FÍSICA CADERNO 4 SEMIEXTENSIVO DE. FRENTE 1 MECÂNICA n Módulo 12 Impulso, Quantidade de Movimento e Teorema do Impulso.

Transcrição

1 FÍSICA CADERNO SEMIEXTENSIVO DE FRENTE MECÂNICA n Móulo Impulso, Quantiae e Movimento e Teorema o Impulso ) I F m t,0. 0.,0. 0 (SI) I,0. 0 N.s ) Quantiae e movimento em B: Q B m V B 5) Q 0 Q f mv Q B m gh Q 7, kg. m/s Q Q 0 Q f mv Q 50, 500. (kg. m/s) Q 3, (kg. m/s) ) I) A quantiae e movimento tem móulo constante (MU), porém varia em ireção. II) A energia potencial gravitacional (m g H) varia por que H é variável. III) A energia cinética permanece constante porque o mo - vimento a pera é uniforme. IV) O peso P m g é constante porque m e g são cons tan - tes. 3) ) E e E cin ) mv kx ) V k x m 3) Q mv Q mk x kx m. k x m 6) TEC: τ E cin Q f Q 0 τ m m τ (Q f Q0) m τ (600 00) (J),0 τ 3,0. 0 J 7) ) Como massa e aceleração são invariantes, então F ma também é invariante. ) Como F e t são invariantes, então I F. t também é invariante. 3) Como o eslocamento não é invariante, então τ F cos também não é invariante. ) Como a velociae não é invariante, então Q mv mv e E C também não são invariantes. τ 5) Como trabalho não é invariante, então Pot também t não é invariante. ) Conservação a energia mecânica: E B E A mv B (ref. em B) m g h V B gh 8) a) m/s é uniae e velociae linear; ra/s é uniae e velociae angular. b) N/m é uniae e pressão; N. m é uniae e torque (mo mento). c) J/K é uniae e capaciae térmica; J é uniae e calor (latente ou sensível). ) kg.m/s ou N.s são uniaes e quantiae e movi mento ou e impulso, que são granezas fisicamente homo gê - neas, isto é, têm a mesma equação imensional. e) W é uniae e potência; T (tesla) é uniae o vetor inução magnética.

2 9) a) O impulso a força aplicaa, por efinição, é ao por: I F m. t I 60. 0,50 (N.s) I 30N. s 3) a) b) Aplicano-se o teorema o impulso, vem: ) Para a garota: I g m g V g V g ) Para o rapaz: V g 0,60m/s I r m r V r V r V r 0,0m/s Respostas: a) 30N.s b) V g 0,60m/s e V r 0,0m/s 0) a) TEC: τ at E cin mg D ( ) 0 V 0 D g b) TI: I at Q mg T 0 mv 0 V 0 T g mv 0 c) Quano V 0 uplica, T também uplica e D quaruplica. ) Cálculo o móulo a velociae a mocinha no ponto B (,0m o solo): V B V A + s (MUV) V B ,0 V B 600 V B 0,0m/s ) ) Aplicano-se o teorema o impulso: IR Q (F m P) t m V B (F m 500) 0, ,0 TI: I bola Q horizontal F m. t m[3v ( V)] 60mg. t mv , V V 30m/s ) mv 0,50 a) E C. (30) (J) E C 5J b) TI: I bola Q bola F m. t m. V F m.,0. 0 0, F m 3, N Respostas: a) 5J b) 3,0kN b) Aplicano-se a ạ Lei e Newton: F m P m. a 0, , a 0, a a letal 8g 80m/s a 8,0. 0 a letal 80 Respostas: F m 0, N 0,5kN a 8,0. 0 m/s a) 0,5kN b) 0 vezes maior. F m 500 0, F m 0, , (N) a 0 a letal

3 n Móulo 3 Lei a Gravitação Universal ) Para que os passageiros experimentem a sensação e imponera biliae (graviae zero), é preciso que a força resultante sobre eles seja o seu próprio peso e, portanto, aceleração igual à a graviae. O avião e too o seu conteúo evem estar em quea livre, isto é, com aceleração igual à a graviae. b) Seno A T, vem: π. 3, ra A T 3,. 0 7 T s A, ra/s c) A resultante as forças gravitacionais no satélite no ponto L é a força centrípeta que o mantém em órbita: F r F S F T F cpl ) A aceleração centrípeta o satélite rasante é igual à aceleração a graviae nos pontos e sua órbita: a M a T g M g T GM g g M M M. R g T M T a M. () a T 0 0 a M a T 5 R T R M G M F r S m G M T m (R ) M S M T F r Gm (R ) Respostas: a) G M S T R 3 3) ) F G P GMm R GM m g g R () b) A, ra/s M c) S M T F r Gm (R ) M ) M. Vol Vol M. π R 3 3 () G () em (): g.. π R 3 R 3 g π G R 3 x T e R x 3 R T g x 3 g T g x 3g ) a) Desprezano-se a força gravitacional que o satélite aplica na Terra, a força gravitacional que o Sol aplica na Terra será a força resultante centrí peta que vai manter a sua órbita: F G F cp G M S M T M T T R R 5) a) A aceleração centrípeta terá móulo ao por: a ω r ω velociae angular o satélite, que é igual à velociae angular e rotação a Terra π π r a r T T Seno π 3 r,. 0 7 m T 9,0. 0 s a. 9.,. 0 7 (9,0). 0 8 a 0,9m/s m s b) Na órbita comum: E GMm r Na órbita geoestacionária: E GMm E a E E r r GMm r G M S T R 3 7, ,0. 0.,0. 0 7,0. 0 6,. 0 7 E a (J) 3

4 E a. 0 5 E a 5, J (6,0,0). 0 6 Respostas: a) 0,9m/s b) 5, J (J) FRENTE ÓPTICA E ONDAS n Móulo Lentes Esféricas II Estuo Analítico, Vergência e Equação e Halley ) A istância focal vale f, a istância o objeto à lente é p 3f. Para se escobrir a istância entre o objeto e a imagem, é preciso antes encontrar p', a istância a lente à imagem. Usano-se Gauss, obtém-se: + ; + ; ; f p p f 3f p p f 3f 3 ; ; p 3f 3f p 3f Esquematicamente, tem-se: 3f p 3) Na primeira situação, como o objeto está muito afastao a lente, p. Também é ao p 6cm. Assim: + ; + ; f p p f 6 f 6 f 6,0cm Na seguna situação, p 8cm, e a istância p a imagem à lente será: f p 3 + ; + ; ; p p 6 8 p p p 9,0cm ) Como equivale a e equivale a, para encon - x p y p trar a istância focal, poem-se utilizar quaisquer coorenaas e um ponto o gráfico. Usano-se 5 e 0 (0;5), x y tem-se: + ; 5 + 0; 5; f m f x y f 0,m f 5 Logo, a istância entre objeto e imagem será: p + p' 3f + 3f 9f 5) Deseja-se escobrir f e a posição e uma lente em relação ao objeto, o que significa encontrar p. i,0 Temos A A, e temos que a o,0 i s t â n c i a entre objeto e imagem vale 00cm. Assim, p + p 00cm. p p p 5p A p ; p + 00; 00; p ) Para escobrirmos a istância p a imagem à lente, aa a istância focal f 6,0cm e a istância o objeto à lente, p 30cm, fazemos: p f p + ; + ; ; p p 6 30 p p ; p 30 p cm p' 7,5cm 30 p 80cm f f A ; ; (f 80) f; f + 80 f; 5f 80; f p f 80 f 6cm 6) a) Temos f cm e, aos na primeira situação, um aumento linear A. Com estes, poemos encontrar a posição p o objeto na primeira situação.

5 f A ; ; + p cm p 8cm f p p Na seguna situação, aproximano a lente o objeto, te - re mos p p cm; p 6cm. Para encontrarmos a is - tância x entre as imagens a primeira e a seguna situação, assim como o novo aumento linear A, precisa - mos encontrar p e p. Situação : + ; + ; f p p 8 p p ; 8 p 8 p 8cm Situação : + ; + ; f p p 6 p p 3 ; 6 p p cm A istância x será: x p (p + ) x (8,0 +,0) x,0cm p b) A ; A p 6 8 Se a istância entre o objeto e a imagem vale,0m, nesta configuração a istância o objeto à lente vale,0m e, como o objeto está sobre o ponto antiprincipal, que ista uas istâncias focais a lente, a istância focal será f m. Assim V f i; V,0i 9) Daos: n,5; R +,0cm (convexa); R +6,0cm (convexa); n busca-se f: n + ; (,5 ) + f n R R f 6 f,8cm; 0) Para acharmos a convergência equivalente V, evemos somar as vergências iniviuais: V V + V ; V + ; V + ; f f 0, 0, ) ,5. + ;. f f 5 V 0 +,5 (i),5i; f,8m V,5 i A Respostas: a),0cm b),0 7) Para falarmos sobre as vergências V e V, poemos analisar as istâncias focais f e f. Como raios que inciem paralelamente ao eixo principal se refratam pelo foco a lente, vemos que a e b corresponem às istâncias focais, em que a f e b f. Como f < f, então V > V, pois a vergência é inversamente proporcional à istância focal. 8) Se a imagem é real, invertia e e mesmo tamanho, significa que o objeto e a imagem se encontram sobre os pontos antiprincipais a lente. Como os raios que inciem na primeira lente são paralelos e os emergentes a seguna também, as posições os focos F e F as uas lentes evem coinciir. Logo, f + f. n Móulo 3 Equação Funamental a Onulatória ) a) Observamos na figura que, enquanto o movimento A realiza uma oscilação completa, o movimento B realiza três oscilações: f f A f B n. oscilações t t 3 t 5

6 b) Observamos na figura que a amplitue o movimento e A é igual a k e a amplitue o movimento e B é igual a k: a A a B a b) A a B ) Observamos na figura que, em uma mesma extensão, a ona (I) completa três oscilações enquanto a ona (II) completa quatro oscilações: 3λ I λ II Como as onas se propagam em meios iênticos e são e mesma natureza, suas velociaes e propagação são iguais: V I V II Pela Equação Funamental a Onulatória, obtemos: λ I f I λ II f II 3λ II f I λ II f II f I f II f I < f II 3 3) a) A frequência f e vibração a lâmina, fonte a ona sonora, é e 50 ciclos por seguno, ou 50Hz: T b) Pela Equação Funamental a Onulatória, obtemos: V λf 350 λ. 50 Respostas: f A f B 3 k k a A a B f Respostas: a) A f B 3 λ I λ II λ l > λ II 3 a) T,0. 0 s b) λ 7,0m ) a) A frequência f o som é eterminaa pelo número e vezes que os entes a roa percutem a palheta em caa seguno: 6 f T (s) 50 T,0. 0 s λ 7,0m f f b) Pela Equação Funamental a Onulatória, obtemos: V λf 30 λ. 00 Respostas: a) f,0. 0 Hz b) λ 3,m 5) O comprimento e ona l, istância entre ois máximos consecutivos, é e 0,80m. Pela Equação Funamental a Onulatória, obtemos: V λf V 0,80., (m/s) V 0,96m/s 6) I) CORRETA. Observamos na figura que, entre A e B, existem 0 cristas consecutivas: 0λ,m III) INCORRETA. Pela Equação Funamental a Onulatória, obtemos: V λf V 0,.,5 (m/s) 7) Observamos na figura que a istância entre uas compres - sões máximas consecutivas é e 0cm: λ 0cm Pela Equação Funamental a Onulatória, obtemos: λ V λf T 0 cm V n. percussões t 5. 0 (Hz),0 f,0. 0 Hz λ 3,m λ 0,m II) CORRETA. A frequência f a ona é aa por: n. oscilações f t 0 f (Hz),0 f,5hz V 0,30m/s,5 s V,0cm/s

7 8) a) Observano-se a escala a figura, conclui-se que a écima parte a amplitue A a ona é e 3cm: A 0 3cm A 30cm 0,30m b) Observano-se a escala a figura, conclui-se que a écima parte o comprimento e ona λ a ona é e 9cm. λ 8cm 0 λ 80cm 0,80m Pela equação Funamental a Onulatória, obtém-se: V λf 0,8. f f 5Hz Respostas: a) A 30cm 0,30m b) f 5Hz 9) Para o ponto P retornar pela primeira vez à sua posição ini - cial, ele realiza meia oscilação: T 3,0. 0 s T 6,0. 0 s Pela Equação Funamental a Onulatória, obtemos: λ V λf T λ 6,0. 0 λ 7,. 0 m 0) a) Como se trata e um pulso senoial, o ponto P realiza um Movimento Harmônico Simples. b) O ponto P retorna à sua posição inicial, após ser atingio por uas cristas e um vale a ona, que possui amplitue A e 5,0cm. O ponto P então se esloca e 5,0cm para ci - ma, 0cm para baixo, 0cm para cima e, novamente, 5,0cm para baixo. A istância total D então percorria é e: D 5,0cm + 0cm + 0cm + 5,0cm D 30cm Para um eslocamento e 5,0cm, o ponto P realiza um quarto e oscilação: t T t 5,0. 0 s Respostas: a) Movimento Harmônico Simples b) D 30cm c) t,5. 0 s FRENTE 3 ELETRICIDADE n Móulo Força Eletrostática ) Seno ambas positivas, as partículas se repelem com uma força aa por F K N. m /C Q Q 8, C 30cm 3,0. 0 m F t,5. 0 s K 0. Q. Q , , (3,0. 0 ) F 6,N ) A força eletrostática entre os ois corpúsculos é aa por Q F K. Q 0 Seno: K N. m /C Q Q Q,0cm,0. 0 m F 3,6. 0 N Substituino: Q 3,6. 0 (,0. 0 ) Q. 0 6 C Q C (N) Observe que, após a passagem o pulso, o ponto P retorna à sua posição inicial. Seu eslocamento então é nulo. c) Observamos na figura que o comprimento e ona λ o pulso é e 6cm ou 0,6m. Pela Equação Funamental a Onulatória, obtemos: λ V λf T 0,6 3, T T 5,0. 0 s Q 3) F K. Q 0 Q. 3Q 0, Q Q. 0 0 Q. 0 5 C Q C 7

