资源简介

2025-2026学年湖南省常德市汉寿一中高三（下）开学物理试卷
一、单选题：本大题共6小题，共24分。
1.如图所示，一个上表面光滑的斜面体置于水平地面上，它的两个斜面与水平面间的夹角分别为、，且，的顶端装有一定滑轮，一轻质细绳跨过定滑轮后连接、两个小物块，细绳与各自的斜面平行，不计绳与滑轮间的摩擦，、恰好在同一高度处于静止状态，剪断细绳后，、滑至斜面底端，始终保持静止，下列说法正确的是( )
A. 物块的质量等于的质量
B. 物块对斜面体的压力小于对斜面体的压力
C. 物块比先滑到斜面底端
D. 在滑块、下滑的过程中，斜面体受到水平面向左的摩擦力
2.带式传送机是在一定的线路上连续输送物料的搬运机械，又称连续输送机。如图所示，一条足够长的浅色水平传送带自左向右匀速运行。现将一个木炭包无初速度地放在传送带上，木炭包在传送带上将会留下一段黑色的痕迹。下列说法正确的是( )
A. 黑色的痕迹将出现在木炭包的左侧
B. 传送带速度一定时，木炭包与传送带间动摩擦因数越大，痕迹的长度越长
C. 木炭包与传动带间动摩擦因数一定时，传送带运动速度越大，痕迹的长度越大
D. 黑色痕迹越长系统产生的热量越多
3.如图所示，甲叠放在物体乙上，，甲、乙之间以及乙与地面之间的动摩擦因数均为，一水平外力向右拉乙，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为，下列说法正确的是( )
A. 要使甲、乙一起运动，则最大值为
B. 要使甲、乙一起运动，则最大值为
C. 若，则甲的速度为
D. 若甲、乙一起向右匀速直线运动，方向可变，，则最小值为
4.如图所示，水平地面上的物体在与水平方向成的拉力的作用下沿地面做匀加速直线运动的加速度大小为，在与水平方向成的推力的作用下沿地面做匀加速直线运动的加速度大小为。已知拉力与推力的大小相等，，则物体与地面间的动摩擦因数为( )
A. B. C. D.
5.如图，一上端开口的箱子固定在水平地面上，内壁光滑，长为。在小球以某一速度向右运动的同时，一小球从正上方距离箱底高处水平抛出。若两小球在离箱子左侧处相遇，则的速度大小可能是重力加速度取，小球与箱壁碰撞后速度大小不变( )
A. B. C. D.
6.如图甲所示，电动机通过绕过定滑轮的轻细绳，与放在倾角为的足够长斜面上的物体相连，启动电动机后物体沿斜面上升；在时间内物体运动的图象如图乙所示，其中除时间段图象为曲线外，其余时间段图象均为直线，后电动机的输出功率保持不变；已知物体的质量为，不计一切阻力，重力加速度。则下列判断正确的是( )
A. 在内电动机牵引力大小为
B. 后电动机的输出功率为
C. 物体达到的最大速度
D. 在内物体沿斜面向上运动了
二、多选题：本大题共4小题，共24分。
7.一种力学探究装置如图甲所示，光滑斜面与水平面间的夹角，斜面内固定一半径为的光滑圆轨道，为圆轨道的圆心，为与平行的水平直径。置于圆轨道最低点的小球可视为质点获得大小不同的水平初速度后，小球沿轨道运动至某一位置时，小球与轨道间恰无作用力，设此时小球与点的连线与的夹角为，已知重力加速度为，若得到的与的关系图像如图乙所示，则
下列说法中正确的是( )
A. 满足条件的最小值为 B. 满足条件的最大值为
C. 该图线的斜率等于 D. 该图线纵轴上的截距等于
8.如图所示，原长为的轻质弹簧，一端固定在点，另一端与一质量为的小球相连。小球套在竖直固定的粗糙杆上，与杆之间的动摩擦因数为。杆上、两点与点的距离均为，点到点的距离为，与杆垂直。当小球置于杆上点时恰好能保持静止。设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度大小为。小球以某一初速度从点向下运动到点，在此过程中，弹簧始终在弹性限度内。下列说法正确的是( )
A. 弹簧的劲度系数为
