Рассмотрим теперь некоторые случаи движения точки по гладкой, пространственной кривой, которая, в свою очередь, находится в наперед заданном движении.
1. Равномерно вращающаяся кривая. Допустим сначала, что кривая равномерно вращается вокруг неподвижной оси. Не нарушая общности рассуждений, мы можем массу точки принять равной единице. Кроме того, мы будем предполагать, что поле действующих на точку внешних сил допускает потенциал, симметричный относительно оси вращения, т. е. выражающийся через цилиндрические координаты $z$ и $r$, где $z$ параллельна оси вращения, а $r$ – расстояние точки от оси. При таком предположении потенциальная энергия точки может быть выражена как функция дуги $s$. Обозначим эту функцию через $V(s)$ и напишем уравнение кривой в виде
\[
r=g(s) .
\]
Согласно § 29 движение точки происходит так, как если бы угловая скорость кривой равнялась нулю, а потенциальная энергия равнялась $V-\frac{1}{2} r^{2} \omega^{2}$. Поэтому уравнение энергии может быть написано в виде:
\[
\frac{1}{2} \dot{s}^{2}-\frac{1}{2} \omega^{2}\{g(s)\}^{2}+V(s)=c,
\]
где $c$ – постоянная.
Интеграция этого уравнения дает:
\[
t=\int^{s}\left[2 c+\omega^{2}\{g(s)\}^{2}-2 V(s)\right]^{-\frac{1}{2}} d s+\text { const. }
\]
Это соотношение, устанавливающее зависимость между $t$ и $s$, и дает решение задачи.
ЗАДАчА 1. Точка движется под действием силы тяжести по плоской кривой, равномерно вращающейся вокруг вертикальной оси; плоскость кривой проходит через ось вращения. Показать, что если скорость точки постоянна, то кривая имеет форму параболы (направленной вогнутостью вверх) с вертикальной осью.
ЗадАчд 2. Материальная точка движется под действием силы тяжести по окружности радиуса $a$, равномерно вращающейся вокруг вертикальной оси, образующей с плоскостью круга угол $\alpha$. Угловое расстояние движущейся точки от наинизшей точки окружности равно $\vartheta$. Показать, что
\[
\sec \vartheta=\frac{a \omega^{2} \cos \alpha}{6 g}+\wp\left\{\sqrt{\frac{g \cos \alpha}{2 a}}\left(t-t_{0}\right)\right\},
\]
где функция ю образована при помощи корней:
\[
e_{1}=1-\frac{a \omega^{2} \cos \alpha}{6 g}, \quad e_{2}=-1-\frac{a \omega^{2} \cos \alpha}{6 g}, \quad e_{3}=\frac{a \omega^{2} \cos \alpha}{3 g},
\]
а $t_{0}$ – постоянная.
2. Кривая движется с постоянным ускорением в определенном направлении. Рассмотрим теперь движение точки по прямой, наклоненной к горизонту под углом $\alpha$, и движущейся в вертикальной плоскости с постоянным горизонтальным ускорением $f$. Если начало координат примем в исходном положении точки и направим ось $x$ по горизонтали, а ось $y$ вертикально вверх, то для кинетической энергии будем иметь:
\[
T=\frac{1}{2}\left(\dot{x}^{2}+\dot{y}^{2}\right)
\]
где
\[
x=y \operatorname{ctg} \alpha+\frac{1}{2} f t^{2},
\]
T. e.
\[
T=\frac{1}{2}(\dot{y} \operatorname{ctg} \alpha+f t)^{2}+\frac{1}{2} \dot{y}^{2}=\frac{1}{2} \dot{y}^{2} \frac{1}{\sin ^{2} \alpha}+\dot{y} f t \operatorname{ctg} \alpha+\frac{1}{2} f^{2} t^{2} .
\]
Потенциальная энергия будет
\[
V=g y .
\]
Уравнение движения
\[
\frac{d}{d t}\left(\frac{\partial T}{\partial \dot{y}}\right)=-\frac{\partial V}{\partial y}
\]
поэтому даст:
\[
\frac{d}{d t}\left(\frac{\dot{y}}{\sin ^{2} \alpha}+f t \operatorname{ctg} \alpha\right)=-g
\]
или
\[
\ddot{y}=(-g-f \operatorname{ctg} \alpha) \sin ^{2} \alpha .
\]
Интегрируя в предположении, что точка в начальный момент находится в покое, получим:
\[
y=\frac{1}{2} t^{2}(-g \sin \alpha-f \cos \alpha) \sin \alpha,
\]
и поэтому
\[
x=\frac{1}{2} t^{2}(-g \cos \alpha+f \sin \alpha) \sin \alpha .
\]
Эти уравнения дают решение задачи. Так как система содержит явно время, то интеграла энергии не существует.
