高考物理平衡问题解题方法探讨

作者简介：周欣（1978～），女，汉族，广西柳州人，柳州高级中学，研究方向：物理教育。

摘 要：从分解力的方法入手，探讨解决平衡问题的两种解题方法：正交分解法和按效果分解的方法。并通过不同的例题去体会两种方法的特点和区别，以及如何建立量的关系，从而形成解题思路，灵活、熟练地解决平衡问题。

关键词：平衡问题；正交分解法；按效果分解法

中图分类号：G633.7   文献标识码：A   文章编号：1673-8918（2024）29-0105-05

平衡问题是高中物理最基本的力学问题，从初中二力的一维平衡过渡到多力的二维平衡、三维平衡，为后面合力恒定的匀变速直线运动问题做铺垫，是高考常考题型。由于平衡问题题型众多、方法灵活巧妙，对力学知识和几何知识的要求比较高，学生学习起来比较困难。现将平衡问题的典型题型和解题方法归纳总结，分类探讨。

解平衡问题的步骤是：①确定研究对象；②对研究对象进行受力分析；③处理（分解）力；④根据平衡关系列式子。根据处理（分解）力的方法分类，可以分为正交分解法和按效果分解法两种方法。

一、 正交分解法

正交分解是将所受的力往两个互相垂直的方向x、y分解，分别求出x、y方向的合力Fx合、Fy合，然后根据勾股定理求总的合力大小F合=F2x合+F2y合、方向tanα=Fy合Fx合，如图1所示。正交分解是把杂乱的关系往统一的方向分解处理，用正弦、余弦等三角函数来表达潜在力学变量之间的关系，并把力学变量之间的关系和长度的几何关系联系在了一起，从而简化了复杂问题。

正交分解的方法适用于高中阶段所有运动学情景的力学处理，包括平衡、匀变速直线运动、匀变速曲线运动、圆周运动、变加速直线运动。按正交分解求得两个方向的合力，根据牛顿第二定律分别列出Fx合=max和Fy合=may，不同的情景只需要把加速度稍微变化一下即可，由平衡状态向“非平衡状态”拓展，自成一个体系，以不变应万变，而平衡只是其中的一个特例，分别列Fx合=0和Fy合=0即可。

不过这里要注意往哪两个互相垂直的方向分解都是可以的，但要学会往便于求解的两个互相垂直的方向分解，如果变量过多，又只能列两个方向的关系，就不便于求解了。所以我们要很熟练地知道什么情况下选择正交分解的方法，往哪两个方向分解更好。

典型题型一：解析法和图像法做动态平衡题型

【例1】 如图2所示，用细绳将光滑圆球挂在墙上，不考虑墙的摩擦，如果把细绳的长度增大一些，则球对绳的拉力F1的大小和球对墙的压力F2的大小变化情况是（  ）

A. F1增大，F2减小

B. F1减小，F2增大

C. F1减小，F2减小

D. F1增大，F2增大

解析：如图3所示对小球进行受力分析，重力mg和支持力F2分别在竖直、水平方向上，正交分解只需要往水平、竖直方向分解拉力F1即可。

根据平衡状态的牛顿第二定律：

水平方向：F1sinθ=F2

竖直方向：F1cosθ=mg

又根据几何关系：sinθ=rr+l，所以l变大，sinθ变小，则θ变小，cosθ变大，F1变小，F2变小，故答案选C。

也可以用图像法定性分析，保持F1的竖直分量不变，如图4所示可知，由F1、F2到F′1、F′2，都变小了。

典型题型二：“晾衣架”模型的动态分析

【例2】 如图5所示，一半圆环直径为AB，圆心为O，半圆环放置于竖直平面内，直径AB与水平方向的夹角为θ，A、B两端系着一根不可伸长的轻绳，绳长大于直径AB，绳上套有一光滑小球，现将半圆环在竖直平面内绕圆心O顺时针缓慢转过2θ。在此过程中，下列说法正确的是（  ）

A. 轻绳的拉力先增大后减小

B. 轻绳的拉力先减小后增大

C. 小球受到的合力先减小后增大

D. 小球受到的合力先增大后减小

解析：这是一道动态平衡的题目，题中小球是套在一根绳子上的，这是“活结”，所以两边绳子给球的拉力是等大的，由于对称性，用正交分解的方法比较全面。受力分析如图6所示，并将拉力向水平、竖直方向分解，根据平衡状态的牛顿第二定律：

水平方向：FTcosα1=FTcosα2，得α1=α2=α

则竖直方向：2FTsinα=mg

突破点是长度的几何关系，如图7所示分别过A点作竖直辅助线、B点作水平辅助线，两辅助线相交于N点。由对称性有AM=A′M，所以A′M+MB=l，则cosα=xl，其中x是绳子两端点的水平距离，l为绳子的总长度。

将半圆环在竖直平面内绕圆心O顺时针缓慢转过2θ，如图8所示。绳子两端点位置分别由A、B转至A1、B1，再转至A2、B2，x先变大再变小，而l是不变的，所以cosα先变大再变小，sinα先变小再变大，FT就先变大再变小，而小球因为始终平衡，所以所受合力为0，即合力不变。故答案选A。

典型题型三：可以往任意两个方向正交分解，应选便于计算的。

【例3】 如图9所示，一光滑圆环固定在竖直平面内，环上套有两个小球A、B（中央有小孔），A、B间由细线连接着，它们处于如图所示的位置时恰好都保持静止状态。此情况下，B球与环中心O处于同一水平面上，A、B间细绳呈伸直状态，与水平方向成30°的夹角，则两小球的质量比mA∶mB 为 （  ）

