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平衡问题的求解是中学物理中的重点和难点之一，在高考和各地模拟考试中频频出现，部分同学对平衡问题存在模糊认识，本文就静态平衡和动态平衡的处理方法举例剖析，希望对同学们有所帮助。
一、平衡问题的常规处理方法
1. 整体隔离法：有多个物体参与相互作用，结合问题灵活选取研究对象，可使问题的处理简单化。
例1：（2016年甘肃白银模拟）如图所示，ACB是一光滑的、足够长的、固定在竖直平面内的“∧”形框架，其中CA、CB边与竖直方向的夹角均为θ。P、Q两个轻质小环分别套在CA、CB上，两根细绳的一端分别系在P、Q环上，另一端和绳套系在一起，结点为O。将质量为m的钩码挂在绳套上，OP、OQ两根细绳拉直后的长度分别用L1、L2表示，若L1︰ L2=2︰3，则两绳受到的拉力之比F1︰F2等于（ ）
A. 2︰3 B. 1︰1 C. 4︰9 D. 3︰2
解析：因ACB是光滑的足够长的框架，故挂上重物后P、Q环只受绳的拉力和垂直于杆的弹力作用，如图所示。设重物平衡时两线的拉力与竖直方向的夹角分别为α和β，由同位角相等知β与θ互余，由四边形内角和为360°知α与θ也互余，即α=β。再以结点O为对象，它在三个力作用下平衡时，OP、OQ两绳拉力在水平方向上的分量等大反向，故F1=F2，答案选B。
点评：因处于平衡态下的物体所受合外力为零，解题时一般先将研究对象从系统中隔离出来，分析其受力情况后建立坐标系，用正交分解法建立平衡方程；对于有多个物体组成的系统，一般用整体隔离法分析，适时调换研究对象，再运用平衡条件列式求解。
2. 正交分解法：在明确物体受力情况后将各力进行正交分解，把矢量运算转化为标量运算，可使问题处理简单化。
例2：（2016年新课标Ⅰ卷）如图所示，一光滑的轻滑轮用细绳OO′悬挂于O点；另一细绳跨过滑轮，其一端悬挂物块a，另一端系一位于水平粗糙桌面上的物块b。外力F向右上方拉b，整个系统处于静止状态。若F方向不变，大小在一定范围内变化，物块b仍始终保持静止，则（ ）
A. 绳OO′的张力也在一定范围内变化
B. 物块b所受到的支持力也在一定范围内变化
C. 连接a和b的绳的张力也在一定范围内变化
D. 物块b与桌面间的摩擦力也在一定范围内变化
解析：在F大小变化时，物体a、b均保持静止，因此各物体的位置不变，绳间夹角保持不变，而a受到拉绳的拉力等于其重力，致使绳OO′的张力不变，即A、C错；若设F与水平面的夹角为θ，绳的拉力T与水平面的夹角为α，对b建立水平和竖直方向的直角坐标系，由平衡条件知x轴上Fcosθ=Tcosα+f，y轴上Fcosθ=Tsinα+N=mbg，当F在一定范围内变化时，由平衡方程知支持力和摩擦力在一定范围内变化，即B、D对。
点评：解答此类题目时，一般是在受力分析的基础上，建立直角坐标系，分别写出x轴和y轴上的平衡方程，再根据相关参量的变化情况进行分析。
3. 假设法：处于平衡状态下的物体受多个力的作用，当某个力的方向不好确定时，可依据各力的产生条件，假设一个方向，再用平衡条件进行推断。若能平衡则假设成立，否则假设不成立。
例3：（2016年山西右玉模拟）如图所示，物块A和滑环B用绕过光滑定滑轮的不可伸长的轻绳连接，滑环B套在与竖直方向成θ=37°的粗细均匀的固定杆上，连接滑环B的绳与杆垂直并在同一竖直平面内，滑环B恰好不能下滑。滑环与杆间的动摩擦因数为0.4，设滑环与杆间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，则A和B的质量之比为（ ）
A. B. C. D.
解析：滑环B平衡时，若杆的弹力垂直于杆斜向下，由mBgcosθ=μ（mAg-mBgsinθ）知 =；若杆
的弹力垂直于杆斜向上，由mBgcosθ=μ（mBgsinθ-mAg）知 =-，故选C。
二、平衡条件的变通与应用
平衡问题涉及的范围宽，题型全，囊括的知识多，难度也各不相同。学习时除了要掌握常规的处理方法，对于一些具体问题还要采取相应措施，这样才能在考场上快速地做出决策。
1. 矢量三角形法：物体在三力作用下平衡时，平移三力可构成一个同一绕向的封闭的三角形，再由题设条件寻找边角度关系，运用三角形来求解。
例4：（2014年安徽屯溪联考）如图所示，将两个质量均为m的小球a、b用细线相连悬挂于O点，用力F拉小球a，使整个装置处于平衡状态，且悬线Oa与竖直方向的夹角为θ=30°，则F的大小（ ）
A. 不可能为mg
B. 可能为mg
C. 可能为mg
D. 可能为mg
解析：以两个小球组成的整体为研究对象，在重力、拉力和张力的作用下平衡，平移三个力可得到如图所示的矢量三角形，显见F与T垂直时，F有最小值2mgsinθ=mg，而当F转至竖直向上时F=2mg，当F转到右下方时也可以，即拉力大于最小值均可，对比知B对。
2. 三角形相似法：当物体在三力作用下平衡，若某个力的大小和方向都发生变化时，可在对物体进行受力分析的基础上平移各力构成一个矢量三角形，再在图中寻找与之相似的几何三角形，运用对应边成比例进行推断。
例5：（2014年中原名校联考）粗铁丝弯成如图所示半圆环的形状，圆心为O，半圆环最高点B处固定一个小滑轮，小圆环A用细绳吊着一个质量为m2的物块并套在半圆环上。一根跨过小滑轮的细绳一端拴着物块m1，另一端系在小圆环A上。设小圆环、滑轮、绳子的质量以及其相互之间的摩擦均不计，绳子不可伸长。若整个系统平衡时角AOB为α，则两物块的质量比m1︰m2为（ ）
A. cos B. 2sin C. sin D. 2cos 解析：以环A为对象，受重物m2的拉力m2g，AB绳的张力m1g，铁丝环沿OA方向的弹力为N，平移三力恰构成一个矢量三角形与OAB相似，对应边成比例=，又AB=2Rsin，得 =2sin，故选B。
3. 图解分析法：对于一些定性分析问题，或动态变化问题，可采用图解法，利用矢量三角形的边角关系，在动态中把握力的变化情况。
例6：（2016年新课标Ⅱ卷）质量为m的物体用轻绳AB悬挂于天花板上。用水平向左的力F缓慢拉动绳的中点O，如图所示。用T表示绳OA段拉力的大小，在O点向左移动的过程中（ ）
A. F逐渐变大，T逐渐变大
B. F逐渐变大，T逐渐变小
C. F逐渐变小，T逐渐变大
D. F逐渐变小，T逐渐变小
解析：在缓慢拉动轻绳的过程中，结点O处于动态平衡。它受到的重力mg恒定，拉力F方向不变，绳的拉力T斜向右上，平移各力构成矢量三角形如图所示。在O点左移的过程中相当于绳OA顺时针旋转，故F和T逐渐变大，即选A。
例7：如图所示，将一根不能伸长、柔软的轻绳两端分别系于A、B两点上，一物体用动滑轮悬挂在绳子上，达到平衡时，两段绳间的夹角为θ1，绳子张力为F1；将绳子由B端移至C点，待整个系统达到平衡时，两段绳子间的夹角为θ2，绳子张力为F2；将绳子由B端移至D点，待整个系统达到平衡时，两段绳子间的夹角为θ3，绳子张力为F3，不计摩擦，则（ ）
A. θ1=θ2=θ3 B. θ1=θ2<θ3
C. F1>F2>F3 D. F1=F2 解析：滑轮下悬一物体平衡时，若反向延长其中一侧绳子发现水平线OB所分的ΔAOB与ΔCOB是全等的，故悬线与OB的夹角与动滑轮所处的位置无关，只取决于绳长和两杆间距（如图所示），由图知θ1=θ2，F1=F2。当将绳子由B端移至C点时，因两绳的合力恒等于物重，且在C点时两绳成钝角，故张力随两绳间夹角的增大而增大，故选B、D。
点评：通过对滑轮受力分析发现，只上下移动B点，滑轮在任意位置平衡时，两绳间的夹角仅由绳长和AC间距决定，而同一根轻绳内部的拉力处处相等，由此推知θ1=θ2，F1=F2。这种方法能得出一些基本结论，再运用到习题中可达到触类旁通的效果。
