章末分层突破
[自我校对]
①理想斜
②匀速直线运动状态
③静止状态
④质量
⑤控制变量法
⑥成正比
⑦成反比
⑧合外力
⑨F合＝ma
⑩超重
?失重
?完全失重
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动力学中的临界极值问题
1.概念
(1)临界问题：某种物理现象(或物理状态)刚好要发生或刚好不发生的转折状态．
(2)极值问题：在满足一定的条件下，某物理量出现极大值或极小值的情况．
2．关键词语
在动力学问题中出现的“最大”、“最小”、“刚好”、“恰能”等词语，一般都暗示了临界状态的出现，隐含了相应的临界条件．
3．常见类型
动力学中的常见临界问题主要有三类：一是弹力发生突变时接触物体间的脱离与不脱离的问题；二是绳子的绷紧与松弛的问题；三是摩擦力发生突变的滑动与不滑动问题．
4．解题关键
解决此类问题的关键是对物体运动情况的正确理解，对临界状态的判断与分析，找出处于临界状态时存在的独特的物理关系，即临界条件．
常见的三类临界问题的临界条件：
(1)相互接触的两个物体将要脱离的临界条件是：相互作用的弹力为零．
(2)绳子松弛的临界条件是：绳的拉力为零．
(3)存在静摩擦的系统，当系统外力大于最大静摩擦力时，物体间不一定有相对滑动，相对滑动与相对静止的临界条件是：静摩擦力达到最大值．
如图4-1所示，质量为m的光滑小球，用轻绳连接后，挂在三角劈的顶端，绳与斜面平行，劈置于光滑水平面上，斜边与水平面夹角为θ＝30°，求：
图4-1
(1)劈以加速度a1＝g/3水平向左加速运动时，绳的拉力多大？
(2)劈的加速度至少多大时小球对劈无压力？加速度方向如何？
(3)当劈以加速度a3＝2g向左运动时，绳的拉力多大？
【解析】 (1)如图所示，
水平方向：FT1cos θ－FN1sin θ＝ma1 ①
竖直方向：FT1sin θ＋FN1cos θ＝mg ②
由①②得：FT1＝mg. ③
(2)如图所示，
由牛顿第二定律得：
FT2cos θ＝ma2 ④
FT2sin θ＝mg ⑤
由④⑤得：a2＝g，方向水平向左． ⑥
(3)参照上图：但FT3与水平夹角θ≠30°，有：
FT3＝ ＝＝mg.
【答案】 (1)mg (2)g，方向水平向左
(3)mg
连接体问题
1.连接体
两个或两个以上相互作用的物体组成的具有相同加速度的整体叫连接体．如几个物体叠放在一起，或并排挤放在一起，或用绳子、细杆等连在一起．
2．外力和内力
如果以物体组成的系统为研究对象，则系统之外的作用力为该系统受到的外力，而系统内各物体间的相互作用力为该系统的内力．
3．处理连接体问题的方法
(1)整体法：把整个系统作为一个研究对象来分析的方法．不必考虑系统内力的影响，只考虑系统受到的外力．
(2)隔离法：把系统中的各个部分(或某一部分)隔离，作为一个单独的研究对象来分析的方法．此时系统的内力就有可能成为该研究对象的外力，在分析时要特别注意．
(3)整体法与隔离法的选用
求解各部分加速度都相同的连接体问题时，要优先考虑整体法；如果还需要求物体之间的作用力，再用隔离法．求解连接体问题时，随着研究对象的转移，往往两种方法交叉运用．一般的思路是先用其中一种方法求加速度，再用另一种方法求物体间的作用力或系统所受合力．无论运用整体法还是隔离法，解题的关键还是在于对研究对象进行正确的受力分析．
光滑水平地面上有两个叠放在一起的斜面体A、B，两斜面体形状大小完全相同，质量分别为M、m.如图4-2甲、乙所示，分别对上面或下面的斜面体施加水平方向的恒力F1、F2时，均可使两斜面体相对静止地做匀加速直线运动，已知两斜面体间的摩擦力为零，则F1与F2之比为( )
甲 乙
图4-2
A．M∶m B．m∶M
C．m∶(M＋m) D．M∶(M＋m)
【解析】 F1作用于A时，设A和B之间的弹力为N，对A有：Ncos θ＝Mg，对B有：Nsin θ＝ma，对A和B组成的整体有：F1＝(M＋m)a＝gtan θ；F2作用于A时，对B有：mgtan θ＝ma′，对A和B组成的整体有：F2＝(M＋m)a′＝(M＋m)gtan θ，＝.
