Движение твердого тела в общем случае определяется двумя векторными уравнениями. Одно из них уравнение движения центра масс (3.11), другое-уравнение моментов в $Ц$-системе (5.24):
\[
m \mathrm{~d} \mathbf{V}_{C} / \mathrm{d} t=\mathbf{F} ; \quad \mathrm{d} \tilde{\mathbf{L}} / \mathrm{d} t=\mathbf{M}_{C} .
\]

Зная законы действующих внешних сил, точки их приложения и начальные условия, можно с помощью этих уравнений найти как скорость, так и положение каждой точки твердого тела в любой момент времени, т. е. полностью решить задачу о движении тела. Однако, несмотря на кажущуюся простоту уравнений (5.26), решение их в общем случае представляет собой весьма трудную задачу. И прежде всего это обусловлено тем обстоятельством, что связь между собственным моментом импульса $\widetilde{\mathrm{L}}$ и скоростями отдельных точек твердого тела в $Ц$-системе оказывается сложной, за исключением немногих частных случаев. Мы не будем рассматривать эту задачу в общем виде (она решается в общей теории) и ограничимся в дальнейшем только отдельными частными случаями.

Но прежде приведем некоторые соображения, прямо вытекающие из вида самих уравнений (5.26). Если мы будем переносить силы вдоль направления их действия, то ясно, что не изменяется ни их результирующая $\mathbf{F}$, ни их суммарный момент $\mathbf{M}_{C}$. При этом уравнения (5.26) тоже не изменятся, а следовательно, не изменится и движение твердого тела. Поэтому точки приложения внешних сил можно переносить вдоль направления действия сил-прием, которым постоянно пользуются.

Равнодействующая сила. В тех случаях, когда суммарный момент всех внешних сил оказывается перпендикулярным результирующей силе, т. е. $\mathbf{M} \perp \mathbf{F}$, все внешние силы могут быть сведены к одной силе $\mathbf{F}$, действующей вдоль определенной прямой. В самом деле, если относительно некоторой точки $O$ суммарный момент

$\mathbf{M} \perp \mathbf{F}$, то всегда можно найти такой вектор $\mathbf{r}_{0} \perp \mathbf{M}$ (рис. 5.14), что при заданных $\mathbf{M}_{\text {и }} \mathbf{F}$
\[
\mathbf{M}=\left[\mathrm{r}_{0} \mathbf{F}\right] .
\]

При этом выбор $\mathbf{r}_{0}$ неоднозначен: прибавление к нему любого вектора $\mathbf{r}$, параллельного $\mathbf{F}$, не изменит последнего равенства. А это означает, что данное равенство определяет не точку «приложения» силы $\mathbf{F}$, а линию ее действия. Зная модули $M$ и $F$ соответствующих векторов, можно найти плечо $l$ силы $\mathbf{F}$ (рис. 5.14): $l=M / F$.

Рис. 5.14
Рис. 5.15

Таким образом, если $\mathbf{M} \perp \mathbf{F}$, систему сил, действующих на отдельные точки твердого тела, можно заменить одной равнодействующей силой – силой, которая равна результирующей $\mathbf{F}$ и создает момент, равный суммарному моменту $\mathbf{M}$ всех внешних сил.

Таков, в частности, случай однородного силового поля, например поля тяжести, в котором действующая на каждую частицу сила имеет вид $\mathbf{F}_{i}=m_{i} \mathbf{g}$. В этом случае суммарный момент сил тяжести относительно любой точки $O$ равен
\[
\boldsymbol{M}=\boldsymbol{\Sigma}\left[\mathrm{r}_{i}, m_{i} \mathbf{g}\right]=\left[\left(\sum m_{i} \mathbf{r}_{i}\right) \mathbf{g}\right] .
\]

Стоящая в круглых скобках сумма, согласно (3.8), равна $m \mathbf{r}_{C}$, где $m$ – масса тела, $\mathbf{r}_{C}$ – радиус-вектор его центра масс относительно точки $O$. Поэтому
\[
\boldsymbol{M}=\left[m \mathbf{r}_{C}, \mathbf{g}\right]=\left[\mathbf{r}_{C}, m \mathbf{g}\right] .
\]

Это значит, что равнодействующая $m g$ сил тяжести проходит через центр масс тела. Обычно говорят, что равнодействующая сил тяжести «приложена» к центру масс тела или к его центру тяжести. Ясно, что момент этой силы относительно центра масс тела равен нулю.

Условия равновесия твердого тела. Тело будет оставаться в состоянии покоя, если нет причин, вызывающих его движение. Согласно уравнениям (5.26), для этого необходимо и достаточно выполнение двух условий:
1) результирующая всех внешних сил, приложенных к телу, должна быть равной нулю, т. е.
\[
\mathbf{F}=\sum \mathrm{F}_{i \text { внеш }}=0 ;
\]
2) суммарный момент внешних сил относительно любой точки тоже должен быть равен нулю, т. е.
\[
\mathbf{M}=\sum \mathbf{M}_{i_{\text {внеш }}}=0 .
\]

Эти условия должны быть выполнены в той системе отсчета, где тело покоится. Если система отсчета неинерциальная, то кроме внешних сил взаимодействия надо учитывать и силы инерции. Это же относится и к моментам сил.
Теперь перейдем к рассмотрению четырех частных случаев движения твердого тела: 1) вращение вокруг неподвижной оси, 2) плоское движение, 3) вращение вокруг свободных осей, 4) особый случай движения тела с одной неподвижной точкой (гироскопы).

1. Вращение вокруг неподвижной оси. Найдем сначала выражение для момента импульса твердого тела относительно оси вращения $O O^{\prime}$ (рис. 5.15). Воспользовавшись формулой (5.9), запишем
\[
L_{z}=\sum L_{i z}=\left(\sum m_{i} \rho_{i}^{2}\right){ }^{\omega_{z}},
\]
где $m_{i}$ и $\rho_{i}$ – масса и расстояние от оси вращения $i$-й частицы твердого тела, $\omega_{z}$ – его угловая скорость. Обозначив величину, стоящую в круглых скобках, через $I$, получим
где $I$-так называемый момент инерции твердого тела относительно оси $O O^{\prime}$ :
\[
I=\sum m_{i} \rho_{i}^{2} \text {. }
\]

Момент инерции твердого тела зависит, как нетрудно видеть, от распределения масє относительно интересующей нас оси и является величиной аддитивной.

Вычисление момента инерции тела проводится по формуле
\[
I=\int r^{2} \mathrm{~d} m=\int \rho r^{2} \mathrm{~d} V,
\]

где $\mathrm{d} m$ и $\mathrm{d} V$ – масса и объем элемента тела, находящегося на расстоянии $r$ от интересующей нас оси $z ; \rho-$ плотность тела в данной точке.

Моменты инерции некоторых однородных твердых тел относительно оси $z_{C}$, проходящей через центр масс тела, приведены в следуюшей таблице (здесь $m$-масса тела):

Вычисление момента инерции твердого тела произвольной формы относительно той ли иной оси представляет собой, вообще говоря, довольно кропотливую в математическом отношении задачу. Однако в некоторых случаях нахождение момента инерции значительно упрощается, если воспользоваться теоремой Штейн ер а:
момент инерции I относительно произвольной оси $z$ равен моменту инерции $I_{C}$ относительно оси $z_{C}$, параллельной данной и проходящей через центр масс С тела, плюс произведение массы т тела на квадрат расстояния а между осями:

Доказательство этой теоремы приведено в приложении 3.
Таким образом, если известен момент инерции $I_{C}$, то нахождение момента инерции $I$ элементарно. Например,

момент инерции тонкого стержня (массы $m$ и длины $l$ ) относительно оси, перпендикулярной стержню и проходящей через его конец, равен
\[
I=\frac{1}{12} m l^{2}+m\left(\frac{l}{2}\right)^{2}=\frac{1}{3} m l^{2} .
\]

Уравнение динамики вращения твердого тела (ось вращения неподвижна). Это уравнение легко получить как следствие (5.15), если продифференцировать (5.27) по времени, тогда

где $M_{z}$ – суммарный момент всех внешних сил относительно оси вращения. Из этого уравнения, в частности, видно, что момент инерции $I$ определяет инерционные свойства твердого тела при вращении: при одном и том же значении момента сил $M_{z}$ тело с бо́льшим моментом инерции приобретает меньшее угловое ускорение $\beta_{z}$.

Напомним, что моменты сил относительно оси – величины алгебраические: их знаки зависят как от выбора положительного направления оси $z$ (совпадающей с осью вращения), так и от направления «вращения» соответствующего момента силы. Например, выбрав положительное направление оси $z$, как показано на рис. 5.16, мы тем самым задаем и положительное направление отсчета угла $\varphi$ (оба эти направления связаны правилом правого винта). Далее, если некоторый момент $M_{i z}$ «вращает» в положительном направлении угла $\varphi$, то этот момент считается положительным, и наоборот. А знак суммарного момента $M_{z}$ в свою очередь определяет знак $\beta_{z}$ –
Рис. 5.16 проекции вектора углового ускорения на ось $z$.
Интегрирование уравнения (5.30) с учетом начальных условий – значений $\omega_{0 z}$ и $\varphi_{0}$ в начальный момент времени – позволяет полностью решить задачу о вращении твердого тела вокруг неподвижной оси, т. е. найти зависимость от времени угловой скорости и угла поворота, $\omega_{z}(t)$ и $\varphi(t)$.

Заметим, что уравнение (5.30) справедливо в любой системе отсчета, жестко связанной с осью вращения. Однако если система отсчета неинерциальная, то момент сил $M_{z}$ включает в себя не только моменты сил взаимодействия с другими телами, но и моменты сил инерции.

Кинетическая энергия вращающегося твердого тела (ось вращения неподвижна). Имея в виду, что скорость $l$-й частицы вращающегося твердого тела $v_{l}=\rho_{\imath} \omega$, запишем
\[
T=\sum m_{i} v^{2} / 2=\left(\sum m_{i} \rho_{i}^{2}\right) \omega^{2} / 2,
\]

или, короче,

где $I$-момент инерции тела относительно оси вращения, $\omega$ – его угловая скорость.

Пример. Диск 1 (рис 517 ) вращается вокруг гладкой верткаль ной оси с угловой скоростью $\omega_{1}$ На него падает диск 2, вращающийся с угловой скоростью $\omega_{2}$ Вследствие трения между ними оба диска через некоторое время на чинают вращаться как единое целое Най дем приращение кинетической энергии вра щения этой системы, если моменты инер ции дисков относительно оси вращения равны соответственно $I_{1}$ и $I_{2}$

Сначала найдем установившуюся уг ловую скорость вращения Из закона со хранения момента импульса системы отно Рис 517 сительно оси $z$ следует, что $I_{1} \omega_{1 z}+I_{2} \omega_{2 z}=$ $=\left(I_{1}+I_{2}\right) \omega_{z}$, откуда
\[
\omega_{z}=\frac{I_{1} \omega_{1 z}+I_{2} \omega_{2 z}}{I_{1}+I_{2}} .
\]

Заметим что $\omega_{1 z}, \omega_{2 z}$ и $\omega_{z}$ – величины алгебраические Если окажется, что $\omega_{z}>0$, то это значит, что соответствующий вектор $\omega$ совпада ет с потожительным направлением оси $z$, и наоборот
Приращение кинетической энергии вращения этой системы
\[
\Delta T=1 / 2\left(I_{1}+I_{2}\right) \omega_{z}^{2}-1 / 2\left(I_{1} \omega_{1 z}^{2}+I_{2} \omega_{2 z}^{2}\right)
\]

Заменив $0_{z}$ его выражением (1), голучим
\[
\Delta T=-\frac{I_{1} I_{2}}{2\left(I_{1}+I_{2}\right)}\left(\omega_{1 z}-\omega_{2 z}\right)^{2}
\]

Знак минус показывает, что кинетическая энергия системы уменьшается

Обратим внимание на то, что полученные результаты (1) и (2) весьма похожи и по форме, и по смыслу на случай абсолютно не упругого столкновения (см $\S 46$ ).

Работа внешних сил при вращении твердого тела вокруг неподвижной оси. В соответствии с уравнением

(4.49) работа всех внешних сил, действующих на твердое тело, равна приращению только кинетической энергии тела, так как его собственная потенциальная энергия при этом не меняется. Таким образом, $\delta A=\mathrm{d} T$ или, согласно (5.31), $\delta A=\mathrm{d}\left(I \omega^{2} / 2\right)$. Так как ось $z$ совпадает с осью вращения, то $\omega^{2}=\omega_{z}^{2}$ и
\[
\delta A=I \omega_{z} \mathrm{~d} \omega_{z} .
\]

Но согласно (5.30), $I \mathrm{~d} \omega_{z}=M_{z} \mathrm{~d} t$. Подставив это выражение в последнее уравнение для $\delta A$ и учтя, что $\omega_{z} \mathrm{~d} t=\mathrm{d} \varphi$, получим
\[
\delta A=M_{z} \mathrm{~d} \varphi .
\]

Работа $\delta A$ – величина алгебраическая: если $M_{z}$ и $\mathrm{d} \varphi$ имеют одинаковые знаки, то $\delta A>0$; если же их знаки противоположны, то $\delta A<0$.

Работа внешних сил при повороте твердого тела на конечный угол $\varphi$ равна

В случае, если $M_{z}=$ const, последнее выражение упрощается: $A=M_{z} \varphi$.

Таким образом, работа внешних сил при вращении твердого тела вокруг неподвижной оси определяется действием момента $M_{z}$ этих сил относительно данной оси. Если силы таковы, что их момент $M_{z}=0$, то работы они не производят.
2. Плоское движение твердого тела (см. c. 21). При плоском движении центр масс $C$ твердого тела движется в определенной плоскости, неподвижной в данной $K$-системе отсчета, а вектор его угловой скорости $\omega$ все время остается перпендикулярным этой плоскости. Последнее означает, что в $Ц$-системе твердое тело совершает чисто вращательное движение вокруг неподвижной в этой системе оси, проходящей через центр масс тела. Вращательное же движение твердого тела определяется уравнением (5.30), которое, как было отмечено, справедливо в любой системе отсчета.

