Soluções Física – Semana 97

Erros e tabelas.

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.

a) 

b)

$\overline{t} = 3,0 \pm 0,3$ $s$

c)

$g = (6,7 \pm 1,3)$ $m/s^2$

Erros, tabelas e gráficos.

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:

a)

b)

Erros, tabelas, gráficos e regressões lineares.

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.

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.