Seletiva OBA 2020 · Provas online: prova com gabarito

Pela Terceira Lei de Kepler, para corpos em órbita do Sol, com P em anos e a em U.A.:

P² = a³

Substituindo os valores:

P = √(5,33³) = √151,4 ≅ 12,30 anos

Resposta: 12,30 anos

A distância de uma estrela, em parsecs, é o inverso de sua paralaxe medida em segundos de arco:

d (parsec) = 1 / π (segundos de arco)

Substituindo os valores:

d = 1 / 0,43 ≅ 2,33 parsecs

Resposta: D

No dia do Solstício de Verão do Hemisfério Sul, a declinação do Sol é igual a −23,5° (ou 23,5° S).

Nos polos, o Equador Celeste coincide com o horizonte. Para um observador no Polo Sul Geográfico, portanto, o Sol estará 23,5° acima do horizonte.

Resposta: B

O horizonte de eventos, popularmente conhecido como ponto de não retorno, é a fronteira teórica ao redor de um buraco negro a partir da qual a velocidade de escape é igual à velocidade da luz.

Portanto, o raio do horizonte de eventos (r_he) pode ser calculado pela fórmula da velocidade de escape, fazendo essa velocidade igual à velocidade da luz (c):

v_escape = √(2GM/r) → r_he = 2G(M₁ + M₂)/c²

Substituindo os valores:

r_he = 2 × (6,67 × 10⁻¹¹) × (1,66 + 2,04) × 2,00 × 10³⁰ / (3,00 × 10⁸)²

r_he ≅ 10,97 × 10³ m = 10,97 km

Resposta: A

Da Equação de Pogson:

m₂ − m₁ = −2,5 log (F₂/F₁)

Reescrevendo para o eclipse:

m_eclipse − m_Sol = −2,5 log (F_eclipse/F_Sol)

Se a Lua encobriu 32,0% do disco do Sol, então 100% − 32,0% = 68,0% do disco ficaram visíveis:

F_eclipse = 0,68 F_Sol → F_eclipse/F_Sol = 0,68

Substituindo os valores:

Δm = −2,5 log (0,68) ≅ 0,42 ≈ 0,4

A variação é positiva: o Sol ficou mais fraco (magnitude maior).

Resposta: B

Pela definição de parsec, a paralaxe π (em segundos de arco) de uma estrela a d parsecs é π = 1/d. A paralaxe é o ângulo subentendido pelo raio da órbita da Terra (1 U.A.); o tamanho angular da órbita inteira (o diâmetro) é o dobro da paralaxe:

tamanho angular = 2π = 2 × 1/6,6 ≅ 0,30″ (segundos de arco)

Resposta: A

A Lei de Hubble–Lemaître afirma que a velocidade de recessão v é diretamente proporcional à distância d, multiplicada pela constante de Hubble–Lemaître H₀:

v = H₀ d

A diagonal de um cubo de 4,2 Mpc de lado vale:

d = 4,2 √3 Mpc ≅ 7,27 Mpc

A velocidade de recessão, portanto, será:

v = 7,27 × 70 ≅ 509,2 km/s

Resposta: B

Mais do que a composição química, é a temperatura que determina o espectro das estrelas.

Considere as linhas de Balmer do hidrogênio. Elas se originam em transições entre o segundo nível de energia do hidrogênio e qualquer outro nível acima dele: transições para cima (de n = 2 para n > 2) resultam em absorção; transições para baixo (até n = 2) resultam em emissão.

Então, para uma estrela ter linhas de Balmer intensas, ela precisa ter muitos átomos de hidrogênio excitados no nível n = 2. Isso acontece em estrelas com temperatura em torno de 10.000 K (classe A).

Para temperaturas muito mais baixas, como nas estrelas M, o hidrogênio está no estado fundamental, e poucas colisões são energéticas o suficiente para excitá-lo.

Resposta: D

A Constante Solar é o fluxo de radiação luminosa do Sol recebido aqui na Terra: energia por unidade de área e por unidade de tempo, em J/m²/s ou, simplesmente, W/m². Medida fora da atmosfera e com um detector perfeito, vale aproximadamente 1360 W/m². Ou seja, uma área de 1 m² à distância da Terra ao Sol recebe 1360 joules de energia luminosa a cada segundo.

Podemos obter esse valor dividindo a luminosidade do Sol pela área de uma esfera centrada no Sol com raio igual a 1 U.A.:

• Luminosidade (potência) do Sol ≅ 3,85 × 10²⁶ W
• Área da esfera = 4π (1,5 × 10¹¹ m)² ≅ 2,83 × 10²³ m²
• 3,85 × 10²⁶ W / 2,83 × 10²³ m² ≅ 1360 W/m²

O valor da Constante Solar é inversamente proporcional ao quadrado da distância (o raio do planeta não importa). Portanto, a 5,2 U.A. de distância, a Constante Solar em Júpiter será:

1/5,2² ≅ 0,037 = 3,7% da Constante Solar medida na Terra.

