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238 RESOLUÇÃO
SIM
ULA
DÃO
: RE
SOL
UÇÃ
O
SIM
ULA
DÃO
: RE
SOL
UÇÃ
O
Logo, ER � 
 
4
2
kq
d
 � 
 
4
2
kq
d
 � 
 
8
2
kq
d
1
Sendo: L2 � 
 
d
2
2
⎛
⎝
⎜
⎞
⎠
⎟ � d2 → L2 � 
 
d2
4
 � d2
L2 � 
 
5
4
2d
d2 � 
 
4
5
2L
Substituindo 2 em 1 , temos:
E2 � 
 
8
4
5
2
kq
L
 → ER � 
 
10
2
kq
L
Sendo E1 � E2, temos: ER � 0
650 00 (V) 
11 (F) Como é grandeza escalar, temos:
VQ � V VR � 2 V
Vq � V
22 (F) Se q � �Q, o campo elétrico resultante não é
nulo em nenhum ponto.
33 (F) O potencial resultante só será nulo no ponto
médio do segmento que une as cargas.
44 (F) Para cargas de mesmo sinal, temos:
� �
651
E � k0 � 
 
Q
d2 → 4,5 � 108 � 9 � 109 
 
Q
( )10 1 2�
 →
→ Q � 
 
4 5 10
9 10
6
9
, �
�
Q � 50 � 10�5 C → Q � x � 10�5 C ⇒ x � 50
652 Alternativa a.
• O vetor campo elétrico é tangente à linha de força
em sentido concordante com ela.
• Como a carga elétrica é positiva, a força elétrica tem
direção e sentido concordantes com o campo elétrico.
653 Alternativa b.
654 Alternativa d.
�
�
�
�
�
655 Alternativa c.
Se a acarga é positiva, a aforça elétrica tem o mesmo
sentido do campo elétrico E. Logo, o movimento será
retilíneo e uniformemente acelerado.
656 Alternativa c.
F � m � a → q � E � m � a
4 � 10�19 � 3 � 102 � 2 � 10�17 � a
a � 6 m/s2
657 Alternativa b.
Fp � q � E → Fp � e � E
F� � q � E → F� � 2e � E
 
F
F
p
�
 � 
 
e E
e E
�
�2
 � 
 
1
2
658 Alternativa c.
P � F → P � qE
P � 2 � 10�8 � 3 � 10�2
P � 6 � 10�10 N
659 Alternativa a.
Se a gotícula realiza um movimento uniforme,. temos:
F � P → q � E � m � g → 3,2 � 10�19 � E � 9,6 � 10�15 � 10
E � 3 � 105 N/C
660 Alternativa c.
A gota 1 desvia-se no sentido do campo E. Logo, ela é
positiva.
A gota 2 não sofre desvio. Logo, ela é neutra.
A gota 3 desvia-se no sentido contrário de E. Logo, ela
é negativa.
661 a) F 5 qE 5 1,6 ? 10219 ? 1,0 ? 104 5 1,6 ? 10215 N
A força F vertical e dirigida para cima, pois o campo
elétrico é vertical e para baixo e a carga q é negativa.
b) t � 
 
L
Vx
 � 
 
10 10
10 10
2
7
,
,
�
�
�
 � 1,0 � 10�9 s
c) �y � 
 
1
2
at2 � 
 
1
2 
F
m
t2 �
� 
 
1
2
 � 
 
16 10
9 1 10
15
31
,
,
�
�
�
�
 (1,0) � 10�9)2 �
� 0,088 � 10�2 � 8,8 � 10�4 m
d) vx � 1,0 � 107 m/s
RESOLUÇÃO 239
SIM
ULA
DÃO
: RE
SOL
UÇÃ
O
SIM
ULA
DÃO
: RE
SOL
UÇÃ
O
vy � at � 
 
F
m
t � 
 
16 10
9 1 10
15
31
,
,
�
�
�
�
 � 1,0 � 10�9 �
� 0,18 � 107 � 1,8 � 106 m/s
e) t�� 
 
0 40,
Vx
 � 4,0 � 10�8 s
y � �y � vyt� � 8,8 � 10�4 � 1,8 � 106 � 4,0 � 10�8
y � 8,8 � 10�4 � 7,2 � 10�2 � 7,3 � 10�2 m
662 a) A velocidade inicial do próton é:
Ec � 
 
1
2
mv2 → 2,4 � 10�16 � 
 
1
2
 � 1,67 � 10�27 � v2
28,7 � 1010 � v2
v � 5,36 � 105 m/s
Cálculo da aceleração do próton:
F � q � E → �m � a � q � E
�1,67 � 10�27 � a � 1,6 � 10�19 � 3 � 104
a � 2,87 � 1012 m/s2
Cálculo de d:
v2 � � 2ad → 0 � 28,7 � 1010 � 2 � 2,87 � 1012 � d
d � 0,05 m ou d � 5 cm
b) v � v0 � at → 0 � 5,36 � 105 � 2,87 � 1012� t
t � 1,87 � 10�7 s
663 Alternativa e.
No trecho AB o movimento da carga é retilíneo unifor-
memente acelerado.
No trecho BC o movimento é retilíneo e uniforme, com
a mesma velocidade com a qual ela entra nessa re-
gião.
No trecho CD o movimento é retilíneo uniformemente
retardado e com a mesma aceleração, em módulo, do
trecho AB. Como a distância CD é igual à distância
AB, ela atinge a superfície D com velocidade nula, isto
é, a mesma velocidade com que foi colocada no ponto
P.
664 As forças que agem sobre a bolinha são:
A aceleração é igual a:
F � P � ma → q � E � m � g � m � a
10�6 � 7 � 104 � 10 � 10�3 � 10 � 10 � 10�3 � a
a � �3 m/s2
O tempo de subida é:
v � v0 � at → 0 � 6 � 3t → t � 2 s
O tempo para retornar ao solo é:
tT � 2 � t → tT � 2 � 2 � 4 s`
665 01. (V) Representando os vetores:
→ ER � E � E � 0
02 (F) Como o potencial elétrico é grandeza escalar:
V�q � �V VR � �2 V
V�q � �V
04. (F) O trabalho (variação da energia potencial) é in-
versamente proporcional à distância entre as esferas.
08. (V) Representando os vetores, temos:
 FR � F � F � 0
16. (V) Representando os vetores:
FR � F � F � 0
32. (F) Em relação à situação inicial, teremos carga total
no sistema igual a �q, portanto, não neutro.
Então: 01 � 08 � 16 � 25
666 A energia potencial na 1ª- situação é:
Ep � k0 � 
 
Q q
d
�
 → Ep � 9 � 109 � 
 
1 10 2 10
0 1
7 8� � �� �
,
Ep � 1,8 � 10�4 J
Na 2ª- situação, temos:
 Ep
� � 1,8 � 10�4 � 1,35 � 10�4 → 
 Ep
� � 0,45 � 10�4 J
 Ep
� � 4,5 � 10�5 J
Então:
 Ep
� � k0 � 
 
Q q
d
�
�
 → 4,5 � 10�5 �
� 9 � 109 � 
 
1 10 2 107 8� � �� �
�d
d�� 0,4 m
Portanto:
�d � d� � d → �d � 0,4 � 0,1
�d � 0,3 m � 30 cm
667 Alternativa d.
A pressão, a energia, a temperatura e o potencial elé-
trico são grandezas escalares. O campo elétrico é uma
grandeza vetorial.
668 Alternativa b.
Como o potencial elétrico varia inversamente com a
distância, temos:
dC � 2dB ⇒ VC � 
 
VB
2
 � 10 V
Como o módulo do vetor campo elétrico varia inversa-
mente com o quadrado da distância:
dB � 
 
dC
2
 ⇒ EB � 4EC � 80 N/C
669 Alternativa b.
Ep � 500 N/C
Vp � �3,0 � 103 V
Ep � k0 � 
 
Q
d2 → 500 � 9 � 109 � 
 
Q
d2 1
240 RESOLUÇÃO
SIM
ULA
DÃO
: RE
SOL
UÇÃ
O
SIM
ULA
DÃO
: RE
SOL
UÇÃ
O
Vp � k0 � 
Q
d
 → 3,0 � 103 � 9 � 109 � 
 
Q
d
2
Dividindo 1 por 2 , vem:
 
d
6
 � 1 → d � 6,0 m
Voltando em 2 :
9 � 109 � Q � 3 � 103 � d → 9 � 109 � Q � 3 � 103 � 6 →
→ Q � 2 � 10�6 C
Como Vp 
 0, a carga é negativa: Q � �2,0 � 10�6 C
670 Alternativa a.
Potencial em M:
VM � V1 � V2 → VM � k0 � 
Q
d
1
2
 � k0 � 
Q
d
2
8
VM � 
 
