Подвижный и неподвижный блоки

[Утундрий]

EUgeneUS
Ну, если должна, то и получится.

[Norma]

Munin
Тогда поскольку работа идеальных связей не учитываются, то принцип Д.-Л. примет вид:

$(m_3g-m_3a_3)\delta y_3 +(m_2g-m_2a_2)\delta y_2 +(m_1g-m_1a_1)\delta y_1=0$

[Munin]

Вот это уже интересней, и можно попробовать решить.

[Norma]

Munin
Недостаточно уравнений, к сожалению. Тех двух уравнений связи оказалось маловато

-- 02.04.2020, 18:24 --

Еще можно получить такое уравнение: $a_1+a_2+2a_3=0$

[Munin]

Так всё-таки, что такое "принцип Д.-Л." (в том числе, что там за фамилии?), что он гласит, и как понимать полученное из него уравнение?

[Norma]

Munin
Даламбер и Лагранж. Принцип гласит, что в механической системе с идеальными связями на любом виртуальном перемещении сумма работ активных сил, а также сил инерции равна 0. Для груза $m_3$: $\delta y_3$ - виртуальное перемещение, $-m_3\vec{a_3}$ -сила инерции, $m_3\vec{g}$- активная сила.

[Munin]

Тогда это уравнение у вас должно давать несколько скалярных.

[Norma]

Munin
Я раскрыл все скалярные произведения и получилось одно скалярное уравнение

[Munin]

Фраза "на любом виртуальном перемещении" что означает?

[Norma]

Munin
Мы произвольным образом выбираем возможное перемещение каждого из грузов. Я его выбрал так, что у всех трех грузов возможные перемещения направлены вниз.(Теперь мне кажется, что такого не может быть)

-- 02.04.2020, 20:52 --

Если я правильно понял, то должно быть так:
$-(m_3g-m_3a_3)\delta y_3 -(m_2g-m_2a_2)\delta y_2 +(m_1g-m_1a_1)\delta y_1=0$ ($m_1$ движется вниз)

$-(m_3g-m_3a_3)\delta y_3 +(m_2g-m_2a_2)\delta y_2 -(m_1g-m_1a_1)\delta y_1=0$ ($m_2$ движется вниз)

$(m_3g-m_3a_3)\delta y_3 -(m_2g-m_2a_2)\delta y_2 -(m_1g-m_1a_1)\delta y_1=0$ ($m_3$ движется вниз)

[Утундрий]

Norma в сообщении #1450619 писал(а):

произвольным образом выбираем возможное перемещение каждого из грузов

Введите два угла поворота блоков, будет проще.

[Sicker]

Norma
У вас две степени свободы, рассмотрите только координаты первого груза и второго груза относительно круглого блока

-- 02.04.2020, 21:20 --

(Оффтоп)

Через Эйлера-Лагранжа все получилось, первый блок должен покоиться, а вот для Д-Л в первом уравнении вылезает член $(m_2-m_3)a_2$, хотя должно быть просто $(m_1-m_1-m_3)g-(m_1+m_2+m_3)a_1=0$

[Munin]

Norma в сообщении #1450619 писал(а):

Munin
Мы произвольным образом выбираем возможное перемещение каждого из грузов. Я его выбрал так, что у всех трех грузов возможные перемещения направлены вниз.

Нет. Мы всеми произвольными образами выбираем возможные перемещения каждого из грузов. Некоторые из этих способов будут давать старые уравнения, но некоторые - новые уравнения.

Считайте, что $\delta y_1,\delta y_2,\delta y_3$ - это некие базисные векторы в 3-мерном пространстве, и вы должны приравнять выражение нулю во всём пространстве. Или... не во всём?

Ну пока давайте думать, что во всём. Это значит, что уж заведомо надо приравнять это выражение нулю на осях координат. А на первой оси координат у нас $\delta y_2=\delta y_3=0,$ и только $\delta y_1$ принимает произвольные значения. И вы это можете подставить в вашу формулу Д'Аламбера-Лагранжа. И вот, у вас готово одно скалярное уравнение! Потом вы подставляете $\delta y_1=\delta y_3=0,$ и получаете второе скалярное уравнение. И потом подставляете $\delta y_1=\delta y_2=0,$ и получаете третье скалярное уравнение. И с таким богатством можете отыскивать много неизвестных. Понятно?

(Можно подставлять и другие значения, но они уже не дадут новых уравнений, а только комбинации уже известных.)

Если это понятно, то дальше надо учесть, что в вашем случае ещё наложены связи...

[Norma]

Munin
А, ну здесь только две степени свободы(две независимые координаты), поэтому не во всем. Нужно еще воспользоваться уравнением связи: $\delta y_2+\delta y_3+2\delta y_1=0$

[Munin]

Затык пройден?