Resposta: A

O Polo Celeste Sul fica na direção do corpo (o braço maior) da cruz, a uma distância de aproximadamente 4,5 vezes o tamanho do corpo a partir do pé da cruz (Acrux).

Como a constelação está "em pé" e próxima ao horizonte, o Polo Celeste Sul encontra-se abaixo do horizonte.

Como é o Polo Celeste Norte que está acima do horizonte, o estudante está no Hemisfério Norte.

Resposta: D

As estrelas apresentam um amplo domínio de cores, que refletem a temperatura de suas atmosferas, de acordo com a Lei de Wien. As estrelas azuis são as mais quentes; as vermelhas, as mais "frias".

As gigantes vermelhas são "gigantes" pelo tamanho (são muito luminosas apesar da baixa temperatura) e "vermelhas" por serem menos quentes que as outras.

Resposta: C

A atmosfera da Terra também absorve a luz da estrela em alguns comprimentos de onda, acrescentando linhas de absorção (linhas telúricas) ao espectro observado em solo.

Acima da atmosfera essas linhas desaparecem, mas as linhas de absorção da própria estrela continuam lá. Por isso o espectro mostra menos linhas de absorção (e não ausência delas).

Resposta: A

Elongação é a distância angular, vista da Terra, entre o Sol e um astro. No caso de um planeta interior, esse ângulo jamais chega a 180°. A elongação máxima de Vênus é de cerca de 47°, portanto ele está sempre perto do Sol no céu.

Se Vênus estiver a oeste do Sol, será observado perto do horizonte leste antes do nascer do Sol. Se estiver a leste, será observado perto do horizonte oeste logo após o pôr do Sol. À meia-noite, quando o Sol está bem abaixo do horizonte, Vênus também está.

Observação da OBA: a resposta não vale para todo observador do Hemisfério Sul. Em latitudes além de −70° é possível, em certos anos, ver Vênus à meia-noite no Solstício de Verão (dia em que o Sol não se põe). Isso não se aplica ao Brasil.

Resposta: C

tempo = massa total de gás / taxa de formação estelar

tempo = (10⁹ × 2,0 × 10³⁰ kg) / (5,0 × 10³⁰ kg/ano)

tempo = (2,0/5,0) × 10⁹ anos = 4,0 × 10⁸ anos

Resposta: C

Ao longo da Sequência Principal, cada massa corresponde a um único ponto do diagrama, com uma luminosidade e uma temperatura definidas.

I - Verdadeira: quanto maior a massa, maior a luminosidade.

II - Falsa: vemos pelo gráfico que, na SP, quanto mais massa tem a estrela, maior é a sua temperatura. Massa e temperatura não são independentes.

III - Verdadeira: a SP é uma linha no diagrama, então a luminosidade cresce com a temperatura.

IV - Verdadeira: a seta de 3 M☉ aponta para uma luminosidade entre 10 e 1.000 L☉, da ordem de 100 L☉.

Apenas a afirmação II não é verdadeira.

Resposta: A

O período sideral (P) é o período real de translação do planeta em torno do Sol, em relação a uma estrela fixa.

O período sinódico (S) é o intervalo de tempo entre duas configurações iguais consecutivas: é o período de revolução aparente do planeta, em relação à Terra.

Sendo P_i o período sideral da órbita interna e P_e o da órbita externa:

1/S = 1/P_i − 1/P_e

Se o corpo fosse interno à órbita da Terra, teríamos 1/S = 1/S − 1/P_Terra, o que é impossível. Então ele é externo, e substituindo o período sideral da órbita externa pelo período sinódico (condição do problema):

1/S = 1/P_Terra − 1/S → 2/S = 1/P_Terra → S = 2 P_Terra = 2 anos

Resposta: D

I - Verdadeira: para M = 1,0 M_Sol, o gráfico dá um raio menor que 1 R_Terra.

II - Verdadeira: o gráfico mostra que, no caso das anãs brancas, o raio diminui quando a massa aumenta.

III - Verdadeira: o gráfico mostra que não existem anãs brancas além do Limite de Chandrasekhar (1,4 M_Sol).