【答案】 A
整体法、隔离法应注意的问题
(1)不涉及系统内力时，优先考虑应用整体法，即“能整体、不隔离”．
(2)同样应用“隔离法”，也要先隔离“简单”的物体，如待求量少、或受力少、或处于边缘处的物体．
(3)将“整体法”与“隔离法”有机结合、灵活应用．
(4)各“隔离体”间的关联力，表现为作用力与反作用力，对整体系统则是内力．
1.沿固定斜面下滑的物体受到与斜面平行向上的拉力F的作用，其下滑的速度－时间图线如图4-3所示．已知物体与斜面之间的动摩擦因数为常数，在0～5 s,5～10 s,10～15 s内F的大小分别为F1、F2和F3，则( )
图4-3
A．F1＜F2 B．F2＞F3
C．F1＞F3 D．F1＝F3
【解析】 对物体的受力分析如图所示：
根据v-t图象可以知道，在0～5 s内加速度为a1＝0.2 m/s2，方向沿斜面向下，根据牛顿第二定律：
mgsin θ－f－F1＝ma1，则：F1＝mgsin θ－f－0.2m；在5～10 s内，加速度a2＝0，根据牛顿第二定律：mgsin θ－f－F2＝ma2，则：F2＝mgsin θ－f；在10～15 s内加速度为a1＝－0.2 m/s2，方向沿斜面向上，根据牛顿第二定律：
f＋F3－mgsin θ＝ma3，则：F3＝mgsin θ－f＋0.2m
故可以得到：F3＞F2＞F1，故选项A正确．
【答案】 A
2．高空作业须系安全带，如果质量为m的高空作业人员不慎跌落，从开始跌落到安全带对人刚产生作用力前人下落的距离为h(可视为自由落体运动)，此后经历时间t安全带达到最大伸长，若在此过程中该作用力始终竖直向上，则该段时间安全带对人的平均作用力大小为( )
A.＋mg B.－mg
C.＋mg D.－mg
【解析】 设高空作业人员自由下落h时的速度为v，则v2＝2gh，得v＝，设安全带对人的平均作用力为F，由牛顿第二定律得F－mg＝ma
又v＝at
解得F＝＋mg.选项A正确．
【答案】 A
3．(多选)如图4-4(a)，一物块在t＝0时刻滑上一固定斜面，其运动的v-t图线如图(b)所示．若重力加速度及图中的v0、v1、t1均为已知量，则可求出( )
(a) (b)
图4-4
A．斜面的倾角
B．物块的质量
C．物块与斜面间的动摩擦因数
D．物块沿斜面向上滑行的最大高度
【解析】 由题图(b)可以求出物块上升过程中的加速度为a1＝，下降过程中的加速度为a2＝.物块在上升和下降过程中，由牛顿第二定律得mgsin θ＋f＝ma1，mgsin θ－f＝ma2，由以上各式可求得sin θ＝，滑动摩擦力f＝，而f＝μFN＝μmgcos θ，由以上分析可知，选项A、C正确．由v-t图象中横轴上方的面积可求出物块沿斜面上滑的最大距离，可以求出物块沿斜面向上滑行的最大高度，选项D正确．
【答案】 ACD
4．(多选)在一东西向的水平直铁轨上，停放着一列已用挂钩连接好的车厢．当机车在东边拉着这列车厢以大小为a的加速度向东行驶时，连接某两相邻车厢的挂钩P和Q间的拉力大小为F；当机车在西边拉着车厢以大小为a的加速度向西行驶时，P和Q间的拉力大小仍为F.不计车厢与铁轨间的摩擦，每节车厢质量相同，则这列车厢的节数可能为( )
