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?

Центробежная сила должна быть равна силе тяжести на Земле:
$$F_{ce} = m\omega_{ss}^2R = mg_E$$откуда:
$$\omega_{ss} = \sqrt{\frac{g_E}{R}}.$$

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?

Для пружинного маятника частота колебаний равна
$$\omega_{ss} = \sqrt{\frac{k}{m}}.$$Таким образом, мы можем видеть, что ответ не зависит от $g_E$.

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

Запишем 2 закон Ньютона для груза:
$$-k x + m \omega_{ss}^2 x = m\ddot x,$$откуда частота колебаний равна:
$$\omega = \sqrt{\frac{k}{m} - \omega_{ss}^2}.$$

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.

Ускорение свободного падения это гравитационна сила, действующая на тело единичной массы, то есть:
$$g_E(h) = \frac{GM}{(R_E + h)^2} \approx \frac{GM}{R_E^2} - \frac{2GMh}{R_E^3} = g_E \left(1 - \frac{2h}{R_E^2}\right)$$Запишем 2 закон Ньютона для груза:
$$-kx + 2mg_E\frac{x}{R_E} = m\ddot x$$Откуда:
$$\tilde\omega_E = \sqrt{\frac{k}{m} - \frac{2g_E}{R_E}}.$$

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 $R_E$.

По условию:
$$\omega = \sqrt{\frac{k}{m} - \omega_{ss}^2} = \tilde\omega_E = \sqrt{\frac{k}{m} - \frac{2g_E}{R_E}}.$$Тогда:
$$\omega_{ss} = \sqrt{\frac{2g_E}{R_E}} = \sqrt{\frac{g_E}{R}} \Rightarrow R = \frac{R_E}{2}.$$

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 $d_x \ll H$.

$\textbf{Перворе решение}$ (в неинерциальной системе отсчета):
Сила Кориолиса, действующая на падающий груз равна
$$F_C(t) = 2m \omega_{ss}^2 R t \omega_{ss} = 2m \omega_{ss}^2 Rt.$$Тогда из второго закона Ньютона:
$$m\ddot x = m \frac{dv_x}{dt} = 2m \omega_{ss}^3 Rt.$$Интегрируя предыдущее выражение по врмени получаем:
$$v_x(t) = \int\limits_0^t 2 \omega_{ss}^3 R t dt = \omega_{ss}^3 R t^2.$$Где $t$ это вермя падения груза:
$$\frac{gt^2}{2} = \frac{\omega_{ss}^2 R t^2}{2} = 2H,$$следовательно
$$v_x = 2H \omega_{ss}.$$Интегрируем это выражение по вермени:
$$d_x(t) = \int\limits_0^t \omega_{ss}^3 R t^2 = \frac{R \omega_{ss}^3 t^3}{3}.$$Подставляя значение $t$:
$$d_x = \frac{R \omega_{ss}^3}{3} \left(\frac{2H}{\omega_{ss}^2 R}\right)^{3/2} = \frac{2}{3} \sqrt{\frac{2H^3}{R}}.$$
$\textbf{Второе решение}$ (в инерциальной системе отсчета):
Здесь $\varphi$ обозначает угол, на который движется масса, а $\alpha$ $-$ угол, на который поворачиваются астронавты (и башня), когда масса приземляется на пол. Первоначально скорость массы в инерциальной системе отсчета равна $v_x = \omega_{ss} (R - H)$.
Когда масса приземляется, направление оси $OX$ изменяется на $\varphi$, так что новая горизонтальная составляющая скорости будет равна
$$\omega_{ss} (R - H) \cos\varphi$$где $\cos\varphi = 1 - H / R$.
Переходя к вращающейся системе отсчета, нужно вычесть $\omega_{ss} R$.
Наконец, в системе отсчета астронавтов:
$$v_x = - \omega_{ss} R \left(1 - \frac{H}{R} \right)^2 + \omega_{ss} R \approx - \omega_{ss} R \left(1 - \frac{2H}{R} \right) + \omega_{ss} R = 2 \omega_{ss} H.$$(Знак скорости $v_x$ зависит от выбора направления оси $OX$)
Так как во время "падения" груз в инерциальной системе отсчета движется по прямой:
$$d_x \approx R (\alpha - \varphi) = R\left(\omega_{ss} t - \arccos\left(1 - \frac{H}{R}\right)\right)\\
t = \frac{\sqrt{R^2 - (R - H)^2}}{\omega_{ss} (R - H)}.$$Обозначим $\xi = H / R$, тогда:
$$d_x = R \left(\frac{\sqrt{1 - (1 - \xi)^2}}{1 - \xi} - \arccos(1 - \xi)\right)$$Для малых $\xi$:
$$d_x = \frac{2}{3} \sqrt{\frac{2H^3}{R}}.$$

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

Нужно перейти в инерциальную (невращающуюся) систему отсчета. Если масса будет выпущена достаточно близко к центру, ее линейная скорость будет достаточно мала, чтобы космическая станция успела совершить оборот более чем на $2 \pi$, прежде чем ударится о пол.
Приобретенная скорость после отпускания груза равна:
$$v = \omega_{ss} (R - H).$$Расстояние $d$, которое груз пролетит перед столкновением с змелей равно
$$d = \sqrt{R^2 - (R - H)^2}.$$Время падения груза равно
$$t = \frac{d}{v} = \frac{\sqrt{R^2 - (R - H)^2}}{\omega_{ss} (R - H)}.$$Теперь существует несколько возможных способов связать $H$ и угол поворота $\varphi$ космической станции:

$\textbf{Первое решение:}$
$$t = \frac{R \sin\varphi}{\omega_{ss} R \cos\varphi} = \frac{\varphi}{\omega_{ss}}$$Откуда:
$$\varphi = \tan\varphi$$Понимаем, что существует бесконечное число решений.
Это уравнение имеет одно тривиальное решение $\varphi = 0$, следующее решение немного меньше $3\pi /2$, что
соответствует случаю $H > R$ (и, следовательно, неверно). То, которое дает нижнюю границу для $H$, является третьим решением
$$\varphi \approx \frac{5 \pi}{2}$$Уравнение $\varphi = \tan\varphi$ может быть решено графически или численно, чтобы получить близкое значение ($\varphi = 7,725$), что означает:
$$\frac{H}{R} = 1 - \cos\varphi \approx 0{,}871$$

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.

Поймите, что $y(t)$ $-$ это стандартное гармоническое колебание:
$$y(t) = A\cos \omega t + B$$Из начальных условий получаем значиения $A$ и $B$:
$$y(t) = -d\cos \omega t,$$тогда проекция $v_y$ на ось $OY$:
$$v_y(t) = -d\omega \sin\omega t.$$Сила Кориолиса вдоль оси $OX$ равна
$$F_x(t) = 2m\omega_{ss} v_y(t) = -2m\omega_{ss} d\omega\sin\omega t$$Вдоль оси $OX$ движение груза представляет из себя комбинацию гармонических колебаний и поступательного движения:
$$x(t) = \frac{2\omega_{ss}d}{\omega} \sin\omega t - 2 \omega_{ss} dt$$