B. 小球在点下方处的加速度大小为
C. 从点到点的运动过程中，小球受到的摩擦力先变小再变大
D. 从点到点和从点到点的运动过程中，小球受到的摩擦力做功相同
9.如图所示，在竖直平面内固定有两个很靠近的同心圆轨道，外圆光滑，内圆粗糙。一质量为的小球从轨道的最低点以初速度向右运动，球的直径略小于两圆间距，球运动的轨道半径为，不计空气阻力。设小球过最低点时重力势能为零，下列说法正确的是( )
A. 若小球运动到最高点时速度为，则小球机械能一定不守恒
B. 若经过足够长时间，小球最终的机械能可能为
C. 若使小球始终做完整的圆周运动，则一定不小于
D. 若小球第一次运动到最高点时速度大小为，则
10.在水平桌面上固定一个由内壁光滑的细管组成的半径为的圆轨道，俯视如图所示，、、、为圆上两条直径的端点，且与相互垂直。在内部放置、两个小球球径略小于管径，管径远小于，质量分别为、，开始时球静止于点，球在其左侧以的初速度向右与球发生第一次碰撞且被反弹。已知小球之间的碰撞均为对心弹性碰撞，第二次碰撞发生在点。则下列说法中正确的是( )
A. A、两球的质量比为：：
B. 若只增大球的初速度，则第二次碰撞点可能在、之间某处
C. 若只增大球的质量，则第二次碰撞点可能仍在处
D. 若只增大球的质量，则第一、二次碰撞时间间隔始终等于
三、实验题：本大题共2小题，共20分。
11.某物理兴趣小组分别采用如图甲、乙所示的装置进行了“探究平抛运动的特点”。
甲图中质量分别为和的、小球处于同一高度，用小锤打击弹性金属片，使球沿水平方向飞出，同时球被自动松开，球自由下落。请你回答下列问题：
在同一高度处，兴趣小组里不同同学用小锤打击弹性金属片，发现每次两球都同时落地，从上述操作中你觉得哪位同学得出的结论时正确的______双选。
A.小陈认为：球在竖直方向做自由落体运动
B.小李认为：不同同学用小锤打击弹性金属片时小球获得的水平初速度可能不一样，但没有影响球在竖直方向的运动，所以说明运动具有独立性的原理。
C.小黄认为：球在水平方向上做匀速直线运动
该实验中______选填正确答案的字母序号。
A.两球的质量应该相等
B.应尽量选择密度大的同尺寸小球
C.需要测出装置距地面之间的竖直高度
乙同学采用频闪摄影的方法拍摄到如图乙所示的小球做平抛运动的照片，小球在平抛运动中的几个位置如图中的、、、所示，图中每个小方格的边长为，则该小球经过点时的速度大小______结果保留三位有效数字。
12.图甲为某种简易欧姆表的电路图，图乙为其表盘的标度，已知表盘中间的刻度值为“”，单位为欧姆，图中所用器材如下：
A.干电池电动势，内阻
B.电流表满偏电流，内阻
C.电阻箱最大阻值
D.滑动变阻器最大阻值为
E.开关一个，导线若干
根据实验电路和实验器材，完成以下问题：
开关断开时，将、表笔短接进行欧姆调零，此时滑动变阻器接入电路的阻值为 ；
此时该欧姆表的倍率为 选填“”“”“”或“”；
闭合开关，适当调整电阻箱的阻值，该欧姆表的倍率将 选填“变大”或“变小”。
四、计算题：本大题共3小题，共32分。
13.如图所示，地面依次排放两块完全相同的木板、，长度均为，质量均为，现给一小滑块一恒力由静止滑上木板左端，到达木板时撤去外力。已知小滑块质量，滑块与木板间的动摩擦因数为，木板与地面间的动摩擦因数。最大静摩擦力与滑动摩擦力大小相等，取
若滑上木板时，木板不动，而滑上木板时，木板开始滑动，求应满足的条件；
若，求滑块运动到与木板速度相同时的总时间。结果用分数表示
14.如图所示的平面直角坐标系，在第Ⅰ、Ⅱ象限内有平行于轴的匀强电场，方向沿正方向；在第Ⅳ象限的正方形区域内有匀强磁场，磁感应强度大小未知，方向垂直于平面向外，正方形边长为且边与轴重合，边与轴平行。一质量为、电荷量为的粒子，从轴上的点，以大小为的速度沿轴正方向射入电场，通过电场后从轴上的点进入第Ⅳ象限的磁场区域，从点射出磁场，不计粒子所受的重力。求：
粒子运动到点时的速度大小和方向；
粒子从运动到和从运动到的时间之比：；
改变磁场区域的磁感应强度使粒子经过磁场后不能到达轴上，则磁感应强度应满足什么条件。
15.垂直起降是一种可重复使用火箭的技术。如图为具有电磁缓冲功能的火箭模型结构示意图。模型外侧安装有高强度绝缘材料制成的缓冲槽，槽中有垂直于线圈平面向里、磁感应强度的匀强磁场。匝数匝、总电阻的闭合矩形线圈固定在主体下部，边长并位于磁场中，主体与线圈总质量。假设模型以速度着地时缓冲槽立即停止，此后主体在线圈与缓冲槽内磁场的作用下减速，从而实现缓冲。不计摩擦和空气阻力，取。求：
缓冲槽着地时，线圈中边感应电流的大小和方向；
主体减速下落的加速度大小时，线圈中的发热功率；
已知缓冲槽停止后，主体下落距离时，速度，此时主体和缓冲槽未相碰。该过程通过线圈横截面的电荷量和线圈中产生焦耳热。
答案解析
1.【答案】
【解析】解：滑块和滑块沿着斜面方向的分力等大，即
由于，故，故A错误；
B.滑块对斜面体的压力等于重力垂直斜面的分力
滑块对斜面体的压力也等于重力垂直斜面的分力，因，故，，故A对斜面的压力大于对斜面的压力，故B错误；
C.滑块下滑过程机械能守恒
则，两个滑块的高度差相等，则落地速度相等；
结合牛顿第二定律
因为
故
物体的运动时间
则，故C错误；
D.滑块对斜面体的压力为
滑块对斜面体的压力为，则受到垂直于斜面的力如图
则
由于，故
在滑块、下滑的过程中，斜面体相对地面有向右运动的趋势，斜面体受到水平面向左的摩擦力，故D正确。
故选：。
先由静止时的受力平衡得出两物块质量关系，再分析垂直斜面的压力大小，接着根据加速度和位移比较下滑时间，最后分析、下滑时斜面体受到的水平面摩擦力方向。
本题以斜面体连接物块的静止与下滑为情境，考查共点力平衡、牛顿第二定律及受力分析，综合考查质量、压力、运动时间和摩擦力的判断，能有效检验对力学规律的综合应用能力，难度适中。
2.【答案】
【解析】A.在木炭与传送带速度达到相等之前，二者保持相对滑动，传送带的位移大于木炭的位移，木炭相对于传送带向左运动，所以黑色的痕迹出现在木炭的右端，故A错误；
设传送带的速度为，木炭和传送带间的动摩擦因数为，痕迹的长度为，，，因此，由此可知，越大，越小，传送带速度越大，越大，故B错误，C正确；
D.系统产生的热量，系统产生的热量与木炭包的质量和传送带的速度有关，故D错误。
故选：。
3.【答案】
【解析】解：、甲的最大静摩擦力提供甲的最大加速度，则有：，要使甲乙一起运动，故最大加速度不能超过，对整体受力分析，根据牛顿第二定律可知：，解得：，故AB错误；
C、若，则甲乙一起加速运动，整体根据牛顿第二定律可：知，解得：，故C错误；
D、若甲、乙一起向右匀速直线运动，方向可变，设力与水平方向的夹角为，则有：，解得：，故当分母最大时，拉力最小，最小为：，故D正确；
故选：。
甲乙一起加速的最大加速度等于甲靠最大静摩擦力提供的加速度，根据整体法求得拉力，结合牛顿第二定律求得加速度，根据共点力平衡求得拉力的最小值
本题考查了叠加体问题，应用的方法是整体法和隔离法，正确的受力分析是解决问题的关键．
4.【答案】
【解析】解：物体在拉力的作用下做匀加速直线运动有
物体在推力的作用下做匀加速直线运动有
其中，
代入数据得，故ABC错误，D正确。
故选：。
两种情况下拉力和推力相等，并且加速度也相等，以此为突破点进行求解。
本题涉及牛顿定律、摩擦力等相关知识根据问题分析求解即可。
5.【答案】
【解析】解：对球由平抛规律，竖直方向有
水平方向有
代入数据得的速度大小可能是做平抛的初速度为，故AB错误；
小球与箱壁碰撞后速度大小不变，两小球相遇是发生在小球与右箱壁发生弹性碰撞后返回时
故小球速率为
小球速度为，两小球相遇是在离箱子左侧处，故C正确，D错误。
故选C。
先根据小球的平抛高度，利用自由落体公式算出其运动时间；再分析小球在箱内的运动，考虑与箱壁碰撞后速度大小不变的特点，得出到相遇点的可能路程，最后用路程除以运动时间得到可能的速度，匹配选项。
本题将平抛运动与碰撞后的直线运动结合，考查运动等时性和多情境路程分析，侧重分类讨论能力，能有效检验对平抛规律和碰撞运动的综合应用，难度适中。
6.【答案】
【解析】解：、在内，设细绳拉力的大小为，加速度为，由图象可知末速度为，则

根据牛顿第二定律可得

解得：
末电动机的输出功率为
后电动机的输出功率保持不变，所以后电动机的输出功率为，故A错误，B正确；
C、设当物体达到最大速度后，细绳的拉力大小，此时物体的加速度为零，则有

由，解得：，故C错误；
D、内物体上滑的位移为
在内，设位移为，根据动能定理得
代入数据解得：
则物体在内物体沿斜面向上运动位移为，故D错误。
故选：。
在内，根据图象的斜率求出加速度，再根据牛顿第二定律求牵引力大小，由公式算出后电动机的输出功率。当物体的加速度为零时，速度最大，根据功率公式和平衡条件相结合求解最大速度。由图象的面积求出内物体上滑的位移，根据动能定理求出物体的上滑位移，再求物体的上滑总位移。
本题与汽车启动类似，关键需要分析清楚物体各段的运动规律及受力情况，明确实际功率达到额定功率时匀加速直线运动结束，加速度为零时，速度最大。
7.【答案】
【解析】解：根据题意分析可知，小球沿轨道运动至与轨道间恰无作用力时，重力的分力提供向心力，则根据牛顿第二定律和圆周运动的公式有
由动能定理
联立变形可得
当时，的最小值为
当时，的最大值为
得到的与的关系图像的斜率等于，纵轴上的截距等于，故BD正确，AC错误。
故选：。
根据牛顿第二定律求出小球在轨道上某位置的速度表达式，结合机械能守恒定律得到与的关系，最后根据图像信息进行分析判断。
本题关键在于利用牛顿第二定律找到向心力的表达式，再结合机械能守恒定律建立与的关系，最后根据函数关系分析图像。
8.【答案】
【解析】解：、当小球置于杆上点时恰好能保持静止，则有：，解得弹簧的劲度系数为：，故A正确；
B、小球在点下方处时，弹簧与杆的夹角为，此时弹簧的长度为，弹簧处于压缩状态，受力情况如图所示：
弹力大小为：，解得：
根据牛顿第二定律可得：，其中：
联立解得：，故B错误；
C、杆上、两点与点的距离均为，所以小球在和点时弹簧处于原长，小球从到过程中，弹簧的压缩量增大、弹力增大，弹簧弹力在水平方向的分力增大、摩擦力增大；小球从到过程中，弹簧的压缩量减小、弹力减小，弹簧弹力在水平方向的分力减小、摩擦力减小，故从点到点的运动过程中，小球受到的摩擦力先变大再变小，故C错误；
D、关于点对称的任意两点，小球受到的摩擦力相同，所以从点到点和从点到点的运动过程中，小球受到的摩擦力做功相同，故D正确。
故选：。
小球置于杆上点时恰好能保持静止，根据平衡条件求解弹簧的劲度系数；小球在点下方处时，根据牛顿第二定律求解加速度大小；根据弹簧弹力的变化情况结合摩擦力的计算公式分析摩擦力的变化；根据对称性分析摩擦力的大小，根据功的计算公式分析摩擦力做的功。
本题主要是考查牛顿第二定律、功的计算、摩擦力的计算等，关键是弄清楚小球的受力情况和运动情况，能够根据牛顿第二定律进行分析。
9.【答案】
【解析】解：、若小球运动到最高点时速度为，则小球在运动过程中一定与内圆接触，受到摩擦力作用，要克服摩擦力做功，小球的机械能一定不守恒，故A正确；
B、若初速度比较小，小球在运动过程中一定与内圆接触，机械能不断减少，经过足够长时间，小球最终在圆心下方运动，最大的机械能为，所以小球最终的机械能不可能为若初速度足够大，小球始终沿外圆做完整的圆周运动，机械能守恒，机械能必定大于，故B错误；
C、若使小球始终做完整的圆周运动，小球应沿外圆运动，在运动过程中不受摩擦力，机械能守恒，小球恰好运动到最高点时速度设为，则有，再由机械能守恒定律得：，小球在最低点时的最小速度，所以若使小球始终做完整的圆周运动，则一定不小于故C正确；