k
d
0
2
 � 
 
Q
Q
1
2
4
�
⎛
⎝
⎜
⎞
⎠
⎟
Potencial em N:
VN � V1 � V2 → VN � k0 � 
Q
d
1
6
 � k0 � 
Q
d
2
4
VN � 
 
k
d
0
2
 � 
 
Q Q1 2
3 2
�
⎛
⎝
⎜
⎞
⎠
⎟
Como VM � VN, obtemos:
 
k
d
0
2
 � 
 
Q
Q
1
2
4
�
⎛
⎝
⎜
⎞
⎠
⎟ � 
 
k
d
0
2
 � 
 
Q Q1 2
3 2
�
⎛
⎝
⎜
⎞
⎠
⎟
 
Q
Q
1
2
 � 
 
3
8
671 Alternativa e.
VM � VA � VB → VM � k0 � 
q
d
A
AM
 � k0 � 
q
d
B
BM
 �
� 
 
k
d
0 (qA � qB)
VM � 
 
9 10
0 1
9�
,
 � (5 � 10�6 � 2 � 10�6)
VM � 270 � 103 V ou VM � 270 kV
672 Alternativa e.
O potencial do ponto A é a soma algébrica dos poten-
ciais criados pelas cargas Q e �Q.
Logo:
VA � 
 
k Q
AB
0 �
 � 
 
k Q
AB
0 � �( )
VA � k0 � Q
 
1
3
1
4
�
⎛
⎝
⎜
⎞
⎠
⎟
Efetuando os cálculos, obtemos:
VA � 
 
k Q0
12
�
673 Potencial de uma carga em P: V 5 40 V
Potencial de duas cargas:
V� � V � V → V� � 40 � 40
V� � 80 V
674 1) Em virtude da simetria, para que o potencial
elétrico no ponto C seja nulo, basta que a soma das
cargas colocadas nos vértices seja nula.
2) Para que o campo elétrico seja nulo, no ponto C, é
necessário e suficiente que as cargas colocadas nos
vértices não consecutivos sejam iguais.
As condições 1 e 2 ocorrem simultaneamente na op-
ção e.
675 Alternativa a.
†xy � Q � (Vx � Vy)
†xy � 4 � 10�6 � (800 � 1 200)
†xy � 4 � 10�6 � (�4 � 102)
†xy � �1,6 � 10�4 � �1,6 � 10�3 J
676 Alternativa a.
†AB � �Ec → q � U � �Ec
5 � 10�4 � 100 � �Ec
Logo, �Ec � 5,0 � 10�2 J.
677 Alternativa e.
†AB � �Ec → q � �V � k � 0
�V � 
 
k
q
�V � 
 
4 10
2 10
6
9
�
�
�
�
�V � 2 � 103 � 2 kV
678 Alternativa c.
Do teorema da energia cinética, sabemos que:
†R � Ec
i � Ec
f
Na situação apresentada:
 Ec
i � 0, pois a partícula está inicialmente em repouso
e Ec
f � 
 
1
2
mv2.
Supondo-se a força elétrica que age sobre a partícula
a única força atuante, ela é a resultante.
Logo,
†
Fel. � 
 
1
2
mv2 � 0
Como a força elétrica é constante, pois o campo elé-
trico é uniforme, o seu trabalho pode ser calculado por:
†
Fel. � Fel � d , sendo Fel. � q � E
Portanto:
q � E � d � 
 
1
2
mv2
RESOLUÇÃO 241
SIM
ULA
DÃO
: RE
SOL
UÇÃ
O
SIM
ULA
DÃO
: RE
SOL
UÇÃ
O
1,6 � 10�19 � 2� 104 � 10�3 � 
 
1
2
 � 9,1 � 10�31 � v2
v � 
 
8
3
 � 106 m/s
Assim:
Q � m � v
Q � 9,1 � 10�31
 
8
3
 � 106 � 2,4 � 10�24 N � s
679 Alternativa b.
†AB � q � (VA� VB) → †AB � 4 � 10�8 � (200 � 80)
†AB � 4,8 � 10�6 J
U � E � d → (VA � VB) � E � d
120 � 20 000 � d
d � 6 � 10�3 m
680 Alternativa e.
�VAB � VA � VB � E � d → �VAB � 6 � 107 � 3
�VAB � 1,8 � 108 V
�VBC � VB � VC � 0, pois VB � VC.
�VAC � VA � VC � VA � VB → �VAC � 1,8 � 108 V
681 Alternativa e.
Como todos os pontos são eqüidistantes da carga ge-
radora do campo, o potencial em todos eles é o mes-
mo, o que faz com que o trablho realizado entre quais-
quer dois pontos seja nulo. Portanto somente as afir-
mativas III e IV são corretas.
682 Alternativa d.
Caminhando no sentido das linhas de força, o poten-
cial diminui e para ontos situados na mesma vertical, o
potencial é o mesmo.
Logo, a diferença de potencial entre I e J (VI � VJ) é a
mesma que entre I e L (VI � VL), pois VJ � VL.
683 Alternativa b.
†AB � q � (VA� VB) → †AB � 6 � 10�6 � V
Mas:
U � E � d → U � 2 � 103 � 0,04
U � 80 V
Então:
†AB � 6 � 10�6 � 80
†AB � 480 � 10�6 � 4,8 � 10�4 J
684 Alternativa d.
†F � ��εp → q (VA � VB) � ��εp
Logo, �εp � q (VB � VA).
Sendo a carga positiva (�Q), conclui-se que de V4 para
V1 sua energia potencial aumenta mais.
685 Alternativa d.
Cargas positivas abandonadas num campo elétrico
sujeitas apenas às forças elétricas deslocam-se para
pontos de menor potencial.
686 Alternativa d.
Se a carga elétrica da partícula for negativa a força elé-
trica F tem sentido oposto ao do vetor campo elétrico
E e, portanto, é desviado para a esquerda com trajetó-
ria em forma de um arco de parábola.
A ddp entre o ponto O e o ponto P é dado por:
VP � VO � E � d
VP � VO � 5 � 103 � 1 � 10�2 (V)
VP � VO � 50 V
ou VO � VP � �50 V
687 01. Verdadeira
02. U12 � E � d12 → E � 
 
U
d
12
12
 � 
 
12
0 03,
 → E �
� 400 V/m (V2 � V1) (Verdadeira)
04. Como q 
 0, o deslocamento é espontâneo para
ontos de maior potencial (de 1 para 2); a ddp é nula
entre as placas 2 e 3 e o movimento é uniforme; entre
3 e 4 o potencial decresce e o movimento é retardade
(verdadeiro).
08. †14 � q � (V1 � V4); sendo V1 � V4, †14 � 0 (Verda-
deira)
16. Como U23 � 0, temos: U � E � d. Logo, E � 0.
(Verdadeira)
32. Sendo †14 � 0, vem: †14 � q � U14. Logo, U14 � 0
(Falsa)
Então: 01 � 02 � 04 � 08 � 16 � 31
688 Alternativa c.
a) A � m � a → q � E � m � a → a � 
 
q E
m
�
 (Falsa)
b) A trajetória é retilínea, pois o campo é ascendente e
a carga é positiva (Falsa).
c) †P1P2
 � �Ec → q � E � d � EcP2
 � EcP1
 →
→ EcP2
 � q � E � d (Verdadeira)
d) Num campo uniforme, a força elétrica é constante.
Logo, o movimento da partícula é uniformemente ace-
lerado (Falsa).
e) Como q � 0, a força tem mesma direção e mesmo
sentido do campo elétrico (Falsa).
689 Alternativa a.
†F � Ec � Ec0 → q � U � 
 
m v� 2
2
 → 1,6 � 10�19 � 1 �
� 
 
9 10
2
31 2� �� U
 → v � 6,0 � 105 m/s
690 Alternativa e.
Todas as alternativas estão corretas.
691 Alternativa b.
A estrutura metálica dos veículos atua como blinda-
gem eletrostática, não permitindo que as cargas pene-
trem no seu interior.
242 RESOLUÇÃO
SIM
ULA
DÃO
: RE
SOL
UÇÃ
O
SIM
ULA
DÃO
: RE
SOL
UÇÃ
O
VC � 6,3 � 104 V (Verdadeira)
22. Como † � q � (VC � VD) depende da carga, a alter-
nativa é falsa.
33. Falsa, pois está concentrada em sua superfície.
44. Falsa. O potencial decresce no sentido do campo
elétrico.
(VA � VB � VC)
696 Alternativa c.
Do gráfico, temos:
Ei � 0 → R � 1 cm � 1 � 10�2 m
Vi � 900 V
Vi � k0 � 
Q
R
 → 900 � 9 � 109 � 
 
Q
1 10 2� �
 →
Q � 1 � 10�9 C
697 Alternativa b.
Esup. � Ep → 
 
1
2
k0 � 
 
Q
R2 � k0 � 
 
Q
R2 → d2 � 2R2 →
→ d2 � 2 � 1 → d � 2 � 1,4 cm
698 Alternativa c.
Ocorreu uma indução total. A carga induzida na super-
fície interna tem mesmo módulo e sinal contrário ao da
carga colocada no centro da esfera. A carga na super-
fície externa é igual à carga no centro da esfera metá-
lica oca.
699 Alternativa b.
Dados: R � 10 cm � 10 � 10�2 m; Q � 6 � 10�8 C; q �
10�9 C
O potencial ao qual a carga fica submetida é o da su-
perfície da casca esférica. Logo:
V � k0 � 
Q
R
 → V � 9 � 109 � 
 
6 10
10 10
8
2
�
�
�
�
V � 5,4 � 103 V
Como não há interação elétrica na parte interna da
casca esférica, a força elétrica é nula.
700 Alternativa e.
 
V
E
 � 
 
k Q
R
k Q
R
0
0 2
2
2
�
�
( )
 � 2R
692 Dados Q1 5 8 C; h1 5 200 m; Q2 5 22 C; h2 5 120 m;
Q3 5 4 C; h3 5 100 m
Campo elétrico resultante no solo E:
E � E1 � E2 � E3
Cuja intansidade é:
E � �
 
k
Q
h
0
1
1
2
�
⎛
⎝
⎜
⎞
⎠
⎟ � 
 
k
Q
h0
1
2
�
⎛
⎝
⎜
⎞
⎠
⎟ � 
 
k
Q
h
0
3
3
2
�
⎛
⎝
⎜
⎞
⎠
⎟
E � 9 � 109 � 
 
� � �
8
200
12
120
4
1002 2 2
⎛
⎝
⎜
⎞
⎠
⎟
E � 2,1 � 106 V/m
E � 21 � 105 V/m
693 77
01. Verdadeira, pois Ei � 0, isto é, não ocorre movi-
mento ordenado de cargas elétricas (o condutor está
em equilíbrio eletrostático).
02. Falsa.
04. Verdadeira, pois o carro é uma blindagem
eletrostática (gaiola de Faraday).
08. Verdadeira, pois é o poder das pontas.
16.Falsa. Determinando a carga máxima:
E � k0 � 
 
Q
R2 → 3 � 106 � 9 � 109 � 
 
Q
( )3 10 1 2� �
 →
→ Q � 30 �C
32. Falsa. Estando o condutor em equilíbrio
eletrostático, o potencial num ponto interno é igual ao
potencial em um ponto da superfície.
64. Verdadeira. Quanto maior a densidade superficial
de carga, mais fácil é a sua transferência para outros
corpos.
Então: 01 � 04 � 08 � 64 � 77
694 Alternativa a.
Dados: R � 10 cm � 0,1 m; Q � 4,0�C � 4,0 � 10�6 C;
d � 8,0 cm � 0,08 m
Como d 
 R → Vp � Vsup.
Vsup. � k0 � 
Q
R
 → Vsup. � 9 � 109 � 
 
4 0 10
0 1
6,
,
� �
Vsup. � 3,6 � 105 V
695 00.
EA � k0 � 
 
Q
d
A
A
2 � 9 � 109 � 
 
32 10
8
6
2
� �
 � 4,5 � 103 N/C
EB � k0 � 
 
Q
d
B
B
2 � 9 � 109 � 
 
18 10
6
6
2
� �
 � 4,5 � 103 N/C
Logo, EA � EB; alternativa verdadeira.
11. VC � VA � VB → VC � k0 � 
 
Q
d
A
A
 � k0 � 
 
Q
d
B
B
VC � 9 � 109 
 
32 10
8
18 10
6
6 6�
�
�� �⎛
⎝
⎜
⎞
⎠
⎟
RESOLUÇÃO 243
SIM
ULA
DÃO
: RE
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SIM
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UÇÃ
O
701 Dados: R � 1 m; F � 10�8 C/m2; k0 � 9 � 109 N � m2/C2
a) F � 
 
Q
S
 → 10�8 � 
 
Q
4 1 2	 � ( )
 → Q � 1,25 � 10�7 C
b) E � k0 � 
 
Q
R2 → E � 9 � 109 � 
 
1 25 10
1
7
2
, � �
 →
→ E � 1,12 � 103 N/C
702 Alternativa e.
Do gráfico: d � 15 � 10�2 m
Vext. � 60 V
Vext. � k0 � 
Q
d
 → 60 � 9 � 109 
 
Q
1 5 10 2, � �
 → Q � 10�9 C
C � 
 
Q
V
 → 10 � 10�12 � 
 
10 9�
V
 → V � 100 V
� � 100 V
Vi � Vsup. � k0 � 
Q
R
 → 100 � 9 � 109 � 
 
10 9�
R
 →
R � 9 � 10�2 m
� a � R � 9 � 10�2 m � 9 cm
703 Alternativa a.
C � 
 
R
k0
 → C � 
 
0 50
9 109
,
�
 → C � 
 
1
18
 � 10�9 F
Q � C � V → Q � 
 
1
18
 � 10�19 � 300 → Q � 1,7 � 10�8 C
704 Alternativa a.
d � 1,0 cm e d � 10 cm são pontos internos. Logo:
Ei � 0
705 Alternativa e.
d � 0,10 m → Ei � 0
d � 3,0 m
E � k0 � 
 
Q
q
 → E � 9 � 109 � 
 
17 10
3
8
2
, � �
E � 17 V/m
706 Calculando as capacitâncias das esferas A e B:
CA � 
 
R
k
A
0
 � 
 
R
k0
; CB � 
 
R
k
B
0
 � 2 � 
 
R
k0
Considerando A � 4πR2 (área da esfera):
AA � 4πR2 e AB � 4π(2R)2 � 16πR2
Como VA � VB�, então:
VA � 2VB → 
 
Q
A
A
A
 � 2 � 
 
Q
A
B
B
 → 
 
Q
R
A
4 2	
 �
QA � 
 
2
16 2
�
	
Q
R
B
Calculando os pontencias VA e VB das esferas:
VA � K0 � 
 
Q
R
A
A
 → VA � k � 
 
Q
R
A
VB � k0 � 
 
Q
R
B
B
 → VB � 
 
1
2
k0 � 
Q
R
B
Como QA � 
 
QB
2
 → VA � k0 � 
Q
R
B
2 →
VA� 
 
1
2
k0 � 
Q
R
B , ou seja: VA � VB.
Portanto, não há passagem de carga entre os condu-
tores porque seus potenciais são iguais.
707 Alternativa e.
Dados: RA � 10 cm � 0,1 m; QA� 3 � 10�6 C; RB �
� 5 cm � 0,05 m; QB � 2 � 10�6 C
Os elétrons deverão se movimentar da esfera de me-
nor paraa de maior potencial:
VA � 
 
Q
C
A
A
 � 
 
Q
R
k
A
A
0
 � 
 
Q k
R
A
A
� 0 → VA � 
 
3 10
0 1
6� �
,
k0
VA � 30 � 10�6 k0
VB � 
 
Q
C
B
B
 � 
 
Q
R
k
B
B
0
 � 
 
Q k
R
B
B
� 0 → VB � 
 
2 10
0 05
6� �
,
k0
VB � 40 � 10�6 k0
Logo, os elétrons deslocam-se da esfera maior para a
menor, no sentido oposto ao sentido do campo elétri-
co. Sob mesmo potencial terá mais carga a de maior
raio, pois
Q � C � V → Q � 
 
R
k0
 � V
708 Alternativa c.
QA � CA � VA → QA � 
 
R
k
A
0
 � VA � 
 
2
0
R
k
 � VA
QB � CB � VB → QB � 
 
R
k
B
0
 � VB � 
 
R
k0
 � VB
Como VA � VB, vem:
 
Q t
R
A �
2
 � 
 
Q k
R
B � 0 → 
 
Q
Q
A
B
 � 2
709 Alternativa a.
CA � 
 
3R
k
 e CB � 
 
R
k
QA � 6Q e QB � Q