а) Гироскопическая «жесткость». Гироскоп (или гироcтaт) – это твердое тело с осью симметрии, вокруг которой тело вращается с большой угловой скоростью. Всякий, кто имел дело с гироскопом, знает, что вращение придает ему род «жесткости», так что кажется, будто гироскоп оказывает сопротивление изменению направления его оси. Это только грубое мускульное впечатление. Необходимо тщательное математическое исследование для того, чтобы объяснить это явление. Обсудим три аспекта гироскопической «жесткости»; в первых двух симметрия тела не используется.

Рассмотрим твердое тело, имеющее одну неподвижную точку, или свободное твердое тело; в последнем случае ограничимся только движением относительно центра масс. В любом из этих случаев основное уравнение можно нашисать в виде (ср. с (49.9))
\[
\dot{\boldsymbol{h}}=\boldsymbol{G},
\]

где $h$ и $G$ – момент импульса и момент сил относительно

неподвижной точки или относительно центра масс, соответственно тому, какой случай имеет место.

В качестве первой оценки гироскопической жесткости рассмотрим скорость изменения направления вектора $h$, направление которого описывает единичный вектор $\boldsymbol{U}=\boldsymbol{h} / h$. Тогда
\[
\dot{\boldsymbol{h}}=h \dot{\boldsymbol{U}}+\dot{\boldsymbol{h}} \boldsymbol{U}=\boldsymbol{G}, \quad \boldsymbol{U} \dot{\boldsymbol{U}}=0,
\]

откуда следует, что
\[
\dot{h}=U \cdot G,
\]

и из (57.2) получаем следующее соотнотение:
\[
\dot{U}=\frac{\boldsymbol{W}}{h},
\]

где
\[
\boldsymbol{W}=\boldsymbol{G}-\boldsymbol{U}(\boldsymbol{U} \cdot \boldsymbol{G})
\]

Рис. 25.
$\boldsymbol{W}$ представляет собой вектор, проведенный из конца $\boldsymbol{G}$ перпендикулярно к вектору $\boldsymbol{h}$ до пересечения с ним (рис. 25). Теперь $\dot{U}$ есть скорость точки, в которой вектор $h$ пересекает единичную сферу. Из уравнений (57.4) и (57.5) видно, что абсолютная величина скорости этой точки удовлетворяет неравенству
\[
|\dot{\boldsymbol{U}}| \leqslant \frac{|\boldsymbol{G}|}{h},
\]

так что она стремится к нулю, когда $h$ стремится к бесконечности. В этом смысле большой момент импульса движения как бы сообщает «жесткость» направлению вектора момента импульса.

Во-вторых, пусть $(i, j, k)$ – главный ортонормальный триэдр, ненодвижный относительно тела. В момент $t=0$ пусть тело вращается вокруг оси $k$ с угловой скоростью $s$. Пусть к телу приложен момент $\boldsymbol{G}$. Рассмотрим соответствующее движение изображающей точки $k$ на единичной сфере. Ее скорость п ускорение в пропзвольный момент

времени имеют следующие выражения:
\[
\dot{k}=\omega \times k, \quad \ddot{k}=\dot{\boldsymbol{\omega}} \times \boldsymbol{k}+\omega \times(\omega \times k) .
\]

В момент $t=0$ имеем условия
\[
\omega_{1}=\omega_{2}=0, \quad \omega_{3}=s,
\]

и, следовательно, согласно уравнениям Эйлера (49.14) имеем уравнения
\[
A \dot{\omega}_{1}=G_{1}, \quad B \dot{\omega}_{2}=G_{2}, \quad C \dot{\omega}_{3}=G_{3} .
\]

Таким образом, в момент времени $t=0$ скорость и ускорение равны
\[
\dot{\boldsymbol{k}}=0, \quad \ddot{\boldsymbol{k}}=-\frac{G_{1}}{A} \boldsymbol{j}+\frac{G_{2}}{B} \boldsymbol{i} .
\]

Спин $s$ не входит в это ускорение, которое имеет тот же вид, как и в случае, когда $s=0$. Поскольку рассматривается вторая производная вектора $k$ по времени (m. $е$. ускорение), гироскопическая жесткость не имеет места.

В-третьих, рассмотрим тело, у которого ось симметрии совпадает с вектором $k$, а моменты инерции равны $(A, A, C)$. Пусть $(\boldsymbol{I}, \boldsymbol{J}, \boldsymbol{K})$ – ортонормальный триэдр, неподвижный в пространстве, и пусть тело приведено в движение так, что его спин $s k$ и вектор $\boldsymbol{k}$ вращаются в плоскости $(\boldsymbol{K} \boldsymbol{I})$ с (прецессионной) угловой скоростью $p J$. Тогда его угловая скорость и момент импульса равны
\[
\boldsymbol{\omega}=p \boldsymbol{J}+s \boldsymbol{k}, \quad \boldsymbol{h}=A p \boldsymbol{J}+C s \boldsymbol{k},
\]

