Почти все численные расчеты, встречающиеся в задачах могут быть с достаточной степенью точности выполнены с помощью счетной линейки, которой мы и рекомендуем пользоваться при приближенных подсчетах.

I.1. Доказательство того, что должно быть $v_1=v_2=v$, можно провести алгебраическим или геометрическим путем. В последнем случае следует воспользоваться величинами $v_1$ и $v_2$, как прямоугольными координатами на плоской диаграмме.
I.2. Скорость отлетающих масс $m$ и $M$ равна:
$$\frac{2M}{M+m}{v}_0\text{ и, соответственно, }\frac{M-m}{M+m}{v}_0.$$
I.3. Здесь сохраняют силу формулы задачи I.2., но скорость первой массы направлена в противоположную сторону.
I.4. Нужно убедиться в том, что квадратное уравнение для $V$ приводит к тому же минимальному значению $v_0$, как и уравнение для $v$.
I.5. Дифференциальные уравнения, которые надо проинтегрировать, имеют вид:
$$\begin{array}{c}\frac{dm}{dt}=-\mu ,\\ \frac{d}{dt}(mv)-\mu a=-mg.\end{array}$$

Из первого уравнения находим:
$$m=m_0-\mu t.$$

Подставляя это значение во второе уравнение и интегрируя, получим:
$$v=\frac{\mu at-m_{0}gt+\frac{\mu g{t}^2}{2}}{m_0-\mu t},$$

или
$$v=\frac{m_0(a-\frac{g}{2}\frac{m_0}{\mu })}{m_0-\mu t}-(a-\frac{g}{2}\frac{m_0}{\mu })-\frac{gt}{2}.$$

После вторичного интегрирования ( $z$ — высота над поверхностью Земли):
$$z=\frac{a{m}_0}{\mu }\{(1-\frac{\mu }{m_0}t)\lg (1-\frac{\mu }{m_0}t)+\frac{\mu }{m_0}t\}-\frac{1}{2}g{t}^2.$$

Для малых $t$, пренебрегая высшими степенями $t$, получаем:
$$z=(\frac{\mu a}{m_0}-g)\frac{t^2}{2}.$$

Вычисление с помощью формулы (1) дает:
$$\begin{array}{l}t=10;30;50\text{ сек. }\\ z=0,54;5,65;18,4\text{ км. }\end{array}$$

I.6. Поскольку плотность равна единице, масса водяной капли будет $m=\frac{4\pi }{3}{r}^3$; следовательно, $dm=4\pi r^{2}dr$. С другой стороны, при конденсации ( $\alpha$ — коэффициент пропорциональности) $dm=4\pi r^2\alpha dt$; следовательно, $dr=\alpha dt$. Переходя к переменной $r$, получим следующее дифференциальное уравнение:
$$\alpha \frac{d}{dr}\left(r^{3}v\right)=r^{3}g.$$

Решение этого дифференциального уравнения, удовлетворяющее начальному условию $v=v_0$ при $r=c$, имеет вид:
$$v=\frac{g}{\alpha }\frac{r}{4}+\frac{c^3}{r^3}(v_0-\frac{g}{\alpha }\frac{c}{4}).$$

При $c=0$ получаем:
$$v=\frac{g}{\alpha }\frac{r}{4},$$

а при $v_0=0$,
$$v=\frac{g}{\alpha }\frac{r}{4}(1-\frac{c^4}{r^4}).$$
I.7. Обозначим через $x$ длину свешивающейся части цепи. Полагая массу, приходящуюся на единицу длины цепи, равной единице, получим следующее уравнение движения:
$$\frac{d}{dt}(x\dot{x})=x\ddot{x}+{\dot{x}}^2=gx.$$

Ввиду того, что интегрирование этого уравнения довольно сложно (после подстановки $x=\sqrt{u}$ оно приводит к эллиптическому интегралу), можно ограничиться выражением величин $\dot{T},\dot{V},\dot{Q}$ (потеря энергии за единицу времени по теории Карно) через $x,\dot{x},\ddot{x}$ и показать, что, в силу уравнения движения, имеет место:
$$\dot{T}+\dot{V}+\dot{Q}=0,\text{ т. е. }\dot{T}+\dot{V}eq0.$$
I.8. Уравнение движения имеет вид $l\ddot{x}=gx$. Это линейное дифференциальное уравнение с постоянными коэффициентами можно проинтегрировать согласно (3.24б). В том, что закон сохранения энергии удовлетворяется, можно убедиться либо в его дифференциальной форме — путем рассмотрения уравнения движения, либо в его интегральной форме — рассматривая решение этого уравнения:
$$x=a(e^{\alpha t}+e^{-\alpha t}),{\alpha }^2=\frac{g}{l},a=\frac{x_0}{2}.$$

I.9. Числовые данные задачи позволяют определить центростремительное ускорение Луны в $м/$ сек ${}^2$. Длину радиуса Земли можно при этом положить, в соответствии с определением метра, равной $r=\frac{2}{\pi }\cdot {10}^7$ м; с другой стороны, из закона всемирного тяготения, исключая гравитационную постоянную $G$ с помощью $g$ (см. стр. 34), получаем для центростремительного ускорения величину $g/{60}^2$. Оба полученные таким образом числовые значения совпадают с достаточной степенью точности.
I.10. Применим формулы преобразования координат, как в (2.5), полагая, однако, ${\alpha }_0={\beta }_0={\gamma }_0=0$. Компоненты преобразованного момента $M^{\prime }$ получаются в виде выражений, линейных относительно компонент $M$, с коэффициентами, равными минорам матрицы преобразования. Последние удовлетворяют следующим соотношениям, справедливость которых вытекает из условий ортогональности:
$$\rho {\gamma }_1=\left|\begin{array}{ll}{\alpha }_2& {\alpha }_3\\ {\beta }_2& {\beta }_3\end{array}\right|,\rho {\gamma }_2=\left|\begin{array}{ll}{\alpha }_3& {\alpha }_1\\ {\beta }_3& {\beta }_1\end{array}\right|,\dots$$

Здесь $\rho =\pm 1$, в зависимости от того, можно ли путем вращения совместить преобразованную систему с исходной или нет (правая и левая системы).
I.11. Из формул (6.8) (стр. 65) непосредственно следует:
$$\epsilon =\frac{B}{\frac{GM}{C}}.$$

Следовательно, для эллипса $(\epsilon <1)\frac{GM}{C}>B$, для гиперболы $(\epsilon >1$ ) $\frac{GM}{C}<B$. Но $R=\frac{GM}{C}$ есть радиус окружности годографа, а $B$ — расстояние центра от полюса. Отсюда непосредственно вытекает утверждение задачи. Характеристики предельных случаев окружности и параболы дает следующая таблица, в которой
$$v_0=\frac{GM}{C}-B$$

означает скорость планеты в перигелии.

I.12. В дифференциальных уравнениях (6.4) нужно заменить $GM$ на $\pm \frac{eE}{m}$, причем верхний знак (притяжение) соответствует случаю положительного иона, а нижний знак (отталкивание) — случаю отрицательного иона. Тогда уравнения (6.5) (при том же значении $\phi$, что и на рис. 6) дадут при $\phi =\frac{\pi }{2}$
$$A=\pm \frac{eE}{m}C,B=-v_0,$$

так как
$$\dot{x}=0,\dot{y}=-v_0.$$

При этом уравнения (6.6) принимают вид
$$\frac{1}{r}=\pm \frac{eE}{m_0{C}^2}(1-\sin \phi )-\frac{v_0}{C}\cos \phi .$$

Так как $C$ меняется от траектории к траектории в зависимости от расстояния начальной прямолинейной траектории от оси $y$, то это уравнение определяет семейство кривых. Для того чтобы получить огибающую этого семейства, нужно продифференцировать уравнение (1) по $C$. Исключив $C$ из продифференцированного и исходного уравнения (1), получим для искомой огибающей
$$x^2=p^2-2pg,p=\pm \frac{4eE}{m_0{v}_0^2}.$$

Нужно принять во внимание, что траектория электрона всякий раз представляет собой одну ветвь гиперболы, тогда как уравнение (1) определяет обе ветви, и убедиться (проще всего, изобразив рассматриваемое семейство кривых графически) в том, что только в случае отталкивания уравнение (2) определяет огибающую истинных траекторий электронов.
I.13. Проще всего воспользоваться методом гармонических колебаний (см. §3, раздел 4). Поучительно, однако, убедиться и том, что методы, приведенные в $\mathrm{\S }6$, также ведут к цели.
I.14. Рассматриваемый здесь ядерный процесс не является ни упругим, ни неупругим, а «сверхупругим» соударением, поскольку к первичной энергии $E$ прибавляется ядерная энергия $W$. Кинетическую энергию альфа-частиц можно выразить в классической форме:
$$E_{\alpha }=\frac{1}{2}{m}_{\alpha }{v}_{\alpha }^2.$$

Исключая $v_{\alpha }$ из уравнений, выражающих законы сохранения энергии и импульса, получаем (в согласии с Кирхнером) для симметричного случая:
$$\cos \phi =\sqrt{\frac{m_p}{2m_{\alpha }}\frac{E_p}{W+E_p}}.$$

1 электрон-вольт есть энергия, которую приобретает электрон $(e=1,6\cdot {10}^{-20}$ электромагнитных единиц заряда) под действием разности потенциалов в один вольт ( $1\mathrm{V}={10}^8$ электромагнитных единиц потенциала); следовательно, $1\mathrm{eV}=1,6\cdot {10}^{-12}$ эрг.

