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Algarismos Significativos

A precisão da medida de uma certa grandeza depende principalmente do instrumento utilizado. Como exemplo considere a medida do comprimento $L$ de uma barra utilizando-se duas réguas: uma com precisão de centímetros e outra com milímetros. Certamente que a medida com a régua milimetrada é mais precisa, entretanto vale a pena conferir na representação esquemática abaixo.

 

Utilizando a régua centimetrada pode-se afirmar que o comprimento da barra está entre $9$ cm e $10$ cm, estando mais próximo de $10$ cm. O algarismo que está na primeira casa depois da vírgula não pode ser determinado com precisão, devendo ser estimado. Desta forma, estimamos a medida do comprimento $L$  em $9,6$ cm. Nesta medida o algarismo $9$ é correto e o algarismo $6$ é duvidoso (avaliado ou estimado). Em toda medida apresenta-se os resultado em termos dos algarismos corretos e um duvidoso.

Utilizando a régua milimetrada, sendo que cada centímetro (cm) é dividido em $10$ milímetros (mm), podemos com maior precisão dizer que o comprimento da barra esta compreendido entre $9,6$ cm e $9,7$ cm. Nesse caso estimamos o comprimento $L$ em $9,65$ cm. Observe que, agora os algarismos $9$ e $6$ são corretos e o algarismos $5$ é duvidoso .

Dado que o resultado de uma medição expressa o valor de uma grandeza física,  é muito importante saber distinguir o valor efetivamente obtido no processo de medição, daqueles decorrentes de cálculo ou arredondamento numérico. Assim, dado o resultado de uma medição, os

algarismos significativos são todos aqueles contados, da esquerda para a direita, a partir do primeiro algarismo diferente de zero e composto  por algarismos corretos e um estimado ou duvidoso.

Exemplos:

$45,30$ cm  -   tem quatro algarismos significativos;

$0,0595$ m  -  tem três algarismos significativos;

$0,0450$ kg  -  tem três algarismos significativos.

Significados do zero, à esquerda e à direita

Zeros à esquerda

Zeros à esquerda do primeiro algarismo correto, antes ou depois da vírgula, não são significativos. Refletem apenas a utilização da unidade, ou seus múltiplos e submúltiplos.

Note que se você preferisse expressar o resultado $0,0595$ m em centímetros, ao invés de metros, você escreveria $5,95$ cm . Nada se altera, você continua com os mesmos três algarismos significativos.

Zeros á direita

O resultado $0,0450$ kg é diferente de $0,045$ kg , pois o primeiro tem três algarismos significativos enquanto o segundo só tem dois. No primeiro caso, o zero é o algarismo duvidoso, enquanto no segundo caso o algarismo duvidoso é o cinco. Isso significa que houve maior exatidão de medição no processo para se obter o resultado $0,0450$ kg.

Operações com algarismos significativos

Na multiplicação e divisão com algarismos significativos devemos apresentar o resultado com um número de algarismos significativos igual ao fator que possui o menor números de algarismos significativos.

Exemplo:

$2,31\cdot 1,4=3,234$,

O primeiro fator tem $3$ algarismos significativos enquanto que o segundo tem $2$, portanto o resultado da operação deve ser apresentado com dois algarismos significativos, ou seja $3,2$.

Na adição e subtração o resultado deve conter um número de casas decimais igual ao do fator com menor casas decimais

Exemplo: $2,31+ 1,4=3,71$.

Dado que o fator $1,4$ é o que possui somente um algarismo na casa decimal, o resultado dever ser apresentado somente com uma casa decimal, ou seja como $3,7$.

Arredondamento:

Se o algarismo a ser abandonado é menor do que $5$, mantemos o valor do último algarismo significativo

Se o algarismo a ser abandonado é maior do que $5$, acrescentamos uma unidade  ao valor do último algarismo significativo.

Notação Científica

Um número expresso em notação científica é escrito na forma

$$r\times 10^n$$

onde $n\in\mathbb N$, $r\in\mathbb R$ e $1\leq r<10$. O número $r$ deve escrito com todos os algarismos significativos.

Ordem de Grandeza

Determinar a ordem de grandeza do resultado de uma medida consiste em fornecer,como resultado,  a potencia de $10$ mais próxima do valor encontrado para a grandeza. Para isto utilizamos o resultado da medida em notação científica com a seguinte convenção

$$r\times10^{n}\longrightarrow\begin{cases}10^{n}, & r\leq\sqrt{10}\\10^{n+1}, & r\ge\sqrt{10}\end{cases}$$

Eratóstenes e a circunferência da Terra - I

 

Eratóstenes (em grego: Eratosthéni̱s)

 

Eratóstenes de Cirene foi um importante geográfo, matemático, astrônomo e filósofo pré-socrático. É um considerado o pai da Geografia na Antiguidade em função dos importantes estudos sobre as medições da Terra que realizou. Foi um dos principais cientistas e pensadores da Grécia Antiga.

Eratóstenes nasceu na cidade de Cirene, antiga colônia grega na atual Líbia, em 276 a.C.

Eratóstenes morreu aos 82 anos na cidade de Alexandria (Egito) em 194 a.C.

Eratóstenes comprovou, pela trigonometria, a esfericidade da Terra e mediu com engenhosidade e relativa precisão o perímetro de sua circunferência.

Num dos rolos de papiro da Biblioteca de Alexandria (da qual também foi diretor), encontrou a informação de que na cidade de Siena (hoje Assuã), ao meio-dia do solstício de verão (o dia mais longo do ano, 21 de junho, no Hemisfério Norte), o Sol se situava a prumo, pois iluminava as águas profundas de um poço. Entretanto, já era de conhecimento   que, no mesmo horário e dia, as colunas verticais da cidade de Alexandria projetavam uma sombra perfeitamente mensurável. Conforme concluiu, este fato só poderia ser possível se a Terra fosse esférica.

Aguardou o dia 21 de junho do ano seguinte e determinou que se instalasse uma grande estaca em Alexandria. Ao meio-dia, enquanto o Sol iluminava as profundezas do poço em Siena (fazia ângulo de $90^{\rm o}$ com a superfície da Terra), Eratóstenes mediu, em Alexandria, o

ângulo de inclinação dos raios solares, $7^{\rm o}12'$, ou seja, aproximadamente $1/50$ dos $360^{\rm o}$ de uma circunferência. Portanto, o comprimento do meridiano terrestre deveria ser $50$ vezes a distância entre Alexandria e Siena.

Alexandria e Siena situavam-se a uma distância desconhecida. Para medi-la, Eratóstenes (que a época era diretor da Biblioteca de Alexandria) contratou uma equipe de instrutores(pessoas que eram treinadas para caminhar com passadas regulares e precisas) com seus camelos para que  seguissem em linha reta, percorrendo desertos, aclives, declives e tendo que, inclusive, atravessar o rio Nilo. A distância mensurada foi de 5.000 estadia (plural de stadium) ou cerca de $925$ km (An empirical determination of the length of the stadion was made by Lev Vasilevich Firsov, who compared 81 distances given by Eratosthenes and Strabo with the straight-line distances measured by modern methods, and averaged the results. He obtained a result of about $157.7$ m). Assim, multiplicando 925 km por 50, conjecturou que o perímetro da Terra seria de $46.250$ km, razoavelmente próximo do valor correto ($40.076$km).

Algumas equações da cinemática relativística

Este resumo contém algumas equações da mecânica relativística que são necessárias para o propósito de se calcular o comprimento de onda dos elétrons  de um feixe de elétrons em um Microscópio Eletrônico de Varredura (MEV).

O comprimento de onda, de De Broglie, associado a uma partícula com momento $p$ é

\begin{equation}\lambda\equiv\frac{h}{p},\label{DeBro}\end{equation}

onde $h$ é a contante de Planck

\begin{align*}h & =6,62\times10^{-34}\textrm{Js},\\ \hbar & =1,054\times10^{-34}\textrm{Js.}\end{align*}

Dado que a massa do elétron é bastante pequena, e dado que para elétrons com energias cinética da ordem de $100\textrm{ eV}\leq E\leq100\textrm{ keV}$ os efeitos relativísticos são relevantes devemos utilizar

\begin{equation}E^2=p^{2}c^{2}+m_{0}^{2}c^{4},\label{EneRel}\end{equation}

onde $E$ é a energia total (cinética $+$ de repouso) de uma partícula relativística livre, $\mathbf{p}$ é o momento relativístico da partícula, $c$ representa o valor da velocidade da luz, sendo aproximado para

$$c=3\times10^{8}\textrm{ m/s}$$

e $m_{0}$ a massa de repouso da partícula.

O momento relativístico da partícula de massa $m_{0}$ é dado pela expressão

\begin{align}\mathbf{p} & =m\mathbf{v}=\frac{m_{0}}{\sqrt{1-\beta^{2}}}\mathbf{v},\label{MomRel}\\ \beta & =\frac{v}{c}.\notag\end{align}

Costuma-se definir a grandeza

\begin{equation}\gamma\equiv\frac{1}{\sqrt{1-\beta^{2}}}\label{gamma},\end{equation}

note que

$$v=\sqrt{v_{x}^{2}+v_{y}^{2}+v_{z}^{2}}$$

é o módulo da velocidade da partícula.

A energia total de uma partícula não relativística  é a soma de suas energias cinética  $T$ e potencial $U$

\begin{equation}E=T+U.\label{EneTot}\end{equation}

Para uma partícula livre $U=0$, sendo portanto  a energia total   igual à cinética  $E=T$. Já para uma partícula relativística livre, a energia total é a soma da energia cinética relativística com a energia de repouso da partícula, ou seja

\begin{equation}E=K+m_0c^2.\label{EneRelRep}\end{equation}

Substituindo a expressão do momento relativístico, Eq.(\ref{MomRel}), na expressão da energia relativística, Eq. (\ref{EneRel}), obtêm-se que

\begin{align*}E^2&=\gamma^2m_0^2v^2c^2+m_0^2c^4=\left(\gamma^2v^2+c^2\right)m_0^2c^2\\&=m_0^2c^2\frac{c^2-v^2+v^2}{1-\left(\frac{v}{c}\right)^2}=\gamma^2m_0^2c^4\end{align*}

que pode ser escrita, após extrair a raiz quadrada e escolher o sinal positivo, como

\begin{equation}E=\gamma m_0c^2=mc^2.\label{EneRel2}\end{equation}

Combinando as equações Eq.(\ref{EneRelRep}) e Eq.(\ref{EneRel2}) obtêm-se a expressão para a energia cinética relativística

\begin{equation}K=\left(\gamma-1\right)m_0c^2.\label{EneCinRel}\end{equation}

Esta equação pode ser utilizada para calcularmos a grandeza adimensional $\gamma$

\begin{equation}\gamma=1+\frac{K}{m_0c^2},\label{gamcin}\end{equation}

em termos da energia cinética $K$ da partícula relativística, ou ainda a velocidade da partícula relativística com uma dada energia cinética $K$

\begin{equation}v=\left[1-\left(\frac{m_0c^2}{K+m_0c^2}\right)^2\right]^{1/2}c.\label{velparrel}\end{equation}

 

Eratóstenes e a circunferência da Terra - II

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

Proporções

 

$\frac{S}{\Delta S}=\frac{360}{\theta}\Longrightarrow S=\frac{360}{\theta}\Delta S$

O comprimento de arco $\Delta s$ foi medido por especialistas treinados para contar passos muitos regulares, sendo medido o valor $\Delta S\sim 5000$ stadium. Dado que 1stadia $\sim 157$m e o angulo $\theta\sim 7,2^o$ utilizando o tamanho da sombra projetada.

Substituindo estes valores na equação para $\Delta S$ obtêm-se que

$$\Delta S\sim 3925\times 10^{4}\textrm{m}=39.250\textrm{km}$$

Aristarco de Samos (310 aC)

 

Aristarco é originário de Samos, uma ilha grega ao leste do mar Egeu.  Aristarco foi o primeiro a propor o modelo heliocêntrico para o sistema solar, infelizmente a maioria de seus trabalhos foi perdido em um incêndio da biblioteca de Alexandria.

 

Para discutirmos alguns dos cálculos de Aristarco, introduzimos a notação

 

$L\equiv$ distância Terra-Lua,

$\mathscr{S}\equiv$ distância Terra-sol,

$l\equiv$ raio daLua,

$s\equiv$ raio do Sol,

$t\equiv$ raio da Terra,

$d\equiv$ diâmetro do cone de sombra da Terra,

$\mathscr{D}\equiv$ distância do centro da Terra ao vértice do cone de sombra.

 

Aristarco determinou as razões:

$$\frac{\mathscr S}{L},\;\;\frac{s}{l},\;\;\frac{t}{l},\;\;\frac{t}{s}.$$

A geometria resultante da observação do eclípse da Lua e outras observações que descreveremos posteriormente, juntamente com outras considerações acerca da equivalência de triângulos  possibilitaram a determinação das razões anteriores.

Efetuaremos estes cálculos da forma mais próxima possível a originalmente feita por Aristarco, entretanto não necessariamente na mesma ordem. Para iniciar Aristarco observou que durante o  eclipse total da Lua o tempo de transido da Lua pela sombra da Terra no ponto onde está a lua é o dobro do tempo necessário para o encobrimento e descobrimento da Lua. Veja a figura a seguir

 

A conclusão desta observação é a de que a duração  do eclipse total é o dobro do tempo necessário para que a lua fique totalmente imersa na sobra da terra. A consequência desta observação é que o diâmetro do cone de sombra da Terra na posição da Lua, é o dobro do diâmetro da Lua, ou ainda

\begin{equation}\label{DiaLuaConeSob}d=2l.\end{equation}

Utilizando a construção geométrica da Figura Fig. X obtêm-se da equivalência dos triângulos que ali figuram

obtêm-se que

\begin{equation}\label{Ari1}\frac{s}{t}=\frac{\mathscr D+S}{\mathscr D}\end{equation}

e

\begin{equation}\label{Ari2}\frac{t}{d}=\frac{\mathscr{D}}{\mathscr{D}+L}\end{equation}
Combinando as equações Eq. {\ref{Ari1}} e Eq. {\ref{Ari2}} obtemos

\begin{equation}\label{Ari3}\frac{\mathscr S}{L}=\frac{s-t}{t-d}\end{equation}

A razão $\mathscr{S}/L$ pode ser estimada das seguintes formas:

1. 1. O ângulo do diâmetro aparente da Lua é igual ao ângulo do diâmetro aparente do Sol, quando vistos da Terra
2. 

A geometria associada a esta figura é esquematizada na figura Fig. Geometria da abertura angular Terra-Lua.

Da semelhança dos triângulos na figura anterior encontramos que

\begin{equation}\label{Ari5}\frac{\mathscr S}{L}=\frac{s}{l}\end{equation}

2. Nas fases quarto crescente e quarto minguante a configuração Terra-Lua-sol formam um triângulo retângulo

 

A construção geométrica apropriada a esta configuração é

 

 

Desta geometria encontra-se que

\begin{equation}\label{Ari6}\sin\delta=\frac{L}{\mathscr S}\end{equation},

sendo que Aristarco obteve para  o ângulo $\alpha$ o valor $\alpha\sim87^o$ e portanto $\delta\sim 3^0$. Segue destas equações que

\begin{equation}\label{Ari7}\frac{\mathscr S}{L}=\frac{1}{\sin 3^o}\sim 19.\end{equation}

Segue das equações Eq. (\ref{Ari5}) e Eq.(\ref{Ari7}) que

\begin{equation}\label{Ari8}\frac{\mathscr S}{L}=\frac{s}{l}\sim 19\end{equation}

Substituindo as equações Eq. (\ref{DiaLuaConeSob}), Eq. (\ref{Ari5}), Eq. (\ref{Ari8}) na equação Eq. (\ref{Ari3}), ob tem-se que

\begin{equation}\label{Ari10}\frac{t}{l}+\frac{t}{s}=3.\end{equation}

Utilizando a equação Eq. (\ref{Ari8}) obtêm-se a razão entre o raio do Sol e o raio da Terra

\begin{equation}\label{Ari11}\frac{s}{t}=\frac{20}{3},\end{equation}

que substituída na Eq. (\ref{Ari10}) fornece a razão entre o raio da Terra e o raio da Lua

\begin{equation}\label{Ari12}\frac{t}{l}\sim 2,85.\end{equation}

 

Solução do Problema 10 - Cap. 02.

Os gráficos de velocidade por tempo nas figuras Fig.1 e Fig. 2 mostram claramente que para as mesmas distâncias percorridas (áreas sob as curvas) o tempo total do percurso na figura Fig. 2 é bem maior que o da figura Fig. 1. Note que as áreas sob as curvas nas figuras Fig, 1 e Fig. 2 são iguais. Repare que as inclinações das retas são diferentes evidenciando o fato que durante o intervalo de tempo $T_1$ o trem é submetido a uma aceleração $a$ enquanto que  no intervalo de tempo $T_2$ a uma aceleração $-f$ ou seja é freado.

 

Desta representação gráfica concluímos que a estratégia do primeiro percurso, Fig 1, é mais rápida ou seja

$$T_1+T_2<t_1+t_2+t_2$$

.

 

Note que estamos considerando intervalos de tempo ou seja,  após cada intervalo do percurso zeramos o cronômetro para iniciarmos a medição do novo intervalo.

Concluímos então que o tempo necessário para percorrer a distância $d$  na primeira estratégia é meno, porém pergunta-se: quanto vale este tempo?

 

Para responder esta pergunta é necessário descrevermos o movimento em cada percurso. Veja a figura Fig.3

As equações de movimento no percurso $x_1(t)$ no qual o trem é submetido a uma aceleração constante $a$ são

$$x_1(t)=x_{10}+v_{10}t+\frac{1}{2}at^2$$

dado que o trem parte da origem com velocidade inicial nula teremos

$$x_{10}=0;\qquad v_{10}=0$$

portanto as equações para a posição no primeiro percurso é

$$x_1(t)=\frac{1}{2}at^2$$

$$v_1(t)=at$$

Segue destas equações que ao final do tempo $t=T_1$ a posição e velocidade do trem será

$$x_1(T_1)=\frac{1}{2}aT_1^2$$

e

$$v_1(T_1)=aT_1$$

.

 

Já no percurso $x_2(t)$ as equações horárias serão

$$x_2(t)=x_{20}+v_{20}t-\frac{1}{2}ft^2,\qquad T_1\geq t\leq T_2,$$

$$v_2(t)=v_{20}-ft.$$

Entretanto, no tempo $T_1$ que marca o final do deslocamento $x_1(T_1)$ e início do deslocamento $x_2(t)$ a posição e velocidade inicial não são nulas, mas são os valores finais do movimento no primeiro percurso, ou seja $x_1(T_1)$ e $v_1(T_1)$, resumindo

$$x_{20}=x_1(T_1)=\frac{1}{2}aT_1^2,$$

$$v_{20}=v_1(T_1)=aT_1.$$

Desta forma as equações horárias para o percurso $x_2(t)$ são dadas por

$$x_2(t)=\frac{1}{2}aT_1^2+aT_1t-\frac{1}{2}ft^2,\qquad T_1\geq t\leq T_2,$$

$$v_2(t)=aT_1-ft.$$

Entretanto quando $t=T_2$ a velocidade final do trem é nula já que ele chega a estação, portanto

$$v_2 (T_2)=0=aT_1-fT_2\Longrightarrow T_2=\frac{a}{f}T_1.$$

Também considerando que no momento em que $t=T_2$, a distância percorrida pelo trem é justamente $d$, segue que $x_2(T_2)=d$, portanto a equação para $x_2$  em $t=T_2$ fornece, utilizando a relação entre $T_1$  e $T_2$, que

$$d=\frac{1}{2}aT_1^2+aT_1\frac{a}{f}T_1-\frac{1}{2}f\left(\frac{a}{f}T_1\right)^2,$$

de onde segue que

$$d=\frac{1}{2}aT_1^2+\frac{a^2}{f}T_1^2-\frac{1}{2}\frac{a^2}{f}T_1^2=\frac{1}{2}a\left(1+\frac{a}{f}\right)T_1^2.$$

 

Desta equação obtemos que

$$T_1=\sqrt{\frac{2d}{a}\left(\frac{1}{1+\frac{a}{f}}\right)}.$$

O tempo total do percurso é

$$T=T_1+T_2=T_1+\frac{a}{f}T_1=\left(1+\frac{a}{f}\right)T_1=\left(1+\frac{a}{f}\right)\sqrt{\frac{2d}{a}\left(\frac{1}{1+\frac{a}{f}}\right)}=\sqrt{\frac{2d}{a}\left(1+\frac{a}{f}\right)}$$

 

Observação acerca do problema 12 do Capítulo 03

 

O gráfico seguinte é uma indicação sugestiva de como entender o que o problema pede!

 

 

Não pouco, mas também não muito sobre colisões elásticas em $2d$. Espalhamento

 

 

Material das aulas finais do curso. Resumo Fis 1