4. 运动性质推断法：通过对物体运动性质的分析，推断其受力情况，再运用平衡条件分析周边物体的受力情况，可收到事半功倍的效果。
例8：（2016年安徽三次联考题）如图所示，一圆环套在竖直光滑的杆上，杆的直径比圆环的内径略小，圆环通过轻弹簧与放在地面上的物块相连，开始时弹簧处于原长。现由静止释放圆环，到圆环向下的速度达到最大的过程中（物块一直保持静止）（ ）
A. 圆环受到的合力在减小
B. 杆对圆环的作用力在减小
C. 地面对物体的摩擦力在减小
D. 地面对物体的支持力在减小
解析：环沿杆下滑过程中受重力、弹簧的弹力和杆的支持力而做加速运动，随着θ的增大，弹簧变短，弹力变大，环的合力变小，故环做加速度逐渐减小的加速运动，即A对；弹力增大时它沿水平方向的分量增大，使杆对圆环的支持力增大，m2静止，故地面对它的摩擦力增大，即B、C错；就整体而言，由于环的加速度减小，整体的合力向上且在增大，即D错。
5. 临界状态处理法：通过对过程的分析，找出变化过程中的临界极值点，再将平衡方程和假设推断相结合，找出相关力的变化范围。
例9：如图所示，质量m=2kg的物体由两根轻绳AB和AC拉着，另一端连在竖直墙上。现对物体另施一个与水平方向成θ=60°角的拉力F，求两绳都能伸直的力F。
解析：设AB和AC的张力分别为F1和F2，对A进行受力分析如图，由平衡条件得Fsin60°+ F1sin30°= mg+F2sin30°和Fcos60°= F1cos30°+ F2cos30°。
显见，当F较小时，绳AC的张力较小，当F2=0时绳AC刚刚处于松弛状态，此时F =10；当F较大时，绳AB的张力较小，当F1=0时绳AB刚刚处于松弛状态，此时F =20，故力F的变化范围是10≤F ≤20。
6. 交汇法：物体在三力作用下平衡时不易确定的第三个力，可以用交汇原理处理，即三力作用下的平衡物其所受三力必交于一点。解题时要在受力分析的基础上，找出两个力的交点，再判断第三个力的方向，然后建立直角坐标系求解。
例10：如图所示，木板AB的重力不计，A端用铰链与墙壁连接，木板与墙壁间的夹角为30°，圆柱体重为G，D是AB的中点，若各触点的摩擦均不计，求木板A端所受的作用力。
解析：先以圆柱体为研究对象，它在重力G、板的弹力N1和墙的弹力N2共同作用下处于平衡态，由拉密原理知=，解得N1=2G。
再以板为对象，它受绳的拉力T、圆柱体的弹力N1′和铰链的作用力F而平衡，由交汇原理知F的方向如图所示，由平衡条件知=，代入
N1=N1′=2G得F=G。
一、平衡问题的常规处理方法
1. 整体隔离法：有多个物体参与相互作用，结合问题灵活选取研究对象，可使问题的处理简单化。
例1：（2016年甘肃白银模拟）如图所示，ACB是一光滑的、足够长的、固定在竖直平面内的“∧”形框架，其中CA、CB边与竖直方向的夹角均为θ。P、Q两个轻质小环分别套在CA、CB上，两根细绳的一端分别系在P、Q环上，另一端和绳套系在一起，结点为O。将质量为m的钩码挂在绳套上，OP、OQ两根细绳拉直后的长度分别用L1、L2表示，若L1︰ L2=2︰3，则两绳受到的拉力之比F1︰F2等于（ ）
A. 2︰3 B. 1︰1 C. 4︰9 D. 3︰2
解析：因ACB是光滑的足够长的框架，故挂上重物后P、Q环只受绳的拉力和垂直于杆的弹力作用，如图所示。设重物平衡时两线的拉力与竖直方向的夹角分别为α和β，由同位角相等知β与θ互余，由四边形内角和为360°知α与θ也互余，即α=β。再以结点O为对象，它在三个力作用下平衡时，OP、OQ两绳拉力在水平方向上的分量等大反向，故F1=F2，答案选B。
点评：因处于平衡态下的物体所受合外力为零，解题时一般先将研究对象从系统中隔离出来，分析其受力情况后建立坐标系，用正交分解法建立平衡方程；对于有多个物体组成的系统，一般用整体隔离法分析，适时调换研究对象，再运用平衡条件列式求解。
2. 正交分解法：在明确物体受力情况后将各力进行正交分解，把矢量运算转化为标量运算，可使问题处理简单化。
