高考物理平衡問題解題方法探討

作者簡介：周欣（1978～），女，漢族，廣西柳州人，柳州高級中學，研究方向：物理教育。

摘 要：從分解力的方法入手，探討解決平衡問題的兩種解題方法：正交分解法和按效果分解的方法。并通過不同的例題去體會兩種方法的特點和區別，以及如何建立量的關系，從而形成解題思路，靈活、熟練地解決平衡問題。

關鍵詞：平衡問題；正交分解法；按效果分解法

中圖分類號：G633.7 文獻標識碼：A 文章編號：1673-8918（2024）29-0105-05

平衡問題是高中物理最基本的力學問題，從初中二力的一維平衡過渡到多力的二維平衡、三維平衡，為后面合力恒定的勻變速直線運動問題做鋪墊，是高考?？碱}型。由于平衡問題題型眾多、方法靈活巧妙，對力學知識和幾何知識的要求比較高，學生學習起來比較困難。現將平衡問題的典型題型和解題方法歸納總結，分類探討。

解平衡問題的步驟是：①確定研究對象；②對研究對象進行受力分析；③處理（分解）力；④根據平衡關系列式子。根據處理（分解）力的方法分類，可以分為正交分解法和按效果分解法兩種方法。

一、 正交分解法

正交分解是將所受的力往兩個互相垂直的方向x、y分解，分別求出x、y方向的合力Fx合、Fy合，然后根據勾股定理求總的合力大小F合=F2x合+F2y合、方向tanα=Fy合Fx合，如圖1所示。正交分解是把雜亂的關系往統一的方向分解處理，用正弦、余弦等三角函數來表達潛在力學變量之間的關系，并把力學變量之間的關系和長度的幾何關系聯系在了一起，從而簡化了復雜問題。

正交分解的方法適用于高中階段所有運動學情景的力學處理，包括平衡、勻變速直線運動、勻變速曲線運動、圓周運動、變加速直線運動。按正交分解求得兩個方向的合力，根據牛頓第二定律分別列出Fx合=max和Fy合=may，不同的情景只需要把加速度稍微變化一下即可，由平衡狀態向“非平衡狀態”拓展，自成一個體系，以不變應萬變，而平衡只是其中的一個特例，分別列Fx合=0和Fy合=0即可。

不過這里要注意往哪兩個互相垂直的方向分解都是可以的，但要學會往便于求解的兩個互相垂直的方向分解，如果變量過多，又只能列兩個方向的關系，就不便于求解了。所以我們要很熟練地知道什么情況下選擇正交分解的方法，往哪兩個方向分解更好。

典型題型一：解析法和圖像法做動態平衡題型

【例1】 如圖2所示，用細繩將光滑圓球掛在墻上，不考慮墻的摩擦，如果把細繩的長度增大一些，則球對繩的拉力F1的大小和球對墻的壓力F2的大小變化情況是（ ）

A. F1增大，F2減小

B. F1減小，F2增大

C. F1減小，F2減小

D. F1增大，F2增大

解析：如圖3所示對小球進行受力分析，重力mg和支持力F2分別在豎直、水平方向上，正交分解只需要往水平、豎直方向分解拉力F1即可。

根據平衡狀態的牛頓第二定律：

水平方向：F1sinθ=F2

豎直方向：F1cosθ=mg

又根據幾何關系：sinθ=rr+l，所以l變大，sinθ變小，則θ變小，cosθ變大，F1變小，F2變小，故答案選C。

也可以用圖像法定性分析，保持F1的豎直分量不變，如圖4所示可知，由F1、F2到F′1、F′2，都變小了。

典型題型二：“晾衣架”模型的動態分析

【例2】 如圖5所示，一半圓環直徑為AB，圓心為O，半圓環放置于豎直平面內，直徑AB與水平方向的夾角為θ，A、B兩端系著一根不可伸長的輕繩，繩長大于直徑AB，繩上套有一光滑小球，現將半圓環在豎直平面內繞圓心O順時針緩慢轉過2θ。在此過程中，下列說法正確的是（ ）

A. 輕繩的拉力先增大后減小

B. 輕繩的拉力先減小后增大

C. 小球受到的合力先減小后增大

D. 小球受到的合力先增大后減小

解析：這是一道動態平衡的題目，題中小球是套在一根繩子上的，這是“活結”，所以兩邊繩子給球的拉力是等大的，由于對稱性，用正交分解的方法比較全面。受力分析如圖6所示，并將拉力向水平、豎直方向分解，根據平衡狀態的牛頓第二定律：

水平方向：FTcosα1=FTcosα2，得α1=α2=α

則豎直方向：2FTsinα=mg

突破點是長度的幾何關系，如圖7所示分別過A點作豎直輔助線、B點作水平輔助線，兩輔助線相交于N點。由對稱性有AM=A′M，所以A′M+MB=l，則cosα=xl，其中x是繩子兩端點的水平距離，l為繩子的總長度。

將半圓環在豎直平面內繞圓心O順時針緩慢轉過2θ，如圖8所示。繩子兩端點位置分別由A、B轉至A1、B1，再轉至A2、B2，x先變大再變小，而l是不變的，所以cosα先變大再變小，sinα先變小再變大，FT就先變大再變小，而小球因為始終平衡，所以所受合力為0，即合力不變。故答案選A。

典型題型三：可以往任意兩個方向正交分解，應選便于計算的。

【例3】 如圖9所示，一光滑圓環固定在豎直平面內，環上套有兩個小球A、B（中央有小孔），A、B間由細線連接著，它們處于如圖所示的位置時恰好都保持靜止狀態。此情況下，B球與環中心O處于同一水平面上，A、B間細繩呈伸直狀態，與水平方向成30°的夾角，則兩小球的質量比mA∶mB 為 （ ）

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

解析：這道題是連接體題型，如圖10所示對B小球進行受力分析、正交分解。

根據平衡狀態的牛頓第二定律：

豎直方向：FTsin30°=mBg，解得：FT=2mBg

如圖11所示對A小球進行受力分析，同樣采取正交分解的方法往水平、豎直方向分解拉力FT和支持力FN，根據平衡狀態的牛頓第二定律：

水平方向：FTcos30°=FNcos60°

則豎直方向：FTsin30°+mAg=FNsin60°

解得：FT=mAg，所以mA∶mB=2∶1，故答案選B。

對A小球的受力進行正交分解還可以往FN方向和垂直于FN方向分解，如圖12所示。根據平衡狀態的牛頓第二定律：

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

第二種方法更便于求解。

二、 按效果分解法

按效果分解是將所受的力往實際作用效果方向分解，往往適用于三力平衡的題目，也可以逆向把另外兩個力合成，與第三個力等大反向。然后利用相似三角形對應邊成比例把力的關系和長度幾何關系聯系起來，也可以利用正弦定理、余弦定理找力和角度的關系，還可以用圖解法找力的定性關系。

典型題型一：利用相似三角形求解

【例4】 如圖13所示，將一帶電小球A用絕緣棒固定，在它的正上方L處有一懸點O，通過長也為L的絕緣細線懸吊一個與A球帶同種電荷的小球B，B球靜止時，懸線與豎直方向成某一夾角θ?，F設法增大A球的電荷量，則重新平衡后懸線OB對B球的拉力FT的大小將（ ）

A. 增大

B. 不變

C. 減小

D. 可能增大，可能減小，也可能不變

解析：這道題是典型的按效果分解的題型，用正交分解的方法變量太多，不利于列式求解/LcE6zmNZqXmF/kNA87iLfA/HMU7CV4sCVm3arkiuII=。如圖14所示，帶電小球B受重力mg、庫侖力F庫、拉力FT，處于三力平衡狀態，庫侖力F庫和拉力FT的合力與重力mg等大反向。由圖可以看出力的三角形和長度的三角形相似，則對應邊成比例：

mgL=FTL=F庫x=kQAqBx3

因為mg、L不變，所以mgL=定值，則當A球的電荷量QA增加，則x增加，但FT是不變的，故答案選B。

典型題型二：利用正弦定理求解

【例5】 如圖15所示，柔軟輕繩ON的一端O固定，其中間某點M拴一重物，用手拉住繩的另一端N。初始時，OM豎直且MN被拉直，OM與MN之間的夾角為α（α>π2）?，F將重物向右上方緩慢拉起，并保持夾角α不變。在OM由豎直被拉到水平的過程中（ ）

A. MN上的張力逐漸增大

B. MN上的張力先增大后減小

C. OM上的張力逐漸增大

D. OM上的張力先增大后減小

解析：這是2017年全國Ⅰ卷的一道選擇題，如圖16所示，對重物被拉起后的某個狀態進行受力分析，FMN和FMO的合力與重力等大反向，并在力的三角形里標注三個夾角，根據正弦定理可得力和角度的關系：

mgsinφ=FMNsinθ=FMOsinβ

因為重物被向右上方緩慢拉起的過程中，輕繩MN與MO的夾角α保持不變，則φ=180°-α也保持不變。又因為mg、φ保持不變，所以mgsinφ=定值。在OM由豎直被拉到水平的過程中，MN與豎直方向的夾角β由β=α鈍角開始逐漸減小至銳角，所以sinβ先增加再減小，則FMO先增加再減??；而MO與豎直方向的夾角θ由θ=0°開始逐漸增加至90°，所以sinθ一直增加，則FMN一直增加。所以答案選AD。

典型題型三：圖像法

上題還可以用三角形內接圓的方法作圖定性分析。如圖17所示，表示輕繩MN的拉力由初始方向轉過90°，分別經過FMN1、FMN2、FMN3，直到與直徑2重合的FMN4，FMN由0一直在變大至最大；表示輕繩MO的拉力由豎直方向開始轉過90°，分別經過FMO1、FMO2、FMO3，直到水平方向的FMO4，FMO由與重力等大反向開始先變大再變小的，與直徑1重合時最大。