8 ) a) As esferas possuem cargas opostas e por isso se atraem. A força e atração poe ser calculaa pela Lei e Coulomb: Q F K. Q 0 seno: K N. m /c Q. 0 9 C Q C 0,3m temos: F (N) (0,3) F N b) Após o contato, as novas cargas serão iguais: Q Q Q + Q (C), C A nova força entre elas tem móulo: F K 0. Q (, ). Q (N) (0,3) 5) F F 6, N e como ambas são positivas, F é repulsiva. K. Q. Q K.. Q K. Q F.. Q K. Q. Q. Q (). F F 6) I. Correta As cargas o próton e o elétron são iguais em móulo (e, C) e o móulo a força, ao pela Lei e Coulomb, é o mesmo nos três esquemas: Q e F K.. Q K. II. Correta De acoro com a lei a ação e reação. III. Correta IV. Erraa A força é atrativa apenas no esquema. 7) Após o contato, ambas aquirem a mesma carga, aa por: Q + Q 6 + (,0) Q Q (C) 6,0C 6, C A força e repulsão entre elas tem móulo ao pela Lei e Coulomb: Q (6, ) F K 0.. Q (N) (3,0. 0 ) F 360N 8) Q a) F K 0.. Q 0,8N 0,5.Q b) F K 0. 0,5.Q 0,5 0,5 K 0. Q. Q. 0,8 (0,5) 0,5. 0,5 F 0,8N 9) A força e atração elétrica atua como força centrípeta: m V F elé R m V 9, V 0) A força e atração elétrica atua como força centrípeta. Seja m a massa o corpo em movimento circular. Assim, F elé V Q F K 0.. Q Q. K 0.. Q. 0,8 0,0N (3) 9 9 K. e. e R K. e R m V Se o raio a trajetória passar a valer r r, então a nova velociae será: Kq Kq V m. r m. r V. V racionalizano, V m V R (, ) 0 0 V, m/s m V R K. q. +q r K. q r K. q m. r m V r V Kq m r 8

9 ) O corpo A possui excesso e prótons e, portanto, sua carga elétrica é positiva: q A + n A. e, em que e é a carga elementar. O corpo B possui excesso e elétrons e, consequentemente, sua carga é negativa: q B n B. e. Após o processo e eletriza - ção, a nova carga e B passou a valer: q B ( n B e) ( n B. e) + n B. e Inicialmente, a força entre A e B vale: K.q F A. q B K. n A. e. n B. e e após a eletrização e B, vale: as quais concluímos que F F ) Seja F a força e repulsão elétrica entre Q e q e seja F a força e repulsão elétrica entre q e Q. Aplicano a Lei e Coulomb, temos: K.e. n A. n B F K.q K.e. n A. n A. q B K. n A. e. n B. e B K.Q. q F (L). q L K.q. Q F L Observe que F F e a força resultante tem móulo: F R F F F F F. Portanto, a força resultante tem sentio e q para Q e vale. q. L Portanto, a força resultante tem móulo F R, N 0, N F R, N orientaa para a ireita. ) Da Lei e Coulomb, aplicaa para as partículas B e C, temos: F BC 3, K. Q B. Q C BC KQ A força entre A e B tem móulo ao por: K.Q K. Q F CB A. Q B (N) (,0. 0 ),0. 0 AB F AB N Portanto, a força resultante tem intensiae: F R N 3, N F R. 0 6 N K.Q (3,0. 0 ) Orientaa para a ireita. 5) Na situação a figura I, a carga e prova está sujeita à ação e cinco forças repulsivas iguais. 3) Após o contato, as esferas A e C aquirem cargas + Q/ caa uma. Assim, a força e repulsão entre A e C, separaas por uma istância, tem móulo: K.Q/. Q/ F AC, KQ K. Q / (. 0 ) A força e repulsão entre C e B é aa por: K.Q/. Q K. Q / F CB (8. 0 ) F CB (N) 0, N 8. 0 KQ 8. 0 Note, pela simetria a figura, que a força resultante F é a soma vetorial entre F B, FC e FD, já que FA e FE se anulam. Na situação a figura II, aparecem mais três forças atrativas, e mesmo móulo que as cinco anteriores, nas mesmas ireções e F B, FC e FD. 9

10 ) De acoro com a ạ Lei e Newton, F R m. a Como a força elétrica é a única força atuante, temos que F elétrica m. a q. E m. a a Seno q. E m q C. 0 6 C m 5g kg Logo, a soma vetorial entre F F, FG e FH é exatamente igual a F, o que nos fornece uma força total resultante F. n Móulo 3 Campo Elétrico e Potencial Elétrico ) O móulo o campo elétrico é ao por K.Q E Seno Q,0C, C K 9, N. m /C,0mm, m Temos 9, , E (N/C) (, ) E 9, N/C ) A intensiae o campo elétrico poe ser calculaa pela expressão F E q Seno F 0,80N q, C 0,80 Temos E (N/C), E, N/C 3) A intensiae o campo elétrico poe ser calculaa pela expressão F E q Seno F,N q,0c, C, Temos E (N/C), E 3, N/C E N/C Temos: a (m/s ) a,m/s 5) O campo elétrico e uma partícula positiva é raial e orienta - o para fora ela, como nos casos as figuras e, e orienta - o para a partícula quano ela é negativa, como mostra a figura 3. Na figura, F e E possuem o mesmo sentio e, portanto, q é positiva. Nas figuras e 3, F e E possuem sentios contrários, logo q é negativa. Assim, apenas as afirmações I e III são veraeiras. 6) O móulo o campo elétrico é calculao por K. Q E Note que E e são granezas inversamente proporcionais, cujo gráfico é representao corretamente pela alternativa e. 7) O móulo o campo elétrico é ao por E Para outra situação, na qual Q Q 3 tem-se K. Q E K. Q ( ) (3) E K. Q E 9 K Q 9 8) O campo elétrico e uma partícula é raial. As retas suportes os vetores que representam o campo nos pontos A e B evem encontrar-se no local em que se situa a carga geraora o campo. 0

11 Note que E e Epossuem o mesmo móulo e, portanto, e - vem ser representaos por flechas e mesmo compri mento. Note que a istância entre P e Q é o obro a istância entre B e Q: p B Os móulos o campo elétrico em B e em P são calculaos por: ) O campo elétrico resultante em P está orientao e () para () e seu móulo é ao por: E R E + E E B K. Q B N/C K. Q K Q K Q E p. N/C ( B ) p B E p 6,0 N/C 9) O campo elétrico e uma partícula positiva é e afastamento e o e uma negativa, e aproximação. O campo elétrico resul - tante é uma soma vetorial. K. +Q E R + E R E R 80N/C K. Q 9, (, ) E R (N/C) ) O móulo o campo elétrico resultante poe ser calculao pela lei os cossenos, como mostra a figura. No entanto, os móulos e E e E são iguais: 0) O campo elétrico e uma partícula positiva é raial e orientao para fora ela, enquanto o campo elétrico e uma partícula negativa é raial e orientao para ela. O campo elétrico resultante é uma soma vetorial. K. q 9, , E (N/C) 9, N/C (0. 0 ) K. q 9, , E (N/C) 9, N/C (0. 0 ) e, consequentemente, o triângulo CDF, inicao na figura, é equilátero. Assim seno, temos que E R 9, N/C

12 3) a) O móulo a força elétrica é ao pela Lei e Coulomb: ) F K. Q. Q ( ). ( ) F (N) F,5. 0 N b) No ponto méio, as partículas geram campos elétricos e mesmo móulo e orientaos em sentios opostos. Dessa forma, o campo elétrico resultante nesse ponto é nulo. 9, , V (V), V V 36kV 8) O potencial elétrico é ao por K V 0. Q Sabeno que V 7,. 0 V K 0 9, N.m /C,0m Obtemos 7,. 0 9, Q,0 Q 8, C Q 8,0C K. Q 9, , E (N/C) 9, N/C (0,0) K. Q 9, ,0. 0 E (N/C) 9, N/C (,0) E R E E 0 5) Nos ois casos, a intensiae o campo elétrico resultante é nula, pois toas as cargas possuem o mesmo valor e encon - tram-se ispostas simetricamente em relação ao baricentro. 6) Não há componente e força resultante na ireção a ia - gonal que passa pelas partículas ( Q) e q. Disso concluímos que q Q. Para justificar uma força resultante como ini - caa, evemos supor que q < Q e, consequentemente, q + q < 0 já que q > q 9) a) A força elétrica entre Q e Q tem móulo ao pela Lei e Coulomb: K. Q F. Q Para Q Q e, temos: K. Q F. Q K. Q. Q ( ) () K. Q F.. Q F F. 0,N F 0,N b) O potencial elétrico e Q no ponto méio é ao por: V (V) 0,0 V, V ou V,8kV 0) Os valores o potencial elétrico (V) e o campo elétrico (E) são calculaos pelas expressões: K. Q K. Q V E 7) O potencial elétrico em P poe ser calculao pela expressão V K 0. Q De acoro com as informações o problema: K. Q K. Q V A 6V E B,0N/C A B Seno Temos Q +,0nC, C, m K 0 9, N.m /C Devemos concluir que a partícula fixa em P é positiva, já que o potencial elétrico em A é positivo. Além isso, sabemos que B. A. Assim: V KQ A 6 KQ 6. A

13 KQ KQ 6. E B E B,0 A ( A ) B. A K b) V P 0. Q + AP K 0. Q BP,0,0 A A,0m 9, , V P 9, (, ) + (V) 8,0. 0,0. 0 V P 0 ) Chamemos e Q, Q e Q 3 as cargas as três partículas, e moo que Q Q Q 3 Q. Seja a istância entre uma partícula e outra, que correspone ao comprimento e um lao o triângulo equilátero. A energia potencial o sistema é aa por: U.Q +.Q 3 +.Q 3 U 3 Substituino Q por Q. Q, a energia potencial o sistema passa a ser: U.Q +.Q 3 +.Q 3 U..Q +..Q 3 +.Q 3 KQ U 5 Portanto: U 5 5 U. U U 3 3 ) A energia potencial eletrostática e um par e cargas é aa por: E pot No caso, como Q Q Q e L, temos E pot Note que poemos formar 6 pares iferentes com a configu - ração e, portanto, a energia total é: E 6. K 0. Q.Q K 0. Q L K 0. Q L 3) a) O potencial resultante em M é: K V M V + V 0. Q K + 0. Q AM BM 9, , V M 9, (, ) + (V) 5,0. 0 5,0. 0 ) Das efinições e potencial elétrico e campo elétrico, temos: V K. Q 00V K. Q E 800N/C A partícula tem carga positiva, pois o potencial em P é positivo. Diviino uma expressão pela outra, encontramos: V E KQ KQ.,5 KQ,5m 5) Observe, com base na figura, que a istância entre Q e A vale D : ADE y sen 30 O potencial resultante em A é V A. V q + V Q 0 k. q. k. Q + 0 D kq D kq KQ kq kq y D y + + y D + + D y V M 5,. 0 3 V V M 5,kV Q. q 3

14 6) O potencial elétrico é uma graneza escalar e, portanto, o potencial elétrico resultante é uma soma algébrica. É nulo nas situações as opções a, c e e. O campo elétrico é um conceito vetorial e, assim seno, é nulo nas situações as opções a e. Portanto, o potencial elétrico resultante e o campo elétrico resultante são nulos, simultaneamente, apenas na opção a. 7) O potencial elétrico resultante é ao por: K V P V + V 0. Q K + 0. Q V P (. 0 6 ) + (V) 0,3 0,3 V P 0 O campo elétrico resultante é uma soma vetorial: K E 0. Q (N/C). 0 5 N/C 0,3 K E 0. Q (N/C). 0 5 N/C 0,3 O móulo o vetor campo elétrico resultante poe ser calculao pela lei os cossenos, mas, em particular, E R tem o mesmo móulo e E ou e E, já que o triângulo PAB é equilátero: E R. 0 5 N/C