例2：（2016年新课标Ⅰ卷）如图所示，一光滑的轻滑轮用细绳OO′悬挂于O点；另一细绳跨过滑轮，其一端悬挂物块a，另一端系一位于水平粗糙桌面上的物块b。外力F向右上方拉b，整个系统处于静止状态。若F方向不变，大小在一定范围内变化，物块b仍始终保持静止，则（ ）
A. 绳OO′的张力也在一定范围内变化
B. 物块b所受到的支持力也在一定范围内变化
C. 连接a和b的绳的张力也在一定范围内变化
D. 物块b与桌面间的摩擦力也在一定范围内变化
解析：在F大小变化时，物体a、b均保持静止，因此各物体的位置不变，绳间夹角保持不变，而a受到拉绳的拉力等于其重力，致使绳OO′的张力不变，即A、C错；若设F与水平面的夹角为θ，绳的拉力T与水平面的夹角为α，对b建立水平和竖直方向的直角坐标系，由平衡条件知x轴上Fcosθ=Tcosα+f，y轴上Fcosθ=Tsinα+N=mbg，当F在一定范围内变化时，由平衡方程知支持力和摩擦力在一定范围内变化，即B、D对。
点评：解答此类题目时，一般是在受力分析的基础上，建立直角坐标系，分别写出x轴和y轴上的平衡方程，再根据相关参量的变化情况进行分析。
3. 假设法：处于平衡状态下的物体受多个力的作用，当某个力的方向不好确定时，可依据各力的产生条件，假设一个方向，再用平衡条件进行推断。若能平衡则假设成立，否则假设不成立。
例3：（2016年山西右玉模拟）如图所示，物块A和滑环B用绕过光滑定滑轮的不可伸长的轻绳连接，滑环B套在与竖直方向成θ=37°的粗细均匀的固定杆上，连接滑环B的绳与杆垂直并在同一竖直平面内，滑环B恰好不能下滑。滑环与杆间的动摩擦因数为0.4，设滑环与杆间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，则A和B的质量之比为（ ）
A. B. C. D.
解析：滑环B平衡时，若杆的弹力垂直于杆斜向下，由mBgcosθ=μ（mAg-mBgsinθ）知 =；若杆
的弹力垂直于杆斜向上，由mBgcosθ=μ（mBgsinθ-mAg）知 =-，故选C。
二、平衡条件的变通与应用
平衡问题涉及的范围宽，题型全，囊括的知识多，难度也各不相同。学习时除了要掌握常规的处理方法，对于一些具体问题还要采取相应措施，这样才能在考场上快速地做出决策。
1. 矢量三角形法：物体在三力作用下平衡时，平移三力可构成一个同一绕向的封闭的三角形，再由题设条件寻找边角度关系，运用三角形来求解。
例4：（2014年安徽屯溪联考）如图所示，将两个质量均为m的小球a、b用细线相连悬挂于O点，用力F拉小球a，使整个装置处于平衡状态，且悬线Oa与竖直方向的夹角为θ=30°，则F的大小（ ）
A. 不可能为mg
B. 可能为mg
C. 可能为mg
D. 可能为mg
解析：以两个小球组成的整体为研究对象，在重力、拉力和张力的作用下平衡，平移三个力可得到如图所示的矢量三角形，显见F与T垂直时，F有最小值2mgsinθ=mg，而当F转至竖直向上时F=2mg，当F转到右下方时也可以，即拉力大于最小值均可，对比知B对。
2. 三角形相似法：当物体在三力作用下平衡，若某个力的大小和方向都发生变化时，可在对物体进行受力分析的基础上平移各力构成一个矢量三角形，再在图中寻找与之相似的几何三角形，运用对应边成比例进行推断。
例5：（2014年中原名校联考）粗铁丝弯成如图所示半圆环的形状，圆心为O，半圆环最高点B处固定一个小滑轮，小圆环A用细绳吊着一个质量为m2的物块并套在半圆环上。一根跨过小滑轮的细绳一端拴着物块m1，另一端系在小圆环A上。设小圆环、滑轮、绳子的质量以及其相互之间的摩擦均不计，绳子不可伸长。若整个系统平衡时角AOB为α，则两物块的质量比m1︰m2为（ ）
A. cos B. 2sin C. sin D. 2cos 解析：以环A为对象，受重物m2的拉力m2g，AB绳的张力m1g，铁丝环沿OA方向的弹力为N，平移三力恰构成一个矢量三角形与OAB相似，对应边成比例=，又AB=2Rsin，得 =2sin，故选B。
3. 图解分析法：对于一些定性分析问题，或动态变化问题，可采用图解法，利用矢量三角形的边角关系，在动态中把握力的变化情况。
例6：（2016年新课标Ⅱ卷）质量为m的物体用轻绳AB悬挂于天花板上。用水平向左的力F缓慢拉动绳的中点O，如图所示。用T表示绳OA段拉力的大小，在O点向左移动的过程中（ ）
A. F逐渐变大，T逐渐变大
B. F逐渐变大，T逐渐变小
C. F逐渐变小，T逐渐变大
D. F逐渐变小，T逐渐变小
解析：在缓慢拉动轻绳的过程中，结点O处于动态平衡。它受到的重力mg恒定，拉力F方向不变，绳的拉力T斜向右上，平移各力构成矢量三角形如图所示。在O点左移的过程中相当于绳OA顺时针旋转，故F和T逐渐变大，即选A。
例7：如图所示，将一根不能伸长、柔软的轻绳两端分别系于A、B两点上，一物体用动滑轮悬挂在绳子上，达到平衡时，两段绳间的夹角为θ1，绳子张力为F1；将绳子由B端移至C点，待整个系统达到平衡时，两段绳子间的夹角为θ2，绳子张力为F2；将绳子由B端移至D点，待整个系统达到平衡时，两段绳子间的夹角为θ3，绳子张力为F3，不计摩擦，则（ ）
A. θ1=θ2=θ3 B. θ1=θ2<θ3
C. F1>F2>F3 D. F1=F2
点评：通过对滑轮受力分析发现，只上下移动B点，滑轮在任意位置平衡时，两绳间的夹角仅由绳长和AC间距决定，而同一根轻绳内部的拉力处处相等，由此推知θ1=θ2，F1=F2。这种方法能得出一些基本结论，再运用到习题中可达到触类旁通的效果。
4. 运动性质推断法：通过对物体运动性质的分析，推断其受力情况，再运用平衡条件分析周边物体的受力情况，可收到事半功倍的效果。
例8：（2016年安徽三次联考题）如图所示，一圆环套在竖直光滑的杆上，杆的直径比圆环的内径略小，圆环通过轻弹簧与放在地面上的物块相连，开始时弹簧处于原长。现由静止释放圆环，到圆环向下的速度达到最大的过程中（物块一直保持静止）（ ）
A. 圆环受到的合力在减小
B. 杆对圆环的作用力在减小
C. 地面对物体的摩擦力在减小
D. 地面对物体的支持力在减小
解析：环沿杆下滑过程中受重力、弹簧的弹力和杆的支持力而做加速运动，随着θ的增大，弹簧变短，弹力变大，环的合力变小，故环做加速度逐渐减小的加速运动，即A对；弹力增大时它沿水平方向的分量增大，使杆对圆环的支持力增大，m2静止，故地面对它的摩擦力增大，即B、C错；就整体而言，由于环的加速度减小，整体的合力向上且在增大，即D错。
5. 临界状态处理法：通过对过程的分析，找出变化过程中的临界极值点，再将平衡方程和假设推断相结合，找出相关力的变化范围。
例9：如图所示，质量m=2kg的物体由两根轻绳AB和AC拉着，另一端连在竖直墙上。现对物体另施一个与水平方向成θ=60°角的拉力F，求两绳都能伸直的力F。
解析：设AB和AC的张力分别为F1和F2，对A进行受力分析如图，由平衡条件得Fsin60°+ F1sin30°= mg+F2sin30°和Fcos60°= F1cos30°+ F2cos30°。
显见，当F较小时，绳AC的张力较小，当F2=0时绳AC刚刚处于松弛状态，此时F =10；当F较大时，绳AB的张力较小，当F1=0时绳AB刚刚处于松弛状态，此时F =20，故力F的变化范围是10≤F ≤20。
6. 交汇法：物体在三力作用下平衡时不易确定的第三个力，可以用交汇原理处理，即三力作用下的平衡物其所受三力必交于一点。解题时要在受力分析的基础上，找出两个力的交点，再判断第三个力的方向，然后建立直角坐标系求解。
例10：如图所示，木板AB的重力不计，A端用铰链与墙壁连接，木板与墙壁间的夹角为30°，圆柱体重为G，D是AB的中点，若各触点的摩擦均不计，求木板A端所受的作用力。
解析：先以圆柱体为研究对象，它在重力G、板的弹力N1和墙的弹力N2共同作用下处于平衡态，由拉密原理知=，解得N1=2G。
再以板为对象，它受绳的拉力T、圆柱体的弹力N1′和铰链的作用力F而平衡，由交汇原理知F的方向如图所示，由平衡条件知=，代入
N1=N1′=2G得F=G。