Масса протона $m=1,65\cdot {10}^{-24}$ г; следовательно, масса альфа-частицы $m=6,6\cdot {10}^{-24}$ г. Последняя величина необходима для того, чтобы перейти от значения энергии $E_{\alpha }$, первоначально выраженного в электрон-вольтах, а затем в эргах, к скорости $v_{\alpha }$. Найденная таким образом величина $v_{\alpha }$ показывает, что применение классического выражения для $E_{\alpha }$ оправдано и что релятивистская поправка [формула (4.11)] неощутимо мала.
I.15. Из второй формулы (3.27) при $V_0=0$ и, например, $v_0=1$ непосредственно вычисляется кинетическая энергия $\frac{M}{2}{V}^2$ «ударяемой» частицы после соударения как функция $x=\frac{M}{m}$, в частности, ее максимум для $x=1$ и ее малая ордината для $x=206$. Последняя величина составляет всего только 10 промилле (т.е. $1\mathrm{\%}$ от первой).

Исходя из этого рассуждения, Ферми разработал в 1935 г. свой метод получения «тепловых» нейтронов, т. е. медленных нейтронов одинаковой скорости, которые, благодаря многократным соударениям, приходят в равновесие с протонами, содержащимися в парафине.
I.16. Координаты точки $E$ суть
$$\begin{array}{c}x=ML=a\cos u=SL-SM=r\cos \phi -\epsilon a,\\ y=EL=r\sin \phi =b\sin u.\end{array}$$

Уравнение эллипса, выраженное через $r$ и $\phi$, преобразуется к виду:
$$r=\epsilon r\cos \phi +p,p=a(1-{\epsilon }^2).$$

Отсюда, подставляя величину $r\cos \phi$ из (1a), получаем:
$$r=\epsilon (a\cos u+\epsilon a)+a(1-{\epsilon }^2)=a(1+\epsilon \cos u).$$

Дифференцирование уравнения (2) дает:
$$dr=-\epsilon a\sin udu.$$

Дифференцируя уравнение (1), получаем:
$$\epsilon \sin \phi d\phi =-p\frac{dr}{r^2}.$$

Отсюда
$$\frac{-p}{\epsilon \sin \phi }\dot{r}=r^2\dot{\phi }=C\text{ (постоянная площадей). }$$

С помощью соотношений (1б) и (3) это уравнение преобразуется к виду:
$$\frac{pa}{b}r\dot{u}=C.$$

Заменяя еще $r$ по формуле (2), окончательно получим дифференциальное уравнение
$$\begin{array}{c}(1+\epsilon \cos u)du=ndt,\\ n=\frac{Cb}{p{a}^2}.\end{array}$$

Интегрирование уравнения (5) дает:
$$u-\epsilon \sin u=nt.$$

Постоянная интегрирования обращаетея в нуль, так как при $t=0u$ должно быть равно нулю. Величина $nt$ называется «средней аномалией» (в астрономии она также отсчитывается от перигелия). Это название объясняется тем, что правая часть формулы (6) с помощью формулы (6.9) может быть приведена к виду $2\pi /T$.
II.1. Преобразуя выражение
$$\delta f=\frac{\partial f}{\partial x}\delta x+\frac{\partial f}{\partial y}\delta y+\frac{\partial f}{\partial \phi }\delta \phi +\frac{\partial f}{\partial \psi }\delta \psi ,$$

согласно условию (1) данной задачи, получим
$$(\frac{\partial f}{\partial x}a\cos \psi +\frac{\partial f}{\partial y}a\sin \psi +\frac{\partial f}{\partial \phi })\delta \phi +\frac{\partial f}{\partial \psi }\delta \psi =0.$$

Отсюда, поскольку $\delta \phi$ и $\delta \psi$ могут быть в отдельности приравнены нулю,
$$\begin{array}{c}\frac{\partial f}{\partial \psi }=0\\ a\frac{\partial f}{\partial x}\cos \psi +a\frac{\partial f}{\partial y}\sin \psi +\frac{\partial f}{\partial \phi }=0.\end{array}$$

Последнее равенство справедливо для любого $\psi$ и поэтому может быть продифференцировано по $\psi$. Принимая во внимание (2), получаем:
$$-a\frac{\partial f}{\partial x}\sin \psi +a\frac{\partial f}{\partial y}\cos \psi =0$$

и после вторичного дифференцирования по $\psi$ :
$$a\frac{\partial f}{\partial x}\cos \psi +a\frac{\partial f}{\partial y}\sin \psi =0.$$

Из (4) и (5) следует:
$$\frac{\partial f}{\partial x}=\frac{\partial f}{\partial y}=0.$$

Согласно (3), имеем также:
$$\frac{\partial f}{\partial \phi }=0.$$

Из равенств (2), (6) и (7) следует, что никакого условия связи $f=0$, содержащего $x,y,\phi ,\psi$, не существует и поэтому наша система является неголономной. (Доказательство Г. Гаме.ıя — «Elementare Mechanik», 2. Aufl. Leipzig, 1922.)
II.2. Начертим диаграмму работы машины, т.е. кривую момента $M$ и (горизонтальную) прямую момента $W$; по оси абсцисс откладываем угол поворота кривошипа от 0 до $\pi$; следует обратить внимание на то, что площади, заключенные между осью и соответственно линией $M$ и прямой $W$, должны быть равны друг другу. Таким образом, получается соотношение между $M_0$ и $W$. Углы ${\phi }_2$ и ${\phi }_1$, соответствующие ${\omega }_{max}$ и ${\omega }_{min}$, получаются на диаграмме как абсциссы точек пересечения линий $M$ и $W:\sin {\phi }_1=\sin {\phi }_2=\frac{2}{\pi }$, ${\phi }_2=\pi -{\phi }_1,{\phi }_1={39}^{\circ }{33}^{\prime }=0,69$ в дуговой мере. Определяем разность кинетических энергий маховика при углах ${\phi }_2$ и ${\phi }_1$ и выражаем ее через $\mathrm{\Theta },{\omega }_m$ и $\delta$. Из закона сохранения энергии, примененного к тому же интервалу углов, получаем выражение для искомого момента инерции $\mathrm{\Theta }$ в виде:
$$\mathrm{\Theta }=\frac{W}{\delta {\omega }_m^2}(\pi \cos {\phi }_1-\pi +2{\phi }_1)=\frac{0,66}{\delta {\omega }_m^2}W.$$

Введн
$$N=\frac{W\omega }{75}\text{ л.с. }\text{ и }n=\frac{60}{2\pi }\omega \frac{\text{ об. }}{\text{ мин. }},$$

получаем (в технической системе единиц):
$$\mathrm{\Theta }\sim 43400\frac{N}{\delta n^3}\kappa 2\cdot \mu \cdot {\text{ cek }}^2.$$
II.3. Относительно величины земного радиуса см. задачу I. 9. Для вычисления продолжительности суток можно принять $\sqrt{8\pi }=5$.

II.4. а) Если представить себе коромысло весов закрепленным, то нужно рассматривать только равновесие силы тяжести и сил инерции, действующих на ролик при его виртуальном вращении $\delta \phi$ (уравнение моментов). Отсюда получается ускорение грузов $\ddot{x}$ как малая часть величины $g$
б) Прибавляем виртуальное вращение коромысла весов. При этом нужно принять во внимание моменты сил инерции относительно оси вращения коромысла весов. Равновесие нарушается: коромысло отклоняется в сторону чашки весов до тех пор, пока падает груз $p$. При определении избыточного груза можно пренебречь диаметром ролика по сравнению с плечом коромысла весов. В этом пренебрежении можно также приравнять Друг другу нагрузку чашки весов и нагрузку другого конца коромысла, вызванную весом и силами инерции.
II.5. Пусть уравнение наклонной плоскости имеет вид:
$$F(z,x,t)=z-ax-\phi (t)=0.$$

Здесь $a=\mathrm{tg}\alpha$ определяет постоянный угол $\alpha$, образуемый наклонной плоскостью с горизонтом; $\phi (t)$ — изменяющийся со временем отрезок, отсекаемый наклонной плоскостью на оси $z$. Уравнения Лагранжа первого рода (12.9) дают:
$$\ddot{x}=-\lambda a,\ddot{z}=\lambda -g.$$

Для того чтобы определить $\lambda$, нужно дважды продифференцировать по $t$ уравнение (1); при этом получаем:
$$\ddot{z}-a\ddot{x}=\ddot{\phi }(t).$$

Подставляя выражение (2) в уравнение (3), получим $\lambda$, после чего интегрирование уравнений (2) легко выполняется. Начальные условия $\dot{x}=\dot{z}=0$, $x=x_0,z=z_0$ при $t=0$ дают:
$$\begin{array}{l}x=x_0-\frac{a}{1+a^2}(\phi (t)-\phi (0)-\dot{\phi }(0)t+g\frac{t^2}{2}),\\ z=z_0+\frac{1}{1+a^2}(\phi (t)-\phi (0)-\dot{\phi }(0)t-g{a}^2\frac{t^2}{2}),\end{array}$$

Отсюда для $\ddot{\phi }=+g$ получим:
$$x=x_0-\sin 2\alpha g\frac{t^2}{2},z=z_0+\cos 2\alpha g\frac{t^2}{2}$$

и для $\ddot{\phi }=-g$ :
$$x=x_0,z=z_0-g\frac{t^2}{2},$$

как и при свободном падении. Только при этом допущении $\lambda$ равно нулю, в остальных случаях $\lambda$ характеризует давление на скользящее по наклонной плоскости тело и обусловливает отличную от нуля работу связи.

