В некоторых интересных задачах тело, или система тел, переходит в движенне из такого сосіояния покоя, которое не является положением равновесия, и требуе ся определить нача ьные ускорения различных точкк тела или начальные реакции наложенных связей.

Такие задачи сравнительно просты в том отношении, что начальные скорости равны нулю, а потому не тебуется интегрирования уравнений движения. Так, в случае математического маятника длины $l$, выведенного из состояния покоя, при котором он нұходит я под углом $\theta$ к вертикали, ускорение в направлении нити, выражающееся формулой $-l \dot{\theta}^{2}$, равно нулю, и, следовательно, начальное натяжение нити будет:
\[
T_{0}=m g \cos \theta .
\]

В некоторых случаях, однако, полезно предварительно воспользоваться уравнением энергии, так как, диференцруя его, мы получаем уравнение, заключающее в себе нначальные ускорения и не содержащее начальных реакций. Приведем несколько примеров.
1) Или полагая $M=0, x=l$ в приведенных вние уравнениях (2) и (3) и исключая затем $F$.

Пример 1. Стержень, опираюцийся нижним концим $A$ на шероховатую горизонтальную плоскость, в’ходиг из состояния покоя, образуя с вертикалью угол $\theta$. Требуется найти горизонтаљьню и вертикальную составляющие $F, R$ начальной реакции плоскости (фиг. 67). Эта задача представляет в действительности частный случай задэи, рассмотренной в § 60, но она может быть решена проще, а именно следующим образом.

Пусть будет $a$ расстояние центра масс $G$ от конца $A$, а $x$ – радиус инерции относительно $G$. Определяя моменты относительно $A$, мы получим:
\[
M\left(x^{2}+a^{2}\right) \ddot{\theta}=M g a \sin \theta .
\]

Так как ускорение центра масс $G$ равно $a \dot{\theta}^{*}$ и перпендикулярно к $A G$, то проектируя на горизонтальное и вертикальное направления, мы будем иметь:
\[
M a \ddot{\theta} \cos \theta \quad F, \quad M a \ddot{\theta} \sin \theta=M g-R,
\]

откуда
Фиг. 67.
\[
\frac{F}{M g}=\frac{a^{2}}{x^{2}+a^{2}} \sin \theta \cos \theta, \frac{R}{M g}=\frac{x^{2}+a^{2} \cos ^{2} \theta}{x^{2}+a^{2}} .
\]

Применяя элементарный закон трения и обозначая коэфициент трения через $\mu$, мы найдем, что нижний конец $A$ не будет скользить до тех nop, пока мы не будем иметь:
\[
\sin \theta \cos \theta>\mu\left(\cos ^{2} \theta+\frac{x^{2}}{a^{2}}\right) \text {. }
\]

Если мы положим $\mu=\operatorname{tg} \lambda$, то это условие может быть представлено в виде:
\[
\sin (2 \theta-\lambda) \leqslant\left(1+\frac{2 \varkappa^{2}}{\alpha^{2}}\right) \sin \lambda .
\]

Пример 2. Твердое тело цилиндрической формы с произвольным сечением, имеющее возможность катиться по горизонтальной шероховатой плоскости, выведено из покоя в заданном положении.

На чертеже изображено нормальное сечение цилиндра, проведенное через центр масс $G$. Пусть будет $P$ точка касания этого сечения, а $G N$ – перпендикуляр, опущенный из $G$ на плоскость. Мы положим
\[
G P=r, \quad G N=z, \quad P N=q
\]

и обозначим через $x$ радиус инерции относительно продольной оси, проходящей через $a$.

При вращении тела с угловою скоростью ю около точки $P$ горизонтальная и вертикальная составляющие скорости $\omega r$ центра масс $G$ будут соответственно равны
\[
-\omega z, \omega q \text {. }
\]

Фиг. 68.
Диференцируя и опуская члены, заключающие $\dot{z}$ и $\dot{q}$, равные в начальный момент нулю, мы получим соответственно горизонтальную и вертикальную составляющие начального ускорения центра $G:$
\[
\text { – } \dot{\omega} z, \quad \dot{\omega} q \text {. }
\]

Следовательно, если горизонтальная и вертикальная составляющие реакции глоскости будут $F, R$, то мы имеем:
\[
F=-M \dot{\omega} z, \quad R-M g=M \omega q
\]

Далее, уравнение энергии, остающееся верным во все время движения, будет:
\[
\cdot \frac{1}{2} M\left(x^{2}+r^{2}\right) \omega^{2}+M g z=\text { const. }
\]

Диференцируя по $t$, полагая $\dot{z}=\omega q$ и деля на $\omega$, мы в начальный момент будем иметь:
\[
\left(x^{2}+r^{2}\right) \dot{\omega}=-g q .
\]

Подставляя в (8), мы получим:
\[
\frac{F}{m g}=\frac{q z}{x^{2}+r^{2}}, \quad \frac{R}{M g}=\frac{x^{2}+z^{2}}{x^{2}+r^{2}}
\]

Эта задача заключает, как частный случай, пример 1.
Пример 3. Предположим, что все условия примера 2 сохраняются, за исключением условия шероховатости плоскости, т. е. предположим, что горизонтальная плоскость будет гладкою.

Так как центр масс $G$ теперь будет двигаться по вертикальной линии, то мгновенный центр вращения будет находиться на пересечении вертикали, проходящей через $P$, с горизонталью, проходящей через $G$. Следовательно, уравнсние энергии будет выражаться формулою:
\[
\frac{1}{2} M\left(x^{2}+q^{2}\right) \omega^{2}+M g z=\text { const. }
\]

Вертикальная скорость точки $G$ и здесь выражается формулой $\dot{z}=\omega q$. Следовательно, диференцируя уравнение (12) и деля на $\omega$, мы для начального момента получим:
\[
\left(x^{2}+q^{2}\right) \dot{\omega}+g q=0 .
\]

Аналогично, так как начальное вертикальное ускорение точки $G$ равно $\dot{\omega} q$, мы имеем:
\[
M \dot{\omega} q=R-M g,
\]

где $R$ – реакция плоскости. Следовательно,
\[
\frac{R}{M g}=\frac{x^{2}}{x^{2}+q^{2}} .
\]