Çift Atwood makinesi

Problem: Şekilde $m_{1}$ ve $m_{2}$ kütleleri, kütlesiz, sürtünmesiz ve esnemez, kısaca ideal, $A$ sicimiyle hareketli (yine kütlesiz ve sürtünmesiz) $B$ makarası üzerinden birbirlerine bağlıdırlar. $B$ makarası ise ideal $C$ sicimiyle kütlesiz ve sürtünmesiz, tavana sabitlenmiş, $D$ makarası ile $m_{3}$ kütlesine bağlıdır. Sistem başlangıçta hareketsiz olarak $t=0$ anında resimde yukarıdan aşağıya olan $g$ yerçekimi ivmesi ile harekete başlamaktadır. Tüm kütlelerin ve hareketli $B$ makarasının ivmesiyle, $A$ ve $C$ sicimlerindeki gerilmeyi soruda verilenler cinsinden ifade ediniz. (Resimin üzerine tıklayarak daha yüksek çözünürlükteki versiyonunu görebilirsiniz.)

Bu soruyu bir fizik ders kitabının arkasındaki sorular arasında işte meydan sınıfında bir soru olarak gördüm ve epeyce ilgimi çekti. Küçücük (hem de ideal) bir basit makinenin insanı nasıl otuzüçleteceğini görmek isterseniz, bu soruda şansınızı denemelisiniz.

Soruyu çözmeye başlamadan önce bizden istenilenleri, yani bilinmeyenleri, yazarak en az kaç adet denkleme ihtiyacımız olduğunu tespit edelim. Kütlelerin ivmeleri $a_{1}$, $a_{2}$ ve $a_{3}$ ve hareketli $B$ makarasının ivmesi $a_{B}$ olmak üzere 4 adet ivme. Buna ek olarak $A$ ve $C$ sicimlerindeki gerilimler $T_{A}$ ve $T_{B}$ var. Dolayısıyla toplamda 6 adet bilinmeyenimiz mevcut. Bunun için altı tane denklem ya da şart yazmamız gerekiyor.

Şimdi eğer Newton'ın ikinci hareket kanununu üç kütleye ve kütlesiz makaraya uygularsak, o zaman elimizde dört tane denklem olmaktadır. Bu ise yeterli değil. O zaman fiziğin bize sağladığı denklemlerin/şartların dışında geometrik ya da matematiksel başka şartlar bulunmalı ki, problemin çözümü tespit edilebilsin. Bizim çalıştığımız problemde sicimlerin uzunluğunun sabit olması bir geometrik şart olarak ortaya çıkmaktadır. Ben cisimlerin $D$ makarasının merkezine göre olan uzaklıklarını sırasıyla $x_{1},$ $x_{2},$ $x_{3}$ ve $x_{B}$ nicelikleri ile ölçtüm. Kuşkusuz başka bir eylemsiz referans noktasına göre de, örneğin tavana göre, bu ölçümleri yapabilirdik. Ama $B$ makarasının merkezine göre bu ölçümleri yapsaydık çıkan sonuç, bu makara ivmelendiği için yanlış olacaktı.

$B$ ve $D$ makaralarının sabit olan çevre uzunluklarına sırasıyla $s_{B}$ ve $s_{D}$ diyelim. O zaman basitçe şekile bakarak $A$ siciminin uzunluğunun $l_{A} = (x_{1}-x_{B}) + s_{B}/2 + (x_{2}-x_{B})$ ya da \begin{equation*} l_{A} = x_{1} - 2x_{B} + x_{2} + \frac{1}{2} s_{B} \end{equation*} olduğunu tespit ederiz. Resime göre aşağı yönü pozitif aldığımızdan, kinematiğin temel tanımlarını kullanarak bu denklemin zamana göre ikinci türevini alırsak, o zaman \begin{equation*} {\rm K1:} \ \ \ \boxed{a_{1} - 2a_{B} + a_{2} = 0} \end{equation*} denklemini elde ediyoruz. Tamamen benzer şekilde $C$ siciminin uzunluğu için de \begin{equation*} l_{C} = x_{B} + x_{3} + \frac{1}{2}s_{D} \end{equation*} denklemi geçerlidir. Yine her iki tarafın zamana göre ikinci türevi alındığında \begin{equation*} {\rm K2:} \ \ \ \boxed{a_{B}+a_{3} = 0} \end{equation*} denklemini çıkarmış oluyoruz.

Problemin zor noktasını aştık. Bundan sonra artık sadece Newton'ın ikinci hareket kanununu sistemde hareket eden dört cisme de uygulayacağız ve mekanik içerikli dört denklem elde edeceğiz. (Aşağı yönü pozitif aldığımızı tekrar vurgulayalım.) \begin{eqnarray} \nonumber &&{\rm M1:} \ \ \ \boxed{m_{1}g - T_{A} = m_{1}a_{1}} \\ \nonumber &&{\rm M2:} \ \ \ \boxed{m_{2}g - T_{A} = m_{2}a_{2}} \\ \nonumber &&{\rm M3:} \ \ \ \boxed{m_{3}g - T_{C} = m_{3}a_{3}} \\ \nonumber &&{\rm M4:} \ \ \ \boxed{2T_{A} - T_{C} = 0} \end{eqnarray} Bu mekanik denklemlerden ilk üçü aşırı derecede kolay anlaşılabilir. Lakin dördüncü mekanik denklemin sağ tarafının sıfır olması denge şartından kaynaklanmamakta, tam tersine hareketli olan $B$ makarasının kütlesinin sıfır olmasından kaynaklanmaktadır. $B$ makarasının kütlesi olsaydı, o zaman M4 etiketli denklemin sağ tarafı $m_{B}a_{B}$ ile verilecekti.

Soruyla ilgili yazdığımız denklemlerde bütün bilinmeyenler birinci dereceden yer alıyor. Bu tip denklemlere literatürde lineer denklemler denir. Lineer cebirde Gauss eliminasyonu denilen bir yöntem ile bütün lineer denklemler -eğer çözümleri varsa- sadece aritmetik işlemler kullanılarak, sonlu sayıda işlem sonrasında çözülebilirler. Bu kuşkusuz bilgisayarlar için, hele hele sadece altı tane bilinmeyeni olan bir sistemde, çocuk oyuncağıdır ama iş Gauss eliminasyonunu kağıt kalemle uygulamaya geldiğinde bu biraz kıllı... Denklem sistemimizdeki altı denklemin hemen hemen hepsinde sadece iki değişken yer alıyor. Normalde altı değişken/bilinmeyen de yer alabilir. Bu tip az sayıda değişkenin kendini denklemlerde gösterdiği sistemlere literatürde sparse (seyrek) sistemler denir. Seyrek sistemlerin çözümleri nisbeten daha hızlıdır. Çalıştığımız sistem seyrek olduğu için onu kağıt kalemle çözmeye cüret edebiliriz. Normalde doğrudan bir bilgisayar cebir yazılımını (mesela Maxima) kullanmamız gerekirdi bu aşamada.

Şimdi (K1) etiketli denklemden $a_{B} = (a_{1}+a_{2})/2$ ve (K2) etiketli denklemden de $a_{3} = -a_{B} = -(a_{1}+a_{2})/2$ ara sonuçlarını elde edebiliriz. Devamla (M1) ve (M2) denklemlerini sırasıyla $m_{1}$ ve $m_{2}$ ile böler ve çıkan sonuçları taraf tarafa toplarsak, o zaman aşağıdaki ara sonuca ulaşırız. \begin{equation*} {\rm AS1:} \ \ \ 2g - \frac{m_{1}+m_{2}}{m_{1}m_{2}}T_{A} = a_{1}+a_{2} = -2a_{3} \end{equation*} Şimdi (AS1) ile (M3) etiketli denklemler taraf tarafa bölünür ve (M4) etiketli denklemden $T_{C}=2T_{A}$ yazılırsa, o zaman \begin{equation*} {\rm AS2:} \ \ \ \frac{m_{3}g-2T_{A}}{2g - \frac{m_{1}+m_{2}}{m_{1}m_{2}}T_{A}} = -\frac{m_{3}}{2} \end{equation*} denklemine ulaşıyoruz. Sadece bir tane bilinmeyen içeren (AS2) etiketli denklem o kadar basit ki ben bile çözebilirim! \begin{equation*} T_{A} = \frac{4m_{1}m_{2}m_{3}g}{4m_{1}m_{2}+m_{1}m_{3}+m_{2}m_{3}} \end{equation*} $T_{C}$ ise bu gerilimin tam iki katı kadar olacaktır. (Gerilim değerlerinin, olması gerektiği gibi, çalıştığımız referans sisteminde her türlü kütle seçimi için pozitif çıktığına dikkat ediniz.) (M1) etiketli denklem yoluyla \begin{equation*} a_{1} = g - \frac{1}{m_{1}}T_{A} = \frac{4m_{1}m_{2}+m_{1}m_{3}-3m_{2}m_{3}}{4m_{1}m_{2}+m_{1}m_{3}+m_{2}m_{3}}g \end{equation*} hesaplanılır. Benzer şekilde (M2) etiketli denklem bize \begin{equation*} a_{2} = g - \frac{1}{m_{2}}T_{A} = \frac{4m_{1}m_{2}-3m_{1}m_{3}+m_{2}m_{3}}{4m_{1}m_{2}+m_{1}m_{3}+m_{2}m_{3}}g \end{equation*} formülünü verecektir. Son olarak \begin{equation*} a_{3} = -\frac{1}{2}(a_{1}+a_{2}) = \frac{4m_{1}m_{2}-m_{1}m_{3}-m_{2}m_{3}}{4m_{1}m_{2}+m_{1}m_{3}+m_{2}m_{3}}g \end{equation*} ifadesi hesaplanılır. $a_{B} = -a_{3}$ olduğundan problemin çözümü burada bitmiştir.