Задачу можно решить, не вводя $\lambda$, с помощью принципа Даламбера. Ввиду того, что время не должно варьироваться (стр. 92), виртуальные перемещения, согласно (1), связаны соотношением $\delta z=a\delta x$. Тогда, согласно принципу Даламбера, имеет место уравнение:
$$\ddot{x}+(g+\ddot{z})a=0.$$

Это уравнение вместе с уравнением (3) позволяет непосредственно вычислить $\ddot{x}$ и $\ddot{z}$. На этом примере видно, что метод Даламбера прямее и проще приводит к цели, чем уравнения Лагранжа, преимущество которых, в свою очередь, заключается в возможности количественного определения возникающих давлений.
II.6. В § 11, раздел 1 , мы применяли принцип Даламбера для вывода уравнения ускорения системы, вращающейся под действием момента внешних сил. При этом мы рассматривали виртуальный поворот $\delta \phi$ вокруг оси вращения, которая в дальнейшем может быть выбрана за ось $x$. В рассмотрение входили лишь касательные силы инерции, поскольку нормальные силы инерции (центробежные силы) при вращении $\delta \phi$ не производят работы.

Теперь речь идет о нагрузке на подшипники $A,B$ при равномерном вращении, а, значит, и об их реакциях $A$ и $B$. При этом нужно принять во внимание именно центробежные силы, в то время как касательные силы инерции при равномерном вращении отсутствуют. Если сообщить системе виртуальные параллельные перемещения $\delta y(\delta z)$, то соответствующие виртуальные работы будут равны произведению величины $\delta y$ (и соответственно $\delta z$ ) на сумму слагающих по оси $y$ (соответственно по оси $z$ ) центробежных сил всех элементов массы:
$$dmy{\omega }^2,dmz{\omega }^2.$$

Отсюда путем интегрирования получаем слагающие $Y$ и $Z$ обычного центробежного движения общей массы $m$, которую мы представляем себе сосредоточенной в центре тяжести системы.

Если, с другой стороны, сообщить системе виртуальные повороты $\delta {\phi }_y$ и $\delta {\phi }_z$ вокруг осей $y$ и $z$, то получаем виртуальные работы
$$-\delta {\phi }_y\int dmxz{\omega }^2\text{ и }\delta {\phi }_z\int dmxy{\omega }^2.$$

Они соответствуют моментам
$$M_y=-{\mathrm{\Theta }}_{xz}{\omega }^2\text{ и }{M}_z={\mathrm{\Theta }}_{xy}{\omega }^2.$$

Для определения реакций подшипников $A$ и $B$ поместим начало системы координат $x,y,z$, например, в подшипнике $A$ и обозначим расстояние между обоими подшипниками через $l$, а координаты центра тяжести в направлениях $y$ и $z$ — через $\eta$ и $\zeta$. Тогда для определения четырех неизвестных $A_y,A_z$ и $B_y,B_z$ мы имеем два уравнения для компонент сил:
$$\begin{array}{c}{A}_y+B_y=-m\eta {\omega }^2,\\ A_z+B_z=-m\zeta {\omega }^2\end{array}$$

и два уравнения для моментов:
$$\begin{array}{l}l{B}_z={\mathrm{\Theta }}_{xz}{\omega }^2,\\ l{B}_y={\mathrm{\Theta }}_{xy}{\omega }^2.\end{array}$$

Понятно, что эти периодически изменяющиеся реакции подшипников крайне нежелательны в технике; для их устранения недостаточно, чтобы центр тяжести находился на оси вращения, $\eta =\zeta =0$ [уравнения (1)], но также необходимо, чтобы ось вращения была главной осью инерции, т. е. ${\mathrm{\Theta }}_{xz}={\mathrm{\Theta }}_{xy}=0$ [уравнения (2)]; ср. в $\mathrm{\S }22$ рассуждения, относящиеся к уравнению (22.15a). Выполнение этого второго требования столь же важно, как и выполнение первого требования. Выполнение этих двух требований называют «балансировкой тела вращения».
II.7. Обозначим через $S$ натяжение нити, а через $z$ — длину ее размотанной части в данный момент времени. Тогда имеет место: $B$ случае а), т.е. при опускании:
$$\mathrm{\Theta }\dot{\omega }=Sr,S=m(g-\ddot{z}).$$

Величины $\dot{z}$ и $\ddot{z}$ положительны; ввиду того, что $\dot{z}=r\omega$, имеем
$$\begin{array}{c}\ddot{z}-r\dot{\omega }=\frac{S{r}^2}{\mathrm{\Theta }},\\ S=\frac{mg}{1+\frac{m{r}^2}{\mathrm{\Theta }}}.\end{array}$$

В случае б), т.е. при подъеме:
Вращение $\omega$ сохраняет свое направление. Вращающий момент силы натяжения нити противодействует вращению $\omega$. Величины $\dot{z}$ и $\ddot{z}$ отрицательны, и мы имеем:
$$\begin{array}{c}\dot{z}=-r\omega ,\ddot{z}=-r\dot{\omega }=+\frac{S{r}^2}{\mathrm{\Theta }}.\\ S=\frac{mg}{1+\frac{m{r}^2}{\mathrm{\Theta }}}.\end{array}$$

Натяжение нити в обоих случаях а) и б) одинаково; оно меньше веса вращающегося тела.

В промежутке времени между а) и б) рука, держащая нить, ощущает заметный рывок, соответствующий переходу от положительного ускорения $\ddot{z}$ к отрицательному; в этом промежутке $\ddot{z}$ на мгновение обращается в нуль, и натяжение $S$ становится в действительности больше, чем по формуле (2).
II.8. Условием отрыва, согласно (18.7), является
$$\lambda =0\text{ или }{R}_n=0;$$

следовательно, согласно (18.6),
$$mg\frac{z}{l}=-\frac{m}{l}(x\ddot{x}+y\ddot{y}+z\ddot{z}).$$

Для каждой траектории на сфере имеет место соотношение:
$$x\dot{x}+y\dot{y}+z\dot{z}=0,\text{ т. е. }x\ddot{x}+y\ddot{y}+z\ddot{z}=-({\dot{x}}^2+{\dot{y}}^2+{\dot{z}}^2)=-v^2.$$

Поэтому уравнение (1) принимает вид:
$$\frac{mgz}{l}=\frac{m{v}^2}{l}.$$

Правая часть этой формулы не равна центробежной силе на траектории (поскольку в нашем случае эта траектория не является геодезической линией), однако, согласно теореме Менье (см. §35), она соответствует проекции этой центробежной силы на нормаль к поверхности шара.
Согласно закону сохранения энергии,
$$v^2=v_0^2-2g(z-z_0).$$

В соответствии с этим, уравнение (2) может быть преобразовано к начальным значениям $v_0,z_0$ следующим образом:
$$3z=2z_0+\frac{v_0^2}{g}=2(z_0+h_0),$$

где $h_0=v_0^2/2g-$ скоростной напор, соответствующий скорости $v_0$.
III.1. В случае почти вертикально свисающего маятника координаты $x$ и $y$ являются величинами первого порядка малости; $z=-l$ с точностью до малых второго порядка. Поэтому третье уравнение (18.2) дает (с точностью до малых второго порядка):
$$\lambda =-\frac{mg}{l},$$

а первые два уравнения (18.2) определяют, как и в задаче 1.13, гармоническое движение по эллипсу с циклической частотой
$$\frac{2\pi }{T}=\sqrt{\frac{g}{l}}.$$

Для постоянной площадей при движении по эллипсу имеем:
$$C=\frac{2\pi ab}{T}=\sqrt{\frac{g}{l}}ab\to 0$$

и для постоянной энергии (начальное состояние ${\vartheta }_0=\epsilon ,{\dot{\vartheta }}_0=0$ ):
$$W=T+V=mgl(-1+\frac{{\epsilon }^2}{2}).$$

Вводя $u=1-\eta$, получаем из уравнения (18.11):
$$\begin{array}{c}U=-\frac{4g}{l}(\eta -\frac{{\epsilon }^2}{2})\eta -\frac{C^2}{l^4}=\frac{4g}{l}(\eta -{\eta }_1)(\eta -{\eta }_2),\\ {\eta }_{1,2}=\frac{{\epsilon }^2}{4}\pm \sqrt{\frac{{\epsilon }^4}{16}-\frac{C^2}{4g{l}^2}}.\end{array}$$

Следовательно, из формулы (18.15) при $k=0$ получаем:
$$\mathrm{\Delta }\phi =\frac{C}{2l\sqrt{lg}}{\int }_{{\eta }_2}^{{\eta }_1}\frac{d\eta }{\eta \sqrt{({\eta }_1-\eta )(\eta -{\eta }_2)}}.$$

Интеграл, входящий в формулу (5), можно преобразовать с помощью подстановки аналогичной (45.11), в известный интеграл:
$${\int }_0^{\pi }\frac{dv}{A+B\cos v}=\frac{\pi }{\sqrt{A^2-B^2}},$$

где
$$A=\frac{{\epsilon }^2}{4},B=\sqrt{\frac{{\epsilon }^4}{16}-\frac{C^2}{4g{l}^3}}.$$

В соответствии с этим, из (5) получаем $\mathrm{\Delta }\phi =\pi$, что и требовалось доказать.
III.2. Первое (и соответственно второе) утверждение данной задачи доказывается непосредственно путем дифференцирования выражения (19.10) для $|C|$ (и, соответственно, выражения $|C|\omega$ ) по $\omega$.

