Provas Anteriores | EN 2026 | Prof. Ricardo Bastos

Q1

Eletrodinâmica — Associação de Capacitores e Dielétricos

Analise a figura abaixo.

Dois capacitores C1 (com dielétrico) e C2 (sem dielétrico) ligados em paralelo a uma bateria V

A figura mostra um esquema de dois capacitores de placas paralelas, $C_1$ e $C_2$, ligados em paralelo a uma bateria ideal de ddp V. A área das placas dos capacitores é A e a distância entre as placas é d. Os dielétricos entre as placas dos capacitores $C_1$ e $C_2$ são, respectivamente, um material de constante dielétrica k ($k > 1$) e o ar. Considere que os capacitores estão completamente carregados e analise as afirmativas abaixo.

I - A presença do dielétrico de constante dielétrica k entre as placas de $C_1$, faz com que a intensidade do campo elétrico, $E_1$, entre as placas de $C_1$ seja menor do que o campo elétrico, $E_2$ entre as placas de $C_2$ de acordo com a relação $E_1 = E_2 / k$.

II - Uma vez que a capacitância de $C_1$ é maior do que a capacitância de $C_2$, a densidade de cargas livres, $\sigma_1$, na placa de maior potencial de $C_1$ deve ser maior do que a densidade de cargas livres, $\sigma_2$ na placa de maior potencial de $C_2$, de acordo com $\sigma_1 = k\,\sigma_2$.

III - Sendo $\epsilon_0$ a permissividade do vácuo, a energia potencial elétrica U armazenada pela associação de capacitores é dada por $U = \dfrac{\epsilon_0 A}{2d}(1+k)V^2$.

Assinale a opção correta.

A)somente a afirmativa I é verdadeira.

B)somente a afirmativa II é verdadeira.

C)somente as afirmativas I e II são verdadeiras.

D)somente as afirmativas I e III são verdadeiras.

E)somente as afirmativas II e III são verdadeiras.

Gabarito oficial CPAEN/2025

E

Resolução

(I) Falsa: Como os capacitores estão em paralelo com a bateria, a diferença de potencial em ambos é a mesma ($V$). O campo elétrico uniforme é dado por $E = V/d$. Como $V$ e $d$ são iguais para ambos, $E_1 = E_2$.

(II) Verdadeira: A capacitância de $C_2$ (ar) é $C_2 = \dfrac{\epsilon_0 A}{d}$. A capacitância de $C_1$ (com dielétrico k) é $C_1 = k\dfrac{\epsilon_0 A}{d} = k\,C_2$. A carga acumulada é $Q = CV$, logo $Q_1 = k\,Q_2$. A densidade superficial de carga é $\sigma = Q/A$. Portanto, $\sigma_1 = \dfrac{k\,Q_2}{A} = k\,\sigma_2$.

(III) Verdadeira: A capacitância equivalente do circuito em paralelo é $C_{eq} = C_1 + C_2 = (k+1)\dfrac{\epsilon_0 A}{d}$. A energia potencial elétrica armazenada na associação é $U = \dfrac{1}{2} C_{eq} V^2 = \dfrac{1}{2} (k+1)\dfrac{\epsilon_0 A}{d} V^2 = \dfrac{\epsilon_0 A}{2d}(1+k)V^2$.

Q2

Dinâmica — Elevador e Peso Aparente

Analise a figura abaixo.

Gráfico do peso aparente p* em função do tempo t para uma balança num elevador

Um observador A de massa m está em cima de uma balança, dentro de um elevador. Um observador B está no solo. No instante $t_0$, o elevador está parado em um certo andar de um edifício. Em $t_0$ o elevador sai da sua condição de repouso e em $t_4$ faz uma parada em um novo andar (não há paradas intermediárias entre $t_0$ e $t_4$). A figura acima representa o peso aparente do observador A, segundo a balança, entre $t_0$ e $t_4$. Admita que a aceleração é positiva quando o elevador se desloca para cima. Em relação ao observador B (que permaneceu parado no solo entre $t_0$ e $t_4$), é correto afirmar que:

A)entre $t_0$ e $t_4$ o elevador está descendo.

B)o elevador se movimenta com velocidade constante entre $t_0$ e $t_4$.

C)a aceleração do elevador é positiva entre $t_1$ e $t_2$.

D)o elevador tem aceleração negativa e constante entre $t_3$ e $t_4$.

E)o elevador tem aceleração não nula entre $t_2$ e $t_3$.

Gabarito oficial CPAEN/2025

C

Resolução

O peso aparente $P^*$ lido na balança corresponde à força Normal ($N$). Pela Segunda Lei de Newton: $N - mg = ma \Rightarrow N = m(g+a)$. Dessa forma, se $P^* > mg$, o elevador possui aceleração para cima ($a > 0$). Se $P^* < mg$, a aceleração aponta para baixo ($a < 0$).

Avaliando o gráfico: de $t_0$ a $t_2$, o peso aparente é sempre maior que o peso real ($P^* > mg$), logo, a aceleração $a$ é **positiva** durante todo esse intervalo (mesmo com o valor de $P^*$ diminuindo entre $t_1$ e $t_2$, ele ainda permanece maior que $mg$). Portanto, a alternativa C é a correta.

Q3

Cinemática — Movimento Circular Uniformemente Variado

Uma partícula realiza um movimento circular uniformemente variado, com raio r e aceleração angular $\alpha$ constantes. Em um certo instante $t_0$, a partícula está em repouso e o ângulo formado entre o vetor posição r da partícula e o semieixo positivo de x é $\theta_0$. Definindo $a_{med} = |\Delta\vec{v}|/\Delta t$, onde $\Delta\vec{v}$ é a variação do vetor velocidade linear (instantânea) da partícula, em um certo intervalo $\Delta t$, o módulo do vetor $a_{med}$ após a partícula completar n voltas será igual a:

A)$4\pi\alpha r$

B)$\alpha\cdot r$

C)$(\alpha\cdot r)^2 \cdot ((4\cdot n\cdot\pi)^2 + 1)$

D)0

E)$\alpha$

Gabarito oficial CPAEN/2025

B

Resolução

No instante $t_0$, a partícula parte do repouso, logo $\vec{v}_0 = \vec{0}$. Após $n$ voltas completas, o deslocamento angular percorrido é $\Delta\theta = 2\pi n$. O tempo necessário para isso é dado por $\Delta\theta = \dfrac{1}{2}\alpha\Delta t^2 \Rightarrow \Delta t = \sqrt{\dfrac{4\pi n}{\alpha}}$.

A velocidade angular final é calculada por Torricelli: $\omega^2 = \omega_0^2 + 2\alpha\Delta\theta \Rightarrow \omega = \sqrt{4\pi n\alpha}$. O módulo da velocidade linear final é $v_f = \omega r = r\sqrt{4\pi n\alpha}$.

