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Seletivas internacionais da OBA · provas online

Seletiva OBA 2025 · Provas online: prova com gabarito

As 58 questões oficiais da Seletiva OBA 2025, provas online, com gabarito e solução oficial. Tente resolver antes de abrir a resposta.

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Questão 1 · Seletiva OBA 2025 · Questão P1-1média

A figura a seguir, fora de escala, mostra o meio-dia solar verdadeiro, em um determinado dia do ano, quando o Sol se encontra passando pela constelação da Libra.

Imagem da questão

Marque a opção que traz (1) o nome da constelação em que o Sol estava, nesse mesmo dia, quando nasceu e (2) quanto tempo, aproximadamente, devemos esperar para ver a constelação da Libra fazer seu trânsito meridiano à meia-noite.

  1. A

    Libra; 6 meses.

  2. B

    Sagitário; 6 meses.

  3. C

    Libra; 12 horas.

  4. D

    Sagitário; 12 horas.

  5. E

    Escorpião; 1 ano.

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Gabarito: A

O Sol percorre todas as constelações do Zodíaco em 1 ano, portanto ele demora dias em cada uma delas. Se ao meio-dia solar verdadeiro ele está na constelação da Libra, ele também estava nessa constelação poucas horas antes, quando nasceu.

Se a Libra faz sua passagem meridiana ao meio-dia (junto com o Sol), teremos que esperar 6 meses (meio ano) para vê-la fazendo a passagem meridiana à meia-noite, quando o Sol estiver do lado oposto do céu.

Resposta: A

Questão 2 · Seletiva OBA 2025 · Questão P1-2fácil

Qual destes gráficos melhor representa, qualitativamente, a intensidade da força da gravidade entre a Terra e o Sol ao longo de um ano?

Imagem da questão
  1. A

    1

  2. B

    2

  3. C

    3

  4. D

    4

  5. E

    5

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Gabarito: C

A Terra passa pelo periélio (menor distância ao Sol) no início de janeiro: é quando a força de atração gravitacional entre os dois astros é mais intensa.

Do mesmo modo, a passagem pelo afélio (maior distância) ocorre no início de julho, quando a força é menos intensa.

A variação entre esses extremos é suave e contínua, como no gráfico 3.

Resposta: C

Questão 3 · Seletiva OBA 2025 · Questão P1-3fácil

O esquema a seguir, feito pelo Observatório Céu Austral, mostra o Eclipse Parcial da Lua, que ocorreu entre os dias 17 e 18 de setembro de 2024. Nele podemos ver a trajetória relativa da Lua pela sombra da Terra.

Imagem da questão

Imagem: Observatório Céu Austral (adaptada).

Baseado nas informações fornecidas no esquema, assinale a opção que traz o instante do máximo deste eclipse lunar, assinalado pela letra M.

  1. A

    23h12

  2. B

    23h28

  3. C

    23h44

  4. D

    00h00

  5. E

    00h16

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Gabarito: C

Entre a entrada total da Lua na penumbra (23h12) e o momento em que ela começa a sair da penumbra (00h16) passaram-se:

00h16 − 23h12 = 64 minutos

O máximo M fica no meio desse intervalo, isto é, 64 ÷ 2 = 32 minutos depois de a Lua entrar totalmente na penumbra:

23h12 + 32 min = 23h44

Resposta: C

Questão 4 · Seletiva OBA 2025 · Questão P1-4fácil

A seguir temos uma foto do Sol fotografado em 8 de maio de 2019 em luz branca (cor verdadeira).

Imagem da questão

O Sol emite energia para o espaço sob a forma de:

  1. A

    Raios-X.

  2. B

    Luz visível.

  3. C

    Radiação ultravioleta.

  4. D

    Radiação infravermelha.

  5. E

    Todas as opções estão corretas.

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Gabarito: E

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

Questão 5 · Seletiva OBA 2025 · Questão P1-5média

Na imagem a seguir, simulada no software Stellarium (gratuito), podemos ver o planeta Júpiter em fase.

Imagem da questão

A partir da órbita de qual planeta listado abaixo, Júpiter pode ser visto desse modo?

  1. A

    Vênus.

  2. B

    Marte.

  3. C

    Saturno.

  4. D

    Urano.

  5. E

    Netuno.

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Gabarito: C

Para ver um planeta em fase acentuada (com boa parte do disco escura), é preciso estar à mesma distância do Sol que ele ou mais afastado: só assim enxergamos parte do seu lado noturno. De planetas internos (Vênus, Marte), Júpiter aparece quase sempre "cheio".

Da lista apresentada, Saturno é o primeiro planeta mais afastado do Sol que Júpiter, de onde isso é possível.

Resposta: C

Questão 6 · Seletiva OBA 2025 · Questão P1-6fácil

A seguir, vemos o esquema da Esfera Celeste centrada em um observador.

Imagem da questão

A seta indica um ponto em especial nesta esfera. Assinale a opção que traz o nome deste ponto.

  1. A

    Nadir.

  2. B

    Zênite.

  3. C

    Meridiano.

  4. D

    Ponto Gama.

  5. E

    Ponto Cardeal.

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Gabarito: B

Zênite é o ponto da esfera celeste interceptado pela vertical que sai da cabeça do observador e se prolonga para cima até a esfera celeste. É o ponto indicado pela seta.

O ponto oposto, na vertical para baixo, recebe o nome de Nadir.

Resposta: B

Questão 7 · Seletiva OBA 2025 · Questão P1-7média

A figura a seguir traz o esquema, fora de escala, de diferentes configurações para um sistema estelar binário eclipsante, quando, do nosso ponto de vista, uma estrela passa na frente e atrás da outra. Considere que a estrela principal tem temperatura superficial bem maior do que sua companheira.

O gráfico de brilho vs. tempo mostra a curva de luz correspondente medida a partir da Terra.

Imagem da questão

Assinale qual das cinco configurações corresponde ao instante t0.

  1. A

    Configuração A.

  2. B

    Configuração B.

  3. C

    Configuração C.

  4. D

    Configuração D.

  5. E

    Configuração E.

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Gabarito: D

O instante t0 é o mínimo mais profundo da curva de luz.

A diminuição do brilho total é maior quando a estrela de menor temperatura transita pelo disco da estrela de maior temperatura, cobrindo uma área que brilha muito por unidade de superfície. Isso acontece quando a companheira está inteiramente na frente da estrela principal, na configuração D.

(Na configuração B a companheira está atrás da principal: é o eclipse secundário, raso.)

Resposta: D

Questão 8 · Seletiva OBA 2025 · Questão P1-8fácil

Você está organizando um evento de observação do céu em uma praia afastada da poluição luminosa da sua cidade e deseja planejá-lo para quando a Lua estiver em Quarto Crescente. Quantos dias após a Lua Cheia você deve agendar seu evento?

  1. A

    3 dias.

  2. B

    7 dias.

  3. C

    15 dias.

  4. D

    22 dias.

  5. E

    30 dias.

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Gabarito: D

O período sinódico da Lua é de aproximadamente 29,5 dias, portanto cada intervalo entre fases principais dura cerca de 29,5 ÷ 4 ≈ 7,4 dias.

Da Lua Cheia até o Quarto Crescente passamos por Quarto Minguante, Lua Nova e Quarto Crescente: 3 intervalos.

3 × 7,4 ≈ 22,2 dias, arredondados para 22 dias.

Resposta: D

Questão 9 · Seletiva OBA 2025 · Questão P1-9média

A imagem a seguir traz uma composição de várias fotos tiradas consecutivamente no mesmo local e com a mesma câmera, perto da Vila de Llers, na província espanhola de Girona. Nesta composição foram identificados quatro objetos celestes: o cometa 12P/Pons-Brooks, o planeta Júpiter, a estrela Bharani, da constelação de Áries, e a Lua.

