Escrito por Matheus Ponciano
Iniciante:
[spoiler title=’Assunto Abordado’ style=’default’ collapse_link=’true’]
Erros e tabelas.
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[spoiler title=’Solução’ style=’default’ collapse_link=’true’]
a) A partir das medidas, pode se concluir que o erro de medida do cronômetro digital seria de $$0,01$$ $$s$$, porém, como o tempo de reação de Lucas é bem maior que isso ($$0,3$$ $$s$$), o erro para cada medida de tempo será $$\sigma_{t} = 0,3$$ $$s$$. Dessa forma:
b) Usando a fução SD da Cassio e fazendo que:
$$\sigma_{\overline t} = \sqrt{ \dfrac{\sigma_x^2}{n-1} + \sigma_t^2}$$
Obtêm-se:
$$\overline{t} = 3,0 \pm 0,3 $$ $$s$$
c) Utilizando a queda livre:
$$H = \dfrac{1}{2}g\overline t^2$$
$$g = \dfrac{2H}{\overline t^2}$$
A partir daí:
$$\sigma{g} = 2\sqrt{\left(\dfrac{1}{t^2}\right)^2\sigma_H^2 + \left(\dfrac{2H}{t^3}\right)^2\sigma_t^2}$$
Como $$H = 30,0 \pm 0,3$$ $$m$$:
$$g = (6,7 \pm 1,3)$$ $$m/s^2$$
Percebe-se então que o valor da gravidade obtida não condiz com o real, obtendo um valor com uma diferença percentual de $$32$$% do valor esperado. Isso deve-se principalmente por não ter sido considerado o efeito de resistência do ar nas bolinhas.
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[spoiler title=’Gabarito’ style=’default’ collapse_link=’true’]
a)
b)
$$\overline{t} = 3,0 \pm 0,3 $$ $$s$$
c)
$$g = (6,7 \pm 1,3)$$ $$m/s^2$$
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Intermediário:
[spoiler title=’Assunto Abordado’ style=’default’ collapse_link=’true’]
Erros, tabelas e gráficos.
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[spoiler title=’Solução’ style=’default’ collapse_link=’true’]
a) Pelo mesmo motivo escrito no item a) da iniciante, o $$\sigma_t$$ de cada medida será $$0,3$$ $$s$$. Fazendo da mesma forma que no item b) da iniciante para encontrar os valores de tempo de queda médio para cada altura, os erros relacionados são todos iguais a $$0,3$$ $$s$$. Dessa forma, a tabela deve ficar:
b) Apenas plotando os pontos, o gráfico obtido é:
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[spoiler title=’Gabarito’ style=’default’ collapse_link=’true’]
a)
b)
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Avançado:
[spoiler title=’Assunto Abordado’ style=’default’ collapse_link=’true’]
Erros, tabelas, gráficos e regressões lineares.
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[spoiler title=’Solução’ style=’default’ collapse_link=’true’]
a) Pela segunda lei de Newton:
$$ma = -mg – bv$$
$$m \dfrac{dv}{dt} = -mg -bv$$
$$\dfrac{dv}{mg +bv} = -\dfrac{dt}{m}$$
Fazendo:
$$u = mg +bv$$
$$du = b dv$$
$$\int \dfrac{du}{u} = -\dfrac{b}{m}\int dt$$
Integrando:
$$ln\left(\dfrac{mg +bv}{mg}\right) = -\dfrac{b}{m}t$$
$$mg + bv = mg e^{-\frac{b}{m}t}$$
$$v = \dfrac{mg}{b} \left(1 – e^{-\frac{b}{m}t} \right)$$
$$\dfrac{dy}{dt} = \dfrac{mg}{b} \left( 1- e^{-\frac{b}{m}t} \right)$$
$$\int dy = \dfrac{mg}{b}\int dt – \dfrac{mg}{b}\int e^{-\frac{b}{m}t}dt$$
Integrando:
$$y -h_o = \dfrac{mg}{b}t – \dfrac{m^2g}{b^2}\left(1-e^{-\frac{b}{m}t}\right)$$
b) Temos que quando a bolinha encostar no chão: $$y=0$$, daí:
$$0 = H – \dfrac{mg}{b} t + \dfrac{m^2g}{b^2} \left( 1 -e^{-\frac{b}{m}t} \right)$$
$$H = \dfrac{mg}{b}t – \dfrac{m^2g}{b^2} \left( 1 -e^{-\frac{b}{m}t} \right)$$
Expandindo em série de taylor até dar diferente que para a queda livre:
$$e^{-\frac{b}{m}t} \approx = 1 – \dfrac{b}{m}t + \dfrac{b^2}{2m^2}t^2 – \dfrac{b^3}{6m^3}t^3$$
$$H = \dfrac{g}{2}t^2 – \dfrac{bg}{6m}t^3$$
Para linearizar podemos dividir por $$t^2$$, fazendo uma linearização mista:
$$\dfrac{H}{\overline t^2} = \dfrac{g}{2} – \dfrac{bg}{6m}\overline t$$
c) Podemos utilizar a função de regressão linear da calculadora fazendo:
$$y = \dfrac{H}{\overline t^2}$$
$$x = \overline t$$
$$A = \dfrac{g}{2}$$
$$B = \dfrac{-bg}{6m}$$
Assim:
$$b = -\dfrac{6mB}{g}$$
E o seu erro será:
$$\sigma_{b} = 6\sqrt{\left(\dfrac{m}{`g}\right)^2\sigma_B^2 + \left(\dfrac{B}{g} \right)^2\sigma_m^2 + \left(\dfrac{mB}{g^2} \right)^2\sigma_g^2}$$
Fazendo uma tabela para plotar o gráfico:
Onde:
$$\sigma_{\frac{H}{t^2}} = \sqrt{\left(\dfrac{1}{\overline t^2}\right)^2\sigma_H^2 + \left(\dfrac{2H}{\overline t^3}\right)^2\sigma_{\overline t}^2}$$
Plotando o gráfico:
Dessa forma:
$$b = (0,344 \pm 0,019)$$ $$kg \, s/m$$
d) Podemos ter uma desconfiança da linearização não estar correta pelo coeficiente de correlação $$r$$ não ser bem próximo de $$1$$. Isso pode ser devido ao próximo termo da expansão na série de Taylor não ser desprezível em comparação com os outros. Expandindo em mais uma ordem obtemos:
$$H = \dfrac{1}{2}gt^2 – \dfrac{bg}{6m}t^3 + \dfrac{b^2g}{24m^2}t^4$$
Utilizando o coeficiente de resistência do ar que obtivemos a partir da regressão linear e utilizando o tempo de um ponto qualquer, como $$\overline t = 1,2$$ $$s$$. Temos que:
$$\dfrac{bg}{6m}t^3 = 0,972$$ $$m$$
$$\dfrac{b^2g}{24m^2}t^4 = 0,100$$ $$m$$
Já que o segundo termo é de cerca de $$10,3$$% do primeiro, ainda é relevante e não pode ser completamente desprezado. Por esse motivo, não se é completamente adequado este método.
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[spoiler title=’Gabarito’ style=’default’ collapse_link=’true’]
a) Demonstração.
b) $$\dfrac{H}{\overline t^2} = \dfrac{g}{2} – \dfrac{bg}{6m}\overline t$$
c)
$$b = (0,344 \pm 0,019)$$ $$kg \, s/m$$
d) Não, pois a aproximação feita desconsidera termos relevantes.
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