Мы применим сейчас принципы, изложенные в предшествующих главах, к определению движения голономных систем твердых тел для тех случаев, когда решение может быть получено в квадратурах.

Естественно мы исследуем сначала системы с одной степенью свободы. Согласно $§ 42$ такого рода системы допускают решение в квадратурах, если они обладают интегралом энергии. Случается иногда (например, в системах, в которых одна из кривых или поверхностей связей находится в некотором вынужденном движении), что задача, не обладая начальной своей постановке интегралом энергии, однако может быть приведена (при помощи, например, теоремы § 29) к другой задаче, для которой интеграл энергии имеется. После выполнения такого приведения может быть выполнена и интеграция. Разъясним это на следующих примерах.
1. Вращение твердого тела вокруг неподвижной оси. Рассмотрим вращение одного-единственного твердого тела вокруг некоторой неподвижной в пространстве оси. Пусть $I$ – момент инерции тела относительно оси вращения. Тогда кинетическая энергия равна $\frac{1}{2} I \dot{\vartheta}^{2}$, где $\vartheta-$ угол между двумя плоскостями, проходящими через ось вращения, из которых одна неподвижна в пространстве, а другая неизменно связана с твердым телом и движется вместе с ним. Пусть $\Theta$ означает момент внешних сил, приложенных к телу, относительно оси вращения, так что работа этих сил при бесконечно малом перемещении, соответствующем переходу от $\vartheta$ к $\vartheta+\delta \vartheta$ равна $\Theta \delta \vartheta$. Уравнение движения
\[
\frac{d}{d t}\left(\frac{\partial T}{\partial \dot{\vartheta}}\right)-\frac{\partial T}{\partial \vartheta}=\Theta
\]

дает тогда:
\[
I \ddot{\vartheta}=\Theta
\]

одно дифференциальное уравнение второго порядка для определения $\vartheta$.
Если силы консервативны и если $V(\vartheta)$ означает потенциальную энергию, то это уравнение принимает вид:
\[
I \ddot{\vartheta}=\frac{\partial V}{\partial \vartheta},
\]

и его интеграция дает уравнение энергии:
\[
\frac{1}{2} I \dot{\vartheta}^{2}+V(\vartheta)=c,
\]

где $c$ – некоторая постоянная. Вторичное интегрирование дает:
\[
t=I^{\frac{1}{2}} \int\{2(c-V)\}^{-\frac{1}{2}} d \vartheta+\text { const. }
\]

Этим соотношением между $\vartheta$ и $t$, в которой обе постоянные интегрирования вычисляются из начальных условий движения, и определяется движение тела.

Особую важность представляет тот случай, когда ось вращения горизонтальна и единственной действующей силой является сила тяжести. Пусть $G$ будет центром тяжести тела, $C$ – основанием перпендикуляра, опущенного из $G$ на ось вращения, и $C G=h$. Потенциальная энергия есть – $M g h \cos \vartheta$, где $M$ – масса тела и $\vartheta$ – угол между $C G$ и направленной вниз вертикалью. Уравнение движения имеет вид:
\[
\ddot{\vartheta}+\frac{M g h}{I} \sin \vartheta=0 .
\]

Оно совпадает с уравнением движения математического маятника длины $\frac{I}{M h}$. Поэтому, так же как и в $\S 44$, движение может быть представлено в эллиптических функциях. Решение имеет вид:
\[
\sin \frac{\vartheta}{2}=k \operatorname{sn}\left\{\left(\frac{M g h}{I}\right)^{\frac{1}{2}}\left(t-t_{0}\right), k\right\}
\]

для случая колебаний и
\[
\sin \frac{\vartheta}{2}=\operatorname{sn}\left\{\frac{1}{k}\left(\frac{M g h}{I}\right)^{\frac{1}{2}}\left(t-t_{0}\right), k\right\}
\]

для случая кругового движения. Длина $\frac{I}{M h}$ эквивалентного математического маятника называется приведенной длиной маятника.

Если $O$ есть такая точка прямой $C G$, что $O C=\frac{I}{M h}$, то $O$ называется центром качаний, а $C$ – точкой подвеса. Получается неожиданная закономерность: точка подвеса и центр качаний могут быть взаимно перемещены, т. е. если $O$ есть центр качаний, когда $C$ – точка подвеса, то $C$ делается центром качаний, когда $O$ делают точкой подвеса.

Для доказательства этого положения заметим, что, согласно сказанному в $\S 59$, момент инерции тела относительно $O$ равен моменту инерции относительно $G+M \cdot G O^{2}=I-M \cdot C G^{2}+M \cdot G O^{2}$. Поэтому:
\[
\begin{aligned}
\frac{\text { Момент инерции относительно } O}{\text { Расстояние центра тяжести от } O} & =\frac{I-M h^{2}+M\left(\frac{I}{M h}-h\right)^{2}}{\frac{I}{M h}-h}= \\
& =M h+M\left(\frac{I}{M h}-h\right)=\frac{I}{h} .
\end{aligned}
\]

Следовательно, если тело подвесить в $O$, то уравнение движения примет прежний вид:
\[
\ddot{\vartheta}+\frac{M g h}{I} \sin \vartheta=0,
\]

чем положение и доказывается. Очевидно, что периоды колебаний вокруг точек $C$ и $O$ будут одинаковы.
2. Движение стержня, по которому ползет насекомое. Концы прямолинейного однородного стержня массы $m$ и длины $2 a$ скользят по гладкой горизонтальной окружности радиуса $c$. Вдоль стержня ползет насекомое, масса которого равна массе стержня, с некоторой постоянной относительной скоростью $v$.

К моменту времени $t$ стержень образует с некоторым постоянным направлением на плоскости угол $\vartheta$, а насекомое отползает от середины стержня на отрезок $x$. Кинетическая энергия стержня равна $\frac{1}{2} m\left(c^{2}-\frac{2 a^{2}}{3}\right) \dot{\vartheta}^{2}$; кинетическая энергия насекомого складывается из скорости $\dot{x}-\left(c^{2}-a^{2}\right)^{\frac{1}{2}} \dot{\vartheta}$ в направлении стержня и из скорости $x \dot{\vartheta}$, перпендикулярной к нему. Общая кинетическая энергия системы будет поэтому
\[
T=\frac{1}{2} m\left(c^{2}-\frac{2 a^{2}}{3}\right) \dot{\vartheta}^{2}+\frac{1}{2} m\left\{\dot{x}-\left(c^{2}-a^{2}\right)^{\frac{1}{2}} \dot{\vartheta}\right\}^{2}+\frac{1}{2} m x^{2} \dot{\vartheta}^{2} .
\]

Потенциальной энергии система не имеет.
Так как $x=v t$ ( $t$ отсчитывается от момента, для которого $x=0$ ), то
\[
T=\frac{1}{2} m\left(c^{2}-\frac{2 a^{2}}{3}\right) \dot{\vartheta}^{2}+\frac{1}{2} m\left\{v-\left(c^{2}-a^{2}\right)^{\frac{1}{2}} \dot{\vartheta}\right\}^{2}+\frac{1}{2} m v^{2} t^{2} \dot{\vartheta}^{2} .
\]

Единственная входящая в это выражение координата $\vartheta$ является циклической. Поэтому
\[
\frac{\partial T}{\partial \dot{\vartheta}}=\text { const }
\]

или
\[
m\left(c^{2}-\frac{2 a^{2}}{3}\right) \dot{\vartheta}-m\left(c^{2}-a^{2}\right)^{\frac{1}{2}}\left\{v-\left(c^{2}-a^{2}\right)^{\frac{1}{2}} \dot{\vartheta}\right\}+m v^{2} t^{2} \dot{\vartheta}=\text { const },
\]

или
\[
\dot{\vartheta}\left(2 c^{2}-\frac{5}{3} a^{2}+v^{2} t^{2}\right)=\text { const. }
\]

Интегрирование последнего уравнения дает:
\[
\vartheta-\vartheta_{0}=k \operatorname{arctg}\left\{v t\left(2 c^{2}-\frac{5}{3} a^{2}\right)^{-\frac{1}{2}}\right\},
\]

где $\vartheta_{0}$ и $k$ – постоянные. Полученная формула определяет положение стержня во всякий момент времени.
3. Движение конуса по абсолютно шероховатой наклонной плоскости. Однородный прямой круговой конус, масса которого $M$ и угол при вершине $2 \beta$, движется по абсолютно шероховатой плоскости (т. е. по такой плоскости, по которой он может только катиться, но не скользить), наклоненной под углом $\alpha$ к горизонту. Длина образующей равна $l$, а угол, который в момент времени $t$ образует соприкасающаяся образующая с прямой наибольшего наклона плоскости, равен $\vartheta$. Если через $\chi$ обозначить угол, образованный осью конуса с направленной вверх вертикалью, то $\chi$ является одной из сторон сферического треугольника, вершины которого лежат соответственно на нормали к плоскости, направленной вверх вертикали и оси конуса. Две другие стороны будут тогда $\alpha$ и $\frac{1}{2} \pi-\beta$ и угол, образованный ими, равен $\pi-\vartheta$. Поэтому
\[
\cos \chi=\cos \alpha \sin \beta-\sin \alpha \cos \beta \cos \vartheta .
\]

Высота центра тяжести конуса над его вершиной равна $\frac{3}{4} l \cos \beta \cos \chi$ и потенциальная энергия конуса равна этой высоте, умноженной на $M g$. Поэтому, если $V$ – потенциальная энергия конуса, то (с точностью до постоянного слагаемого)
\[
V=-\frac{3}{4} M g l \sin \alpha \cos ^{2} \beta \cos \vartheta .
\]

Для вычисления кинетической энергии конуса мы воспользуемся его моментами инерции, относительно его оси и относительно прямой, перпендикулярной к оси и проходящей через вершину. Эти моменты легко вычисляются непосредственным интегрированием, при котором конус мыслится разложенным на отдельные диски, перпендикулярные к оси, и соответственно равны:
\[
\frac{3}{10} M l^{2} \sin ^{2} \beta \quad \text { и } \quad \frac{3}{5} M l^{2}\left(\cos ^{2} \beta+\frac{1}{4} \sin ^{2} \beta\right) .
\]

Так как направляющие косинусы образующей относительно прямоугольных осей, проходящих через вершину конуса, ось которого принята за ось $z$, могут быть приняты равными $\sin \beta, 0$ и $\cos \beta$, то, согласно теореме $§ 60$, момент инерции относительно образующей равен:
\[
\frac{3}{5} M l^{2}\left(\cos ^{2} \beta+\frac{1}{4} \sin ^{2} \beta\right) \sin ^{2} \beta+\frac{3}{10} M l^{2} \sin ^{2} \beta \cos ^{2} \beta
\]

или
\[
\frac{3}{4} M l^{2} \sin ^{2} \beta\left(\cos ^{2} \beta+\frac{1}{5}\right) .
\]

Так как конус катится по плоскости без скольжения, то все точки образующей, по которой он касается плоскости, находятся в покое. Отсюда следует, что эта образующая является мгновенной осью вращения конуса. Поэтому, если $\omega$ – угловая скорость вращения конуса вокруг этой образующей, то его кинетическая энергия равна ( $\S 63$ ):
\[
\frac{3}{8} M l^{2} \sin ^{2} \beta\left(\cos ^{2} \beta+\frac{1}{5}\right) \omega^{2} .
\]

Но согласно $\S 15$
\[
\omega=\dot{\vartheta} \operatorname{ctg} \beta
\]

подставляя это значение $\omega$, для кинетической энергии конуса получим значение:
\[
T=\frac{3}{8} M l^{2} \cos ^{2} \beta\left(\cos ^{2} \beta+\frac{1}{5}\right) \dot{\vartheta}^{2} .
\]

Поэтому уравнения движения Лагранжа
\[
\frac{d}{d t}\left(\frac{\partial T}{\partial \dot{\vartheta}}\right)-\frac{\partial T}{\partial \vartheta}=-\frac{\partial V}{\partial \vartheta}
\]

принимает вид:
\[
\frac{3}{4} M l^{2} \cos ^{2} \beta\left(\cos ^{2} \beta+\frac{1}{5}\right) \ddot{\vartheta}+\frac{3}{4} M g l \sin \alpha \cos ^{2} \beta \sin \vartheta=0
\]

или
\[
\ddot{\vartheta}+\frac{g \sin \alpha}{l\left(\cos ^{2} \beta+\frac{1}{5}\right)} \sin \vartheta=0 .
\]

Оно совпадает с уравнением движения математического маятника длины
\[
\frac{l}{\sin \alpha}\left(\cos ^{2} \beta+\frac{1}{5}\right) .
\]

Поэтому его интегрирование, так же кан и в § 44, может быть выполнено при помощи эллиптических функций.
4. Движение стержня во вращающейся раме. Концы однородного тяжелого стержня скользят без трения по горизонтальному и вертикальному брусьям некоторой рамы, вращающейся с постоянной угловой скоростью $\omega$ вокруг вертикального бруса.

Пусть $2 a$ – длина стержня, $M$ – его масса, $\vartheta$ – угол, который он образует с вертикалью. Согласно § 29 действие вращения сводится к тому, что к потенциальной энергии стержня добавляется член
\[
-\frac{1}{2} \omega^{2} \rho \int x^{2} \sin ^{2} \vartheta d x,
\]

где $\rho$ – плотность, а $x$ – расстояние какой-нибудь точки стержня от его конца, лежащего на вертикальном брусе. После интегрирования этот добавочный член принимает вид:
\[
-\frac{2}{3} M \omega^{2} a^{2} \sin ^{2} \vartheta
\]

Так как часть потенциальной энергии, зависящая от тяжести, равна
\[
-M g a \cos \vartheta
\]

то для полной потенциальной энергии имеем:
\[
V=-M g a \cos \vartheta-\frac{2}{3} M \omega^{2} a^{2} \sin ^{2} \vartheta .
\]

Горизонтальный и вертикальный компоненты скорости центра тяжести стержня равны соответственно $a \dot{\vartheta} \sin \vartheta$ и $a \dot{\vartheta} \cos \vartheta$. Поэтому та часть кинетической энергии стержня, которая зависит от движения центра тяжести, равна $\frac{1}{2} M a^{2} \dot{\vartheta}^{2}$. Вторая же часть кинетической энергии, зависящая от вращения стержня вокруг его центра тяжести, равна $\frac{1}{6} M a^{2} \dot{\vartheta}^{2}$, так как момент инерции стержня относительно его середины равен $\frac{1}{3} M a^{2}$. Отсюда для полной кинетической энергии стержня получаем выражение:
\[
T=\frac{2}{3} M a^{2} \dot{\vartheta}^{2} .
\]

Следовательно, интеграл энергии имеет вид:
\[
\frac{2}{3} M a^{2} \dot{\vartheta}^{2}-M g a \cos \vartheta-\frac{2}{3} M \omega^{2} a^{2} \sin ^{2} \vartheta=\mathrm{const}
\]

или, полагая $x=\cos \vartheta$ :
\[
\dot{x}^{2}=\left(1-x^{2}\right)\left\{\varepsilon^{2}-\left(\omega x-\frac{3 g}{4 a \omega}\right)^{2}\right\},
\]

где $\varepsilon$ – некоторая постоянная. Эта постоянная необходимо должна быть положительной, так как $\dot{x}^{2}$ и $1-x^{2}$ положительны. Мы будем предполагать, что $\varepsilon$ достаточно мало и что $\frac{3 g}{4 a \omega^{2}}<1$. При этих предположениях величина $x$ будет колебаться в пределах $\frac{3 g}{4 a \omega^{2}} \pm \frac{\varepsilon}{\omega}$.
Для выполнения дальнейшего интегрирования положим ${ }^{1}$ :
\[
x=1+\frac{\frac{1}{2} \omega^{2}\left(1-\frac{3 g}{4 a \omega^{2}}-\frac{\varepsilon}{\omega}\right)\left(1-\frac{3 g}{4 a \omega^{2}}+\frac{\varepsilon}{\omega}\right)}{\xi+\frac{3 g}{8 a}-\frac{5}{12} \omega^{2}-\frac{3 g^{2}}{64 a^{2} \omega^{2}}+\frac{\varepsilon^{2}}{12}},
\]

где $\xi$ – новая зависимая переменная. Подставляя это выражение $x$ в дифференциальное уравнение, получим:
\[
\dot{\xi}^{2}=4\left(\xi-e_{1}\right)\left(\xi-e_{2}\right)\left(\xi-e_{3}\right),
\]

где значениям
\[
\xi=e_{1}, \quad \xi=e_{2}, \quad \xi=e_{3}
\]

соответствуют значения:
\[
x=-1 \quad x=\frac{3 g}{4 a \omega^{2}}-\frac{\varepsilon}{\omega}, \quad x=\frac{3 g}{4 a \omega^{2}}+\frac{\varepsilon}{\omega} .
\]

Легко видеть, что $e_{1}+e_{2}+e_{3}=0$ и $e_{1}>e_{2}>e_{3}$.
Отсюда для $\xi$ имеем:
\[
\xi=\wp(t+\gamma),
\]

где $\gamma$ – постоянная, а функция $\wp$ образована при помощи корней $e_{1}, e_{2}$ и $e_{3}$. Так как $e_{1}>e_{2}>e_{3}$ и функция $\wp$, для вещественных значений $t$, лежит между $e_{2}$ и $e_{3}$ (в силу того, что $x$ лежит между $\frac{3 g}{4 a \omega^{2}}-\frac{\varepsilon}{\omega}$ и $\frac{3 g}{4 a \omega^{2}}+\frac{\varepsilon}{\omega}$, то мнимая часть постоянной $\gamma$ необходимо должна равняться полупериоду $\omega_{3}$. Что касается вещественной части $\gamma$, то так как

${ }^{1}$ См. Уиттекер и Ватсон, Курс современного анализа, $\S 20,6$.

она зависит только от начального момента отсчета времени, она может быть принята равной нулю. Поэтому
\[
\xi=\wp\left(t+\omega_{3}\right),
\]

следовательно,
\[
\cos \vartheta=1+\frac{\frac{1}{2} \omega^{2}\left(1-\frac{3 g}{4 a \omega^{2}}-\frac{\varepsilon}{\omega}\right)\left(1-\frac{3 g}{4 a \omega^{2}}+\frac{\varepsilon}{\omega}\right)}{\wp\left(t+\omega_{3}\right)+\frac{3 g}{8 a}-\frac{5 \omega^{2}}{12}-\frac{3 g^{2}}{64 a^{2} \omega^{2}}+\frac{\varepsilon^{2}}{12}},
\]

Последнее уравнение определяет $\vartheta$ как функцию от $t$.
5. Движение диска, у которого одна точка движется по наперед заданному закону. Точка $A$ диска, массы $M$, лежащего в горизонтальной плоскости, движется с постоянной угловой скоростью $\omega$ по окружности радиуса $c$.

Пусть $G$ – центр тяжести диска и $A G=a$. Точка $A$ имеет ускорение $c \omega^{2}$, направленное по внутренней нормали окружности. Поэтому, если всем точкам диска сообщить ускорение $c \omega^{2}$ в направлении внешней нормали, а точку $A$ закрепить, то полученное движение представит относительное движение диска вокруг точки $A$. Результирующая всех сил, действующих на диск в этом относительном движении, равна $M c \omega^{2}$, приложена в точке $G$ и направлена по внешней нормали окружности.