Imagem da questão

Imagem: Juan Carlos Casado.

Baseado em seus conhecimentos, assinale a opção que traz a ordem correta de afastamento desses objetos de nós, ou seja, do mais próximo até o mais distante.

  1. A

    Júpiter, Lua, Bharani e Cometa.

  2. B

    Lua, Cometa, Júpiter e Bharani.

  3. C

    Lua, Júpiter, Cometa e Bharani.

  4. D

    Lua, Júpiter, Bharani e Cometa.

  5. E

    Cometa, Lua, Júpiter e Bharani.

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Gabarito: B

A Lua é o objeto mais próximo (cerca de 384 mil km) e a estrela Bharani, fora do Sistema Solar, é o mais distante.

Falta comparar o cometa e Júpiter. A distância exata em que a cauda de um cometa se torna visível depende do tamanho e da composição do núcleo e da atividade do Sol, mas em geral a cauda começa a ficar visível quando o cometa está a cerca de 1,5 UA do Sol. Como o cometa aparece com cauda, ele está bem mais perto do que Júpiter (a cerca de 5 UA do Sol).

Ordem: Lua, Cometa, Júpiter e Bharani.

Resposta: B

Questão 10 · Seletiva OBA 2025 · Questão P1-10média

O major-general William A. Anders (1933-2024) voou na primeira missão espacial tripulada a orbitar a Lua, o “voo Genesis” da Apollo 8, em dezembro de 1968. Durante este voo ele fez, na véspera de Natal, uma das mais icônicas imagens das missões Apollo, a que mostra a Terra nascendo no horizonte lunar.

Anders morreu em 7 de junho de 2024, vítima de um acidente aéreo nos Estados Unidos.

Imagem da questão

Imagem: NASA.

Se na famosa foto podemos ver uma Terra Minguante, assinale a opção que traz qual teria sido a fase da Lua vista da Terra neste momento?

  1. A

    Nova.

  2. B

    Quarto Crescente.

  3. C

    Crescente.

  4. D

    Cheia.

  5. E

    Minguante.

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Gabarito: C

As fases da Lua (vista da Terra) e da Terra (vista da Lua) são opostas: quando vemos da Terra a Lua Cheia, quem está na Lua vê uma Terra Nova, e vice-versa.

Na foto, a Terra aparece como uma fina Minguante. Portanto, vista da Terra, a Lua estava na fase complementar: Crescente.

Resposta: C

Questão 11 · Seletiva OBA 2025 · Questão P1-11fácil

Na astronomia, um asterismo é um padrão reconhecível de estrelas no céu noturno da Terra. Ele pode fazer parte de uma constelação oficial ou ser composto por estrelas de mais de uma constelação.

Um dos asterismos mais conhecidos é o Big Dipper. Ele é composto pelas sete estrelas mais brilhantes da constelação da Ursa Maior.

As imagens a seguir mostram o Big Dipper como ele era visto há 50 mil anos e como o vemos hoje.

Imagem da questão

Esta “mudança de forma” do Big Dipper se deve:

  1. A

    À evolução estelar.

  2. B

    À paralaxe estelar.

  3. C

    Ao Efeito Doppler.

  4. D

    À precessão dos Equinócios.

  5. E

    Ao movimento próprio das estrelas.

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Gabarito: E

O movimento próprio é o deslocamento aparente de uma estrela no céu em relação às outras. Ele tem duas causas:

1. O movimento real das estrelas: elas não estão fixas no espaço, cada uma tem sua velocidade peculiar em relação ao centro de massa da Via Láctea.
2. O movimento do Sistema Solar, que também se move em relação ao centro da Galáxia e muda a perspectiva com que vemos as estrelas.

O movimento próprio é medido como variação angular da posição no céu, em geral em segundos de arco por ano. Estrelas mais próximas tendem a ter movimento próprio maior. Ao longo de dezenas de milhares de anos, esses pequenos deslocamentos mudam a forma dos asterismos.

(A precessão gira o céu inteiro, sem deformar as figuras; a paralaxe é uma oscilação anual minúscula.)

Resposta: E

Questão 12 · Seletiva OBA 2025 · Questão P1-12fácil

As reações de fusão são aquelas em que dois núcleos de átomos de massas menores se unem para a formação de um núcleo maior. A fusão nas estrelas se dá no seu centro, onde as enormes pressões e as altas temperaturas permitem que este processo aconteça. No núcleo do Sol, na transformação do hidrogênio em hélio, a cada segundo, o Sol converte cerca de 600 milhões de toneladas de hidrogênio em hélio, em virtude desse processo.

Baseado nos seus conhecimentos e nas informações dadas, assinale o gráfico abaixo que mostra com mais precisão como as quantidades relativas de hidrogênio e hélio no Sol mudam ao longo do tempo.

  1. A
    Imagem da questão
  2. B
    Imagem da questão
  3. C
    Imagem da questão
  4. D
    Imagem da questão
  5. E
    Imagem da questão
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Gabarito: A

Hoje o Sol tem muito mais hidrogênio do que hélio. Como a fusão transforma hidrogênio em hélio, a quantidade de hidrogênio, que é maior, vai diminuindo aos poucos, e a de hélio, que é menor, vai aumentando aos poucos.

É o que mostra o gráfico a):

Imagem da questão

Resposta: A

Questão 13 · Seletiva OBA 2025 · Questão P1-13difícil

Dizemos que um Relógio de Sol é Vertical Meridional quando a placa do seu mostrador for vertical e ela estiver faceada com um Ponto Cardeal. Quando a placa do seu mostrador vertical não faceia com nenhum dos pontos cardeais, então dizemos que ele é um Relógio de Sol Declinante, e devemos indicar entre que pontos cardeais seu mostrador está faceado: N-L, N-O, S-L ou S-O.

Uma característica importante destes relógios, sejam verticais ou declinantes, é que seu gnômon precisa sempre estar apontado para o Polo Celeste elevado (acima do horizonte) para o seu pleno funcionamento.

Na imagem da esquerda, vemos um exemplo de um Relógio de Sol Vertical Meridional. Como a face do seu mostrador está de frente para um Ponto Cardeal, a base do seu gnômon fica sobre a marcação do meio-dia. Já na imagem da direita, como a base do gnômon não está sobre o meio-dia, temos um exemplo de um Relógio de Sol Declinante.

Imagem da questão

Baseado no que foi explicado e em seus conhecimentos, avalie as afirmações a seguir:

I – Ambos os relógios foram projetados para o Hemisfério Norte;

II – Ambos os relógios foram projetados para o Hemisfério Sul;

III – O relógio da esquerda tem seu mostrador faceado para o Ponto Cardeal Sul;

IV – O relógio da direita é um Declinante S-O;

V – O relógio da direita é um Declinante N-L.

Estão corretas:

  1. A

    Apenas I e III.

  2. B

    Apenas I, III e IV.

  3. C

    Apenas II e IV.

  4. D

    Apenas II e V.

  5. E

    Apenas III e V.

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Gabarito: B

I – Correta. No mostrador, as primeiras horas do dia estão à esquerda do gnômon. Então o lado leste está à direita de quem olha o mostrador, o que significa que o mostrador está voltado para o sul e o polo elevado é o Norte: relógios do Hemisfério Norte.

II – Incorreta, pelo mesmo motivo da afirmação I.

III – Correta. O texto diz que, quando o mostrador está faceado para um ponto cardeal (Norte ou Sul), a base do gnômon fica sobre a marcação do meio-dia. É o caso do relógio da esquerda, que, sendo do Hemisfério Norte, está voltado para o Sul.

IV – Correta. No relógio da direita, a base do gnômon está deslocada para as horas da tarde, então o mostrador está girado para o oeste: é um Declinante S-O, como no esquema a seguir (à esquerda, o Vertical Meridional; à direita, o Declinante S-O).