III.3. Если коэффициенты пропорциональности момента затухания и упругого момента обозначить через $2\rho \mathrm{\Theta }$ и соответственно через ${\omega }_0^2\mathrm{\Theta }$, то в качестве уравнения движения гальванометра получаем непосредственно уравнение (19.9), но с постоянной правой частью $C$ и с переменной $\alpha$ вместо $x$. Значения констант $a$ и $b$, входящих в общее решение
$$\alpha =C+e^{-\rho t}(a\cos \sqrt{{\omega }_0^2-{\rho }^2}t+b\sin \sqrt{{\omega }_0^2-{\rho }^2}t),$$

нужно выбирать так, чтобы они удолетворяли условиям $\alpha =\dot{\alpha }=0$ при $t=0$.
В случае а) переход в конечное положение сопровождается затухающими колебаниями, в случае в) этот переход происходит монотонно. Случай б) надо рассматривать как предельный по отношению к а) или в), причем здесь появляется вековой член с множителем $t$.
III.4. а) Согласно принципу Даламбера ( $x,y$ — координаты качающейся материальной точки, ось $y$ направлена вертикально вверх), имеем:
$$\ddot{x}\delta x+(\ddot{y}+g)\delta y=0.$$

Условие связи имеет вид:
$$(x-\xi {)}^2+y^2=l^2.$$

Варьирование этого условия дает:
$$(x-\xi )\delta x+y\delta y=0$$
$(t$, а поэтому также и $\xi$, не варьируется). Комбинируя (1) и (3), получим:
$$y\ddot{x}-(x-\xi )(\ddot{y}+g)=0.$$

Если условие (2) дважды продифференцировать по $t$, то получим второе соотношение для $\ddot{x}$ и $\ddot{y}$, которое вместе с (4) и дает точное дифференциальное уравнение рассматриваемой задачи.

Переходя к малым колебаниям, нужно учесть, что $x-\xi$ является величиной первого порядка малости и что, согласно (2), с точностью до малых величин второго порядка $y=-l$. Следовательно, $\dot{y}$ и $\ddot{y}$ являются величинами второго порядка малости. В соответствии с этим уравнение (4) переходит в
$$l\ddot{x}+(x-\xi )g=0.$$

Вводя $x-\xi =u$, получим неоднородное уравнение маятника
$$\ddot{u}+\frac{g}{l}u=-\ddot{\xi },$$

в котором $-m\ddot{\xi }$ играет роль вынуждающей силы. Интегрирование выполняется, как указано на стр. 137. Указанное в задаче соотношение фаз движений точки подвеса и материальной точки соответствует рис. 31. Рекомендуем проделать опыт со шнуром, на нижнем конце которого подвешен груз, а верхний конец приводится рукой в колебательное движение в горизонтальном направлении. При быстром движении (выше резонанса) противоположное по фазе движение обеих точек особенно заметно.

Если воспользоваться методом уравнений Лагранжа первого рода, то из уравнения для $y$ получаем, с точностью до малых второго порядка, $\lambda =-\frac{g}{l}$; из уравнения для $x$ получаем уравнение (5).
б) Условие (1) сохраняется и в этом случае. Условие связи (2) принимает следующий вид:
$$x^2+(y-\eta {)}^2=l^2.$$

Варьирование этого условия дает вместо (4):
$$(y-\eta )\ddot{x}-x(\ddot{y}+g)=0.$$

Если $x$ рассматривать как малую величину первого порядка, то из условия (7), с точностью до малых второго порядка, получаем;
$$y-\eta =-l,\ddot{y}=\ddot{\eta }.$$

Поэтому уравнение (8) принимает вид
$$\ddot{x}+\frac{\ddot{\eta }+g}{l}x=0.$$

То же самое получается и из уравнений Лагранжа первого рода, так как уравнение для $y$ в приближении (9) дает величину
$$\lambda =-\frac{\ddot{\eta }+g}{l},$$

вследствие чего уравнение для $x$ становится тождественным с уравнением (10).

При равномерно ускоренном движении точки подвеса вверх с ускорением $+g$ действие силы тяжести как бы удваивается, а при движении вниз с ускорением $-g$ ее действие как бы уничтожается. Это означает эквивалентность тяжести и ускорения, которая, наряду с равенством тяжелой и инертной масс (стр. 32), явилась основой теории тяготения Эйнштейна.

III.5. Из равновесия натяжения в точках $c$ и $D$ вытекают требования:
$$\begin{array}{l}{S}_1\frac{x_1-x_3}{l_1}=S\frac{x_3}{a}+S\frac{x_3-x_4}{a},\\ S_2\frac{x_2-x_4}{l_2}=S\frac{x_4}{a}+S\frac{x_4-x_3}{a}.\end{array}$$

Таким образом, ввиду уравнений (1) (ср. текст задачи), вводя
$${\sigma }_1=\frac{m_{1}g}{S}\frac{a}{l_1},{\sigma }_2=\frac{m_{2}g}{S}\frac{a}{l_2},$$

получаем:
$$\begin{array}{l}{\sigma }_1{x}_1=(2+{\sigma }_1)x_3-x_4,\\ {\sigma }_2{x}_2=(2+{\sigma }_2)x_4-x_3.\end{array}\}$$

В силу предположения о слабой свнзи, ${\sigma }_1$ и ${\sigma }_2$ нвляются малыми величинами, так что в правых частях уравнений (4) ими можно пренебречь. Разрешая эти уравнения относительно $x_3,x_4$, получаем:
$$\begin{array}{l}{x}_3=\frac{2}{3}{\sigma }_1{x}_1+\frac{1}{3}{\sigma }_2{x}_2,\\ x_4=\frac{2}{3}{\sigma }_2{x}_2+\frac{1}{3}{\sigma }_1{x}_1.\end{array}$$

и, после подстановки в уравнении (2):
$$\begin{array}{l}{\ddot{x}}_1+\frac{g}{l_1}(1-{\sigma }_1)x_1=\frac{1}{3}\frac{g}{l_1}{\sigma }_2(x_2-x_1),\\ {\ddot{x}}_2+\frac{g}{l_2}(1-{\sigma }_2)x_2=\frac{1}{3}\frac{g}{l_1}{\sigma }_1(x_1-x_2).\end{array}$$

Эту систему дифференциальных уравнений нужно сравнить с уравнениями (20.10); при этом получаются значения введенных там величин ${\omega }_1,{\omega }_2$, $k_1,k_2$ для рассматриваемого теперь расположения.
III.6. Воздействие $m$ на $M$ выражается величиной $k(X-x)$, а воздействие $M$ на $m$ — величиной $k(x-X)$. В полученной таким путем системе двух дифференциальных уравнений для $X$ и $x$ нужно положить $X=0$. Оказывается, что искомое условие (колебание одной только массы $m$ ) совпадает с условием резонанса; круговая частота собственных колебаний системы $(m,k)$ должна совпадать с частотой $\omega$ внешней силы.

Подобное устройство применяется в технике в качестве «успокоителя колебаний», чтобы, например, в случае коленчатого вала с маховиком, вращающегося с постоянной угловой скоростью $\omega$, передавать колебания с вала на связанный с ним успокоитель колебаний (являющийся в данном случае также вращающимся механизмом, способным совершать крутильные колебания). При этом вместо координаты $x$ нашей задачи в рассмотрение войдет угол поворота.
III.7. а) Удар $mv$ сообщает баллистическому маятнику начальный момент импульса, из которого нужно определить его угловую скорость при $t=0$. Из уравнения движения физического маятника, зная угловую скорость, найдем отклонение $\alpha$. Обратив эту формулу, получим:
$$v=\frac{\sqrt{Mgs\mathrm{\Theta }}}{ma}2\sin \frac{\alpha }{2}$$

или также
$$v=\frac{M}{m}\frac{s}{a}g\tau \frac{\sin \frac{\alpha }{2}}{\pi }=\frac{M}{m}\frac{s}{a}\sqrt{gl}2\sin \frac{\alpha }{2},$$

где $\tau$ — период малого колебания.
б) После удара угловая скорость вращения маятника $\omega$ определяется из закона сохранения момента импульса:
$$\mathrm{\Theta }\omega =mva,$$

где $\mathrm{\Theta }$ — момент инерции всей системы (маятник + снаряд) относительно оси вращения маятника. (В дальнейшем под маятником понимается система, состоящая из собственно баллистического маятника и снаряда, застрявшего в нем.) С другой стороны, если при ударе снаряда ось маятника не испытывает дополнительной нагрузки, то закон движения центра тяжести дает:
$$Mu=mv,$$

где $u$ — скорость движения центра тяжести системы. Так как
$$u\equiv \omega s,$$

то
$$\frac{\mathrm{\Theta }}{M}=as,$$

откуда, вводя приведенную длину маятника $l=\frac{\mathrm{\Theta }}{Ms}$, находим:
$$a=l.$$

Определенная таким образом точка подвеса маятника (ось машинка) называется «центром удара». Кузнец точно знает, в каком месте нужно держать рукоятку своего тяжелого молота (именно — в центре удара), чтобы при ударе не ощущать в руке неприятную отдачу.