Resposta: A

O tamanho L da imagem da Lua no plano focal será L = f θ, em que f é a distância focal da luneta e θ é o diâmetro angular da Lua, em radianos:

θ = 30′ × π / (180° × 60′) ≅ 8,73 × 10⁻³ rad

A razão focal é f/14,1, então a distância focal é:

f/D = 14,1 → f = 14,1 × 46 cm ≅ 6,5 m

L = 6,5 m × 8,73 × 10⁻³ rad ≅ 5,67 × 10⁻² m ≈ 5,7 cm

Resposta: C

Os grãos de poeira (silicatos etc.) interferem na passagem da luz das estrelas. Quanto maior a concentração de poeira, maior o efeito de extinção (absorção ou espalhamento) da luz, e a extinção é tanto maior quanto menor for o comprimento de onda λ.

Portanto, as regiões com poeira interestelar são:

• transparentes para ondas de rádio e infravermelho, cujos comprimentos de onda são muito maiores do que o tamanho dos grãos;
• opacas no visível, cujo comprimento de onda é comparável ao tamanho dos grãos, e no ultravioleta, raios X e raios gama, cujos comprimentos de onda são bem menores do que os grãos.

Das opções, só o radiotelescópio enxerga o interior das nuvens.

Resposta: A

2 milhões de toneladas por segundo = 2,0 × 10⁹ kg/s.

tempo = massa da Lua / taxa = 7,4 × 10²² kg / (2,0 × 10⁹ kg/s) = 3,7 × 10¹³ s

Convertendo segundos em anos:

t = 3,7 × 10¹³ s × (1 h/3600 s) × (1 dia/24 h) × (1 ano/365 dias) ≅ 1,2 × 10⁶ anos ≈ 1 milhão de anos

Resposta: A

A mínima separação angular que um telescópio consegue distinguir é a sua resolução angular. A difração é proporcional à razão entre o comprimento de onda e o diâmetro D da objetiva; em segundos de arco:

θ_min = 206265 × λ/D

Substituindo os valores:

θ_min = 206265 × (500 × 10⁻⁹ m)/(8,0 × 10⁻² m) ≅ 1,3″

Este é o tamanho angular mínimo de uma cratera vista a 376.000 km. Para obter o tamanho linear mínimo, multiplicamos o tamanho angular (em radianos) pela distância:

Ø_min = 1,3″ × (1/206265 rad/″) × 376.000 km ≅ 2,4 km

Resposta: B

No afélio, a distância do corpo ao Sol vale:

r = a(1 + e)

Substituindo na fórmula e simplificando:

v = √[GM (2/(a(1 + e)) − 1/a)] → v = √[GM (1 − e)/(a(1 + e))]

Substituindo os valores (todos no SI, então a resposta sai em m/s):

v = √[(6,7 × 10⁻¹¹)(2,0 × 10³⁰) × (1 − 0,1)/(10 × 150,0 × 10⁹ × (1 + 0,1))]

v ≅ 8,5 × 10³ m/s = 8,5 km/s

Resposta: A

O tempo de integração de um telescópio é inversamente proporcional à sua área coletora de luz:

Δt ∝ 1/área

Então:

Δt₂/Δt₁ = área₁/área₂

Substituindo os valores:

Δt₂/Δt₁ = π(1 m/2)² / π(6 m/2)² = 1²/6² = 1/36 → Δt₂ = (1/36) Δt₁ = 1/36 h

Resposta: D

Usando P em anos, a em ua e as massas em massas solares, a terceira lei de Kepler fica:

m₁ + m₂ = a³/P²

A separação entre as estrelas sai da razão entre a separação angular máxima α e a paralaxe π:

a (ua) = α(″)/π(″) = 1,00″/0,10″ = 10,00 ua

Como P = 12,50 anos:

m₁ + m₂ = (10,00)³/(12,50)² = 6,40 M_Sol

A razão entre as distâncias das estrelas ao centro de massa é o inverso da razão entre suas massas:

m₁/m₂ = r₂/r₁ = 4,0 → m₁ = 4,0 m₂

Resolvendo o sistema:

4,0 m₂ + m₂ = 6,40 → m₂ = 1,28 M_Sol e m₁ = 6,40 − 1,28 = 5,12 M_Sol

Resposta: A

Afirmações I e II: verdadeiras. Vemos pelo gráfico que, na SP, quanto mais massa tem a estrela, maior é a sua luminosidade, e quanto maior a luminosidade, maior é a temperatura superficial. (Aqui "proporcionais" está no sentido de "crescem juntas": a relação não é linear, já que o eixo de luminosidade é logarítmico.)

Afirmações III e IV: verdadeiras. Lendo o gráfico na marca de 7 M☉: a luminosidade é de cerca de 1.000 L_Sol e a temperatura, cerca de 20.000 K. Na marca de 1 M☉ (o Sol), a luminosidade é 1 L_Sol e a temperatura, cerca de 5.000 K. Então a estrela de 7 M☉ é cerca de mil vezes mais luminosa e tem cerca de 4 vezes a temperatura do Sol.