Imagem da questão

V – Incorreta, pelos motivos da afirmação IV.

Estão corretas apenas I, III e IV.

Resposta: B

Questão 14 · Seletiva OBA 2025 · Questão P1-14média

As figuras abaixo mostram a trajetória da luz dentro de quatro telescópios refletores, numerados de 1 a 4.

Imagem da questão

Assinale a alternativa correta com relação aos seus focos, na ordem em que foram apresentados:

  1. A

    foco Newtoniano, foco Primário, foco Coudé e foco Cassegrain.

  2. B

    foco Newtoniano, foco Primário, foco Cassegrain e foco Coudé.

  3. C

    foco Primário, foco Newtoniano, foco Cassegrain e foco Coudé.

  4. D

    foco Primário, foco Newtoniano, foco Coudé e foco Cassegrain.

  5. E

    foco Coudé, foco Cassegrain, foco Newtoniano e foco Primário.

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Gabarito: C

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

Questão 15 · Seletiva OBA 2025 · Questão P1-15difícil

O gráfico a seguir traz a visibilidade do planeta Netuno ao longo do dia (eixo horizontal) para todo o ano de 2025 (eixo vertical). No gráfico, as áreas escuras significam que o planeta está abaixo do horizonte, as áreas cinzas significam que o planeta está acima do horizonte sem a presença do Sol e as áreas brancas significam que o planeta está acima do horizonte juntamente com o Sol.

Imagem da questão

Agora que você já sabe interpretar as informações do gráfico, avalie as afirmações a seguir:

I – Durante todo o mês de fevereiro, quando o Sol se pôr, Netuno estará no horizonte oeste;

II – Em 1º de agosto, ao meio-dia, Netuno estará abaixo do horizonte;

III – A seta 1 indica quando Netuno estará em Conjunção;

IV – A seta 2 indica quando Netuno estará em Oposição.

Estão corretas:

  1. A

    apenas II.

  2. B

    apenas I e II.

  3. C

    apenas I e IV.

  4. D

    apenas II e III.

  5. E

    I, II, III e IV.

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Gabarito: E

I – Correta. No gráfico, logo depois que o Sol se põe, Netuno ainda está acima do horizonte (faixa cinza), próximo de se pôr também. Portanto Netuno está no horizonte oeste.

II – Correta. O ponto de 1º de agosto, 12h, está numa zona escura: Netuno está abaixo do horizonte.

III – Correta. A seta 1 aponta para o cruzamento da linha do nascer do Sol com a linha do nascer de Netuno. Se os dois astros nascem juntos, estão em conjunção.

IV – Correta. A seta 2 aponta para o cruzamento da linha do pôr do Sol com a linha do nascer de Netuno. Se Netuno nasce quando o Sol se põe, ele está em oposição.

Resposta: E

Questão 16 · Seletiva OBA 2025 · Questão P1-17média

Considere que a Estação Espacial Internacional (ISS) tem uma órbita aproximadamente circular, com altitude de 400 km e período orbital de 92 minutos, como podemos ver no esquema a seguir, fora de escala.

Imagem da questão

A certa altura a ISS passa pelo zênite de uma criança que está na superfície da Terra, ao nível do mar. Nesse mesmo momento a criança vê um flash produzido pela luz solar refletida na Estação Espacial.

Assinale a opção que traz qual a distância aproximada que a Estação Espacial percorreu no tempo que a luz do flash viajou da Estação Espacial até a criança?

Dado: velocidade da luz c = 300.000 km/s

  1. A

    8 m.

  2. B

    10 m.

  3. C

    80 m.

  4. D

    100 m.

  5. E

    1 km.

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Gabarito: B

Tempo de viagem da luz da ISS, no zênite, até a criança:

Δt = distância / velocidade = 400 km / (300.000 km/s) = (4/3) × 10−3 s

Perímetro da órbita (raio = 6378 km + 400 km):

p = 2πr = 2π × 6778 km ≈ 42.587,43 km = 42.587.430 m

Velocidade orbital da ISS:

v = p / T = 42.587.430 m / (92 × 60 s) ≈ 7.715 m/s

Distância percorrida pela ISS enquanto a luz viaja:

ΔS = v × Δt = 7.715 m/s × (4/3) × 10−3 s ≈ 10,3 m ≈ 10 m

Resposta: B

Questão 17 · Seletiva OBA 2025 · Questão P1-18fácil

Assinale a afirmativa correta em relação à radiação emitida pelas estrelas.

  1. A

    O fluxo de energia emitido por uma estrela depende apenas de seu tamanho.

  2. B

    O fluxo de energia emitido por uma estrela é diretamente proporcional à temperatura de sua superfície.

  3. C

    A radiação eletromagnética emitida por uma estrela a uma determinada temperatura corresponde a uma única frequência do espectro eletromagnético.

  4. D

    Uma estrela a uma determinada temperatura emite radiação com a mesma intensidade em todas as regiões do espectro eletromagnético e o pico de emissão está relacionado à sua temperatura.

  5. E

    Uma estrela em uma determinada temperatura emite radiação com intensidade diferente em múltiplas frequências do espectro eletromagnético e o pico de emissão está relacionado à sua temperatura.

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Gabarito: E

Uma estrela emite aproximadamente como um corpo negro: a radiação se espalha por muitas frequências, com intensidades diferentes, e o comprimento de onda do pico depende da temperatura (quanto mais quente, mais curto). O fluxo por unidade de área depende da temperatura (cresce com T4, não proporcionalmente a T), e não apenas do tamanho.

A figura traz os espectros de estrelas de temperaturas diferentes; a linha tracejada indica o pico da radiação.

Imagem da questão

Resposta: E

Questão 18 · Seletiva OBA 2025 · Questão P1-19fácil

Considere que você more em uma região onde a constelação do Cruzeiro do Sul é circumpolar. Então, é possível você ver esta constelação:

  1. A

    apenas noites claras de inverno.

  2. B

    apenas nas noites claras de verão.

  3. C

    em todas as noites claras do ano.

  4. D

    24 horas por dia durante todo o ano.

  5. E

    apenas nas noites claras do outono e da primavera.

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Gabarito: C

Se o Cruzeiro do Sul é circumpolar, ele nunca se põe: fica acima do horizonte o tempo todo, durante o ano inteiro. Mas não o vemos durante o dia, por causa do brilho do céu.

Portanto ele pode ser visto em todas as noites claras do ano.

Resposta: C

Questão 19 · Seletiva OBA 2025 · Questão P1-20fácil

A seguir temos uma lista com os nomes de 5 Constelações:

| Nº | nome |
| --- | --- |
| 1 | Cão Maior |
| 2 | Cisne |
| 3 | Águia |
| 4 | Lira |
| 5 | Ursa Menor |

As estrelas ALTAIR, SIRIUS, DENEB, POLAR e VEGA pertencem a estas constelações, mas não nesta ordem. Assinale, portanto, a alternativa abaixo que contém a sequência das constelações nas quais estão as estrelas listadas na sequência em que elas estão escritas.

  1. A

    1, 2, 3, 4, 5.

  2. B

    3, 1, 2, 4, 5.

  3. C

    3, 1, 2, 5, 4.

  4. D

    3, 2, 1, 5, 4.

  5. E

    5, 4, 3, 2, 1.

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Gabarito: C

  • Altair (α Aquilae) é a estrela mais brilhante da Águia → 3.
  • Sirius (α Canis Majoris) é a estrela mais brilhante do céu noturno, magnitude −1,46, no Cão Maior → 1.
  • Deneb (α Cygni) é a mais brilhante do Cisne, magnitude 1,25 → 2.
  • Polar (Polaris, α Ursae Minoris) é a mais brilhante da Ursa Menor, quase no polo norte celeste → 5.
  • Vega (α Lyrae) é a mais brilhante da Lira, a 25 anos-luz de nós → 4.

Altair, Vega e Deneb formam o Triângulo de Verão do Hemisfério Norte.

Sequência: 3, 1, 2, 5, 4.

Resposta: C

Questão 20 · Seletiva OBA 2025 · Questão P2-1média

Giulia e Sabrina estão conversando pela internet, quando Giulia percebe de repente que a Lua em Quarto Crescente está transitando pelo meridiano (ela sabe disso porque usa um prédio como referência). Sabrina, então, responde: Para mim, a Lua só irá transitar pelo meridiano daqui a 7 horas.

Assinale a opção que (1) traz a hora aproximada de onde Sabrina está no momento da conversa e (2) a diferença de longitude entre Giulia e Sabrina.

Considere que tanto Giulia quanto Sabrina estão localizadas nos meridianos centrais de seus respectivos fusos horários.

  1. A

    7h; 70°

  2. B

    7h; 105°

  3. C

    11h; 35°

  4. D

    11h; 105°

  5. E

    18h; 135°

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Gabarito: D

(1) A Lua em Quarto Crescente nasce por volta do meio-dia e, portanto, atravessa o meridiano por volta das 18h. Essa é a hora local de Giulia. Na casa de Sabrina, que só verá a Lua no meridiano 7 horas depois, são por volta de 18h − 7h = 11h da manhã.

(2) As duas estão nos meridianos centrais de seus fusos, e o intervalo para a Lua (desprezando seu movimento próprio no céu) ser vista no meridiano primeiro por Giulia e depois por Sabrina é Δt = 7 h. Como 360° correspondem a 24 h:

Δλ = Δt × 360°/24 h = 7 h × 360°/24 h = 105°

Resposta: D

Questão 21 · Seletiva OBA 2025 · Questão P2-2fácil

Na foto a seguir vemos em destaque uma grande cratera de impacto denominada Albategnius, localizada nas terras altas centrais da Lua. Seu nome é uma homenagem ao astrônomo árabe do século IX Muhammad ibn al-Battani (858-929).

Também em destaque vemos outras três crateras de impacto, a Albategnius B, a Klein e a Klein A. Essas últimas homenageiam o astrônomo alemão do século XIX Hermann J. Klein (1844-1914).

Imagem da questão

Foto: Damian Peach.

Baseado em seus conhecimentos e na foto apresentada, avalie as seguintes afirmações:

I – Das quatro crateras em destaque, a Klein A foi a primeira a ser formada;

II – Com certeza, a Albategnius é a mais velha das quatro crateras.

III – É certo que a Albategnius B se formou ao mesmo tempo que a Klein;

IV – A Klein A se formou antes da Klein.

É verdadeira:

  1. A

    somente a I

  2. B

    somente a II

  3. C

    somente a III

  4. D

    somente a IV

  5. E

    nenhuma

Ver gabarito e solução oficial

Gabarito: B

A regra é a da sobreposição: uma cratera que está dentro de outra (ou que a corta) se formou depois dela; senão teria sido "apagada" pelo impacto maior.

I – Falsa. A Klein A está dentro de crateras maiores, que se formaram antes dela.

II – Verdadeira. As outras três crateras em destaque estão no interior da Albategnius e, portanto, se formaram depois.

III – Falsa. Não é possível comprovar isso: a Albategnius B e a Klein não se sobrepõem.

IV – Falsa. A Klein A se sobrepõe à Klein e, portanto, se formou depois.

Resposta: B

Questão 22 · Seletiva OBA 2025 · Questão P2-3média

Um avião decola ao pôr do Sol do aeroporto 1 cujas coordenadas são: longitude λ = 16° 51' L e latitude ϕ = 41° 08' N. Voando na direção oeste, ele pousa no aeroporto 2 de destino após 3 horas e 50 minutos de voo, nas coordenadas: longitude λ = 08° 39' O e latitude ϕ = 41° 08' N.

Assinale a opção que traz quanto tempo depois do pôr do Sol no aeroporto 2 o avião chegou.

  1. A

    1h 8 min

  2. B

    1h 42 min

  3. C

    2h 8 min

  4. D

    2h 42 min

  5. E

    3h 50 min

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Gabarito: C

Como os dois aeroportos estão na mesma latitude, o intervalo entre o pôr do Sol num e no outro depende só da diferença de longitude.

λ1 = 16° + 51/60 ° = 16,85° L

λ2 = 08° + 39/60 ° = 8,65° O (ou −8,65°)

Δλ = 16,85° + 8,65° = 25,5°

Como 360° correspondem a 24 h:

Δt = 25,5° × 24 h / 360° = 1,7 h = 1 h 42 min

Ou seja, no aeroporto 2 o Sol se põe 1 h 42 min depois do pôr do Sol no aeroporto 1.

O avião pousou 3 h 50 min depois do pôr do Sol no aeroporto 1. Então, no aeroporto 2, o Sol já tinha se posto havia:

T = 3 h 50 min − 1 h 42 min = 2 h 8 min

Resposta: C

Questão 23 · Seletiva OBA 2025 · Questão P2-4média

Considere que existam, atualmente, 600 satélites em órbita geoestacionária (ou seja, satélites cuja posição aparente no céu permanece inalterada ao longo do tempo para qualquer observador na Terra).

Sendo assim, assinale a opção que traz a distância média aproximada entre um satélite geoestacionário e outro, supondo, em primeira aproximação, que eles estejam uniformemente distribuídos na órbita.

Dados: Massa da Terra mT = 6,00 × 1024 kg; Constante de Gravitação Universal G = 6,67 × 10−11 m3 kg−1 s−2

Dica: calcule o semieixo maior da órbita geoestacionária através da Lei de Kepler generalizada.

  1. A

    265 km

  2. B

    422 km

  3. C

    442 km

  4. D

    560 km

  5. E

    667 km

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Gabarito: C

A geometria do problema está no esquema a seguir, fora de escala:

Imagem da questão

O ângulo entre um satélite e o seguinte é pequeno: α = 360°/600 = 0,6°. Por isso a corda (a distância real entre os satélites) é praticamente igual ao arco.

Raio da órbita. Pela Lei de Kepler generalizada, a3/P2 = G mT/(4π2), então a = ∛(G mT P2/(4π2)).

O período do satélite geoestacionário é o período sideral de rotação da Terra: P = 23 h 56 min = 86.160 s.

r = a = ∛[(6,67 × 10−11)(6,00 × 1024)(86.160)2/(4π2)] ≅ 4,22 × 107 m

Cálculo pelo arco. Com α em radianos, L = r α:

L = (4,22 × 107 m) × (2π/600) ≅ 4,42 × 105 m = 442 km

É o mesmo que dividir o perímetro da órbita, p = 2πr ≅ 2,65 × 108 m, pelos 600 satélites: D = p/600 ≅ 442 km.

Cálculo pela corda. C = 2r sen(α/2) = 2 × (4,22 × 107 m) × sen(0,3°) ≅ 4,42 × 105 m = 442 km.

Resposta: C

Questão 24 · Seletiva OBA 2025 · Questão P2-5fácil

O vento solar é um fluxo contínuo de partículas emitidas da Coroa do Sol que acarreta uma perda de massa por parte da nossa estrela em torno de 2,0 × 10−14 MSol (massas solares) por ano.

Considerando que a massa do Sol é de aproximadamente 3,3 × 105 vezes a massa da Terra, assinale a opção que traz, aproximadamente, de quanto em quanto tempo o Sol perde o equivalente a 1 Terra pelo vento solar.