а момент сил, необходимый для поддержания этого движения, выражается следующим образом:
\[
\boldsymbol{G}=\dot{\boldsymbol{h}}=C \boldsymbol{s} \dot{\boldsymbol{k}}=C \boldsymbol{s} \boldsymbol{\omega} \times \boldsymbol{k}=C s p \boldsymbol{i},
\]

где вектор $\boldsymbol{i}$ таков, что $(\boldsymbol{i}, \boldsymbol{J}, \boldsymbol{k}$ ) образуют ортонормальный триәдр, как показано на рис. 26. Этот момент вращения известен под названием гироскопическая пара; так как он пропорционален $s$, то гироскопическая пара есть проявление гироскопической жесткости. Квадранты на единитной сфере, изображенные на рис. 26 , поясняют, какой смысл имеют указанная пара, прецессия и спин.

ß) Гирокомпас. Рассмотрим твердое тело с осью динамической симметрии, проходящей через центр масс $O$. Пусть оно установлено так, тто может свободно вращаться вокруг точки $O$, а эта точка закрешлена на поверхности вращающейся Земли. Это тело можно назвать свободным гирокомпасом. Его движение определено уравнением (57.1), где $\boldsymbol{h}$ и $\boldsymbol{G}$ измеряются относительно точки $O$. Момент сил $G$ обусловлен только притяжением к Земле. Предположим, что Земля однородна и имеет сферическую форму, тогда результирующая сил притяжения, действующих на частицы твердого тела, проходит через центр Земли. Но, вообще говоря, она не проходит через точку $O$, так что $G
eq 0$. Однако этот момент вращения в действительности так мал, что на практике им можно пренебречь. Полагая $\boldsymbol{G}=0$, мы имеем $\boldsymbol{h}=$ $=$ const и движение гирокомпаса есть движение Пуан-
Рис. 26. Гироскопическая пара, прецессия и спин. со (§ 55). Ось симметрии гирокомнаса вращается с постоянной угловой скоростью прецессии вокруг некоторой неподвижной в пространстве прямой, определенной начальными условиями. Действительно, свободный гирокомпас указывает земному наблюдателю неизменное направление в пространстве.

Рассмотрим теперь случай, когда ось симметрии гирокомпаса вынуждена (благодаря связи не совершающей работы) оставаться в горизонтальной плоскости ${ }^{1}$ ). На

рис. $27 P Q$ – часть земной оси (направленной с юга на север); $K$ – единичный вектор, параллельный $P Q ; O Q$ горизонтальная прямая (направленная с юга на север; $\lambda$ – широта точки $O ;(\boldsymbol{i}, \boldsymbol{j}, \boldsymbol{k})$ – ортонормальный триэдр, у которого вектор $\boldsymbol{j}$ вертикален, а вектор $\boldsymbol{k}$ направлен вдоль оси симметрии гироскопа, $\vartheta$ – угол, который вектор $k$ образует с осью $O Q$ (положительное направление отсчета – с востока на запад). Круг в перспективе представляет горизонтальную плоскость, касающуюся земной поверхности в точке O. Угловая скорость гироскопа складывается из угловой скорости Земли $\Omega K$, угловой скорости триэдра относительно Земли, $\vartheta j$, и спина, $s_{0} k$. Отсюда момент импульса для точки $O$ равен
\[
\begin{aligned}
\boldsymbol{h}= & -A \Omega \sin \vartheta \cos \lambda \boldsymbol{i}+A(\dot{\vartheta}+ \\
& +\Omega \sin \lambda) \boldsymbol{j}+C \boldsymbol{k},(57.13)
\end{aligned}
\]

где $(A, A, C)$ – моменты инерции для точки $O$ и $s=$ $=s_{0}+\Omega \cos \vartheta \cos \lambda$.

Пренебрегая, как и раньше, моментом сил притяжения
Рис. 27. Гирокомпас с осью, лежащей в горизонтальной плоскости.

Земли, найдем, что момент $\boldsymbol{G}$, поддерживающий ось в горизонтальной плоскости, имеет направление вектора $i$.

В координатной форме по осям $k$ и $\boldsymbol{j}$ уравнение (57.1) дает $s=$ const $и$
\[
A \ddot{\vartheta}+C s \Omega \cos \lambda \sin \vartheta-A \Omega^{2} \sin \vartheta \cos \vartheta \cos ^{2} \lambda=0 .
\]

Это уравнение описывает колебания гирокомпаса около горизонтальной прямой $O Q$, проведенной с юга на север. Если пренебречь членом, содержащим $\Omega^{2}$, то получим уравнение вида (34.2), которое описывает конечные колебания кругового маятника. Для малых колебаний

период равен
\[
\tau=2 \pi \sqrt{\frac{A}{C s \Omega \cos \lambda}} .
\]

Аналогично исследуются случаи, когда плоскость, ограничивающая движение, не горизонтальна или когда неподвижная точка на земной поверхности не является центром масс (барогироскоп, ${ }^{1}$ ).