← Voltar para a lista de provas Marinha do Brasil — Corpo de Engenheiros da Marinha · Oficial Engenheiro — Corpo de Engenheiros da Marinha (prova comum a todas as engenharias) 21 questões nesta prova · página 1 de 2 · 19 com gabarito Gabarito disponível No máximo de h diferenciável, ∇h = 0, ou seja, ∇f(a) = −∇g(a). Como a é máximo (ponto interior em ℝⁿ) de h = f + g, ∇h(a) = ∇f(a) + ∇g(a) = 0. Logo ∇f(a) = −∇g(a), e os vetores são sempre linearmente dependentes. A) f e g individualmente não precisam ter máximo em a. B) e C) exigiriam gradientes nulos, o que não é necessário (só a soma é nula). D) é falsa, pois são sempre dependentes. Referência: Cálculo de várias variáveis – Condição necessária de extremo. Resolução comentada do VaiConcursos. Gabarito disponível Igualar a área da elipse (2πa) à área sob a parábola y = π√(9−x). A área da elipse é π·2·a = 2πa. A região é 0 ≤ y ≤ π√(9−x), para 0 ≤ x ≤ 9, com área π∫₀⁹√(9−x)dx = π·(2/3)·27 = 18π. Então 2πa = 18π e a = 9. A), B) e C) subestimam a área da região. E) 18 viria de esquecer o fator 2 do semieixo 2 da elipse. Referência: Cálculo – Áreas por integração e área da elipse. Resolução comentada do VaiConcursos. Gabarito disponível Regra da cadeia: g′(x) = −sen(f(x))·f′(x). Em x = 0: g′(0) = −sen(π/2)·2 = −1·2 = −2. B) esquece f′(0). C) usaria cos(π/2) em vez de sen. D) e E) erram o sinal da derivada do cosseno. Referência: Cálculo – Regra da cadeia. Resolução comentada do VaiConcursos. Gabarito disponível Soma total menos a nota de João, dividida por 40. Soma total = 41·5,2 = 213,2. Retirando 5,4, restam 207,8 pontos para 40 alunos: 207,8/40 = 5,195. A) a D) resultam de erros de arredondamento ou de somar/dividir incorretamente. Por exemplo, 5,2 é a média de 41, e a dos outros 40 fica ligeiramente menor porque João está acima da média. Referência: Estatística – Média aritmética. Resolução comentada do VaiConcursos. Gabarito disponível Dois passos do método de Euler com f(x,y) = y² + 1. y₁ = 0 + 0,1·(0² + 1) = 0,1. y₂ = 0,1 + 0,1·(0,1² + 1) = 0,1 + 0,1·1,01 = 0,201. A) 0,1 é só o primeiro passo. B) e D) ignoram o termo y². E) 0,302 corresponde a um passo extra ou erro de conta. Referência: Cálculo numérico – Método de Euler explícito. Resolução comentada do VaiConcursos. Gabarito disponível Teorema de Green: ∮(P dx + Q dy) = ∬(∂Q/∂x − ∂P/∂y) dA. Com P = 4y e Q = 2x, ∂Q/∂x − ∂P/∂y = 2 − 4 = −2. Logo ∮ = −2·Área = −16 e a área vale 8. A) 4, C) 16, D) 32 e E) 64 vêm de erro no integrando (por exemplo, usar 2+4 = 6 ou 4−2 com sinal errado) ou de não dividir por 2. Referência: Cálculo vetorial – Teorema de Green. Resolução comentada do VaiConcursos. Gabarito disponível A imagem de x ↦ x × v é o plano perpendicular a v = (1,2,1). Todo x × v é ortogonal a v, logo a imagem está no plano x₁ + 2x₂ + x₃ = 0. O núcleo é a reta gerada por v (dimensão 1), então pelo teorema do núcleo e da imagem a imagem tem dimensão 2. Portanto a imagem é todo esse plano. A) a imagem tem dimensão 2, não 3. B) e C) afirmam que a imagem é uma reta, mas ela tem dimensão 2. C) e E) usam o plano com vetor normal (1,−2,1), que não é perpendicular a (1,2,1). Referência: Álgebra linear – Núcleo e imagem; produto vetorial. Resolução comentada do VaiConcursos. Gabarito disponível Pelo teorema de Dirichlet, a série converge à média dos limites laterais em um salto. Em x = 0, f tem limite à esquerda −1 e à direita 3. A série de Fourier converge para (−1 + 3)/2 = 1, independentemente do valor f(0) = 0. A) e D) são os limites laterais, não a média. B) seria o valor da função em 0, que não é o ponto de convergência. E) é falsa, pois as condições de Dirichlet valem. Referência: Séries de Fourier – Teorema de Dirichlet. Resolução comentada do VaiConcursos. Gabarito disponível Equação característica r² − 3r + 2 = 0, com raízes 1 e 2. A solução geral é y = c₁eˣ + c₂e²ˣ. Com f(0) = 0, c₁ + c₂ = 0; com f′(0) = 1, c₁ + 2c₂ = 1. Logo c₂ = 1, c₁ = −1, e f(1) = e² − e. A) e C) têm sinais ou coeficientes trocados. D) e E) vêm de erro na resolução das constantes. Referência: Equações diferenciais lineares de 2ª ordem com coeficientes constantes. Resolução comentada do VaiConcursos. Gabarito disponível Integral de z sobre uma calota esférica, em coordenadas esféricas. Em x²+y²≤z² com x²+y²+z²=2, temos z ≥ 1, ou seja, φ ∈ [0, π/4]. Com R = √2, dS = R² sen φ dφ dθ e z = R cos φ. A integral é R³·2π·∫₀^{π/4} senφ cosφ dφ = 2√2·2π·(1/4) = √2π. As demais opções resultam de erros no cálculo do raio, dos limites de φ ou do elemento de superfície. Por exemplo, usar R = 1 ou φ até π/2 altera o valor. Referência: Cálculo vetorial – Integral de superfície em esfera. Resolução comentada do VaiConcursos. Gabarito disponível A massa do setor é proporcional ao ângulo, e I = ½mR² para qualquer setor em torno do eixo. A massa de C₁ é m = M·θ/(2π). O momento de inércia de um setor circular em torno do eixo do cilindro é ½mR², igual ao do cilindro inteiro por unidade de massa. Logo I₁ = ½·(Mθ/2π)·R² = MR²θ/(4π). A) e B) e D) têm unidade ou dimensão incorreta (R ou R³ em vez de R²). C) esquece o fator ½ do momento de inércia do cilindro. Referência: Mecânica do corpo rígido – Momento de inércia do cilindro. Resolução comentada do VaiConcursos. Gabarito disponível Lei geral dos gases em duas etapas. Na isométrica, a pressão dobra e a temperatura também dobra, com V = 300 cm³. Na isobárica, a temperatura triplica e o volume triplica: V = 3·300 = 900 cm³. A) 1800 cm³ multiplicaria o volume também pelo fator 2 da etapa isométrica, que não altera o volume. C), D) e E) são resultados de dividir em vez de multiplicar. Referência: Transformações gasosas – Lei de Gay-Lussac e Charles. Resolução comentada do VaiConcursos. Gabarito disponível Oscilação harmônica em torno de y = −10 com amplitude 9 m. No equilíbrio, k(L − y₀) = mg, ou seja, L + 10 = 10, logo L = 0. O movimento é MHS com ω = √(k/m) = 1 em torno de y₀ = −10. Partindo do centro com v₀ = 9, a amplitude é v₀/ω = 9. A altura máxima é y₁ = −10 + 9 = −1 < 0.
B, C, D e E exigiriam y₁ ≥ 0, o que demandaria amplitude maior ou igual a 10; a amplitude é só 9. Referência: Oscilações – MHS no sistema massa-mola vertical. Resolução comentada do VaiConcursos. Questão anulada Gabarito disponível A força magnética é perpendicular a B total e a v, o que leva a um movimento circular num plano perpendicular a B. O campo resultante é B = (a, b, 0). A força F = q v×B = q(0,0,v)×(a,b,0) = qv(−b, a, 0) é perpendicular a v e a B. Como v ⟂ B, o movimento é circular uniforme no plano que contém P₀ e é perpendicular a B, isto é, a(x−x₀) + b(y−y₀) = 0. B) só seria o plano se a = b, mas as intensidades são diferentes. C) z = z₀ seria o plano perpendicular a v, não a B. D) e E) descreveriam trajetória helicoidal, que exige componente de v paralela a B; aqui v·B = 0. Referência: Eletromagnetismo – Força de Lorentz. Resolução comentada do VaiConcursos. Gabarito disponível Para o cubo flutuar sem derramar água, o nível final deve ser no máximo 30 cm. O volume deslocado é igual ao volume submerso, 0,8a³. A elevação do nível é 0,8a³/100 = 0,008a³. Com h = 29 + 0,008a³ ≤ 30, temos a³ ≤ 125, logo a ≤ 5 cm. O maior cubo permitido, que dá o maior nível sem transbordar, é o de 5 cm (nível exatamente 30 cm; submerge 4 cm, então flutua). A) e B) satisfazem a condição, mas elevam menos o nível. D) e E) deslocariam água suficiente para transbordar (a=7: 29+2,74 = 31,74 cm; a=9: 34,8 cm). Referência: Hidrostática – Princípio de Arquimedes. Resolução comentada do VaiConcursos. Gabarito disponível A energia mecânica total se conserva; calcula-se a energia em t₀ e usa-se que v = 0 em t₁. Em (0; −1,1) a mola tem 1,1 m, ou seja, deformação de 0,6 m, e a energia elástica é ½·100·0,36 = 18 J. A energia gravitacional (referência y = 0) é 5·10·(−1,1) = −55 J. A energia cinética é ½·5·4 = 10 J. A energia total é 18 − 55 + 10 = −27 J. Em t₁ a velocidade é nula, então a energia potencial vale −27 J. Os demais valores vêm de esquecer a energia cinética, a elástica ou a gravitacional, ou de errar a deformação da mola. Referência: Energia mecânica – Conservação com forças elástica e gravitacional. Resolução comentada do VaiConcursos. Gabarito disponível Conservação da quantidade de movimento no instante do choque. Antes do choque, vP = ωr = 1·0,5 = 0,5 m/s. Depois, vP = 0,2·0,5 = 0,1 m/s em sentido contrário. Conservando o momento linear na direção do movimento, M(0,5) = M(−0,1) + M·vQ, o que dá vQ = 0,6 m/s. 1,2; 0,8; 0,4 e 0,25 m/s resultam de erros de sinal ou de cálculo das velocidades lineares. Por exemplo, 0,4 vem de 0,5 − 0,1, sem considerar que o sentido se inverteu. Referência: Dinâmica – Colisões e conservação do momento linear. Resolução comentada do VaiConcursos. Gabarito disponível Equilíbrio de pressões nos vasos comunicantes, com um vaso cheio (60 cm) e conservação do volume de A. Seja a₁ a altura de A no vaso com B e a₂ no outro. O volume de A se conserva: a₁ + a₂ = 102. O vaso com B está cheio, logo b = 60 − a₁. A igualdade de pressões na base dá 2ρa₁ + ρb = 2ρa₂, ou seja, a₁ + 60 = 2(102 − a₁). Daí a₁ = 48 e b = 12 cm (com a₂ = 54 cm, que cabe no vaso). 3, 6, 9 e 15 cm não satisfazem simultaneamente a conservação do volume de A e a igualdade de pressões com o vaso cheio. Referência: Hidrostática – Princípio de Stevin e vasos comunicantes. Resolução comentada do VaiConcursos. Gabarito disponível Rendimento de Carnot η = 1 − T2/T1, com temperaturas em kelvin. T2 = 107 + 273 = 380 K. De 0,6 = 1 − 380/T1 segue T1 = 380/0,4 = 950 K. Em Celsius, T1 = 950 − 273 = 677 °C. As demais opções resultam de usar Celsius diretamente na fórmula ou de erros de conversão. Por exemplo, 107/0,4 = 267,5 só seria válido se T2 estivesse em kelvin, o que não é o caso. Referência: Termodinâmica – Ciclo de Carnot. Resolução comentada do VaiConcursos.Marinha do Brasil — CP-CEM/2025 — Prova Escrita Objetiva (para todas as profissões de engenharia) e Redação — Prova Amarela
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Se ∮_C (4y dx + 2x dy) = −16, então a área da região D é igual a:Resolução comentada
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Sejam f: ℝⁿ → ℝ e g: ℝⁿ → ℝ funções diferenciáveis e considere h(x) = f(x) + g(x), x ∈ ℝⁿ. Se a é um ponto de máximo da função h, então é correto afirmar que:
A área da região delimitada pela elipse de equação x²/4 + y²/a² = 1, com a > 0, é igual à área de região {(x, y) ∈ ℝ² : x ≥ 0, y ≥ 0, 0 ≤ y² ≤ π²(9 − x)}. Nessas condições, a vale:
A função f: ℝ → ℝ é derivável, f(0) = π/2 e f′(0) = 2. Se g(x) = cos(f(x)), x ∈ ℝ, então g′(0) é igual a:
A classe de João tem 41 alunos e teve, em uma prova, a média aritmética 5,2. Se João teve nota 5,4 nessa prova, qual a média aritmética dos outros 40 alunos da classe na prova?
Aproxima-se a solução do problema de valor inicial y′ = y² + 1, y(0) = 0, no intervalo [0; 0,2] pelo método de Euler explícito com passo h = 0,1. O valor dessa aproximação no ponto x = 0,2 é igual a:
A região D ⊂ ℝ² é uma região de interior não vazio do plano, limitada pela curva C: [0,1] → ℝ², fechada, simples, regular (isto é, derivável, com derivada contínua e C′(t) ≠ 0) e positivamente orientada.
Represente por u × v o produto vetorial de u por v em ℝ³ e considere a transformação linear T(x) = x × (1,2,1), x = (x₁, x₂, x₃) ∈ ℝ³. A imagem de T é:
Considere f: ℝ → ℝ, periódica de período 2π, tal que f(x) = −1, se −π < x < 0, f(0) = 0 e f(x) = 3, se 0 < x ≤ π. Nessas condições, sobre a série de Fourier de f(x), é correto afirmar que:
Se f: ℝ → ℝ é a solução da equação diferencial y″ − 3y′ + 2y = 0 que satisfaz f(0) = 0, f′(0) = 1, então f(1) vale:
Considere a superfície S dada pela parte da semiesfera de equação x² + y² + z² = 2, z ≥ 0, que fica na região x² + y² ≤ z², z > 0. Nessas condições, a integral de superfície ∬_S z dS é igual a:
Um sólido cilíndrico C homogêneo de massa M, com base de raio R e altura h, é cortado em 4 partes ao longo de dois planos que passam pelo seu eixo L, obtendo-se 4 sólidos C₁, C₂, C₃, C₄, cujas bases são setores circulares correspondentes a ângulos, respectivamente, θ₁ = θ, θ₂ = π − θ, θ₃ = θ, e θ₄ = π − θ. Para j = 1, 2, 3, 4, denote por Lⱼ a aresta de Cⱼ que corresponde ao eixo do cilindro original C, e por Iⱼ o momento de inércia de Cⱼ em relação à rotação ao redor de sua aresta Lⱼ. Nessas condições, I₁ vale:
Um gás perfeito que ocupa um volume inicial V = 300cm³ sofre uma transformação isométrica e sua pressão dobra. A seguir, sofre uma transformação isobárica e sua temperatura triplica. O volume do gás após essas transformações é:
Uma bola de dimensões desprezíveis e massa m = 1 move-se em um eixo vertical Oy orientado para cima. Ela está ligada ao ponto y = L por uma mola de constante elástica k = 1 e comprimento natural L, e as únicas forças que atuam em seu movimento são a força peso e a força elástica da mola. Nessa situação, há uma posição de equilíbrio em y₀ = −10. Num instante t₀, a bola é colocada em y₀ com velocidade v₀ = 9, e ela se desloca verticalmente até atingir uma altura máxima y₁. Considere que todas as unidades estão no sistema MKS e que a aceleração da gravidade é 10 m/s². Nessas condições, pode-se afirmar que:
Para um circuito L-C, a carga Q(t) e a corrente I(t) estão relacionadas pela equação L dI/dt + Q/C = 0. Considere o caso em que LC = 9 × 10⁻⁸. Sejam I(t) e Q(t) a corrente e a carga no sistema em cada instante t. Se I(0) = 0 e dI/dt(0) = 2, e todas as unidades estão no sistema MKS, a carga no instante t₁ = 10⁻⁴π vale:
Uma partícula com carga q ≠ 0 é colocada, com velocidade não nula v⃗ = vk⃗, em um ponto P₀ = (x₀, y₀, z₀) do espaço Oxyz, sob a ação de dois campos magnéticos não nulos, B⃗₁ = ai⃗ e B⃗₂ = bj⃗ de intensidades diferentes. Nessas condições, a partir de sua posição inicial, a partícula descreve um movimento:
Um vaso em forma de paralelepípedo, com paredes de espessura desprezível, tem base quadrada de aresta x = 10 cm e altura h = 30 cm, contendo água até a altura h₀ = 29 cm. Há disponíveis cubos impermeáveis de densidade d = 0,8g/cm³ e arestas de 1 cm, 3 cm, 5 cm, 7 cm e 9 cm. Deseja-se colocar cuidadosamente um desses cubos no vaso de forma que ele flutue sem tocar as paredes do vaso, a água não seja derramada, e a altura da água passe a ser a maior possível. O cubo a ser escolhido para que esse objetivo seja atingido deve ter aresta de comprimento:
Num plano vertical Oxy, em que y corresponde à altura em metros, um ponto material P de massa m = 5 Kg move-se sob a ação da gravidade e da força elástica de uma mola de comprimento natural L = 0.5 m e constante elástica k = 100 N/m, que o liga à origem, sem outras forças atuantes. Considere que a energia potencial de P é nula na posição (0.5, 0.0) do plano Oxy. Num determinado instante t₀, o ponto P está na posição (0.0, −1.1) com velocidade de módulo v = 2 m/s, e, num instante t₁ > t₀, ele passa por um ponto (x₁, y₁) com velocidade nula. A aceleração da gravidade local é g = 10 m/s². Nessas condições, a energia potencial do ponto material no instante t₁ é igual a:
Duas bolas de dimensões desprezíveis P e Q de mesma massa M > 0 estão em um plano horizontal Oxy. A bola P desloca-se em movimento circular uniforme, com velocidade angular de módulo 1 rad/seg a 0.5 m da origem, à qual está presa por um fio de massa desprezível e comprimento 0.5 m. A bola Q encontra-se em repouso até um instante t₀ em que as bolas se chocam. Após o choque, a bola Q passa a se mover em movimento retilíneo uniforme, enquanto a bola P retoma seu movimento circular uniforme, percorrendo a mesma circunferência, mas com velocidade angular de módulo 0.2 rad/seg e em sentido contrário ao que tinha antes do choque. Qual o módulo da velocidade da bola Q após o choque?
Dois líquidos A e B, não miscíveis, têm densidades 2ρ e ρ. Num sistema formado por dois vasos cilíndricos verticais de mesma altura 60 cm, ligados inferiormente por um orifício, coloca-se uma quantidade do líquido A de forma que as alturas do líquido em ambos os vasos seja de 51 cm. A seguir, coloca-se sobre o líquido A num dos vasos uma quantidade de líquido B, de forma que o sistema fique em equilíbrio e um dos vasos fique cheio, sem que haja perda de líquido no sistema. Qual a altura da coluna de líquido B que se encontra sobre o líquido A no final do experimento descrito?
Uma máquina térmica ideal de Carnot opera entre duas fontes de calor com temperaturas T₁ > T₂ = 107°C, e seu rendimento é 0,6. Nessas condições, qual é o valor de T₁: