Рассмотрим шар радиуса $r$, который обязан кататься по неподвижной плоскости $O x y$ без проскальзывания. Это значит, что всякий раз равна нулю скорость той его (самой нижней) точки $P$, в которой в данное мгновение происходит соприкосновение с плоскостью:
\[
\mathbf{v}_{S}+[\boldsymbol{\omega} \times \overline{S P}]=0,
\]

здесь $S$ – центр шара. Пусть
\[
\begin{array}{c}
\overline{O S}=(x, y, r), \quad \boldsymbol{\omega}=\omega_{x} \mathbf{e}_{x}+\omega_{y} \mathbf{e}_{y}+\omega_{z} \mathbf{e}_{z}, \\
\mathbf{v}_{S}=\dot{x} e_{x}+\dot{y} e_{y}, \overline{S P}=-r \mathbf{e}_{z} ;
\end{array}
\]

тогда
\[
\dot{x}-r \omega_{y}=0, \dot{y}+r \omega_{x}=0 .
\]

СВОЙСТВО НЕГОЛОНОМНОСТИ

относится к связям, наложенным на шар, т. е. к предписаниям, к предварительным условиям, в силу которых ему позволено двигаться только так, чтобы тождественно ьыполнялись условия $z=r$ и (2). Эти связи неголономны в том смысле, что ограничивают распределение скоростей точек шара, но не мешают ему занять произвольное положение на плоскости.

Пусть в положении 1 тело касается плоскости в точке $Q_{1}$ точкой $P_{1}$, а в положении 2 – в точке $Q_{2}$ точкой $P_{2}$. Знание этих точек, разумеется, не определяет однозначно названных положений (сохраняется возможность вращать шар вокруг нормали к плоскости, проведенной в точке касания), но составляет основу доказательства вышевысказанного утверждения.

Это доказательство станет яснее, если мы сначала покажем голономную задачу: наложим на шар дополнительное ограничениеразрешим кататься только вдоль оси $O x$ (ср. с примером 1 из $\$ 11$ – качение диска по прямой). Теперь корректно определен угол поворота $\varphi$ шара вокруг направления $O y$, причем $\omega_{y}=\dot{\varphi}$, $\omega_{z}=\omega_{x}=0$. Получаем
\[
\dot{x}=\dot{r} \varphi,
\]

откуда после интегрирования (обратим внимание на эту операцию)
\[
x=r \varphi+\text { const. }
\]

При качении вдоль прямой соприкосновение с плоскостью происходит только в точках того большого круга, который проходит через $P_{1}, P_{2}$. Ясно, что если длина дуги $P_{1} P_{2}$ отличается от расстояния $\left|\overline{Q_{1} Q_{2}}\right|$ на $2 \pi r n$, то мы можем так прокатить тело по прямой, что из первого положения оно перейдет во второе, иначе – не можем.

Вернемся к исходной задаче. Непосредственно формулы (2) проинтегрировать мы не можем. В том ли только дело, что мы пока что не научились удачно вводить некоторые углы поворота $\varphi, \psi$ с тем, чтобы получить ( $)_{y}=\dot{\varphi}, \omega_{x}=\dot{\psi}$ ? Нет. Никаких подобных переменных ввести невозможно, ибо ничто нам (вслед за Пуанкаре) не мешает нарисовать на поверхности шара кривую $P_{1} P_{2}$ длины $\left|\overline{Q_{1} Q_{2}}\right|$, прокатить шар, опираясь о плоскость точками этой дуги, а когда точки $P_{2}$ и $Q_{2}$ совместятся, довернуть тело до нужного положения, вращая его вокруг вертикали.
ШАР НА ГОРИЗОНТАЛЬНОЙ ПЛОСКОСТИ.

