系统的牛顿第二定律求解。由运动学公式得物块m沿斜面下滑的加速度：
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a
2vt2v0vt207ms22s2s
以m和M为研究对象，受力如图17甲所示。由系统的牛顿第二定律可解得地面对木块M的摩擦力为fmacosθ061N，方向水平向左
例7
有一轻质木板AB长为L，A端用铰链固定在竖直墙上，另一端用水平轻绳CB拉住。板上依次放着A、B、C三个圆柱体，半径均
为r，重均为G，木板与墙的夹角为θ，如图18所示，不计一切摩擦，求BC绳上的张力。解析以木板为研究对象，木板处于力矩平衡状态，若分别以圆柱体A、B、C为研究对象，求A、B、C对木板的压力，非常麻烦，且
容易出错。若将A、B、C整体作为研究对象，则会使问题简单化。以A、B、C整体为研究对象，整体受到重力3G、木板的支持力F和墙对整体的支持力FN，其中重力的方向竖直向下，如图18甲所示。合重力经过圆柱B的轴心，墙的支持力FN垂直于墙面，并经过圆柱C的轴心，木板给的支持力F垂直于木板。由于整体处于平衡状态，此三力不平行必共点，即木板给的支持力F必然过合重力墙的支持力FN的交点根据共点力平衡的条件：∑F0，可得：F3Gsi
θ由几何关系可求出F的力臂L2rsi
2θrsi
θrcotθ
以木板为研究对象，受力如图18乙所示，选A点为转轴，根据力矩平衡条件∑M0，有：FLTLcosθ
即
3Gr2si
21si
cotTLcossi

图18乙
解得绳CB的能力：T例8

3Gr1cos2ta
Lsi
2cos
（D．40Ns）
质量为10kg的小球从高20m处自由下落到软垫上，反弹后上升的最大高度为50m，小球与软垫接触的时间为10s，在接触时间
内小球受合力的冲量大小为（空气阻力不计，取g10ms2）A．10Ns解析B．20NsC．30Ns
小球从静止释放后，经下落、接触软垫、
反弹上升三个过程后到达最高点。动量没有变化，初、末动量均为零，如图19所示。这时不要分开过程求解，而是要把小球运动的三个过程作为一个整体来求解。设小球与软垫接触时间内小球受到合力的冲量大小为I，下落高度为H1，下落时间为t1，接触反弹上升的高度为H2，上升的时间为t2，则以竖直向上为正方向，根据动量定理得：
图19
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mgt1Imgt20而t12H1gt22H2g
故I2gH12gH230Ns
答案C例9总质量为M的列车以匀速率v0在平直轨道上行驶，各车厢受的阻力都是车重的kr