Запишем уравнение движения груза:
$$m\ddot{x}=-\beta\dot{x}-kx\Rightarrow \ddot{x}+\cfrac{\beta}{m}\dot{x}+\cfrac{k}{m}x=0{.}
$$
С учётом введённых обозначений:
$$\ddot{x}+2\gamma\dot{x}+\omega^2_0x=0{.}
$$
Будем искать решение в комплексной форме:
$$x=Re\left\{Ae^{\lambda t}\right\}{,}
$$
где $A\neq 0$ и $\lambda$ — некоторые комплексные числа.
Тогда:
$$A\left(\lambda^2+2\gamma\lambda+\omega^2_0\right)=0\Rightarrow{\lambda=-\gamma\pm{i\sqrt{\omega^2_0-\gamma^2}}}{.}
$$
Решение представляет собой сумму решений, соответствующих разным значениям $\lambda$:
$$x(t)=e^{-\gamma t}Re\left\{A_1e^{i\sqrt{\omega^2_0-\gamma^2}t}+A_2e^{-i\sqrt{\omega^2_0-\gamma^2}t}\right\}=Ce^{-\gamma t}\sin\left(\sqrt{\omega^2_0-\gamma^2}t+\varphi_0\right){,}
$$
где $C$ и $\varphi_0$ — действительные числа.
Дифференцируя:
$$v_x(t)=Ce^{-\gamma t}\left(\sqrt{\omega^2_0-\gamma^2}\cos\left(\sqrt{\omega^2_0-\gamma^2}t+\varphi_0\right)-\gamma\sin\left(\sqrt{\omega^2_0-\gamma^2}t+\varphi_0\right)\right){.}
$$
Для момента времени $t=0$ имеем:
$$\begin{cases}
x(0)=C\sin\varphi_0\\
v_x(0)=C\left(\sqrt{\omega^2_0-\gamma^2}\cos\varphi_0-\gamma\sin\varphi_0\right)
\end{cases}
$$
С учётом начальных условий:
$$\begin{cases}
x(0)=0\\
v_x(0)=v_0
\end{cases}
\Rightarrow
\begin{cases}
\varphi_0=0\\
C=\cfrac{v_0}{\sqrt{\omega^2_0-\gamma^2}}
\end{cases}
$$
Окончательно получим:

Перепишем выражение для добротности в следующем виде:
$$Q=\cfrac{2\pi}{1-\left(\cfrac{v_1}{v_0}\right)^2}{,}
$$
где $v_1$ — проекция скорости груза при повторном прохождении начала координат с тем же направлением скорости.
Величина скорости $v_1$ достигается через период $T$, равный:
$$T=\cfrac{2\pi}{\sqrt{\omega^2_0-\gamma^2}}{.}
$$
Тогда:
$$\cfrac{v_1}{v_0}=e^{-\gamma T}=e^{-2\pi\gamma/\sqrt{\omega^2_0-\gamma^2}}{,}
$$
откуда получим:

Разложение знаменателя при $\gamma\ll{\omega_0}$ следующее:
$$1-e^{-4\pi\gamma/\sqrt{\omega^2_0-\gamma^2}}\approx 1-e^{-4\pi\gamma/\omega_0}\approx 1-\left(1-\cfrac{4\pi\gamma}{\omega_0}\right)=\cfrac{4\pi\gamma}{\omega_0}{,}
$$
откуда получим приближение для добротности при слабом затухании $Q$:
$$Q\approx\cfrac{\omega_0}{2\gamma}{.}
$$
Подставляя $\omega_0$ и $\gamma$, получим:

Уравнение движения следующее:
$$m\ddot{x}=k(A_0\sin\Omega t-x)-\beta\dot{x}{,}
$$
откуда:
$$\ddot{x}+2\gamma\dot{x}+\omega^2_0\Delta{x}=\omega^2_0A_0\sin\Omega t{.}
$$
Будем искать решение в виде:
$$x=Re\left\{\hat{A}e^{i\Omega t}\right\}{,}
$$
где $\hat{A}\neq 0$ — некоторое комплексное число.
Тогда:
$$\hat{A}\left((\omega^2_0-\Omega^2)+2i\Omega\gamma\right)=\omega^2_0A_0e^{-i\pi/2}{.}
$$
Выразим $A$:
$$\hat{A}=\cfrac{\omega^2_0A_0\left((\omega^2_0-\Omega^2)-2i\Omega\gamma\right)e^{-i\pi/2}}{\left((\omega^2_0-\Omega^2)^2+4\gamma^2\Omega^2\right)}=\cfrac{A_0\omega^2_0e^{-i(\pi/2-\varphi)}}{\sqrt{(\omega^2_0-\Omega^2)^2+4\gamma^2\omega^2_0}}{,}
$$
где $\varphi$ — аргумент комплексного числа $z=(\omega^2_0-\Omega^2)-2i\Omega\gamma$.
Извлекая действительную часть, найдём:
$$\Delta{x}(t)=\cfrac{A_0\omega^2_0}{\sqrt{(\omega^2_0-\Omega^2)^2+4\gamma^2\Omega^2}}\sin\left(\Omega t+\varphi\right){.}
$$
Таким образом:
$$A=\cfrac{A_0\omega^2_0}{\sqrt{(\omega^2_0-\Omega^2)^2+4\gamma^2\Omega^2}}\qquad \varphi_0=\varphi{.}
$$
При определении $\varphi$ есть три случая:
$$\varphi=\begin{cases}
-\arctan\cfrac{2\gamma\Omega}{\omega^2_0-\Omega^2}\quad\text{при}\quad \Omega{<}\omega_0\\
-\cfrac{\pi}{2}\quad\text{при}\quad \Omega=\omega_0\\
-\pi-\arctan\cfrac{2\gamma\Omega}{\omega^2_0-\Omega^2}\quad\text{при}\quad \Omega{>}\omega_0
\end{cases}
$$
Таким образом:

Дифференцируя знаменатель по $\Omega^2$, получим:
$$-2(\omega^2_0-\Omega^2)+4\gamma^2=0{,}
$$
откуда:

Подставляя $\Omega_\text{рез}$ в выражение для $A$, находим:

Упрощённые выражения для $\Omega_\text{рез}$ и $A_\text{рез}$ получаются тривиально и принимают следующий вид:

Рассмотрим циклическую частоту $\Omega=\Omega_\text{рез}+\Delta\Omega$, где $\Delta\Omega\ll\Omega_\text{рез}$.
Величину $\Omega_\text{рез}$ можно считать равной $\omega_0$, поскольку:
$$\Omega_\text{рез}=\sqrt{\omega^2_0-2\gamma^2}\approx \omega_0-\cfrac{\gamma^2}{\omega_0}{.}
$$
Отклонение $\Omega_\text{рез}$ от $\omega_0$ представляет собой величину второго порядка малости.
Тогда для подкоренного выражения получим:
$$\left(\omega^2_0-\Omega^2\right)^2+4\gamma^2\Omega^2\approx \left(\omega^2_0-\left(\omega_0+\Delta\Omega\right)\right)^2+4\gamma^2\left(\omega_0+\Delta\Omega\right)^2\approx 4\omega^2_0\Delta\Omega^2+4\gamma^2\omega^2_0{.}
$$
Величина $\Delta{\Omega}$ такова, что подкоренное выражение вдвое больше соответствующего резонансу. Отсюда:
$$4\Delta{\Omega}^2\omega^2_0+4\gamma^2\omega^2_0=8\gamma^2\omega^2_0\Rightarrow \Delta{\Omega}_{1{,}2}=\pm\gamma{.}
$$
Поскольку $\Delta\omega=\Delta\Omega_1-\Delta\Omega_2$, получим:

Из закона Био-Савара-Лапласа:
$$d\vec{B}=\cfrac{\mu_0}{4\pi}\cfrac{\left[\vec{r}\times d\vec{r}\right]}{r^3}{,}
$$
где $\vec{r}$ — радиус—вектор элемента кольца относительно точки с координатой $x$.
Для каждой точки кольца:
$$r=\sqrt{R^2+x^2}{.}
$$
Интеграл по контуру от векторного произведения получим из его геометрического смысла:
$$\oint_L\left[\vec{r}\times d\vec{r}\right]=2\vec{S}=2\pi{R}^2\vec{e}_x{,}
$$
откуда:

