B1  ^0.50 С какой циклической частотой $\omega_{ss}$ должна вращаться станция, чтобы космонавты испытывали такое же ускорение свободного падения $g_E$, как на поверхности Земли?

B1. 1 Выражение для центробежной силы: $F_{ce} = m \omega^2 r$	0.10
B1. 2 Связь $g_E$ и $\omega_{ss}$: $g_E = \omega_{ss}^2 R$	0.20
B1. 3 Ответ: $\omega_{ss} = \sqrt{g_E / R}$	0.20

B2  ^0.20 Полагая, что ускорение свободного падения на Земле постоянно и равно $g_E$, чему будет равна циклическая частота колебаний $\omega_E$, измеренная человеком на Земле?

B2. 1 Ответ не зависит от $g_E$	0.10
B2. 2 Ответ: $\omega_E = \sqrt{k/m}$	0.10

B3  ^0.60 Какую циклическую частоту $\omega$ измерит Алиса на космической станции?

B3. 1 Уравнение вида $F = -k x \pm m \omega_{ss}^2 x$	0.20
B3. 2 Правильный знак: $F = -k x + m \omega_{ss}^2 x$	0.20
B3. 3 Правильный диффур: $m \ddot{x} + \left( k - m \omega_{ss}^2 \right) x = 0$	0.10
B3. 4 Ответ: $\omega = \sqrt{k/m - \omega_{ss}^2}$ (можно использовать $g_E / R$ вместо $\omega_{ss}^2$)	0.10

B4  ^0.80 Получите выражение для ускорения свободного падения $g_E(h)$ для небольших высот $h$ над поверхностью Земли и вычислите циклическую частоту колебаний $\tilde{\omega}_E$ колеблющегося груза (достаточно использовать линейное приближение). Обозначьте радиус Земли за $R_E$. Вращением Земли можно пренебречь.

B4. 1 $g_E(h) = - G M / \left( R_E + h \right)^2$	0.10
B4. 2 Линейное приближение: $g_E (h) = - \frac{G M}{R_E^2} + 2 h g_E / R_E$	0.20
B4. 3 Подстановка $g_E = G M / R_E^2$: $g_E (h) = - g_E + 2 h g_E / R_E$	0.10
B4. 4 В предыдущих пунктах возможен другой выбор знака, но он должен быть самосогласован	None
B4. 5 $F = - k x + 2 x m g_E / R_E$	0.20
B4. 6 Правильный диффур: $m \ddot{x} + \left( k - 2 m g_E / R_E \right) x = 0$	0.10
B4. 7 Ответ: $\tilde{\omega}_E = \sqrt{k/m - 2 g_E / R_E}$	0.10

B5  ^0.30 Для какого радиуса космической станции $R$ частота колебаний $\omega$ совпадает с частотой колебаний $\tilde{\omega}_E$ на поверхности Земли? Выразите свой ответ через $R_E$.

B5. 1 $\omega_{ss}^2 = 2 g_E / R_E$	0.10
B5. 2 Ответ: $R = R_E / 2$	0.20

B6  ^1.10 Вычислите горизонтальную скорость $v_x$ и горизонтальное смещение $d_x$ (относительно пола башни в направлении, перпендикулярном башне) груза в момент времени, когда он ударится о пол. Можете считать, что высота $H$ башни мала, так что ускорение, измеренное космонавтами, постоянно во время падения. Также вы можете считать, что $d_x \ll H$.

B6. 1 M1 Выражение для силы $F_C(t) = 2 m \omega_{ss}^3 R t$	0.10
B6. 2 M1 Найдена скорость $v_x$: $v_x(t) = \omega_{ss}^3 R t^2$	0.20
B6. 3 M1 Найдено время движения: $t = \sqrt{2 H / \left( \omega_{ss}^2 R \right)}$	0.20
B6. 4 M1 Ответ для конечной скорости: $v_x = 2 H \omega_{ss}$	0.10
B6. 5 M1 Проинтегрирована скорость: $d_x = \frac{1}{3} R \omega_{ss}^3 t^3$	0.30
B6. 6 M1 Ответ для смещения: $d_x = \frac{1}{3} \sqrt{\frac{8 H^3}{R}}$	0.20
B6. 7 M2 Здесь $\phi$ обозначает угол, заметенный грузом, $\alpha$ — угол, который прошла башня за время падения груза	None
B6. 8 M2 Начальная скорость груза равна $\omega_{ss} \left(R-H\right)$	0.10
B6. 9 M2 Новая горизонтальная компонента скорости $\omega_{ss} \left(R - H\right) \cos \phi$	0.10
B6. 10 M2 $\cos \phi = 1 - \frac{H}{R}$	0.10
B6. 11 M2 При переходе во вращающуюся системы вычитается $\omega_{ss} R$	0.10
B6. 12 M2 Ответ: $v_x = - 2\omega_{ss} H$ (знак не важен)	0.20
B6. 13 M2 $d_x = \left(\alpha - \phi \right) R$	0.10
B6. 14 M2 Найдено время движения груза: $t = \frac{\sqrt{R^2 - \left(R-H\right)^2}}{\omega_{ss} \left(R-H\right)}$	0.10
B6. 15 M2 Ответ: $d_x = \left[ \frac{\sqrt{1 - \left(1-\xi\right)^2}}{1 - \xi} - \arccos \left(1-\xi \right) \right] R$, где $\xi = H/R$ (упрощать не обязательно)	0.30
B6. 16 M2 Полученный ответ упрощен с ошибкой	-0.10

B7  ^1.30 Найдите минимальную высоту башни, для которой может произойти, что $d_x = 0$.

B7. 1 Скорость груза в ИСО: $v = \omega_{ss} \left(R-H\right)$	0.10
B7. 2 Найдено расстояние $d$, проходимое грузом: $d^2 = R^2 - \left(R-H\right)^2$	0.10
B7. 3 Найдено время движения: $t = \frac{\sqrt{R^2 - \left(R-H\right)^2}}{\omega_{ss} \left(R - H\right)}$	0.10
B7. 4 $t = \frac{R \sin \phi}{\omega_{ss} R \cos \phi}$	0.20
B7. 5 $\phi = \tan \phi$	0.20
B7. 6 Понимание, что полученное уравнение имеет бесконечно много корней	0.20
B7. 7 $H/R = 1 - \cos \phi \approx 0.871$	None
B7. 8 M1 $0.85 \leq H/R \leq 0.88$	0.40
B7. 9 M2 $0.5 \leq H/r \leq 0.85$	0.30
B7. 10 M3 $0 < H/R < 0.5$ или $H/R > 0.88$	0.20

B8  ^1.70 Алиса потянула груз на расстояние $d$ вниз от положения равновесия $x = 0$, $y=0$, а затем отпустила (рис. 5).
Приведите алгебраические выражения для $x(t)$ и $y(t)$. Величину $\omega_{ss} d$ можно считать малой. Можно пренебречь силой Кориолиса для движения вдоль оси $y$.
Нарисуйте схематично траекторию ($x(t)$, $y(t)$), отметив все характерные особенности, в частности, амплитуду.

B8. 1 Штраф за каждую потерю знака	17 × -0.10
B8. 2 Вместо $\omega$ используется $\sqrt{k/m}$ (вместо правильного $\sqrt{k/m - \omega_{ss}^2}$)	-0.10
B8. 3 По оси $y$ груз совершает гармонические колебания: $y = A \cos \omega t + B \sin \omega t$	0.10
B8. 4 Используя начальные условия, $y(t) = -d \cos \omega t$	0.20
B8. 5 Найдена скорость: $v_y(t) = d \omega \sin \omega t $	0.10
B8. 6 Найдена сила Кориолиса (с точностью до знака): $F_x(t) = -2 m \omega_{ss} d \omega \sin \omega t$	0.20
B8. 7 Движение по оси $x$ является суперпозицией гармонических колебаний (0.1) и движения с постоянной скоростью (0.1)	2 × 0.10
B8. 8 Найдена амплитуда колебаний по $x$: $A = \frac{2 \omega_{ss} d}{\omega}$	0.10
B8. 9 $x(t) = \frac{2 \omega_{ss} d}{\omega} \sin \omega t - 2 \omega_{ss} d t$	0.20
B8. 10	None
B8. 11 Движение является суперпозицией периодического (0.1) и движения с постоянной скоростью (0.1)	2 × 0.10
B8. 12 Острые пики (см. рис., B)	0.10
B8. 13 Пики расположены на $y = \pm d$ (см. рис., A и B)	0.10
B8. 14 Острые пики находятся на расстоянии $\Delta x = \frac{4 \pi \omega_{ss} d}{\omega}$ друг от друга (см. рис., C)	0.20