Таким образом, мы имеем следующие два уравчения, описывающие плоское движение твердого тела:

\[
m \mathbf{a}_{C}=\mathbf{F} ; \quad I_{C} \beta_{z}=M_{C z},
\]

где $m$-масса тела, $\mathbf{F}$ – результирующая всех внешних сил, $I_{C}$ и $M_{C z}$ – момент инерции и суммарный момент всех внешних сил – оба относительно оси, проходящей через центр масс тела.

При этом следует помнить, что момент $M_{C z}$ включает в себя только внешние силы взаимодействия, несмотря на то что $
ot$-система в общем случае является неинерциальной. Это связано с тем, что суммарный момент сил инерции равен нулю как относительно центра масс, так и относительно любой оси, проходящей через эту точку. Поэтому его можно просто не учитывать (см. с. 147).

Заметим также, что угловое ускорение $\beta_{z}$, а следовательно $\omega_{z}$ и $\varphi$ одинаковы в обеих системах отсчета, так как $L$-система движется поступательно относительно

Рис. 5.18

инерциальной $K$-системы отсчета.

Интегрируя уравнения (5.34) с учетом начальных условий, можно найти зависимости $\mathbf{r}_{C}(t)$ и $\varphi(t)$, определяющие положение твердого тела в любой момент $t$.

При решени задачи о движении несвободного твердого тела необходимо использовать еще одно, дополнительное, условие, определяющее ограничения движения имеющимися связями. Оно дает кинематическую связь между линейным и угловым ускорениями.

Пример. Однородный цилиндр массы $m$ и радиуса $r$ скатывается без скольжения по наклонной плоскости, составляющей угол $\alpha$ с горизонтом (рис. 5.18). Найдем уравнения движения цилиндра.

Стандартный подход к решению подобных задач состоит в следующем. Прежде всего устанавливают силы, действующие на данное тело, и точки их приложения (в нашем случае это $\boldsymbol{m g}$ сила тяжести, $\mathbf{R}$ – нормальная составляющая силы реакции со стороны наклонной плоскости и $\mathbf{F}_{\text {тp }}$ – сила трения покоя). Затем выбирают положительные направления оси $x$ и угла поворота $\varphi$ (лучше всего эти направления взять сразу согласованными, так чтобы знаки ускорений $a_{C x}$ и $\beta_{z}$ были одинаковы), например, как показано на рис. 5.18 справа. И только после этого записывают уравнения движения (5.34) в проекциях на выбранные таким образом положительные направления $x$ и $\varphi$ :
\[
m a_{C x}=m g \sin \alpha-F_{\mathrm{Tp}} ; \quad I_{C} \beta_{z}=r F_{\mathrm{\imath p}} .
\]

Кроме того, условие отсутствия скольжения определяет еще кинематическую связь между ускорениями:
\[
a_{C x}=r \beta_{z} .
\]

Совместное решение этих трех уравнений дает возможность найти ускорения $\mathbf{a}_{c}$ и $\boldsymbol{\beta}$, а также силу $\mathbf{F}_{\tau p}$.

Кинетическая энергия при плоском движении твердого тела. Пусть тело совершает плоское движение в некоторой инерциальной $K$-системе отсчета. Чтобы найти его кинетическую энергию $T$ в этой системе, воспользуемся формулой (4.56). Входящая в эту формулу величина $\widetilde{T}$ в данном случае представляет собой кинетическую энергию вращения тела в Ц-системе вокруг оси, проходящей через центр масс тела. Согласно (5.31), $\widetilde{T}=I_{C} \omega^{2} / 2$, поэтому сразу можно записать

где $I_{C}$ – момент инерции тела относительно оси вращения, проходящей через его центр масс, $\omega$ – угловая скорость тела, $m$ – его масса, $V_{C}$ – скорость центра масс тела в $K$-системе отсчета. Таким образом, кинетическая энергия твердого тела при плоском движении складывается из энергии вращения в ц-системе и энергии, связанной с движением центра масс.

3. Свободные оси. Главные оси тела. Если твердое тело привести во вращение и затем предоставить самому себе, то направление оси вращения в пространстве, вообще говоря, будет меняться. Для того чтобы произвольная ось вращения тела сохраняла свое направление неизменным, к ней необходимо приложить определенные силы.

Рассмотрим этот вопрос более подробно на следующем примере. Пусть середина $C$ однородного стержня жестко скреплена с осью вращения так, что угол между стержнем и осью равен $\vartheta$ (рис. 5.19). Найдем момент М внешних сил, которые необходимо приложить к оси вращения, чтобы при вращении стержня с угловой скоростью $\boldsymbol{0}$ ее направление не менялось. Согласно (5.12), этот момент $\mathbf{M}=\mathrm{d} \mathbf{L} / \mathrm{d} t$. Таким образом, чтобы определить $\boldsymbol{M}$, сначала надо найти момент импульса стержня $\mathbf{L}$, а затем его производную по времени.

Момент импульса L проще всего определить относительно точки $C$. Мысленно выделим элемент стержня

массы $\delta m$, находящейся на расстоянии $\mathbf{r}$ от точки $C$. Его момент импульса относительно этой точки $\delta \mathbf{L}=$ $=[\mathbf{r}, \delta m \mathbf{v}]$, где $\mathbf{v}$ – скорость элемента. Легко видеть, что вектор $\delta \mathbf{L}$ направлен перпендикулярно стержню (рис. 5.19), причем его направление не зависит от выбора элемента $\delta m$. Поэтому суммарный момент импульса $\mathrm{L}$ стержня совпадает по направлению с вектором $\delta \mathbf{L}$.

Заметим, что в данном случае вектор $\mathbf{L}$ не совпадает по направлению с вектором $\boldsymbol{\omega}$ !

При вращении стержня вектор L будет также вращаться с угловой скоростью $\mathrm{d} t$ вектор $\mathbf{L}$ получает приращение $d \mathbf{L}$, модуль которого, как видно из рис. 5.19 , равен

Рис. 5.19
\[
|\mathrm{d} \mathbf{L}|=L \sin (\pi / 2-\vartheta) \omega \mathrm{d} t,
\]

или в векторном виде $\mathrm{d} \mathbf{L}=[\boldsymbol{\omega} \mathbf{L}] \mathrm{d} t$. Поделив обе части последнего выражения на $\mathrm{d} t$, получим
\[
\mathbf{M}=[\Leftrightarrow \mathbf{L}] \text {. }
\]

Таким образом, действительно, для удержания оси вращения в неизменном направлении к ней необходимо в данном случае приложить момент $\mathbf{M}$ некоторых внешних сил $F$ (они показаны на рис. 5.19). Однако нетрудно видеть, что если $\vartheta=\pi / 2$, то вектор $\mathbf{L}$ совпадает по направлению с вектором $\boldsymbol{\omega}$, и в этом случае $\mathbf{M} \equiv 0$, т. е. направление оси вращения будет оставаться неизменным без внешнего воздействия.

Ось вращения, направление которой в пространстве остается неизменным без действия на нее каких-либо сил извне, называют с в ободной осью тела.

В общей теории доказывается, что для любого твердого тела существуют три взаимно перпендикулярные оси, проходящие через его центр масс, которые могут служить свободными осями. Их называют главным и осями тела.

Нахождение главных осей тела произвольной формы – в математическом отношении сложная задача. Однако она очень упрощается для тел, обладающих той или

иной симметрией, ибо положение центра масс и направление главных осей обладают в этом случае той же симметрией.

Например, у однородного прямоугольного параллелепипеда главные оси проходят через центры противоположных граней. Если тело обладает осью симметрии (однородный цилиндр, конус и др.), одной из его главных осей является ось симметрии, в качестве же остальных осей могут служить две любые взаимно перпендикулярные оси, проходящие через центр масс тела и перпендикулярные его оси симметрии. Таким образом, у тела с осевой симметрией фиксирована только одна из главных осей. У тела же с центральной симметрией (например, у однородного шара) главными осями являются три любые взаимно перпендикулярные оси, проходящие через центр тела,- ни одна из главных осей не фиксирована относительно тела.

Важной особенностью главных осей является то, что при вращении тела вокруг любой из них его момент импульса $\mathbf{L}$ совпадает по направлению с угловой скоростью $\omega$ и определяется как
\[
\mathbf{L}=I \omega,
\]

где 1 -момент инерции тела относительно данной главной оси*. Причем L не зависит от выбора точки, относительно которой его определяют (здесь предполагается, что ось вращения неподвижна).

Наиболее просто убедиться в справедливости (5.36) можно для случая однородного тела с осевой симметрией. Действительно, согласно (5.27), момент импульса твердого тела относительно оси вращения $L_{z}=I \omega_{z}$ (напомним, что $L_{z}$ – это проекция вектора $\mathbf{L}$, определенного относительно любой точки на этой оси). Но если тело симметрично относительно оси вращения, то из соображения симметрии сразу следует, что вектор $\mathbf{L}$ совпадает по направлению с вектором $\boldsymbol{\omega}$ и, значит, $\mathbf{L}=I \boldsymbol{\omega}$.

Еще раз подчеркнем, что в общем случае (ось вращения не совпадает ни с одной из главных осей, хотя и проходит через центр масс тела) направление вектора $\mathbf{L}$ не совпадает с вектором о и связь между этими векторами носит сложный характер. Это обстоятельство явля-
ется причиной сложного поведения вращающихся твердых тел.

4. Гироскопы. Гироскопом называют массивное симметричное тело, вращающееся с большой угловой скоростью вокруг своей оси симметрии. Рассмотрим поведение гироскопа на примере волчка. Опыт показывает, что если ось вращающегося волчка наклонена к вертикали, то волчок не падает, а совершает так называемое прецессионное движение (прецессию) – его ось описывает конус вокруг вертикали с некоторой угловой скоростью $\omega^{\prime}$, причем оказывается: чем больше угловая скорость ю вращения волчка, тем меньше угловая скорость прецессии $\omega^{\prime}$.

Такое поведение волчка гироскопа можно легко объяснить с помощью уравнения моментов (5.12), если только принять, что $\omega \gg \omega^{\prime}$ (это условие, кстати, поясняет, что́ имеется в виду под большой угловой скоростью гироскопа). Действительно, момент импульса $\mathbf{L}$ прецессирующего волчка относительно точки опоры $O$ (рис. 5.20)
Рис. 5.20
можно представить в виде суммы момента импульса $\mathbf{L}_{\omega}$, обусловленного вращением волчка вокруг своей оси, и некоторого добавочного момента импульса $\mathbf{L}^{\prime}$, вызванного прецессией волчка вокруг вертикальной оси, т. е.
\[
\mathbf{L}=\mathbf{L}_{\omega}+\mathbf{L}^{\prime} .
\]

Поскольку ось волчка совпадает с одной из его главных осей, то, согласно (5.36), $\mathbf{L}_{\omega}=I \omega$, где $I$ – момент инерции волчка относительно этой оси. Кроме того, ясно, что чем меньше угловая скорость прецессии, тем меньше и соответствующий момент $L^{\prime}$. При $\omega \gg \omega^{\prime}$ во всех практически интересных случаях $L_{\omega} \gg L^{\prime}$, поэтому результирующий момент импульса $\mathbf{L}$ почти совпадает с $\mathbf{L}_{\omega}$ как по величине, так и по направлению, – можно считать, что
\[
\mathbf{L}=I \omega .
\]

Зная же поведение вектора $\mathbf{L}$, мы тем самым найдем и характер движения оси волчка-гироскопа.

Но поведением вектора $\mathbf{L}$ управляет уравнение моментов (5.12). Согласно ему, момент импульса $\mathbf{L}$ относительно точки $O$ (рис. 5.20) получает за время $\mathrm{d} t$ приращение
\[
\mathrm{d} \mathbf{L}=\boldsymbol{M} t,
\]

совпадающее по направлению с вектором $\mathbf{M}$ – моментом внешних сил относительно той же точки $O$ (в данном случае это момент силы тяжести $m g$ ). Из рис. 5.20 видно, что $\mathrm{d} \mathbf{L} \perp \mathbf{L}$. В результате вектор $\mathbf{L}$ (а следовательно, и ось волчка) будет поворачиваться вместе с вектором М вокруг вертикали, описывая круговой конус с углом полураствора $\vartheta$. Волчок-гироскоп будет прецессировать вокруг вертикальной оси с некоторой угловой скоростью $\boldsymbol{\omega}^{\prime}$.

Найдем связь между векторами $\mathbf{M}, \mathbf{L}$ и $\boldsymbol{\omega}^{\prime}$. Согласно рисунку, модуль приращения вектора $\mathbf{L}$ за время $\mathrm{d} t$ есть $|\mathrm{d} \mathbf{L}|=L \sin \vartheta \cdot \omega^{\prime} \mathrm{d} t$, или в векторном виде $\mathrm{d} \mathbf{L}=\left[\omega^{\prime} \mathbf{L}\right] \mathrm{d} t$. После подстановки этого выражения в (5.37) получим
\[
\left[\omega^{\prime} \mathbf{L}\right]=\mathbf{M} .
\]

Из этого уравнения видно, что момент силы М определяет угловую скорость прецессии $\omega^{\prime}$ (а не ускорение!). Поэтому мгновенное устранение момента $\mathbf{M}$ приводит к мгновенному исчезновению и прецессии. В этом отношении можно сказать, что прецессия не обладает инерцией.

Заметим, что момент сил $\mathbf{M}$, действующий на гироскоп, может иметь любую природу. Для обеспечения регулярной прецессии (постоянной угловой скорости $\boldsymbol{\omega}^{\prime}$ ) важно только, чтобы вектор $\mathbf{M}$, не меняясь по модулю, поворачивался вместе с осью гироскопа.