Resposta: C

A distância angular de Canopus ao Polo Celeste Sul é o complemento da sua declinação: 90° − 52°42′ = 37°18′. Para que Canopus seja circumpolar (sempre acima do horizonte), a altura do Polo Celeste Sul precisa ser no mínimo esse valor.

A altura do Polo Celeste Sul é igual ao valor absoluto da latitude (sul) do observador. Então:

latitude < −90° − (−52°42′) → latitude < −37°18′

A longitude não tem nada a ver com isso: a rotação da Terra leva todas as longitudes pelo mesmo céu.

Resposta: A

A Constelação do Homem Velho é formada por estrelas de Órion e do Touro (incluindo as Híades e as Plêiades). A estrela indicada pela seta é Rígel.

Rígel, embora na designação de Bayer seja Beta Orionis, é a estrela mais brilhante da constelação de Órion. Apesar de estar a quase o dobro da distância de Betelgeuse, essa supergigante azul tem um brilho notável, cerca de 40.000 vezes mais intenso que o do Sol, com magnitude visual m = +0,13.

Resposta: C

O Polo Celeste Sul fica na direção do corpo (o braço maior) da cruz, a uma distância de aproximadamente 4,5 vezes o tamanho do corpo a partir do pé da cruz (Acrux).

Como a constelação está "deitada" e próxima ao horizonte, com o pé (Acrux) à esquerda, o Polo Celeste Sul fica à esquerda da figura e acima do horizonte. Logo, o estudante está no Hemisfério Sul.

O Polo Celeste Sul marca o ponto cardeal Sul; o Cruzeiro, à direita dele, está a oeste, próximo ao horizonte. Portanto ele está se pondo.

Resposta: D

Primeiro usamos o módulo de distância para achar d₁ e d₂; depois, a desigualdade triangular para limitar d₃; e de novo o módulo de distância para achar M_C.

Módulo de distância (m: magnitude aparente; M: magnitude absoluta; r em parsecs):

m − M = 5 log(r) − 5

Da primeira condição (A vista de B, a uma distância d₁):

6,0 − 2,0 = 5 log(d₁) − 5 → log(d₁) = 9/5 → d₁ ≅ 63,1 pc

Da segunda condição (B vista de C, a uma distância d₂):

6,0 − 3,0 = 5 log(d₂) − 5 → log(d₂) = 8/5 → d₂ ≅ 39,8 pc

Pela condição de existência do triângulo:

d₁ − d₂ < d₃ < d₁ + d₂ → 23,3 pc < d₃ < 102,9 pc

A luminosidade máxima de C (menor magnitude absoluta) corresponde à maior distância d₃ possível, já que C precisa estar no limite de visibilidade vista de A. Aplicando de novo o módulo de distância:

6 − M_C = 5 log(102,9) − 5 → M_C ≅ 0,9

Resposta: C

Pelo módulo de distância (m: magnitude aparente; M: magnitude absoluta; r em parsecs):

m − M = 5 log(r) − 5 ↔ M = m − 5 log(r) + 5

Como as duas estrelas têm a mesma magnitude absoluta:

m₁ − 5 log(r₁) + 5 = m₂ − 5 log(r₂) + 5

Isolando r₂:

log(r₂) = [m₂ − m₁ + 5 log(r₁)]/5

Substituindo os valores (r₁ = 1 kpc = 1000 pc):

log(r₂) = [12 − 17 + 5 log(1000)]/5 = (12 − 17 + 15)/5 = 10/5 = 2

r₂ = 10² = 100 pc

Resposta: B

A resolução comentada desta questão está no app, no plano OBA (ou os pacotes Olimpíadas e Completo). Treinar esta edição

A montagem equatorial é feita para compensar a rotação da Terra: ela tem um eixo que deve ser bem alinhado ao eixo da Terra e acompanha o movimento aparente dos astros com um único movimento, em torno desse eixo.

Na montagem altazimutal o acompanhamento combina dois movimentos (altura e azimute) e o campo da imagem gira durante uma exposição longa. Na equatorial, isso não acontece.

Resposta: A

A configuração Sol-Terra-Marte repete-se a cada período sinódico de Marte (P_s):

1/P_s = 1/P_Terra − 1/P_Marte = 1/365 − 1/687 → P_s ≅ 779 dias

779 dias ≈ 2 anos e 2 meses. Então o próximo início do movimento retrógrado de Marte será por volta de:

final de junho de 2018 (≈ julho de 2018) + 2 anos e 2 meses = setembro de 2020

Resposta: A

Como a trajetória do Sol é vertical, do primeiro contato da borda com o horizonte até o Sol ficar inteiro acima dele, o Sol sobe exatamente o seu diâmetro angular: 32′.

