treinamento 101.

Olimpíada Brasileira de Astronomia e Astronáutica

OBA 2026 · Nível 4 (ensino médio): prova com gabarito

As 10 questões oficiais da OBA 2026, nível 4 (ensino médio), com gabarito e solução oficial. Tente resolver antes de abrir a resposta.

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Questão 1 · OBA 2026 · Nível 4 · Questão 1média

Um Remanescente de Supernova (SNR – sigla em inglês) é o invólucro gasoso resultante da morte explosiva de uma estrela, cuja onda de choque projeta material estelar para o meio interestelar com velocidades altíssimas. Em sua fase inicial, denominada expansão livre, o sistema evolui por algumas centenas de anos mantendo velocidade e temperatura interna constantes, enquanto a fronteira externa da SNR interage diretamente com o meio interestelar, varrendo o material encontrado em seu caminho. Considere que a imagem ao lado é de um SNR, em sua fase inicial, e que esta estrutura de bolha, com diâmetro D = 17,52 anos-luz, está se expandindo com velocidade v = 9,5 milhões km/h.

Imagem da questão

Baseado em seus conhecimentos e no que foi explicado no texto, assinale a opção que traz há quantos anos este SNR está nesta fase de expansão.

Dados:

1 ano-luz ≈ 9,5 × 1012 km e

1 ano = 365 dias

  1. A

    950 anos.

  2. B

    1.752 anos.

  3. C

    1.000 anos.

  4. D

    876 anos.

  5. E

    1.500 anos.

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Gabarito: C

Na fase de expansão livre a velocidade é constante. A bolha começou num ponto e cresceu até o raio R, então o tempo é T = R ÷ v.

1. Raio em quilômetros

R = D ÷ 2 = 17,52 ÷ 2 = 8,76 anos-luz

R = 8,76 × 9,5 × 1012 km

2. Tempo em horas

T = (8,76 × 9,5 × 1012 km) ÷ (9,5 × 106 km/h)

O 9,5 se cancela: T = 8,76 × 106 h = 8.760.000 h

3. Tempo em anos

1 ano = 365 × 24 h = 8.760 h

T = 8.760.000 h ÷ 8.760 h/ano = 1.000 anos

Resposta: C (1.000 anos).

Por que as outras atraem: o 1.752 só repete os algarismos do diâmetro, e quem usa o diâmetro em vez do raio chega a 2.000 anos, o dobro do certo.

Dica: a frente de choque sai do centro da explosão, por isso a distância percorrida é o raio.

Questão 2 · OBA 2026 · Nível 4 · Questão 2média

O desenho representa o esquema de um calendário solar indígena do Hemisfério Sul da Terra, onde a sombra do obelisco marca o início de cada estação do ano, mas também o nascer e ocaso do Sol, indicado pelas linhas no chão, numeradas de 1 a 6.

Imagem da questão

Imagem: Mitos e Estações no céu Tupi-Guarani – Scientific American Brasil/2006 (adaptado).

Baseado no desenho e em seus conhecimentos, assinale a opção correta.

  1. A

    Quando a sombra está sobre a linha 6 indica o pôr do Sol no início do Inverno.

  2. B

    Quando a sombra está sobre a linha 4 indica o pôr do Sol no início do Verão.

  3. C

    Quando a sombra está sobre a linha 5 indica o nascer do Sol no início do Outono.

  4. D

    Quando a sombra está sobre a linha 2 indica o nascer do Sol no início da Primavera.

  5. E

    Quando a sombra está sobre a linha 3 indica o nascer do Sol no início do Verão.

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Gabarito: D

Pelo esquema apresentado, vemos que, quando a sombra do obelisco está sobre a linha 5, significa que o Sol está se pondo no Ponto Cardeal Oeste e, portanto, no início da Primavera ou do Outono;

Além disso, a sombra sobre a

  • linha 1 significa que o Sol está nascendo mais ao sul possível do Ponto Cardeal Leste e, portanto, no início do Verão;
  • linha 2 significa que o Sol está nascendo no Ponto Cardeal Leste e, portanto, no início da Primavera ou do Outono (opção correta);
  • linha 3 significa que o Sol está nascendo mais ao norte possível do Ponto Cardeal Leste e, portanto, indicando o início do Inverno;
  • linha 4 significa que o Sol está se pondo mais ao norte possível do Ponto Cardeal Oeste e, portanto, indicando o início do Inverno;
  • linha 6 significa que o Sol está se pondo mais ao sul possível do Ponto Cardeal Oeste e, portanto, indicando o início do Verão;

Questão 3 · OBA 2026 · Nível 4 · Questão 3média

A imagem a seguir é uma simulação, feita com o software gratuito Stellarium, e corresponde à visão do céu da cidade de Porto Alegre/RS, na direção do Ponto Cardeal Sul (S). O Polo Sul Celeste (PSC) pode ser identificado, assim como os nomes de algumas constelações e seus limites.

Imagem da questão

A circunferência centrada no PSC delimita as estrelas que são circumpolares para esta cidade, ou seja, para o morador de Porto Alegre, estas estrelas estão sempre acima do horizonte.

Atenção: Baseado nas informações contidas na imagem, PRIMEIRO coloque C, de certo, ou E, de errado, na frente de cada afirmação abaixo e, DEPOIS, assinale a alternativa que contém a sequência correta de C e E.

1ª) ( ) Se Porto Alegre estivesse localizada mais próxima da Linha do Equador, o raio da circunferência no mapa diminuiria, reduzindo o número de estrelas circumpolares.

2ª) ( ) A Constelação do Tucano é cortada pela circunferência, o que a torna parcialmente circumpolar.

3ª) ( ) A constelação do Grou é visível no mapa, mas não é considerada circumpolar para Porto Alegre.

4ª) ( ) Pelo fato de a Constelação da Quilha ser cortada pela circunferência, podemos afirmar que algumas de suas estrelas nunca podem ser vistas de Porto Alegre.

5ª) ( ) As duas estrelas mais brilhantes da Constelação do Centauro podem ser observadas em qualquer noite do ano em Porto Alegre, desde que o céu esteja limpo.

  1. A

    1ª (C) – 2ª (C) – 3ª (C) – 4ª (E) – 5ª (C).

  2. B

    1ª (E) – 2ª (C) – 3ª (C) – 4ª (E) – 5ª (C).

  3. C

    1ª (C) – 2ª (E) – 3ª (E) – 4ª (E) – 5ª (C).

  4. D

    1ª (E) – 2ª (C) – 3ª (C) – 4ª (C) – 5ª (E).

  5. E

    1ª (C) – 2ª (E) – 3ª (E) – 4ª (C) – 5ª (E).

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Gabarito: A

  • A 1ª afirmação é verdadeira, pois o raio da circunferência circumpolar é numericamente igual à latitude do observador. Em latitudes menores (mais perto da Linha do equador), a circunferência encolhe até desaparecer sobre a própria Linha do Equador.
  • A 2ª afirmação é verdadeira, pois o limite circumpolar atravessa a constelação do tucano, significando que algumas das suas estrelas nunca se põem, enquanto outras sim.
  • A 3ª afirmação FOI CONSIDERADA verdadeira ou falsa como CORRETA, pois não apareceu no mapa.
  • A 4ª afirmação é falsa, pois estar fora da circunferência circumpolar significa apenas que a estrela nasce e se põe no horizonte. Para ser permanentemente invisível, a estrela teria que estar muito próxima ao Polo Norte celeste.
  • A 5ª afirmação é verdadeira, pois vemos na imagem que as “Guardiãs do Cruzeiro do Sul” (Alpha Centauri e Beta Centauri) estão dentro do limite da circunferência circumpolar para Porto Alegre.

Questão 3 da Prova do nível 4 – Esclarecimentos da errata.

Infelizmente, devido a um problema de imagens a constelação do Grou acabou não sendo exibida na figura da prova e ela era citada na terceira afirmação.

Como ela não impacta nas demais afirmações, qualquer marcação feita para a terceira afirmativa (C ou E) será considerada como certa e a pontuação foi alterada conforme acima explicado, ou seja, a letra (c) que valia 0,4 ponto passou a valer 0,6 ponto, pois também tem 4 afirmações corretas e a alternativa (e) passou de 0,0 ponto para 0,2 ponto, pois também tem duas afirmações corretas.

Lamentamos o ocorrido.

Questão 4 · OBA 2026 · Nível 4 · Questão 4difícil

Uma sonda interestelar viaja em linha reta do Sol em direção à uma estrela Anã Vermelha próxima do nosso Sistema Solar, localizada a uma distância de 5,2 anos-luz de nós.

Sabemos que o brilho aparente (b) de uma estrela depende de sua Luminosidade intrínseca (L) e da distância (d) do observador à estrela, seguindo a lei:

b = L/(4πd2)

Considere os seguintes dados:

A luminosidade da estrela (LE) é muito menor que a do Sol (LSol) → LE = 0,0016 LSol

A distância total entre as duas estrelas é D = 5,2 anos-luz.

A que distância, X, do Sol, em anos-luz, a sonda deve estar para que o brilho aparente do Sol e o da estrela Anã Vermelha, sejam idênticos para os sensores da nave?

Assinale a opção correta.

  1. A

    5,0 anos-luz.

  2. B

    5,1 anos-luz.

  3. C

    4,9 ano-luz.

  4. D

    4,8 ano-luz.

  5. E

    4,7 anos-luz.

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Gabarito: A

O brilho de cada estrela visto pela sonda depende da luminosidade e da distância até ela. Se x é a distância da sonda ao Sol, a distância até a anã vermelha é (5,2 − x).

1. Igualando os brilhos

LSol/(4πx²) = LE/(4π(5,2 − x)²)

Cancelando 4π e reorganizando:

(5,2 − x)²/x² = LE/LSol = 0,0016

2. Tirando a raiz quadrada

(5,2 − x)/x = √0,0016 = 0,04

3. Resolvendo

5,2 − x = 0,04x

5,2 = 1,04x

x = 5,2 ÷ 1,04 = 5,0 anos-luz

A sonda fica a só 0,2 ano-luz da anã vermelha. Faz sentido: como ela é muito menos luminosa que o Sol, é preciso estar bem perto dela para que seu brilho iguale o do Sol visto de longe.

Resposta: A (5,0 anos-luz).

Dica: o brilho cai com o quadrado da distância, então uma razão de luminosidades de 0,0016 vira uma razão de distâncias de √0,0016 = 0,04.

Questão 5 · OBA 2026 · Nível 4 · Questão 5difícil

A Cratera Santos-Dumont, uma homenagem ao inventor brasileiro Alberto Santos-Dumont (1873 - 1932), pioneiro da aviação, é uma pequena cratera de impacto lunar com diâmetro (D) de 8,1 km, localizada na margem leste do Mare Imbrium, a aproximadamente 54 km do local de pouso da missão Apollo 15.

Imagem da questão

Imagem: vaztolentino.com

Imagine que o fundo do seu olho funciona como a tela de um celular cheia de "pixels", que são pequenas células sensíveis à luz. O que chamamos de resolução é a nossa capacidade de ver dois pontos próximos como objetos separados em vez de um único ponto. Ou seja, se dois objetos estão muito juntos, a luz deles atinge a mesma célula receptora, fazendo o nosso cérebro pensar que eles são uma coisa só.

Em termos angulares, se dois pontos estão a menos de 1 minuto de arco (θ = 1’ = 1º/60) eles são vistos como um só. E é por isso que, do quintal da sua casa, sem um telescópio, você não consegue ver a cratera Santos-Dumont.

Agora, considere a tripulação da Artemis II se aproximando da Lua e um astronauta olhando para a Lua pela escotilha.

Assinale a opção que traz a distância mínima, S, que a cápsula precisaria estar da superfície da Lua para que a cratera Santos-Dumont pudesse ser distinguível como algo a mais que um simples ponto.

Dica: use a aproximação de pequenos ângulos, que relaciona o tamanho linear de um objeto (neste caso, o diâmetro D da cratera), à distância até ele (S) e o seu tamanho angular (θ): D = S × θ (onde θ é medido em radianos). Dado: 1 minuto de arco (1’) = 3 × 10-4 radianos.

Assinale a opção correta.

  1. A

    30.000 km.

  2. B

    27.000 km.

  3. C

    8.100 km.

  4. D

    19.050 km.

  5. E

    81.000 km.

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Gabarito: B

Como a resolução do olho humano é de 1 minuto de arco (1'), precisamos descobrir a que distância 8 km "encolhem" visualmente até atingirem esse valor.

A fórmula fundamental é: D = S × θ (lembrando que ela é válida com o ângulo expresso em radianos)

Onde: D = 8,1 km (diâmetro da cratera), θ = 3 × 10-4 rad e S = distância

Isolando d, temos:

S = D/θ → S = 8,1 km/(3 × 10−4 rad) = (8,1 × 104 km)/3 → S = 27.000 km

Questão 6 · OBA 2026 · Nível 4 · Questão 6fácil

As manchas solares são áreas na fotosfera solar com temperaturas inferiores ao seu entorno devido a intensos campos magnéticos locais. Esse magnetismo impede o processo de convecção, dificultando a subida do calor interno e gerando regiões de aproximadamente 3.800 °C. Por emitirem menos luz que a superfície comum, que atinge 5.500 °C, elas aparecem como pontos escuros por puro contraste visual.

Ao longo dos anos, os astrônomos perceberam que o número de manchas solares atingia um número máximo (máximo solar), depois de um tempo esse número ia diminuindo até desaparecerem completamente da superfície do Sol (mínimo solar), para depois voltarem a aparecer e crescer em número. Este fenômeno foi chamado de Ciclo Solar e tem, em média, a duração de 11 anos.

Monitorar os ciclos solares é fundamental para prever o clima espacial e proteger a infraestrutura tecnológica terrestre. Durante o máximo solar explosões podem danificar componentes de satélites, interromper sinais de GPS e sobrecarregar redes de energia elétrica. Além disso, esse acompanhamento garante a segurança de astronautas, permitindo planejar missões fora de períodos de emissão de radiação solar crítica.

O gráfico a seguir traz em detalhe a contagem de manchas solares dos últimos 5 Ciclos Solares, do Ciclo Solar 21 ao atual Ciclo Solar 25. A pequena barra na parte inferior do gráfico mostra todos os ciclos solares completos, desde o Ciclo Solar 1 até o Ciclo Solar 25 e podemos ver que a contagem de manchas não é constante ao longo dos ciclos, podendo ter ciclos com muitas manchas (ciclos “fortes”) e ciclos com poucas manchas (ciclos “fracos”).

Baseado nas informações contidas no gráfico, avalie as seguintes afirmações e depois assinale a opção correta.

Imagem da questão

Imagem: National Oceanic and Atmospheric Administration (adaptada).

I. Se o Ciclo Solar 25 tiver um período de exatos 11 anos e se ele começou no início de 2020, então o próximo Máximo Solar ocorrerá apenas em 2031;

II. O gráfico demonstra que o Sol alterna obrigatoriamente entre um ciclo “forte’ e um ciclo “fraco” a cada 22 anos;

III. Analisando o Ciclo Solar 24, observa-se que o tempo de subida (do mínimo ao máximo) foi menor do que o tempo de declínio (do máximo ao mínimo);

IV. Dos ciclos monitorados, mostrados na pequena barra na parte inferior do gráfico, os Ciclos Solares 5 e 6 foram os mais “fracos”;

V. O Sol tem sido monitorado quanto ao número de manchas desde antes do ano de 1800.

Assinale a opção correta.

  1. A

    Apenas I e II estão incorretas.

  2. B

    Apenas a I está incorreta.

  3. C

    II, IV e V estão corretas.

  4. D

    Apenas III e V estão corretas.

  5. E

    Todas estão corretas.

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Gabarito: A

Analise cada afirmação no gráfico.

I. Incorreta. Os 11 anos são a duração do ciclo inteiro, de mínimo a mínimo. O máximo acontece mais ou menos no meio dele: se o ciclo 25 começou em 2020, o máximo fica por volta de 2024–2025, como o gráfico mostra. Em 2031 seria o fim do ciclo (próximo mínimo).

II. Incorreta. Os ciclos 21, 22 e 23 foram fortes em sequência, o 24 foi fraco e o 25 voltou a subir. Não há alternância obrigatória "forte, fraco".

III. Correta. O ciclo 24 começou por volta de 2009, chegou ao máximo por volta de 2014 (subida de cerca de 5 anos) e voltou ao mínimo perto de 2020 (descida de cerca de 6 anos). A subida foi mais curta que a descida.

IV. Correta. Na barra inferior, os picos dos ciclos 5 e 6, logo depois de 1800, são os mais baixos de toda a série.

V. Correta. A barra inferior começa antes da marca de 1800 (os registros vêm de meados do século XVIII).

Só I e II estão incorretas.

Resposta: A.

Por que as outras atraem: a B aceita a afirmação II, que parece "padrão" à primeira vista; olhando os ciclos 21, 22 e 23, vê-se três fortes seguidos.

Questão 7 · OBA 2026 · Nível 4 · Questão 7média

O Satélite de pesquisa de exoplanetas em trânsito, TESS (sigla em inglês), identificou um sistema estelar que consiste em seis estrelas, que fica a aproximadamente 1.900 anos-luz da Terra, na constelação de Eridanus. A descoberta foi anunciada em janeiro de 2021.

TIC 168789840, também conhecido como TYC 7037-89-1, é um sistema estelar com três pares de estrelas binárias: o Sistema A, com período orbital de 1,3 dia, o Sistema B, com período orbital de 8,2 dias e o Sistema C, com período orbital de 1,6 dia. Os Sistemas A e C, por sua vez, orbitam em torno de um centro de massa comum, formando o Sistema A+C, com período orbital de 4 anos. E este Sistema A+C orbita um centro de massa comum com o Sistema B, formando o Sistema A+C+B, com um período orbital de 2.000 anos. A imagem a seguir, fora de escala, traz esta espetacular configuração orbital. Atenção: Baseado nas informações contidas no texto e na imagem, PRIMEIRO coloque C, de certo, ou E, de errado, na frente de cada afirmação abaixo e, DEPOIS, assinale a alternativa que contém a sequência correta de C e E.

Imagem da questão

1ª) ( ) O Sistema B orbita o centro de massa comum do Sistemas A+C.

2ª) ( ) No tempo exato em que o Sistema B (mais lento) completa 10 órbitas em torno de seu próprio centro de massa, o Sistema C (mais rápido) terá completado mais de 50 órbitas completas.

3ª) ( ) Considerando um ano terrestre padrão de 365 dias, o par de estrelas do Sistema A realiza menos de 1.000 voltas completas entre si durante o tempo necessário para que o conjunto A+C complete uma única volta de 4 anos.

4ª) ( ) Supondo que a massa total do conjunto A+C seja aproximadamente igual à massa do Sistema B, se a distância média entre os centros de massa de A+C e de B fosse quadruplicada, o novo período orbital dessa órbita externa passaria a ser de aproximadamente 8 mil anos.

5ª) ( ) O período orbital do conjunto completo (Sistema A+C+B) é 500 vezes maior do que o período orbital da Sistema A+C.

  1. A

    1ª (C) – 2ª (C) – 3ª (E) – 4ª (E) – 5ª (C)

  2. B

    1ª (C) – 2ª (C) – 3ª (C) – 4ª (E) – 5ª (C)

  3. C

    1ª (C) – 2ª (E) – 3ª (C) – 4ª (E) – 5ª (C)

  4. D

    1ª (C) – 2ª (E) – 3ª (C) – 4ª (C) – 5ª (C)

  5. E

    1ª (E) – 2ª (E) – 3ª (C) – 4ª (C) – 5ª (E)

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Gabarito: A

  • A 1ª afirmação é verdadeira, pois o sistema A + C possui um centro de massa comum, que por sua vez possui um centro de massa comum com o sistema B;
  • A 2ª afirmação é verdadeira, pois o tempo total para o sistema B completar 10 órbitas é igual a (10 × 8,2 dias) 82 dias. Neste mesmo período, o sistema C completa [82 dias/(1,6 dia/órbita)] 51,25 órbitas;
  • A 3ª afirmação é falsa, pois o período orbital do sistema A + C vale (4 × 365 dias) 1.460 dias. Neste mesmo período o sistema A completa ([1.460 dias/(1,3 dia/órbita)], aproximadamente, 1.123 órbitas, portanto mais de 1.000.
  • A 4ª afirmação é falsa, pois sabemos que a Terceira Lei de Kepler afirma que o quadrado do período orbital é proporcional ao cubo da distância (P2 ∝ a3). Se a distância a é multiplicada por 4, então o novo período P’ será: P’ = P × √(43) = P × √64 = 8P. Portanto o novo período orbital seria de (8 × 2.000 anos) 16.000 anos;
  • A 5ª afirmação é verdadeira, pois (período orbital de A +C + B)/(período orbital de A + C) é igual a (2.000 anos/4 anos) 500.

Questão 8 · OBA 2026 · Nível 4 · Questão 8média

A missão Artemis II, que levou a tripulação para orbitar a Lua, não tinha um só foguete, mas sim, três foguetes combinados no primeiro estágio. O conjunto recebeu o nome de Sistema de Lançamento Espacial ou em inglês “Space Launch System" (SLS).

O foguete SLS da Missão Artemis II utiliza dois tipos diferentes de propulsão na decolagem. Primeiro: Nas laterais, estão os dois Foguetes de propelente sólido (sigla em inglês SRBs). Estes foguetes são similares aos foguetes de propulsão sólida da OBAFOG, os quais uma vez ligados só desligam quando termina o propelente. Segundo: No centro estão os Motores RS-25 de Combustível Líquido. Estes motores são versáteis, pois são como o acelerador de um carro, ou seja, você pode acelerar “pisando mais forte” no pedal ou desacelerar “aliviando o pé”, ou até “tirar o pé”.

Imagem da questão

Atenção: Baseado nas informações contidas no texto e nos seus conhecimentos, PRIMEIRO coloque C, de certo, ou E, de errado, na frente de cada afirmação abaixo e, DEPOIS, assinale a alternativa que contém a sequência correta de C e E.

1ª) ( ) Os motores de combustível líquido (RS-25) fornecem a maior parte do empuxo na hora da decolagem, sendo impossíveis de serem desligados após a ignição.

2ª) ( ) Os foguetes de combustível sólido (SRBs) são conhecidos por sua alta eficiência e pela facilidade de controlar a potência do empuxo durante o voo, permitindo acelerar ou desacelerar o foguete conforme a necessidade.

3ª) ( ) Uma vantagem dos motores de combustível líquido, como os do estágio central do SLS, é que eles podem ser controlados, ter sua potência ajustada e até serem desligados em caso de emergência, ao contrário dos motores sólidos.

4ª) ( ) O combustível sólido utilizado nos SRBs é composto por uma mistura de Hidrogênio Líquido e Oxigênio Líquido, que deve ser mantida em temperaturas extremamente baixas (criogênicas).

5ª) ( ) Tanto os motores sólidos quanto os líquidos do SLS funcionam sem a necessidade de oxigênio, pois no espaço não existe ar para manter a combustão.

  1. A

    1ª (C) – 2ª (E) – 3ª (C) – 4ª (C) – 5ª (C)

  2. B

    1ª (C) – 2ª (E) – 3ª (C) – 4ª (E) – 5ª (E)

  3. C

    1ª (E) – 2ª (C) – 3ª (E) – 4ª (E) – 5ª (E)

  4. D

    1ª (E) – 2ª (E) – 3ª (C) – 4ª (E) – 5ª (E)

  5. E

    1ª (E) – 2ª (C) – 3ª (E) – 4ª (C) – 5ª (C)

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Gabarito: D

O texto compara os dois tipos de motor: os foguetes laterais (SRBs) são de propelente sólido e, uma vez acesos, só apagam quando o propelente acaba; os motores centrais RS-25, de combustível líquido, funcionam como um acelerador.

1ª (E). O texto mostra que os RS-25 podem ser regulados e até desligados ("tirar o pé"). Além disso, na decolagem a maior parte do empuxo vem dos dois SRBs laterais.

2ª (E). É o contrário: os SRBs não podem ter a potência controlada; acesos, queimam até o fim.

3ª (C). É exatamente a vantagem descrita no texto para os motores de combustível líquido.

4ª (E). Hidrogênio e oxigênio líquidos, mantidos a temperaturas criogênicas, são o combustível dos motores líquidos RS-25. Os SRBs usam um propelente sólido.

5ª (E). Toda combustão precisa de um oxidante. Como no espaço não há ar, os foguetes levam o próprio oxidante: oxigênio líquido nos RS-25 e um oxidante misturado ao propelente sólido nos SRBs.

Sequência: E – E – C – E – E.

Resposta: D.

Dica: "não precisa de ar" é diferente de "não precisa de oxigênio": o foguete leva o oxigênio (ou outro oxidante) com ele.

Questão 9 · OBA 2026 · Nível 4 · Questão 9difícil

O motor do segundo estágio da Artemis II, chamado de Estágio de Propulsão Criogênica Provisório (ou Interino) (ICPS) (Interim Cryogenic Propulsion Stage), utiliza um único motor RL10C-3. Ele é o grande responsável pela manobra de Injeção Trans-Lunar (TLI), que tira a nave da órbita da Terra e a "arremessa" em direção à Lua. Este motor é projetado para ligar e desligar várias vezes no vácuo, o que é essencial para ajustar a trajetória exata da missão Artemis II.

À medida que os motores queimam o combustível, o nave fica mais leve, o que permite que a mesma quantidade de força (empuxo) gere uma aceleração muito maior.

Dados do Problema:

  • Massa Inicial do Estágio Superior (com combustível): ~30.000 kg
  • Massa Final (após a manobra TLI, sem combustível): ~10.000 kg
  • Empuxo do Motor RL10C-3: 105.900 N.

a) Calcule a aceleração do segundo estágio, com a cápsula Órion, com a massa inicial dada.

b) Calcule a aceleração do segundo estágio, com a cápsula Órion, com a massa final dada.

c) Calcule quantas vezes a aceleração final é maior do que a inicial, obtidas nos itens a e b.

Assinale a alternativa que contém as respostas corretas aos itens a, b, c, nesta ordem.

  1. A

    3,53 m/s2, 11,60 m/s2, 3,29

  2. B

    3,53 m/s2, 10,59 m/s2, 3,00

  3. C

    3,53 m/s2, 12,60 m/s2, 3,57

  4. D

    10,60 m/s2, 3,53 m/s2, 0,33

  5. E

    10,60 m/s2, 4,53 m/s2, 0,43

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Gabarito: B

F = ma ou a = F/m. A força empuxo é constante e igual a 105.900 N.

Aceleração inicial: ai = 105.900/30.000 = 3,53 m/s2

Aceleração final: af = 105.900/10.000 = 10,59 m/s2

af/ai = 10,59/3,53 = 3,00

Questão 10 · OBA 2026 · Nível 4 · Questão 10difícil

O movimento do foguete de garrafa PET, lançado de forma oblíqua é a composição do Movimento Retilíneo e Uniforme (MRU) na horizontal e do Movimento Retilíneo Uniformemente Variado (MRUV) na vertical e as equações básicas do MRU e do MRUV são dadas pelas quatro equações abaixo (supondo o eixo y apontando para cima), as quais são suficientes para resolver qualquer problema de movimento balístico sem a resistência do ar.

Imagem da questão

Lembrando que: V0x = V0 cos θ0 (Eq. 5) e V0y = V0 sen θ0 (Eq. 6)

Onde V0 é a velocidade com que o foguete é lançado, θ0 é o ângulo em relação ao solo no qual o foguete foi lançado, estamos supondo a 45 graus, a aceleração gravitacional local é g = 10,0 m/s2.

Vx e Vy são as componentes das velocidades horizontal e vertical respectivamente num instante t qualquer. Vox e Voy são as velocidades horizontal e vertical no instante inicial do lançamento, respectivamente.

No ponto mais alto do movimento do foguete, quando lançado em qualquer ângulo em relação ao solo (exceto no ângulo igual a zero) a componente do vetor velocidade na vertical é zero. Ou seja, no topo da parábola a componente do vetor velocidade na vertical é zero, isto é, Vy = 0.

Considere que um foguete de garrafa PET foi lançado com velocidade inicial V0 = 80 ms−1.

Assinale a alternativa que contém os valores corretos do alcance máximo, Xmax, e altura máxima, Ymax, atingida pelo foguete, nesta ordem. Dado: cos 45° = sen 45° = 0,7. Use g = 10 ms-2. Sugestão: Calcule o tempo de subida até o Ymax.

  1. A

    637,2 m e 157,8 m.

  2. B

    627,8 m e 156,0 m.

  3. C

    627,2 m e 156,8 m.

  4. D

    607,8 m e 146,8 m.

  5. E

    650,0 m e 1550,0 m.

Ver gabarito e solução oficial

Gabarito: C

Vy(t) = V0y − gt (Eq. 3) Mas em Ymax temos que Vy = 0 e t = ts (tempo de subida), logo:

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