D、如果内圆光滑，小球在运动过程中不受摩擦力，小球在运动过程中机械能守恒，如果小球运动到最高点时速度为，由机械能守恒定律得：，小球在最低点时的速度，由于内圆粗糙，小球在运动过程中要克服摩擦力做功，则小球在最低点时的速度一定大于，故D错误。
故选：。
内圆粗糙，小球与内圆接触时要受到摩擦力作用，要克服摩擦力做功，机械能不守恒；外圆光滑，小球与外圆接触时不受摩擦力作用，只有重力做功，机械能守恒，应用牛顿第二定律与机械能守恒定律分析答题。
本题考查机械能守恒定律的应用，解题的关键是理清运动过程，抓住临界状态，明确最高点的临界条件，运用机械能守恒定律和向心力知识结合进行研究。
10.【答案】
【解析】解：设两球第一次碰撞后速度分别为、，由动量守恒定律与机械能守恒定律，取碰撞前入射小球的速度方向为正方向，
联立可得
两球在点发生第二次碰撞，则球运动的路程是球的倍，两球在轨道内做匀速圆周运动，
代入数据得两球碰后速度的大小之比
代入数据得
可得，故A错误；
B.若只增大球的初速度，碰后速度仍未：，第二次碰撞点位置不变，故B错误；
C.若，两球碰后同向运动，两球在点发生第二次碰撞，则球运动的路程是球的
代入数据得碰后速度的大小之比
则有
代入数据得，若只增大的质量，满足则两球也会在点再次碰撞，故C正确；
D.若，球碰后反向与球再次碰撞，则有
即，得两球第一次碰后到第二次碰撞的时间
两球速度大小之和
代入数据得
若，球碰后与球速度同向运动，再次碰撞时，则有
即，可得
两球速度大小之差
代入数据得，故D正确。
故选：。
先对第一次碰撞应用弹性碰撞的动量守恒和动能守恒，得到碰撞后两球的速度关系，再结合第二次碰撞在点的几何条件两球运动的弧长与时间关系推导质量比，接着分析改变初速度或球质量时，两球的运动时间与碰撞位置的变化规律，判断各选项。
本题以圆轨道内的弹性碰撞为载体，综合考查弹性碰撞规律、圆周运动与运动等时性分析，将动量守恒、动能守恒与几何运动结合，能有效检验对碰撞规律和圆周运动的综合应用能力，难度适中。
11.【答案】
【解析】解：、每次两球都同时落地，说明两球在竖直方向的运动相同，而球做自由落体运动，球在竖直方向上也应该做自由落体运动，故A正确；
B、不同同学用小锤打击弹性金属片时小球获得的水平初速度可能不一样，但没有影响球在竖直方向的运动，所以说明运动具有独立性的原理，故B正确；
C、球在水平方向上是否做匀速直线运动，这个实验无法确定，故C错误；
故选：。
、实验汇总，应该尽量排除次要因素如空气阻力的影响，所以两小球应选择密度大且尺寸较小的相同金属小球，故B正确，A错误；
C、实验中每次两球竖直高度都相同，下落时间相同，不需要测出装置距地面之间的竖直高度，故C错误；
故选：。
结合图乙可知，小球在竖直方向上相邻两点的高度差为，即为。
根据竖直方向的运动特点可知：，在水平方向上：
同时，点的竖直方向速度为
则点的速度为
联立解得：
故答案为：；；
根据实验原理选择合适的实验器材，掌握正确的实验操作以及学会简单的数据分析；
先根据竖直方向的运动特点计算出相邻两点的时间差，结合运动学公式分别计算出点的水平速度和竖直速度，最后再合成即可。
本题主要考查了平抛运动的相关应用，理解平抛运动的实验原理并掌握正确的实验操作，结合平抛运动在不同方向的运动特点及对应的运动学公式即可完成分析。
12.【答案】
变小

【解析】解：根据闭合电路欧姆定律得
代入数据解得
根据闭合电路欧姆定律，欧姆表的内阻为
中值电阻
表盘中间的刻度值为“”，则欧姆表的倍率为。
闭合开关，表头的满偏电流变大，根据闭合电路欧姆定律
欧姆表内阻减小，中值电阻变小，新欧姆表的倍率较改装前欧姆表的倍率变小。
故答案为：；；变小。
根据闭合电路欧姆定律求解待测电阻；
根据闭合电路欧姆定律求解欧姆表内阻，得到中值电阻，结合表盘中间的刻度值求解倍率；
闭合开关，表头的满偏电流变大，根据闭合电路欧姆定律分析欧姆表的内阻、中值电阻的变化，然后作答。
本题主要考查了练习使用多用电表的实验，要明确实验原理，理解并掌握欧姆定律的运用是解题的关键。
13.【答案】解：小滑块滑上木板时，木板不动，有
小滑块滑上木板时，木板开始滑动，有
联立解得
小滑块在木板上运动，对滑块受力分析有
解得加速度为
由动力学公式得
解得
根据解得：小滑块在木板上运动的时间
根据牛顿第二定律可知：，解得小滑块在木板上运动时滑块的加速度为
木板的加速度为
解得
滑块运动到与木板速度相同时有
解得
滑块运动到与木板速度相同时的总时间为
解得：
答：若滑上木板时，木板不动，而滑上木板时，木板开始滑动，则应满足的条件为；
若，求滑块运动到与木板速度相同时的总时间为。
【解析】根据平衡条件列方程满足的条件；
应用牛顿第二定律和运动学公式求解滑块运动时间。
能正确判断长木板开始运动的条件是滑块给长木板的摩擦力大于地面对长木板的摩擦力，并能根据摩擦力的表达式列出不等式进行求解，木块滑动的时间可以根据滑块的运动结合牛顿第二定律和运动学公式求解。
14.【答案】解：粒子在电场中做类平抛运动，
水平方向：
竖直方向：
速度方向与水平方向夹角的正切值
解得：，，
粒子进入磁场时的速度大小
粒子在磁场中做匀速圆周运动，粒子运动轨迹如图所示
由几何知识可知，粒子在磁场中转过的圆心角
设粒子在磁场中做匀速圆周运动时的轨道半径为，由几何知识可知：
解得：
粒子在磁场中做匀速圆周运动的周期
粒子在磁场中的运动时间
则：：
粒子经过磁场后恰好不能到达轴上时粒子离开磁场时的速度方向平行于轴，粒子运动轨迹如图所示
由几何知识可知，粒子在磁场中做匀速圆周运动的轨道半径
粒子在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律得：
解得：
粒子经过磁场后不能到达轴上，磁感应强度需要满足的条件是。
答：粒子运动到点时的速度大小是，方向与水平方向成角斜向右下方；
粒子从运动到和从运动到的时间之比：是：。
粒子经过磁场后不能到达轴上，磁感应强度应满足的条件是。
【解析】粒子在电场中做类平抛运动，应用运动学公式求出粒子到达点时的速度大小与方向。
求出粒子在电场与磁场中的运动时间，然后求出时间之比。
作出粒子恰好不能到达轴上时的粒子运动轨迹，求出粒子的临界轨道半径，应用牛顿第二定律求出临界磁感应强度，然后确定磁感应强度的范围。
本题考查了带电粒子在电场与磁场中的运动，分析清楚粒子运动过程、作出粒子运动轨迹是解题的前提。
15.【答案】缓冲槽着地时，线圈中边感应电流的大小为，方向为从到 主体减速下落的加速度大小时，线圈中的发热功率为 该过程通过线圈横截面的电荷量为，线圈中产生焦耳热为
【解析】解：缓冲槽着地时，线圈中边切割磁感线，有
解得
根据右手定则可判断边的电流方向：从到
主体减速下落，根据牛顿第二定律，有
又
线圈的发热功率为
解得
由法拉第电磁感应定律有
由闭合电路欧姆定律有
由电流的定义式有
解得
代入数据可知
主体下落过程中，根据能量守恒定律，有
解得
答：缓冲槽着地时，线圈中边感应电流的大小为，方向为从到；
主体减速下落的加速度大小时，线圈中的发热功率为；
该过程通过线圈横截面的电荷量为，线圈中产生焦耳热为。
根据右手定则求线圈中边感应电流的大小和方向；
根据牛顿第二定律和功率表达式求主体减速下落的加速度大小时，线圈中的发热功率；
由法拉第电磁感应定律、闭合电路欧姆定律和能量守恒定律求该过程通过线圈横截面的电荷量和线圈中产生焦耳热。
本题考查电磁感应知识，结合能量守恒定律，闭合电路的欧姆定律等知识的分析解决实际问题。
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