i  ^0.50 Чему равен период вращения~$\tau$?

Обозначим угловую скорость вращения за $\omega$, тогда на полу станции центробежная сила $m \omega^2 R = mg$. Тогда с учетом $\omega \tau = 2\pi$:
\[\left( \frac{2 \pi}{\tau} \right)^2 R =g\]

ii  ^2.00 Мяч бросают из некоторой точки на «полу», а затем, спустя $t=\tau/2$, ловят его в той же самой точке. С какой скоростью бросали мяч? Сопротивлением воздуха пренебречь.

В лабораторной системе отсчета (ЛСО) шарик будет двигаться по прямой. В этой системе отсчета за время $t$ станция повернется на угол $\pi$, значит шарик должен лететь вдоль диаметра со скоростью $\frac{2 R}{t}=\frac{4R}{\tau}$. Скорость шарика в ЛСО складывается из скорости $\omega R=\frac{2\pi R}{\tau}$, с которой двигается пол станции, и скорости броска $v$. Тогда
\[v= \sqrt{\left( \frac{4R}{\tau} \right)^2 + \left( \frac{2\pi R}{\tau} \right)^2 }\]

iii  ^2.00 Воздушный шарик радиуса $r=3~м$ наполнили гелием (молярная масса гелия $M'=4~г/моль$). Шарик используют чтобы поднять груз неизвестной массы $m$. Груз прикрепили к шарику легкой веревкой длины $L=20~м$. Эта конструкция поднимается и в конце концов останавливается на высоте $H=500~м$ от «пола». Определите значение массы $m$.

На воздушный шарик действует сила инерции и сила Архимеда со стороны воздуха $\frac{4}{3}\pi r^3 (\rho_\text{в}-\rho_\text{г}) \cdot \omega^2 (R-H)$. Эта сила уравновешена силой инерции действующей на груз $m \omega^2(R-H+l)$. В таком случае мы имеем уравнение:
\[ \frac{4}{3}\pi r^3 (\rho_\text{в}-\rho_\text{г}) \cdot \omega^2 (R-H) = m \omega^2(R-H+l) \]
При расчете плотности газов $\rho$ будем пренебрегать эффектами связанными с зависимостью давления воздуха от высоты. Из уравнения Менделеева-Клапейрона получим:
\[ pV = \nu R_\text{Б}T \quad \Rightarrow \quad p V = \frac{m}{M} R_\text{Б}T \quad \Rightarrow \quad \rho = \frac{pM}{R_\text{Б}T}. \]

iv  ^1.50 Пусть точка $C$ расположена на высоте $h$ над «полом». Найдите $T_A-T_C$, разность сил натяжения веревки в точках $A$ и $C$.

Действие центробежной силы на тело эквивалентно нахождению в осесимметричном потенциале
\[ \varphi(r) = \int_0^r (-\omega x^2) dx = -\frac{\omega^2 r^2}{2}.\]

При решении этого пункта удобно использовать принцип виртуальных перемещений для веревки. Вытянем ее конец $A$ на малую длину $dl$ вдоль направления силы $T_A$, тогда работа сил натяжения равна $dl \, (T_A - T_C)$, а изменение энергии веревки в поле $\varphi(r)$ равно $dl \, \lambda \left( \varphi(R) - \varphi(R-h) \right)$. Значит
\[ T_A - T_C = -\lambda \omega^2\frac{R^2 - (R-h)^2}{2}\]

v  ^1.50 Пусть в точке $A$ угол, который составляет веревка с «полом» равен $\alpha$. Найдите отношение сил натяжения $T_A/T_C$.

На единицу длины веревки действует сила инерции направленная из центра станции $O$. Тогда относительно точки $O$ уравнение моментов на часть веревки, лежащую между точками $A$ и $C$ выглядит так:
\[ T_A R \cos \alpha = T_C (R-h) \]

vi  ^1.50 Аппроксимируя форму веревки параболой, найдите $T_C$, если $h=495~м$.

Аппроксимируя форму веревки параболой $y(x) = \beta x^2$, найдем $\beta$ из условия $R-h = y(R) = \beta R^2$. Тогда $\tan \alpha = y'(R) = 2 \beta R$, значит
\[ \cos \alpha = \frac{2\beta R}{\sqrt{1+4\beta^2 R^2}} = \frac{1}{\sqrt{1+\frac{R^2}{4(R-h)^2}}}\]
Этот результат позволяет разрешить систему уравнений, полученных в пунктах iv и v:
\[
\begin{cases}
T_A - T_C = -2 \pi^2 \frac{\lambda h (2R-h)}{\tau^2}\\
\frac{T_A}{T_C} = \frac{R-h}{R \cos \alpha}
\end{cases}
\]

vii  ^2.00 Металлические стены станции заряжены. Их полный заряд равен $Q$. Внутри станции над «полом» неподвижно парит заряженный шарик. Найдите отношение заряда к массе $q/m$ шарика. Зарядами, индуцированными шариком на «полу», можно пренебречь.

Этот пункт будем решать в ЛСО. Электрическое поле внутри равномерно заряженного цилиндра равно нулю, а движущиеся заряды создают магнитное поле.

В силу протяженности станции можно считать, что магнитное поле $B$ внутри нее совпадает с магнитным полем эквивалентной бесконечной катушки. Это поле можно найти стандартным методом, пользуясь теоремой о циркуляции:
\[ B \cdot dl = \mu_0 \, dI = \mu_0 \frac{Q}{2\pi R L} \cdot \frac{\omega R \,dt \, dl}{dt} ,\]
в итоге $B=\mu_0 \frac{Q}{\tau L}$, причем $\vec{B} \upuparrows \vec{\omega}$.

Найдем силу Лоренцу, которая действует на заряд, двигающийся по окружности радиусом $r$: $\vec{F}_\text{л} = q \, \vec{v} \times \vec{B}$, где $\vec{v} = \omega \times \vec{r}$. Пользуясь формулой двойного векторного произведения получим $[\vec{\omega} \times \vec{r}] \times \vec{B} = \vec{r} \omega B$. Тогда II закон Ньютона имеет вид:
\[ -q r \omega B = m \omega^2 r\]

viii  ^2.00 Теорема Гаусса утверждает, что $\oint \vec E\cdot \mathrm d\vec A = 0$, где интеграл берется по замкнутой поверхности, окружающей объем $V$, в котором нет зарядов. Как нужно изменить это выражение с точки зрения обитателя станции, если никаких других зарядов (кроме $Q$, распределенного по периметру станции) нет.

В системе отсчета станции на покоящийся заряд в соответствии с предыдущем пунктом действует сила $q \omega B \vec{r} = q \frac{2\pi \mu_0 Q}{\tau^2 L} \vec{r}$, то есть в этой системе отсчета существует электрическое поле $\vec{E} = \frac{2\pi \mu_0 Q}{\tau^2 L} \vec{r}$. Вычислить значение $\oint \vec{E} \, d \vec{A}$ можно двумя способами.

Первый способ.
Электрическое поле внутри равномерно заряженного цилиндра с объемной плотностью заряда $\rho$ задается уравнением:
\[ \vec{E} = \frac{\rho}{2 \varepsilon_0} \vec{r}, \]
то есть можно считать, что системе отсчета станции существует эффективная плотность заряда $\rho = \frac{4\pi \mu_0 \varepsilon_0 Q}{\tau^2 L}$. Значит $\oint \vec{E} \, d\vec{A} = \frac{\rho V}{\varepsilon_0}$, где $V$ — объем, заключенный в поверхности.

Второй способ.
От интеграла по поверхности можно перейти к интегралу по объему: $\oint \vec{E} d\vec{A} = \int \operatorname{div} \vec{E} \, dV$. При этом $\operatorname{div} \alpha \vec{r} = 2\alpha$ (в цилиндрических координатах), поэтому $\int \operatorname{div} (\alpha \vec{r}) \, dV = 2\alpha V$, где $V$ — объем, заключенный в поверхности.