На однородный шар действуют две силы: вес $m g$, приложенный в центре $S$, и реакция опоры $\mathbf{R}$, приложенная в точке касания $P$. Из соображений симметрии ясно, что
\[
\boldsymbol{\Lambda}_{\mathrm{S}}=I \boldsymbol{\omega},
\]

где $I$ – центральный момент инерции шара. Нетрудно показать, что $I=(2 / 5) m r^{2}$. Уравнения движения суть
\[
\begin{array}{l}
m \frac{d \mathbf{v}_{S}}{d t}=m \mathbf{g}+\mathbf{R}, \\
I \frac{d \omega}{d t}=[\overline{S P} \times \mathbf{R}] .
\end{array}
\]

Легко увидеть, что ( $\left.\dot{\mathbf{v}}_{S}, \overline{S P}\right)=0$ (по условию) и ( $\left.\dot{\boldsymbol{\omega}}, S P\right)=0$ (из второго уравнения). Пусть $\mathbf{R}_{\|}$- компонента силы реакции, параллельная плоскости. Тогда
\[
m \dot{\mathbf{v}}_{S}=\mathbf{R}_{\|}, \quad I \dot{\boldsymbol{\omega}}=\left[\overrightarrow{S P} \times \mathbf{R}_{\|}\right] .
\]

Подставляя первое во второе и используя (1), получаем
\[
\begin{array}{c}
I \dot{\boldsymbol{\omega}}=m\left[\overline{S P} \times \dot{\mathbf{v}}_{S}\right]=m[\overline{S P} \times[\overline{S P} \times \dot{\boldsymbol{\omega}}]]=m \overline{S P}(\overline{S P}, \dot{\boldsymbol{\omega}})- \\
-m(\overline{S P})^{2} \dot{\boldsymbol{\omega}}=-m r^{2} \dot{\boldsymbol{\omega}} \Rightarrow \dot{\boldsymbol{\omega}} \equiv 0 \Rightarrow \dot{\mathbf{v}}_{S}=0 \Rightarrow \mathbf{R}_{\|}=0 .
\end{array}
\]

Шар катится равномерно и вращается равномерно.
Задача 39. Шар катится по горизонтальной плоскости, которая перемещается вдоль самой себя со скоростью $\mathbf{u}(t)$ поступательно. Пусть на плоскости нарисована кривая. Доказать, что можно так двигать плоскость, что шар будет катиться по этой кривой.
Указание. Получить соотношение
\[
\frac{d \mathbf{v}_{\mathbf{o}} \mathbf{r}_{\mathbf{H}}}{d t}=-\frac{5}{7} \frac{d \mathbf{u}}{d t}
\]

и использовать его.
Задача 40. Шар катится по горизонтальной плоскости, которая вращается с вертикальной угловой скоростью $\Omega$. Показать, что с точки зрения неподвижного наблюдателя шар катится по окружности (и вовсе не «укатывается в бесконечность»).
Указание. Получить соотношение
\[
\frac{d \mathbf{v}}{d t}=\frac{2}{7} \frac{d}{d t}[\boldsymbol{\Omega} \times \overline{O P}]=\frac{2}{7}[\boldsymbol{\Omega} \times \mathbf{v}]
\]

и использовать его.
ШАР В ВЕРТИКАЛЬНОМ ЦИЛИНДРЕ.

Продолжим знакомство со странностями движения при наличии ‘неголономных связей. Пусть шар катится без проскальзывания в неподвижном цилиндре радиуса $\rho+r$. Система уравнений движения:
\[
\mathbf{v}_{s}+[\boldsymbol{\omega} \times \overline{S P}]=0,
\]

\[
\begin{array}{c}
m \frac{d \mathbf{v}_{S}}{d t}=m \mathbf{g}+\mathbf{R}, \\
I \frac{d \boldsymbol{\omega}}{d t}=[\overline{S P} \times \mathbf{R}]=m\left[\overline{S P} \times\left[\frac{d \mathbf{v}_{S}}{d t}-\mathbf{g}\right]\right] .
\end{array}
\]

Теперь, в отличие от вышеприведенных задач, $\overline{S P}$ уже не имеет постоянного направления. Это неудобство можно ослабить, воспользовавшись вращающейся системой координат $O \xi \eta \zeta$, в которой центр масс находится все время в плоскости $O \xi \zeta$, а ось $O \zeta$ совпадает с осью цилиндра. Будем все векторы раскладывать по реперу $\mathbf{e}_{\xi}, \mathbf{e}_{\eta}, \mathbf{e}_{\xi}$. При дифференцировании векторов непременно надо учитывать, что векторы $\mathbf{e}_{\mathbf{s}}$, $\mathbf{e}_{\eta}$ вращаются. Пусть $\varphi$ – угол поворота нашей системы координат вокруг оси $O \zeta, z$ – вертикальная координата центра шара. Выкладки начнем с разложений
\[
O S=\rho \mathbf{e}_{\xi}+z \mathbf{e}_{\xi}, \quad \boldsymbol{\omega}=\omega_{\xi} \mathbf{e}_{\xi}+\omega_{\eta} \mathbf{e}_{\eta}+\omega_{\xi} \mathbf{e}_{\xi} .
\]

Выполняя дифференцирования этих векторов с учетом
\[
\dot{\mathbf{e}}_{\xi}=\dot{\varphi} \mathbf{e}_{\eta}, \quad \dot{\mathbf{e}}_{\eta}=-\dot{\varphi} \mathbf{e}_{\xi},
\]

и подставляя в (5), (7), получим в проекциях на $\mathbf{e}_{\xi}, \mathbf{e}_{\eta}, \mathbf{e}_{5}$
\[
\begin{array}{c}
\rho \dot{\varphi}=-r \omega_{\zeta}, \\
\dot{z}=r\left(\omega_{\xi},\right. \\
(2 / 5)\left(\dot{\omega_{\xi}}-\dot{\varphi} \omega_{\eta}\right)=0, \\
(2 / 5) m r^{2}\left(\omega_{\eta}+\omega_{\xi} \varphi\right)=(-r \ddot{z}+r g) m, \\
(2 / 5) m r^{2} \dot{\omega}_{\xi}=r \rho \ddot{\varphi} m .
\end{array}
\]

Из (5ร) и (7५)
\[
\dot{\omega}_{6}=0, \quad \omega_{\mathrm{b}}=c_{1}=\mathrm{const}, \quad \dot{\varphi}=-(r / \rho) c_{1}=\text { const. }
\]

Из (7)) и (5५)
\[
\begin{array}{c}
0=\dot{\omega}_{\xi}-\omega_{\eta} \dot{\varphi}=+\dot{\omega}_{\xi}+\frac{\dot{z}}{r} \frac{r}{\rho} c_{1}=\dot{\omega}_{\xi}+\frac{\dot{z}}{\rho} c_{1}, \\
\omega_{\xi}+\frac{z}{\rho} c_{1}=c_{2}=\text { const. }
\end{array}
\]

Внеся все полученное в $(7 \eta)$, получим
\[
\begin{array}{l}
\frac{2}{5} r\left(\frac{\ddot{z}}{{ }_{\frac{1}{\omega_{\eta}} 1}-}-\left(c_{2}-c_{1} \frac{z}{\rho}\right) \frac{r}{\rho} c_{1}\right)=-\ddot{z}-g, \\
\ddot{z}+\frac{2}{7} \frac{r^{2}}{\rho} c_{1} z=\frac{2}{7} \frac{c_{1} c_{2} r^{2}}{\rho}-\frac{5}{7} g . \\
\end{array}
\]

Общее решение последнего уравнения имеет вид
\[
z(t)=\frac{K}{k}+A \cos \sqrt{k}\left(t-t_{0}\right) .
\]

Следовательно, шар движется вверх-вниз по синусоидальному закону.

3адача 41. Показать, что
a) наряду с интегралами:
\[
\omega_{\zeta}=c_{1}, \omega_{\xi}+\frac{z}{\rho} \omega_{\zeta}=c_{2},
\]

есть еще интеграл энергии
\[
\frac{m v^{2}}{2}+I \frac{\omega^{2}}{2}+m g z=h ;
\]
б) амплитуда колебаний по $z$ при начальных условиях $\omega_{0} \| e_{z}$ (для простоты) равна
\[
\frac{5}{2} \frac{p^{2}}{r^{2}} \frac{g}{\omega^{2}} .
\]

Странность поведения шара в цилиндре до некоторой степени объясняется тем, что все взаимодействие шара с поверхностью цилиндра мы свели к появлению единственной силы, приложенной в единственной точке касания. На деле взаимодействие, разумеется, сложнее. Тем не менее при игре в баскетбол иногда можно наблюдать, как мяч, уже оказавшийся несколько ниже кольца, вдруг выкатывается из него.