【例6】 如圖18所示，一個重為5N的大砝碼，用細線懸掛在O點，現在用力F拉砝碼，使懸線偏離豎直方向30°時處于靜止狀態，此時所用拉力F的最小值為（ ）

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

解析：這是一道典型的動態分析求極值的圖解題型。如圖19所示，對大砝碼進行受力分析，兩拉力F、F1的合力與重力等大反向。其中重力的大小方向都不變，F1的方向不變，所以當F與F1垂直時，F有最小值。Fmin=mgsin30°=2.5N，故D正確。

典型題型四：利用余弦定理求解

【例7】 如圖20所示，有兩個電荷量相同的光滑小球，質量都是m，其中一個固定于絕緣半球形容器的底部A點，另一個小球置于容器右側B點（未固定），右側小球恰處于靜止狀態。已知∠AOB=θ，容器的半徑為r，靜電力常量為k，重力加速度為g，兩帶電小球均可視為點電荷，下列說法正確的是（ ）

A. 兩個小球間的庫侖力大小為mg2（1-cosθ）

B. 小球B受到的支持力大小為mg

C. A、B兩點間距離為r1-cosθ

D. 小球的電荷量的平方為q2=2r2（1-cosθ）mg2（1-cosθ）k

解析：如圖21所示，對小球B進行受力分析，庫侖力F庫和支持力FN的合力與重力mg等大反向。和例4一樣根據相似三角形對應邊成比例的關系：mgr=FNr，求得FN=mg。再根據余弦定理分別對長度三角形和力的三角形列式：

長度三角形：xAB=r2+r2-2r·rcosθ=r2（1-cosθ）

力的三角形：F庫=（mg）2+（mg）2-2mg·mgcosθ=mg2（1-cosθ）

再根據F庫=kq·qx2AB，解得q2=2r2（1-cosθ）mg2（1-cosθ）k

故答案選ABD。

三、 多種方法綜合應用

【例8】 如圖22所示，四分之一圓柱體P放在水平地面上，圓心O的正上方有一個大小可忽略的定滑輪A，一根輕繩跨過定滑輪，一端和置于圓柱體P上質量為m的小球連接，另一端系在固定豎直桿上的B點，一質量為m0鉤碼掛在AB間的輕繩上，整個裝置處于靜止狀態。除圓柱體與地面之間的摩擦以外，其他摩擦不計。若在鉤碼下方再加掛一個鉤碼，整個裝置再次處于靜止狀態時，小球依然處于圓柱體P上，則此時與先前整個裝置處于靜止狀態時相比（ ）

A. 地面對P的摩擦力減小

B. P對小球的彈力增大

C. 輕繩的張力增大

D. P對地面的壓力減小

解析：這是一道連接體的題目，對不同的對象進行受力分析，根據受力特點，可以采取不同的分解辦法，并且要靈活轉換，考核熟練度。如圖23所示，先對小球m進行受力分析，拉力FT和支持力FN的合力與重力mg等大反向，用的是力的三角形和長度的三角形相似，對應邊成比例的方法：mghAO=FTL=FNR，因為mg、hAO、R不變，所以mghAO=定值，則FN不變。而再掛一個鉤碼，滑輪右邊的繩子變長，滑輪左邊的繩子L變短，所以FT變小。

再對鉤碼進行研究，可以用按效果分解（或者逆向合成）的方法。如圖24所示，兩個拉力的合力與重力等大反向。當重力變大，這兩個拉力的合力變大的情況下，拉力FT變小，兩繩子之間的夾角2θ變小。

求P和地面之間的相互作用力可研究圓柱體P，也可以把小球和圓柱體P作為整體來研究。因為FN大小不變，而FT大小、方向都在變化，研究圓柱體P更方便。如圖25所示為圓柱體P的受力分析，用正交分解的方法，根據牛頓第二定律：

水平方向：FNsinα=Ff

豎直方向：FNcosα+Mg=F支

滑輪左邊的繩子L變短，小球上移，FN與豎直方向的夾角α變小，sinα變小，cosα變大，而FN不變，所以Ff變小，F支變大。故選A。

四、 結論

解決平衡問題的兩種解題方法：正交分解的方法和按效果分解的方法。這兩種方法本質上是一樣的，都是將力往兩個已知方向分解，待分解的力只有一個，或者不止一個的情況下這些力如果與x、y方向的夾角已知或有內在簡單的關系，比如相等或者互余，一般選正交分解的方法，“量”的關系就一個：Fx合=0和Fy合=0，簡單、方便、全面。而如果是三力平衡的情況，正交分解中角度關系又很復雜的，用正交分解不易求解，就選按效果分解，如上面例4～例7的受力結構都是一樣的，是典型的按效果分解的題目。并且根據不同的已知條件，可以利用不同的規律建立“量”的關系。相似三角形對應邊成比例是“力和長度”的關系，正弦定理是“兩個力和兩個角”的關系，余弦定理是“三個力和一個角”的關系，圖像法是“力的定性”關系。實際上有些較難的連接體平衡類的題目兩種方法都會用上，甚至同一個研究對象會從不同的角度用不同的方法進行分析，所以這兩種方法大家要熟練掌握，靈活應用。

參考文獻：

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