竖直方向的简谐振动

1、竖直方向的简谐振动一、模型介绍如图1 (a)所示，把一根弹簧上端固定，下端系一个物体静止，然后再把物体向下拉 一段距离后松手，物体将在竖直方向振动，若不计弹簧的质量及空气阻力，则此物体的运动 是简谐振动(同学们可结合简谐振动的动力学特点F由-kx加以证明)，简谐振动的各种规 律、特点对其都适用，但和教材中的弹簧振子模型相比较，竖直方向的简谐振动的平衡位置 并不是弹簧的原长位置，而是弹力和振子重力相等的位置，在利用简谐振动的对称性解题时 应格外注意！(a)(b)图1(b)所示的情境中，若物体和弹簧是固定在一起的，则效果与图1相同；若物体 和弹簧不是固定在一起的，则当振幅A mg / k时，效果与

2、图1相同，当振幅A mg / k时，物体在高度较大的部分要脱离弹簧，而接触弹簧的运动过程为简谐振动的一部分，对此也应 引起注意！熟悉竖直方向简谐振动模型的特点和规律并加以灵活应用、拓展、迁移，会给我们的解 题带来极大的方便，下面举例说明。二、典型例题如图2所示，质量为M的框架置于水平地面上，在其顶部通 过一个轻弹簧悬挂一个盘，盘内有一砝码，砝码与盘质量皆为m， 该装置静止稳定时，若将盘中砝码突然取走，盘将开始向上运动， 则砝码盘运动到最高点时，框架对地面压力大小是多少？解析盘内砝码被取走后，盘与轻弹簧所组成的弹簧振子 将开始做简谐运动.在取走砝码的瞬间，盘所受合外力即回复力 方向向上，大小为m

3、g，由简谐运动的回复力大小和方向关于平衡 位置的对称性可知，当盘运动到最高点时，它所受到的回复力也 应为mg，正好等于重力，所以此时弹簧形变为零，无弹力，显然 此时框架对地面压力为Mg.点拨简谐运动的对称性不只是关于平衡位置对称的两点处的回复力，还有加速度、 位移、动能、势能，另外还有通过对称的两段长度用的时间也相等.这些对称性，在解答问 题时会用到，要熟练掌握.三、思维推展题设条件下，为了使框架不离开地面，所放砝码的质量应满足什么条件？解析设所放砝码的质量为m0时，盘运动到最高点M恰要离开地面，同样根据振 动最高点和最低点回复力的对称性可知，盘在最高点的回复力为m0g。若设此时弹簧的弹力为F

4、,则对托盘有：mg = F + mg .（1）;对框架有：F = Mg（2）；联立（1） （2）解得：m = M + m ;为了使框架不离开地面m应满足：m M + m（2）如图3（a）所示，质量为m的木块放在弹簧上端，在竖直方向做简谐振动，当振 幅为A时，物体对弹簧的压力最大值是物体重力的1.5倍，则物体对弹簧的最小压力 是；欲使物体在振动中不离开弹簧，其振幅不能超 。(a)（b）图3解析根据振动的对称性不难得到木块对弹簧的最小压力是0.5 mg ；在平衡位置O 弹力F满足：F = kx = mg （1）；振幅为A时在最低点的弹力F = 1.5 mg = kx （2）；如图3（b）所示，设想

5、木块在振动中恰不离开弹簧，则在最高点H，弹簧应刚好恢复 原长，木块受到的合力（回复力）为mg，结合振动的对称性可知，木块在最低点L受到的 合力也应为mg，即弹力F = 2mg = kx （3）又 A = x - x ； A/ = x - x，结合（1）（2）（3）解得：A/ = 2 A。1020（3）如图4（a）所示，一升降机在箱底装有若干个弹簧，设在某次事故中，升降机吊 索在空中断裂，忽略摩擦力，则升降机在从弹簧下端触地后直到最低点的一段运动过程中 ()（A）升降机的速度不断减小（B）升降机的加速度不断变大（C）先是弹力做的负功小于重力做的正功，然后是弹力做的负功大于重力做的正功（D）至U最

6、低点时，升降机加速度的值一定大于重加力速度的值。(a)(b)解析升降机在从弹簧下端触地后直到最低点的一段运动过程可等效为竖直面内简 谐振动的一部分，如图4（b）所示，从A - O - A / - L，O为振动的平衡位置，故升降机 先做加速运动后做减速运动，加速度先减小后反向增加，弹力先小于重力后大于重力，选项 A、B错误，选项C正确。升降机刚接触弹簧（A点）时，具有竖直向下的速度刃竖直向下的加速度g；根据振 动的对称性，当升降机越过平衡位置O到达其对称点A/时，一定仍具有竖直向下的速度V， 而加速度方向应竖直向上，大小仍为g；升降机继续向下运动，加速度继续增加，因此，到 最低点时，升降机加速度的值一定大于重加力速度的值，选项亦D正确综合以上分析知答案为C、D。说明借助以上模型迁移思想，我们可以快速处理很多联系实际的