，则（　　）

A．cd导线在a点产生的磁场方向垂直纸面向里

B．cd导线受到的安培力方向向右

C．b点的磁感应强度大小是a点磁感应强度大小的3倍

D．同时改变两导线的电流方向，cd导线受到的安培力方向改变

11．如图所示，一个均匀带电的橡胶圆盘处在竖直面内，可以绕过其圆心的水平轴高速转动，当它不动时，放在它左侧轴线上的小磁针处于静止状态，当橡胶圆盘高速旋转时，小磁针的N极向右偏转，则可能是

A．橡胶圆盘带负电，从左向右看逆时针旋转

B．橡胶圆盘带负电，从左向右看顺时针旋转

C．橡胶圆盘带正电，从左向右看逆时针旋转

D．橡胶圆盘带正电，从左向右看顺时针旋转

12．如图所示，粗糙的平行金属导轨与水平面成0角，用导线与固定电阻R1和R2相连，处在磁感应强度为B方向竖直向上的匀强磁场中，导体棒ab质量为m，与导轨间接触良好，导体棒的电阻r＝R1＝R2＝R，已知两导轨间距为l金属导轨及导线电阻不计，若导体棒ab以一定初速度v平行导轨平面上滑，则关于ab棒的下列说法正确的是（　　）

A．棒的b端相当于电源的正极

B．棒所受安培力的方向沿导轨平面向下

C．刚上滑的瞬间棒两端的电压为

D．棒机械能的减少量等于装置中产生的热量

第II卷（非选择题）

请点击修改第II卷的文字说明

评卷人

得分

三、填空题

13．两相邻匀强磁场区域的磁感应强度大小不同、方向平行，一速度方向与磁感应强度方向垂直的带电粒子（不计重力），从较强磁场区域进入到较弱磁场区域后，粒子的轨道半径_____（填“增大”、“减小”或“不变”）。

周期_____（填“增大”、“减小”或“不变”）。

14．如图所示，用静电计可以测量已充电的平行板电容器两极板之间的电势差U，电容器已带电，若增大两极板间的距离，指针张角_____（填“增大”、“减小”或“不变”），A、B两板间的场强大小_____（填“增大”“减小”或“不变”）。

15．如图所示线圈放置在水平桌面上，S极向下的条形磁铁沿线圈轴线向桌面运动，此过程中，穿过线圈的磁通量_____（填“增大”、“减小”或“不变”），从上向下看，线圈中感应电流方向为_____（填“顺时针”或“逆时针）。

16．将一电荷量为2×10﹣5C的试探电荷放在点电荷Q的电场中的P点处，所受的电场力的大小为2×10﹣2N，则P点的电场强度的大小为_____N/C．如果P点距点电荷Q为30cm，则Q的电荷量为_____C。

17．一只量程为15V的电压表，串联一个3kΩ的电阻后，再去测量实际电压为15V的路端电压时，电压表示数为12V，那么这只电压表的内阻是_____kΩ．用这串联着3kΩ电阻的电压表测量某段电路两端电压时，如果电压表的示数为4V，则这段电路的电压实际为_____V．

评卷人

得分

四、实验题

18．某实验小组为了测定一合金丝的电阻率，进行了如下测量：

（1）用螺旋测微器对合金丝直径d进行测量，结果如图所示，其读数是d＝_____mm。

（2）用多用电表测量合金丝的电阻，选用“×10”倍率的电阻挡测量，发现多用电表指针偏转太大，重新选择倍率后，并按正确操作步骤测得此合金丝的电阻值，读数如图，则该金属丝的阻值约为_____Ω。

19．物理兴趣小组的同学用如下器材测定一节干电池的电动势和内阻：

直流电流表（量程0～0.6A.0～3A；内阻约1Ω）

直流电压表（量程0～3V.0～15V；内阻约5kΩ）

定值电阻R0（阻值近似为8Ω）

滑动变阻器R（0～10Ω.2A）

待测电池（电动势和内阻未知）

有两个小组的同学分别设计了如图所示的两个实验方案，然后这两个小组的同学按正确的实验步骤进行了实验。

试分析下列问题（结果保留三位有效数字）。

（1）实验后两个小组的同学将他们的实验数据做在同一个U﹣I坐标中，得到了如图所示的两条伏安特性曲线。

图中两图线在纵轴上的截距相同，由图可知，被测电源的电动势E＝_____V．电源的内阻r＝_____Ω。

（2）本实验中提供的定值电阻的阻值R0＝_____Ω。

评卷人

得分

五、解答题

20．如图所示，匀强磁场中有一矩形闭合线圈abcd线圈平面与磁场垂直，已知线圈的匝数N＝100，边长ab＝1.0m、bc＝0.5m，电阻r＝2Ω，磁感应强度B在0～5s内从零均匀变化到0.2T．求：