A．8 B．10
C．15 D．18
【解析】 设该列车厢与P相连的部分为P部分，与Q相连的部分为Q部分．设该列车厢有n节，Q部分为n1节，每节车厢质量为m，当加速度为a时，对Q有F＝n1ma；当加速度为a时，对P有F＝(n－n1)ma，联立得2n＝5n1.当n1＝2，n1＝4，n1＝6时，n＝5，n＝10，n＝15，由题中选项得该列车厢节数可能为10或15，选项B、C正确．
【答案】 BC
5. (多选)如图4-5所示，一只猫在桌边猛地将桌布从鱼缸下拉出，鱼缸最终没有滑出桌面．若鱼缸、桌布、桌面两两之间的动摩擦因数均相等，则在上述过程中( )
图4-5
A．桌布对鱼缸摩擦力的方向向左
B．鱼缸在桌布上的滑动时间和在桌面上的相等
C．若猫增大拉力，鱼缸受到的摩擦力将增大
D．若猫减小拉力，鱼缸有可能滑出桌面
【解析】 鱼缸相对于桌布有向左运动的趋势，故应受到向右的摩擦力，选项A错误；由于鱼缸与桌布和桌面之间动摩擦因数相等，鱼缸在桌布上运动和在桌面上运动时加速度的大小相等，根据v＝at，鱼缸在桌布上和在桌面上的滑动时间相等，选项B正确；鱼缸与桌布之间的摩擦力为滑动摩擦力，猫增大拉力，鱼缸所受的摩擦力不变，选项C错误；若猫减小拉力，鱼缸可能随桌布一起运动，而滑出桌面，选项D正确．
【答案】 BD
第四章章末复习课
【知识体系】
力与运动
[答案填写] ①大小 ②方向 ③成正比 ④成反比 ⑤F＝ma ⑥基本单位 ⑦导出单位
主题1 整体法与隔离法
1．整体法与隔离法．
(1)系统内物体间相对静止或具有相同的加速度时，把系统作为一个整体考虑，应用牛顿第二定律列方程求解，即为整体法．
(2)将系统内某个物体(或某部分)从系统中隔离出来作为研究对象加以分析，利用牛顿第二定律列方程求解，即为隔离法．
2．整体法和隔离法的选择．
(1)若系统内各物体相对静止或具有相同的加速度时，优先考虑整体法．
(2)若系统内各物体的加速度不相同，一般选用隔离法．
3．注意事项．
(1)用整体法时，只需考虑整体所受的各个外力，不需考虑系统内各物体间的“内力”．
(2)用隔离法时，必须分析隔离体所受到的各个力．
(3)区分清楚内力和外力．
[典例?] 如图所示，质量为80 kg的物体放在安装在小车上的水平磅秤上，小车沿斜面无摩擦地向下运动，现观察到物体在磅秤上的示数只有600 N，g取10 m/s2，则
(1)斜面的倾角θ为多少？
(2)磅秤对物体的静摩擦力为多少？
解析：(1)对物体、磅秤和小车组成的整体应用牛顿第二定律，得
(M＋m)gsin θ＝(M＋m)a，解得a＝gsin θ.
隔离M，对M在竖直方向上应用牛顿第二定律，有
Mg－FN＝Masin θ，即Mg－FN＝Mgsin2θ，
代入数据，解得sin θ＝，故θ＝30°.
(2)对M在水平方向上应用牛顿第二定律，有
Ff＝Macos θ＝Mgsin θcos θ＝200 N，
则磅秤对物体的静摩擦力为200 N.
答案：(1)30° (2)200 N
针对训练
1．(多选)如图所示，在光滑的桌面上有M、m两个物块，现用力F推物块m，使M、m两物块在桌上一起向右加速，则M、m间的相互作用力为( )
A.
B.
C．若桌面的动摩擦因数为μ、M、m仍向右加速，则M、m间的相互作用力为＋μMg
D．若桌面的动摩擦因数为μ，M、m仍向右加速，则M、m间的相互作用力仍为
解析：根据牛顿第二定律，得
对整体：a＝，
对M：FN＝Ma＝.故A错误，B正确；
设桌面的动摩擦因数为μ，根据牛顿第二定律，得
对整体：a＝＝－μg
对M：FN－μMg＝Ma
得FN＝μMg＋Ma＝.故C错误，D正确．
答案：BD
主题2 临界问题
1．临界值问题：在运用牛顿运动定律解决动力学问题时，常常要讨论相互作用的物体间是否会发生相对滑动，相互接触的物体间是否会发生分离等，这类问题就是临界问题．
2．解决临界问题的关键：解决这类问题的关键是分析临界状态，两物体间刚好相对滑动时，接触面间必须出现最大静摩擦力；两个物体要分离时，相互之间作用的弹力必定为零．
3．解决临界问题的一般方法：
(1)极限法：题设中若出现“最大”“最小”“刚好”等这类词语时，一般就隐含临界问题，解决这类问题时常常是把物理量(或物理过程)引向极端，进而使临界条件或临界点暴露出来，达到快速解决问题的目的．
(2)数学推理法：根据分析物理过程列出相应的力学方程(数学表达)，然后由数学表达式讨论得出临界条件．
【典例2】 如图所示，平行于斜面的细绳把小球系在倾角为θ的斜面上，为使球在光滑斜面上不发生相对运动，斜面体水平向右运动的加速度不得大于多少？水平向左的加速度不得大于多少？
解析：(1)设斜面处于向右运动的临界状态时的加速度为a1，此时，斜面支持力FN＝0，小球受力如图甲所示．根据牛顿第二定律，得
水平方向：Fx＝FTcos θ＝ma1，
竖直方向：Fy＝FTsin θ－mg＝0，
联立两式，解得a1＝gcot θ.
因此，要使小球与斜面不发生相对运动，向右的加速度不得大于a＝gcot θ.
(2)设斜面处于向左运动的临界状态的加速度为a2，此时，细绳的拉力FT＝0.小球受力如上图乙所示．根据牛顿第二定律，得水平方向：Fx＝FNsin θ＝ma2，
竖直方向：Fy＝FNcos θ－mg＝0，
联立两式，解得a2＝gtan θ.因此，要使小球与斜面不发生相对运动，向左的加速度不得大于a＝gtan θ.
答案：见解析
针对训练
2.如图所示，有一光滑斜面倾角为θ，放在水平面上，用固定的竖直挡板A与斜面夹住一个光滑球，球质量为m.若要使球对竖直挡板无压力，球连同斜面应一起( )
A．水平向右加速，加速度a＝gtan θ
B．水平向左加速，加速度a＝gtan θ
C．水平向右减速，加速度a＝gsin θ
D．水平向左减速，加速度a＝gsin θ
解析：球对竖直挡板无压力时，受力如图所示，重力mg和斜面支持力FN的合力方向水平向左．F＝mgtan θ＝ma，解得a＝gtan θ，因此斜面应向左加速或者向右减速．
答案：B
主题3 图象在动力学中的应用
动力学中的图象常见的有F-t图象、a-t图象、F-a图象等．
(1)对F-t图象要结合物体受到的力，根据牛顿第二定律求出加速度，分析每一时间段的运动性质．
(2)对a-t图象，要注意加速度的正负，分析每一段的运动情况，然后结合物体的受力情况根据牛顿第二定律列方程．
(3)对于F-a图象，首先要根据具体的物理情景，对物体进行受力分析，然后根据牛顿第二定律推导出a-F间的函数关系式；由函数关系式结合图象明确图象的斜率、截距的意义，从而由图象给出的信息求出未知量．
【典例3】 放在水平地面上的一物块，受到方向不变的水平推力F的作用，F的大小与时间t的关系如图甲所示，物块速度v与时间t的关系如图乙所示．取重力加速度g＝10 m/s2.由这两个图象可以求得物块的质量m和物块与地面之间的动摩擦因数μ分别为( )
A．0.5 kg，0.4 B．1.5 kg，
C．0.5 kg，0.2 D．1 kg，0.2
解析：由题F-t图和v-t图，可知物块在2 s到4 s内所受外力F＝3 N，物块做匀加速运动，a＝＝2 m/s2，又F－f＝ma，即3－μmg＝2m.①
物块在4 s到6 s所受外力F＝2 N，物块做匀速直线运动，则F＝f＝μmg＝2 N．②
由①②解得：m＝0.5 kg，μ＝0.4，故A选项正确．
答案：A
针对训练
3．如图甲所示，固定光滑细杆与地面成一定夹角α，在杆上套有一个光滑小环，小环在沿杆方向的推力F作用下向上运动，推力F与小环速度v随时间变化规律如图乙所示，取重力加速度g＝10 m/s2.求：
图甲 图乙
(1)小环的质量m；
(2)细杆与地面间的夹角α.
解析：由题图得：0～2 s内，a＝＝ m/s2＝0.5 m/s2.
根据牛顿第二定律，可得前2 s有F1－mgsinα＝ma，2 s后有F2＝mgsin α，代入数据，解得：m＝1 kg，α＝30°.
答案：(1)1 kg (2)30°
统揽考情
牛顿运动定律是历年高考的热点，分析近几年高考题，命题角度有以下几点：
1．超重、失重问题，瞬时性问题．
2．整体法与隔离法处理连接体问题．
3．牛顿运动定律与图象综合问题．
真题例析
(2015·海南卷)(多选)如图，物块a、b和c的质量相同，a和b、b和c之间用完全相同的轻弹簧S1和S2 相连，通过系在a上的细线悬挂于固定点O，整个系统处于静止状态；现将细线剪断，将物块a的加速度记为a1，S1和S2相对原长的伸长分别为Δl1和Δl2，重力加速度大小为g，在剪断瞬间( )
A．a1＝3g B．a1＝0
C．Δl1＝2Δl2 D．Δl1＝Δl2
解析：剪断细线前，轻弹簧S1的弹力FT1＝2mg，轻弹簧S2弹力FT2＝mg；在剪断细线的瞬间弹簧弹力不变，根据F＝kx知Δl1＝2Δl2，C正确，D错误；细线剪断瞬间，弹簧弹力不变，此时a物体受向下的重力和向下的拉力FT1，A其合力为3mg，因此a的加速度a1＝3g，A正确，B错误，故选A、C
答案：AC
针对训练
如图所示，轻弹簧上端与一质量为m的木块1相连，下端与另一质量为M的木块2相连，整个系统置于水平放置的光滑木板上，并处于静止状态．现将木板沿水平方向突然抽出，设抽出后的瞬间，木块1、2的加速度大小分别为a1、a2.重力加速度大小为g，则有( )
A．a1＝g，a2＝0 B．a1＝g，a2＝g
C．a1＝0，a2＝g D．a1＝g，a2＝g