A Lua leva cerca de 27,3 dias para completar uma rotação em torno do seu eixo (período sideral), mas, ao fim dessa rotação, o Sol ainda não ilumina do mesmo jeito o mesmo ponto lunar do início. Isso só acontece depois do intervalo entre duas fases iguais (período sinódico), por exemplo entre duas Luas Cheias. Esse intervalo, a lunação, dura cerca de 29,5 dias terrestres e é o "dia" lunar.

Então, se no céu lunar o Sol percorre 360° em 29,5 dias, ele percorrerá 32′ em:

Δt = 32′ × (29,5 dias × 24 h/dia)/(360° × 60′/°) ≅ 1,05 h ≅ 63 min

Resposta: C

Pelo modelo do Oumuamua, o brilho máximo acontece quando o objeto é visto de lado, e o brilho mínimo, quando é visto de frente.

Da Equação de Pogson:

m₂ − m₁ = −2,5 log (F₂/F₁)

Reescrevendo:

m_frente − m_lado = −2,5 log (F_frente/F_lado)

Como o brilho refletido é proporcional à área vista:

• vista de frente: F_frente ∝ πb² (área do círculo)
• vista de lado: F_lado ∝ πab (área da elipse)

Substituindo os valores:

2,5 = −2,5 log (πb²/πab) → log (b/a) = −1 → a/b = 10

Resposta: C

No caso da Terra, as forças gravitacionais diferenciais da Lua e do Sol produzem um torque que tende a alinhar o eixo de rotação da Terra com o eixo da eclíptica. Como esse torque é perpendicular ao momento angular de rotação da Terra, seu efeito é mudar a direção do eixo de rotação, sem alterar sua inclinação.

Portanto, os Polos Celestes não ocupam uma posição fixa no céu: cada Polo Celeste se move lentamente em torno do respectivo Polo da Eclíptica, descrevendo uma circunferência de raio 23,5°, em cerca de 25.770 anos.

Atualmente o Polo Celeste Norte está nas proximidades da estrela Polaris, na Ursa Menor. Daqui a cerca de 13.000 anos, ele estará nas proximidades de Vega, na constelação da Lira.

Resposta: A

O mostrador traz as primeiras horas do dia (8, 9, 10) à esquerda: a sombra da manhã cai à esquerda, então o Sol nasce à direita de quem olha o mostrador. Se o Leste está à direita, quem olha a foto está de frente para o Norte e, portanto, o mostrador está voltado para o Sul.

Como é um relógio vertical, a sombra da ponta do gnômon desce mais quando o Sol está mais alto no céu e fica mais perto do gnômon quando o Sol está mais baixo. As trajetórias dessas sombras ficam limitadas pelas linhas curvas extremas do mostrador: a superior corresponde ao Solstício de Inverno (Sol mais baixo) e a inferior, ao Solstício de Verão (Sol mais alto).

Um mostrador vertical voltado para o Sul recebe o Sol do meio-dia: com certeza o relógio está no Hemisfério Norte.

Resposta: A

Pela Terceira Lei de Kepler, desprezando a massa da sonda em comparação com a de Júpiter:

a³ = (GM_J/4π²) P²

Como a sonda é junoestacionária, seu período é o de rotação de Júpiter: P = P_J = 9,90 h = 35.640 s.

Substituindo os valores:

a³ = [(6,67 × 10⁻¹¹)(1,90 × 10²⁷)/4π²] × (35.640)² ≅ 4,08 × 10²⁴ m³

a = ∛(4,08 × 10²⁴) ≅ 1,60 × 10⁸ m

Esse é o raio da órbita, medido a partir do centro de Júpiter. A altura da sonda a partir do topo da atmosfera será:

h = a − R_J = 1,60 × 10⁸ − 7,49 × 10⁶ ≅ 1,53 × 10⁸ m = 153 mil km

Resposta: C

Afirmação I – falsa. O gráfico mostra que, no começo e no final de 2020, à meia-noite (0h, borda esquerda), Saturno estará abaixo do horizonte (azul escuro).

Afirmação II – verdadeira. Em agosto, a faixa cinza aparece nos dois lados do gráfico: Saturno pode ser visto de madrugada, antes de se pôr, e estará novamente no céu quando o Sol se puser, à noite.

Afirmação III – falsa. Em dezembro, a faixa cinza à direita é estreita: Saturno se põe pouco depois do Sol, portanto estará próximo ao horizonte oeste.

Resposta: C

A razão focal é a distância focal da objetiva dividida pelo seu diâmetro. Então a distância focal f do telescópio vale:

f = 10 × 200 mm = 2000 mm

A escala no CCD (resolução por pixel), em radianos, é o lado do pixel dividido pela distância focal:

res (rad/pixel) = lado do pixel (mm)/distância focal (mm) = 7,20 × 10⁻³/2000 = 3,60 × 10⁻⁶ rad/pixel

Convertendo radianos em segundos de arco:

res = 3,60 × 10⁻⁶ rad/pixel × 206265 ″/rad ≅ 0,74 ″/pixel

O número de pixels do sensor (2048 × 3072) não interfere na resposta.

Resposta: D

Na oposição, a distância entre o asteroide e a Terra é d_op = r_a − r_T, em que r_a é o raio orbital do asteroide e r_T = 1 ua.

Na quadratura (ângulo de 90° entre o Sol e o asteroide, visto da Terra), a distância é:

d_q = √(r_a² − r_T²)

O tempo de ida do sinal é igual ao de volta, portanto 2t_q = 2t_op + 800,00 s, com t_op = (r_a − r_T)/c e t_q = √(r_a² − r_T²)/c. Então:

(2/c) √(r_a² − r_T²) = (2/c)(r_a − r_T) + 800,00 → √(r_a² − r_T²) = (r_a − r_T) + 400,00 c

Trabalhando direto em unidades astronômicas: r_T = 1 ua e

400,00 c = 400,00 s × 3,0 × 10⁸ m/s / (1,50 × 10¹¹ m/ua) = 0,80 ua

Substituindo:

√(r_a² − 1) = r_a − 1 + 0,80 = r_a − 0,20

r_a² − 1 = (r_a − 0,20)² = r_a² − 0,40 r_a + 0,04 → 0,40 r_a = 1,04 → r_a = 2,60 ua

Resposta: B

Primeiro calculamos a magnitude aparente de M31 na condição pedida. Para ter o dobro do brilho atual, o fluxo medido na Terra também deve dobrar. Da Equação de Pogson:

m₂ − m₁ = −2,5 log (F₂/F₁)

Como F₂ = 2F₁:

m₂ − 3,4 = −2,5 log 2 → m₂ ≅ 2,6

Agora calculamos a magnitude absoluta de M31 pelo módulo de distância (r em parsecs) e o aplicamos de novo para achar a "nova" distância:

m − M = 5 log r − 5

3,4 − M = 5 log (0,78 × 10⁶) − 5 → M = 3,4 + 5 − 5 log (0,78 × 10⁶) ≅ −21,0

Para m = +2,6:

2,6 − (−21,0) = 5 log r − 5 → log r = (2,6 + 21,0 + 5)/5 → r ≅ 5,2 × 10⁵ pc = 0,52 Mpc

Observação: sem os arredondamentos intermediários, o fluxo cai com o quadrado da distância e a conta exata dá r = 0,78/√2 ≅ 0,55 Mpc. A alternativa mais próxima continua sendo 0,52 Mpc.

Resposta: B

A afirmação I está incorreta: entre 1 e 2 o satélite está atrás de Júpiter, visto da Terra; trata-se de uma Ocultação (OC).

A afirmação II está incorreta: entre 3 e 4 o satélite não pode ser visto da Terra por estar na sombra de Júpiter, eclipsado (EC), e não por estar atrás do planeta.

A afirmação III está incorreta: entre 5 e 6 o satélite passa na frente do disco de Júpiter; trata-se de um Trânsito (TR).

A afirmação IV está correta: no ponto 6 termina o Trânsito, ou seja, o satélite sai da frente de Júpiter, e no ponto 7 começa a passagem da Sombra (SO) do satélite pelo disco do planeta. Entre 7 e 8 vemos o satélite fora do disco e a sua sombra sobre Júpiter.

Resposta: D

O mapa com as constelações identificadas e a eclíptica (em rosa):

A afirmação I está correta: o Polo Celeste Sul (na constelação do Octante) está acima do horizonte e pode ser indicado no mapa.

A afirmação II está incorreta: sempre se pode traçar a eclíptica num mapa do céu inteiro.

A afirmação III está incorreta: a constelação da Lira não aparece neste mapa.

A afirmação IV está correta: podemos identificar, entre outras, a constelação de Pégaso, que é do Hemisfério Celeste Norte.

Resposta: A

A Lei de Wien (ou lei do deslocamento de Wien) relaciona o comprimento de onda em que está a máxima emissão de um corpo negro com a sua temperatura: quanto maior a temperatura, menor o comprimento de onda do pico de emissão.

O corpo B tem o máximo da sua emissão no menor comprimento de onda entre os três objetos (o pico fica mais perto do azul na escala de cores). Logo, B é o mais quente.

Resposta: D

Como a Terra está mais próxima do Sol, ela tem maior velocidade orbital. A figura mostra o movimento de Marte visto da Terra.

Por causa da maior velocidade orbital e da menor distância ao Sol, a Terra "ultrapassa" Marte em certas épocas (perto da oposição). Durante a ultrapassagem, Marte parece andar para trás em relação às estrelas (movimento retrógrado), formando o laço da figura.

Resposta: A

Numa órbita circular, v = √(GM/r), em que M é a massa da Terra.

A afirmação I não é verdadeira: a velocidade orbital dos satélites não depende da sua massa, só do raio orbital.

A afirmação II não é verdadeira: com metade do raio orbital, a velocidade do satélite III é √2 vezes a do satélite II.

A afirmação III é verdadeira: quando a massa do satélite é desprezível, o período orbital depende somente da distância até o corpo central.

A afirmação IV é verdadeira: F = GMm/r². Os satélites II e III têm a mesma massa, mas III está mais perto da Terra, então F₃ > F₂. Os satélites I e II estão na mesma órbita, mas II tem mais massa, então F₂ > F₁. Portanto F₁ < F₂ < F₃ (na proporção 1 : 2 : 8).

Resposta: A

Para estimar a distância média entre os asteroides, distribuímos os asteroides uniformemente pela coroa circular entre 2,10 ua e 3,30 ua:

área = π(R² − r²) = π(3,30² − 2,10²)(149,6 × 10⁶ km)² ≅ 4,56 × 10¹⁷ km²

Cada asteroide fica, então, no centro de uma área de:

4,56 × 10¹⁷ km² / 800.000 ≅ 5,70 × 10¹¹ km²

Três figuras regulares preenchem o plano em torno de um ponto: o triângulo equilátero, o quadrado e o hexágono regular. Supondo que a ordem de grandeza da distância seja a mesma nos três casos:

Triângulo equilátero (área = (√3/4)L²; altura h = (√3/2)L; apótema a_T = h/3). A distância média é o dobro do apótema.

(√3/4)L² = 5,70 × 10¹¹ km² → L ≅ 1,15 × 10⁶ km → h ≅ 9,94 × 10⁵ km → a_T ≅ 3,31 × 10⁵ km

d_T = 2a_T ≅ 6,62 × 10⁵ km ≈ 10⁶ km

Quadrado (L = √área): cada asteroide é cercado por 8 vizinhos, 4 a uma distância L e 4 a L√2. A distância média é:

d_Q = (L + L√2)/2 = √(5,70 × 10¹¹ km²) × (1 + √2)/2 ≅ 9,1 × 10⁵ km ≈ 10⁶ km

Hexágono regular (área = (3√3/2)L²; apótema a_H = (√3/2)L). A distância média é o dobro do apótema.

(3√3/2)L² = 5,70 × 10¹¹ km² → L ≅ 4,68 × 10⁵ km → a_H ≅ 4,06 × 10⁵ km

d_H = 2a_H ≅ 8,12 × 10⁵ km ≈ 10⁶ km

A hipótese se confirma: os valores mudam com a geometria, mas a ordem de grandeza é a mesma, d ≈ 10⁶ km.

Resposta: A

Comecemos pela Equação de Pogson:

m₂ − m₁ = −2,5 log (F₂/F₁)

O fluxo a uma distância r de uma estrela de luminosidade L é F = L/(4πr²). Como m₁ = m₂ e r₂ = 2r₁:

0 = −2,5 log [ (L₂/4π(2r)²) / (L₁/4πr²) ] → log (L₂/4L₁) = 0 → L₂ = 4L₁

Para uma estrela de raio R e temperatura efetiva T_ef, L = 4πR²σT_ef⁴. Como as estrelas são do mesmo tipo espectral, têm a mesma temperatura efetiva:

4πR₂²σT_ef⁴ = 4 × 4πR₁²σT_ef⁴ → R₂²/R₁² = 4 → R₂/R₁ = 2

A estrela duas vezes mais distante tem o dobro do raio da outra.

Resposta: D

A resolução comentada desta questão está no app, no plano OBA (ou os pacotes Olimpíadas e Completo). Treinar esta edição

Sejam r_A e r_B as distâncias das componentes A e B ao centro de massa (CM), e V_A e V_B as suas velocidades orbitais.

As duas estrelas giram juntas em torno do CM, sempre em lados opostos, então os períodos orbitais são iguais: P_A = P_B = P. Isso já elimina duas alternativas. Podemos escrever:

2πr_A = V_AP e 2πr_B = V_BP

Por definição de centro de massa, M_Ar_A = M_Br_B. De modo que:

r_A/r_B = M_B/M_A = V_A/V_B

No gráfico, a curva de menor amplitude (pontos cheios) é a da componente A, a primária, e a de maior amplitude (pontos vazados) é a da componente B (por convenção, A é a componente principal do sistema). Então V_A < V_B, o que, pela relação anterior, implica M_A > M_B: a estrela mais massiva se move menos em torno do centro de massa.

Resposta: B

O que importa no método da paralaxe é o tamanho da linha de base. Se a distância ao Sol aumenta cerca de cinco vezes, os ângulos de paralaxe também aumentam cerca de cinco vezes.

Isso aumenta a precisão da medida: estrelas cujos ângulos de paralaxe não podiam ser medidos da Terra (por serem pequenos demais) passam a ser mensuráveis a partir de Júpiter.

Resposta: A

Se o mostrador do relógio está voltado para o Sul, seu gnômon aponta para o polo elevado, que é o Norte; portanto o relógio se encontra no Hemisfério Norte (é lá que o Sol do meio-dia ilumina uma parede voltada para o Sul).

Note que, quando o Sol estiver cruzando o meridiano local (sombra na vertical, abaixo do gnômon), o relógio estará marcando cerca de 12h30. Dito de outra maneira: quando o relógio marcar 12h, o Sol ainda estará a leste do meridiano do local. O meio-dia solar acontece depois do meio-dia do fuso, então o relógio se encontra a oeste do meridiano central do fuso horário.

Resposta: A

R_e 50% maior que R_p equivale a R_e = (3/2)R_p.

A velocidade de escape a uma distância R do centro é v_esc = √(2GM/R). A massa é lançada pelo equador, então usamos R = R_e:

v_c = v_e/√2 = (1/√2) √(2GM/R_e) = √(GM/R_e)

Substituindo R_e por (3/2)R_p:

v_c = √(GM/((3/2)R_p)) = √(2GM/3R_p)

Resposta: B

Vamos calcular o diâmetro mínimo D de um telescópio para vermos, no limite da sensibilidade do olho, um objeto de magnitude m = +16 (o valor do gráfico em julho de 2018).

O fluxo que chega ao olho é proporcional à área coletora: 7² para a pupila e D² para o telescópio (em mm). Então a Equação de Pogson fica:

(+6) − (+16) = −2,5 log (D²/7²)

−10 = −2,5 log (D²/49) → log (D²/49) = 4 → D²/49 = 10⁴ → D² = 490.000 → D₂ = 700 mm

Como D₁ = 280 mm:

D₂/D₁ = 700 mm/280 mm = 5/2

Resposta: D

Como não há ação de forças externas ao sistema Sol-cometa (só a gravidade, que é conservativa), a energia mecânica total se conserva em todos os pontos da órbita.

Como os pontos estão a distâncias diferentes do Sol, a atração gravitacional também é diferente, pois é inversamente proporcional ao quadrado da distância.

As outras alternativas falham: a velocidade é maior em B (mais perto do Sol), e a energia potencial é maior (menos negativa) em A, o ponto mais afastado.

Resposta: A

A 3ª Lei de Kepler, na forma derivada por Newton:

M + m = (4π²/G)(a³/P²) → a³ = (M + m)GP²/(4π²)

Substituindo os valores (P = 79 dias = 79 × 24 × 3600 s):

a³ = [(70 + 8) × 2,0 × 10³⁰] × (6,7 × 10⁻¹¹) × (79 × 24 × 3600)² / (4π²)

a³ ≅ 1,2 × 10³⁴ m³ → a ≅ 2,3 × 10¹¹ m

Em unidades astronômicas:

a = 2,3 × 10¹¹ m / (1,5 × 10¹¹ m/ua) ≅ 1,5 ua

É uma distância comparável à distância média entre Marte e o Sol (cerca de 1,5 ua).

Resposta: D

Por leitura direta do gráfico: quanto menor o período de pulsação, menor a luminosidade da Cefeida, e vice-versa.

As que pulsam mais rapidamente (período menor) são menos luminosas. Como na escala de magnitudes os objetos menos luminosos têm magnitude maior, elas têm magnitude absoluta maior.

Resposta: D

A Lua se move cerca de 13° por dia para leste em relação às estrelas, reflexo da sua translação em torno da Terra, completada em 27,32 dias (mês sideral). O Sol também se move cerca de 1° por dia para leste, refletindo a translação da Terra, completada em 365,2564 dias (ano sideral). Portanto, a Lua se move cerca de 12° por dia para leste em relação ao Sol, e a cada dia cruza o meridiano local cerca de 48 min mais tarde que no dia anterior.

Pela figura, às 10h a Lua está 40° a oeste do Sol (mais perto do meridiano). Como ela se desloca para leste em relação ao Sol, nos próximos dias vai se aproximar dele: está indo para a fase de Lua Nova. Uma Lua 40° a oeste do Sol é uma Lua minguante, entre o Quarto Minguante (90°) e a Nova (0°).

Resposta: D