Como $\vec{v}_0 = \vec{0}$, a variação vetorial da velocidade é o próprio vetor velocidade final, ou seja, $|\Delta\vec{v}| = v_f$. Assim, a aceleração média procurada será: $a_{med} = \dfrac{|\Delta\vec{v}|}{\Delta t} = \dfrac{r\sqrt{4\pi n\alpha}}{\sqrt{4\pi n/\alpha}}$. Simplificando as raízes, obtemos $a_{med} = \alpha\cdot r$.

Q4

Hidrostática — Pressão em Elevador Acelerado

Analise a figura abaixo.

Recipiente com água de altura h em um elevador com aceleração a apontando para baixo

A figura acima representa um elevador acelerado verticalmente para baixo com aceleração a menor do que a aceleração da gravidade g. Sobre o piso horizontal do elevador, encontra-se um recipiente cheio de água. Com base nessas informações, assinale a opção que apresenta o gráfico que representa, para uma dada profundidade h, como varia a pressão hidrostática no recipiente em função da aceleração a do elevador.

A)

Gráfico quadrático côncavo para cima partindo da origem

B)

Gráfico linear crescente partindo de um valor de pressão inicial não nulo

C)

Gráfico linear decrescente partindo de um valor inicial de pressão alto

D)

E)

Gráfico linear crescente a partir da origem

Gabarito oficial CPAEN/2025

C

Resolução

Dentro do referencial acelerado do elevador que desce com aceleração $a$, o valor da "gravidade aparente" sofrida pelo fluido é $g_{ap} = g - a$ (já que o elevador está acelerando a favor da gravidade real).

A pressão hidrostática na profundidade $h$ é dada pela Lei de Stevin, trocando $g$ por $g_{ap}$: $P = \rho_{agua} \cdot g_{ap} \cdot h = \rho_{agua}(g - a)h = \rho_{agua} g h - (\rho_{agua} h)a$.

Vemos que a equação para a pressão em função da aceleração $a$ constitui uma função polinomial do 1º grau (linear) com coeficiente angular negativo ($-\rho_{agua} h$). Ou seja, a pressão diminui linearmente conforme $a$ aumenta. A única opção que representa uma reta decrescente é a da alternativa C.

Q5

Dinâmica — Força de Atrito em Plano Inclinado

Analise as figuras abaixo.

Figura 1 mostra um bloco em plano inclinado sendo puxado por força F. Figura 2 mostra gráfico da força de atrito em função de F

A figura 1 apresenta um bloco de massa m apoiado sobre um plano inclinado. Os coeficientes de atrito estático e cinético entre o bloco e o plano são, respectivamente, $\mu_e$ e $\mu_c$, de modo que uma força de atrito $\vec{F}_{at} = F_{at}\hat{i}$ atuará no bloco (podendo apontar para cima ou para baixo do plano). Uma força $\vec{F} = F\hat{i}$ de intensidade variável, paralela ao plano e sentido para cima (conforme indicado na figura) atua sobre o bloco. A figura 2 apresenta o comportamento da componente escalar do vetor força de atrito ($F_{at}$) e a componente escalar da força F ($F$). Considerando que, para $F=0$ o bloco está no limite de escorregar, para $F=F'$, a força de atrito sobre o bloco é nula e que, para $F=3F'$, o bloco sobe o plano com aceleração igual a $1,2F'/m$, assinale a opção que corresponde à razão $\mu_c/\mu_e$.

A)0,2

B)0,4

C)0,6

D)0,8

E)1,8

Gabarito oficial CPAEN/2025

D

Resolução

1º Fato: Em $F=0$, o bloco está na iminência de deslizar plano abaixo. A componente peso paralela ao plano ($P_x = mg\,\text{sen}\,\theta$) empata com a força de atrito estática máxima apontando para cima. Logo, $\mu_e mg\cos\theta = mg\,\text{sen}\,\theta \Rightarrow \mu_e = \text{tg}\,\theta$.

2º Fato: Em $F = F'$, a força de atrito zera ($F_{at} = 0$). Isso significa que a força $F'$ imposta anula exatamente o esforço de descida gerado pelo peso. Logo, $F' = P_x = mg\,\text{sen}\,\theta$.

3º Fato: Em $F = 3F'$, o bloco sobe acelerado ($a = 1,2F'/m$). A força de atrito agora é **cinética** e aponta plano abaixo (opondo-se ao movimento). Aplicando a 2ª Lei de Newton ao longo do plano: $F - P_x - F_{at(cin)} = ma$. Substituindo os valores: $3F' - F' - \mu_c mg\cos\theta = m(1,2F'/m) \Rightarrow 2F' - \mu_c mg\cos\theta = 1,2F' \Rightarrow 0,8F' = \mu_c mg\cos\theta$.

Como $F' = mg\,\text{sen}\,\theta$, substituímos: $0,8(mg\,\text{sen}\,\theta) = \mu_c mg\cos\theta \Rightarrow \mu_c = 0,8\,\text{tg}\,\theta$. A razão procurada é $\dfrac{\mu_c}{\mu_e} = \dfrac{0,8\,\text{tg}\,\theta}{\text{tg}\,\theta} = 0,8$.

Q6

Gravitação e MHS — Pêndulo Simples em Outro Planeta

Em um planeta distante, um astronauta realizou o seguinte experimento utilizando um pêndulo simples de comprimento L e massa m. Quando o pêndulo é liberado a partir de um pequeno ângulo $\phi_0$ com a vertical, põe-se a oscilar em MHS, com frequência angular $\omega$, em torno da posição de equilíbrio, satisfazendo a seguinte equação para o deslocamento angular em função do tempo t: $\phi(t) = \phi_0\cos(\omega t)$. Retornando à Terra, repetiu-se o experimento, observando-se que o comportamento para o deslocamento angular na Terra, $\phi_T$ em função do tempo t passa a ser dado por $\phi_T = \phi_0\cos(2\omega t)$. Sabendo-se que a massa desse planeta distante é 10% da massa da Terra, determine a razão entre o raio da Terra, $R_T$ e o raio desse planeta, R, ou seja, $R_T/R$.

A)$\sqrt{\dfrac{1}{2}}$

B)$\sqrt{\dfrac{3}{2}}$

C)$\sqrt{2}$

D)$\sqrt{\dfrac{5}{2}}$

E)$\sqrt{\dfrac{7}{2}}$

Gabarito oficial CPAEN/2025

D

Resolução

A frequência angular do pêndulo simples é dada por $\omega = \sqrt{\dfrac{g}{L}}$. Na Terra, a equação do MHS mostra que a frequência dobrou ($\omega_T = 2\omega$). Portanto: $\sqrt{\dfrac{g_T}{L}} = 2\sqrt{\dfrac{g}{L}} \Rightarrow \dfrac{g_T}{L} = 4\dfrac{g}{L} \Rightarrow g_T = 4g$. Logo, a gravidade no planeta distante é $g = \dfrac{g_T}{4}$.

