Рассмотрим класс модельных задач, описывающих движение одной материальной точки. Уравнения Ньютона имеют вид
\[
\begin{array}{l}
m \ddot{x}=X(\dot{x}, \dot{y}, \dot{z}, x, y, z, t), \\
m \ddot{y}=Y(\dot{x}, \dot{y}, \dot{z}, x, y, z, t), \\
m \ddot{z}=Z(\dot{x}, \dot{y}, \dot{z}, x, y, z, t) .
\end{array}
\]

Мы не ставим задачу решить эти уравнения, так как в общем случае это невозможно. Поэтому наметим более расплывчатую, но зато более реальную и вместе с тем достойную цель: искать качественные заключения о движении.

Например, полезно узнать, действует в данной задаче закон сохранения энергии или нет. С точки зрения физики это означает проверку того, сохраняется ли в задаче механическая форма энергии, ибо в узких рамках классической механики выражения типа «энергия превращается в тепло» не имеют смысла. Поэтому нам предпочтительнее говорить не «закон сохранения» (раз уж это не совсем закон), а «первый интеграл уравнений движения». В общем виде это функция $\Phi(\dot{r}, \mathbf{r}, t)$ такая, что если $(x(t), y(t), z(t))$ есть произвольное решение уравнений (1), то сложная функция времени
\[
\Phi(\dot{x}(t), \dot{y}(t), \dot{z}(t), x(t), y(t), z(t), t)
\]

всякий раз постоянна (но получающаяся константа, конечно, может быть разной для разных движений). В частности,

ИНТЕГРАЛ ЭНЕРГИИ
\[
H=\frac{m v^{2}}{2}+V(\mathbf{r})=\frac{m}{2}\left(\dot{x}^{2}+\dot{y}^{2}+\dot{z}^{2}\right)+V(x, y, z) .
\]

Он имеет вполне определенную аналитическую структуру. Первое слагаемое $T=m v^{2} / 2$ зависит только от скорости и называется кинетической энергией, второй зависит только от положения (и не зависит от времени) и называется потенциальной энергией. Подставим в $H$ произвольное решение уравнений (1) и полученную сложную функцию продифференцируем по времени:
\[
\frac{d H}{d t}=m(\dot{x} \ddot{x}+\ddot{y} \ddot{y}+\ddot{z} \ddot{z})+\frac{\partial V}{\partial x} \dot{x}+\frac{\partial V}{\partial y} \dot{y}+\frac{\partial V}{\partial z} \dot{z} .
\]

Заменяя $\ddot{z}, \ddot{y}$, $\ddot{x}$ их выражениями из уравнений (1), получим
\[
\frac{d H}{d t}=\frac{X \dot{x}+Y \dot{y}+Z \dot{z}+\frac{\partial V}{\partial x} \dot{x}+\frac{\partial V}{\partial y} \dot{y}+\frac{\partial V}{\partial z} \dot{z}}{(\mathbf{F}, \dot{\mathbf{r}})}=
\]
$-(\operatorname{grad} V, \dot{\mathbf{r}})$

\[
=\left(X+\frac{\partial V}{\partial x}\right) \dot{x}+\left(Y+\frac{\partial V}{\partial y}\right) \dot{y}+\left(Z+\frac{\partial V}{\partial z}\right) \dot{z} .
\]

Отсюда следует

Теорема. А. Вдоль движения всегда
\[
\frac{d T}{d t}=(\mathbf{F}, \dot{\mathbf{r}}) \text {. }
\]
Б. Если дано консервативное поле сил, т. е. если
\[
\mathbf{F}=-\operatorname{grad} V, \quad V=V(x, y, z),
\]

то имеет место интеграл энергии.
Условие Б достаточно, но отнюдь не необходимо (скоро мы это обсудим). Консервативное поле потенциально (см. тему 4), и при этом потенциал не зависит от времени.
Примеры консервативных сил:
1) сила тяжести: $\mathbf{F}=-m g \mathbf{e}_{z} \Rightarrow V=m g z$;
2) сила упругости:
\[
\mathbf{F}=-k \mathbf{r}=\left(\begin{array}{c}
-k x \\
-k y \\
-k z
\end{array}\right) \Rightarrow V=\frac{k}{2}\left(x^{2}+y^{2}+z^{2}\right)=\frac{k r^{2}}{2} ;
\]
3) сила гравитации:
\[
\mathbf{F}=-\frac{f M m}{r^{3}} \mathbf{r} \Rightarrow V=-\frac{f M m}{r} .
\]

Возможны случаи, когда интеграл энергии заведомо не может существовать. Например, если к силе, зависящей только от положения, добавляется сила вязкого трения – cv. Тогда в выражении $d H / d t$ появится слагаемое вида – $c v^{2}$, которое квадратично зависит от скорости и не может быть компенсировано другими слагаемыми, которые от скорости зависят линейно.

Для существования интеграла энергии вполне достаточно, чтобы было $(\mathbf{F}, \dot{\mathbf{r}}) \equiv-\dot{V}$. Назовем силу $\mathbf{f}(\dot{\mathbf{r}}, \mathbf{r}, t)$ аэргической (греч. «эргос» – работа), если
\[
(\mathrm{f}, \dot{\mathrm{r}}) \equiv 0 .
\]

Ясно, что прибавление ее к силе $\mathbf{F}=-\operatorname{grad} V$ не нарушит наличия интеграла энергии, хотя движения станут другими. Например, магнитная составляющая силы Лоренца $\mathbf{F}=(q / c)[\mathbf{v} \times \mathbf{B}]$ является аэргической силой, так как $([\mathbf{v} \times \mathbf{B}], \mathbf{v}) \equiv 0$. Мы уже столкнулись с этим при исследовании движений в однородном магнитном поле: интеграл энергии сводится к $m v^{2} / 2=\mathrm{const}$, как и для движения в отсутствие всяких сил.
Иного рода пример аэргической силы доставит нам

ДВИЖЕНИЕ ПО НЕПОДВИЖНОЙ НЕ ШЕРОХОВАТОЙ ПОВЕРХНОСТИ.
Допустим, что уравнение
\[
f(x, y, z)=0
\]

задает поверхность $\mathfrak{M}$, регулярную в каждой своей точке:
\[
\left.\operatorname{grad} f\right|_{\min }
eq 0 .
\]

Примем, что
a) на точку действует сила $\mathbf{F}$;
б) точка обязана оставаться на поверхности.

Будем внимательны: сейчас должен быть очерчен новый подход к описанию воздействий на точку. Если раньше мы считали своим долгом явно, при помощи формул указать все силы, то теперь одно из воздействий описываем его результатом: точка остается на поверхности, и все. Говорят, что на точку наложена связь.

Ясно, что теперь $m \ddot{\mathbf{r}}
eq \mathbf{F}$, и определение движений нам придется давать заново. Примем следующие постулаты:
А. Влияние связи сводится к появлению некоторой новой силы $\mathbf{R}$ (силы реакции связи), так что имеет место закон Ньютона:
\[
m \ddot{\mathbf{r}}=\mathbf{F}+\mathbf{R} \text {. }
\]
(Ясно, что этого недостаточно. Подбирая неизвестную нам силу, можно реализовать любое движение на поверхности.)
Б. Взаимодействие точки с поверхностью таково, что в силе $\mathbf{R}$ отсутствуют слагаемые вида $-c(\mathbf{v}) \mathbf{v}$, т. е. не возникает сила сопротивления, сила трения; если говорить формально, то по определению сила $\mathrm{R} \perp \mathfrak{M}$ (рис. 3). Это можно записать так:
\[
\mathbf{R}=\lambda \operatorname{grad} f .
\]

Система уравнений движения имеет вид
\[
\left\{\begin{array}{l}
m \ddot{x}=X+\lambda \frac{\partial f}{\partial x}, \\
\ddot{m}=Y+\lambda \frac{\partial f}{\partial y}, \\
m \ddot{z}=Z+\lambda \frac{\partial f}{\partial z}, \\
f(x, y, z)=0 .
\end{array}\right.
\]

Надо искать четверки функций $x(t), y(t), z(t), \lambda(t)$, удовлетворяющие этой системе. Согласно определению силы реакции, она является аэргической, так как всегда ортогональна скорости. Если $\mathbf{F}=-\operatorname{grad} V(\mathbf{r})$, то движение по поверхности обладает интегралом энергии (2).
Аналогично можно рассмотреть

ДВИЖЕНИЕ ПО НЕПОДВИЖНОЙ НЕ ШЕРОХОВАТОЙ КРИВОЙ
задав ее системой уравнений:
\[
\left\{\begin{array}{l}
f_{1}(x, y, z)=0, \\
f_{2}(x, y, z)=0,
\end{array}\right.
\]

и представляя силу реакции в виде
\[
\mathbf{R}=\lambda_{1} \operatorname{grad} f_{1}+\lambda_{2} \operatorname{grad} f_{2} .
\]

Эффективнее другой путь. Зададим кривую параметрически: $\mathbf{r}=$ $=\overline{\mathbf{r}}(q)$, введем натуральный параметр
\[
s=\int_{q_{0}}^{q} \sqrt{\left(\frac{\overline{d x}}{d q}\right)^{2}+\left(\frac{d \bar{y}}{d q}\right)^{2}+\left(\frac{d \bar{z}}{d q}\right)^{2}} d q,
\]

перепишем уравнение кривой в виде $\mathbf{r}=\mathbf{r}^{*}(s)$ и воспользуемся репером Френе (зависящим от $s$ ):
\[
\mathbf{e}_{\tau}=\frac{d \mathbf{r}}{d s}, \mathbf{e}_{v}=\left|\frac{d^{2} \mathbf{r}}{d s^{2}}\right|^{-1} \frac{d^{2} \mathbf{r}}{d s^{2}}, \quad \mathbf{e}_{\beta}=\left[\mathbf{e}_{\tau} \times \mathbf{e}_{v}\right] .
\]

Величина (функция $s$ )
\[
\rho=\left|\frac{d^{2} \mathbf{r}}{d s^{2}}\right|^{-1}=\rho(s) .
\]

называется радиусом кривизны кривой. Ускорение (если формула, задающая движение, имеет вид $s=s(t)$ ) будет
\[
\ddot{\mathbf{r}}=\ddot{s} \mathbf{e}_{\tau}+\frac{\dot{s}^{2}}{\rho} \mathbf{e}_{v},
\]

так что векторное уравнение Ньютона $m \ddot{\mathbf{r}}=\mathbf{R}+\mathbf{F}, \mathbf{R} \perp \mathbf{e}_{\tau}$, примет форму равносильной системы скалярных уравнений:
\[
\left\{\begin{array}{l}
m \ddot{s}=F_{\tau}, \\
m \frac{\dot{s}^{2}}{\rho}=F_{v}+R_{v}, \\
0=F_{\beta}+R_{\beta} .
\end{array}\right.
\]

Компонента $F_{\tau}$ в силу $\mathbf{r}=\mathrm{r}^{*}(s), \dot{\mathbf{r}}=\left(d \mathbf{r}^{*} / d s\right) \dot{s}$ есть функция $\dot{s}, s, t$. Поэтому для вычисления движения по кривой надо решить одно дифференциальное уравнение второго порядка:
\[
m \ddot{s}=F_{\tau}(\dot{s}, s, t),
\]

а остальные уравнения из системы (4) позволят узнать силу $\mathbf{R}$ как функцию времени. Как функция $\dot{s}, s$ она уже известна:
\[
R_{v}=\frac{m \dot{\dot{s}^{2}}}{\rho}-F_{v}, R_{\beta}=-F_{\beta} .
\]

Интеграл энергии (2) в случае, когда поле сил $\mathbf{F}$ консервативно, снова имеет место. Пользуясь параметрическим заданием кривой, мы можем записать этот интеграл короче:
\[
H=\frac{m \dot{s}^{2}}{2}+V(s) .
\]

Это выражение отличается от (2) тем, что в нем полностью использовано наличие связи, тогда как (2) без уравнения $f=0$ имеет другой смысл: это интеграл энергии для свободной точки.
На примере кривой покажем теперь, как производить

УЧЁТ ТРЕНИЯ
В ситуации, когда есть основания полагать, что взаимодействие с кривой сопряжено с появлением дополнительной касательной силы. Итак, пусть $\mathbf{R}$ – сила, моделирующая воздействие кривой на точку. Для простоты будем считать кривую плоской. Тогда
\[
\ddot{m s}=F_{\tau}+R_{\tau}, m \dot{s}^{2} / \rho=F_{v}+R_{v} .
\]

Сила $R_{\tau}=R_{\tau} e_{\tau}$ называется силой трения, сила $R_{v}=R_{v} e_{v}$ – силой нормального давления (рис. 4). Основными являются две модели. Во-первых,
вязкое трение:

кривая характеризуется коэффициентом $c(v)$, так что $\mathbf{R}_{\tau}=$ $=-c(v) \mathbf{v}$. Тогда сначала надо решать уравнение типа (5):
\[
m \ddot{s}=F_{\mathrm{\tau}}-c(\dot{s}) \dot{s},
\]

после чего $R_{v}$, если надо, вычисляется отдельно. Во-вторых,
сухое трение:

кривая характеризуется коэффициентом трения $k$ так, что
\[
v \equiv 0 \Leftrightarrow\left|F_{\tau}\right| \leqslant k\left|F_{v}\right|
\]
(поскольку получается $\mathbf{F}+\mathbf{R} \equiv 0$, эквивалентно можно паписать, что $\left|R_{\tau}\right| \leqslant k\left|R_{v}\right|$; вспомним школьную задачу про брусок на плоскости);
\[
v
eq 0 \Rightarrow \mathbf{R}_{\tau}=-k\left|R_{v}\right| \mathbf{v} / v ;
\]

следовательно, из (8).
\[
\ddot{m}=F_{\tau}-\operatorname{sign} \dot{s}\left|\frac{m \dot{s}^{2}}{\rho}-F_{v}\right| .
\]

Уравнение (10) сложно; даже если сила $\boldsymbol{F}$ зависит только от положения $s$, правая часть все равно зависит от скорости, причем квадратичным образом – уравнение (10), вообще говоря, не линейно. Кроме того, правая часть (10) имеет разрыв при $\dot{s}=0$, так что решать (10) необходимо «по кускам»: отдельно для $\dot{s}>0, \dot{s}<$ $<0$. Правда, уравнение (10) можно свести к линейному (с переменными коэффициентами) уравнению для зависимости $v^{2}=f(s)$. В самом деле,
\[
\ddot{s}=\frac{d \dot{s}}{d t}=\frac{d \dot{s}}{d s} \frac{d s}{d t}=\frac{d v}{d s} v=\frac{d}{d s}\left(\frac{v^{2}}{2}\right) .
\]

Аналитические трудности все равно остаются большими. Приведем задачу, которая иллюстрирует уравнение (9) и вместе с тем дает простой пример уравнения типа (10):

ВЕРТИКАЛЬНОЕ ДВИЖЕНИЕ С КВАДРАТИЧНЫМ СОПРОТИВЛЕНИЕМ.
Точка движется по вертикальной прямой под действием силы тяжести и силы сопротивления, которая направлена противоположно скорости и пропорциональна ее квадрату. Тогда
\[
m \ddot{z}=-m g-\lambda \dot{z}|\dot{z}|
\]
(ось $z$ направлена вверх). Параметры задачи положительны, и
\[
[m]=M, \quad[g]=\mathrm{L} / \mathrm{T}^{2}, \quad[\lambda]=M / \mathrm{L} .
\]

Видим, что $m, g, \lambda$ размерно независимы; в процессе решения уравнения движения их можно будет приравнять к единице.
1. Найти $v(t)$, если $v(0)=0$ (падение). Положим $m=g=\lambda=1$. При $v=\dot{z}<0$ из (11).
\[
\frac{d v}{d t}=-1+v^{2}, \quad \frac{d v}{1-v^{2}}=-d t,
\]

откуда в силу $v(0)=0$ получаем
\[
\ln \frac{1+v}{1-v}=-2 t, \quad y=\frac{e^{-2 t}-1}{e^{-2 t}+1}=\text { th } t .
\]

Поскольку
\[
[v]=\left[\sqrt{\frac{m g}{\lambda}}\right], \quad[t]=\left[\sqrt{\frac{m}{g \lambda}}\right],
\]

общий результат
\[
v=-\sqrt{\frac{m g}{\lambda}} \text { th } \sqrt{\frac{\lambda g}{m}} t .
\]
2. Пусть точка брошена вверх со скоростью $v_{0}$. На какую максимальную высоту $h$ она поднимается?
Будем искать зависимость $v=v_{*}(z)$. Имеем
\[
\frac{d v}{d t}=\frac{d}{d z}\left(\frac{v^{2}}{2}\right) .
\]

Полагаем $m=g=\lambda=1$ и $v \geqslant 0$. Из (11)
\[
\frac{d}{d z} \frac{v^{2}}{2}=-1-v^{2}, \frac{d\left(v^{2}\right)}{1+v^{2}}=-2,
\]

откуда после интегрирования
\[
\frac{1}{2} \ln \left(1+v^{2}\right)=-z+C .
\]

При $z=0$ получаем $2 C=\ln \left(1+\vartheta_{0}^{2}\right)$, а при $z=C$ имеем $v=0$. Следовательно, $C$ и есть $h$. Поскольку
\[
[h]=\left[\frac{m}{\lambda}\right],\left[v_{0}\right]=[V \overline{m g / \lambda}],
\]

в общем случае
\[
h=\frac{m}{2 \lambda} \ln \left(1+\frac{\lambda v_{0}^{2}}{m g}\right) .
\]

Чтобы не ограничиваться формальным ответом, дадим простой качественный комментарий. Предположим, что мы имеем шары одинаковых размеров (тогда, согласно примеру из темы 1, коэффициент $\lambda$ у них один и тот же), но разных масс.

При бросании вниз скорость всегда стремится к пределу $-\sqrt{m g / \lambda}$, т. е. оба шара довольно скоро падают практически равномерно, но более тяжелый – быстрее.

Теперь допустим, что шары бросили вверх с одинаковыми скоростями. Преобразуем (14), исходя из разложения
\[
\ln (1+z)=z-\frac{z^{2}}{2}+O\left(z^{3}\right) .
\]

Получим
\[
h(\lambda)=\frac{v_{0}^{2}}{2 g}-\frac{\lambda v_{0}^{4}}{\left\{4 m g^{2}\right.}+O\left(\frac{\lambda^{2} v_{0}^{4}}{m^{2} g^{2}}\right) .
\]

При $\lambda=0$ эта формула дает высоту подъема в одном только поле тяжести, которая от массы не зависит. При $\lambda
eq 0$ (на практике $\lambda$ довольно мал) относительное изменение высоты
\[
\frac{h(\lambda)-h(0)}{h(0)} \approx-\frac{\lambda v_{0}^{2}}{2 m g},
\]

так что более тяжелый шар потеряет в высоте меньше.
Добавление к теме 5. ОБ ОДНОСТОРОННИХ СВЯЗЯХ
Поверхность делит пространство на две области. Из постановки конкретной задачи часто вытекает, что движущаяся точка может сойти с уровня $f=0$ (например, с поверхности твердого тела), но только в одну из них. Это можно записать в виде условия типа $f \geqslant 0$. Если вектор нормали направить в соответствующую сторону, то связь будет сохраняться, пока $R_{n} \geqslant 0$ (при этом точка как бы давит на поверхность).
Аналогичное замечание справедливо для плоской кривой.