Theo giản đồ Hình I.2G, ta thấy khi \({\rm{t}} = \frac{T}{{12}}\) thì \(x = \pm \frac{A}{2}\)

\({W_t} = \frac{1}{2}k{x^2} = \frac{1}{2}k{\left( {\frac{A}{2}} \right)^2} = \frac{1}{4}k\frac{{{A^2}}}{2} = \frac{1}{4}W\)

\({{\rm{W}}_{{\rm{d\;}}}} = {\rm{W}} - {{\rm{W}}_{\rm{t}}} = {\rm{W}} - \frac{1}{4}{\rm{\;W}} = \frac{3}{4}{\rm{\;W}} \Rightarrow \frac{{{{\rm{W}}_{\rm{d}}}}}{{{{\rm{W}}_{\rm{t}}}}} = 3\).

Khi \({W_t} = {W_d} \Rightarrow {W_t} = \frac{W}{2}\)\( \Leftrightarrow \frac{{k{x^2}}}{2} = \frac{1}{2}\frac{{k{A^2}}}{2} \Rightarrow x = \pm \frac{{A\sqrt 2 }}{2}\)

Từ giản đồ ở Hình I.2Ga, ta có: \(\frac{T}{4} = 0,5 \Rightarrow T = 4.0,5 = 2\;{\rm{s}}\)\( \Rightarrow \omega = \frac{{2\pi }}{T} = \pi {\rm{(rad/s)}}\)

Từ giản đồ Hình I.2Gb, ta có: \({{\rm{S}}_{\max }} = A\sqrt 2 = 4\sqrt 2 \;{\rm{cm}}\)\( \Rightarrow A = 4\;{\rm{cm}}\).

Vì \({\rm{t}} = 0\) lúc vật qua vị trí cân bằng theo chiều dương \( \Rightarrow \) pha ban đầu là:\(\varphi = - \frac{\pi }{2}\)(Hình I.2Gb)

Vậy phương trình dao động của vật là: \(x = 4\cos \left( {\pi t - \frac{\pi }{2}} \right)({\rm{cm}}).\)

Giả sử biên độ dao động của vật ở \(\frac{1}{4}\) chu kì là A₁, biên độ dao động của vật ở \(\frac{1}{4}\) chu kì tiếp theo là A₂. Công của lực ma sát gây ra độ biến đổi cơ năng của vật nặng trong nửa chu kì đầu là:

\[ - \mu {\rm{mg}}\left( {{{\rm{A}}_1} + {{\rm{A}}_2}} \right) = \frac{{{\rm{kA}}_2^2}}{2} - \frac{{k{\rm{\;A}}_1^2}}{2} \Rightarrow {{\rm{A}}_2} - {{\rm{A}}_1}\; = - \frac{{2\mu {\rm{mg}}}}{{\rm{k}}} = - \frac{{2.0,0005.0,4.10}}{{160}}\]

\(\; = - 2,{5.10^{ - 5}}{\rm{\;m}} = - 0,0025{\rm{\;cm}}\)

Số nửa chu kì vật thực hiện được từ \({\rm{t}} = 0\) đến khi dừng hẳn là:

\({\rm{N}} = \frac{{{{\rm{A}}_1}}}{{0,0025}} = \frac{5}{{0,0025}} = 2000\)lần

Cứ mỗi chu kì có hai lần vật qua vị trí đó. Vậy thời gian để vật qua vị trí đó 2000 lần bằng 1000 lần chu kì: \({\rm{\Delta t}} = 1000{\rm{\;T}} = 1000.2\pi \sqrt {\frac{{\rm{m}}}{{\rm{k}}}} = 1000.2\pi \sqrt {\frac{{0,4}}{{160}}} = 314{\rm{\;s}}\).

Từ đồ thị ta xác định được:

\({a_{{\rm{max}}}} = 5{\rm{\;m/}}{{\rm{s}}^{\rm{2}}};{\rm{T}} = 0,4{\rm{\;s}} \Rightarrow \omega = \frac{{2\pi }}{{\rm{T}}} = \frac{{2\pi }}{{0,4}} = 5\pi \left( {{\rm{rad/s}}} \right);\)

Khi \({\rm{t}} = 0\) thì \({\rm{a}} = 0\) và hướng về biên âm của gia tốc, nên \(\varphi = \frac{\pi }{2}\);

Phương trình gia tốc là: \(a = 5{\rm{cos}}\left( {5\pi {\rm{t}} + \frac{\pi }{2}} \right)\left( {{\rm{m}}/{{\rm{s}}^2}} \right)\)

\(x = - \frac{a}{{{\omega ^2}}} = - 0,02{\rm{cos}}\left( {5\pi t + \frac{\pi }{2}} \right)\left( m \right)\)

hay \(x = 0,02{\rm{cos}}\left( {5\pi t + \frac{{3\pi }}{2}} \right)\left( {\rm{m}} \right) = 2{\rm{cos}}\left( {5\pi t + \frac{{3\pi }}{2}} \right)\left( {{\rm{cm}}} \right)\)

\(v = \omega A{\rm{cos}}\left( {5\pi t + \frac{{3\pi }}{2} + \frac{\pi }{2}} \right) = 0,1\pi {\rm{cos}}\left( {5\pi t} \right)\left( {{\rm{m/s}}} \right) = 10\pi {\rm{cos}}\left( {5\pi t} \right)\left( {{\rm{cm/s}}} \right)\)

Vì bóng của thanh nhỏ và quả lắc luôn xuất hiện đồng thời tại cùng một vị trí nên ta nói chúng dao động đồng pha.

Từ Hình I.3G cho thấy khi bàn xoay góc 60° thì:\(x = \frac{A}{2} = 7,5{\rm{\;cm}}.\)