В учебных задачах, как правило, встречаются не материальные точки, а твердые тела. В этом случае при вычислении импульса, кинетического момента или кинетической энергии тела надо исходить из того, что пространственное твердое тело характеризуется массой $M$, положением центра масс $S$, тремя главными центральными направлениями e, e’, é и соответствующими главными центральными моментами инерции $A,B,C$. Пусть в некоторой «неподвижной системе координат $Oxyz$ точка $S$ имеет радиусвектор $\mathrm{s}=\overline{OS}$, и пусть угловая скорость тела относительно Oxyz разложена по (правому) главному реперу:
$$\omega =p\mathbf{e}+q{\mathbf{e}}^{\prime }+r{\mathbf{e}}^{\prime \prime }\text{. }$$

Тогда
импульс $\mathbf{P}=\mathbf{M}\mathbf{s}$,
собственный кинетический момент ${\mathbf{\Lambda }}_S=Ap\mathbf{e}+Bq{\mathrm{e}}^{\prime }+C{\mathrm{Cr}}^{\prime \prime }$,
полный кинетический момент ${\mathbf{\Lambda }}_O=M[\mathbf{s}\times \dot{\mathbf{s}}]+{\mathbf{\Lambda }}_s$,
кинетическая энергия
$$T=\frac{M}{2}{\dot{s}}^2+\frac{1}{2}(A{p}^2+B{q}^2+C{r}^2).$$

Динамические уравнения движения твердого тела имеют вид
$$\ddot{M\mathbf{s}}=\mathbf{\Phi },$$

где Ф — формальная сумма всех сил, действующих на тело, и
$$\frac{d{\mathbf{\Lambda }}_S}{dt}={\mathbf{G}}_S,$$

где ${\mathbf{G}}_s$ — момент сил относительно центра масс. Из этих уравнений следует, что
$$\frac{dT}{dt}=(\mathbf{\Phi },\dot{\mathbf{s}})+({\mathbf{G}}_s,\mathit{\omega }).$$

В случае плоских движений (пусть в плоскости $Oxy$ ) вводится абсолютный угол ч поворота твердого тела от некоторого неподвижного направления; угол ч отсчитывается против часовой стрелки, если смотреть навстречу вектору ${\mathbf{e}}_z$. Тогда
$$\mathit{\omega }=\dot{\phi }{\mathrm{e}}_2,{\mathrm{\Lambda }}_S=I\dot{\phi }{\mathrm{e}}_2,T=\frac{M{\dot{s}}^2}{2}+\frac{{\dot{\phi }}^2}{2}.$$

Величина $I=C$ для обруча радиуса $a$, диска радиуса $a$ и палочки длины $2a$ равна соответственно
$$M{a}^2,\frac{M{a}^2}{2},\frac{M{a}^2}{3}.$$

Разумеется, все они предполагаются однородными.
УДОБНЫЕ ДЛЯ ВЫЧИСЛЕНИИ ПОДВИЖНЫЕ СИСТЕМЫ КООРДИНАТ

При решении задач со сложной кинематикой полезно принимать подвижные системы координат $A\xi \eta \zeta$ с целью получить компактные разложения тех или иных векторных величин: скоростей и ускорений отдельных точек системы, угловых ускорений и скоростей тела, кинетических моментов, сил и моментов сил (укажем, например, на применение осей Кенига или подвижного репера главных направлений твердого тела с неподвижной точкой). Полезно сделать выбор подвижной системы координат осознанно, другими словами, применять такую методику обращения с чертежом, которая как бы сама собой приводила бы к удобной системе координат, т. е. учитывала бы взаимное разложение частей механической системы, ее характерные черты свойства симметрии и т. д.
Принцип явно важных точек.
Подвижную систему координат надо вводить таким образом, чтобы в ней
точки соприкосновения тел, центры масс (геометрические центры) тел, точки приложения сил

имели возможно более простые траектории. ІІри этом желательно, чтобы оси двигались также по возможности просто.
Проиллюстрируем этот подход на ряде конкретных задач.
Задача 1. Шар радиуса $r$ катится по дну и стенке круглого цилиндрического стакана радиуса $\rho +r$. Скорость его центра постоянна и по модулю равна $v$. Определить ускорение верхней точки шара $N$ (рис. 35).

Явно важные точки здесь — это центр шара $S$ и места соприкосновения с дном и стенкой стакана $P$ и $Q$. Эти точки будут неподвижны в системе координат $A\xi \eta \zeta$ вращающейся вокруг оси $A\zeta$, совпадающей с осью цилиндра, причем расположение их получится особенно простым, если мы начало $A$ поместим на дне стакана, а ось $A\xi$ направим в точку $P$. Тогда скорость центра шаpa
$${\mathbf{v}}_S=v{\mathbf{e}}_{\eta },$$

угловая скорость системы координат
$${\omega }_{\text{rep }}=\frac{v}{p}{\mathbf{e}}_{\zeta }.$$

Мгновенная ось вращения шара проходит через точки $P$ и $Q$, которые мгновенно-неподвижны. Следовательно, абсолютная угловая скорость шара
$$\mathbf{\Omega }=\mathbf{\Omega }(-\frac{1}{\sqrt{2}}{\mathbf{e}}_{\zeta }-\frac{1}{\sqrt{2}}{\mathbf{e}}_{\zeta }).$$

Скорость центра вычислим еще одним способом:
$${\mathbf{v}}_S=[\mathbf{\Omega }\times \overline{PS}]=\frac{\mathrm{\Omega }r}{\sqrt{2}}[(-{\mathrm{e}}_{\zeta }-{\mathrm{e}}_{\xi })\times {\mathrm{e}}_{\zeta }]=\frac{\mathrm{\Omega }r}{\sqrt{2}}{\mathbf{e}}_{\eta }.$$

