豎直方向的簡諧振動

1、豎直方向的簡諧振動一、模型介紹如圖1 (a)所示，把一根彈簧上端固定，下端系一個物體靜止，然后再把物體向下拉 一段距離后松手，物體將在豎直方向振動，若不計彈簧的質(zhì)量及空氣阻力，則此物體的運動 是簡諧振動(同學們可結(jié)合簡諧振動的動力學特點F由-kx加以證明)，簡諧振動的各種規(guī) 律、特點對其都適用，但和教材中的彈簧振子模型相比較，豎直方向的簡諧振動的平衡位置 并不是彈簧的原長位置，而是彈力和振子重力相等的位置，在利用簡諧振動的對稱性解題時 應格外注意！(a)(b)圖1(b)所示的情境中，若物體和彈簧是固定在一起的，則效果與圖1相同；若物體 和彈簧不是固定在一起的，則當振幅A mg / k時，效果與

2、圖1相同，當振幅A mg / k時，物體在高度較大的部分要脫離彈簧，而接觸彈簧的運動過程為簡諧振動的一部分，對此也應 引起注意！熟悉豎直方向簡諧振動模型的特點和規(guī)律并加以靈活應用、拓展、遷移，會給我們的解 題帶來極大的方便，下面舉例說明。二、典型例題如圖2所示，質(zhì)量為M的框架置于水平地面上，在其頂部通 過一個輕彈簧懸掛一個盤，盤內(nèi)有一砝碼，砝碼與盤質(zhì)量皆為m， 該裝置靜止穩(wěn)定時，若將盤中砝碼突然取走，盤將開始向上運動， 則砝碼盤運動到最高點時，框架對地面壓力大小是多少？解析盤內(nèi)砝碼被取走后，盤與輕彈簧所組成的彈簧振子 將開始做簡諧運動.在取走砝碼的瞬間，盤所受合外力即回復力 方向向上，大小為m

3、g，由簡諧運動的回復力大小和方向關(guān)于平衡 位置的對稱性可知，當盤運動到最高點時，它所受到的回復力也 應為mg，正好等于重力，所以此時彈簧形變?yōu)榱?，無彈力，顯然 此時框架對地面壓力為Mg.點撥簡諧運動的對稱性不只是關(guān)于平衡位置對稱的兩點處的回復力，還有加速度、 位移、動能、勢能，另外還有通過對稱的兩段長度用的時間也相等.這些對稱性，在解答問 題時會用到，要熟練掌握.三、思維推展題設條件下，為了使框架不離開地面，所放砝碼的質(zhì)量應滿足什么條件？解析設所放砝碼的質(zhì)量為m0時，盤運動到最高點M恰要離開地面，同樣根據(jù)振 動最高點和最低點回復力的對稱性可知，盤在最高點的回復力為m0g。若設此時彈簧的彈力為F

4、,則對托盤有：mg = F + mg .（1）;對框架有：F = Mg（2）；聯(lián)立（1） （2）解得：m = M + m ;為了使框架不離開地面m應滿足：m M + m（2）如圖3（a）所示，質(zhì)量為m的木塊放在彈簧上端，在豎直方向做簡諧振動，當振 幅為A時，物體對彈簧的壓力最大值是物體重力的1.5倍，則物體對彈簧的最小壓力 是；欲使物體在振動中不離開彈簧，其振幅不能超 。(a)（b）圖3解析根據(jù)振動的對稱性不難得到木塊對彈簧的最小壓力是0.5 mg ；在平衡位置O 彈力F滿足：F = kx = mg （1）；振幅為A時在最低點的彈力F = 1.5 mg = kx （2）；如圖3（b）所示，設想

5、木塊在振動中恰不離開彈簧，則在最高點H，彈簧應剛好恢復 原長，木塊受到的合力（回復力）為mg，結(jié)合振動的對稱性可知，木塊在最低點L受到的 合力也應為mg，即彈力F = 2mg = kx （3）又 A = x - x ； A/ = x - x，結(jié)合（1）（2）（3）解得：A/ = 2 A。1020（3）如圖4（a）所示，一升降機在箱底裝有若干個彈簧，設在某次事故中，升降機吊 索在空中斷裂，忽略摩擦力，則升降機在從彈簧下端觸地后直到最低點的一段運動過程中 ()（A）升降機的速度不斷減?。˙）升降機的加速度不斷變大（C）先是彈力做的負功小于重力做的正功，然后是彈力做的負功大于重力做的正功（D）至U最

6、低點時，升降機加速度的值一定大于重加力速度的值。(a)(b)解析升降機在從彈簧下端觸地后直到最低點的一段運動過程可等效為豎直面內(nèi)簡 諧振動的一部分，如圖4（b）所示，從A - O - A / - L，O為振動的平衡位置，故升降機 先做加速運動后做減速運動，加速度先減小后反向增加，彈力先小于重力后大于重力，選項 A、B錯誤，選項C正確。升降機剛接觸彈簧（A點）時，具有豎直向下的速度刃豎直向下的加速度g；根據(jù)振 動的對稱性，當升降機越過平衡位置O到達其對稱點A/時，一定仍具有豎直向下的速度V， 而加速度方向應豎直向上，大小仍為g；升降機繼續(xù)向下運動，加速度繼續(xù)增加，因此，到 最低點時，升降機加速度的值一定大于重加力速度的值，選項亦D正確綜合以上分析知答案為C、D。說明借助以上模型遷移思想，我們可以快速處理很多聯(lián)系實際的