（1）0.5s时线圈内感应电动势的大小E；

（2）在0～5s内通过线圈的电荷量q；

（3）0～5s内线圈产生的焦耳热Q。

21．如图所示的电场，等势面是一簇互相平行的竖直平面，间隔均为d，各面电势已在图中标出，现有一质量为m的带电小球以速度v0、方向与水平方向成45°角斜向上射入电场，要使小球做直线运动，问：

（1）小球应带何种电荷？

电荷量是多少？

（2）在入射方向上小球最大位移量是多少？

（电场足够大）

22．如图，在直角坐标系xOy的第四象限有垂直纸面向里的匀强磁场，一质量为m＝5.0×10－8kg、电荷量为q＝1.0×10－6C的带电粒子，从P点以v＝20m/s的速度沿图示方向进入磁场，已知OP＝30cm。

（不计粒子重力，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8）

（1）若磁感应强度B＝2.0T，粒子从x轴上的Q点（图中未画出）离开磁场，求OQ的距离；

（2）若粒子不能进入x轴上方，求磁感应强度B满足的条件。

参考答案

1．C

【解析】

【详解】

密立根通过油滴实验测定了元电荷的数值。

故A错误；库伦利用装置②总结出了电荷间的相互作用规律。

故B错误；1820年奥斯特利用装置③发现了电流的磁效应。

故C正确；法拉第利用装置④发现了电磁感应现象。

故D错误。

故选C。

2．C

【解析】当“绳”摇到最高点时，绳转动的速度与地磁场方向平行，不切割磁感线，感应电流最小，故A错误。

当“绳”摇到最低点时，绳转动的速度与地磁场方向平行，不切割磁感线，感应电流最小，绳受到的安培力也最小，故B错误。

当“绳”向下运动时，地磁场向北，根据右手定则判断可知，“绳”中N点电势比M点电势高．故C正确。

在摇“绳”过程中，当“绳”向下运动和向上运动时，“绳”切割磁感线的方向变化，则感应电流的方向变化，即灵敏电流计指针的偏转方向改变，选项D错误；故选C.

点睛：

本题要建立物理模型，与线圈在磁场中转动切割相似，要知道地磁场的分布情况，能熟练运用电磁感应的规律解题．

3．C

【解析】

【分析】

由功率公式可求得两灯泡的电阻，再由闭合电路欧姆定律及功率公式进行分析，明确功率可能的值；注意本题中无法求出具体的数值，只能确定对应的范围。

【详解】

设电源电动势为E，内阻为r；由P=

可知，R1=18Ω，R2=12Ω；将R1接入电路时正常发光，因为R1＞R2，则由闭合电路欧姆定律可得，U1＞U2，即L2的实际电压一定小于6V，所以其实际功率一定小于额定功率3W；故C正确，ABD错误；故选C。

4．B

【解析】

【分析】

根据S的通断可得出电路电阻的变化，则由闭合电路欧姆定律可得出电路中总电流及路端电压的变化；再由串并联电路的性质可判及各部分电流的变化。

【详解】

S闭合，外电阻变小，则由闭合电路欧姆定律可得电路中总电流增大，内电压增大，故路端电压减小，V的读数变小；把R1归为内阻，内电压增大，故R3的电压减小，由欧姆定律可知R3中的电流也减小，即电流表示数减小，故A错误，B正确；S闭合，外电阻变小，则由闭合电路欧姆定律可得电路中总电流增大，根据P=EI可知，电源的总功率变大；因为纯电阻电路，

，由于外电阻变小，故电源的效率变小，故CD错误；故选B。

【点睛】

应用闭合电路欧姆定律解决电路的动态分析时一般可按照：

外电路-内电路-外电路的分析思路进行，灵活应用闭合电路欧姆定律及串并联电路的性质进行分析即可求解。

5．C

【解析】

线框上的电荷在O点产生的场强等效为与A点对应的电荷量为q的电荷在O点产生的电场，故

B点的电荷在O点产生的场强为

由场强的叠加可知E=E1−E2=

故选：

C

点睛：

把线框上的电荷等效成与A点对应的电荷量为q的电荷在O点产生的场强，由点电荷产生的场强的叠加即可判断

6．B

【解析】

【分析】

可以根据左手定则可以判断AB束离子的电性，粒子在磁场和电场正交区域里，同时受到洛伦兹力和电场力作用，粒子没有发生偏转，说明粒子所受电场力和洛伦兹力平衡，满足qvB=qE，即不发生偏转的粒子具有共同的速度大小v=E/B，粒子进入磁场后受洛伦兹力作用做匀速圆周运动，满足qvB=m

，圆周运动的半径

，由此进行分析得出结论。

【详解】

A离子进入磁场后向左偏，根据左手定则可以判断A束离子都带正电，同理可知B离子带负电，故A错误；经过速度选择器后的粒子速度相同，粒子所受电场力和洛伦兹力平衡，满足qvB=qE，即不发生偏转的粒子具有共同的速度大小v=E/B；进入磁场区分开，轨道半径不等，根据公式

可知，半径大的比荷小，所以A束离子的比荷（q/m）大于B束离子的比荷，但不能说明质量一定不同，故B正确，C错误；在速度选择器中，电场方向水平向右，A粒子所受电场力方向向右，B粒子所受电场力方向向左，所以A离子受的洛伦兹力方向向左，B离子受的洛伦兹力方向向右，根据左手定则可知，速度选择器中的磁场方向垂直纸面向内，故D错误。

故选B。

【点睛】

本题能根据粒子不发生偏转得出粒子所受电场力和洛伦兹力平衡，并由此推算出粒子具有相同的速度v，在单独的匀强磁场中粒子分裂成几束说明粒子的荷质比不同，并由此得出电量、质量、以及速度所需要满足的关系式，从而得出正确的结论。

7．D

【解析】

【分析】

根据电场线的分布特点：

电场线越密，场强越大。

顺着电场线，电势降低；负电荷在电势低处的电势能大。

利用这些知识进行判断。

【详解】

由图可知，电场线的方向从B到A，所以A点的电势低，则UAB＜0．故A错误；电场线的疏密表示电场的强弱，由图可得A处的电场线密，所以A处的电场强度大，B处电场强度小，因此若C点到A、B两点的距离相等，A、C两点的电势差大于C、B两点的电势差，则：

φC＜

．故B错误；该处于的电场线为曲线，所以若电子从B电能释放，则电子不能一直沿着电场线运动。

故C错误；电子带负电，由于A点的电势低于B点的电势，所以电子在A点时的电势能大于在B点时的电势能。

故D正确。

故选D。

8．B

【解析】

【分析】

根据法拉第电磁感应定律，结合楞次定律，即可求解。

【详解】

根据法拉第电磁感应定律与楞次定律，可知，受电线圈在前半个周期里，电流大小恒定，则有送电线圈的电流是均匀变化的，同理，受电线圈在后半个周期里，电流大小也是恒定，则有送电线圈的电流也是均匀变化的，但由于受电线圈的电流在前后半个周期内，方向相反，因此送电线圈的前后半个周期内斜率不同，故B正确，ACD错误；故选B。

【点睛】

考查法拉第电磁感应定律的应用，掌握楞次定律的内容，注意送电线圈的电流均匀变化，及其方向是解题的关键。

9．BC

【解析】

【分析】

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。

【详解】

灯B与电源串联，当电键S闭合时，灯B立即发光。

由于通过线圈L的电流增大，穿过线圈的磁通量增大，根据楞次定律线圈产生的感应电动势与原来电流方向相反，阻碍电流的增大，电路的电流只能逐渐增大，A逐渐亮起来。

故A错误，B正确；稳定后当电键S断开后，由于自感，线圈中的电流只能慢慢减小，其相当于电源，与灯泡A、B构成闭合回路放电，两灯都过一会儿熄灭，故C正确，D错误。

故选BC。

【点睛】

对于自感现象，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。

10．AC

【解析】

【分析】

本题考查了磁场的叠加，根据导线周围磁场分布可知，与导线等距离地方磁感应强度大小相等，根据安培定则判断出两导线在a点形成磁场方向，根据合磁场大小从而求出单根导线在a点形成磁感应强度大小，进一步求出b点磁感应强度大小；最后依据左手定则，判定导线受到的安培力方向。