Сопоставив с (5), получаем
$$\mathrm{\Omega }=\frac{\sqrt{2}v}{r}.$$

Угловое ускорение шара
$$\epsilon =\frac{d\mathrm{\Omega }}{dt}=-\frac{\mathrm{\Omega }}{\sqrt{2}}[{\omega }_{\text{nep }}\times {\mathrm{e}}_{\xi }]=-\frac{t^2}{r_p}{\mathrm{e}}_{\eta }.$$

Ускорение центра
$${\mathbf{a}}_S=-\frac{v^2}{p}{\mathbf{e}}_s.$$

Ускорение верхней точки определяем по формуле Ривальса:
$${\mathbf{a}}_N={\mathbf{a}}_S+[\mathit{\epsilon }\times \overline{SN}]+[\mathbf{\Omega }\times [\mathbf{\Omega }\times \overline{SN}]],$$

в которой $\overline{SN}=r_{\zeta }$. Получим ответ:
$${\mathbf{a}}_N=-v^2(\frac{2}{\rho }-\frac{1}{r}){\mathbf{e}}_{\xi }-\frac{v^2}{r}{\mathbf{e}}_{\zeta }.$$

Использование подвижного репера оказалось целесообразным несмотря на то, что формулами сложения скоростей или ускорений мы не пользовались ни разу.

Задача 2. Однородный брусок сечением $2l\times 2h$ лежит на неподвижном бревне радиуса $r$ вдоль верхней образующей. При каком условии это равновесие будет устойчиво?

Изобразим брусок в отклоненном положении (рис. 36). Угол отклонения обозначим $\phi$. Мы должны получить условие того, что потенциальная энергия $V$ ( $\phi$ ) имеет минимум в точке $\phi =0$. Для вычисления потенциальной энергии введем подвижную систему координат. Явно важными точками (в сечении) являются центр бруска $S$, точка $P$ соприкосновения его с бревном и центр окружности $O$. Поместим начало $A$ в точку $O$, а ось $O\eta$ направим в точку $P$. Тогда точки $O$ и $P$ в системе $O\xi \eta \zeta$ неподвижны, а точка $S$ движется параллельно оси $O\xi$, направленной вправо-вверх.

В этой системе координат брусок движется вправо, а бревно вращается по часовой стрелке. Оба тела соприкасаются в точке $P$, причем относительного проскальзывания нет. Приравнивая скорости соприкасающихся точек, имеем
$${\dot{se}}_{\xi }=-\dot{r}{\dot{e}}_{\xi },$$

откуда с учетом условия задачи расстояние от $S$ до $O\eta$
$$s=r\phi$$
(хотелось бы настоять на том, что получение связей такого сорта — когда есть качение — должно вестись из кинематических соображений: приравнивание дуги отрезку, вполне очевидное в этой задаче, в более сложных случаях, как показывает опыт, неизбежно ведет к ошибкам). Теперь
$$\begin{array}{c}V=mg(\overline{OS},{\mathbf{e}}_y)=mg((r+h){\mathbf{e}}_{\eta }+s{\mathbf{e}}_{\xi },{\mathbf{e}}_y)=\\ =(r+h)\cos \phi +r\phi \sin \phi .\end{array}$$

Разлагая в ряд Тейлора с точностью до членов третьего порядка малости, имеем
$$V=(r+h)(1-\frac{{\phi }^2}{2})+r{\phi }^2=\mathrm{const}+(r-h)\frac{{\phi }^2}{2}.$$

Вывод: должно быть $r>h$. При противоположном знаке неравенства будем иметь неустойчивость в первом приближении.

Задача 3. В вертикальной плоскости движется однородный обруч, на который намотана невесомая нить; конец ее закреплен на потолке. Обруч зафиксировали так, что нить натянута вертикально, и отпустили. Определить, будет ли нить отклоняться от вертикали в последующем движении.

Положение системы в плоскости можно задать двумя определяющими координатами: длиной смотавшейся нити $s$ и углом $\alpha$ отклонения ее от вертикали. Для вычисления кинетической и потенциальной энергии системы применим подвижную систему координат. Явно важными точками являются: центр обруча $S$, точка касания $P$ нити с обручем, точка $A$ закрепления нити. Отметим эти точки на чертеже (рис. 37). Если мы оси направим по $PS$, $PA$, то в полученной системе координат все точки будут неподвижны. Однако движение самой системы не очень просто: и начало движется, и оси вращаются. Выберем такую, у которой начало неподвижно. Для этого поместим начало в точке $A$, а ось $A\xi$ направим по $AP$. В этой системе координат точка $A$ неподвижна, а точки $P$ и $S$ движутся по оси $A\xi$ и по параллельной прямой соответственно. Конечно, это — простые траектории. Ось Аұ направим вправо — вверх. Угловая скорость системы координат
$${\mathit{\omega }}_{\text{пер }}=\dot{\alpha }{e}_{\zeta },$$

где ${\mathbf{e}}_{\xi }={\mathbf{e}}_z$ — вектор, ортогональный плоскости движения.
Вычислим скорость центра обруча, разложив ее на относитель-