  1. A

    75 milhões de anos

  2. B

    150 milhões de anos

  3. C

    225 milhões de anos

  4. D

    300 milhões de anos

  5. E

    375 milhões de anos

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Gabarito: B

Massa perdida pelo Sol em 1 ano, em massas terrestres:

2,0 × 10−14 MSol/ano = 2,0 × 10−14 × 3,3 × 105 MTerra/ano = 6,6 × 10−9 MTerra/ano

Se em 1 ano o Sol perde 6,6 × 10−9 MTerra, o tempo x para perder 1 MTerra é:

x = 1/(6,6 × 10−9) anos ≅ 1,5 × 108 anos = 150 milhões de anos

Resposta: B

Questão 25 · Seletiva OBA 2025 · Questão P2-6fácil

Em 1856, o astrônomo inglês Norman Robert Pogson (1829 - 1891) apresentou uma equação que ajustava a escala de magnitude criada por Hiparco (190 a.C. - 126 a.C.) à resposta logarítmica do olho humano à percepção do brilho de um astro. Quando comparamos dois astros, a equação pode ser escrita como:

m2 − m1 = −2,5 log (F2/F1)

Sendo m1 e m2 as magnitudes aparentes dos astros e F2/F1, a razão entre seus brilhos (fluxos medidos na Terra).

Analisando a equação acima, podemos afirmar que uma estrela de magnitude aparente m1 = +1 em comparação com uma estrela de magnitude aparente m2 = +2 é, aproximadamente:

  1. A

    2,5 vezes menos brilhante.

  2. B

    5,0 vezes menos brilhante.

  3. C

    2,5 vezes mais brilhante.

  4. D

    5,0 vezes mais brilhante.

  5. E

    10 vezes mais brilhante.

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Gabarito: C

Substituindo na equação de Pogson:

+2 − (+1) = −2,5 log (F2/F1)

log (F2/F1) = 1/(−2,5) = −0,4

F2/F1 = 10−0,4

F1 = 100,4 F2 ≈ 2,5 F2

A estrela de magnitude +1 é cerca de 2,5 vezes mais brilhante.

Resposta: C

Questão 26 · Seletiva OBA 2025 · Questão P2-7difícil

O gráfico a seguir traz a Altura (h) do Sol versus seu Azimute (A) para cada hora solar verdadeira, ao longo do ano para uma determinada cidade de latitude (ϕ) e longitude (λ). O Azimute é contado no sentido horário (Norte→Leste→Sul→Oeste). A linha curva interna (em vermelho) representa o Solstício de Inverno e a linha curva externa (em azul escuro) representa o Solstício de Verão. Pode-se ver claramente a diferença da duração do dia claro entre o Inverno e o Verão.

Imagem da questão

Baseado nas informações fornecidas, PRIMEIRO coloque F ou V na frente de cada afirmação e DEPOIS escolha a opção que contém a sequência correta de F e V.

1ª) ( ) Essa cidade tem latitude ϕ = 25° N, mas sua longitude é indeterminada.

2ª) ( ) Nos dias dos Equinócios, às 9h e às 15h a distância zenital do Sol vale z = 50°.

3ª) ( ) No dia do Solstício de Verão, o azimute do Sol varia de A = 90° até A = 270° em apenas três horas.

4ª) ( ) No início do Inverno, a duração da noite excede em cerca de três horas a do início do Verão.

5ª) ( ) Nos dias dos Equinócios, o azimute do Sol varia de A = 90° até A = 270° em 12 horas.

  1. A

    1ª (F), 2ª (V), 3ª (V), 4ª (V), 5ª (V)

  2. B

    1ª (F), 2ª (F), 3ª (F), 4ª (F), 5ª (F)

  3. C

    1ª (F), 2ª (F), 3ª (F), 4ª (V), 5ª (V)

  4. D

    1ª (V), 2ª (V), 3ª (V), 4ª (V), 5ª (V)

  5. E

    1ª (V), 2ª (F), 3ª (F), 4ª (V), 5ª (V)

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Gabarito: A

As leituras estão marcadas em vermelho no gráfico:

Imagem da questão

1ª – Falsa. A longitude, de fato, é indeterminada, mas no Equinócio o Sol faz a passagem meridiana ao Norte do zênite, com altura h = 65° (marca a). Então o polo elevado é o Sul e a latitude é ϕ = 90° − 65° = 25° S.

2ª – Verdadeira. Nos Equinócios, às 9h e às 15h, a altura do Sol é h = 40° (marcas b), logo a distância zenital é z = 90° − 40° = 50°.

3ª – Verdadeira. No Solstício de Verão o Sol atinge A = 90° às 10h30 e A = 270° às 13h30 (marcas c): 3 horas depois.

4ª – Verdadeira. No Solstício de Inverno o Sol nasce às 6h45 e se põe às 17h15 (10 h 30 min de dia claro); no de Verão, nasce às 5h15 e se põe às 18h45 (13 h 30 min de dia claro). A noite de inverno é 3 horas mais longa (marcas d).

5ª – Verdadeira. Nos Equinócios o Sol nasce no Leste (A = 90°) às 6h e se põe no Oeste (A = 270°) às 18h: 12 horas depois (marca e).

Sequência: F, V, V, V, V.

Resposta: A

Questão 27 · Seletiva OBA 2025 · Questão P2-8média

Voyager 1 é uma sonda espacial estadunidense lançada ao espaço em 5 de setembro de 1977 para estudar Júpiter e Saturno, prosseguindo, posteriormente, rumo ao espaço interestelar. Atualmente ela é o objeto fabricado pelo homem mais distante de nós, a cerca de 165 UA (Unidades Astronômicas) do Sol, o que equivale a cerca de 22,8 horas-luz de distância. Sua velocidade relativa ao Sol é de 3,6 UA/ano.

Imagem da questão

Imagem: NASA.

Assinale a opção que traz quanto tempo, aproximadamente, irá demorar para a Voyager 1 atingir a marca de 1 dia-luz de distância do Sol.

  1. A

    2,4 anos.

  2. B

    3,6 anos.

  3. C

    22,8 anos.

  4. D

    24 anos.

  5. E

    165 anos.

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Gabarito: A

Segundos em 1 dia: 24 × 60 × 60 = 86.400 s.

A luz do Sol leva 22,8 h para chegar à Voyager 1: 22,8 × 60 × 60 = 82.080 s.

Se 165 UA equivalem a 82.080 segundos-luz, 1 dia-luz (86.400 segundos-luz) equivale a:

x = 165 × 86.400 / 82.080 ≅ 173,7 UA

Com velocidade de 3,6 UA/ano, o tempo que falta é:

Δt = (173,7 − 165) UA / (3,6 UA/ano) = 8,7/3,6 ≅ 2,4 anos

Resposta: A

Questão 28 · Seletiva OBA 2025 · Questão P2-9média

Na imagem abaixo, temos o Sol logo acima do horizonte. A Eclíptica, o Equador Celeste e o Ponto Cardeal Oeste (O) estão marcados na imagem.

Imagem da questão

Qual dos caminhos marcados (1 a 5) na imagem representa o caminho que o Sol seguirá até o horizonte nesse dia?

  1. A

    1

  2. B

    2

  3. C

    3

  4. D

    4

  5. E

    5

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Gabarito: B

O Sol está sempre sobre a Eclíptica, mas seu caminho diário aparente pelo céu (causado pela rotação da Terra) é quase paralelo ao Equador Celeste, já que sua declinação muda muito pouco ao longo de um dia.

O caminho paralelo ao Equador Celeste é o número 2.

Resposta: B

Questão 29 · Seletiva OBA 2025 · Questão P2-10difícil

Uma certa estrela foi observada sempre acima do horizonte durante um dia inteiro. Durante esse período, sua altura máxima foi hmax = 50° e sua altura mínima foi hmin = 20°.

Assinale a opção que traz as possíveis latitudes para o local de observação.