【详解】

根据安培定则可知，cd导线电流向下，则在a点产生的磁场方向垂直纸面向里，故A正确；根据安培定则与左手定则可知cd导线受到的安培力方向向左，故B错误；根据安培定则，结合矢量的合成法则，

，同理，

，则有b点的磁感应强度大小是a点磁感应强度大小的3倍，故C正确；不管电流方向如何，只要电流方向相反，就互相排斥，故同时改变电流方向时，cd导线受到的安培力方向不会发生改变，故D错误。

故选AC。

【点睛】

本题考查安培力以及通电导线的磁场规律，要注意明确磁感应强度为矢量，合成时要用平行四边形定则，因此要正确根据右手螺旋定则判断导线周围磁场方向是解题的前提。

11．AD

【解析】

【分析】

带负电旋转，则可知电流方向，再由右手螺旋定则可知磁极的方向，再根据磁极间的相互作用可知小磁针的偏转方向．

【详解】

若橡胶圆盘带负电，从左向右看逆时针旋转，则金属环的电流方向与旋转方向相反。

再由右手螺旋定则可知磁极的方向：

左端S极，右端N极。

因此小磁针N极沿轴线向右。

故A正确，B错误；若橡胶圆盘带正电，从左向右看逆时针旋转，则金属环的电流方向与旋转方向相同。

再由右手螺旋定则可知磁极的方向：

左端N极，右端S极。

因此小磁针N极沿轴线向左。

故D正确，C错误；故选AD。

【点睛】

本题考查右手螺旋定则及磁极间的相互作用，要求能熟练准确的应用右手螺旋定则．注意电流的方向与负电荷的运动方向相反．

12．AD

【解析】

【分析】

根据右手定则判断出ab中感应电流方向，从而确定电势高低。

由左手定则判断安培力方向。

根据E=Blvcosθ求出导体棒产生的感应电动势，再求棒两端的电压。

结合能量守恒分析。

【详解】

根据右手定则判断知ab中感应电流方向由a到b，则棒的b端相当于电源的正极。

故A正确。

安培力方向与磁场方向和电流方向均垂直，由左手定则判断知棒所受安培力的方向水平向左，故B错误。

刚上滑的瞬间棒产生的感应电动势为E=Blvcosθ，棒两端的电压

，故C错误。

棒上滑过程中，要克服安培力做功，产生热量，由能量守恒定律知棒机械能的减少量等于装置中产生的热量。

故D正确。

故选AD。

【点睛】

解决本题的关键要明确安培力方向与磁场方向和电流方向均垂直，不一定与速度方向相反。

棒产生的感应电动势为E=Blvcosθ，而不是E=Blv。

13．增大增大

【解析】

【分析】

通过洛伦兹力提供向心力得知轨道半径的公式，结合该公式即可得知进入到较弱磁场区域后时，半径的变化情况；再利用线速度与角速度半径之间的关系式，即可得知进入弱磁场区域后角速度的变化情况。

【详解】

带电粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动，根据洛伦兹力提供向心力：

qvB=m

可得：

；从较强磁场区域进入到较弱磁场区域后，B减小，所以R增大。

根据周期公式

可知，磁场减弱后，周期增大。

14．增大不变

【解析】

【分析】

已充电的平行板电容器电量不变；静电计测量电势差的大小，电容器板间的电势差越大；根据电容器电容的决定分析电容的变化，由电容的决定式分析板间电势差的变化；根据U=Q/C判断电势差的变化，根据E=U/d判断两极板间电场强度的变化。