IV.1. Моменты инерции плоско распределенных масс играют важную роль в теории упругости при рассмотрении кручения и изгиба балок. Ввиду $r^2=x^2+y^2$ имеем:
$${\mathrm{\Theta }}_p=\int r^{2}dm=\int x^{2}dm+\int y^{2}dm={\mathrm{\Theta }}_x+{\mathrm{\Theta }}_y.$$

В применении к теории упругости масса предполагается равномерно распределенной с плотностью 1 по поперечному сечению балки, так что $dm=df=$ элементу площади. В соответствии с этим для кругового диска радиуса $a$, т.е. площади $F=\pi a^2$, получаем:
$${\mathrm{\Theta }}_p=\int r^{2}df=2\pi \int r^{3}dr=\frac{1}{2}F{a}^2,$$

откуда
$${\mathrm{\Theta }}_x={\mathrm{\Theta }}_y=\frac{1}{4}F{a}^2.$$
IV.2. Оставляя до конца открытым вопрос о соотношениях величин трех главных моментов инерции, мы охватываем одним и тем же расчетом все три случая: когда $A$ является наибольшим, наименьшим или средним из главных моментов инерции.
IV.3. Удар S одновременно сообщает шару радиуса $a$ импульс поступательного движения и импульс вращательного движения:
$$Mv=S$$

и
$$\mathrm{\Theta }\omega =Sh,$$

где $h$ — высота (относительно центра шара) точки удара, произведенного кием в горизонтальном направлении.

Ось вращения $\omega$ перпендикулярна к центральной плоскости. Окружная скорость $u$ в наинизшей точке лежит в центральной плоскости и равна $a\omega$. Это справедливо не только для $t=0$ (момент удара), но также для $t>0$.

Так как, согласно формуле (11.12a), $\mathrm{\Theta }=\frac{2}{5}M{a}^2$, то, в силу (2) и (1), при $t=0$ имеем:
$$\frac{2}{5}Mau=Sh=Mvh;$$
$v=u$ означает чистое качение; условием последнего, согласно (3), является $h=\frac{2}{5}a$. При этом нужно учесть, что положительные направления отсчета скоростей $u$ и $V$ противоположны. При высоких ударах ( $h>\frac{2}{5}a$ ) скорость скольжения $u-v$ точки касания шара с сукном будет больше 0 и направлена противоположно $v$; таким образом, сила трения направлена в ту же сторону, что и $v$, и равна по величине $fMg$. Момент силы трения относительно центра шара равен $fMga$ и противодействует вращению $\omega$.
При низких ударах сила трения направлена в противоположную сторону. В общем случае при $t>0$ имеем:
$$\begin{array}{rl}\dot{v}& =\pm fg,\\ \dot{u}& =\pm \frac{5}{2}fg\end{array}$$
(верхний знак соответствует высокому удару, нижний знак — низкому удаpy).

Графическое рассмотрение. Будем откладывать скорости $v$ и $u$ по оси ординат, а по оси абсцисс — время $t$; оба графика представляют собой прямые, пересекающиеся друг с другом как при высоких, так и при низких ударах. Точка пересечения $u=v$ соответствует началу чистого качения. В своей дальнейшей части графики $u$ и $v$ представляют собой совпадающие горизонтальные прямые. Абсцисса точки пересечения равна
$$\tau =\pm \frac{5h-2a}{7a}\cdot \frac{S}{fgM}.$$
(При низком ударе числитель первой дроби имеет отрицательный знак, так как $h$ лежит в этом случае между $-a$ и $\frac{2}{5}a$; поэтому правая часть отрицательна лишь кажущимся образом.) Прирост или убыль скорости при высоких и соответственно низких ударах будет $\mathrm{\Delta }v=\pm fg\tau$. Конечная скорость чистого качения равна
$$v+\mathrm{\Delta }v=\frac{5}{7}\frac{h+a}{a}\frac{S}{M}$$

таким образом, она пропорциональна высоте $h+a$ точки удара над сукном.
Теория ударов «с накатом». Шар, которому сообщен высокий удар, ударяет центрально другой шар в момент времени $t<\tau$ (когда $u>v$ ). Пусть скорости $u$ и $v$ при соударении равны $u_0$ и $v_0$. Скорость $v_0$ передается второму шару. Движение первого шара, согласно (4), ускоряется, начиная от $v=0$. Согласно (5), его окружная скорость $u$ уменьшается, начиная от $u_0$. Новый график показывает, что имеется точка пересечения, соответствующая началу чистого качения. Абсцисса точки пересечения и скорость чистого качения соответственно равны
$${\tau }_1=\frac{2}{7}\frac{u_0}{fg},v_1=fg{\tau }_1=\frac{2}{7}{u}_0.$$

Теория ударов «с оттяжкой». Шар, которому сообщен удар, ударяет другой шар также в момент времени $t<\tau$; при этом, однако, $u<v$. При особенно низких ударах, которые мы и будем предполагать имеющими место, скорость $u$ будет даже отрицательна (т. е. будет совпадать по направлению с $v$ ). Пусть скорости $u$ и $v$ при соударении равны $u_0$ и $v_0$. Скорость $v_0$ по-прежнему передается второму шару. Движение первого шара будет, согласно (4), ускоряться, начиная от $v_0=0$, в отрицательном направлении; шар катится назад. Окружная скорость $u$, согласно (5), увеличивается от отрицательного начального значения $u_0$ в положительном направлении, т. е. уменьшается по абсолютной величине. Обе прямые, представляющие $v$ и $u$, пересекаются (новый график). Абсцисса точки пересечения и конечная скорость чистого качения равны
$${\tau }_2=\frac{2}{7}\frac{\left|u_0\right|}{fg},\left|v_2\right|=\frac{2}{7}\left|u_0\right|.$$
IV.4. Пусть кий направлен не горизонтально, как в задаче IV.3, а под некоторым углом к горизонтальной плоскости. Если выбрать ось $x$ по направлению горизонтальной слагающей удара, а ось $z$ — по вертикали (начало координат системы $x,y,z$ помещаем в центре шара), то компоненты силы удара $\mathbf{S}$ равны $S_x,0,S_y$, а компоненты момента силы удара $\mathbf{N}$ относительно центра шара равны:
$$N_x=y{S}_z,N_y=z{S}_x-x{S}_z,N_z=-y{S}_x.$$

Здесь $x,y,z$ — координаты точки удара кия по шару. Слагающим момента силы удара $N_x,N_y$ соответствуют угловые скорости
$${\omega }_x=\frac{5}{2}\frac{N_x}{M{a}^2},{\omega }_y=\frac{5}{2}\frac{N_y}{M{a}^2}.$$

Соответствующие окружные скорости в наинизшей точке $P$ шара суть
$$u_x=-a{\omega }_y,u_y=+a{\omega }_x.$$

Величины $N_z$ и ${\omega }_z$ нас не интересуют, так как они не вызывают скольжения точки $P$; они вызывают лишь некоторое (пренебрежимо малое) «сверлящее» трение. Пусть слагающие скорости скольжения точки $P$ по сукну равны
$$v_x-u_x=-\rho \cos \alpha ,v_y-u_y=-\rho \sin \alpha .$$

Это скольжение вызывает силу трения $R$, которая образует с осью $x$ угол $\pi +\alpha$ и имеет величину $fgM$. Ее влияние на поступательное и вращательное движения определяется при $t>0$ уравнениями
$$\begin{array}{rlr}M{\dot{v}}_z& =R_x,& M{\dot{v}}_y=R_y,\\ \mathrm{\Theta }{\dot{\omega }}_x& =a{R}_y,& \mathrm{\Theta }{\dot{\omega }}_y=-a{R}_x.\end{array}$$

Отсюда
$${\dot{v}}_x=-fg\cos \alpha ,{\dot{v}}_y=-fg\sin \alpha$$

и, принимая во внимание (1) и (2),
$$\begin{array}{c}{\dot{u}}_y=-\frac{5}{2}fg\sin \alpha ,{\dot{u}}_x=-\frac{5}{2}fg\cos \alpha .\\ {\dot{v}}_x-{\dot{u}}_x=-\frac{d}{dt}(\rho \cos \alpha )=-\frac{7}{2}fg\cos \alpha ,\\ {\dot{v}}_y-{\dot{u}}_y=-\frac{d}{dt}(\rho \sin \alpha )=-\frac{7}{2}fg\sin \alpha .\end{array}\}$$

Разрешая последние два уравнения (5) относительно $\dot{\alpha }$ и $\dot{\rho }$, получаем:
1) $\dot{\alpha }=0$. Сила трения постоянна по направлению; ввиду того, что она постоянна и по величине, траектория точки $P$ в горизонтальной плоскости оказывается параболой. Ось параболы параллельна начальному направлению скольжения $\alpha$, которое определяется векторами $\mathbf{S}$ и $\mathbf{N}$.
2) $\dot{\rho }=-\frac{7}{2}fg,\rho ={\rho }_0-\frac{7}{2}fgt,\rho =0$ при $t=\tau =\frac{2}{7}\frac{{\rho }_0}{fg}$.

Здесь ${\rho }_0$ — начальная величина скорости скольжения, которая также может быть определена из $\mathbf{S}$ и $\mathbf{N}$. При $t>\tau$ скольжение и трение становятся равными нулю. Шар катится прямолинейно по касательной к параболе.
V.1. Пусть $\phi$ — мгновенный угол поворота вращающейся плоскости относительно неподвижной. Положим
$$x+iy=(\xi +i\eta )e^{i\phi }.$$

Дифференцируя дважды по $t$ и полагая $\dot{\phi }=\omega$, получим:
$$\ddot{x}+i\ddot{y}=\{\ddot{\xi }+i\ddot{\eta }+2i\omega (\dot{\xi }+i\dot{\eta })+i\dot{\omega }(\xi +i\eta )-{\omega }^2(\xi +i\eta )\}{e}^{i\phi }.$$

Здесь $\xi +i\eta$ есть вектор $\mathbf{r}$, рассматриваемый относительно вращающейся плоскости; $\dot{\xi }+i\dot{\eta }$ — соответствующая ему скорость (также относительно вращающейся плоскости) и т. д.; $i(\dot{\xi }+i\dot{\eta })=(\dot{\xi }+i\dot{\eta })e^{i\pi /2}$ — перпендикулярный к нему вектор, так что можно написать:
$$2i\omega (\dot{\xi }+i\dot{\eta })=2[\mathit{\omega }\dot{\mathbf{r}}],i\dot{\omega }=(\xi +i\eta )=[\dot{\mathit{\omega }}\mathbf{r}].$$

При этом за направление вектора $\mathit{\omega }$ нужно взять нормаль к комплексной плоскости. Обозначим скорость $\dot{x}+i\dot{y}$, рассматриваемую относительно неподвижной плоскости, как на стр. 220, через w. Для производных по времени от величин, рассматриваемых относительно вращающейся плоскости, мы сохраним обозначение с помощью точек (над соответствующими величинами), использованное в уравнении (3). Тогда (2) переходит в следующее уравнение, аналогичное уравнению (29.4):
$$\dot{\mathbf{w}}=\{\ddot{\mathbf{r}}+2[\mathit{\omega }\dot{\mathbf{r}}]+[\dot{\mathit{\omega }}\mathbf{r}]-{\omega }^{2}r\}{e}^{i\phi }.$$

Если $\mathbf{F}={\mathbf{F}}_x+i{\mathbf{F}}_y$ — сила, рассматриваемая относительно неподвижной плоскости, а $\mathbf{\Phi }={\mathbf{F}}_{\xi }+i{\mathbf{F}}_{\eta }$ — сила, рассматриваемая относительно вращающейся плоскости, то, согласно (1), имеет место $\mathbf{F}=\mathbf{\Phi }{e}^{i\phi }$, следовательно,
$$\mathbf{\Phi }=\mathbf{F}{e}^{-i\phi }.$$

Тогда, согласно (4) и (5), из $m\dot{\mathbf{w}}=\mathbf{F}$ следует:
$$m\{\ddot{\mathbf{r}}+2[\mathit{\omega }\dot{\mathbf{r}}]+[\dot{\mathit{\omega }}\mathbf{r}]-{\omega }^2\mathbf{r}\}=\mathbf{\Phi }.$$

Тем самым искомые дополнительные силы определены. В частности, второй член слева представляет собой уже знакомую нам кориолисову силу.

Мы намеренно рассматривали эту задачу в комплексной форме, чтобы подчеркнуть, что двухмерные векторы лучше всего представлять с помощью комплексных переменных.
V.2. Плоскость, в которой вращается прямая, выберем в качестве плоскости $x,y$, ось $X$ направим горизонтально, а ось $y$ — вертикально вверх. Пусть ось вращения проходит через начало координат; $\phi =\omega t$ есть угол, образованный прямой с осью $x$. Эту задачу можно свести к предыдущей, если (мысленно) неподвижно связать с вращающейся прямой вертикальную плоскость $\xi ,\eta$, вращающуюся, таким образом, с постоянной угловой скоростью $\omega$ относительно плоскости $x,y$. При этом удобно направить ось $\xi$ по вращающейся прямой. Однако в этом случае для того, чтобы материальная точка неизменно оставалась на оси $\xi$, необходима некоторая вынуждающая сила (реакция связи), действующая на нее в направлении оси $\eta$.

Таким образом, внешняя сила $\mathrm{\Phi }$ здесь состоит из реакции связи, которую мы обозначим через $mb$, и силы тяжести $mg$. Если теперь спроектировать уравнение (6) предыдущей задачи на неподвижные оси $x$ и $y$, то получим (при $\dot{\omega }=0$ ):
$$\begin{array}{l}\ddot{r}\cos \phi -2\dot{r}\sin \phi -r{\omega }^2\cos \phi =-b\sin \phi ,\\ \ddot{r}\sin \phi +2\dot{r}\cos \phi -r{\omega }^2\sin \phi =b\cos \phi -g.\end{array}\}$$

Умножая первое уравнение на $\cos \phi$, второе — на $\sin \phi$ и складывая их почленно, найдем $(\phi =\omega t)$ :
$$\ddot{r}-r{\omega }^2=-g\sin \omega t.$$

Решение этого дифференциального уравнения имеет вид
$$r=A\mathrm{ch}\omega t+B\mathrm{sh}\omega t+\frac{g}{2{\omega }^2}\sin \omega t.$$

Не зная этого решения, можно приведенное в задаче соотношение
$$b=g\cos \phi +2\dot{r}\omega$$

между реакцией связи, силой тяжести и кориолисовой силой вывести непосредственно с помощью соответствующей комбинации уравнений (1).
V.3. а) Пусть $x_0+i{y}_0$ определяет положение точки $O$ в плоскости $x,y$. Тогда

Пусть, далее, $x+iy$ определяет положение точки $S$ в плоскости $x,y$. Имеем:
$$\begin{array}{c}x+iy=x_0+i{y}_0+a{e}^{i\phi },\\ \dot{x}+i\dot{y}=(u+iv+i\omega a)e^{i\phi }.\end{array}\}$$

Внешней силе $R$ соответствует в плоскости $x,y$ комплексная величина
$$F={\mathrm{Rie}}^{i\phi }\text{. }$$

Закон движения центра тяжести $\ddot{x}+i\ddot{y}=F/M$ дает, согласно (2) и (2′),
$$\dot{u}+i\dot{v}+i\dot{\omega }a+i\omega (u+iv)-{\omega }^{2}a=\frac{iR}{M}$$

или, отделяя вещественную и мнимую части,
$$\begin{array}{l}\dot{u}-\omega v-{\omega }^{2}a=0,\\ \dot{v}+\dot{\omega }a+\omega u=\frac{R}{M}.\end{array}$$

Далее, согласно закону площадей (уравнению момента импульса) имеем:
$$\mathrm{\Theta }\dot{\omega }=-Ra.$$
б) В силу условий $v=0,\dot{v}=0$, уравнения (3) и (4) упрощаются и принимают вид:
$$\begin{array}{rl}\dot{u}-{\omega }^{2}a& =0,\\ \dot{\omega }a+\omega u& =\frac{R}{M}.\end{array}$$

Исключая $R$ из ( $4^{\prime })$ и (5), получим:
$$\dot{\omega }a(1+\frac{\mathrm{\Theta }}{M{a}^2})+\omega u=0.$$

Положим $\mathrm{\Theta }=M{b}^2$ ( $b-$ радиус инерции) и
$$k^2=1+\frac{b^2}{a^2}>1,$$

вследствие чего уравнение (6) перейдет в
$$k^2\dot{\omega }a+\omega u=0\text{. }$$

После интегрирования системы уравнений ( $3^{\prime })$ и $\left(6^{\prime }\right)R$ определяется с помощью формулы (4′) или (5).
в) Исключая $u$ из (3) и (6), имеем:
$$k^2\frac{d}{dt}\frac{\dot{\omega }}{\omega }=-{\omega }^2.$$

После умножения на $\frac{{\dot{\omega }}^2}{\omega }$ это уравнение может быть проинтегрировано и дает:
$$\begin{array}{c}{k}^2{\left(\frac{\dot{\omega }}{\omega }\right)}^2=k^2{c}^2-{\omega }^2.\\ k\dot{\omega }=\omega \sqrt{k^2{c}^2-{\omega }^2},\end{array}$$

где $c$ — постоянная интегрирования.
От квадратного корня избавляемся, полагая
$$\omega =kc\cos \psi .$$

Тогда при соответствующем выборе знака квадратного корня в $\left(9^{\prime }\right)$ получаем:
$$\dot{\psi }=c\cos \psi$$

или
$$cdt=\frac{d\psi }{\cos \psi },ct=\frac{1}{2}\lg \frac{1+\sin \psi }{1-\sin \psi }.$$

Тем самым определена величина $\psi$ как функция $t$. Через $\psi$ выражаются остальные величины, а именно: $\omega$ — согласно формуле (10), а $u$ и $R$ — согласно формулам $\left(6^{\prime }\right)$ и $\left(4^{\prime }\right)$ :
$$\begin{array}{c}u=a{k}^{2}c\sin \psi ,\\ R=\frac{M}{2}ak(k^2-1)c^2\sin 2\psi .\end{array}$$

Этим и заканчивается интегрирование.

Сравнение (10) с (10) дает, ввиду $\omega =\dot{\phi }$, соотношение $\dot{\psi }=\dot{\phi }/k$. Таким образом, наш вспомогательный угол $\psi$ пропорционален углу поворота
$$\psi =\frac{\phi }{k},$$

поскольку при соответствующем выборе пока что произвольной оси $x$ постоянная интегрирования может быть обращена в нуль.
г) Из (1′) получаем при $v=0$ :
$$\begin{array}{c}|\dot{x}+i\dot{y}{|}^2={\dot{x}}^2+{\dot{y}}^2=u^2+{\omega }^2{a}^2,\\ T=\frac{M}{2}({\dot{x}}^2+{\dot{y}}^2)+\frac{\mathrm{\Theta }}{2}{\omega }^2=\\ =\frac{M}{2}(u^2+{\omega }^2{a}^2)+\frac{M}{2}(k^2-1)a^2{\omega }^2=\frac{M}{2}(u^2+k^2{a}^2{\omega }^2).\end{array}$$

Но, в силу формул (10) и (12), получаем:
$$T=\frac{M}{2}{a}^2{k}^4{c}^2({\sin }^2\psi {\cos }^2\psi )=\text{ const. }$$
д) Согласно (1) и (12), имеем:
$${\dot{x}}_0=a{k}^{2}c\sin \psi \cos \phi ,{\dot{y}}_0=a{k}^{2}c\sin \psi \cos \phi ;$$

следовательно, ввиду ( ${10}^{\prime }$ ) и (13),
$$\frac{d{x}_0}{d\phi }=ak\mathrm{tg}\psi \cos \phi ,\frac{d{y}_0}{d\phi }=ak\mathrm{tg}\psi \sin \phi .$$

Из (11) вытекает:
$$\begin{array}{l}\text{ при }\psi =0t=0\text{, }\\ \text{ при }\psi =\pm \frac{\pi }{2}t=\pm \mathrm{\infty }.\end{array}$$

Вся траектория проходит в следующих интервалах углов $\psi$ и $\phi$
$$-\frac{\pi }{2}<\psi <+\frac{\pi }{2},-k\frac{\pi }{2}<\phi <+k\frac{\pi }{2}.$$

При $t=0$ траектория имеет острие; именно — из (16), ввиду $\psi =0,\phi =0$, получаем:
$$\frac{d{x}_0}{d\phi }=\frac{d{y}_0}{d\phi }=\frac{d^2{y}_0}{d{\phi }^2}=0,\text{ но }\frac{d^2{x}_0}{d{\phi }^2}\text{ и }\frac{d^3{y}_0}{d{\phi }^3}eq0.$$

Острие является точкой возврата кривой; касательная к траектории в этой точке параллельна оси $x$.

