Рассмотрим простейшую из задач баллистики вращающегося артиллерийского снаряда. Будем считать, что на вращающийся артиллерийский снаряд действует единственный внешний момент — аэродинамический. В такой постановке эта задача является моделью очень далекой от действительности. Наша единственная цель — показать некоторые установившиеся подходы для рєшения подобных задач, рациональное содержание которых подтверждается многолетней практикой.

Движение артиллерийского снаряда описывается двумя векторными уравнениями: уравнением количества движения и уравнением моментов. Первое из этих уравнений описывает движение центра масс, а второе движение относительно центра массы
$$\begin{array}{rl}\frac{d^2\mathit{r}}{d{t}^2}& =\mathit{g}+\frac{\mathit{R}}{m},\\ \frac{d^{2}K}{d{t}^2}& =\mathit{L}.\end{array}$$

Здесь $\mathit{r}$ — радиус-вектор центра массы снаряда, $\mathit{g}$ — напряженность гравитационного поля, $\mathit{R}$ — вектор внешних сил, $m$ масса снаряда, $\mathit{K}$ — кинетический момент, $\mathit{L}$ — момент внешних сил.

Внешние силы $\mathit{R}$ — это аэродинамические силы, зависящие от угла нутации $v$. Основной задачей внешней баллистики называется задача определения траектории центра масс в предположении, что угол нутации равен нулю. Эта траектория всегда является плоской. Внешняя баллистика использует следующую гипотезу: движение относительно центра тяжести может быть изучено с большой степенью точности, если предположить, что сам центр тяжести движется по траектории, являющейся решением основной задачи внешней баллистики.

Эта гипотеза играет важную роль, поскольку она позволяет изучить уравнение (6.26) независимо от (6.25).

Итак, мы пришли к задаче исследования движения гироскопа в подвижной системе координат охyz. Эту систему координат свяжем с направлением вектора скорости центра массы (см. рис. 40). Вдоль вектора скорости направлена ось $oz$ ось ox направлена по пересечению вертикальной плоскости $XOY$ и плоскости, нормальной к оси oz. Ось oy лежит, таким образом, в горизонтальной плоскости $YOZ$. Система координат $OXYZ$ неподвижная, система координат охуz вращается с некоторой мгновенной угловой скоростью ${\omega }^{\ast }$.

Обозначим через $d\tilde{\mathit{K}}/dt$ производную вектора $\mathit{K}$ относительно подвижной системы координат. Тогда уравнение (6.26) можно записать в следующем внде:
$$\frac{d\tilde{K}}{dt}+{\omega }^{\ast }\times K=L$$

Согласно предыдущему
$$\mathit{K}=A{\mathit{\omega }}_1+C\mathit{\omega },$$

где ${\omega }_1$ — мгновенная угловая скорость вращения вектора $\mathit{\omega }={\omega }^0$. Поэтому линейная скорость конца вектора ${\xi }^0$ будет
$$\frac{d{\xi }^0}{dt}={\omega }_1\times {\xi }^0.$$

Перейдем теперь к вращающейся системе координат. Тогда
$$\frac{d{\tilde{\xi }}^0}{dt}+{\omega }^{\ast }\times {\xi }^0={\omega }_1\times {\xi }^0.$$

Обе части этого равенства умнсжим векторно слева на ${\xi }^0$
$$\begin{array}{c}{\xi }^0\times ({\omega }^{\ast }\times {\xi }^0)={\omega }^{\ast }({\xi }^0\cdot {\xi }^0)-{\xi }^0({\xi }^0\cdot {\omega }^{\ast })={\omega }^{\ast }-{\xi }^0({\xi }^0\cdot {\omega }^{\ast }),\\ {\xi }^0\times ({\omega }_1\times {\xi }^0)={\omega }_1-{\xi }^0({\xi }^0\cdot {\omega }_1).\end{array}$$

Но последняя скобка равна нулю, поскольку векторы ${\xi }^0$ и ${\omega }_1$ ортогональные. Итак, формулу (6.4′), которую мы имеем в случае неподвижной системы координат, мы должны заменить такой:
$${\omega }_1={\xi }^0\times \frac{d{\tilde{\xi }}^0}{dt}+{\omega }^{\ast }-{\xi }^0({\xi }^0\cdot {\omega }^{\ast }).$$

Используя выражения (6.28) и (6.29), преобразуем (6.27). При этом мы условимся считать, что опрокидывающий момент $\mathit{L}$ определяется формулой (6.7), где $x(t)$ — характеристика аэродинамической силы, которая зависит от скорости и, следовательно, медленно изменяется со временем. В результате вместо уравнения (6.9) мы получим следующее:
$$\begin{array}{r}A\{{\xi }^0\times \frac{d^2\widetilde{{\xi }^0}}{d{t}^2}-\frac{d{\xi }^0}{dt}({\xi }^0\cdot {\omega }^{\ast })-{\xi }^0(\frac{d\widetilde{{\xi }^0}}{dt}\cdot {\omega }^{\ast })-\\ -{\xi }^0({\xi }^0\cdot \frac{d{\omega }^{\ast }}{dt})+\frac{d{\tilde{\omega }}^{\ast }}{dt}\}+C(\frac{d\omega }{dt}{\xi }^0+\omega \frac{d\widetilde{{\xi }^0}}{dt})=x(t)(z^0\times {\xi }^0)-\\ -{\omega }^{\ast }\times \{C\omega {\xi }^0+A[{\xi }^0\times \frac{d\widetilde{{\xi }^0}}{dt}-{\xi }^0({\xi }^0\cdot {\omega }^{\ast })]\}.\end{array}$$

Собирая подобные члены, получим окончательно
$$\begin{array}{r}C(\frac{d\omega }{dt}{\xi }^0+\omega \frac{d{\tilde{\xi }}^0}{dt}+\omega ({\omega }^{\ast }\times {\xi }^0))+A\{{\xi }^0\times \frac{d^2{\tilde{\xi }}^0}{d{t}^2}-\\ -2\frac{d{\tilde{\xi }}^0}{dt}({\xi }^0\cdot {\omega }^{\ast })-{\xi }^0({\xi }^0\cdot \frac{d{\tilde{\omega }}^{\ast }}{dt})+\frac{d{\omega }^{\ast }}{dt}-\\ -({\xi }^0\cdot {\omega }^{\ast })({\omega }^{\ast }\times {\xi }^0)=x(t)(z^0\times {\xi }^0).\end{array}$$

В уравнении (6.30) функции $x(i)$ и ${\omega }^{\ast }(t)$ должны считаться известными, поскольку они определены решением основной задачи внешней баллистики. Так же, как и система (6.9), система (6.30) допускает первый интеграл
$$\omega =\text{ const. }$$

Используя это соотношение, мы можем упростить соотношение (6.30) и записать его в проекциях на оси $Ox$ и $Oy$. Проекции
векторов ${\xi }^0\times \frac{d^2{\tilde{\xi }}^0}{d{t}^2}$ и $\frac{d{\tilde{\xi }}^0}{dt}$ вычислены ранее при выводе уравнений (6.12).

Рассмотрим теперь вектор ${\omega }^{\ast }$; подвижная система координат может совершать вращательное движение только вокруг осей $Ox$ и $Oy$
$${\omega }^{\ast }={\omega }_x^{\ast }{x}^{(1}+{\omega }_y^{\ast }{y}^0.$$

Вращение вокруг оси $Ox$ приводит к изменению угла $\psi$ — угла, который образует ось $Oz$ с вертикальной плоскостью. Этот угол условимся отсчитывать от оси $\mathrm{Oz}$. Тогда

Аналогично
$${\omega }_x^{\ast }=-\dot{\psi }\text{. }$$

Итак,
$${\omega }_y^{\ast }=\theta \text{. }$$
$${\omega }^{\ast }=-\dot{\psi }{x}^0+\dot{\theta }{y}^0.$$

Теперь мы легко вычислим проекции остальных векторов и произведения, входящие в уравнение (6.30):
$$\begin{array}{rl}{\omega }^{\ast }\times {\xi }^0& =\dot{\theta }z{x}^0+\dot{\psi }z{y}^0-(\dot{\psi }y+\theta x)z^0,\\ \frac{d{\tilde{\omega }}^{\ast }}{dt}& =-\ddot{\psi }{x}_0+\dot{\theta }{y}^0,\\ ({\xi }^0\cdot {\omega }^{\ast })& =-\dot{\psi }x+\dot{\theta }y,\\ ({\xi }^0\cdot \frac{d{\tilde{\omega }}^{\ast }}{dt})& =-\ddot{\psi }x+\ddot{\theta }y.\end{array}$$

Используя эти равенства, перепишем уравнение (6.30) в проекциях на оси $Ox$ и $Oy$
$$\begin{array}{c}A(y\ddot{z}-\ddot{y}z)+C\omega \dot{x}-2A\dot{x}(\dot{\theta }y-\dot{\psi }x)-Ax(\ddot{\theta }y-\ddot{\psi }x)-\\ -A\ddot{\psi }-C\omega \theta z-A\dot{\theta }z(\dot{\theta }y-\dot{\psi }x)=-x(t)y,\\ A(\ddot{x}z-\ddot{z}x)+C\omega \dot{y}-2A\dot{y}(\dot{\theta }y-\dot{\psi }x)-Ay(\ddot{\theta }y-\ddot{\psi }x)+\\ +A\ddot{\theta }+C\omega \dot{\psi }z-A\dot{\psi }z(\dot{\theta }y-\dot{\psi }x)=x(t)x.\end{array}\}$$

Эти два уравнения совместно с интегралом (6.31) и условием нормировки
$$x^2+y^2+z^2=1$$

полностью описывают движение гироскопа в системе координат, которая движется заданным образом.

Теперь линеаризуем эту систему. При этом мы будем считать, что и система координат охyz вращается медленно, т. е. что величины производных угловой скорости также малы.

Кроме того, мы примем, что $\psi \equiv 0$. Последнее означает, что в качестве вертикальной плоскости $OZX$ принята плоскость траектории, найденной при решении основной задачи. В результате мы получим следующую систему уравнений (сравним с (6.13)):
$$\begin{array}{l}A\ddot{x}+C\omega \dot{y}-x(t)x=A\ddot{\theta },\\ A\ddot{y}-C\omega \dot{x}-x(t)y=C\omega \dot{\theta }.\end{array}\}$$

Система (6.33) отличается от системы (6.13) только тем, что в ее правой части стоят некоторые известные функции времени.