  1. A

    ± 20° ou ± 50°

  2. B

    ± 25° ou ± 70°

  3. C

    ± 25° ou ± 75°

  4. D

    ± 30° ou ± 75°

  5. E

    ± 35° ou ± 75°

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Gabarito: E

A estrela é circumpolar: ela gira em torno do polo celeste elevado, e a altura do polo é igual à latitude do lugar. Há duas possibilidades.

i) As alturas máxima e mínima estão do mesmo lado do zênite.

Imagem da questão

A altura do polo é ϕ = 20° + x, e pela figura 20° + 2x = 50°, logo x = 15° e ϕ = 20° + 15° = 35° (Norte ou Sul).

ii) As alturas máxima e mínima estão em lados opostos do zênite.

Imagem da questão

De novo a altura do polo é 20° + x, e pela figura 50° + 2x + 20° = 180°, logo x = 55° e ϕ = 20° + 55° = 75° (Norte ou Sul).

As latitudes possíveis são ±35° ou ±75°.

Resposta: E

Questão 30 · Seletiva OBA 2025 · Questão P2-11média

Na mecânica newtoniana, a força entre dois objetos é sentida instantaneamente, independentemente da distância. No entanto, de acordo com a relatividade, nenhuma interação é verdadeiramente instantânea. Para um objeto sentir uma força, a informação da força deve ser transportada por partículas de campo. Mas nada pode viajar mais rápido do que a velocidade da luz.

Dois amigos, ‘A’ (um seguidor de Newton) e ‘B’ (um seguidor de Einstein), uma vez debateram o que aconteceria com a Terra se o Sol desaparecesse de repente. Ambos calcularam a direção que a Terra seguiria quando essa calamidade acontecesse, que pode ser vista, fora de escala, no esquema a seguir.

Imagem da questão

Considerando a órbita da Terra circular, com 1 UA de raio, qual seria a diferença angular (Δθ) nas direções previstas por eles?

Dados: 1 UA = 150 milhões de km; Período de translação da Terra P = 365,25 dias; velocidade da luz c = 300.000 km/s.

  1. A

    5,13''

  2. B

    10,26''

  3. C

    20,52''

  4. D

    41,04''

  5. E

    82,08''

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Gabarito: C

Para A, o efeito da força é instantâneo: assim que o Sol desaparece, a Terra sai na direção tangente à órbita naquele ponto.

Para B, o desaparecimento do Sol só é sentido depois do tempo que a informação leva para chegar:

Δt = 1 UA / c = 150.000.000 km / (300.000 km/s) = 500 s

Nesse tempo a Terra continua girando na órbita e avança um ângulo:

Δθ = 500 s × 360° / (365,25 × 86.400 s) ≅ 5,70 × 10−3 °

Δθ = 5,70 × 10−3 ° × 3.600 ''/° ≅ 20,52''

Como as duas direções tangentes diferem pelo ângulo que a Terra percorreu, a diferença angular é 20,52''.

Resposta: C

Questão 31 · Seletiva OBA 2025 · Questão P2-12média

Em uma cidade do Hemisfério Norte, no dia do Solstício de Inverno, ao meio-dia solar verdadeiro, parte da sombra de um edifício de 30 m de altura incide sobre outro edifício ao lado. A separação entre os dois edifícios é de 30 m e a altura da sombra incidindo sobre o edifício adjacente é de 24 m. Os prédios foram construídos em um terreno plano e horizontal.

Imagem da questão

Assinale a opção que traz a latitude ϕ do lugar.

Dados: tan−1(0,1) ≅ 5,7°; tan−1(0,2) ≅ 11,3°; tan−1(0,3) ≅ 16,7°; tan−1(0,4) ≅ 21,8°; tan−1(0,5) ≅ 26,6°.

  1. A

    39,9°

  2. B

    44,7°

  3. C

    49,8°

  4. D

    55,2°

  5. E

    60,8°

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Gabarito: D

Primeiro achamos a altura h do Sol nesse momento. A geometria é a seguinte:

Imagem da questão

No triângulo ABC:

tan h = AB/BC = (30 − 24) m / 30 m = 6/30 = 1/5 = 0,2

h = tan−1(0,2) ≅ 11,3°

No Solstício de Inverno do Hemisfério Norte, a declinação do Sol é δSol = −23,5°. Ao meio-dia, a altura do Sol é h = 90° − ϕ + δSol, então:

ϕ = 90° − (23,5° + 11,3°) = 55,2° N

Resposta: D

Questão 32 · Seletiva OBA 2025 · Questão P2-14difícil

C/2021 A1 (Leonard) ou Cometa Leonard é um cometa, descoberto por Gregory J. Leonard, do Observatório do Monte Lemmon, em 3 de janeiro de 2021 (um ano antes do periélio) quando o cometa estava a 5 UA do Sol. Foi o primeiro cometa descoberto em 2021 e tem uma órbita retrógrada de 80.000 anos.

A figura a seguir traz uma Carta Celeste mostrando a trajetória do Cometa Leonard, de 30 de novembro a 10 de dezembro de 2021.

Imagem da questão

Fonte: Sky and Telescope (adaptado).

Baseado nesta Carta Celeste e nos seus conhecimentos, PRIMEIRO coloque F ou V na frente de cada afirmação e DEPOIS escolha a opção que contém a sequência correta de F e V.

1ª) ( ) De 30 de novembro a 10 de dezembro o cometa se deslocou para o Oeste na Esfera Celeste.

2ª) ( ) Entre 3 e 4 de dezembro o cometa passou atrás de M3.

3ª) ( ) Neste período o cometa passou ao norte de Arcturus.

4ª) ( ) Em pouco mais de quatro dias o cometa atravessou a Constelação do Boieiro.

5ª) ( ) De 30 de novembro a 10 de dezembro o Ângulo Horário do cometa diminuiu.

  1. A

    1ª (F), 2ª (F), 3ª (V), 4ª (V), 5ª (V)

  2. B

    1ª (V), 2ª (V), 3ª (F), 4ª (F), 5ª (F)

  3. C

    1ª (F), 2ª (V), 3ª (V), 4ª (F), 5ª (F)

  4. D

    1ª (F), 2ª (F), 3ª (F), 4ª (V), 5ª (V)

  5. E

    1ª (V), 2ª (F), 3ª (V), 4ª (V), 5ª (F)

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Gabarito: A

1ª – Falsa. A ascensão reta vai de 0h a 24h e aumenta para Leste. Na carta, ela aumenta da direita para a esquerda, no mesmo sentido em que o cometa andou: ele se deslocou para Leste.

2ª – Falsa. M3 (Messier 3) é um aglomerado de fora do Sistema Solar; o cometa passou na frente de M3, não atrás.

3ª – Verdadeira. Quando o cometa cruzou o Boieiro, sua declinação era maior que a de Arcturus: passou ao norte da estrela.

4ª – Verdadeira. Contando as marcas diárias na carta, o cometa levou de 4 a 5 dias para atravessar a constelação.

5ª – Verdadeira. Quem aumentou foi a ascensão reta do cometa. O ângulo horário, medido sobre o equador desde o meridiano local até o meridiano do astro (de −12h a +12h), é a hora sideral menos a ascensão reta; com a ascensão reta crescendo, o ângulo horário diminuiu.

Sequência: F, F, V, V, V.

Resposta: A

Questão 33 · Seletiva OBA 2025 · Questão P2-15difícil

Em 22 de setembro de 2024 tivemos o início da Primavera no Hemisfério Sul e do Outono no Hemisfério Norte. O Equinócio de setembro marca a passagem do centro do disco solar pelo Equador Celeste.

Suponha que neste dia o diâmetro aparente do Sol era de ∅ = 32’ (minutos de arco).

Imagem da questão

Considerando que a obliquidade da eclíptica vale 23,5°, assinale a opção que traz, aproximadamente, quanto tempo leva o disco do Sol para atravessar completamente de um hemisfério celeste para o outro.

Dado: Tabela da Declinação do Sol ao 1º dia de cada mês de 2024

| jan | fev | mar | abr | mai | jun | jul | ago | set | out | nov | dez |
| --- | --- | --- | --- | --- | --- | --- | --- | --- | --- | --- | --- |
| 23,1°S | 17,3°S | 7,8°S | 4,3°N | 14,9°N | 22,0°N | 23,1°N | 18,1°N | 8,5°N | 2,9°S | 14,2°S | 21,7°S |

  1. A

    8,5 horas

  2. B

    11,4 horas

  3. C

    18,1 horas

  4. D

    23,5 horas

  5. E

    32,6 horas

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Gabarito: E

O disco começa a cruzar o Equador Celeste quando sua borda o toca (centro em δ = +0°16’) e termina quando a outra borda se destaca (centro em δ = −0°16’). Então o centro do Sol precisa variar 32’ em declinação.

Método 1 (menos preciso), pela tabela: de 1º de setembro (+8,5°) a 1º de outubro (−2,9°), Δδ = 11,4° em 30 dias.

Δδ/Δt = 11,4° × 60’ / (30 × 24 h) = 684’/720 h = 0,95’/h

T = 32’ / (0,95’/h) ≅ 33,7 horas

Método 2 (mais preciso): o Sol percorre a Eclíptica inteira (360°) em 365,25 dias, então sua "velocidade eclíptica" é:

vEcl = 360° × 60’ / (365,25 × 24 h) ≅ 2,46’/h

Pela geometria, só a componente perpendicular ao Equador, vEcl sen(23,5°), faz a declinação mudar:

Imagem da questão

T = 32’ / (2,46’/h × sen 23,5°) ≅ 32,6 horas

O valor mais próximo dos dois métodos é 32,6 horas.

Resposta: E

Questão 34 · Seletiva OBA 2025 · Questão P2-16fácil

O espectro de uma galáxia mostra uma linha de H-alfa com um comprimento de onda de λ = 720 nanômetros. Medido em laboratório o comprimento de onda da linha H-alfa vale λlab = 656,28 nanômetros.

A respeito disso, assinale a opção que traz a afirmação correta sobre essa galáxia.

  1. A

    Ela é uma galáxia espiral.

  2. B

    Ela está formando estrelas.

  3. C

    Ela está se afastando de nós.

  4. D

    Ela está se aproximando de nós.

  5. E

    Ela está colidindo com outra galáxia.

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Gabarito: C

O comprimento de onda observado (720 nm) é maior do que o de laboratório (656,28 nm): a linha se deslocou para o vermelho (redshift).

Imagem da questão

Pelo efeito Doppler, isso significa que a galáxia está se afastando de nós.

Resposta: C

Questão 35 · Seletiva OBA 2025 · Questão P2-17fácil

Suponha que por algum motivo desconhecido, o período orbital da Terra ao redor do Sol passa a ser de exatos 365,75 dias.

No que isso implicaria?

  1. A

    Os anos bissextos passariam a ter 1 dia a mais, de 5 em 5 anos.

  2. B

    Os anos bissextos passariam a ter 2 dias a mais, de 2 em 2 anos.

  3. C

    Os anos bissextos passariam a ter 3 dias a mais, de 3 em 3 anos.

  4. D

    Os anos bissextos passariam a ter 3 dias a mais, de 4 em 4 anos.

  5. E

    Os anos bissextos passariam a ter 4 dias a mais, de 4 em 4 anos.

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Gabarito: D

Hoje a Terra leva cerca de 365,2422 dias solares (1 ano trópico) para dar a volta no Sol, e o ano-calendário comum tem 365 dias. Sobram cerca de 0,2422 dia (≈ 6 h) por ano, que se acumulam e viram 1 dia inteiro a cada 4 anos (4 × 6 h = 1 dia): é o 29 de fevereiro do ano bissexto.

Com um ano de exatos 365,75 dias, a sobra se acumularia assim:

  • ano 1: 365 dias + 0,75 dia
  • ano 2: 365 dias + 1,50 dia
  • ano 3: 365 dias + 2,25 dias
  • ano 4: 365 dias + 3 dias (inteiros)

Ou seja, a cada 4 anos seria preciso acrescentar 3 dias ao calendário.

Resposta: D

Questão 36 · Seletiva OBA 2025 · Questão P2-18média

Através da paralaxe das estrelas e da sua fotometria é possível medir, com a primeira técnica, ou estimar, com a segunda técnica, a distância que uma estrela se encontra de nós e, consequentemente, sua magnitude absoluta.

A paralaxe estelar (π) é o desvio aparente de posição de qualquer estrela próxima da Terra (ou outro objeto) contra o fundo de estrelas muito distantes. A distância d, em parsecs, é simplesmente o inverso da paralaxe, medida em segundos de arco:

d[parsec] = 1/π['']

Já o módulo de distância μ = m − M é a diferença entre a magnitude aparente m (idealmente, corrigida dos efeitos da absorção interestelar) e a magnitude absoluta M de um corpo celeste. Ele está relacionado à distância d, também em parsecs, da forma:

μ = 5 log10(d) − 5

Considere que dois astrônomos observaram uma mesma estrela de magnitude absoluta M. Entretanto, em suas medidas fotométricas a magnitude aparente da estrela tem uma diferença de 0,50 magnitude.

Isto significa que:

  1. A

    As distâncias estimadas pelos observadores variam em, aproximadamente, 6,5%

  2. B

    As distâncias estimadas pelos observadores variam em, aproximadamente, 13%

  3. C

    As distâncias estimadas pelos observadores variam em, aproximadamente, 26%

  4. D

    As distâncias estimadas pelos observadores variam em, aproximadamente, 52%

  5. E

    Não há diferença entre as distâncias estimadas entre os observadores

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Gabarito: C

Pelo módulo de distância, para cada observador:

m1 − M = 5 log10 d1 − 5

m2 − M = 5 log10 d2 − 5

Subtraindo uma da outra, com m1 − m2 = 0,50:

0,50 = 5 (log10 d1 − log10 d2)

0,10 = log10(d1/d2)

d1/d2 = 100,10 ≅ 1,26

A distância d1 é cerca de 26% maior que d2.

Resposta: C

Questão 37 · Seletiva OBA 2025 · Questão P2-19média

Considere dois planetas orbitando a mesma estrela em órbitas circulares. Em um determinado momento eles se encontram à distância mínima que pode existir entre eles. Conhecendo os períodos orbitais dos dois planetas P1 = 4,5 anos e P2 = 7,4 anos, depois de quanto tempo, aproximadamente, essa configuração da distância mínima irá se repetir?

  1. A

    4,5 anos

  2. B

    5,8 anos

  3. C

    7,4 anos

  4. D

    11,5 anos

  5. E

    11,9 anos

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Gabarito: D

A distância mínima acontece quando os dois planetas estão alinhados do mesmo lado da estrela. O tempo para esse alinhamento se repetir é o período sinódico S:

1/S = 1/P1 − 1/P2

1/S = 1/4,5 − 1/7,4 = (7,4 − 4,5)/(4,5 × 7,4)

S = 33,3/2,9 ≅ 11,5 anos

Imagem da questão

Resposta: D

Questão 38 · Seletiva OBA 2025 · Questão P2-20fácil

Em 1879, o físico esloveno Jožef Stefan (1835-1893) deduziu, a partir de resultados experimentais, que a potência P (energia irradiada por segundo) de um corpo é diretamente proporcional à área A da superfície emissora deste corpo e também diretamente proporcional à sua temperatura T elevada à quarta potência. Essa relação foi chamada de Lei de Stefan:

P = AσT4

Onde σ = 5,67 × 10−8 W/m2K4 é a constante de Stefan.

