為了“探究外力做功與物體動能變化的關系”，查資料得知：“彈簧的彈性勢能E_p＝kx²，其中k是彈簧的勁度系數(shù)，x是彈簧的形變量”。某同學用壓縮的彈簧推靜止的小球（已知質量為m）運動來探究這一問題。為了研究方便，把小鐵球O放在水平桌面上做實驗，讓小鐵球O在彈力作用下運動，即只有彈簧推力做功。

該同學設計實驗如下：

（1）如圖甲所示，將輕質彈簧豎直掛起來，在彈簧的另一端掛上小鐵球O，靜止時測得彈簧的形變量為d。在此步驟中，目的是要確定________，用m、d、g表示為________。

（2）如圖乙所示，將這根彈簧水平放在光滑桌面上，一端固定在豎直墻面，另一端與小鐵球接觸，用力推小鐵球壓縮彈簧；小鐵球靜止時測得彈簧壓縮量為x，撤去外力后，小鐵球被彈簧推出去，從水平桌面邊沿拋出落到水平地面上。

（3）測得水平桌面離地高為h，小鐵球落地點離桌面邊沿的水平距離為L，則小鐵球被彈簧彈出的過程中初動能E_k1＝________，末動能E_k2＝________（用m、h、L、g表示）；彈簧對小鐵球做的功W＝________（用m、x、d、g表示）。

對比W和（E_k2－E_k1）就可以得出“外力做功與物體動能變化的關系”，即：“在實驗誤差范圍內，外力所做的功等于物體動能的變化”。

．航模興趣小組設計出一架遙控飛行器，其質量m＝2 kg，動力系統(tǒng)提供的恒定升力F＝28 N．試飛時，飛行器從地面由靜止開始豎直上升．設飛行器飛行時所受的空氣阻力恒為f＝4 N，g取10 m/s².

(1)第一次試飛，飛行器飛行t₁＝8 s時到達高度H等于多少？

(2)第二次試飛，飛行器飛行t₂＝6 s時遙控器出現(xiàn)故障，飛行器立即失去升力，求飛行器減速上升階段的加速度的大�。�

【解析】：(1)第一次飛行中，設加速度為a₁，

由牛頓第二定律得F－mg－f＝ma₁

飛行器上升的高度H＝a₁t

解得H＝64 m.

(2)第二次飛行中，設失去升力后的加速度為a₂，

由牛頓第二定律得－(mg＋f)＝ma₂

解得a₂＝－12 m/s².

．航模興趣小組設計出一架遙控飛行器，其質量m＝2 kg，動力系統(tǒng)提供的恒定升力F＝28 N．試飛時，飛行器從地面由靜止開始豎直上升．設飛行器飛行時所受的空氣阻力恒為f＝4 N，g取10 m/s².

(1)第一次試飛，飛行器飛行t₁＝8s時到達高度H等于多少？

(2)第二次試飛，飛行器飛行t₂＝6s時遙控器出現(xiàn)故障，飛行器立即失去升力，求飛行器減速上升階段的加速度的大小．

【解析】：(1)第一次飛行中，設加速度為a₁，

由牛頓第二定律得F－mg－f＝ma₁

飛行器上升的高度H＝a₁t

解得H＝64m.

(2)第二次飛行中，設失去升力后的加速度為a₂，

由牛頓第二定律得－(mg＋f)＝ma₂

解得a₂＝－12 m/s².

吊在大廳天花板上的電扇所受重力為G，靜止時固定桿對它的拉力為F，扇葉水平轉動起來后，桿對它的拉力為F′，則(　　)

A．F＝G，F′＝F　　　　　             B．F＝G，F′>F

C．F＝G，F′<F                        D．F′＝G，F′>F

【解析】：選C.電扇靜止時只受豎直向下的重力和桿對它的拉力F，由二力平衡可得：F＝G，扇葉水平轉動后，對空氣有向下的作用力，而空氣對扇葉則有向上的反作用力，設為F″，則由二力平衡可得：F′＋F″＝G，故F′<G＝F，只有C正確．

吊在大廳天花板上的電扇所受重力為G，靜止時固定桿對它的拉力為F，扇葉水平轉動起來后，桿對它的拉力為F′，則(　　)

A．F＝G，F′＝F　　　　　             B．F＝G，F′>F

C．F＝G，F′<F                       D．F′＝G，F′>F

【解析】：選C.電扇靜止時只受豎直向下的重力和桿對它的拉力F，由二力平衡可得：F＝G，扇葉水平轉動后，對空氣有向下的作用力，而空氣對扇葉則有向上的反作用力，設為F″，則由二力平衡可得：F′＋F″＝G，故F′<G＝F，只有C正確．