ную и переносную. Имеем
$$\begin{array}{l}{\mathbf{v}}_{\text{отн }}=\dot{s}{e}_{\xi },\\ {\mathbf{v}}_{\text{пер }}=[{\dot{\alpha }}_{\mathrm{b}}\times \overline{AS}]=[{\dot{\alpha }}_6\times (s\mathrm{se}+{\mathrm{re}}_{\eta })]=\\ =\dot{\alpha }s[{\mathrm{e}}_{\zeta }\times {\mathrm{e}}_{\xi }]+\dot{\alpha }r[{\mathrm{e}}_6\times {\mathbf{e}}_{\eta }]=-\dot{\alpha }{\mathbf{e}}_{\xi }+\dot{s}\alpha {\mathrm{e}}_{\eta }.\end{array}$$

Следовательно,
$${\mathbf{v}}_{\text{aбс }}=(\dot{s}-\dot{\alpha }){\mathrm{e}}_{\epsilon }+s\dot{\alpha }{\mathrm{e}}_{\eta }.$$

Пусть теперь $ч$ — угол поворота обруча в неподвижной плоскости. Тогда его абсолютная угловая скорость
$${\mathbf{\Omega }}_{\mathrm{a}6\mathrm{c}}=\dot{\phi }{\mathbf{e}}_z=\dot{\phi }{\mathbf{e}}_{\zeta }.$$

Поскольку угловая скорость системы координат уже вычислена (6), то относительная угловая скорость обруча
$${\mathbf{\Omega }}_{\text{отн }}={\mathbf{\Omega }}_{\text{абс }}-{\mathit{\omega }}_{\text{отн }}=(\dot{\phi }-\dot{\alpha }){\mathbf{e}}_{\xi }.$$

В подвижной системе координат обруч катится по оси $O\xi$. Отсюда относительная скорость его центра
$${\mathit{v}}_{\text{отн }}=[{\mathbf{\Omega }}_{\text{отн }}\times \overline{PS}]=(\dot{\phi }-\dot{\alpha })r[{\mathrm{e}}_{\mathrm{b}}\times {\mathrm{e}}_{\eta }],$$

и, сравнив с предшествующим вычислением (i), имеем связь
$$\dot{s}-r(-\dot{\phi }+\dot{\alpha })=0.$$

Следовательно, кинетическая энергия тела
$$\begin{array}{l}T=\frac{m}{2}{\mathbf{v}}_{\mathrm{a}\sigma \mathrm{c}}^2+\frac{1}{2}m{r}^2{\dot{\phi }}^2=\frac{m}{2}[(\dot{s}-r\dot{\alpha }{)}^2+s^2{\dot{\alpha }}^2]+\\ +\frac{m}{2}(\dot{s}-r\dot{\alpha }{)}^2=\frac{m}{2}(2{\dot{s}}^2-4r\dot{\alpha }\dot{\alpha }+(2r^2+s^2){\dot{\alpha }}^2).\end{array}$$

Потенциальная энергия равна
$$mg({\mathbf{e}}_y,\overline{AS})=mg({\mathbf{e}}_y,{\mathrm{e}}_{\mathrm{z}}+r{\mathrm{e}}_{\eta })=-mg(s\cos \alpha -r\sin \alpha ).$$

Уравнения Лагранжа будут:
$$\begin{array}{c}2(\ddot{s}-r\ddot{\alpha })-s{\dot{\alpha }}^2-g\cos \alpha =0,\\ -2\ddot{s}+(s^2+2r^2)\ddot{\alpha }+2s\dot{\alpha }\dot{\alpha }+gs\sin \alpha +r\cos \alpha =0.\end{array}$$

Легко видеть, что они допускают частное решение, при котором
$$\alpha (t)\equiv 0,s(t)=s_0+g{t}^2/4(\ddot{s}=g/2)$$

и, в частности, $\alpha (0)=\dot{\alpha }(0)=0$. Опираясь на теорему о единственности решения, заключаем, что это и будет движение с заданными начальными условиями. Нить не отклоняется.

Задача 4. Однородный обруч радиуса $r$, массы $M$, на который намотана невесомая нить с точечной массой $m$ на конце (рис. 38),

поставлен на шероховатую горизонтальную прямую с коэффициентом трения скольжения $k$ (трение качения отсутствует), причем так, что нить висит вертикально. Покатится он или заскользит?

Пусть $(x,y)$ — координаты центра обруча, $\phi$ — абсолютный угол его поворота, $F>0$ — натяжение нити, $(R_x,R_y)$ — реакция опоры в точке касания $P$. Качение возможно при
$$\left|R_x\right|⩽k\left|R_y\right|$$

и невозможно при противоположном знаке неравенства. Из уравнений движения свободного твердого тела (1)-(2) имеем при $\alpha =0$
$$\begin{array}{c}M\ddot{x}=R_x,0=R_y-Mg-F,\\ M{r}^2\phi =r(R_x-F),\end{array}$$

причем в случае качения (вычислить ${\mathbf{v}}_{\mathrm{S}}$ двумя способами)
$$\ddot{r}\ddot{\phi }+\ddot{x}=0.$$

Следовательно,
$$\begin{array}{c}F=2R_x,\\ \frac{R_x}{R_y}=\frac{1}{2}\frac{F}{Mg+F}=\frac{\ddot{x}(0)}{g+2\ddot{x}(0)}=-\frac{r\ddot{\phi }(0)}{g-2r\ddot{\phi }(0)}.\end{array}$$

Осталось найти $\ddot{\phi }(0)$. Известно, что если лагранжиан
$$L=\sum a_{ij}(q){\dot{q}}_i{\dot{q}}_j-V(q),$$

то уравнения Лагранжа будут:
$$\mathrm{\Sigma }{a}_{ij}{\ddot{q}}_j+\mathrm{\Sigma }{\gamma }_{jk}^i{\dot{q}}_j{\dot{q}}_k+\frac{\partial V}{\partial q_i}=0.$$

В частности, в состоянии мгновенного покоя системы ( ${\dot{q}}_i^{(0)}=0$ )
$$A\ddot{q}=-\frac{\partial V}{{\partial }^{\prime }q},$$

где $A$ — матрица коэффициентов кинетической энергии. Для решения задачи надо вычислить правую и левую части последнего равенства в нашей конкретной задаче.

За определяющие координаты системы при качении возьмем угол $\alpha$ отклонения нити от вертикали и абсолютный угол поворота обруча. Пусть также $s$ — длина смотавшейся нити.

Для вычислений нам потребуются подвижная система координат. Явно важные точки здесь — центр обруча $S$, точка $P$ соприкосновения с прямой, точка $Q$ касания нити, точка $m$. Начало подвижной системы координат помещаем в $S$, а ось направляем по $SQ$. Тогда в этой системе координат точки $S,Q$ неподвижны, точка $P$ движется по окружности радиуса $r$, точка $m$ движется по прямой, параллельной оси $O\xi$.
Угловая скорость системы координат
$${\mathit{\omega }}_{\text{пер }}={\alpha }_{\mathrm{t}},$$

относительная угловая скорость обруча
$${\mathbf{\Omega }}_{\text{отн }}=(\dot{\phi }-\dot{\alpha }){\mathbf{e}}_5.$$

Относительная скорость $m$ вычисляется двумя способами:
$${\mathbf{v}}_{\text{тн }}=\dot{s}{\mathrm{e}}_{\xi }=-r(\dot{\phi }-\dot{\alpha }){\mathrm{e}}_{\xi },$$

откуда
$$\dot{s}=r(\dot{\alpha }-\phi ),s=r(\alpha -\phi ).$$

Константа интегрирования гасится произволом в выборе $\phi$. Потенциальная энергия
$$V=mg(\overline{Sm},{\mathbf{e}}_y)=mgr(\sin \alpha +(\phi -\alpha )\cos \alpha ),$$

так что
$${\frac{\partial V}{\partial \phi }|}_{\alpha =0}=mgr,{\frac{\partial V}{\partial \alpha }|}_{\alpha =0}=0.$$

Переносная скорость точки $m$ равна
$$\begin{array}{c}{\mathbf{v}}_{\text{пер }}={\mathbf{v}}_S+[{\omega }_{\text{пер }}\times \overline{Sm}]=\\ =(-\dot{\phi }\sin \alpha -r\dot{\alpha }){\mathrm{e}}_{\xi }+(-r\dot{\phi }\cos \alpha +\dot{s}){\mathrm{e}}_{\eta },\end{array}$$

наконец, абсолютная при $\alpha =0$
$${{\mathbf{v}}_{\text{абс }}|}_{\alpha =0}=-r\dot{\phi }{\mathrm{e}}_{\xi }+(r\dot{\phi }+s\dot{\alpha }){\mathbf{e}}_{\eta }.$$

Поэтому кинетическая энергия системы в положении $\alpha =0$
$$T=\frac{m}{2}(2r^2{\dot{\phi }}^2-2s\dot{\alpha }\dot{\phi }+s^2{\dot{\alpha }}^2)+\frac{1}{2}2M{r}^2{\dot{\phi }}^2.$$

Уравнение (8) приобретает вид
$$\left(\begin{array}{l}2(M+m)r^2-msr\\ -msr& m{s}^2\end{array}\right)\left(\begin{array}{l}\ddot{\phi }(0)\\ \ddot{\alpha }(0)\end{array}\right)=\left(\begin{array}{c}-mgr\\ 0\end{array}\right).$$

откуда
$$\ddot{\phi }(0)=\frac{-mgr\cdot m{s}^2}{2m(M+m)r^2{s}^2-m^2{s}^2{r}^2}=-\frac{mg}{(2M+m)r}.$$

так что условие качения получается таким:
$$\frac{m}{2M+3m}⩽k.$$

Замечание. Если просто тянуть обруч за нить с силой $\mathbf{F}=mg$, то получим
$$\frac{m}{2M+2m}⩽k,$$

если же масса $m$ жестко прикреплена к обручу и находится в крайнем положении, то
$$\frac{m^2+Mm}{m^2+M(2M+4m)}⩽k.$$

Задача 5. Внутри неподвнжной вертикальной окружности радиуса $\rho +r$ катается однородный диск радиуса $r$ массы $M$, по которому в свою очередь катается однородная палочка длины $2l$, массы $m$. Определить, при каких условиях будет устойчиво положение равновесия, в котором диск находится внизу, а палочка лежит на нем горизонтально. Определить частоты малых колебаннй при $m\to 0$.

Явно важными точками являются центр неподвижной окружности $O$, центр диска $A$, точка касания диска и окружности $B$, центр палочки $S$, точка соприкосновения ее с диском $P$. Определяющие координаты надо выбрать из следующих переменных:
угол $\theta$ поворота радиуса-вектора $OA$,
угол $\phi$ поворота диска,
угол $\psi$ поворота палочки,
расстояние $S$ между точками $S$ и $P$.

Наиболее приемлемыми представляются $\theta ,\psi$. Для вычисления кинетической и потенциальной энергии необходимо, в частности, выразить $s$ и $\phi$ через $\theta ,\psi$. Будем искать подвижную систему координат.

Отметим явно важные точки на чертеже (рис. 39). Если мы возьмем в качестве начала точку $O$, а ось пустим по $OAB$, то траектория точки $S$ простой не получится. Придется примириться с тем, что и начало и оси системы движутся. Достаточно просто движется точка $A$ — поместим начало в нее. Если мы теперь направим ось $O\eta$ в точку $P$, то точка $B$ в полученной системе будет двигаться по окружности, а точка $S$ — по прямой, параллельной оси $O\xi$.
Скорость начала системы $A\xi \eta$ по модулю
$$\left|{\mathbf{v}}_A\right|=\rho |\dot{\theta }|\text{. }$$

С другой стороны, поскольку в точке $B$ находится мгновенный центр скоростей диска,
$$\left|{\mathbf{v}}_A\right|=r|\dot{\phi }|,$$

откуда с учетом направления вращения имеем первую связь:
$$\rho \dot{\theta }+r\dot{\phi }=0.$$

Относительная угловая скорость диска
$${\omega }_{\text{отн }}=(\dot{\phi }-\dot{\psi }){\mathrm{e}}_{\zeta }.$$

Относительная скорость точки $s$ имеет два выражения:
$${\mathbf{v}}_{\text{от }}=\dot{s}{e}_{\xi }=-r(\dot{\phi }-\dot{\psi }){\mathrm{e}}_{\xi }.$$

Учитывая (9), мы получим вторую связь — между $\dot{s},\dot{\phi },\dot{\psi }$ :
$$\dot{s}=-r\dot{\phi }+r\dot{\psi }=\rho \dot{\theta }+r\dot{\psi }$$

и, наконец,
$$s=\rho \theta +r\psi .$$

Потенциальная энергия системы
$$\begin{array}{rl}V=& Mg(\overline{OA},{\mathrm{e}}_y)+mg(\overline{OS},{\mathrm{e}}_{\xi })=(Mg\overline{OA}+mg(\overline{OA}+\overline{AP}+\overline{PS},{\mathrm{e}}_{\vartheta })=\\ & =-Mg\rho \cos \theta +mg(-\rho \cos \theta +r\cos \psi +(\rho \theta +r\psi )\sin \psi ).\end{array}$$

Разложим ее в ряд Тейлора в окрестности точки $\theta =\psi =0$. С точностью до членов третьего порядка малости
$$\frac{V}{g}=mr-(M+m)\rho +\frac{(M+m)}{2}{\rho }^2+m\rho \theta \psi +mr\frac{{\psi }^2}{2}.$$

Матрица вторых производных
$$B=g\left(\begin{array}{cc}(M+m)\rho & m\rho \\ m\rho & mr\end{array}\right).$$

Диагональные элементы положительны. Для устойчивости достаточно, чтобы в точке $\theta =\psi =0$ был строгий минимум функции $V$, т. е., в данном случае, чтобы определитель был положителен:
$$(m+M)m\rho r-m^2{\rho }^2>0.$$

В случае противоположного знака неравенства $V$ имеет седловую точку, и равновесие неустойчиво в первом приближении. Итак, условие устойчивости имеет вид
$$r>\frac{m}{m+M}\rho .$$

Для вычисления частот малых колебаний надо вычислить матрицу $A$ кинетической энергии в положении равновесия $\theta =\psi =0$. В этом положении скорость начала системы координат
$${\mathbf{v}}_A=\rho \dot{\theta }{\mathrm{e}}_{\xi };$$

ее угловая скорость (она и всегда такая)
$${\omega }_{\text{пер }}=\dot{\psi }{\mathrm{e}}_{\zeta },$$

переносная скорость точки $S$,
$${\mathbf{v}}_S^{\text{nep }}={\mathbf{v}}_A+[{\omega }_{\text{пер }}\times \overline{AS}]=\rho \dot{\theta }{\mathbf{e}}_{\xi }+r\dot{\psi }[{\mathbf{e}}_6\times {\mathbf{e}}_{\eta }]=(\rho \dot{\theta }-r\dot{\psi }){\mathbf{e}}_{\xi },$$

относительная ее скорость (10).
$${\mathbf{v}}_S^{\text{отн }}=\dot{s}{\mathbf{e}}_{\xi }=(\rho \dot{\theta }+r\dot{\psi }){\mathrm{e}}_{\xi }.$$

Таким образом, кинетическая энергия при $\psi =\theta =0$
$$\begin{array}{c}T=\frac{M}{2}{\mathbf{v}}_A^2+\frac{1}{2}\frac{{}^{\ell }M{r}^2}{2}{\dot{\phi }}^2+\frac{m}{2}{\mathbf{v}}_S^2+\frac{m{l}^2}{6}{\dot{\psi }}^2=\\ =\frac{3}{4}M{\rho }^2{\dot{\theta }}^2+\frac{m}{2}(4{\rho }^2{\dot{\theta }}^2+\frac{l^2}{3}{\dot{\psi }}^2).\end{array}$$

Ее матрица
$$A=\left(\begin{array}{cc}(\frac{3}{2}M+4m){\rho }^2& 0\\ 0& \frac{m{l}^2}{3}\end{array}\right).$$

Характеристическое уравнение напишем при $M=g=\rho =1$ :
$$\det (A{\omega }^2-B)=0\Rightarrow ((3+8m){\omega }^2-2(1+m))(l^2{\omega }^2-3r)-6m=0.$$

Устремляя $m\to 0$, получим ${\omega }_1=\sqrt{\frac{2}{3}},{\omega }_2=\sqrt{\frac{3r}{l^2}}$. В общем виде
$${\omega }_1=\sqrt{\frac{2g}{3\rho }},{\omega }_2=\sqrt{\frac{3gr}{l^2}}.$$

Это соответственно частота малых колебаний одного только диска без палочки и частота малых колебаний палочки на неподвижном диске. Результат физически очевидный.

Задача 6. Палочка длины $2l$ подвешена на двух вертикальных нитях длины $a$ и $b$, прикрепленных на расстоянии к наклонной (под углом $\gamma$ ) прямой (рис. 40). Определить частоту плоских малых колебаний около этого состояния равновесия.

Явно важные точки в этой задаче — это концы и середина палочки и места закрепления нити. Простые траектории у этих точек будут только в системе координат, жестко связанной с палочкой, но это не облегчит нам описание кинематики палочки. Поэтому от применения подвижной системы координат откажемся.

Для решения задачи достаточно вычислить вторую производную потенциальной энергии:
$$V(\alpha )=-\frac{mg}{2}(a\cos \alpha +b\cos \beta )$$

в положении равновесия (с учетом связи между $\mathit{\alpha }$ и $\beta$ ) и кинетическую энергию палочки в положении (именно положении, а не состоянии) равновесия. Для этого заметим, что при $\alpha =\beta =0$ скорости концов палочки горизонтальны и не ортогональны ей. Отсюда следует, что палочка движется мгновенно-поступательно, т. е. ее угловая скорость обращается в нуль (мгновенный центр скоростей уходит в бесконечность). Поэтому скорости концов равны между собой. Отсюда
$$a\dot{\alpha }=b\dot{\beta }$$

так что связь имеет вид
$$\beta =\frac{a}{b}\alpha +O\left({\alpha }^2\right),$$

и потенциальная энергия получает разложение Тейлора
$$\begin{array}{c}V=-\frac{mg}{2}(a(1-\frac{{\alpha }^2}{2})+b(1-\frac{{\beta }^2}{2}))+\dots =\text{ const }+\\ +\frac{mg}{2}(a+\frac{a^2}{b})\frac{{\alpha }^2}{2}+\dots .\end{array}$$

Поскольку при $\alpha =0$ движение мгновенно-поступательное, горизонтальная скорость центра дает всю кинетическую энергию палочки:
$$T={\frac{1}{2}A(\alpha ){\dot{\alpha }}^2|}_{\alpha =0}=\frac{m}{2}(a\dot{\alpha }{)}^2=\frac{m{a}^2}{2}{\dot{\alpha }}^2.$$

Следовательно,
$$\omega =\sqrt{\frac{V^{\prime \prime }(0)}{A(0)}}=\sqrt{\frac{g}{2}(\frac{1}{a}+\frac{1}{b})}.$$

От $l$ и наклона $\gamma$ ответ не зависит.
Заключение. Рассмотренные примеры показывают, что применение принципа явно важных точек (причем начинать надо буквально с того, что отметить эти точки на чертеже) может существенно облегчить преодоление чисто кинематических трудностей при решении задач, особенно плоских. В то же время нередко этот принцип приводит к системам координат, которые «и так очевидны» или бесполезны — такая констатация не опровергает используемую единую концепцию. Она, эта концепция, — не универсальный метод, гарантированно приводящий к оптимальному выбору подвижной системы координат, а неформальный прием обработки условия задачи, во многих случаях полезный для упрощения процесса решения.

В дополнение подчеркнем, что все векторные величины целесообразно записывать только в виде $\mathbf{a}=a_{\xi }{\mathrm{e}}_{\xi }+a_{\eta }{\mathrm{e}}_{\eta }+a_5{\mathrm{e}}_{\xi }$, чтобы при дифференцировании не забыть о том, что векторы ${\mathbf{e}}_5,{\mathbf{e}}_{\eta },{\mathbf{e}}_5$ не постоянны, чтобы удобно было вычислять скалярные и особенно векторные произведения, вообще, чтобы слегка избыточной символикой поддерживать более прочную связь с наглядно-геометрическими образами.
МЕТОД КООРДИНАТНЫХ ДВИЖЕНИИ
ДЛЯ СИСТЕМ СО СТАЦИОНАРНЫМИ СВЯЗЯМИ

То, что связи не зависят от времени, на практике означает, что при постановке задачи не указываются точки или тела, совершающие заранее предписанные движения. В этом случае определяющие координаты можно ввести так, что положения всех точек системы выражаются через них независящим от времени образом: ${\mathbf{r}}_v={\bar{\mathbf{r}}}_v(q_1,\dots ,q_n)$; тогда скорости точек имеют выражения, линейные и однородные по определяющим скоростям:
$${\dot{\mathbf{r}}}_v={\mathbf{v}}_v^{(1)}+{\mathbf{v}}_v^{(2)}+\dots +{\mathbf{v}}_v^{(n)}=\frac{\partial {\mathbf{r}}_v}{\partial q_1}{\dot{q}}_1+\frac{\partial {\mathbf{r}}_v}{\partial q_2}{\dot{q}}_2+\dots +\frac{\partial {\mathbf{r}}_v}{\partial q_n}{\dot{q}}_n.$$

Импульс и кинетический момент системы в свою очередь линейно выражаются через ${\dot{r}}_{\mathbf{v}}$. Следовательно,
$$\begin{array}{l}\mathbf{P}={\mathbf{P}}^{(1)}+\dots +{\mathbf{P}}^{(n)},\\ \mathbf{\Lambda }={\mathbf{\Lambda }}^{(1)}+\dots +{\mathbf{\Lambda }}^{(n)},\end{array}$$

где
$${\mathbf{P}}^{(i)}=f^{(i)}(q)\dot{q_i},{\mathrm{\Lambda }}^{(i)}={\phi }^{(i)}(q){\dot{q}}_i$$

суть нмпульс и момент такого движения (лучше было бы сказать — «перемещения», так как действующие силы сейчас ни при чем), когда изменяется только $i$-я определяющая координата, а остальные постоянны.

Если в системе есть твердое тело, то скорость его центра масс и его угловая скорость также представляются в виде
$$\begin{array}{l}\dot{\mathbf{s}}={\dot{\mathbf{s}}}^{(1)}+\dots +{\dot{\mathbf{s}}}^{(n)},\\ \mathit{\omega }={\mathit{\omega }}^{(1)}+\dots +{\mathit{\omega }}^{(n)}\end{array}$$

и могут быть вычислены по такой же схеме. Отсюда для тела
$$\begin{array}{c}{\mathbf{P}}^{(i)}=M{\dot{\mathbf{s}}}^{(i)},\\ {\mathbf{\Lambda }}_S^{(i)}=A{p}^{(i)}\mathbf{e}+B{q}^{(i)}{\mathbf{e}}^{\prime }+C{r}^{(i)}{\mathbf{e}}^{\prime \prime }.\end{array}$$

Кинетическая энергия квадратична по скоростям, так что для ее вычисления потребуется более громоздкая техника. Ограничимся для простоты системами с двумя степенями свободы:
$${\mathbf{r}}_v={\bar{\mathbf{r}}}_v(q_1,q_2),{\dot{\mathbf{r}}}_v={\mathbf{v}}_v^{(1)}+{\mathbf{v}}_v^{(2)}.$$

Тогда
$$\begin{array}{l}T=\frac{1}{2}\mathrm{\Sigma }{m}_v({\mathbf{v}}_v^{(1)}+{\mathbf{v}}_v^{(2)},{\mathbf{v}}_v^{(1)}+{\mathbf{v}}_v^{(2)})=\\ =\frac{1}{2}\mathrm{\Sigma }{m}_v{\left({\mathbf{v}}_v^{(1)}\right)}^2+\frac{1}{2}\mathrm{\Sigma }{m}_v{\left({\mathbf{v}}_v^{(2)}\right)}^2+\mathrm{\Sigma }{m}_v({\mathbf{v}}_v^{(1)},{\mathbf{v}}_v^{(2)}).\end{array}$$

Здесь $T^{(1)}$ и $T^{(2)}$ — кинетические энергии координатных движений, а $T^{(12)}$ — слагаемое, которое в обоих координатных движениях равно нулю, но не равно нулю в общем случае. Тем не менее знание координатных движений позволяет его вычислить.

Рассмотрим случай, когда система представляет собой единственное твердое тело; тогда
$$\dot{\mathbf{s}}={\dot{\mathbf{s}}}^{(1)}+{\dot{\mathbf{s}}}^{(2)},\mathit{\omega }={\mathit{\omega }}^{(1)}+{\mathit{\omega }}^{(2)},{\mathbf{\Lambda }}_S={\mathbf{\Lambda }}_S^{(1)}+{\mathbf{\Lambda }}_S^{(2)},$$

и потому
$$T^{(1)}=\frac{M}{2}{\left({\dot{\mathbf{s}}}^{(1)}\right)}^2+\frac{1}{2}({\mathbf{\Lambda }}_S^{(1)},{\mathit{\omega }}^{(1)}),$$

$$\begin{array}{c}{T}^{(2)}=\frac{M}{2}{\left({\dot{\mathbf{s}}}^{(2)}\right)}^2+\frac{1}{2}({\mathbf{\Lambda }}_S^{(2)},{\mathit{\omega }}^{(2)}),\\ T^{(12)}=\mathrm{\Sigma }m({\dot{\mathbf{s}}}^{(1)}+[{\mathit{\omega }}^{(1)}\times \mathit{\rho }],{\dot{\mathbf{s}}}^{(2)}+[{\mathit{\omega }}^{(2)}\times \mathit{\rho }])=\\ =\mathrm{\Sigma }m({\dot{\mathbf{s}}}^{(1)},{\dot{\mathbf{s}}}^{(2)})+\mathrm{\Sigma }m([{\mathit{\omega }}^{(1)}\times \mathit{\rho }],[{\mathit{\omega }}^{(2)}\times \mathit{\rho }])+\\ +\underset{―}{({\dot{\mathbf{s}}}^{(1)},[{\mathit{\omega }}^{(2)}\times \mathrm{\Sigma }m\rho ])}+\underset{―}{([{\mathit{\omega }}^{(1)}+\mathrm{\Sigma }m\rho ],{\dot{\mathbf{s}}}^{(2)})}=\\ =M({\dot{\mathbf{s}}}^{(1)},{\dot{\mathbf{s}}}^{(2)})+({\mathit{\omega }}^{(1)},\mathrm{\Sigma }m[\mathit{\rho }\times [{\mathit{\omega }}^{(2)}\times \mathit{\rho }]]).\end{array}$$

Подчеркнутые слагаемые равны нулю. Наконец,
$$T^{(12)}=M({\dot{\mathbf{s}}}^{(1)},{\dot{\mathbf{s}}}^{(2)})+({\mathit{\omega }}^{(1)},{\mathbf{\Lambda }}_S^{(2)}).$$

Формулы (20) — (23) составляют основу вычислений всех динамических величин для тела. Если в системе тел несколько, то вычисления проводятся для каждого в отдельности, а потом результаты суммируются.

В качестве примера приведем систему из задачи 3 . Имеем $q_1=\mathrm{s},q_2=\alpha$. Составим таблицу (рис. 37 ):

Этот метод медленно, но верно приводит к цели, так как технические затруднения равномерно распределяются по выкладкам.
Аналогичный подход позволяет постепенно произвести
вычисление обобщенных сил, зависящих только от положения.

Дана система $N$ точек $m_v$; действуют силы
$${\mathbf{F}}_{\mathbf{v}}={\mathbf{F}}_{\mathbf{v}}({\mathbf{r}}_1,\dots ,{\mathbf{r}}_N).$$

Для вычисления обобщенных сил $Q_i$ в базовую форму
$$\beta =\mathrm{\Sigma }({\mathbf{F}}_v,\delta {\mathbf{r}}_v)$$

надо подставить изохронные дифференциалы функции $r_v$ и собрать коэффициенты при $\delta q_i$ :
$$\delta {\mathbf{r}}_v=\frac{\partial {\mathbf{r}}_v}{\partial q_1}\delta q_1+\frac{\partial {\mathbf{r}}_v}{\partial q_2}\delta q_2+\dots +\frac{\partial {\mathbf{r}}_v}{\partial q_n}\delta q_n.$$

В нашем случае выражение изохронных дифференциалов такое же, как и скоростей (ср. с (11)). Теперь вспомним теорему об изменении кинетической энергии:
$$\frac{dT}{dt}=\mathrm{\Sigma }({\mathbf{F}}_v,{\dot{\mathbf{r}}}_v).$$

Правая часть сейчас так же зависит от ${\dot{q}}_i$, как форма (25) от $\delta q_i$. Иначе говоря,
$$\frac{dT}{dt}=\mathrm{\Sigma }{Q}_i(q_1,\dots ,q_n)q_i.$$

Этим обстоятельством особенно удобно пользоваться в случае твердого тела, так как тогда в силу (3), (15), (16)
$$Q_i{\dot{q}}_i=(\mathbf{\Phi },{\dot{\mathbf{s}}}^{(i)})+({\mathbf{G}}_S,{\mathit{\omega }}^{(i)}).$$

Итак, обобщенные силы для тела (и, конечно, точки) можно определять, рассматривая фиктивные координатные движения и вычисляя $Q_i$ по формулам (28).
Нередко бывает, что
$${\dot{\mathbf{s}}}^{(i)}={\dot{q}}_i{\mathrm{e}}^{(i)},{\omega }^{(i)}=0\text{, или, напротив, }{\dot{\mathbf{s}}}^{(i)}=0,{\omega }^{(i)}={\dot{q}}_i{\mathrm{e}}^{(i)},$$

где ${\mathrm{e}}^{(i)}$ — некоторый единичный вектор. Тогда соответственно
$$Q_i=(\mathbf{\Phi },{\mathrm{e}}^{(i)}),Q_i=({\mathbf{G}}_S,{\mathrm{e}}^{(i)}),$$
т. е. обобщенная сила имеет смысл проекции суммарной силы или проекции момента сил на некоторое направление.

Задача 7. Имеется осесимметричная катушка. Пусть ее радиус будет $r$, центральный момент инерции относительно оси симметрии $I=M{d}^2$ ( $d$ называется радиусом инерции). Катушка катится без проскальзывания по горизонтальной прямой: трения качения нет, а ее тянут с силой $F$ за нить, натянутую под углом $\alpha$ к прямой и намотанную концентрически оси катушки на расстоянии $a$. Определить ускорение центра катушки (рис. 31).
Начнем с того, что выпишем
$$\dot{\mathbf{s}}=\dot{x}{\mathrm{e}}_x,\mathbf{\Omega }=\dot{\phi }{\mathrm{e}}_z=-\frac{\dot{x}}{r}{\mathbf{e}}_2.$$

Кинетическая энергия катушки
$$T=\frac{1}{2}M\dot{x^2}+\frac{1}{2}I\dot{{\phi }^2}=\frac{M}{2}(1+\frac{d^2}{r^2})\dot{x^2}.$$

Поскольку нет проскальзывания, а трение качения равно нулю, реакцию опоры в теореме об изменении кинетической энергии учитывать не следует (тема 9). Имеем
$$\mathbf{\Phi }=F\cos \alpha {\mathbf{e}}_x+(F\sin \alpha -mg){\mathbf{e}}_y,{\mathbf{G}}_s=Fa{\mathbf{e}}_z.$$

Поэтому по формулам (28) и (29):
$$\begin{array}{c}Q\dot{x}=F\cos \alpha \dot{x}-Fa\dot{\phi }=F\frac{r\cos \alpha -a}{r}\dot{x},\\ Q=F\frac{r\cos \alpha -a}{r}.\end{array}$$

Поскольку
$$\frac{d}{dt}\frac{\partial T}{\partial \dot{x}}-\frac{\partial T}{\partial x}\equiv M(1+\frac{d^2}{r^2})\ddot{x},$$

из универсального уравнения Лагранжа получаем ответ:
$$\ddot{x}=\frac{F}{M}\frac{r(r\cos \alpha -a)}{r^2+d^2}.$$

В принципе следовало бы еще задать коэффициент трения скольжения $k$, вычислить $R_x$ и проверить неравенство $\left|R_x\right|⩽k\left|R_y\right|$. Но здесь мы считали $k=\mathrm{\infty }$, так что единственное условие возможности качения состоит в том, что вертикальная составляющая силы не превосходит веса катушки: $F\sin \alpha ⩽mg$.

В заключение заметим, что вычисление обобщенных сил по описанной схеме нецелесообразно, когда систему можно рассматривать как идеализированную и движущуюся только за счет потенциальных сил (как правило, это сила тяжести и силы упругости): тогда удобнее сразу вычислить потенциальную энергию $V(q_1,\dots ,q_n)$ и составить уравнения Лагранжа (здесь $Q_i=$ $=-\partial V/\partial q_i)$.