Пример. Найдем угловую скорость прецессии наклонного волчка массы $m$, вращающегося с большой угловой скоростью $\omega$ вокруг своей оси симметрии, относительно которой момент инерции волчка равен 1 . Центр инерции волчка находится на расстоянии $l$ от точки опоры.

Согласно (5.38), $\omega^{\prime} I \omega \sin \vartheta=m g l \sin \vartheta$, где $\vartheta-$ угол между вертикалью и осью волчка (рис. 5.20). Отсюда
\[
\omega^{\prime}=m g l / I \omega \text {. }
\]

Интересно, что величина $\omega^{\prime}$ не зависит от угла наклона $\vartheta$ оси волчка. Кроме того, полученный результат показывает, что $\omega^{\prime}$ обратно пропорциональна $\omega$, т. е., действительно, чем больше угловая скорость волчка, тем меньше угловая скорость его прецессии.

Гироскопический момент. Рассмотрим теперь эффект, возникающий при вынужденном вращении оси гироскопа. Пусть, например, ось гироскопа укреплена в U-образной подставке, которую мы будем поворачивать вокруг оси $O O^{\prime}$, как показано на рнс. 5.21. Если момент импульса $\mathbf{L}$ гироскопа направлен вправо, то при таком повороте за время $\mathrm{d} t$ вектор $\mathbf{L}$ получит прирацение $\mathrm{d} \mathbf{L}$ вектор, направленный за плоскость рисунка. Согласно (5.37), это означает, что на гироскоп действует момент сил $\mathbf{M}$, совпадающий по направлению с вектором $\mathrm{d} \mathbf{L}$.

Рис. 521
Рисс 522

Момент М обустовлен возникновением пары сил $F$, действующих на ось гироскопа со стороны подставки. Ось же гироскопа в соответствии с третьим законом Ньютона будет действовать на подставку с силами $F^{\prime}$ (рис. 5.21). Эти силы называют гироскопическими; они создают гироскопический момент $\mathbf{M}^{\prime}=-\mathbf{M}$. Заметим, что в данном случае гироскоп не обладает способностью противодействовать изменению направления его оси вращения.

Появление гироскопических сил называют гироскопическим эффектом. Подобный гироскопический эффект, связанный с возникновением гироскопического давления на подшипники, наблюдается, например, у роторов турбин на кораблях при поворотах и качке, у винтовых самолетов при виражах и т. п.

Проследим действие гироскопического момента на примере гироскопа, ось которого вместе с рамкой (рис. 522) может свободно поворачиваться вокруг горизонтальной оси $O O^{\prime} \mathrm{U}$-образной подставки. Если подставке сообщить вынужденное вращение вокруг вертикальной оси, как показано на рисунке вектором $\boldsymbol{\omega}^{\prime}$, то момент импульса $\mathbf{L}$ гироскопа получит за время $\mathrm{d} t$ приращение $\mathrm{d}_{\mathbf{1}}$ – вектор, направленный за рисунок. Это приращение обусловлено моментом $\mathbf{M}_{1}$ пары сил, действующих на ось гироскопа со стороны рамки. Гироскопические силы, действующие со стороны оси гироскопа на рамку, вызовут поворот последней вокруг горизонтальной оси $O O^{\prime}$ При этом вектор $\mathbf{L}$ получит дополнительное приращение $\mathrm{d} \mathbf{L}_{2}$, которое, в свою очередь, обусловлено моментом $\mathbf{M}_{2}$ пары сил, действующих на ось гироскопа со стороны рамки В результате ось гироскопа будет поворачиваться так, что вектор $\mathbf{L}$ будет стремиться совпасть по направлению с вектором $\omega^{\prime}$.

Таким образом, за промежуток времени $\mathrm{d} t$ момент импульса $\mathbf{L}$ гироскопа получает приращение $\mathrm{d} \mathbf{L}=\mathrm{d}_{\mathbf{1}}+\mathrm{d} \mathbf{L}_{2}=\left(\mathbf{M}_{1}+\mathbf{M}_{2}\right) \mathrm{d} t$. При этом на рамку действует гироскопический момент
\[
M^{\prime}=-\left(M_{1}+M_{2}\right)
\]

Составляющая этого момента $\mathbf{M}_{1}{ }^{\prime}=-\mathbf{M}_{1}$ вызывает поворот рамки вокруг горизонтальной оси $O O^{\prime}$, другая составляющая $\mathbf{M}_{2}{ }^{\prime}=-\mathbf{M}_{2}$ противодействует повороту всей системы вокруг вертикальной оси (в отличие от предыдущего случая).

Гироскопический эффект лежит в основе разнообразных применений гироскопов: гирокомпас, гироскопический успокоитель качки кораблей, гироскопический стабилизатор и др.

Задачи

5.1 Законы сохранения момента импульса и энергии. Доказать, что полная механическая энергия $E$ планеты, движущейся вокруг Солнца по эллипсу, зависит только от его большой полуоси $a$. Найти выражение для $\dot{E}$, если известны массы планеты и Солнца ( $m$ и $M$ ), а также большая полуось $a$ эллипса

Решение Воспользуемся законами сохранения момента импульса и энергии Точка, относительно которой момент импульса планеты сохраняется, – это центр Солнца Поэтому для положений 1 и 2 планеты (рис. 523 ), в которых вектор скорости перпендикулярен радиусу-вектору, можно записать
\[
m r_{1} v_{1}=m r_{2} v_{2} .
\]

Из закона сохранения полной энергии $E$ следует, что для тех же положений планеты
\[
\frac{m v_{1}^{2}}{2}-\gamma \frac{m M}{r_{1}}=\frac{m v_{2}^{2}}{2}-\gamma \frac{m M}{r_{2}} .
\]

Решив совместно уравнения (1) и (2), выразим, например, $v_{1}$ через $r_{1}$ и $r_{2}$
\[
v_{1}^{2}=\frac{2 \gamma M}{r_{1}+r_{2}} \frac{r_{2}}{r_{1}} \text {. }
\]

И наконец, находим формулу для полной энергии $E$ как
\[
E=T\left(
u_{1}\right)+U\left(r_{1}\right)=-\gamma m M /\left(r_{1}+r_{2}\right) .
\]

Учитывая, что $r_{1}+r_{2}=2 a$, получим окончательно
\[
E=-\gamma m M / 2 a .
\]
5.2. Частица 1 массы $m_{1}$ налетает на частицу 2 массы $m_{2}$, имея вдали от частицы 2 кинетическую энергию $T_{0}$ и прицельный параметр $l$-плечо вектора импульса относительно частицы 2 (рис. 5.24). Заряд каждой частицы равен $q$. Найти наименьшее расстояние, на которое сблизятся частицы, если: 1) $m_{1} \ll m_{2}$;2) $m_{1}$ сравиимо c $m_{2}$.

