两个质量均为\(m\)的小车被长度为\(l\)的无形变的弹簧连在一起，放在光滑的水平面上，弹簧质量不计。初始时刻给左侧的小车一个\(v_0\)的初速度，求每个小车的运动方程。根据动能守恒得
$$m\dot{x}+m\dot{y}=mv_0$$
根据能量守恒得
$$\frac{1}{2}m\dot{x}^2+\frac{1}{2}m\dot{y}^2+\frac{1}{2}k(y-x-l)^2=\frac{1}{2}mv_0^2$$
直接去解这个微分方程组有些困难，可以换到整个系统的质心参考系中去考虑问题。整个系统的质心始终都在两小车连线的中点，根据动能守恒得
$$2mv_c=mv_0$$
即
$$v_c=\frac{1}{2}v_0$$
根据牛顿第一定律，整个系统做匀速直线运动，所以立刻得到
$$y-\frac{1}{2}v_0t=\frac{1}{2}v_0t-x$$
即
$$y=v_0t-x$$
即使有这个关系式，微分方程仍旧无法下手。不过转换到质心的参考系后，会发现两个小车相对质心在做简谐振动。以质心为原点，向右为正方向，设右侧小车的位移为\(x_r\)，左侧小车的位移为\(x_l\)，由前面的分析知道
$$x_l=-x_r$$
利用胡克定律得
$$m\ddot{x_l}=-k(x_l-x_r+l)$$
由牛顿第三定律得
$$m\ddot{x_r}=-k(x_r-x_l-l)$$
带入前面的位移关系，得到
$$m\ddot{x_l}=-k(2x_l+l)$$
$$m\ddot{x_r}=-k(2x_r-l)$$
这两个简谐振动的方程可以分别设为
$$x_l(t)=A\cos(\omega t+\phi)-\frac{l}{2}$$
$$x_r(t)=A\cos(\omega t+\phi)+\frac{l}{2}$$
将解和这初始条件带入方程
$$v_l(0)=\dot{x_l}(0)=\frac{1}{2}v_0$$
$$v_r(0)=\dot{x_r}(0)=-\frac{1}{2}v_0$$
立刻得到频率
$$\omega=\sqrt{\frac{2k}{m}}$$
相位
$$\phi=\frac{\pi}{2}$$
振幅为
$$A=\frac{1}{2}v_0\sqrt{\frac{m}{2k}}$$
又因为质心在做匀速直线运动，所以最终的方程为
$$x(t)=\frac{v_0}{2}t+A\sin(\omega t)-\frac{l}{2}$$
$$y(t)=\frac{v_0}{2}t-A\sin(\omega t)+\frac{l}{2}$$
其中，
$$\omega=\sqrt{\frac{2k}{m}}$$
$$A=\frac{v_0}{2\omega}$$
更一般地，如果两个小车质量分别为\(m\)和\(M\)，质量为\(m\)的小车在左侧，给它的初速度仍旧为\(v_0\)，则两个小车的运动方程为
$$x(t)=\mu_1v_{0}t+\mu_2A\sin(\omega t)-\mu_2l$$
$$y(t)=\mu_1v_{0}t-\mu_1A\sin(\omega t)+\mu_1l$$
其中，
$$\mu_1=\frac{m}{m+M}$$
$$\mu_2=\frac{M}{m+M}$$
$$\omega=\sqrt{\frac{m+M}{mM}k}$$
$$A=\frac{v_0}{\omega}$$
最近解出这个问题之后兴奋了一天，看到结果后，突然联想到二体问题。两个物体的简谐振动可能是二体运动在直径上的投影，就如同一个物体的简谐运动是匀速圆周运动的投影运动一般。等有时间了，再去算一下二体运动的解。
此外，我师兄还用纯代数的方法求解了这个问题，得到了一样的结果。
