Consumo de baterías

Disponemos de una batería eléctrica de $12\,\text{V}$ cuya capacidad es $75\,\text{A·h}$, Con la que alimentamos un único dispositivo que requiere una tensión de entrada de $12\,\text{V}$ y cuya potencia es de $8\,\text{W}$, conectándolo a los bornes de la batería. En el supuesto (ideal) de que la intensidad eléctrica que proporciona la batería se mantenga constante hasta el momento en que se agote, ¿durante cuánto tiempo podremos tener funcionando el dispostivo?.

La intensidad eléctrica que requiere nuestro dispositivo es $I=\dfrac{P}{V}=\dfrac{8}{12}\,\text{A}=\dfrac{2}{3}\,\text{A}\approx 0,67\,\text{A}$, luego, mediante una sencilla proporción directa, deducimos que, en las condiciones ideales de las prestaciones de la batería que se han expresado en el enunciado, podremos mantenerlo en funcionamiento durante $$\displaystyle \dfrac{75\,\text{A·h}}{\dfrac{2}{3}\,\text{A}}=112,5\,\text{h}=4\,\text{días}\,\,\text{16}\,\text{h}\,\,30\,\text{min}$$ $\diamond$

Estática de fluidos - Ejemplos

Una presa de sección rectangular, cuyo anchura es $\ell$, retiene el agua de un embalse, con una profundidad uniforme $a$. Teniendo en cuenta que la superficie interior de la presa (la que está en contacto con el agua) es plana, ¿cómo se distribuyen las fuerzas debidas a la presión del agua en función de la profundidad?.

Denotemos por $x$ la profundidad (tomando como origen de profundidades la superficie del agua). La presión hidrostática del agua a una profundidad $x$ es $p(x)=d\,g\,x$, donde $d$ designa la densidad del agua y $g$ la intensidad del campo gravitatorio.

  Por el principio de Pascal, y tomando un elemento rectangular diferencial de área en la pared de la presa, $dA(x)=\ell\,dx$, podemos escribir el elemento diferencial de fuerza que actúa sobre él como $dF(x)=p(x)\,dA(x)=p(x)\,\ell\,dx$, luego la fuerza del agua $F(x)$ sobre la pared a una profundida $x$ es $$F(x)=\int\,p(x)\ell\,dx=\int\,\ell\,d\,g\,x\,dx=\ell\,d\,g\,\int\,x\,dx=\dfrac{\ell\,d\,g}{2}\,x^2+C$$ y como para $x=0$, $F(x)=0$, luego $C=0$.

  Así pues, la distribución de la fuerza que actúa sobre la presa a lo largo de la profundidad es $F(x)=\dfrac{\ell\,d\,g}{2}\,x^2 \quad (1)$, que corresponde a una función cuadrática (parábola).

  La fuerza que actúa sobre la presa, debida a la presión de la columna de agua sobre el fondo, es $$F(a)=\dfrac{\ell\,d\,g}{2}\,a^2$$

  Nota: Otra forma de llegar al mismo resultado consiste en plantear la integral indefinida $$\displaystyle \int_{0}^{a}\,\ell\,d\,g\,x\,dx=\left[\dfrac{\ell\,d\,g}{2}\,x^2 \right]_{0}^{a}=\dfrac{\ell\,d\,g}{2}\,a^2$$

  De (1) se concluye que el grosor de la pared de la presa tiene que ser mayor cuanto mayor sea la profundidad, y, en buena lógica, la forma de la superficie exterior de la pared de la misma (la que no está en contacto con el agua) debe ser la de dicha parábola. $\diamond$

Un problemas sobre el triángulo de fuerzas en las reuniones de escalada

ENUNCIADO

La figura esquematiza el triángulo de fuerzas de una reunión de escalada. Se pide:
  a) ¿Qué podemos decir de $T_1$ y $T_2$ si $\theta_1 \neq \theta_2$?
  b) ¿Qué hay que hacer (al montarla) para que las tensiones $\vec{T}_1$ y $\vec{T}_2$ sean iguales?
  c) En las condiciones del apartado (b), ¿qué valor tiene que tener el ángulo que forman los dos lados iguales de la baga de reunión, $\alpha$, para que el módulo de las tensiones sea igual a la mitad de $P$?
  d) En las condiciones del apartado (b), ¿qué valor tienen los módulos de las tensiones $T_1=T_2\overset{.}{=}T$ (triángulo isósceles) si el ángulo que forman los dos lados iguales de la baga de reunión $\alpha=60^\circ$?

SOLUCIÓN
  a) En tal caso, el triángulo que se forma en la reunión es un triángulo escaleno (no isósceles), y por tanto $\vec{T}_1 \neq \vec{T}_2$; en cuanto a los módulos de estas tensiones, podemos decir que si $\theta_2 \gt \theta_1$ entonces $T_2 \gt T_1$. Nota: Para que la reunión funcione así, ésta deberá estar bloqueada en el vértice inferior (con un nudo de alondra al colocar el mosquetón madre o bien con cualquier otro nudo adecuado para tal finalidad); si no estuviese bloqueada, la reunión se equilibraría automáticamente al aplicar la carga y por tanto adoptaría una configuración simétrica (de triángulo isósceles), que es el caso del siguiente apartado.
  b) Si $\vec{T}_1=\vec{T}_2$, entonces $\theta_1=\theta_2$; esto es, la disposición del triángulo de fuerzas deberá corresponder a la de un triángulo isósceles.
  c) Esta situación es la que minimiza el módulo de la tensión $T$; en efecto, como $2\,T\,\cos\,\dfrac{\alpha}{2}=P$, y por tanto $T=\dfrac{P}{2\,\cos\,(\alpha/2)}$, resulta que $T$ es mínima cuando $\cos\,(\alpha/2)$ es máximo, esto es, si $\alpha/2=0^\circ$, y por tanto, si $\alpha=0^\circ$. Así, $T_1=T_2=\dfrac{P}{2}$.
  d) Consideremos, otra vez, las condiciones pedidas en el apartado (b), y denotemos por $\alpha$ el ángulo que forman los dos lados iguales del triángulo isósceles. Entonces, $\dfrac{\alpha}{2}=\theta_1=\theta_2$. Imponiendo la condición de equilibrio: $2\,T\,\cos\,\dfrac{\alpha}{2}=P$, y como se impone que $\alpha=60^\circ$, y por tanto, que $\alpha/2=30^\circ$, tendremos que $2\,T\,\cos\,30^\circ=P$, con lo cual $T=\dfrac{P}{2\,\cos\,30^\circ}$, esto es $T=\dfrac{P}{\sqrt{3}}\lt P$ ya que $1\lt \sqrt{3}\lt 2$; así, por ejemplo, una carga de $P=1000\,\text{N}$ —si pensamos en una carga estática, correspondería aproximadamente, por ejemplo, a colgar una masa de $100\,\text{kg}$ de la reunión— daría lugar a una tensión $T_1=T_2=\dfrac{1000}{\sqrt{3}}\approx 577\,\text{N}$. $\diamond$

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Referencias:
[1] J. Aranés Clua, El triángulo de fuerzas en escalada [https://blogdef1s1ca.blogspot.com/2022/07/el-triangulo-de-fuerzas-en-las_5.html].

El triángulo de fuerzas en las reuniones de escalada bloqueadas. Un sencillo estudio de las tensiones en las bagas y recomendaciones acerca de no montarlas con ángulos muy abiertos

Una buena comprensión de las fuerzas que intervienen en el montaje de una reunión de escalada es muy importante en cuanto a la seguridad, comodidad y eficacia de la misma. Para ello, hablaré aquí del llamado triángulo de fuerzas que se configura al disponer un anillo de cordino (o cinta) pasante por los seguros (fijos o flotantes) de la renunión formando un triángulo sin la base superior, de modo que: (1) dando un giro de media vuelta a una de las dos partes del anillo de baga en el tercer vértice para pasar por él y por la otra parte del anillo el mosquetón de seguridad —para que si se soltara uno de los anclajes, aún actuase el segundo— al objeto de que el triángulo de fuerzas se equilibre automáticamente —la configuración se modificará según la dirección de la fuerza activa, reequilibrándose para que, pasando el triángulo a tener una desposición de triángulo isósceles, ninguno de los anclajes quede sin tensión y éstas sean las mismas en los dos tramos de la baga de reunión (azúl y rojo)—, o bien (2): de manera que montemos dicha reunión con el triángulo de fuerzas bloqueado con un nudo de alondra (o de otro tipo, con la misma funcionalidad) en un mosquetón de seguridad en el tercer vértice, de manera que la forma del triángulo no se modifique automáticamente según la dirección de la fuerza activa y las tensiones en los dos tramos no sean las mismas (azúl y rojo), en cuyo caso bien es verdad que pudiera suceder que uno de los dos anclajes quedase apenas sin tensión y toda la resistencia se concentrara prácticamente en el otro, lo cual nos lleva a preferir las reuniones bloqueadas para el caso de que al menos uno de los dos seguros (el que supuestamente va a soportar la mayor tensión) sea lo suficientemente fiable.

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Notas preliminares:

1. Recordemos que es en el tercer vértice (punto $C$ en la figura de abajo) donde nos anclaremos con nuestra baga de anclaje y donde, también, conectaremos el dispositivo de aseguramiento bien sea para asegurar al primero de cordada que sale de la reunión para realizar el siguiente tramo o bien para asegurar al segundo de la cordada que va subiendo hacia la reunión.
2. No hablaré aquí de las reuniones con más de dos puntos de anclaje, si bien, desde luego, los principios que voy a mostrar son perfectamente aplicables para estos casos, pues igualmente se montan formando triángulos de fuerzas. Tampoco hablaré de las reuniones llamadas en línea (o en serie) que reservaremos para los casos en los que el anclaje principal sea totalmente fiable, pues es de éste el que soportará toda la carga, quedando los demás como puntos de seguridad de reserva.

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Reunión con el triángulo de fuerzas bloqueado y montada con dos puntos de anclaje

La figura muestra una reunión triangulada bloqueada —los dos tramos, coloreados de rojo y azúl, son en realidad las dos partes del anillo con el que montamos la renunión— y con la disposición asimétrica de fuerzas que en ella se muestra, con dos puntos de anclaje, $A$ y $B$. La carga en la dirección indicada (el peso)se aplica en el punto $C$, desde el cual sale la cuerda activa (coloreada en verde), como es el caso que se da para asegurar al segundo de cordada. Vamos a analizar qué ocurre con los módulos de las tensiones, $T_1$ y $T_2$, que sufren las dos bagas.

Imponiendo las condiciones de equilibrio (descomponiendo las fuerzas en las dos direcciones ortogonales) tenemos que $$\left.\begin{matrix}T_1\,\cos\,\theta_1+T_2\,\cos\,\theta_2=P \\ T_1\,\sin\,\theta_1=T_2\,\sin\,\theta_2\end{matrix}\right\}$$ sistema de ecuaciones /en $T_1$ y $T_2$) que podemos escribir de la forma $$\left.\begin{matrix}T_1\,\cos\,\theta_1+T_2\,\cos\,\theta_2=P \\ T_1\,\sin\,\theta_1-T_2\,\sin\,\theta_2=0\end{matrix}\right\}$$ Multiplicando ambos miembros de la primera ecuación por $\sin\,\theta_1$ y los dos miembros de la segunda por $\cos\,\theta_1$, llegamos al siguiente sistema equivalente, a partir del cual será muy fácil despejar cualquiera de las dos tensiones: $$ \left. \begin{matrix} T_1\,\cos\,\theta_1\,\sin\,\theta_1+T_2\,\cos\,\theta_2 \,\sin\,\theta_1 =P \\ T_1\,\sin\,\theta_1 \,\cos\,\theta_1-T_2\,\sin\,\theta_2 \,\cos\,\theta_1=0 \end{matrix} \right\} $$ así que restando la segunda ecuación de la primera, llegamos a $$T_2\,\left( \sin\,\theta_1\,\cos\,\theta_2+\sin\,\theta_2\,\cos\,\theta_1\right)=P\,\sin\,\theta_1$$ esto es $$T_2\,\sin(\theta_1+\theta_2)=P\,\sin\,\theta_1$$ y por tanto $$T_2=\dfrac{P\,\sin\,\theta_1}{2\,\sin(\theta_1+\theta_2)}$$ luego, sustituyendo este resultado en la segunda ecuación original, encontramos fácilmente que $$T_1=\dfrac{P\,\sin\,\theta_2}{2\,\sin(\theta_1+\theta_2)}$$ De estas expresiones podemos deducir que:

1. Si $\theta_2 \gt \theta_1$, entonces $T_1\gt T_2$ (y, viceversa, si $\theta_1 \gt \theta_2$, entonces $T_2\gt T_1$) si ya que, dividiendo miembro a miembro, los dos resultados de arriba encontramos que cada tensión es inversamente proporcional al ángulo respectivo; en efecto, $\dfrac{T_1}{T_2}=\dfrac{\sin\,\theta_2}{\sin\,\theta_1} \Rightarrow T_1\,\sin\,\theta_1=T_2\,\sin\,\theta_2$
2. En el caso particular de tener un triángulo isósceles, con $\theta_1=\theta_2$, y denominaremos $\theta$ al valor de estos dos ángulos iguales, el valor de las tensiones $T_1$ y $T_2$ también serán iguales —denominaremos $T$ a dicho valor común— debido a dicha siemtría, así que tendremos que $T=\dfrac{P\,\sin\,\theta}{\sin\,(2\theta)}=\dfrac{P\,\sin\,\theta}{2\,\sin\,\theta\,\cos\,\theta}=\dfrac{P}{2\,\cos\,\theta}$. Por lo tanto:
   • El valor mínimo de $T$ se obtiene para el caso en que el ángulo que forman las dos bagas con la recta de simetría es $\theta=0^\circ$, que correspondería al caso en el que el anclaje de una de ellas está encima/debajo del de la otra. Dicho valor mínimo de la tensión $T$ a la que están sometidas sendas bagas es, lógicamente, $T=\dfrac{P}{2}$, ya que la carga se reparte a iguales partes entre las dos bagas. En efecto, si $\theta=0$, entonces $\cos\,\theta=\cos\,0^\circ=1$, y por tanto, $T=\dfrac{P}{2\,\cos\,0^\circ}=\dfrac{P}{2\cdot 1}=\dfrac{P}{2}$
   • Observemos que la función $T(\theta)$ no tiene cota superior, es decir, $T$ tiende a $\infty$ cuando $\theta=90^\circ$ (caso en que las dos bagas forman un ángulo llano, $2\,\theta=180^\circ$), así que mucho ojo con el montaje de las tirolinas, ya que la tensión a la que se ve sometida la cuerda es enorme. De ahí, la importancia de no rebasar un ángulo de $\theta=30^\circ$ (y por tanto, de no montar las bagas formando un ángulo superior a $2\,\theta=60^\circ$) al objeto de no sobrecargar las bagas con este efecto de amplificación del valor de la tensión. Démonos cuenta de que, por ejemplo, para $\theta=45^\circ$ (ángulo entre las bagas igual a $90^{\circ}$ —¡demasiado grande!—, $T=\dfrac{P}{\sqrt{2}}\gt \dfrac{P}{2}$; mientras que si $\theta=30^\circ$ (ángulo entre las bagas igual a $60^{\circ}$ —valor que no debería rebasarse—, $T=\dfrac{P}{\sqrt{3}}\gt \dfrac{P}{2}$, aunque es menor que para el caso en ningún caso deseable de $2\,\theta=90^{\circ}$. En definitiva, cuanto menor sea el ángulo $2\,\theta$ que forman las dos bagas (o el triángulo de fuerzas equilibrado o bloqueado con una única baga) menos sobrecargaremos la reunión, ya que el valor de las tensiones en las dos bagas será $\dfrac{P}{2}\le T \le \dfrac{P}{\sqrt{3}}$, que corresonde a ángulos entre bagas de $0\le 2\,\theta \le 60^\circ$, donde se ha tomando el valor del ángulo $2\,\theta=60^\circ$ como valor máximo razonable, que, por seguridad, no deberíamos nunca rebasar.
3. Las componentes horizontales de las fuerzas de reacción de las paredes en las que están instalados los anclajes son $R_1=T_1\,\sin\,\theta_1$ y $R_2=T_2\,\sin\,\theta_2$, respectivamente. Si $\theta_2 \gt \theta_1$, entonces tendremos que tener muy en cuenta que puede darse la situación en que $R_2 \gt R_1$. Si los anclajes son flotantes —fisureros pasivos o fisureros activos (de levas) friends, como suele ser— la seguridad de los mismos se verá más comprometida cuanto mayor sea el ángulo que forma la baga con la dirección perpendicular (paralela a las paredes que se muestran en la figura) los ángulos; en el supuesto que acabamos de comentar, y a pesar de que $T_1 \gt T_2$, es más fácil que se salga el anclaje de la derecha que el de la izquierda, puesto que $\theta_2 \gt \theta_1$. Viene a colación comentar que, la ventaja de una reunión equilibrada (no bloqueada mediante un nudo de alondra o similar en el punto $C$).

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Referencias:

Cualquier manual de física elemental puede servir para revisar algunas de las nociones básicas de las que hablo en este artículo. Por ejemplo:

[1] P.A. Tipler, Física. Volumen 1 (Reverté, Barcelona, 2001).
[2] S. Burbano, E. Burbano, C. Gracia, Física General (Tébar, Madrid, 2007).
[3] S. Burbano, E. Burbano, C. Gracia, Problemas de Física (Tébar, Madrid, 2007).
[4] J. Aranés Clua, Un problema sobre el triángulo de fuerzas en escalada [https://blogdef1s1ca.blogspot.com/2022/07/el-triangulo-de-fuerzas-en-las.html ].

Aplicación de la segunda ley de Newton. Obtención de las ecuaciones del movimiento. Ejemplos

ENUNCIADO
Un objeto de $4\,\text{kg}$ está sometido a la acción de dos fuerzas: $\vec{F}_1=2\,\vec{i}-3\,\vec{j}$ y $\vec{F}_2=4\,\vec{i}-11\,\vec{j}$ (componentes expresadas en newtons). El objeto está en reposo en el origen del sistema de referencia en el instante $t=0\, \text{s}$. Se pide:
  a) ¿Cuál es la aceleración del objeto en el instante $t=0\,\text{s}$?
  b) ¿Cuál es su velocidad en el instante $t=3\,\text{s}$?
  c) ¿Dónde está el objeto en el instante $t=3\,\text{s}$?

Este ejercicio corresponde al ejercicio propuesto núm. 17, p 101 de la referencia [1]).

SOLUCIÓN
  a) La resultante de las fuerzas es $\vec{R}=\vec{F}_1+\vec{F}_2=(2\,\vec{i}-3\,\vec{j})+(4\,\vec{i}-11\,\vec{j})=6\,\vec{i}-14\,\vec{j}$, con lo cual, por la segunda ley de Newton, $\vec{a(t)}=\dfrac{\vec{R}}{m}=\dfrac{6\,\vec{i}-14\,\vec{j}}{4}=\dfrac{3}{2}\,\vec{i}-\dfrac{7}{2}\,\vec{j}$ (componentes expresadas en $\dfrac{\text{m}}{\text{s}^2}$). Nota: Observemos que, en este caso, el vector aceleración es constante (no depende de $t$).
  b) De $\vec{a(t)}:=\dfrac{d\vec{v(t)}}{dt}$ se tiene que $d\,\vec{v(t)}=\vec{a(t)}\,dt$, luego $\int\,d\,\vec{v(t)}=\int\,\vec{a}\,dt$ y por tanto $\int_{0}^{3}\,d\,\vec{v(t)}=\int_{0}^{3}\,\vec{a}\,dt$; esto es, $\displaystyle \vec{v(3)}-\vec{v(0)}\overset{\text{enunciado}}{=}\vec{v(3)}-\vec{0}=\vec{v(3)}=\int_{0}^{3}\,\left(\dfrac{3}{2}\,\vec{i}-\dfrac{7}{2}\,\vec{j}\right)\,dt=\displaystyle \left[ \left(\dfrac{3}{2}\,\vec{i}-\dfrac{7}{2}\,\vec{j}\right)\,t \right]_{0}^{3}=\dfrac{9}{2}\,\vec{i}-\dfrac{21}{2}\,\vec{j}$ (componentes expresadas en $\dfrac{\text{m}}{\text{s}}$). Nota: Dadas las condiciones iniciales del enunciado, para un valor genérico de $t$ se tiene que el vector velocidad para un instane de tiempo $t$ es $\vec{v(t)}=\dfrac{3}{2}\,t\,\vec{i}-\dfrac{7}{2}\,t\,\vec{j}$ (componentes expresadas en $\dfrac{\text{m}}{\text{s}}$).
  c) De $\vec{v(t)}:=\dfrac{d\vec{r(t)}}{dt}$ se tiene que $d\,\vec{r(t)}=\vec{v(t)}\,dt$, luego $\int\,d\,\vec{r(t)}=\int\,\vec{v(t)}\,dt$ y por tanto $\int_{0}^{3}\,d\,\vec{r(t)}=\vec{r(3)}-\vec{r(0)}=\int_{0}^{3}\,\vec{v(t)}\,dt$, y teniendo en cuenta que (enunciado) $\vec{r(0)=\vec{0}}$, $\displaystyle \vec{r(3)}-\vec{0}=\vec{r(3)}=\int_{0}^{3}\,\left(\dfrac{3}{2}\,t\,\vec{i}-\dfrac{7}{2}\,t\,\vec{j}\right)\,dt=\displaystyle \left[ \left(\dfrac{3}{4}\,t^2\,\vec{i}-\dfrac{7}{4}\,t^2\,\vec{j}\right)\,t \right]_{0}^{3}=\dfrac{27}{4}\,\vec{i}-\dfrac{63}{4}\,\vec{j}$ (componentes expresadas en $\text{m}$).

Nota: Por las condiciones iniciales expresadas en el enunciado se tiene que el vector de posición para un valor genérico de $t$, $\vec{r(t)}=\dfrac{3}{4}\,t^2\,\vec{i}-\dfrac{7}{4}\,t^2\,\vec{j}$ (componentes expresadas en $\text{m}$). $\diamond$

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Referencias:
[1] P.A. Tipler, Física para la ciencia y la tecnología (cuarta edición), Reverté, 2001.

Aplicación de la segunda ley de Newton. Ejemplos

ENUNCIADO
Para arrastrar un tronco de $75\,\text{kg}$ por el suelo con velocidad constante se tira de él horizontalmente con una fuerza de $250\,\text{N}$. Se pide:
  a) La fuerza resistente con el suelo
  b) ¿Qué fuerza debemos ejercer si se desea dar al tronco una aceleración de $2\,\dfrac{\text{m}}{\text{s}^2}$?
Este ejercicio corresponde al ejercicio propuesto núm. 15, p 101 de la referencia [1]).

SOLUCIÓN
  a) Si la velocidad de desplazamiento es constante la suma de la fuerza impulsora y la de resistencia ha de ser nula (la primera actúa en el sentido del movimiento y la segunda en sentido opuesto), luego la fuerza de resistencia pedida es de $250\,\text{N}$.
  b) Denotemos por $F$ la fuerza impulsora y por $F_r$ la fuerza de resistencia —omitimos el signo de vector por tratarse de un problema unidimensional—. Por la segunda ley de Newton, podemos escribir $a=\dfrac{\displaystyle \sum_{i=1}^{n}\,f_i}{m}=\dfrac{F-F_r}{m}$; con los datos del problema, se tiene que $2=\dfrac{F-250}{75}$, de donde, despejando $F$, se llega a $F=400\,\text{N}$. $\diamond$

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Referencias:
[1] P.A. Tipler, Física para la ciencia y la tecnología (cuarta edición), Reverté, 2001.

Aplicación de la segunda ley de Newton. Ejemplos

ENUNCIADO
Un vehículo tractor arrastra un remolque con una fuerza constante $\vec{F}_1$ en la dirección y sentido del movimiento, produciendo un aumento de velocidad de $4\,\dfrac{\text{km}}{h}$ en un intervalo de $10\,\text{s}$. El mismo vehículo tractor arrastra ahora el mismo remolque con una fuerza $\vec{F}_2$ en la dirección y sentido del movimiento, dando ahora un aumento velocidad de $12\,\dfrac{\text{km}}{h}$ en un intervalo de $10\,\text{s}$. Despreciando el rozamiento con el suelo, determínese la razón entre $\vec{F}_2$ y $\vec{F}_1$ . Este ejercicio está basado en el ejercicio propuesto núm. 11, p 101 de la referencia [1]).

SOLUCIÓN
En el subsistema remolque, por la segunda ley de Newton podemos escribir que $\dfrac{F_1}{m}:=a_1\approx \dfrac{\Delta\,v_1}{\Delta\,t_1}$, donde $m$ es la masa del remolque; y, por otra parte, de la segunda situación: $\dfrac{F_2}{m}:=a_2\approx \dfrac{\Delta\,v_2}{\Delta\,t_2}$. Como $\Delta\,t_1=\Delta\,t_2=10\,\text{s}$, dividiendo miembro a miembro las dos igualdades anteriores se tiene que $\dfrac{F_2}{F_1}\overset{(1)}{=}\dfrac{12}{4}=3\,\dfrac{\text{m}}{\text{s}^2}$.

Nota 1. Los factores de conversión a unidades del S.I. se cancelan al hacer el cociente.

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Referencias:
[1] P.A. Tipler, Física para la ciencia y la tecnología (cuarta edición), Reverté, 2001.

Aplicación de la segunda ley de Newton. Ejemplos

ENUNCIADO
Una fuerza $\vec{F}=4\,\vec{i}-4\,\vec{j}$ (las componentes vienen expresadas en newtons) actúa sobre un cuerpo de masa $4\,\text{kg}$. Determínese el módulo del vector aceleración del cuerpo. Este ejercicio está basado en el ejercicio propuesto núm. 13, p 101 de la referencia [1]).

SOLUCIÓN
El módulo de la aceleración es igual al cociente entre el módulo de la fuerza y la masa del cuerpo (segunda ley de Newton). Entonces, $|\vec{F}|=\sqrt{4^2+(-4)^2}=4\,\sqrt{2}\,\text{N}$, y por tanto, $|\vec{a}|=\dfrac{4\,\sqrt{2}}{4}=\sqrt{2}\,\dfrac{\text{m}}{s^2}$. $\diamond$

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Referencias:
[1] P.A. Tipler, Física para la ciencia y la tecnología (cuarta edición), Reverté, 2001.