Решение. 1. Условие $m_{1} \ll m_{2}$ означает, что частица 2 в процессе взаимодействия будет практически оставаться в покое. Вектор силы, действующей на частицу 1 , все время проходит через точку, в

Рис. 523
Рис. 5.24

которой находится частица 2. Поэтому момент импульса частицы 1 относитетьно покоящейся частицы 2 сохраняется. Отсюда
\[
l p_{0}=r_{\text {мии }} p,
\]

где с.тева – момент импульса частицы 1 вдали от частицы 2 , а справа – в момент наибольшего сближения, когда $\mathrm{r} \perp \mathrm{p}$ (рис. 5.24).
Далее, из закона сохранения энергии следует
\[
T_{0}=T+k q^{2} / r_{\text {мин }},
\]

где $T$-кинетическая энергия частицы 1 в момент наибольшего сближения. Решив эти два уравнения (є учетом связи $p$ и $T$ ), получим
\[
r_{\text {Mин }}=\frac{k q^{2}}{2 T_{0}}\left(1+\sqrt{1+4\left(\frac{l T_{0}}{k q^{2}}\right)^{2}}\right) .
\]
2. В данном случае уже нельзя считать, что частица 2 покоится в процессе взаимодействия. Решение наиболее целесообразно провести в $Ц$-системе, где картина «соударения» выглядит так, как показано на рис. 5.25. Система из двух частиц предполагается замкнутой, поэтому ее собственный момент импульса сохраняется:
\[
l \tilde{p}_{10}=r_{\text {иин }} \tilde{p}_{1},
\]

где учтено, что в момент наибольшего сближения $\mathbf{r}_{12} \perp \tilde{\mathbf{p}}$. Кроме того, на основании закона сохранения энергии
\[
\tilde{T}_{0}=\tilde{T}+k q^{2} / r_{\text {мин }},
\]

где $T_{0}$ и $T$-суммарные кинетнческие энергии частиц в $L$-системе, когда частицы находятся далеко друг от друга, и в момент наибольшего сближения. Из уравнений (2) и (3) получим то же выражение (1), только в нем вместо $T_{0}$ будет стоять $\widehat{T}_{0}$, причем в данном случае (частица 2 первонача.тьно покои.тась), согтасно (4.61),
\[
\tilde{T}_{0}=\frac{m_{2}}{m_{1}+m_{2}} T_{0} .
\]

Заметим, что при $m_{1} \ll m_{2}$ величина $\tilde{T}_{0} \approx T_{0}$ и выраженне дтя $r_{\text {мнн }}$ будет полностью совпадать с (1).

5.3. Небольшой шарик подвесили к точке $O$ на легиой нерастяжимой нити д.тиной $l$ Затем шарик отвели в сторону так, что нить отклонилась на угол 0 от вертикали, и сообщили ему начальную ско-

Рис. 525
Рис. 5.26

рость $v_{0}$ перпендикулярно вертикальной плоскости, в которой расположена нить При каком значении $v_{0}$ максимальный угол отклонения нити от вертикали окажется равным $\pi / 2$ ?

Решение.
На шарик в процессе движения действуют две силы – сила тяжести и сила натяжения со стороны нити. Нетрудно видеть, что относительно вертикальной оси $z$, проходящей через точку $O$, момент этих сил $M_{z} \equiv 0$. Следовательно, относительно данной оси момент импульса шарика $L_{z}=$ const, или
\[
l \sin \vartheta \cdot m v_{0}=l m v,
\]

где $m$ – масса шарика, $v$ – его скорость в положении, при котором нить составляет прямой угол с вертикалью

Шарих движется в поле тяжести Земли под действием сторонней силы – силы натяжения со стороны нити Эта сила все время перпендикулярна вектору скорости шарика и поэтому работы не совершает. Отсюда следует, что согласио уравнению (4.31) мехаиическая энергия шарика в поле тяжести Земли сохраняется:
\[
m v_{0}^{2} / 2=m v^{2} / 2+m g l \cos \vartheta,
\]

где правая часть равенства соответствует горизонтальному положению нити.

Решив совместно уравнения (1) и (2), получим –
\[
v_{0}=\sqrt{2 g l / \cos \vartheta} .
\]

5.4. На жестком проволочном полукольце радиуса $r_{0}$, которое может свободно вращаться вокруг вертикальной оси $A B$ (рис. 5.26), находятся две одинаковые небольшие муфточки. Их соединили нитью и установили в положение $1-1$. Затем всей установке сообщили угловую скорость $\omega_{0}$ и, предоставив ее самой себе, пережгли нить в точке $A$. Считая, что масса установки практически сосредоточена в муфточках, найти ее угловую скорость в момент, когда муфточки соскользнут (без трения) в крайнее нижнее положение $2-2$.

Рис. 5.27
Рис. 5.28

Решение.
Пусть в нижнем положении расстояние муфточек от оси вращения $r$ и угловая скорость установки $\omega$. Тогда из законов сохранения энергии и момента импульса относительно оси вращения следует, что
\[
r^{2} \omega^{2}-r_{0}^{2} \omega_{0}^{2}=2 g h, \quad r^{2} \omega=r_{0}^{2} \omega_{0},
\]

где $h$-разность высот верхнего и нижнего положений муфточек. Здесь учтено, что в нижнем положении, как и в верхнем, скорость муфточек относительно проволочного полукольца равна нулю. Кроме того, из рис. 5.26 видно, что
\[
r_{0}^{2}=r^{2}+h^{2} .
\]

Решив совместно эти три уравнения, получим
\[
\omega=\frac{\omega_{0}}{2}\left(1+\sqrt{1+\left(\frac{4 g}{r_{0} \omega_{0}^{2}}\right)^{2}}\right) .
\]

5.5. Гладкий стержень свободно вращается в горизонтальной плоскости с угловой скоростью $\omega_{0}$ вокруг неподвижной вертикальной оси $O$ (рис. 5.27), относительно которой его момент инерции равен $I$. На стержне около оси вращения находится небольшая муфта массы $m$, соединенная с этой осью нитью. После пережигания нити муфта начинает скользить вдоль стержня. Найти скорость $v^{\prime}$ муфты относительно стержня в зависимости от ее расстояния $r$ до оси вращения.

Решение.
У данной системы в процессе движения сохраняются кинетическая энергия и момент импульса относительно оси вращения. Отсюда следует, что
\[
I \omega_{0}^{2}=I \omega^{2}+m v^{2}, \quad I \omega_{0}=\left(I+m r^{2}\right) \omega,
\]

где $v^{2}=v^{\prime 2}+\omega^{2} r^{2}$ (рис. 5.27). Из этих уравиений получим
\[
v^{\prime}=\omega_{0} r / \sqrt{1+m r^{2} / I} .
\]

5.6. Горизонтально летевшая пуля $A$ попала, застряв, в вертикальный однородный стержень массы $m$ и длины $l_{0}$, верхиий конец которого укреплен в шарнире $O$ (рис. 5.28). Пуля имела импульс $\mathbf{p}$ и попала в стержень на расстоянии $l$ от точки $O$. Пренебрегая ее массой, найти:
1) приращение импульса системы пуля – стержень за время движения пули в стержне;
2) угловую скорость, которую приобретет стержень, с учетом собственного момента импульса пули, равного $\tilde{\mathbf{L}}$ и совпадающего по направлению с вектором p (пуля вращается вокруг направлеиия ее движения).

Решение. 1. Система пуля – стержень незамкнутая: помимо сил, уравновешивающих друг друга, в процессе движения пули в стержне возникает горизонтальная составляющая силы реакции в точке $O$ со стороны оси. Действие этой составляющей и вызовет приращение импульса системы:
\[
\Delta p=m v_{C}-p,
\]

где $v_{c}$ – скорость центра стержня после застревания пули.
Так как все внешние силы в этом процессе проходят через точку $O$, то за время движения пули в стержне момент импульса системы будет оставаться постоянным относительно любой оси, проходящей через эту точку. Взяв ось перпендикулярной к плоскости рисунка, запишем
\[
l p=I \omega,
\]

где $I$ – момент инерции стержня относительно выбранной оси, а $\omega$ угловая скорость стержня непосредственно после остановки пули в нем.

Из этих двух уравнений с учетом того, что $v_{c}=\omega r, r$ – расстояние от точки $O$ де центра стержня, получим
\[
\Delta p=\left(3 l / 2 l_{0}-1\right) p .
\]

Отсюда видно, что зиак приращения $\Delta p$ зависит от отношения $l / l_{0}$. В частности, при $l / l_{0}=2 / 3$ величина $\Delta p=0$, т. е. импульс системы не изменяется за время движения пули в стержне. Это значит, что в данном случае горизонтальная составляющая силы реакции в точке $O$ отсутствует.
2. В этом случае момент импульса системы относительно точки $O$ также будет оставаться постоянным за время движения пули в стержне, поэтому, согласно (5.23),
\[
\tilde{\mathbf{E}}+[1 p]=\mathbf{L} .
\]

Слева записан момент импульса пули относительно точки $O$, а справа – момент импульса стержня (с пулей) непосредственно после

остановки пули в стержне (см. рис. 5.29, где все три вектора расположены в горизонтальной плоскости).

Найдем вектор $\mathbf{L}$, когда стержень (с пулей) приобретет угловую скорость $\omega$. Возьмем малый элемент стержня массы $\mathrm{d} m$, находящийся на расстоянии $\mathrm{r}$ от точки $O$. Его момент импульса относительно точки $O$ равен
\[
\mathrm{d} \mathbf{L}=[\mathrm{r}, \mathrm{d} m \mathrm{v}]=\mathrm{d} m \cdot r^{2} \omega=\left(m \omega / l_{0}\right) r^{2} \mathrm{~d} r,
\]

где $\mathbf{v}$ – скорость данного элемента. Проинтегрировав это выражение по всем элементам, получим
\[
\mathbf{L}=1 / 3 m l_{0}^{2} \omega .
\]

Рис. 5.29
Рис. $\mathbf{5 . 3 0}$

Таким образом,
\[
\tilde{\mathbf{L}}+[1 \mathrm{p}]=1 / 3 m l_{0}^{2} \omega .
\]

Из этой формулы, согласно рис. 5.29, получим
\[
\omega=\frac{3}{m l_{0}^{2}} \sqrt{\widetilde{L}^{2}+l^{2} p^{2}} .
\]

С помощью того же рисунка можно найти и направление вектора (угол $\alpha$ ).

5.7. Динамика вращательиого движения. Однородный сплошной цилиидр массы $m_{0}$ и радиуса $R$ может без трения вращаться вокруг неподвижной горизонтальной оси $O$ (рис. 5.30). На цилиндр в один ряд плотно намотан тонкий нерастяжимый шнур длины $l$ н массы $m$. Найти угловое ускорение цилиндра в завнсимости от длины $»$ свешивающейся части шнура. Считать, что скольжения нет и центр масс намотанной части шнура находится на оси цилиндра.

Решение.
Воспользуемся уравнением моментов (5.15) относительно оси $O$. Для этого найдем момент импульса системы относительно данной оси, $L_{z}$, и соответствующий момент сил $M_{z}$. Момент импульса

\[
L_{z}=I \omega_{z}+R m v=\left(m_{0} / 2+m\right) R^{2} \omega_{z},
\]

где учтено, что момент инерции цилиндра $I=m_{0} R^{2} / 2$ и $v=\omega_{z} R$ (отсутствие скольжения шнура). Момент внешних сил тяжести относнтельно оси $O$
\[
M_{z}=R m g x / l .
\]

Продифференцировав $L_{z}$ по времени и подставив $\mathrm{d} L_{z} / \mathrm{d} t$ и $M_{z}$ в уравнение моментов, получим
\[
\beta_{z}=\frac{2 m g x}{l R\left(m_{0}+2 m\right)} .
\]

5.8. На гладкой горизонтальной плоскости лежит однородный диск радиуса $r_{0}$. На него осторожно опустили другой такой же диск, предварительно сообщив ему угловую скорость $\omega_{0}$. Через сколько времени оба диска будут вращаться с одной и той же угловой скоростью, если коэффициент трения между дисками равен $k$ ?

Решение.
Сначала найдем установившуюся угловую скорость вращения $\omega$. Из закона сохранения момента импульса следует, что
\[
I \omega_{0}=2 I \omega,
\]

где $I$ – момент инерции каждого диска относительно общей оси вращения. Отсюда
\[
\omega=\omega_{0} / 2 .
\]

Теперь рассмотрим поведение одного из дисков, например нижнего. Его угловая скорость меняется под действием момента $M$ сил трения. Вычислим $M$. Для этого выделим на верхней поверхности диска элементарное кольцо с радиусами $r, r+\mathrm{d} r$. Момент сил трения, действующих на данное кольцо, равен
\[
\mathrm{d} M=r k\left(m g / \pi r_{0}^{2}\right) 2 \pi r \mathrm{~d} r=2 k\left(m g / r_{0}^{2}\right) r^{2} \mathrm{~d} r,
\]

где $m$-масса каждого диска. Проинтегрировав это выражение по $t$ от 0 до $r_{0}$, получим
\[
M=2 / 3 k m g r_{0} .
\]

Согласно уравнению (5.30), приращение угловой скорости нижнего диска на величину d $\omega$ происходит за время
\[
\mathrm{d} t=(I / M) \mathrm{d} \omega=\left(3 r_{0} / 4 k g\right) \mathrm{d} \omega .
\]

Интегрируя это уравнение по $\omega$ от 0 до $\omega_{0} / 2$, находим, что искомое время
\[
t=3 / 8 \quad r_{0} \omega_{0} / k g .
\]

5.9. Плоское движение твердого тела. Однородный цилиндр находится на горизонтальной доске (рис. 5.31). Коэффициент трения между ними равен $k$. Доске сообщили ускорение $a$ в горизонтальном направлении перпендикулярно оси цилиндра. Найти: 1) ускорениө

оси цилиндра в отсутствие скольжения; 2) предельное значение $a_{\text {пр }}$, при котором скольжение еще отсутствует.

Решение. 1.
Выбрав положительные направления $x$ и $\varphi$, как показано на рис. 5.31, запишем уравнение движения оси цилиндра и уравнение моментов в Ц-системе относительно этой оси:
\[
m a_{C}=F_{\tau p}, \quad I \beta=r F_{\mathrm{тp}},
\]

где $m$ и $I$ – масса и момент инерции цилиндра относительно его оси, $r$ – радиус цилиндра. Кроме того, условие отсутствия скольжения цилиндра дает кинематическую связь ускорений:
\[
a-a_{c}=\beta r \text {. }
\]

Из этих уравнений находим $a_{C}=a / 3$.

Рис. 5.31
Рис. 5.32

2. Определим из предыдущих уравнений значение силы трения $F_{\text {тр }}$, обеспечивающей качение цилиндра без скольжения: $F_{\text {тр }}=m a / 3$. Максимально возможное значение этой силы равно kmg. Отсюда
\[
a_{\text {нг }}=3 \mathrm{~kg} .
\]

5.10. Однородный шар раднуса $r$ начинает скатываться без скольжения с вершины сферы радиуса $R$ (рис. 5.32). Найти угловую скорость $\omega$ шара после отрыва от поверхности сферы.

Решение. Прежде всего заметим, что угловая скорость шара после отрыва от поверхности сферы изменяться не будет. Поэтому задача сводится к нахождению ее значения в момент отрыва.
Запишем уравнение движения центра шара в момент отрыва:
\[
m v^{2} /(R+r)=m g \cos \vartheta,
\]

где $v$-скорость центра шара в момент отрыва, $\vartheta$-соответствующий угол (рис. 5.32). Скорость $v$ можно найти из закона сохранения энергии:
\[
m g h=m v^{2}{ }^{2} 2+I \omega^{2} / 2,
\]

где $I$-момент инерции шара относительно оси, проходящей через его центр. Кроме того,
\[
v=\omega r, \quad h=(R+r)(1-\cos \vartheta) .
\]

Из этих четырех уравнений получим
\[
\omega=\sqrt{10 / 17 g(R+r) / r^{2}} .
\]

5.11. Конический маятник. Тонкий однородный стержень массы $m$ и д.лины $l$ вращается с постоянной угловой скоростью $\omega$ вокруг вертикальной оси, проходящей через его точку подвеса $O$ (рис. 5.33). При этом стержень описывает коническую поверхность с некоторым углом полураствора $\vartheta$. Найти угол $\theta$, а также модуль и направление силы реакции $\mathbf{R}$ в точке $O$.

Решение. Рассмотрим систему отсчета, вращающуюся вокруг вертикальной оси вместе со стержнем. В этой системе на стержень действует кроме силы тяжести $m g$ и силы реакции $\mathbf{R}$ еще центробежная сила инерции $\mathbf{F}_{\text {до }}$. Так как стержень покоится в данной системе отсчета, т. е. находится в состоянии равновесия, то это значит, что результируюший момент всех сил относительно любой точки и результирующая всех си. равны нулю.
Относительно точки $O$ момент создают только сила тяжести и центробежные силы инерции. Из равенства моментов этих сил следует
\[
1 / 2 m g l \sin \theta=M_{\text {цб }} .
\]

Вычислим $M_{\text {дб }}$. Элементарный момент сил инерции, который действует на элемент стержня $\mathrm{d} x$, находящийся на Рис. 5.33 расстоянии $x$ от точки $O$, равен
\[
\mathrm{d} M_{\text {цб }}=\left(m \omega^{2} / l\right) \sin \gamma \cos \gamma x^{2} \mathrm{~d} \boldsymbol{x} .
\]

Проинтегрировав это выражение по всей длине стержня, получим
\[
M_{\text {цб }}=1 / 3 m \omega^{2} l^{2} \sin \theta \cos \theta .
\]

Из (1) и (2) следует, что
\[
\cos \theta=3 g / 2 \omega^{2} \boldsymbol{l} .
\]

Найдем модуль и направление вектора R. В системе отсчета, где стержень вращается с угловой скоростью $\omega$, его цеитр масс (точка $C$ ) движется по горизонтальной окружности. Поэтому из уравнения движения центра масс (3.11) сразу следует, что вертикальная составляющая вектора $\mathbf{R}$ есть $R_{\|}=m g$, а горизонтальная составляющая $R_{\perp}$ определяется уравнением $m a_{n}=R_{\perp}$, где $a_{n}$ – нормальное ускорение центра масс $C$. Отсюда
\[
R_{\perp}=1 / 2 m \omega^{2} \boldsymbol{l} \sin \vartheta .
\]

Модуль вектора $\mathbf{R}$ есть
\[
R=\sqrt{(m g)^{2}+R_{\perp}^{2}}=1 / 2 m \omega^{2} l \sqrt{1+7 / 4\left(g / \omega^{2} l\right)^{2}},
\]

а его направление – угол $\vartheta^{\prime}$ между вектором $\mathbf{R}$ и вертикальюопределяется формулой $\cos \theta^{\prime}=m g / R$. Интересно, что $\theta^{\prime}
eq \theta$, т. е.

вектор $\mathbf{R}$ не совпадает по направлению со стержнем $\mathrm{B}$ этом легко убедиться, выразив $\cos \vartheta^{\prime}$ через $\cos \vartheta$ :
\[
\cos \vartheta^{\prime}=\frac{4 \cos \vartheta}{\sqrt{9+7 \cos ^{2} \vartheta}} .
\]

Отсюда видно, что $\cos \vartheta^{\prime}>\cos \vartheta$, т. е. $\vartheta^{\prime}<\vartheta$. Это и показано на рис. 5.33.

Заметим, что равнодействующая сил инерции $\mathbf{F}_{\text {пб }}$ проходит не через точку $C$, а ниже. Действительно, $F_{\text {ц } 6}=R_{\perp}$ и определяется формулой (4), а результирующий момент $M_{\text {пб }}$ – формулой (2). Из этих формул следует, что плечо вектора $\mathbf{F}_{\text {цб }}$ относительно точки $O$ равно $2 / 3 \cos \theta$ (рис 5.33).
5.12. Гироскоп. Волчок массы $m$, ось которого составляет уго.т $\theta$ с вертикалью, прецессирует вокруг вертикальной оси, проходящей через точку опоры $O$. Момент импульса волчка равен $L$, расстояние от его центра масс до точки $O$ есть $l$. Найти модуль и направление вектора $\mathbf{F}$ – горизонтатьной составляющей силы реакции в точке $O$

Решение. Согласно (5 38), угловая скорость прецессии
\[
\omega^{\prime}=m g l / L .
\]

Центр масс волчка движется по окружности; следовательно, вектор $\mathbf{F}$ направлен так, как показано на рнс. 534 Рис. 5.34 (этот вектор поворачивается вместе с осью волчка).
Из уравнения движения центра масс (3.11) получаем
\[
m \omega^{\prime 2} l \sin \vartheta=F .
\]

В результате
\[
F=\left(m^{3} g^{2} l^{3} / L^{2}\right) \sin \vartheta .
\]

Заметим, что если бы точка опоры волчка находилась на абсолютно гладкой плоскости, то волчок прецессировал бы с той же угловой скоростью, но вокруг вертикальной оси, проходящей через центр масс волчка – точку $C$ на рис. 5.34.