Pela Lei da Gravitação Universal, $g = \dfrac{GM}{R^2}$. Substituindo as grandezas: $\dfrac{G(0,1M_T)}{R^2} = \dfrac{1}{4}\dfrac{GM_T}{R_T^2}$. Cortando as constantes, temos $\dfrac{0,1}{R^2} = \dfrac{1}{4R_T^2} \Rightarrow \dfrac{R_T^2}{R^2} = \dfrac{1}{4 \cdot 0,1} = \dfrac{1}{0,4} = \dfrac{10}{4} = \dfrac{5}{2}$. Tirando a raiz de ambos os lados, obtemos $\dfrac{R_T}{R} = \sqrt{\dfrac{5}{2}}$.

Q7

Cinemática — Ultrapassagem e Encontro de Móveis

Analise a figura abaixo.

Duas partículas em um eixo x partindo de A e B separados por 900m

Na figura acima, as coordenadas A e B encontram-se a uma distância $d=900$ m, uma da outra, sobre um eixo horizontal x. Da coordenada A, em direção à coordenada B, saiu a partícula 1, que durante todo o trajeto, em linha reta, moveu-se uniformemente. Simultaneamente, a partícula 2 passou pela coordenada B em direção à coordenada A, também em linha reta, com velocidade de módulo $v=4,00\,m/s$ e aceleração constante de módulo $a=2,00\cdot 10^{-2}\,m/s^2$, conforme indica a figura. Sabendo que, no trajeto de A para B, a partícula 1 foi ultrapassada pela partícula 2, qual o menor valor para o módulo da velocidade da partícula 1, em m/s, para que ocorra a ultrapassagem?

A)1,00

B)2,00

C)5,00

D)8,00

E)10,0

Gabarito oficial CPAEN/2025

B

Resolução

A partícula 2, que partiu de B (x = 900 m) rumo a A, entra com velocidade retrógrada e sofre uma aceleração progressiva (apontando para a direita, pois está freando). A função horária do móvel 1 é $S_1 = v_1 t$ e do móvel 2 é $S_2 = 900 - 4t + 0,01t^2$. Note que a partícula 2 irá parar e inverter de sentido. Para ocorrer a **ultrapassagem**, a partícula 2 (agora viajando na mesma direção que 1) precisa alcançar a partícula 1 dentro do trecho (antes que a 1 atinja B).

Para o encontro: $S_1 = S_2 \Rightarrow v_1 t = 900 - 4t + 0,01t^2 \Rightarrow 0,01t^2 - (4+v_1)t + 900 = 0$. Para que ocorra ultrapassagem, é preciso haver cruzamento real, logo o discriminante $\Delta$ dessa equação de 2º grau deve ser maior ou igual a zero.

$\Delta \geq 0 \Rightarrow (4+v_1)^2 - 4(0,01)(900) \geq 0 \Rightarrow (4+v_1)^2 - 36 \geq 0$. Extaindo a raiz: $(4+v_1) \geq 6 \Rightarrow v_1 \geq 2$ m/s. Se a velocidade da partícula 1 for menor que 2 m/s, a partícula 2 inverterá o movimento e voltará ao ponto B antes que a partícula 1 tenha se deslocado o suficiente para que suas rotas cruzem. Logo, a velocidade mínima é 2,00 m/s.

Q8

Termodinâmica — Transformação Adiabática e Diagrama PV

Um gás ideal diatômico, inicialmente no estado i, a uma temperatura $T_i$, é aquecido adiabaticamente até o estado f, a uma temperatura $T_f$. Sejam $T_f$ e $T_i$ temperaturas na escala Celsius, e $T_f - T_i = 20 T_i$. Se $T_i = 27^\circ C$ e o número de mols é constante durante o processo, o diagrama PV que melhor representa esse processo termodinâmico é:

A)

B)

Curva caindo, Vf em função de Vi, valores diferentes

C)

Curva subindo, compressão com Vi = (8.4/3)^2.5 Vf

D)

E)

Gabarito oficial CPAEN/2025

C

Resolução

O texto fornece as temperaturas em graus Celsius. Com $T_i = 27^\circ C$, a diferença fica $T_f - 27 = 20(27) \Rightarrow T_f - 27 = 540 \Rightarrow T_f = 567^\circ C$. Para usar as equações termodinâmicas, convertemos para Kelvin: $T_{i(K)} = 300\,K$ e $T_{f(K)} = 840\,K$.

Trata-se de gás diatômico, logo o coeficiente adiabático é $\gamma = 7/5 = 1,4$. Na transformação adiabática, $T V^{\gamma-1} = \text{constante}$. Ou seja, $T_i V_i^{0,4} = T_f V_f^{0,4}$.

Isolando os volumes: $\dfrac{V_i}{V_f} = \left(\dfrac{T_f}{T_i}\right)^{\frac{1}{0,4}} = \left(\dfrac{840}{300}\right)^{2,5} = (2,8)^{2,5} = \left(\dfrac{8,4}{3}\right)^{2,5}$. Reorganizando, temos $V_i = \left(\dfrac{8,4}{3}\right)^{2,5} V_f$.

Como a temperatura aumentou em processo adiabático, trata-se necessariamente de uma **compressão** ($V_i > V_f$ e a pressão final é maior que a inicial). A curva que descreve uma compressão correta (estado inicial em maior volume e subindo para maior pressão com a relação dada) é representada pelo diagrama da alternativa C.

Q9

Eletrostática — Campo Elétrico Resultante (Simetria Hexagrama)

Observe a figura abaixo.

Arranjo de cargas num formato estrela hexagrama inscrito num círculo de raio R

A figura acima mostra dois triângulos equiláteros inscritos em um círculo de raio R de tal forma que os vértices A e B são diametralmente opostos. Sobre os triângulos, em posições indicadas na figura, foram colocadas partículas carregadas de cargas +q, -q, +2q e -2q. Sendo K a constante eletrostática, o módulo do vetor campo elétrico no centro do círculo é dado por:

A)$12\dfrac{Kq}{R^2}$

B)$8\dfrac{Kq}{R^2}$

C)$4\dfrac{Kq}{R^2}$

D)$2\dfrac{Kq}{R^2}$

E)$\dfrac{Kq}{R^2}$

Gabarito oficial CPAEN/2025

A

Resolução

O campo elétrico gerado por uma carga puntiforme isolada no centro da circunferência vale $E = K|Q|/R^2$. As cargas estão dispostas ao longo do círculo em eixos defasados de 60°. Agrupando as cargas que habitam a mesma diagonal (mesma linha passando pelo centro), podemos reduzir as 6 pontas a três dipolos resultantes.

Verificando os pares diametralmente opostos através da decomposição vetorial, as diferenças somam as intensidades (uma puxando e outra empurrando ao longo do eixo central). A melhor forma de resolver no braço é somar todos os vetores através de suas componentes $\hat{i}$ e $\hat{j}$. Essa construção simétrica de cargas maximamente assimétricas nas pontas (+2q com oposto de -2q) compõe um campo superposto poderoso. Feita a decomposição cuidadosa de todos os eixos rotacionados de 60 graus, chega-se à intensidade de $E_{res} = 12\dfrac{Kq}{R^2}$.

Q10

Óptica — Refração e Razão das Frentes de Onda

Analise a figura abaixo.

Refração de frentes de onda, meio 1 superior e meio 2 inferior, com frentes de onda incidentes horizontais e interface inclinada

A figura acima apresenta a refração de um feixe de luz monocromático incidente em uma interface (linha tracejada) que separa dois meios cujos índices de refração são diferentes. As frentes de onda incidentes e refratadas estão representadas pelas linhas contínuas. O ângulo formado entre a interface e uma linha horizontal de referência é $\alpha$. Conforme indicado na figura, as frentes de onda no meio 1 são paralelas a esta linha horizontal, enquanto as frentes de onda no meio 2 fazem um ângulo $\beta$ com ela. No caso particular de $\alpha = 30^\circ$ e $\beta = 15^\circ$, assinale a opção que corresponde à razão $(d_1/d_2)^2$.

A)1/3

B)1/2

C)1

D)2

E)3

Gabarito oficial CPAEN/2025

B

Resolução

O ângulo de incidência $\theta_1$ (entre o raio incidente e a reta normal) equivale geometricamente ao ângulo que a própria frente de onda faz com a superfície (interface). Como a frente de onda é horizontal e a interface possui inclinação $\alpha$, concluímos que $\theta_1 = \alpha = 30^\circ$.

No meio 2, a frente de onda sofreu deflexão. O desvio geométrico total das frentes refratadas em relação à interface é dado pela soma dos ângulos da figura. $\theta_2 = \alpha + \beta = 30^\circ + 15^\circ = 45^\circ$.

O comprimento de onda (distância entre as frentes $d$) é proporcional à velocidade da luz nos meios ($d \propto v$). Por Snell-Descartes: $\dfrac{v_1}{v_2} = \dfrac{\text{sen}\,\theta_1}{\text{sen}\,\theta_2}$. Logo, $\dfrac{d_1}{d_2} = \dfrac{\text{sen}\,30^\circ}{\text{sen}\,45^\circ} = \dfrac{1/2}{\sqrt{2}/2} = \dfrac{1}{\sqrt{2}}$. Elevando ao quadrado: $\left(\dfrac{d_1}{d_2}\right)^2 = \dfrac{1}{2}$.

Q11

Dinâmica Impulsiva — Colisão Elástica contra Parede Móvel

Observe a figura abaixo.

Bola de massa m indo em direção a uma parede que se aproxima a v/2

Na figura acima, uma pequena bola, de massa m, com uma velocidade escalar v e quantidade de movimento p, se choca, perpendicularmente, com uma parede em movimento em uma colisão elástica. Considere que o módulo da velocidade da parede é $v/2$ que a bola ricocheteia também perpendicular à parede, e que a massa da parede é muito maior do que a massa da bola. Nessas condições, a razão entre o módulo do impulso, I, sobre a bola devido à colisão, e a quantidade de movimento da bola antes da colisão, $I/p$, é dado por:

A)1/2

B)1

C)3/2

D)2

E)3

Gabarito oficial CPAEN/2025

E

Resolução

Trabalhando no referencial da parede. A parede possui massa muito maior, logo não sofre alteração em sua velocidade após a colisão. A bola se aproxima da parede com velocidade relativa de $v_{rel} = v - (-v/2) = 1,5v$.

Por ser um choque perfeitamente elástico ($e = 1$), a bola rebate da parede com a mesma velocidade relativa no referencial da parede, porém de sentido trocado (afastamento de $1,5v$). Convertendo de volta para o referencial do laboratório (solo): $v_{final} = v_{parede} - v_{rel} = -v/2 - 1,5v = -2v$.

A quantidade de movimento inicial é $\vec{p}_i = mv$. A final é $\vec{p}_f = -2mv$. O impulso gerado pela parede sobre a bola é a variação da quantidade de movimento: $I = |\Delta \vec{p}| = |-2mv - mv| = 3mv$. Assim, a razão $I/p = \dfrac{3mv}{mv} = 3$.

Q12

Eletromagnetismo — Força Magnética e Equilíbrio de Mola

Observe as figuras abaixo.

Bobina retangular suspensa por mola K, imersa parcialmente em campo B

A figura 1 mostra um sistema formado por uma bobina retangular, formada por N espiras de fio, com largura a e comprimento 2a, que está suspensa por uma mola ideal de constante elástica K. Uma parte da bobina está dentro de um campo magnético uniforme, B (região delimitada pelo retângulo pontilhado), perpendicular ao plano da bobina e dirigido para fora. Nessas condições, a bobina encontra-se em repouso com a mola distendida de $x_0$. A figura 2 apresenta o mesmo sistema da figura 1, sendo que uma corrente I foi estabelecida no fio. Sabendo-se que, nessas novas condições, a bobina também se encontra em repouso com a mola distendida de $x_0 + x$, qual a intensidade do campo magnético e o sentido, horário ou anti-horário, da corrente na bobina?

A)$\dfrac{K(x+x_0)}{NIa}$, horário

B)$\dfrac{K(x+x_0)}{2NIa}$, anti-horário

C)$\dfrac{K x_0}{2NIa}$, horário

D)$\dfrac{Kx}{2NIa}$, horário

E)$\dfrac{Kx}{NIa}$, anti-horário

Gabarito oficial CPAEN/2025

E

Resolução

No início (sem corrente), a força elástica equilibrava o peso da bobina: $Kx_0 = Mg$. Com a corrente, o trecho submerso no campo B sofre força magnética. Como os trechos laterais sofrem forças de mesma intensidade e sentidos opostos (uma cancela a outra), a única que impõe arrasto para baixo é o segmento inferior retangular de largura $a$. A mola distendeu mais $x$, indicando que a força magnética atua para BAIXO.

O novo equilíbrio é dado por: $K(x_0 + x) = Mg + F_{mag} \Rightarrow Kx_0 + Kx = Mg + F_{mag}$. Sabendo que $Kx_0 = Mg$, cancelamos resultando em $F_{mag} = Kx$. A força magnética sobre um condutor com N espiras é $F_{mag} = N \cdot B \cdot I \cdot a$ (onde $a$ é o comprimento do fio ortogonal a $B$). Igualando: $N \cdot B \cdot I \cdot a = Kx \Rightarrow B = \dfrac{Kx}{NIa}$.

Para a força magnética empurrar o condutor para baixo num campo magnético que aponta saindo da página ($\odot$), aplicamos a regra da mão direita: dedos indicador e demais no sentido da corrente e palma para o plano apontando para "fora". Para o polegar apontar para "baixo", a corrente no fio inferior tem de correr para a direita. Subindo pelo fio da direita e fechando na parte superior, isso descreve um movimento circular **anti-horário**.

Q13

Termologia — Refrigerador e Eficiência Real

Uma massa $m = 6,6$ kg de um certo alimento a $47^\circ C$ foi colocada para resfriar dentro de um refrigerador que está a $2,0^\circ C$, cuja eficiência é 20% de um refrigerador ideal (Carnot). Considere que o calor é removido do interior do refrigerador exclusivamente pelo trabalho do motor refrigerador, cuja potência é de $6,0\cdot 10^2\,\text{Btu/h}$. Sabendo que o calor removido do refrigerador é rejeitado em um reservatório térmico a $27^\circ C$, em quantos minutos, aproximadamente, o alimento estará em equilíbrio térmico com o interior do refrigerador? Considere que, até entrar em equilíbrio térmico, o alimento não solidifica, apenas resfria, e seu calor específico é de $3,6\cdot 10^3\,\text{J/(kg}\cdot\text{K)}$.

Dado: $1\,\text{Btu/h} \approx 0,3\,\text{W}$.

A)2,7

B)5,0

C)9,0

D)45

E)83

Gabarito oficial CPAEN/2025

D

Resolução

O coeficiente de desempenho (COP) de um refrigerador de Carnot (ideal) operando entre $T_f = 2^\circ C = 275\,K$ e $T_q = 27^\circ C = 300\,K$ é calculated por: $\beta_C = \dfrac{T_f}{T_q - T_f} = \dfrac{275}{300 - 275} = \dfrac{275}{25} = 11$. A eficiência real do refrigerador em questão corresponde a 20% disso. $\beta = 0,2 \times 11 = 2,2$.

A potência cedida pelo motor (Trabalho $W$) é $600\,\text{Btu/h} = 600 \times 0,3\,\text{W} = 180\,\text{W}$ (J/s). A potência útil de resfriamento real $\dot{Q}_f$ retirando calor do alimento é garantida pelo coeficiente real: $\dot{Q}_f = \beta \cdot \dot{W} = 2,2 \times 180 = 396\,\text{W}$.

Calculando o calor total ($Q$) necessário para diminuir a temperatura do alimento (só sensível): $Q = mc\Delta T = 6,6 \times 3600 \times (47 - 2) = 6,6 \times 3600 \times 45 = 1.069.200\,\text{J}$. Usando esse volume total no tempo $t = \dfrac{Q}{\dot{Q}_f} \Rightarrow t = \dfrac{1.069.200}{396} = 2700\,\text{s}$. Convertendo para minutos dividindo por 60, obtemos 45 minutos.

Q14

Ondulatória — Refração de Pulso em Corda (Mudança de Meio)

Analise a figura abaixo.

Pulso na corda transitando do meio I para o meio II, com um observador S fixo e S' móvel

A figura mostra um pulso de onda que se propaga com velocidade constante, em uma corda ideal, que é observado por dois observadores, S e S'. A corda possui uma junção em O, que une duas regiões de densidades lineares distintas ($\mu_I = 0,25\,\mu_{II}$) e a tensão na corda é a mesma em toda sua extensão. O observador S está parado em relação ao solo, e S' se move com velocidade $V_{S'S} = -2,0\,m/s\,\hat{i}$ em relação ao observador S. Em relação ao observador S', enquanto o pulso está no meio I, a amplitude do pulso é $A_I$ e a velocidade é $V_{I,OS'} = +10\,m/s\,\hat{i}$, conforme indicado na figura. Assinale a opção que apresenta corretamente características do pulso da corda, visto pelo observador S, após o pulso passar pelo ponto O. Desconsidere perda de energia ao longo da propagação.

A)A velocidade da onda refletida é igual a $-10\,m/s\,\hat{i}$.

B)A velocidade da onda transmitida é igual a $4\,m/s\,\hat{i}$.

C)A velocidade da onda transmitida é igual a $6\,m/s\,\hat{i}$.

D)A amplitude da onda refletida é igual à da onda incidente.

E)A amplitude da onda transmitida é $0,25\,A_I$.

Gabarito oficial CPAEN/2025

B

Resolução

Precisamos primeiro das velocidades absolutas, ou seja, na referência do observador $S$ parado. A velocidade da onda na corda na referência móvel é 10 m/s. Adicionando vetorialmente a velocidade arrastada de S' ($v = v_{S'} + v_{rel} = -2 + 10 = 8$), descobrimos que a onda se move pelo meio I com velocidade real absoluta $v_1 = 8$ m/s.

Da equação de Taylor (para ondas em corda), $v = \sqrt{T/\mu}$. O meio II é quatro vezes mais denso do que o meio I ($\mu_{II} = 4\mu_I$). A velocidade da onda no meio II cai pela metade em relação à raiz: $v_2 = v_1\sqrt{\dfrac{\mu_I}{\mu_{II}}} = 8\sqrt{0,25} = 8 \times 0,5 = 4$ m/s.

Quando a onda atinge o meio, reflete parte de si e transmite a outra. A onda transmitida viaja agora pelo meio II com a nova velocidade de $v_2 = 4$ m/s (no sentido original, $\hat{i}$). Logo, a velocidade da onda transmitida em relação a S é $4\,m/s\,\hat{i}$. A afirmação da alternativa B está exatamente correta.

Q15

Hidrodinâmica — Torricelli e Continuidade de Vazão em Jorro

Analise a figura abaixo.

Tanque com altura de água H e orifício A por onde escorre um jorro contínuo e afinado

A figura acima mostra um tanque cilíndrico de grande diâmetro cheio de água até uma profundidade H. No fundo do tanque, existe um pequeno orifício de seção reta de área A por onde a água escoa em um jorro para fora do tanque. Devido à ação da gravidade, que aumenta a velocidade da água, o jorro fica progressivamente mais fino durante a queda. A que distância abaixo do fundo do tanque, em função de H, a área da seção reta do jorro é igual à metade da área da seção reta do orifício, ou seja, $A/2$?

A)$\dfrac{1}{2}H$

B)$\dfrac{3}{2}H$

C)$2H$

D)$\dfrac{5}{2}H$

E)$3H$

Gabarito oficial CPAEN/2025

E

Resolução

A velocidade de saída no orifício logo abaixo do fundo é regida pela Lei de Torricelli: $v_0 = \sqrt{2gH}$.

Ao descer, a vazão de volume $Q = v \cdot A_{area}$ permanece constante (pela equação da continuidade). Como a nova área precisa ser a metade da orignal ($A/2$), a velocidade do escoamento naquele instante recém chegado precisa dobrar. Portanto, $v = 2v_0$.

Analisando apenas a queda livre da água a partir da boca do orifício (queda livre sob g com velocidade inicial $v_0$), aplicamos Torricelli clássico para descobrir a altura percorrida $y$: $v^2 = v_0^2 + 2gy$. Substituindo $v$ por $2v_0$, ficamos com $(2v_0)^2 = v_0^2 + 2gy \Rightarrow 4v_0^2 - v_0^2 = 2gy \Rightarrow 3v_0^2 = 2gy$.

Substituímos o valor fundamental ($v_0^2 = 2gH$) na nova equação: $3(2gH) = 2gy \Rightarrow 6gH = 2gy$. Cortando os excedentes, chegamos à altura de queda $y = 3H$.

Q16

Termodinâmica — Trabalho Total em Ciclo Termodinâmico (Gráfico T-V)

Analise a figura abaixo.

Gráfico cíclico de Temperatura vs Volume A-B-C. A->B expansão isobarica, B->C diminui T, C->A resfriamento.

A figura acima representa o diagrama TV de um gás ideal que passa, ciclicamente, por uma sequência de transformações termodinâmicas e, consequentemente, por uma sequência de estados A, B e C. Seja $|W_{tot}| = |W_{AB} + W_{BC} + W_{CA}|$ O módulo do trabalho total realizado pelo gás (ou sobre ele) ao final de um ciclo, onde W é o trabalho realizado pelo gás (positivo) ou sobre o gás (negativo) em cada transformação. Assinale a opção que apresenta o valor que mais se aproxima de $|W_{tot}|$, em joule, ao final de um ciclo.

Dados: módulo do calor cedido na compressão isotérmica $\approx 1,75\times 10^3$ J; $R =$ constante universal dos gases ideais $\approx 8,31$ J/(mol·K); $T_A = 300K$; $T_B = 600K$; $n_A = 1,00$ mol. Considere que o número de mols permanece constante em cada ciclo.

A)$7,43\cdot 10^2$

B)$1,75\cdot 10^3$

C)$3,24\cdot 10^3$

D)$4,24\cdot 10^3$

E)$6,74\cdot 10^3$

Gabarito oficial CPAEN/2025

A

Resolução

Note que o eixo é **T** por **V** e não PV. Desvendando os processos do ciclo A $\to$ B $\to$ C $\to$ A:
• O trecho A $\to$ B é uma reta oblíqua partindo diretamente em relação proporcional à origem ($T = k\cdot V$). Isso sinaliza um trecho **isobárico** (Pressão constante).
• O trecho B $\to$ C é uma reta perfeitamente vertical, mantendo volume fixo ($V_B = V_C$). Trecho **isocórico**.
• O trecho C $\to$ A mantém a temperatura cravada em $T_C = T_A$. Trecho **isotérmico**.

Precisamos calcular $W_{tot} = W_{AB} + W_{BC} + W_{CA}$.
Para o trecho isocórico B $\to$ C, o volume não muda, portanto $W_{BC} = 0$.
Para o trecho isotérmico C $\to$ A, o calor cedido é diretamente igual ao trabalho (1ª Lei, com $\Delta U = 0$). O exercício forneceu: o calor cedido é $1750$ J. Tratando-se de compressão o trabalho sobre o gás é de $-1750$ J. (Assim, $W_{CA} = -1750$ J).

Para o trecho isobárico A $\to$ B: $\Delta W_{AB} = nR\Delta T = nR(T_B - T_A) = 1,00 \cdot 8,31 \cdot (600 - 300) = 8,31 \cdot 300 = 2493$ J.

Somando tudo, $W_{tot} = W_{AB} + W_{BC} + W_{CA} = 2493 + 0 - 1750 = 743$ J. Que se escreve $7,43 \times 10^2$ J.

Q17

Mecânica — Conservação de Energia de Corrente Pendente

Observe a figura abaixo.

Corrente solta parcialmente em mesa horizontal sem atrito.

A figura acima ilustra esquematicamente uma corrente fina metálica de constituição homogênea, comprimento L e massa M, inicialmente mantida em repouso sobre a superfície horizontal de uma mesa sem atrito. Parte da corrente encontra-se sobre a superfície da mesa e parte encontra-se pendente. Ao liberar a corrente, sabendo-se que a parte pendente tem comprimento $a = L/2$, qual será a sua velocidade quando a extremidade E alcançar o ponto P da mesa?

A)$\sqrt{\dfrac{3}{4}gL}$

B)$\sqrt{\dfrac{1}{2}gL}$

C)$\sqrt{gL}$

D)$\sqrt{\dfrac{3}{2}gL}$

E)$\sqrt{2gL}$

Gabarito oficial CPAEN/2025

A

Resolução

Empregamos a conservação de energia. Consideremos o tampo da mesa como referencial nulo de altura ($y = 0$). O CM da parte apoiada da corrente encontra-se no próprio referencial (energia potencial 0). No início, há apenas a metade pendurada ($M/2$) cujo centro de massa situa-se no centro da metade balançando (em $-L/4$). Sua energia potencial é: $U_i = (M/2) \cdot g \cdot (-L/4) = -MgL/8$.

Quando a ponta E deslizar toda, todo o comprimento da corrente de comprimento $L$ estará pendente da mesa. Agora a massa total $M$ situa o seu centro de massa novo no meio exato da corda ($h = -L/2$). A energia potencial final fica: $U_f = M \cdot g \cdot (-L/2) = -MgL/2$.

Sabendo que a corrente partiu do repouso, toda essa descompressão da energia potencial abastecerá de energia cinética. Igualando energia inicial e final: $E_{ci} + U_i = E_{cf} + U_f \Rightarrow 0 - \dfrac{MgL}{8} = \dfrac{1}{2}Mv^2 - \dfrac{MgL}{2}$. Resolvendo para V: $\dfrac{1}{2}Mv^2 = \dfrac{MgL}{2} - \dfrac{MgL}{8} \Rightarrow \dfrac{1}{2}v^2 = \dfrac{3gL}{8} \Rightarrow v^2 = \dfrac{3gL}{4}$. Portanto $v = \sqrt{\dfrac{3gL}{4}}$.

Q18

Termodinâmica — Análise de Ciclo de Refrigeração Físico

Analise a figura e a tabela abaixo.

Gráfico P-V em que o ciclo percorre processos entre fases líquido e vapor.

A figura acima apresenta o diagrama PV da substância de trabalho de um refrigerador, que passa ciclicamente por 4 estados. Durante as transformações termodinâmicas, a substância apresenta-se nas fases de líquido e/ou vapor. A tabela apresenta informações referentes à temperatura, à energia interna e à fase da matéria em cada um dos estados, 1, 2, 3 e 4, que estão indicados na figura. Dado que os processos 2-3 e 4-1 são adiabáticos, $U_1 > U_2$, $U_4 > U_3$ e $U_2 \ne U_3$ assinale V (verdadeiro) ou F (falso) nas sentenças abaixo e assinale a opção que apresenta a sequência correta.

( ) A substância recebe calor no processo 1-2.

( ) $U_3 < U_2$.

( ) A substância recebe calor no processo 3-4.

( ) $U_4 > U_1$.

A)(V)(F)(F)(V)

B)(F)(F)(V)(V)

C)(F)(V)(V)(F)

D)(V)(V)(F)(F)

E)(V)(F)(F)(F)

Gabarito oficial CPAEN/2025

C

Resolução

Lendo e interpretando cada etapa com base nas fases da matéria e 1ª lei da termodinâmica:
(F) Processo 1-2: Vai do estado 1 (100% vapor) para o estado 2 (100% líquido). Isso é o processo de condensação. Quando um vapor se condensa, ele cede (expulsa) calor para a fonte ao invés de receber.
(V) Processo 2-3: Expandiu de forma adiabática (Não troca calor, $Q=0$). Sofreu um trabalho de força ($W > 0$). Pela 1ª lei: $\Delta U = Q - W \Rightarrow U_3 - U_2 = 0 - W$. Como $W > 0$, logo $U_3 < U_2$.
(V) Processo 3-4: Vai sofrendo uma evaporação onde expande isobáricamente transformando parte de si do líquido para o estado vapor. A evaporação é um trâmite **endotérmico** e, consequentemente, ele "recebe calor" no processo.
(F) Processo 4-1: A compressão adiabática fará com que sofra um trabalho externo ($W < 0$). $\Delta U = -W > 0 \Rightarrow U_1 - U_4 > 0 \Rightarrow U_1 > U_4$. E não $U_4 > U_1$.

Q19

Ondulatória e MHS — Batimento por Efeito Doppler Oscilante

Analise as figuras abaixo.

Duas figuras exibindo fonte mola presa e gráfico da oscilação de posição de sua amplitude de pico máximo e mínimo

A figura 1 mostra um sistema composto por uma mola (ideal) presa a uma estrutura (rígida) na qual estão fixos uma fonte sonora F e um detector $D_1$, afastados um em relação ao outro por uma distância d. Quando a mola é comprimida por uma quantidade A, a fonte F e o detector $D_1$ oscilam juntos, horizontalmente, em relação a um detector $D_2$ que está fixo na origem. A figura 2 representa o gráfico da posição da fonte em função do tempo em relação ao detector $D_2$. Em um certo instante, a frequência do som detectado por $D_1$ é 120 Hz. Com base nessas informações, assinale a opção que apresenta a diferença entre a frequência máxima e a frequência mínima detectada por $D_2$ em hertz.

A)0

B)12

C)22

D)44

E)121

Gabarito oficial CPAEN/2025

C

Resolução

O detector $D_1$ e a fonte movem-se juntos (não possuem velocidade relativa), logo a frequência percebida por $D_1$ é exatamente a frequência emitada original $f_0 = 120$ Hz.

Avaliando o gráfico da oscilação para descobrir a amplitude de MHS da fonte: o eixo médio da posição localiza-se no 10. O pico máximo sobe até $(10\pi + 17)/\pi = 10 + 17/\pi$. Portanto a Amplitude física é $A = 17/\pi$ metros.

Pelo gráfico, são completados dois ciclos íntegros ao atingir o tempo final de 2,2 s. Concluindo que um Período completo requer $T = 1,1$ s. A velocidade angular fundamental será $\omega = 2\pi / 1,1 = 20\pi/11$ rad/s. A velocidade máxima assumida pela fonte que transita com a mola é $v_{max} = \omega \cdot A = \left(\dfrac{20\pi}{11}\right)\cdot \left(\dfrac{17}{\pi}\right) = \dfrac{340}{11}$ m/s.

Ao se deslocar sob influência Doppler, o pico máximo e mínimo (quando a fonte passa exatamente pelo centro com as velocidades escalares mais intensas cruzando) serão: $f_{max} = f_0 \left(\dfrac{v_{som}}{v_{som} - v_{max}}\right)$ (Aproximação) e $f_{min} = f_0 \left(\dfrac{v_{som}}{v_{som} + v_{max}}\right)$ (Afastamento).

Sabendo que o som no ar possui tipicamente $v_{som} \approx 340$ m/s, efetuamos a conversão. $f_{max} = 120 \left(\dfrac{340}{340 - \dfrac{340}{11}}\right) = 120 \left(\dfrac{1}{1 - 1/11}\right) = 120 \left(\dfrac{11}{10}\right) = 132$ Hz. Ao passo que a mais baixa: $f_{min} = 120 \left(\dfrac{340}{340 + \dfrac{340}{11}}\right) = 120 \left(\dfrac{11}{12}\right) = 110$ Hz. A diferença detectada é $\Delta f = 132 - 110 = 22$ Hz.

Q20

Eletromagnetismo — Faraday em Duas Malhas Paralelas

Observe a figura abaixo.

Duas malhas (quadrados) de lado a lado partilhando segmento vertical central com campo mag B variando

A figura acima apresenta o esquema de um circuito condutor em que cada segmento de fio possui comprimento a e resistência R. O circuito está imerso em um campo magnético de indução B uniforme, perpendicular ao plano do circuito, cujo módulo varia no decorrer do tempo t de acordo com $B = kt$, onde k é uma constante positiva. Da esquerda para a direita, as intensidades das correntes nos três segmentos de fio verticais são, respectivamente:

A)$\dfrac{ka^2}{2R}, \dfrac{ka^2}{R}, \dfrac{ka^2}{2R}$

B)$\dfrac{ka^2}{2R}, 0, \dfrac{ka^2}{2R}$

C)$\dfrac{ka^2}{2R}, \dfrac{ka^2}{3R}, \dfrac{ka^2}{2R}$

D)$\dfrac{ka^2}{3R}, 0, \dfrac{ka^2}{3R}$

E)$\dfrac{ka^2}{3R}, \dfrac{ka^2}{2R}, \dfrac{ka^2}{3R}$

Gabarito oficial CPAEN/2025

D

Resolução

Tratamos o sistema como 2 malhas interligadas que agem como circuitos com uma espira cada, compartilhando o fio vertical central. A força eletromotriz gerada pela variação induzida do campo é ditada por Faraday $\varepsilon = \dfrac{d\Phi}{dt}$. Sabendo que $B = kt$ e que a área de cada submalha separada é $A = a^2$, a fem embutida isoladamente em cada "quadrado" seria $\varepsilon = a^2 \cdot k$.

Aplicando as leis de Kirchhoff para duas malhas girando com as correntes sentindo o mesmo movimento circular de reação em ambas as bobinas, teremos equações para uma malha 1 e uma malha 2 de resistores R, resultando numa simetria em que $i_1$ (corrente da malha da esquerda) é igual a $i_2$ (corrente da malha direita).

A força eletromotriz de cada laço é consumida nos três fios laterais e parte consumida pelo diferencial no meio. A lei para a malha esquerda monta: $a^2 k = R \cdot i_1 + R \cdot i_1 + R \cdot (i_1 - i_2) + R \cdot i_1 \Rightarrow a^2 k = 4R i_1 - R i_2$. Como $i_1 = i_2$, o ramo cancela e sobtrai deixando $a^2 k = 3R i_1 \Rightarrow i_1 = \dfrac{ka^2}{3R}$.

Assim sendo, o fio mais à esquerda sofre apenas corrente plena $i_1 = \dfrac{ka^2}{3R}$. O fio central, que recebe embate compartilhado de $(i_1 - i_2)$ anula as componentes em sentidos opostos, deixando passar uma corrente local de $0$. O fio vertical direito sente a sua corrente independente $i_2 = \dfrac{ka^2}{3R}$. Configurando corretamente com os resultados da alternativa D.

Q21

Estática de Corpos Extensos — Equilíbrio Translacional e Rotacional

Analise a figura abaixo.

Barra amarrada pendurada em molas com distâncias x_a e x_b até um bloco m suspenso na mesma

A figura acima apresenta um sistema em equilíbrio translacional e rotacional, constituído de um bloco homogêneo de massa m, pendurado em uma barra de massa desprezível na posição horizontal, a qual está presa nas suas extremidades a duas molas ideais A e B. As molas A e B possuem constantes elásticas iguais a k, e comprimentos naturais $L_{0,A}$ e $L_{0,B}$, respectivamente ($L_{0,A} > L_{0,B}$). Nessa situação, as molas A e B sofrem distensões iguais a $\Delta L_A$ e $\Delta L_B$, respectivamente, e as distâncias horizontais das molas ao ponto de sustentação do bloco são $X_A$ e $X_B$, conforme indicado na figura. Se a diferença $L_{0,A} - L_{0,B} = \Delta L_A$, a razão $x_A/x_B$ é igual a:

A)1/3

B)1/2

C)2/3

D)1

E)2

Gabarito oficial CPAEN/2025

C*

Resolução

Uma vez que o dispositivo inteiro sustenta-se numa prancha horizontal firme paralela ao teto, os tamanhos esticados devem ser matematicamente contíguos de mesma altura em ambos os pontos para estabilizar-se de nível perfeitamente chato. O comprimento total da mola A (natural + deformação) deve ser igual ao da B: $L_{0A} + \Delta L_A = L_{0B} + \Delta L_B$.

Isolando uma das bases usando a informação fornecida no enunciado: $(L_{0A} - L_{0B}) + \Delta L_A = \Delta L_B$. Se substituirmos a igualdade dada ($L_{0A} - L_{0B} = \Delta L_A$), obtemos que $2\Delta L_A = \Delta L_B$.

As forças aplicadas são equivalentes às constantes iguais da mola multiplicadas por deformação. Sendo assim a mola da direita, com deformação dobrada ($F_B = k \cdot 2\Delta L_A$), repuxa a barra com 2 vezes mais intensidade que a esquerda ($F_B = 2F_A$).

Para satisfazer o somatório dos torques nulos ao redor do pivô do suporte de onde o peso m é repuxado, faremos $F_A \cdot x_A = F_B \cdot x_B \Rightarrow F_A \cdot x_A = 2F_A \cdot x_B$. Simplificando $F_A$ vemos que $x_A = 2x_B$, ou de outra forma algebricamente tratada, a razão exigida fica $x_A/x_B = 2$. Que daria a alternativa E.

*Nota de transparência: Na leitura literal do texto transcrito o equacionamento rígido resulta inevitavelmente na proporção de (2) alternativa E. O gabarito oficial divulgou a alternativa C ($2/3$) sem revogação. Especula-se em diversos cursinhos um erro tipográfico no caderno da Marinha do qual a equação redigida devesse ter sido digitada com $L_{0,A} - L_{0,B} = \Delta L_A / 3$ ou as razões inversas foram marked na planilha espelho. Preservamos a resolução que transcreve o procedimento algébrico fiel ao impresso perante as leis de Newton.

Q22

Eletrostática — Equilíbrio em Esferas Concêntricas (ANULADA)

Observe a figura a seguir.

Esfera condutora interna de raio R A conectada por fio com casca esférica exterior de 2R B

A figura acima mostra esquematicamente dois condutores, A e B, esféricos. O condutor A é maciço, tem raio R e é concêntrico ao condutor B, que consiste em uma casca esférica de raio 2R. Ambos os condutores são neutros e estão interligados por um fio condutor de capacidade elétrica desprezível. O sistema é, então, carregado com uma carga total de 6C que se distribuirá entre os condutores A e B. Após o equilíbrio eletrostático ser alcançado, as cargas das superfícies interna e externa do condutor B serão, respectivamente:

A)-2C, 6C

B)2C, -4C

C)3C, 1C

D)3C, 4C

E)-3C, 6C

Gabarito oficial CPAEN/2025

Anulada

Resolução

Em eletrostática, quando dois condutores (aqui A e B) estão conectados por um fio metálico, eles formam um **único corpo condutor unificado** perante a redistribuição da matéria (compartilham exatamente o mesmo potencial de equilíbrio global).

Para qualquer condutor coeso em equilíbrio, a carga livre em excesso tende a se localizar única e integralmente em sua **superfície mais externa**. Desta forma, a totalidade da carga elétrica contida no circuito fluirá instantaneamente para fora, instalando-se na parede exterior do Condutor B (a fronteira com a face dielétrica vazia do espaço). A esfera interna A e a cavidade interna da casca B não abrigarão cargas sobrando para criar campo interno, devendo constatar 0C dentro da estrutura.

A resposta logicamente infalível baseada nas prerrogativas de Faraday seria de que as cargas das superfícies interna e externa do condutor B seriam (0 e 6C). Como os descritores e a banca elaboradora erraram não fornecendo a resposta correta e inseriram apenas arranjos distrativos não verossímeis em relação ao fenômeno, a questão restou indubitavelmente **ANULADA** perante os recursos.

Dados da prova