Поскольку скорость элемента пружины пропорциональна координате $x'$:
$$v_\text{пр}(x')=\cfrac{vx'}{L_1}
$$Тогда для кинетической энергии имеем:
$$E_k=\int\limits_0^{L_1}\cfrac{\mu v^2_\text{пр}dx'}{2}=\cfrac{\mu v^2}{2L_1}\int\limits_0^{L_1}x'^2dx'
$$или же:

Коэффициент жёсткости пружины обратно пропорционален её собственной длине, поэтому для заданной пружины он равен:
$$k_1=\cfrac{kL}{L_1}
$$Поскольку пружина растянута равномерно, при отклонении груза на расстояние $x$ от положения равновесия потенциальная энергия деформации пружина равна:
$$W_p=\cfrac{k_1x^2}{2}=\cfrac{kLx^2}{2L_1}
$$Воспользуемся законом сохранения энергии:
$$E=E_k+W_p=\cfrac{Mv^2}{2}+\cfrac{\mu L_1v^2}{6}+\cfrac{kLx^2}{2L_1}=const
$$Дифференцируя, получим уравнение гармонических колебаний:
$$(M+\cfrac{\mu L_1}{3})\ddot{x}=-\cfrac{kLx}{L_1}\Rightarrow{\omega^2_0=\cfrac{kL}{L_1(M+\mu L_1/3)}}
$$откуда:

Выражение для периода колебаний можно переписать в следующей форме:
$$T=2\pi\sqrt{\cfrac{M+m_1/3}{k_1}}
$$откуда:
$$T^2=\cfrac{4\pi^2M}{k_1}+\cfrac{4\pi^2m_1}{3k_1}
$$Зависимость $T^2(M)$ является линейной с угловым коэффициентом $4\pi^2/k_1$ и свободным членом $4\pi^2m_1/3k_1$. Произведём пересчёт точек и построим график в указанных координатах

Определим значения углового коэффициента $a$ и свободного члена $b$:
$$a=19{.}7~\text{с}^2/кг\qquad b=0.06~\text{с}^2
$$Для их погрешностей, оцененных графическим способом, соответственно имеем:
$$\Delta{a}=0.6~\text{с}^2/кг\qquad \Delta{b}=0.03~\text{с}^2
$$откуда:

Возникающая в пружине сила упругости равна:
$$F_\text{упр}=kL\cfrac{\partial u}{\partial x'}
$$Запишем второй закон Ньютона для бесконечно малого элемента пружины:
$$\mu a_xdx'=\mu dx'\cfrac{\partial^2u}{\partial t^2}=dF_\text{упр}=\cfrac{\partial F_\text{упр}}{\partial x'}dx'=kLdx'\cfrac{\partial^2u}{\partial x'^2}
$$откуда:

Полученное уравнение действительно является волновым.
Учитывая, что:
$$\cfrac{\partial^2u}{\partial t^2}=c^2\cfrac{\partial^2u}{\partial x'^2}
$$находим:

В точке крепления пружины всегда выполняется граничное условие:
$$u(0{,}t)=0
$$Тогда имеем:
$$u(0{,}t)=A\cos\omega_0t+u_\text{пад}(0{,}t)=0\Rightarrow u_\text{пад}(0{,}t)=-A\cos\omega_0t
$$Поскольку функция смещения падающей волны является функцией переменной $x'+ct$, для неё имеем:
$$u_\text{пад}(x'{,}t)=-A\cos(\omega_0t+k_0x')
$$Тогда для $u(x'{,}t)$ имеем:
$$u(x'{,}t)=A\cos(\omega_0t-k_0x')-A\cos(\omega_0t+kx')
$$Воспользуемся тригонометрическим тождеством:
$$\cos\alpha-\cos\beta=2\sin\left(\cfrac{\beta-\alpha}{2}\right)\sin\left(\cfrac{\beta+\alpha}{2}\right)
$$и получим:

Запишем второй закон Ньютона для груза:
$$Ma_x=-F_\text{упр}
$$или же:
$$M\cfrac{\partial^2u}{\partial t^2}=-kL\cfrac{\partial u}{\partial x'}
$$Подставляя $u(x'{,}t)$, получим:
$$-2M\omega^2_0A\sin k_0L_2\sin\omega_0t=-2kLk_0A\cos k_0L_2\sin\omega_0t
$$Отсюда:
$$\omega^2_0=\cfrac{kL}{M}\cdot k_0\cot k_0L_2
$$Учитывая, что $\omega_0=k_0c$, имеем:
$$\omega_0=\cfrac{kL}{Mc}\cot\cfrac{\omega_0L_2}{c}
$$После подстановки выражения для $c$:
$$\omega_0=\sqrt{\cfrac{\mu kL}{M^2}}\cot\omega_0\sqrt{\cfrac{\mu L^2_2}{kL}}
$$Таким образом:

Разложим функцию $\cot x$ до третьего ведущего слагаемого. Для этого достаточно разложить до трёх ведущих слагаемых функции $\sin x$ и $\cos x$:
$$\cot x=\cfrac{\cos x}{\sin x}\approx\cfrac{1}{x}\cdot\cfrac{1-x^2/2+x^4/24}{1-x^2/6+x^5/120}
$$Для разложения последней дроби введём функции $y=x^2/2-x^4/24$ и $z=x^2/6-x^4/120$.
Имеем:
$$\cfrac{1-y}{1-z}\approx(1-y)(1+z+z^2)
$$Здесь мы учли, что степени $z$ выше третей дают степени $x$ выше шестой.
$$\cfrac{1-y}{1-z}\approx(1-x^2/2+x^4/24)(1+x^2/6-x^4/120+x^4/36)\approx 1-\cfrac{x^2}{3}-\cfrac{x^4}{45}
$$Таким образом:
$$\cot x\approx \cfrac{1}{x}-\cfrac{x}{3}-\cfrac{x^3}{45}
$$Тогда имеем:
$$f(\omega_0)\approx \sqrt{\cfrac{\mu kL}{M^2}}\left(\cfrac{1}{\omega_0}\sqrt{\cfrac{kL}{\mu L^2_2}}-\cfrac{\omega_0}{3}\sqrt{\cfrac{\mu L^2_2}{kL}}-\cfrac{1}{45}\left(\omega_0\sqrt{\cfrac{\mu L^2_2}{kL}}\right)^3\right)
$$Окончательно:

В первых двух случаях уравнения получаются линейными, поэтому ответы можно записать сразу:

Обратим внимание, что первое приближение соответствует нулевой массе пружины, а второе приближение соответствует ответу, полученному в части $\mathrm{A}$.

Для $\omega_{03}$ получим биквадратное уравнение:
$$\omega^4_{03}+\cfrac{45MkL}{\mu^2L^3_2}\left(1+\cfrac{\mu L_2}{3M}\right)\omega^2_{03}-\cfrac{45k^2L^2}{\mu^2L^4_2}=0
$$Нужно выбрать больший из корней, поскольку он положительный.
Окончательно:

Полученное приближение является первым, учитывающим конечность скорости распространения волновых процессов в пружине.

Введём величину $\varphi=x'-ct$. Тогда для частных производных имеем:
$$\cfrac{\partial u}{\partial x'}=\cfrac{du}{d\varphi}\cdot\cfrac{\partial \varphi}{\partial x'}=\cfrac{du}{d\varphi}\qquad\cfrac{\partial u}{\partial t}=\cfrac{du}{d\varphi}\cdot\cfrac{\partial \varphi}{\partial t}=-c\cfrac{du}{d\varphi}
$$откуда:

Первое решение: Из второго закона Ньютона для груза имеем:

$$\cfrac{dp_x}{dt}=F_\text{упр}=kL\cfrac{\partial u(0{,}t)}{\partial x'}
$$

Воспользуемся результатом пункта $\mathrm{C1}$:

$$\cfrac{\partial u(0{,}t)}{\partial x'}=-\cfrac{1}{c}\cfrac{\partial u(0{,}t)}{\partial t}
$$

Учитывая, что $\partial u(0{,}t)/\partial t=v_x$, имеем:

$$\cfrac{dp_x}{dt}=-\cfrac{kL}{c}\cdot{v_x}
$$

Интегрируя по времени, находим:

$$p(x)=Mv_0-\cfrac{kLx}{c}
$$

Подставляя $c$, получим:

Второе решение: Решение может быть получено из без использования результатов пункта $\mathrm{C1}$. Действительно, распределение скоростей в пружине за время $dt$ как единое целое смещается на величину $cdt$, а в области той же длины вблизи бруска появляется дополнительный импульс, равный:

$$dp_\text{пр}=dm\cdot v=\mu cdt\cdot v
$$

Воспользуемся законом сохранения импульса:

$$dp_x=-dp_\text{пр}=-\mu cdt\cdot v=-\mu cdx
$$

Суммируя, находим:

$$p(x)=Mv_0-\mu cx
$$

Подставляя $c$, получим:

Дифференциальное уравнение движения бруска следующее:
$$M\cfrac{dv}{dt}=-\cfrac{kLv}{c}
$$откуда:
$$v(t)=v_0e^{-kLt/Mc}
$$Подставляя $c$, получим:

После приобретения элементом пружины, касающимся бруска, его скорости $v(t)$, данное значение скорости в дальнейшем перемещается вдоль пружины со скоростью $c$. Учитывая, что зависимость $v(t)$ является известной, для $v(x')$ можно получить явное выражение.
Действительно, при $x'\leq ct$:
$$v_\text{пр}(x'{,}t)=v(t-x'/c)=v(t)=v_0e^{(x'\sqrt{\mu/kL}-t)\sqrt{\mu kL/M^2}}
$$Окончательно имеем зависимость:
$$v_\text{пр}(x')=
\begin{cases}
v_0e^{(x'\sqrt{\mu/kL}-t)\sqrt{\mu kL/M^2}}\quad\text{при}\quad x'\leq t\sqrt{\cfrac{\mu}{kL}}\\
0\quad\text{при}\quad x'{>} t\sqrt{\cfrac{\mu}{kL}}
\end{cases}
$$График данной зависимости изображён на рисунке ниже:

Ответ:

Учитывая найденное в пункте $\mathrm{C5}$ распределение $v_\text{пр}(x')$, зависимость $v_1(t)$ в точности совпадает с зависимостью $v(t)$, найденной ранее:

Для скорости $V$ бруска получим:
$$V=\cfrac{\partial u(L_0{,}t)}{\partial t}=\cfrac{\partial u_1(L_0{,}t)}{\partial t}+\cfrac{\partial u_2(L_0{,}t)}{\partial t}=v_1+v_2
$$откуда:

Первое решение: Запишем второй закон Ньютона для груза:

$$ma_x=F_\text{упр}=kL\cfrac{\partial u}{\partial x'}=kL\left(\cfrac{\partial u_1}{\partial x'}+\cfrac{\partial u_2}{\partial x'}\right)$$

Поскольку $u_1(x'{,}t)=u_1(x'-ct)$ и $u_2(x'{,}t)=u_2(x'+ct)$, имеем:

$$\cfrac{\partial u_1}{\partial x'}=-\cfrac{1}{c}\cfrac{\partial u_1}{\partial t}\qquad \cfrac{\partial u_2}{\partial x'}=\cfrac{1}{c}\cfrac{\partial u_2}{\partial t}
$$

После подстановки в уравнение движения:

$$ma_x=-\cfrac{kL}{c}\left(\cfrac{\partial u_2}{\partial t}-\cfrac{\partial u_1}{\partial t}\right)
$$

Учитывая, что $\partial u_1/\partial t=v_1(t)$ и $\partial u_2/\partial t=v_1(t)-V(t)$, имеем:

$$ma_x=-\cfrac{kL(V(t)-2v_1(t))}{c}
$$

Подставляя $c$, получим:

Второе решение: рассмотрим изменение импульса пружины. За время $dt$ падающая волна передаёт бруску импульс, равный:

$$dp_1=\mu cdt\cdot v_1(t)
$$

За это же время пружина получает от отражённой волны импульс, равный:

$$dp_{2\text{пр}}=\mu cdt\cdot \cfrac{\partial u_2}{\partial t}=\mu cdt(V(t)-v_1(t))$$

Тогда импульс, полученный бруском от отражённой волны, равен:

$$dp_2=-dp_{2\text{пр}}=\mu cdt(v_1(t)-V(t))
$$

Тогда для силы, действующей ну брусок, получим:

$$F(t)=\cfrac{dp}{dt}=\cfrac{dp_1+dp_2}{dt}=\mu c(2v_1(t)-V(t))=ma(t)
$$

Подставляя $c$, получим:

Полученное уравнение движения переписывается следующим образом:
$$\cfrac{mc}{kL}\dot{V}+V=2v_1(t)=2v_0e^{-kLt/Mc}
$$Решим однородное уравнение:
$$\cfrac{mc}{kL}\dot{V}_\text{одн}+V_\text{одн}=0\Rightarrow{V_\text{одн}(t)=Ae^{-kLt/mc}}
$$Далее частное решение неоднородного уравнения будем искать в виде:
$$V_\text{частн}(t)=Be^{-kLt/Mc}
$$Имеем:
$$Be^{-kLt/Mc}\left(1-\cfrac{m}{M}\right)=2v_0e^{-kLt/Mc}\Rightarrow B=\cfrac{2v_0}{1-m/M}
$$Тогда для $V(t)$ получим:
$$V(t)=V_\text{одн}(t)+V_\text{частн}(t)=\cfrac{2v_0e^{-kLt/Mc}}{1-m/M}+Ae^{-kLt/mc}
$$Поскольку $V(0)=0$, находим $A$:
$$A=-B=-\cfrac{2v_0}{1-m/M}
$$и окончательно для $V(t)$ получим:

Поскольку функция $v_1(t)$ монотонно убывает, а $V(t)$ монотонно возрастает - отрыв произойдёт в момент равенства нулю ускорения бруска. Это приводит к уравнению:
$$V(t)=2v_1(t)
$$или же:
$$\cfrac{2v_0}{1-m/M}\left(e^{-kL\tau/Mc}-e^{-kL\tau/mc}\right)=2v_0e^{-kL\tau/Mc}
$$Отсюда:
$$e^{-kL\tau/Mc}=e^{-kL\tau/mc}\cdot\cfrac{M}{m}\Rightarrow \cfrac{kL\tau}{mc}=\cfrac{kL\tau}{Mc}+\ln(M/m)
$$откуда:
$$\tau=\cfrac{Mc\ln(M/m)}{kL(M/m-1)}
$$Подставляя $c$, получим:

Отражённая волна не достигает бруска массой $M$ при условии:
$$L_0\geq c\tau
$$Последнее соотношение после подстановки $c$ приводит к следующему:
$$L_0\geq \cfrac{M}{\mu}\cdot\cfrac{\ln(M/m)}{M/m-1}
$$откуда:

В пределе $m\to{M}$ имеем:
$$\lim_{m\to{M}}\cfrac{\ln(M/m)}{M/m-1}=\lim_{x\to{0}}\cfrac{\ln(1+x)}{x}=1
$$Поэтому в предельном случае:

Конечная скорость бруска может быть найдена следующим образом:
$$V_\infty=2v_1(\tau)=2v_0e^{-kL\tau/Mc}
$$Величина $-kL\tau/Mc$ была определена ранее:
$$-\cfrac{kL\tau}{Mc}=-\cfrac{\ln(M/m)}{M/m-1}
$$откуда:

Введём параметр $x=M/m-1$. Получим:
$$V_\infty=\cfrac{2v_0}{(1+x)^{1/x}}
$$Для величины в знаменателе имеем:
$$\lim_{x\to{0}}(1+x)^{1/x}=e
$$откуда:

Для зависимости от координаты $x'$ скорости пружины, вызванной падающей волной, имеем:
$$v_\text{пр1}(x')=v(2\tau)e^{kLx'/Mc^2}=\cfrac{v_0e^{kLx'/Mc^2}}{e^2}=\cfrac{v_0e^{\mu x'/M}}{e^2}
$$

Найдём зависимость $V(t)$ в предельном переходе:
$$V(t)=\lim_{m\to{M}}2v_0e^{-kLt/Mc}\cdot\cfrac{(1-e^{-\frac{kLt}{c}(\frac{1}{m}-\frac{1}{M})})}{1-m/M}=2v_0e^{-kLt/Mc}\cfrac{kLt}{Mc}
$$Тогда для зависимости от координаты $x'$ скорости пружины, вызванной падающей волной, имеем:
$$v_\text{пр2}(x')=V(x'/c)-v_1(x'/c)=v_0e^{-kLx'/Mc^2}\left(\cfrac{2kLx'}{Mc^2}-1\right)=v_0e^{-\mu x'/M}\left(\cfrac{2\mu x'}{M}-1\right)
$$Итоговая зависимость имеет следующий вид:
$$v_\text{пр}(x')=\cfrac{v_0e^{\mu x'/M}}{e^2}+v_0e^{-\mu x'/M}\left(\cfrac{2\mu x'}{M}-1\right)
$$

Ответ: