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第5 讲 整体法和隔离法解决多物体的平衡问题
学习目标
1.会灵活应用整体法和隔离法并结合牛顿第三定律对多物体受力分析。
2.会运用共点力平衡的条件分析解决平衡问题。
知识梳理
多物体通常由两个或两个以上的研究对象，通过直接接触或通过绳、杆等媒介连接组合，如叠加体、
连接体等，处理方法通常是整体法和隔离法交替使用。
【例题】如图所示，倾角为θ 的斜面固定在水平地面上，两个物块A、B 用轻质弹簧连接，两物块恰好能
静止在斜面上。已知物块A 的质量为1 kg，物块A 与斜面间的动摩擦因数为0.4，物块B 与斜面间的动摩
擦因数为0.8，两物块受到的摩擦力方向相同，滑动摩擦力等于最大静摩擦力，重力加速度大小g＝10
m/s2，sin θ＝0.6，下列说法正确的是( )
A.弹簧可能处于压缩状态
B.弹簧中的弹力大小为2.4 N
C.物块B 的质量为7 kg
D.物块B 受到的摩擦力大小为56 N
【答案】C
【解析】 因tanθ>0.4，物块A 静止在斜面上，所以弹簧一定处于伸长状态，A 错误;对物块A 有
mAgsinθ＝μAmAgcosθ＋F，解得F＝2.8 N，B 错误;把A、B 看成一个整体，有μAmAgcosθ＋μBmBgcosθ
＝(mA＋mB)gsin θ，解得mB＝7kg，物块B 受到的摩擦力大小为Ff＝μBmBgcosθ＝44.8 N，C 正确，D 错
误。
总结提升
处理多物体平衡问题的技巧
(1)合理选择研究对象:在分析两个或两个以上物体间的相互作用时，一般采用整体法与隔离法进行分析，
在使用时有时需要先整体再隔离，有时需要先隔离再整体，交替使用整体法和隔离法。
(2)转换研究对象:用隔离法直接分析一个物体的受力情况不方便时，可转换研究对象，先隔离分析相互作
用的另一个物体的受力情况，再根据牛顿第三定律分析该物体的受力情况。
【变式3-1】用轻质细线把两个质量未知的小球悬挂起来，如图所示．对小球a 持续施加一个水平向左的
恒力，并对小球b 持续施加一个水平向右的同样大小的恒力，最后达到平衡状态．下列选项中表示平衡状
态的图可能是( )
【解析】将两球和两球之间的细线看成一个整体，对整体受力分析如图所示，整体达到平衡状态．根据
平衡条件可知整体受到a 球上方的细线的拉力F 线的大小等于a、b 的重力大小之和，方向沿竖直方向，故
此细线必定沿竖直方向，故A 正确．
【变式3-2】有一个固定直角支架AOB，AO 水平放置，表面粗糙，OB 竖直，表面光滑．AO 上套有小环P，
OB 上套有小环Q，两环质量均为m，两环由一根质量可忽略、不可伸长的细绳相连，并在某一位置平衡(如
图所示)．现将P 环向左移动一小段距离，两环再次达到平衡，那么将移动后的平衡状态和原来的平衡状
态比较，AO 杆对P 环的支持力F 和摩擦力Ff的变化情况是( )
A．F 变小，Ff变大
B．F 不变，Ff变小
C．F 变大，Ff变大
D．F 变大，Ff变小
【解析】对小环Q 受力分析，受到重力mg、支持力FN和拉力FT，如图甲所示，根据三力平衡条件得FT
＝，FN＝mgtan θ(也可用图解法分析)，再对P、Q 整体受力分析，受到总重力2mg、AO 杆的支持力F、向
右的静摩擦力Ff、OB 杆的支持力FN，如图乙所示，根据共点力平衡条件，有FN＝Ff，F＝2mg，当P 环向左
移一小段距离，θ 变小，FN变小，则静摩擦力Ff变小，AO 杆的支持力F 不变，故选项B 正确．故选B。
【变式3-3】(2022·海南卷)我国的石桥世界闻名，如图所示，某桥由六块形状完全相同的石块组成，其
中石块1、6 固定，2、5 质量相同为m，3、4 质量相同为m′，不计石块间的摩擦，则为( )
A．
B．
C．1
D．2
【解析】六块形状完全相同的石块围成半圆对应的圆心角为180°，每块石块对应的圆心角为30°，对
第3 块石块受力分析如图甲所示，由力的合成可知tan 60°＝
F4
m2 g ，对第2 块和第3 块石块整体受力分析
如图乙所示，tan30°＝
F4
(m1＋m2)g ，联立解得
m1
m2
＝2，故D 正确。
跟踪训练-考点拓展
1．(多选)如图所示，斜面体质量为M，倾角为θ，小方块质量为m，在水平推力F 作用下，斜面体和小方
块整体向左做匀速直线运动，各接触面之间的动摩擦因数都为μ，重力加速度为g，则( )
A．斜面体对小方块的支持力为mgcos θ
B．斜面体对地面的压力大小为(M＋m)g
C．斜面体对小方块的摩擦力大小为μmgcos θ
D．地面对斜面体的摩擦力大小为μMg
【解析】以整体为研究对象，地面对斜面体的支持力大小为(M＋m)g，根据牛顿第三定律可得斜面体对地
面的压力大小为(M＋m)g，根据摩擦力的计算公式可得地面对斜面体的摩擦力大小为Ff1＝μ(M＋m)g，故D
错误，B 正确；斜面体对小方块的摩擦力为静摩擦力，摩擦力大小为Ff2＝mgsinθ，故C 错误．斜面体对
小方块的支持力等于小方块的重力垂直斜面的分力，大小为mgcosθ，故A 正确．故选AB。
2.如图所示，质量分别为m、
的小球1、2 用细线a、b、c 连接悬吊在墙角，细线a 与竖直方向的夹角
，细线b 与竖直方向的夹角
，细线c 水平，不计细线的重力，
，
，则细线a、c 上的拉力大小之比为（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】C
【解析】设细线a、c 上的拉力大小分别为F1和F2，对两个小球和细线b 整体受力分析，根据平衡条件有
解得
∶
=5∶3
故选C。
3.如图所示，质量M＝2❑√3 kg 的木块A 套在水平杆上，并用轻绳将木块与质量m＝❑√3 kg 的小球B 相连。
用与水平方向成α＝30°角的恒力F＝10❑√3 N 拉着球带动木块一起向右匀速运动，运动中A、B 相对位置
保持不变，g 取10 m/s2。求:
(1)运动过程中轻绳与水平方向的夹角θ;
(2)木块与水平杆间的动摩擦因数μ。
【答案】 (1)30° (2)
❑√3
5
【解析】(1)对B 进行受力分析，设轻绳对B 的拉力为FT，由平衡条件可得
Fcos 30°＝FTcos θ
Fsin 30°＋FTsin θ＝mg
联立解得FT＝10❑√3 N，tan θ＝
❑√3
3
即θ＝30°。
(2)对A 进行受力分析，由平衡条件有
FTsin θ＋Mg＝FN，FTcos θ＝μFN
联立解得μ＝
❑√3
5
。
4.(多选)如图所示，质量为m 的匀质细绳，一端系在天花板上的A 点，另一端系在竖直墙壁上的B 点，平
衡后最低点为C 点。现测得AC 段绳长是CB 段绳长的3 倍，且绳子A 端的切线与竖直方向的夹角为β，绳
子B 端的切线与墙壁的夹角为α＝60°(重力加速度为g)则( )
A.β＝30°
B.绳子在C 处弹力大小FC＝
❑√3
3
mg
C.绳子在A 处的弹力大小FA＝
❑√3
2
mg
D.绳子上B 处拉力最大
【答案】AC
【解析】对CB 段受力分析，受重力G1＝1
4
mg、墙壁的拉力FB、AC 段绳子对其向左的拉力FC，如图甲所
示，根据平衡条件可得FBcosα＝1
4 mg，FBsinα＝FC，联立解得FB＝1
2mg，FC＝
❑√3
4
mg;再对AC 段绳子受力
分析，受重力G2＝3
4
mg、BC 段绳子对其向右的拉力FC'＝FC，天花板对AC 段绳子的拉力为FA，如图乙所
示，根据平衡条件有FAcosβ＝3
4 mg，FAsinβ＝FC'，联立解得β＝30°，FA＝
❑√3
2
mg，故A、C 正确，B 错
误;由以上分析可知FC<FB<FA，则绳子上A 处拉力最大，故D 错误。
5.某登山营地在两座不等高的悬崖边缘设置了紧急救援滑索。滑索由质量为m 的强化绳索制成，两端分别
固定在高度不同的竖直支架上。安装时，左端绳索与支架的切线夹角为α，右端切线夹角为β。为确保受
困人员滑降时的安全性，需计算滑索最低点（弧底）的张力大小。已知重力加速度为g，求该张力表达式
（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】B
【解析】对绳子受力分析如图所示
其中
、
分别是左右悬点对绳子的拉力大小，设重绳最低点（弧底）的张力大小为F，分析可知其方向
为水平方向，对重绳最低点左半部分，由平衡条件有
对重绳最低点右半部分，由平衡条件有
对重绳，由平衡条件有
联立解得
故选B。