A. 12B. 2C. 3D. 33

解析：这道题是连接体题型，如图10所示对B小球进行受力分析、正交分解。

根据平衡状态的牛顿第二定律：

竖直方向：FTsin30°=mBg，解得：FT=2mBg

如图11所示对A小球进行受力分析，同样采取正交分解的方法往水平、竖直方向分解拉力FT和支持力FN，根据平衡状态的牛顿第二定律：

水平方向：FTcos30°=FNcos60°

则竖直方向：FTsin30°+mAg=FNsin60°

解得：FT=mAg，所以mA∶mB=2∶1，故答案选B。

对A小球的受力进行正交分解还可以往FN方向和垂直于FN方向分解，如图12所示。根据平衡状态的牛顿第二定律：

垂直FN方向：FTsin30°=mAgsin30°，则FT=mAg，进而mA∶mB=2∶1

第二种方法更便于求解。

二、 按效果分解法

按效果分解是将所受的力往实际作用效果方向分解，往往适用于三力平衡的题目，也可以逆向把另外两个力合成，与第三个力等大反向。然后利用相似三角形对应边成比例把力的关系和长度几何关系联系起来，也可以利用正弦定理、余弦定理找力和角度的关系，还可以用图解法找力的定性关系。

典型题型一：利用相似三角形求解

【例4】 如图13所示，将一带电小球A用绝缘棒固定，在它的正上方L处有一悬点O，通过长也为L的绝缘细线悬吊一个与A球带同种电荷的小球B，B球静止时，悬线与竖直方向成某一夹角θ。现设法增大A球的电荷量，则重新平衡后悬线OB对B球的拉力FT的大小将（  ）

A. 增大

B. 不变

C. 减小

D. 可能增大，可能减小，也可能不变

解析：这道题是典型的按效果分解的题型，用正交分解的方法变量太多，不利于列式求解。如图14所示，带电小球B受重力mg、库仑力F库、拉力FT，处于三力平衡状态，库仑力F库和拉力FT的合力与重力mg等大反向。由图可以看出力的三角形和长度的三角形相似，则对应边成比例：

mgL=FTL=F库x=kQAqBx3

因为mg、L不变，所以mgL=定值，则当A球的电荷量QA增加，则x增加，但FT是不变的，故答案选B。

典型题型二：利用正弦定理求解

【例5】 如图15所示，柔软轻绳ON的一端O固定，其中间某点M拴一重物，用手拉住绳的另一端N。初始时，OM竖直且MN被拉直，OM与MN之间的夹角为α（α>π2）。现将重物向右上方缓慢拉起，并保持夹角α不变。在OM由竖直被拉到水平的过程中（  ）

A. MN上的张力逐渐增大

B. MN上的张力先增大后减小

C. OM上的张力逐渐增大

D. OM上的张力先增大后减小

解析：这是2017年全国Ⅰ卷的一道选择题，如图16所示，对重物被拉起后的某个状态进行受力分析，FMN和FMO的合力与重力等大反向，并在力的三角形里标注三个夹角，根据正弦定理可得力和角度的关系：

mgsinφ=FMNsinθ=FMOsinβ

因为重物被向右上方缓慢拉起的过程中，轻绳MN与MO的夹角α保持不变，则φ=180°-α也保持不变。又因为mg、φ保持不变，所以mgsinφ=定值。在OM由竖直被拉到水平的过程中，MN与竖直方向的夹角β由β=α钝角开始逐渐减小至锐角，所以sinβ先增加再减小，则FMO先增加再减小；而MO与竖直方向的夹角θ由θ=0°开始逐渐增加至90°，所以sinθ一直增加，则FMN一直增加。所以答案选AD。

典型题型三：图像法

上题还可以用三角形内接圆的方法作图定性分析。如图17所示，表示轻绳MN的拉力由初始方向转过90°，分别经过FMN1、FMN2、FMN3，直到与直径2重合的FMN4，FMN由0一直在变大至最大；表示轻绳MO的拉力由竖直方向开始转过90°，分别经过FMO1、FMO2、FMO3，直到水平方向的FMO4，FMO由与重力等大反向开始先变大再变小的，与直径1重合时最大。

【例6】 如图18所示，一个重为5N的大砝码，用细线悬挂在O点，现在用力F拉砝码，使悬线偏离竖直方向30°时处于静止状态，此时所用拉力F的最小值为（  ）

A. 8.65NB. 5.0NC. 4.3ND. 2.5N

解析：这是一道典型的动态分析求极值的图解题型。如图19所示，对大砝码进行受力分析，两拉力F、F1的合力与重力等大反向。其中重力的大小方向都不变，F1的方向不变，所以当F与F1垂直时，F有最小值。Fmin=mgsin30°=2.5N，故D正确。

典型题型四：利用余弦定理求解

【例7】 如图20所示，有两个电荷量相同的光滑小球，质量都是m，其中一个固定于绝缘半球形容器的底部A点，另一个小球置于容器右侧B点（未固定），右侧小球恰处于静止状态。已知∠AOB=θ，容器的半径为r，静电力常量为k，重力加速度为g，两带电小球均可视为点电荷，下列说法正确的是（  ）

A. 两个小球间的库仑力大小为mg2（1-cosθ）

B. 小球B受到的支持力大小为mg

C. A、B两点间距离为r1-cosθ

D. 小球的电荷量的平方为q2=2r2（1-cosθ）mg2（1-cosθ）k

解析：如图21所示，对小球B进行受力分析，库仑力F库和支持力FN的合力与重力mg等大反向。和例4一样根据相似三角形对应边成比例的关系：mgr=FNr，求得FN=mg。再根据余弦定理分别对长度三角形和力的三角形列式：

长度三角形：xAB=r2+r2-2r·rcosθ=r2（1-cosθ）