【详解】

增大两极板之间的距离，由电容的决定式

可知，电容减小，电容器的电量不变，由

分析可知，则极板电压U增大，那么指针张角增大；根据

，因此两极板间的场强与极板间距无关，即电场强度不变。

【点睛】

本题要抓住电容器的电量不变，由电容的决定式

和定义式

结合分析电容器动态变化问题，再根据E=U/d判断两极板间电场强度的变化。

15．增大顺时针

【解析】

【分析】

根据条形磁铁的磁场的特点判断磁通量变化；先由楞次定律判断出矩形线圈中感应电流的方向。

【详解】

当磁铁S向下运动运动时，穿过线圈的磁通量向上增大，由楞次定律可知，线圈中的感应电流的磁场要阻碍原磁场的增大，根据楞次定律，产生的感应电流是顺时针方向（俯视）；

16．10001×10﹣8

【解析】

【分析】

已知试探电荷的电荷量和所受的电场力，根据电场强度的定义式求出场强的大小。

由点电荷场强公式求解场源电荷Q的电量。

【详解】

由题，试探电荷的电荷量q=2×10-5C，所受的电场力F=2×10-2N，则P点的电场强度的大小为：

再据

，得：

；

17．125

【解析】

【分析】

（1）由串联关系知电压之比为电阻之比，可求得RV．

（2）先由电阻与电压成正比，求出3kΩ的电阻上分担的电压，然后将两个电压的数值相加即可求得电路中的总电压．

【详解】

（1）当电压表串联一个R1=3kΩ的电阻测量某电路两端的电压时，电压表两端的电压为U=12V，电阻分得的电压为U1=15V-U=15V-12V=3V

根据串联电路的分压关系：

得：

（2）根据串联电路的分压关系：

，

得：

所以电路中的总电压：

U总=U′+U1′=4+1=5V

18．0.6007

【解析】

【分析】

（1）螺旋测微器的读数等于固定刻度读数加上可动刻度读数，需估读；

（2）用欧姆表测电阻要选择合适的挡位，使指针指在中央刻度线附近，欧姆表换挡后要重新进行欧姆调零，欧姆表指针示数与挡位的乘积是欧姆表的示数；从温度对灯丝电阻的影响分析答题。

【详解】

（1）螺旋测微器的固定刻度读数为0.5mm，可动刻度读数为0.01×10mm=0.100mm，则最终读数为0.5+0.100=0.600mm。

（2）用“×10”倍率的电阻挡测量，多用电表指针偏转过大，说明所选挡位太大，为准确测量灯泡电阻，需要选择×1倍率的电阻挡，并重新进行欧姆调零再进行测量；由图（a）所示可知，测量结果为7×1=7Ω；

【点睛】

本题考查了螺旋测微器读数，欧姆表的使用注意事项与读数，用欧姆表测电阻时要选择合适的量程使指针指在中央刻度线附近，换挡后要重新进行欧姆调零。

19．1.504.008.50

【解析】

【分析】

（1）电源U-I图象与纵轴交点坐标值是电源电动势，图象斜率的绝对值等于电源内阻，由图示图象求出电源电动势与内阻。

（2）由图示图象求出等效电源内阻，然后求出定值电阻阻值。

【详解】

（1）由图示乙图线可知，电源电动势为：

E=1.50V

电源内阻为：

；

（2）由图甲所示图线可知，定值电阻阻值为：

；

【点睛】

本题考查了实验数据处理，考查了求电源电动势与内阻问题，电源U-I图象与纵轴交点坐标值是电源电动势，图象斜率的绝对值等于电源内阻，由图示图象求出电源电动势与内阻；根据图示图象可以解题。

20．

（1）0.5s时线圈内感应电动势的大小是2V；

（2）在0～5s内通过线圈的电荷量是5C；（3）0～5s内线圈产生的焦耳热是10J。

【解析】

【分析】

（1）由题可确定磁感应强度B的变化率

，根据法拉第电磁感应定律求出感应电动势；

（2）由法拉第电磁感应定律、欧姆定律和电流的定义式I=q/t结合求解电量；

（3）由焦耳定律分别求出热量；

【详解】

（1）在0～5s内，磁感应强度的变化率

则根据法拉第电磁感应定律得：

0.5s时线圈内感应电动势的大小：

E=N

S

带入数据解得：

E=2V

（