При $t=\pm \mathrm{\infty }$ траектория стремится к асимптотам; угол $\phi$ становится постоянным, так как, вообще говоря,
$$\frac{d{x}_0}{d\phi }=\frac{d{y}_0}{d\phi }=\pm \mathrm{\infty }$$
[на основании формул (16)]. Поскольку из (14) следует
$$\frac{d{y}_0}{d{x}_0}=\mathrm{tg}\phi =\pm \mathrm{tg}k\frac{\pi }{2},$$

то асимптоты расположены симметрично относительно оси $x$ под углами $\pm k\frac{\pi }{2}$, как показывает рис. 57 (стр. 328) для $k=1,\frac{3}{2},2,3$.
VI.1. Если направить ось $z$ по направлению падения, т. е. вертикально вниз, то $V=-mgz$. Начальное положение $z=0$ при $t=0$ лежит выше конечного положения $z=z_1$ при $t=t_1$
а) При $z=\frac{1}{2}g{t}^2$ получаем:
$$\int Ldt={\int }_0^{t_1}[\frac{m}{2}(gt{)}^2+mg\frac{g}{2}{t}^2]dt=\frac{1}{3}m{g}^2{t}_1^3.$$
б) В случае $z=ct$ постоянная $c$ должна быть выбрана так, чтобы при $t=t_1$ имело место соотношение
$$z=z_1=g\frac{t_1^2}{2}$$

таким образом, $c=\frac{g{t}_1}{2}$.
Отсюда находим:
$$\int Ldt={\int }_0^{t_1}[\frac{m}{2}{\left(\frac{g{t}_1}{2}\right)}^2+mg\frac{g{t}_1}{2}t]dt=\frac{3}{8}m{g}^2{t}_1^3.$$

С другой стороны, в случае $z=a{t}^3,a=g/2t_1$ имеем:
$$\int Ldt={\int }_0^{t_1}[\frac{m}{2}{\left(\frac{3g}{2t_1}\right)}^2{t}^4+mg\frac{g}{2t_1}{t}^3]dt=\frac{7}{20}{g}^2{t}_1^3.$$

В то время как при пользовании принципом Гамильтона мы сравниваем лишь траектории, бесконечно мало отличающиеся друг от друга, траектории в фазовом пространстве «координат» $q,\dot{q}$ (здесь $z,\dot{z}$ ) в обоих случаях отличаются от истинного движения на конечные величины. Несмотря на это, величина интеграла Гамильтона и теперь оказывается меньшей в случае а), чем в случае б):
$$\frac{1}{3}<\frac{3}{8}\text{ и }\frac{1}{3}<\frac{7}{20}$$

и притом для любых длин траекторий, что, вообще говоря (ср. стр. 276), не обязательно должно иметь место.
VI.2. Пусть $\xi ,\eta$ (как в задаче V.1) — координаты, измеренные во вращающейся плоскости; $u=(\dot{\xi },\dot{\eta })$ — скорость, измеренная также относительно этой плоскости. Тогда скорость относительно неподвижной плоскости равна
$$\mathbf{w}=\mathbf{u}+\mathbf{v},\mathbf{v}=[\omega \mathbf{r}]$$
(ср., например, первую строку таблицы на стр. 185). Поэтому при разложении на слагающие получим:
$$\begin{array}{c}{w}_x=\dot{\xi }-\omega \eta ,w_y=\dot{\eta }+\omega \xi ,\\ |\mathbf{w}{|}^2={\dot{\xi }}^2+{\dot{\eta }}^2+2\omega (\xi \dot{\eta }-\eta \dot{\xi })+{\omega }^2({\xi }^2+{\eta }^2).\end{array}$$

Отсюда следует (вводим $T=\frac{m|\omega {|}^2}{2})$ :
$$\begin{array}{rl}\frac{d}{dt}\frac{\partial T}{\partial \dot{\xi }}& =m\frac{d}{dt}(\dot{\xi }-\omega \eta )=m(\ddot{\xi }-\omega \dot{\eta }-\dot{\omega }\eta ),\\ \frac{d}{dt}\frac{\partial T}{\partial \dot{\eta }}& =m\frac{d}{dt}(\dot{\eta }+\omega \xi )=m(\ddot{\eta }+\omega \dot{\xi }+\dot{\omega }\xi ),\\ \frac{\partial T}{\partial \xi }& =m(\omega \dot{\eta }+{\omega }^2\xi ),\frac{\partial T}{\partial \eta }=m(-\omega \dot{\xi }+{\omega }^2\eta ).\end{array}$$

Если обозначить через $F_{\xi },F_{\eta }$ слагающие внешней силы $F$ по движущимся осям $\xi ,\eta$, то получим следующие уравнения Лагранжа:
$$\begin{array}{l}\ddot{\xi }-2\omega \dot{\eta }-\dot{\omega }\eta -{\omega }^2\xi =F_{\xi },\\ \ddot{\eta }+2\omega \dot{\xi }+\dot{\omega }\xi -{\omega }^2\eta =F_{\eta }.\end{array}$$

Это в точности совпадает с уравнением (6) задачи V.1, если последнее написать в компонентах.

В случае движения материальной точки по вращающейся прямой, рассмотренном в задаче V.2, имеем:
$$\begin{array}{c}{v}^2=\frac{d{r}^2+r^{2}d{\phi }^2}{d{t}^2}={\dot{r}}^2+r^2{\omega }^2,L=\frac{m}{2}({\dot{r}}^2+r^2{\omega }^2)-mgr\sin \omega t,\\ \frac{d}{dt}\frac{\partial L}{\partial \dot{r}}=m\ddot{r},\frac{\partial L}{\partial r}=mr{\omega }^2-mg\sin \omega t.\end{array}$$

Вытекающее отсюда уравнение Лагранжа тождественно с уравнением (2), приведенным в пояснении к задаче V.2; оно непосредственно приводит к указанному там же решению (3). При этом вообще не приходится рассматривать кориолисову силу и т. п.; правда, при этом мы ничего не узнаем относительно давления на направляющую.
VI.3. Члены, опущенные в уравнении (4) данной задачи и обозначенные точками, имеют вид
$$(1+\frac{\zeta }{R})\dot{\eta }\text{ и }-\frac{\eta }{R}(1+\frac{\zeta }{R})\frac{\cos \vartheta }{\sin \vartheta }\dot{\xi }.$$

Эти члены после умножения на стоящий перед фигурными скобками множитель и последующего дифференцирования по $t$ дали бы члены второго или высшего порядка малости относительно $\xi ,\eta ,\zeta$ или их производных. Относительно уравнений (5) и (6) нужно заметить, что после дифференцирования члены второго порядка, как $\zeta \ddot{\xi },\dot{\zeta }\ddot{\xi }$ и т. д., в них, конечно, опущены. Заслуживает внимания, что при этом одновременно из результатов выпадает радиус Земли $R$. В уравнении (6) к выписанному члену прибавился бы член с ${\omega }^2$, а именно
$$R\sin \vartheta \cos \vartheta {\omega }^2.$$

Это, очевидно, слагающая обычной центробежной силы по оси $\xi$; соответствующая слагающая по оси $\zeta$ вошла бы в $\frac{\partial T}{\partial \zeta }$. Однако эти члены нужно опустить, так как они уже учтены в эффективном ускорении свободного падения $\mathbf{g}$ [уравнение (30.1)].

В случае маятника Фуко следует, очевидно, применять не уравнения Лагранжа в их обычной форме (34.6), а смешанный тип уравнений (34.11), принимая во внимание условие связи (31.11).

Впрочем, нужно заметить, что в силу определений $\eta$ и ${\psi }_0$ [формулы (1) и (2)] наша задача относится к охарактеризованному на стр. 288 классу задач, условия которых зависят от времени.
VI.4. Центр тяжести описывает «сплющенную» циклоиду в плоскости, перпендикулярной к оси цилиндра. Мы получим ее параметрическое представление через угол поворота $\phi$ из уравнения (17.1) для «обыкновенной»

циклоиды, если а в этом уравнении частично заменим через $s$ :
$$\begin{array}{ll}\xi =a\phi -s\sin \phi ,& \dot{\xi }=(a-s\cos \phi )\dot{\phi }\\ \eta =a-s\cos \phi ,& \dot{\eta }=s\sin \phi \dot{\phi }.\end{array}$$
a) Выбрав центр тяжести за точку отсчета $O$, получим:
$$\begin{array}{c}{T}_{\text{пост. }}=\frac{m}{2}({\dot{\xi }}^2+{\dot{\eta }}^2)=\frac{m}{2}(a^2+s^2-2as\cos \phi ){\dot{\phi }}^2,\\ T_{\text{вращ. }}=\frac{\mathrm{\Theta }}{2}{\dot{\phi }}^2,T_{\omega }=0,V=mg\eta =mg(a-s\cos \phi ).\end{array}$$

При этом надо приннть во внимание, что величину $\omega =\dot{\phi }$ можно рассматривать как угловую скорость вращения цилиндра не только вокруг его геометрической оси (как мы считаем первоначально), но с тем же правом и вокруг оси, проходящей через его центр тяжести [согласно (23.8)]. Если, кроме того, положить $\mathrm{\Theta }=m{b}^2$ ( $b-$ радиус инерции), $c^2=a^2+s^2+b^2$, то получим:
$$\begin{array}{c}L=T_{\text{пост. }}+T_{\text{вращ. }}-V=\frac{m}{2}(c^2-2as\cos \phi ){\dot{\phi }}^2-mg(a-s\cos \phi ),\\ \frac{1}{m}\frac{d}{dt}\frac{\partial L}{\partial \dot{\phi }}=(c^2-2as\cos \phi )\ddot{\phi }+2as\sin \phi {\dot{\phi }}^2,\\ \frac{1}{m}\frac{\partial L}{\partial \phi }=as\sin \phi {\dot{\phi }}^2-gs\sin \phi .\end{array}\}$$

Таким образом, уравнение движения имеет вид
$$(c^2-2as\cos \phi )\ddot{\phi }+as\sin \phi {\dot{\phi }}^2+gs\sin \phi =0.$$
б) Если в качестве точки отсчета $O$ выбрать центр поперечного сечения, проведенного через центр тяжести, то эта точка будет двигаться горизонтально со скоростью $a\dot{\phi }$; полагая ${\mathrm{\Theta }}^{\prime }=\mathrm{\Theta }+m{s}^2$ [ср. (16.8)], имеем:
$$T_{\text{пост. }}=\frac{m}{2}{a}^2{\dot{\phi }}^2,T_{\text{вращ. }}=\frac{{\mathrm{\Theta }}^{\prime }}{2}{\dot{\phi }}^2,\mathrm{V}-\text{ как прежде },$$

однако теперь $T_w$ не равна нулю. Действительно, на основании (22.11),
$$T_w=-ma{\dot{\phi }}^2\cos \phi .$$

Отсюда
$$L=T_{\text{пост. }}+T_{\text{вращ. }}+T_w-V=\frac{m}{2}(c^2-2as\cos \phi ){\dot{\phi }}^2=mg(a-s\cos \phi ),$$

что совпадает с (1). Тем самым и в этом случае мы приходим к уравнению движения (2). Для малых колебаний при $\phi =0$ оно дает:
$$\ddot{\phi }+\frac{g}{l_1}\phi =0,l_1\frac{c^2-2as}{s}=\frac{(a-s{)}^2+b^2}{s}\dots (\text{ устойчивость });$$

напротив, для малых колебаний при $\phi =\pi$, полагая $\psi =\pi +\phi$, получаем:
$$\ddot{\psi }-\frac{g}{l_2}{\psi }_1=0,l_2\frac{c^2+2as}{s}=\frac{(a+s{)}^2+b^2}{s}\dots \text{ (неустойчивость). }$$
VI.5. 1. Соотношения между угловыми скоростями. Эти соотношения проще всего вывести, если учесть, что в местах сцепления конических шестерен $(\omega )$ с конической шестерней $\left({\omega }_1\right)$, с одной стороны, и с конической шестерней $\left({\omega }_2\right)$ — с другой, окружные скорости в любой момент должны быть одинаковы. Шестерни ( $\omega$ ) вращаются вокруг оси $A$ с угловой скоростью $\omega$; кроме того, сама ось $A$ вращается вместе с шестернями ( $\omega$ ) вокруг общей геометрической оси колес $(\mathrm{\Omega }),\left({\omega }_1\right),\left({\omega }_2\right)$ с угловой скоростью $\mathrm{\Omega }$. Если $r,r_1$ и $r_2$ — средние радиусы конических шестерен $(\omega ),\left({\omega }_1\right),\left({\omega }_2\right)$, то для места сцепления колес $(\omega ),\left({\omega }_1\right)$ осуществляется равенство
$$r\omega +r_1\mathrm{\Omega }=r_1{\omega }_1,$$

а для места сцепления колес $(\omega ),\left({\omega }_2\right)$ — равенство
$$-r\omega +r_2\mathrm{\Omega }=r_2{\omega }_2.$$

Отсюда при $r_1=r_2$ получаются соотношения
$$\begin{array}{l}2\mathrm{\Omega }={\omega }_1+{\omega }_2,\\ 2\omega =\frac{r_1}{r}({\omega }_1-{\omega }_2).\end{array}\}$$

Эти формулы могут быть, конечно, получены и путем введения виртуальных вращений.
2. Соотношения между моментами. Виртуальная работа момента $M$ всегда должна быть равна сумме виртуальных работ моментов $M_1$ и $M_2$, т. е.
$$M\mathrm{\Omega }\delta t=M_1{\omega }_1\delta t+M_2{\omega }_2\delta t.$$

Заменяя $\mathrm{\Omega }$ через ${\omega }_1$ и ${\omega }_2$ согласно (1), получим:
$$(\frac{M}{2}-M_1){\omega }_1+(\frac{M}{2}-M_2){\omega }_2=0.$$

При произвольных ${\omega }_1$ и ${\omega }_2$ это возможно только в том случае, если
$$\frac{M}{2}=M_1=M_2.$$

Таким образом, развиваемый двигателем момент распределяется на оба задних колеса поровну при произвольных значениях угловых скоростей ${\omega }_1$ и ${\omega }_2$.
3. Уравнение движения системы. В этом случае проще всего пользоваться уравнениями Лагранжа второго рода. Имеем:
$$T=\frac{1}{2}({\mathrm{\Theta }}_1{\omega }_1^2+{\mathrm{\Theta }}_2{\omega }_2^2+\mathrm{\Theta }{\omega }^2+{\mathrm{\Theta }}^{\prime }{\mathrm{\Omega }}^2).$$

Если мы подставим сюда вместо $\omega$ и $\mathrm{\Omega }$ их выражения через ${\omega }_1$ и ${\omega }_2$ и введем обозначения
$$\begin{array}{l}{L}_{11}={\mathrm{\Theta }}_1+\frac{{\mathrm{\Theta }}^{\prime }}{4}+\frac{\mathrm{\Theta }{r}_1^2}{4r^2},\\ L_{22}={\mathrm{\Theta }}_2+\frac{{\mathrm{\Theta }}^{\prime }}{4}+\frac{\mathrm{\Theta }{r}_1^2}{4r^2},\\ L_{12}=L_{21}=\frac{{\mathrm{\Theta }}^{\prime }}{4}-\frac{\mathrm{\Theta }{r}_1^2}{4r^2},\end{array}$$

то, по Лагранжу, получим:
$$\begin{array}{l}\frac{d}{dt}(L_{11}{\omega }_1+L_{12}{\omega }_2)=\frac{M}{2}-W_1,\\ \frac{d}{dt}(L_{21}{\omega }_1+L_{22}{\omega }_2)=\frac{M}{2}-W_2.\end{array}\}$$

Здесь $W_1$ и $W_2$ — приложенные к обоим задним колесам противодействующие моменты, вызванные трением сцепления с почвой, причем в эти моменты можно включить также и прочие сопротивления (сопротивление воздуха и т. д.)

Если $M,W_1,W_2$ заданы как функции времени, то выражения в скобках в левых частях уравнений (3) вычисляются как интегралы по времени от правых частей этих уравнений, откуда определяются также ${\omega }_1$ и ${\omega }_2$.

Средние по времени значения правых частей уравнений (3) равны нулю, a, следовательно, ${\omega }_1$ и ${\omega }_2$ постоянны; если сопротивление на одном колесе уменьшится [например, если колесо подскочит на неровной дороге и будет некоторое время вращаться в воздухе $(W=0)]$, то вращение этого колеса ускорится, тогда как вращение другого колеса замедлится.
4. Электродинамическая аналогия. Уравнения (3) имеют вид, напоминающий уравнение взаимодействия двух индуктивно связанных цепей тока (ср. сказанное на стр. 299 о работе Больцмана). А именно, если отождествить величины $L$, с коэффициентами индукции этих цепей тока, а ${\omega }_1$ и ${\omega }_2-$ с токами, текущими в цепях, то левые части (3) будут выражать электродинамические индукционные воздействия. $\frac{M}{2}$ соответствует «сторонним» электродвижущим силам, действующим в цепях тока;
$$T=\frac{1}{2}{L}_{11}{\omega }^2+L_{12}{\omega }_1{\omega }_2+\frac{1}{2}{L}_{22}{\omega }_2^2$$

есть полная магнитная энергия. Согласно определению на стр. 262 , системы, функция Лагранжа которых содержит только производные координат по времени (в данном случае ${\omega }_1={\dot{\phi }}_1,{\omega }_2={\dot{\phi }}_2$ ), называются циклическими системами. Таким образом, они являются механическими аналогами стационарных электрических токов. Дифференциальная передача, как и симметрический волчок, является «бициклом».