Очевидно, что результирующая сила Ампера $F_A$ обусловлена радиальной составляющей вектора индукции магнитного поля $\vec B_r$. Эта компонента на небольшом расстоянии от оси может быть выражена через осевую компоненту поля с помощью теоремы о магнитном потоке.
Выберем поверхность в форме тонкого цилиндра, ось которого совпадает с осью поля, запишем выражение для магнитного потока через его поверхность и приравняем его к нулю
$$B_z(z+dz)\cdot \pi r^2-B_z(z)\cdot\pi r^2+B_r\cdot 2\pi rdz=0. \tag{6}$$Из этого уравнения находим
$$B_r=-\frac{r}{2}\frac{dB_z}{dz}. \tag{7}$$Используя закон Ампера, запишем уравнение для силы, действующей на кольцо
$$F=IB_r2\pi r=-I\frac{r}{2}\frac{dB_z}{dz}2\pi r=-p_m\frac{dB_z}{dz}. \tag{8}$$
Частота колебаний определяется известной формулой для частоты колебаний пружинного маятника
$$\omega_0=\sqrt{\frac{k}{m}}. \tag{9}$$
Механизм воздействия диска на магнит следующий: при смещении магнита в области диска индуцируется вихревое электрическое поле, которое приводит к появлению токов Фуко. Магнитное поле этих токов и воздействует на магнит. Для расчета магнитного поля, создаваемого токами Фуко в диске, следует учесть, что размеры диска малы по сравнению с расстоянием до магнита, поэтому диск также можно считать магнитным диполем. Поэтому достаточно найти индуцированный магнитный момент диска, а затем воспользоваться формулой $(4)$ для расчета индукции поля.
Выделим на диске тонкое кольцо радиуса $r$ и толщиной $dr$. Напряженность вихревого электрического поля в пределах этого кольца находим по закону электромагнитной индукции Фарадея:
$$2\pi rE=-\pi r^2\frac{dB_z}{dt}\Rightarrow E=-\frac{r}{2}\frac{dB_z}{dt}. \tag{10}$$Здесь предполагается, что в пределах всего диска можно пренебречь изменением осевой составляющей магнитного поля, создаваемого магнитом, которая также определяется формулой $(4)$. Так если координата магнита равна $x$, то в области диска.
$$B_z=\frac{\mu_0}{2\pi}\frac{p_m}{(z-x)^3}. \tag{11}$$Подставляя это выражение в формулу $(10)$ и вычисляя производную, получим
$$E=-\frac{r}{2}\frac{dB_z}{dt}=-\frac{r}{2}\cdot \frac{3\mu_0}{2\pi}\frac{p_m}{(z-x)^4}\frac{dx}{dt}\approx -\frac{3\mu_0}{4\pi}r\frac{p_m}{z^4}v. \tag{12}$$В этом выражении учтено, что $x \ll z$.
Плотность тока в выделенном кольце находим по закону Ома
$$j=\frac{1}{\rho}E. \tag{13}$$Так как сила тока в кольце равна $dI=jhdr$, то магнитный момент кольца оказывается равным
$$dp^{\prime}_m=\pi r^2dI=\pi r^2jdr\cdot h=-\pi r^2dr\cdot h\frac{3\mu_0}{4\pi\rho}r\frac{p_m}{z^4}v=-\frac{3\mu_0}{4\rho}\frac{p_m}{z^4}hvr^3dr. \tag{14}$$Интегрируя по всему диску, получим его суммарный магнитный момент:
$$p_m^{\prime}=-\frac{3\mu_0}{4\rho}\frac{p_m}{z^4}hv\int\limits_0^Rr^3dr=-\frac{3\mu_0}{16\rho}\frac{p_m}{z^4}hR^4v. \tag{15}$$Для вычисления силы, действующей на магнит, воспользуемся формулой $(8)$, в которой величина индукции рассчитывается по формуле $(4)$. Указанные подстановки приводят к выражению
$$F=-p_m\frac{dB_z}{dz}=-p_m\frac{d}{dz}\left(\frac{\mu_0}{2\pi}\frac{p^{\prime}_m}{z^3}\right)=\frac{3\mu_0}{2\pi}\frac{p_mp_m^{\prime}}{z^4}=-\frac{3\mu_0}{2\pi}\frac{p_m}{z^4}\frac{3\mu_0}{16\rho}\frac{p_m}{z^4}hR^4v=-\frac{9}{32}\frac{\mu_0^2p_m^2}{\pi\rho z^8}hR^4v. \tag{16}$$Уравнение движения магнита с учетом влияния диска имеет вид
$$mx^{"}=-kx-bx^{\prime}, \tag{17}$$где $b=\frac{9}{32}\frac{\mu_0^2p_m^2}{\pi\rho z^8}hR^4$ — коэффициент в формуле $(16)$.
Используя приведенное в условии решение уравнения затухающих колебаний, получим
$$\omega=\sqrt{\omega_0^2-\beta^2}=\omega_0\left(1-\frac{\beta^2}{\omega^2_0}\right)^{\frac{1}{2}}\approx \left(1-\frac{\beta^2}{2\omega_0^2}\right), \tag{18}$$где $\beta=b/2m$. Из этого выражения находим относительный сдвиг частоты
$$\frac{\Delta\omega}{\omega_0}=-\frac{\beta^2}{2\omega^2_0}=-\frac{1}{2km}\left(\frac{9}{64}\frac{\mu_0^2p_m^2}{\pi\rho z^8}hR^4\right)^2.$$
Характерное время затухания равно
$$\tau=\frac{1}{\beta}=\frac{2m}{b}=\frac{64m\pi\rho z^8}{9\mu_0^2p_m^2hR^4}.$$
Мгновенная мощность тепловых потерь в диске
$$P=\int\rho j^2dV=\int\limits_0^R\rho\left(\frac{3\mu_0p_mv}{4\pi z^8\rho}r\right)^2h2\pi rdr=\frac{9h\mu_0^2p_m^2R^4}{32\pi z^8\rho}v^2$$получается равной произведению силы $(16)$ на скорость магнита.
Второе слагаемое в уравнении $(24)$ определяет сдвиг частоты колебаний
$$\omega=\sqrt{\frac{k}{m}-\frac{5q^2V}{8\pi^2\varepsilon_0z^6m}}=\sqrt{\omega^2_0-\frac{5q^2V}{8\pi^2\varepsilon_0z^6m}}\approx \omega_0\left(1-\frac{5q^2V}{16\pi^2\varepsilon_0z^6k}\right). \tag{27}$$Отсюда следует, что относительный сдвиг частоты равен
$$\frac{\Delta \omega}{\omega_0}=-\frac{5q^2V}{16\pi^2\varepsilon_0z^6k}. \tag{28}$$
Поверхностная плотность заряда $\sigma$ на поверхностях диска меняется из-за тока в диске, который определяется напряжённостью электрического поля в диске $(\dot\sigma=j=E/\rho)$. Поле в диске складывается из поля шарика
$$E_1=\frac{1}{4\pi\varepsilon_0}\frac{q}{(z-x)^2}\approx \frac{q}{4\pi\varepsilon_0z^2}\left(1+2\frac{x}{z}\right)$$и направленного в противоположную сторону поля зарядов диска
$$E_2=-\frac{\sigma}{\varepsilon_0}.$$Записав закон Ома $E_1+E_2=\rho j$ в виде
$$\frac{q}{4\pi\varepsilon_0z^2}\left(1+2\frac{x}{z}\right)-\frac{\sigma}{\varepsilon_0}=\rho j$$с учётом равенств $\dot\sigma=j$ и $p=\sigma Sh=\sigma V$ $(V=\pi R^2h)$ получим требуемое уравнение
$$\varepsilon_0\rho\dot p+p=\frac{qV}{4\pi z^2}\left(1+2\frac{x}{2}\right).$$
$R=\rho\frac{h}{S}, C=\frac{\varepsilon_0S}{h}, \tau=RC=\varepsilon_0\rho.$
При гармонических колебаниях отношение амплитуды $\varepsilon_0\rho\dot p$ к амплитуде $p$ равно $\varepsilon_0\rho\omega$, т.е. очень мало. Поэтому в нулевом приближении в уравнении
$$\varepsilon_0\rho\dot p+p=\frac{qV}{4\pi z^2}\left(1+2\frac{x}{z}\right)$$первым членом можно пренебречь. Тогда
$$p=\frac{qV}{4\pi z^2}\left(1+2\frac{x}{z}\right) \text{ и } \dot p=\frac{qV}{2\pi z^3}v.$$Следующее приближение получим, подставив $\dot p$ в исходное уравнение
$$p=\frac{qV}{4\pi z^2}\left(1+2\frac{x}{z}\right)-\varepsilon_0\rho\dot p=\frac{qV}{4\pi z^2}\left(1+2\frac{x}{z}\right)-\varepsilon_0\rho\frac{qV}{2\pi z^3}v$$(Возможно решение с помощью векторной диаграммы).
Сила, действующая на шарик со стороны диска равна
$$F=\frac{p}{2\pi\varepsilon_0(z-x)^3}q=\frac{q}{2\pi\varepsilon_0z^3}\left(1+3\frac{x}{z}\right)\left[\frac{qV}{4\pi z^2}\left(1+2\frac{x}{z}\right)-\varepsilon_0\rho\frac{qV}{2\pi z^3}v\right]=\\=\frac{q^2R^2h}{8\pi\varepsilon_0 z^6}[(z+5x)-2\varepsilon_0\rho v]. $$Уравнение движения шарика
$$mx^{"}=-kx+\frac{q^2R^2h}{8\pi\varepsilon_0 z^6}[(z+5x)-2\varepsilon_0\rho v]$$или
$$mx^{"}+\frac{q^2\rho R^2h}{4\pi z^6}x^{\prime}+\left[k-\frac{5q^2R^2h}{8\pi\varepsilon_0 z^6}\right]x=\frac{q^2R^2h}{8\pi\varepsilon_0 z^5}.$$
$b=\frac{q^2\rho R^2h}{4\pi z^6}$, $\beta=\frac{b}{2m}=\frac{q^2\rho R^2h}{8\pi z^6m}$, $\tau=\frac{1}{\beta}=\frac{8\pi z^6m}{q^2\rho R^2h}$.
Мгновенная тепловая мощность в диске равна
$$P=j^2\rho V=\left(\frac{qv}{2\pi z^3}\right)^2\rho V=\frac{q^2\rho R^2h}{4\pi z^6}v^2=bv^2,$$что опять равно мощности силы сопротивления $(F=-bv)$.