Из закона электромагнитной индукции Фарадея получим:
$$\mathcal{E}_\text{инд}=-\cfrac{d\Phi}{dt}=-\pi{r}^2\dot{B}=2\pi rE_\text{вихр}{,}
$$
откуда:
$$E_\text{вихр}=-\cfrac{\dot{B}r}{2}{.}
$$
Из закона Ома в дифференциальной форме:
$$\vec{j}=\cfrac{\vec{E}}{\rho}{,}
$$
откуда:
$$j(r)=-\cfrac{\dot{B}r}{2\rho}{.}
$$
Момент кольцевого тока высотой $h$ и толщиной $dr$ равен:
$$dm_x=\pi{r}^2dI=\pi{r}^2jhdr=-\cfrac{\pi\dot{B}h}{2\rho}r^3dr{,}
$$
откуда:
$$m_x=-\cfrac{\pi\dot{B}h}{2\rho}\int\limits_0^{r_0}r^3dr{.}
$$
Интегрируя, находим:

Воспользуемся сферическими координатами (т.е будем отсчитывать угол $\theta$ от положительного направления оси $x$). Тогда для $r_0$ и $h$ имеем:
$$r_0=R_0\sin\theta\qquad h=d(R_0(1-\cos\theta))=R_0\sin\theta d\theta{.}
$$
Тогда для элемента магнитного момента шара имеем:
$$dm_x=-\cfrac{\pi{R}^5_0\dot{B}}{8\rho}\sin^5\theta d\theta{,}
$$
откуда:
$$m_x=-\cfrac{\pi{R}^5_0\dot{B}}{8\rho}\int\limits_{0}^{\pi}\sin^5\theta d\theta{.}
$$
Проинтегрируем полученное выражение с помощью подстановки $x=\cos\theta$:
$$\int\limits_{0}^{\pi}\sin^5\theta d\theta=\int\limits_{-1}^{1}(1-x^2)^2dx=\int\limits_{-1}^{1}(1-2x^2+x^4)dx=\left(x-\cfrac{2x^3}{3}+\cfrac{x^5}{5}\right)\Biggl|_{-1}^{1}=\cfrac{16}{15}{,}
$$
откуда:

При движении шара индукция магнитного поля $B_x(x)=B_x(x(t))$, т.е является сложной функцией времени, поэтому имеем:
$$\dot{B_x}=\cfrac{dB_x}{dt}=\cfrac{dB_x}{dx}\cfrac{dx}{dt}=v\cfrac{dB_x}{dx}
$$
Найдём производную $dB_x/dx$:
$$\cfrac{dB_x}{dx}=-\cfrac{3\mu_0IR^2x}{2(R^2+x^2)^{\frac{5}{2}}}{,}
$$
откуда:

Поскольку шар движется вдоль оси $x$:
$$\vec{F}=m_x\cdot\cfrac{\partial\vec{B}}{\partial x}=\vec{e}_x\cdot m_x\cfrac{dB_x}{dx}{.}
$$
Для магнитного момента $m_x$ имеем:
$$m_x=-\cfrac{2\pi{R}^5_0v}{15\rho}\cdot\cfrac{dB_x}{dx}{,}
$$
откуда:
$$F_x=-\cfrac{2\pi{R}^5_0}{15\rho}\left(\cfrac{dB_x}{dx}\right)^2v{.}
$$
Подставляя $dB_x/dx$, находим:

Первый пик достигается при значении $\Delta{x}\approx{47~\text{у.е}}$, а 12-ый - при $\Delta{x}\approx{6~\text{у.е}}$.
Отсюда:
$$\cfrac{\gamma}{\sqrt{\omega^2_0-\gamma^2}}\approx{\cfrac{\ln\left(\cfrac{47}{6}\right)}{11\cdot{2\pi}}}\approx{0{,}0297}\Rightarrow \cfrac{\gamma}{\omega_0}\approx 0{.}03\ll{1}{.}
$$
При этом имеем:
$$\cfrac{\omega_0}{2\gamma}=\cfrac{\sqrt{mk}}{\beta(H)}{,}
$$
откуда:
$$\beta(H)\approx{\cfrac{2\gamma\sqrt{mk}}{\omega_0}}{,}
$$
и окончательно

Из выражения для резонансной амплитуды найдём:
$$Q=\cfrac{A_\text{рез}}{A_0}=\cfrac{\sqrt{mk}}{\beta(H)}\approx 25
$$
откуда окончательно:

Из теоремы о телесном угле для магнитного поля имеем:
$$B_z=\cfrac{\mu_0i\Omega_\text{бок}}{4\pi}{,}
$$
где $i=In$ — линейная плотность токов соленоида, а $\Omega_\text{бок}$ — телесный угол, под которым видна его боковая поверхность.
Телесный угол, под которым видна боковая поверхность соленоида, равен телесному углу, под которым видно его основание из точки с координатой $z$, поэтому имеем:
$$\Omega_\text{бок}=2\pi(1-\cos\alpha)=2\pi\left(1-\cfrac{z}{\sqrt{z^2+R^2}}\right){.}
$$
Таким образом:

Дифференцируя, находим:

Поскольку снаружи цилиндра индукцию магнитного поля можно считать равной индукции магнитного поля соленоида, имеем:
$$B_{z(in)}=B_z(z-x)\qquad B_{z(out)}=B(z){.}
$$
Из теоремы о циркуляции для индукции магнитного поля получим:
$$(B_{z(in)}-B_{z(out)})\approx -x\cfrac{dB_z}{dz}=\mu_0ix{,}
$$
откуда:

Магнитный момент бесконечно малого участка цилиндра составляет:
$$dm_z=i(z)\pi r^2dz{.}
$$
Для действующей на него силы $dF_x$ имеем:
$$dF_x=dm_z\cfrac{dB_z}{dz}{.}
$$
Подставляя выражение для $i$, получим:
$$dF_x=-\cfrac{\pi{r}^2x}{\mu_0}\left(\cfrac{dB_z}{dz}\right)^2dz{.}
$$
Воспользуемся выражением для $dB_z/dz$:
$$dF_x=-\cfrac{\mu_0\pi{r}^2n^2I^2xR^4dz}{4(R^2+z^2)^3}{,}
$$
откуда с учётом большого удаление концов цилиндра от оснований соленоида:
$$F_x\approx -\cfrac{\mu_0\pi{r}^2n^2I^2R^4x}{4}\int\limits_{-\infty}^{\infty}\cfrac{dz}{(R^2+z^2)^3}{.}
$$
Воспользуемся заменой переменной $z=R\operatorname{tg}\varphi$ и получим:
$$F_x=\cfrac{\mu_0\pi{r}^2n^2I^2R^4x}{4}\int\limits_{-\infty}^{\infty}\cfrac{dz}{(R^2+z^2)^3}=\cfrac{\mu_0\pi{r}^2n^2I^2x}{4R}\int\limits_{-\pi/2}^{\pi/2}\cos^4\varphi d\varphi{.}
$$
Вычислим последний интеграл:
$$\int\limits_{-\pi/2}^{\pi/2}\cos^4\varphi d\varphi=\int\limits_{-\pi/2}^{\pi/2}\left(\cfrac{1+\cos 2\varphi}{2}\right)^2d\varphi=\int\limits_{-\pi/2}^{\pi/2}\left(\cfrac{1}{4}+\cfrac{\cos 2\varphi}{2}+\cfrac{\cos^22\varphi}{4}\right)d\varphi=
$$
$$=\int\limits_{-\pi/2}^{\pi/2}\left(\cfrac{1}{4}+\cfrac{\cos 2\varphi}{2}+\cfrac{1}{4}\left(\cfrac{1+\cos 4\varphi}{2}\right)\right)d\varphi=\int\limits_{-\pi/2}^{\pi/2}\left(\cfrac{3}{8}+\cfrac{\cos 2\varphi}{2}+\cfrac{\cos 4\varphi}{8}\right)d\varphi=
$$
$$=\left(\cfrac{3\varphi}{8}+\cfrac{\sin 2\varphi}{4}+\cfrac{\sin 4\varphi}{32}\right)\Biggl|_{-\pi/2}^{\pi/2}=\cfrac{3\pi}{8}{.}
$$
Таким образом:

Запишем уравнение движения цилиндра:
$$m\ddot{x}=-\cfrac{3\mu_0\pi^2 r^2n^2I^2}{32R}x\Rightarrow \omega^2_0=\cfrac{3\mu_0\pi^2 r^2n^2I^2}{32mR}\Rightarrow x(t)=A\sin\omega_0t+B\cos\omega_0t{.}
$$
Определим константы $A$ и $B$ из начальных условий:
$$
\begin{cases}
x(0)=B=0\\
v_x(0)=\omega_0A=v_0
\end{cases}
\Rightarrow A=\cfrac{v_0}{\omega_0}
$$
Таким образом: