1. Si el sistema mostrado inicia desde el reposo, encuentre la velocidad t=1,2 s a) del collarín A, b) del collarín B. No tome en cuenta las masas de las poleas y el efecto de la fricción.

Solución

Datos:

v0=0

vA=?→t=1,2 s

vB=?→t=1,2 s

X B+2 X A+(X B−X A)=Cte

(1)2 XB+X A=Cte

(2)2vB+v A=0

(3)2aB+aA=0

Despejamos a aBen la ecuación 3

aB=−a A2

(4)

Para el collarín A

∑FX=ma :2T−T=mAaA

T=mAaA (5)

10kg 2TT

X A−X B

Para el collarín B

a)

vA=v0+aA t

vA=0,91m /¿s2 (1,2 s )=1,092m¿ s¿

b)

vB=v0+aB t

vB=−0,455m/¿s2 (1,2 s )=−0,546m¿ s←¿

∑FX=ma :2T−T=mAaA

T=mAaA (5)

∑FX=ma

2T−25N=mBaB(6)

Reemplazamos 4 y 5 en 6

2(mAaA)−25N=mB(−aA2

)

2(mAaA)+mBaA2

=25N

a A(2mA+mB2 )=25N

a A=( 25N

2mA+mB2 )=0,91m /¿s

2 ¿

Entonces,

15kg 2T25N

4. Para transportar una serie de bultos de tejas A hasta el techo, un contratista utiliza un montacargas motorizado compuesto por una plataforma horizontal BC que se monta sobre los rieles unidos a los lados de una escalera. El montacargas empieza su movimiento desde el reposo, al principio se mueve con una aceleración constante a1 como se muestra en la figura. Después se desacelera a una tasa constante a2 y se detiene en D, cerca de la parte superior de la escalera. Si se sabe que el coeficiente de fricción estática entre el bulto de tejas y la plataforma horizontal es de 0.30, determine la aceleración máxima permisible a1, y la desaceleración máxima permisible a2 si el bulto no debe resbalarse sobre la plataforma.

Solución

Datos:

¿¿

μs=0,30

a1=?a2=?

Para a1

mAa1

F1=F1max

Entonces,

F1=μsN1 →F1=0,30N1

+↑ F y=mAay :N1−W A=mAa1∗Sen (65 ° )

N1−mA g=mAa1∗Sen (65 ° )

N1=mA (g+a1Sen (65 ° ))

+→Fx=mAax :F1=mAa1∗cos (65 ° )

0.3 [mA (9,81m+a1Sen (65 ° ) )]=mAa1∗cos (65 ° )

Entonces,

a1=0.3 (9,81m / s2 )

cos (65° )−0.3(Sen (65 ° ))=19,53m /s2

Para a2

5. Los dos bloques que se muestran en la figura se |encuentran originalmente en reposo. Si se desprecian las masas de las poleas y el efecto de fricción en éstas y entre el bloque A y la superficie horizontal, determine: a) La aceleración de cada bloqueb) La tensión en el cable.

Solución

Datos:μA=0

F2=μs N2 →F2=0,30N2

+↑ F y=mAay :N2−W A=mAa2∗Sen (65 ° )

N 2−mA g=mAa2∗Sen (65 ° )

N 2=mA (g+a2Sen (65 ° ))

+→Fx=mAax :−F2=−mAa2∗cos (65 ° )

0.3 [mA (9,81m−a1Sen (65 ° )) ]=mA a2∗cos (65° )

a2=0.3 (9,81m /s2 )

cos (65 ° )+0.3(Sen (65 ° ))=4,24m / s2

a A=? aB=?T=?

a)

Para el bloque A:

∑FX=ma=−T→ mAaA=−T

Para el bloque B:

Entonces sabemos que

aB=gmB

mB+9mA=

9(25)25+9(30)

=0,83135m /¿s2¿

30kg

W A

T

N A

mAaA

−T=−3mAaA

T=3mAaA

X A+3Y B=C te

vA+3 vB=0

a A+aY B=0

25kg

W B

T

mBaB

2T∑F y=mg

−3T+W=mB aB

−3[3mAaB]+W=mBg

W=mBaB+9mAaB

W=aB(mB+9mA)

Y la aceleracion en A seria igual a

a A=−3 ( gmBmB+9mA

)=−3( 9 (25 )25+9 (30 ) )=−2,49406m /¿s

2 ¿

b)

T=3mAaB

T=3mA( g mBmB+9mA )

T=3 (30 )( 9 (25 )25+9 (30 ) )=74,82N