解析：在抽出木板的瞬间，弹簧未来得及发生形变，所以木块1所受重力和弹力均不变，合力为零，则a1＝0.木块2受重力Mg和弹簧弹力F＝mg，由牛顿第二定律，得Mg＋mg＝Ma2，则a2＝ g，选项C正确．
答案：C
1.如图所示，两根完全相同的轻弹簧下端挂一个质量为m的小球，小球与地面间有一竖直细线相连，系统平衡．已知两轻弹簧之间的夹角是120°，且轻弹簧产生的弹力均为3mg，则剪断细线的瞬间，小球的加速度是( )
A．a＝3g，方向竖直向上
B．a＝3g，方向竖直向下
C．a＝2g，方向竖直向上
D．a＝2g，方向竖直向下
解析：两轻弹簧弹力之和为3mg，剪断细线的瞬间，小球所受合外力为2mg，其加速度是a＝2g，方向竖直向上，选项C正确．
答案：C
2．如图所示，车厢底板光滑的小车上用两个量程均为20 N的完全相同的弹簧测力计甲和乙系住一个质量为1 kg的物块，当小车在水平地面上做匀速运动时，两弹簧测力计受拉力的示数均为10 N，当小车做匀加速运动时弹簧测力计甲的示数为8 N，这时小车运动的加速度大小和方向是( )
A．2 m/s2，水平向右 B．4 m/s2，水平向右
C．6 m/s2，水平向左 D．8 m/s2，水平向左
解析：开始两个弹簧处于受拉状态，小车匀速运动时两弹簧拉伸的长度相同；现甲弹簧测力计的读数变小，说明乙弹簧测力计的读数变大，因为弹簧的弹力F与形变量x成正比，且＝，故甲弹簧测力计的读数减小2 N，乙弹簧测力计的读数增大2 N．根据合力与加速度方向相同的关系，物块的加速度方向水平向右．由F＝ma，有a＝ m/s2＝4 m/s2.故选项B正确．
答案：B
3．(多选)如图所示，一足够长的木板静止在光滑水平面上，一物块静止在木板上，木板和物块间有摩擦．现用水平力向右拉木板，当物块相对木板滑动了一段距离但仍有相对运动时，撤掉拉力，此后木板和物块相对于水平面的运动情况为( )
A．物块先向左运动，再向右运动
B．物块向右运动，速度逐渐增大，直到做匀速运动
C．木板向右运动，速度逐渐变小，直到做匀速运动
D．木板和物块的速度都逐渐变小，直到为零
解析：物块相对于木板滑动，说明物块的加速度小于木板的加速度，撤掉拉力后木板向右的速度大于物块向右的速度，所以它们之间存在滑动摩擦力，使物块向右加速，木板向右减速，直至达到向右相同的速度，所以B、C正确．
答案：BC
4．一有固定斜面的小车在水平面上做直线运动，小球通过细绳与车顶相连．小球某时刻正处于图示状态．设斜面对小球的支持力为FN，细绳对小球的拉力为FT，关于此时刻小球的受力情况，下列说法正确的是( )
A．若小车向左运动，FN可能为零
B．若小车向左运动，FT不可能为零
C．若小车向右运动，FN不可能为零
D．若小车向右运动，FT不可能为零
解析：若小车向左做减速运动，则加速度方向向右，若小球受重力和绳子的拉力的合力可以使小球的加速度与小车的加速度相同，故此时FN为零，故A正确；若小车向左加速运动，则加速度方向向左，若此时重力与斜面的支持力的合力可以使小球的加速度与小车的加速度相同，则绳子的拉力为零，故B错误；同理可知当小车向右运动时，也可能做加速或减速运动，即加速度方向也可能向右或向左，所以FN和FT均可以为零，故C、D均错误．
答案：A
5．(多选)如图甲所示，在粗糙水平面上，物体A在水平向右的外力F的作用下做直线运动，其速度—时间图象如图乙所示，下列判断正确的是( )
A．在0～1 s内，外力F不断增大
B．在1～3 s内，外力F的大小恒定
C．在3～4 s内，外力F不断减小
D．在3～4 s内，外力F的大小恒定
解析：在速度—时间图象中，0～1 s内物块速度均匀增大，物块做匀加速运动，外力F为恒力；1～3 s内，物块做匀速运动，外力F的大小恒定，3～4 s内，物块做加速度不断增大的减速运动，外力F由大变小．综上所述，只有B、C两项正确．
答案：BC
6.如图所示，一夹子夹住木块，在力F作用下向上提升．夹子和木块的质量分别为m、M，夹子与木块两侧间的最大静摩擦力均为f.若木块不滑动，力F的最大值是( )
A.
B.
C.－(m＋M)g
D.＋(m＋M)g
解析：对整个系统应用牛顿第二定律，得
F－(M＋m)g＝(M＋m)a；①
对M应用牛顿第二定律，得2f－Mg＝Ma；②
由①②联立，得F＝，故A正确．
答案：A
7.(多选)利用传感器和计算机可以研究快速变化的力的大小．实验时让某消防队员从一平台上跌落，自由下落2 m后双脚触地，接着他用双腿弯曲的方法缓冲，使自身重心又下降了0.5 m，最后停止．用这种方法获得消防队员受到地面冲击力随时间变化的图线如图所示，根据图线所提供的信息，以下判断正确的是( )
A．t1时刻消防队员的速度最大
B．t2时刻消防队员的速度最大
C．t3时刻消防队员的速度最大
D．t4时刻消防队员的加速度最小
解析：由题图象可判断消防队员的运动过程：t1时刻刚产生地面的冲击力，说明此时消防队员刚落地；此后由于地面的冲击力小于重力，所以合力向下，消防队员继续加速运动；t2时刻消防队员受到的冲击力和重力大小相等而平衡，加速度为零，速度达到最大，A、C错误，B正确；t4时刻消防队员站稳，加速度为零，D正确．
答案：BD
8．如图所示，航空母舰上的起飞跑道由长度为l1＝1.6×102 m的水平跑道和长度为l2＝20 m的倾斜跑道两部分组成，水平跑道与倾斜跑道末端的高度差h＝4.0 m．一架质量为m＝2.0×104 kg的飞机，其喷气发动机的推力大小恒为F＝1.2×105 N，方向与速度方向相同，在运动过程中飞机受到平均阻力大小为飞机重力的.假设航母处于静止状态，飞机质量视为不变并可看成质点，取g＝10 m/s2.
(1)求飞机在水平跑道上运动的时间及到达倾斜跑道末端时的速度大小；
(2)为了使飞机在倾斜跑道的末端达到起飞速度100 m/s，外界还需要在整个水平跑道阶段对飞机施加助推力，求助推力F推的大小．
解析：(1)飞机在水平跑道上运动时，水平方向受到推力与阻力的作用，设加速度大小为a1，末速度大小为v1，运动时间为t1，有F合＝F－f＝ma1，v＝2a1l1，
v1＝a1t1，
其中f＝0.1mg，代入已知数据可得：
a1＝5.0 m/s2，v1＝40 m/s，t1＝8.0 s.
飞机在倾斜跑道上运动时，沿倾斜跑道受到推力、阻力与重力沿倾斜跑道向下的分力作用，设沿倾斜跑道方向的加速度大小为a2，末速度大小为v2，沿倾斜跑道方向有：
F′合＝F－f－Gx＝ma2，Gx＝mg＝4.0×104 N，
v－v＝2a2l2，
代入已知数据可得：
a2＝3.0 m/s2，v2＝ m/s＝41.5 m/s.
(2)飞机在水平跑道上运动时，水平方向受到推力、助推力与阻力作用，设加速度大小为a′1，末速度大小为v′1，有：F″合＝F推＋F－f＝ma′1，
v′＝2a′1l1，
飞机在倾斜跑道上运动时，沿倾斜跑道的受力没有变化，加速度大小a′2＝a2＝3.0 m/s2，
v′－v′＝2a′2l2，
根据题意，v′2＝100 m/s，代入已知数据解得：
F推＝5.2×105 N.
答案：(1)8.0 s 41.5 m/s (2)5.2×105 N