Допустим, что углы, образованные прямой $A G$ и внешней нормалью с каким-нибудь неизменным направлением в плоскости, равны соответственно $\vartheta$ и $\varphi$. Тогда работа этой равнодействующей при бесконечно малом перемещении $\delta \vartheta$ равна:
\[
M c \omega^{2} a \sin (\varphi-\vartheta) \delta \vartheta .
\]

Кинетическая энергия тела равна $\frac{1}{2} M k^{2} \dot{\vartheta}^{2}$, где $M k^{2}$ – момент инерции диски относительно точки $A$. Поэтому уравнение движения принимает вид:
\[
M k^{2} \ddot{\vartheta}=M a c \omega^{2} \sin (\varphi-\vartheta) .
\]

Но так как $\dot{\varphi}=\omega$, то $\ddot{\varphi}=0$. Поэтому, полагая $\delta-\varphi=\psi$, получим:
\[
\ddot{\psi}+\frac{a c \omega^{2}}{k^{2}} \sin \psi=0 .
\]

Последнее уравнение совпадает с уравнением движения математического маятника длины $\frac{k^{2} g}{a c \omega^{2}}$. Поэтому, так же как и в $\S 44$, интегрирование этого уравнения может быть выполнено в эллиптических функциях.

6. Качение диска по окружности другого вращающегося диска. В вертикальной плоскости находятся два одинаковых круглых диска радиуса $a$ и массы $M$. Края дисков обладают абсолютной шероховатостью и поддерживаются в постоянном соприкосновении однородной штангой массы $m$ и длины $2 a$, соединяющей их центры. Один из центров закреплен неподвижно, а соответствующий диск $A$ вращается с постоянным угловым ускорением $\alpha$. Определить движение соединяющей штанги и второго диска $B$.

К моменту времени $t$ штанга образует с направленной вниз вертикалью угол $\varphi$, а диск $A$ поворачивается на угол $\vartheta$. Угловая скорость диска $A$ равна $\dot{\vartheta}$, а скорость точки соприкасания дисков равна $a \dot{\vartheta}$. Так как центр диска $B$ имеет скорость $2 a \dot{\varphi}$, то угловая скорость вращения диска $B$ вокруг своего центра равна $2 \dot{\varphi}-\dot{\vartheta}$. Каждый из дисков имеет относительно своего центра момент инерции, равный $\frac{1}{2} M a^{2}$. Поэтому кинетическая энергия всей системы равна:
\[
T=\frac{1}{2} M \frac{a^{2}}{2} \dot{\vartheta}^{2}+\frac{1}{2} M \frac{a^{2}}{2}(2 \dot{\varphi}-\dot{\vartheta})^{2}+\frac{1}{2} M(2 a)^{2} \dot{\varphi}^{2}+\frac{1}{2} m \frac{4 a^{2}}{3} \dot{\varphi}^{2}
\]

И
\[
\dot{\vartheta}=a t+\varepsilon,
\]

где $\varepsilon$ есть величина постоянная.
Для потенциальной энергии имеем:
\[
V=-(2 M+m) a g \cos \varphi .
\]

Уравнением Лагранжа будет:
\[
\frac{d}{d t}\left(\frac{\partial T}{\partial \dot{\varphi}}\right)-\frac{\partial T}{\partial \varphi}=-\frac{\partial V}{\partial \varphi}
\]

или:
\[
\frac{d}{d t}\left\{\left(6 M+\frac{4}{3} m\right) a^{2} \dot{\varphi}-M a^{2} \dot{\vartheta}\right\}=-(2 M+m) a g \sin \varphi
\]

и так как $\ddot{\vartheta}=\alpha$, то
\[
\left(6 M+\frac{4}{3} m\right) a^{2} \ddot{\varphi}-M a^{2} \alpha+(2 M+m) a g \sin \varphi=0 .
\]

После интегрирования получаем:
\[
\left(3 M+\frac{2}{3} m\right) a^{2} \dot{\varphi}^{2}-M a^{2} \alpha \varphi-(2 M+m) a g \cos \varphi=c,
\]

где $c$ – постоянная интегрирования, величина которой зависит от начальных условий.

Так как в полученном уравнении переменные $t$ и $\varphi$ разделены, то дальнейшее интегрирование может быть выполнено в квадратурах. Окончательный интеграл и представит движение.

ЗадАчА 1. Показать, что если в начальный момент система находилась в покое и штанга была направлена вертикально вниз, то она достигнет горизонтального положения, если
\[
\alpha>\frac{4 g}{\pi a}\left(1+\frac{m}{2 M}\right) .
\]