Imagem da questão

Imagem: Adaptada de http://www.astro.umass.edu/~myun/teaching/a100_old/hw4.html

Para uma estrela de raio R e temperatura superficial T, a potência P, irradiada por segundo, é a sua luminosidade L e esta equação pode ser escrita como:

L = (4πR2)σT4

Segundo os cálculos da evolução estelar do Sol, daqui a 1 bilhão de anos a sua temperatura superficial estará 10% maior do que a atual.

Considerando que seu raio não mude, segundo a Lei de Stefan, de quanto será, aproximadamente, o aumento da sua luminosidade?

  1. A

    Cerca de 10% maior.

  2. B

    Cerca de 30% maior.

  3. C

    Cerca de 50% maior.

  4. D

    Cerca de duas vezes maior.

  5. E

    Cerca de três vezes maior.

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Gabarito: C

A temperatura final é 10% maior: Tf = 1,1 Ti.

Li = (4πR2)σTi4

Lf = (4πR2)σ(1,1 Ti)4 = (1,1)4 × (4πR2)σTi4

Lf/Li = (1,1)4 = 1,4641

A luminosidade fica cerca de 46% maior, ou seja, cerca de 50% maior.

Resposta: C

Questão 39 · Seletiva OBA 2025 · Questão P3-1difícil

Considere um sistema em que quatro asteroides idênticos de massa m estão dispostos a formar um quadrado de lado d, onde cada asteroide ocupa um dos vértices.

Imagem da questão

Considerando apenas o efeito gravitacional que cada um exerce sobre os outros e que a distância entre eles permaneça inalterada, qual seria a velocidade orbital de cada asteroide em relação ao centro de massa do sistema?

  1. A

    v = √(Gm/d)

  2. B

    v = √[(Gm/d)(1 + √2/2)]

  3. C

    v = √[(Gm/d)(1 + √2/4)]

  4. D

    v = √[(Gm/d)(2 + √2/2)]

  5. E

    v = (m/d)√[G(1 + √2/4)]

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Gabarito: C

Para um asteroide em qualquer um dos vértices, o diagrama de forças é o seguinte:

Imagem da questão

Os dois vizinhos, à distância d, puxam com FG = Gm·m/d2 cada, a 45° da diagonal; o asteroide do vértice oposto, à distância √2 d, puxa ao longo da diagonal. A resultante aponta para o centro:

FR = 2 × (Gm2/d2) cos 45° + Gm2/(√2 d)2

FR = (2Gm2/d2)(√2/2) + Gm2/(2d2) = (Gm2/(2d2)) (2√2 + 1)

Cada asteroide orbita o centro de massa a uma distância r = d√2/2, e FR faz o papel de resultante centrípeta:

m v2/r = (Gm2/(2d2)) (2√2 + 1)

v2 = (d√2/2) × (Gm/(2d2)) (2√2 + 1) = (Gm/d)(1 + √2/4)

v = √[(Gm/d)(1 + √2/4)]

Resposta: C

Questão 40 · Seletiva OBA 2025 · Questão P3-2média

A estrela Alpha Eridani, conhecida como Achernar, é a nona estrela mais brilhante do céu, no extremo sul da longa constelação Erídano.

Imagem da questão

Achernar tem magnitude aparente m = +0,45 e sua paralaxe estelar vale p = (23,39 ± 0,57) mas (milissegundos de arco).

Assinale a opção que traz a incerteza associada à magnitude absoluta M de Achernar.

  1. A

    ± 0,11

  2. B

    ± 0,23

  3. C

    ± 0,39

  4. D

    ± 0,45

  5. E

    ± 0,57

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Gabarito: A

Distâncias mínima e máxima, em parsecs (d = 1/p, com p em segundos de arco):

dmin = 1/pmax = 1/(23,96 × 10−3'') ≅ 41,74 pc

dmax = 1/pmin = 1/(22,82 × 10−3'') ≅ 43,82 pc

Do módulo de distância, M = m − 5 log d + 5. Como m é o mesmo, a variação de M é:

ΔM = −5 (log dmax − log dmin) = −5 log(43,82/41,74) ≅ −0,11

ou, trocando a ordem, ΔM = −5 log(41,74/43,82) ≅ +0,11.

Então a incerteza é ΔM = ± 0,11.

Resposta: A

Questão 41 · Seletiva OBA 2025 · Questão P3-3média

Na astrofísica, o Comprimento de Jeans λJ é uma medida do raio de uma nuvem de gás em que a pressão interna suporta exatamente a nuvem contra o colapso devido à gravidade.

Tem esse nome em homenagem ao astrônomo britânico Sir James Jeans (1877-1946), que estudou a estabilidade de nuvens esféricas no início do século XX.

O Comprimento de Jeans depende da velocidade do som no gás vs, da Constante Gravitacional G e da densidade da nuvem ρ.

A dependência entre os elementos pode ser expressa através da fórmula:

λJ ∝ vsα Gβ ργ (lê-se, “λJ é proporcional a...”)

Assinale a opção que traz os valores dos expoentes α, β e γ para que λJ tenha a unidade (ou dimensão) correta.

Dados: G = 6,67 × 10−11 kg−1m3s−2

  1. A

    α = 1/2; β = −1/2 e γ = −1

  2. B

    α = 1/2; β = −1 e γ = −1/2

  3. C

    α = 1; β = −1/2 e γ = −1/2

  4. D

    α = −1; β = 1/2 e γ = 1/2

  5. E

    α = 1; β = 1 e γ = 1

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Gabarito: C

Na análise dimensional usamos comprimento (L), tempo (T) e massa (M):

[λJ] = L1

[vs] = L1T−1

[G] = L3T−2M−1

[ρ] = L−3M1

Equacionando as dimensões:

L1T0M0 = (L1T−1)α (L3T−2M−1)β (L−3M1)γ = Lα+3β−3γ T−α−2β M−β+γ

Temos três equações:

α + 3β − 3γ = 1

−α − 2β = 0

−β + γ = 0

Da segunda, α = −2β; da terceira, γ = β. Substituindo na primeira: −2β + 3β − 3β = 1, logo −2β = 1 e β = −1/2 = γ. Então α = −2 × (−1/2) = 1.

α = 1, β = −1/2, γ = −1/2, ou seja, λJ ∝ vs/√(Gρ).

Resposta: C

Questão 42 · Seletiva OBA 2025 · Questão P3-4difícil

O Five-hundred-meter Aperture Spherical Telescope (FAST), apelidado de Tianyan ("Olho do Céu"), é um radiotelescópio localizado na depressão de Dawodang, uma bacia natural no Condado de Pingtang, Guizhou, sudoeste da China.

Embora o diâmetro do disco refletor seja de 500 m, seu receptor, que pode ser apontado para diferentes posições no céu, capta ondas de apenas um círculo de 300 m de diâmetro útil.

Imagem da questão

Desenho adaptado: Phoenix7777 - Creative Commons.

A frequência de trabalho do receptor varia de *f*1 = 70,0 MHz a *f*2 = 3,0 GHz.

Baseado nas informações e em seus conhecimentos, avalie os instrumentos a seguir (numerados de I a V) e assinale a opção que traz a(s) luneta(s) que tem(êm) a resolução angular teórica equivalente ou maior, na faixa do visível (λ = 550 nm), à máxima resolução angular teórica, na faixa do rádio do FAST. Desconsidere a turbulência atmosférica.

Imagem da questão
  1. A

    somente V

  2. B

    somente IV e V

  3. C

    somente III, IV e V

  4. D

    somente II, III, IV e V

  5. E

    todas

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Gabarito: E

Comprimentos de onda das frequências de trabalho do FAST (ondas de rádio viajam à velocidade da luz, λ = c/f):

λ1 = 3 × 108 m/s / 70,0 × 106 Hz ≅ 4,3 m

λ2 = 3 × 108 m/s / 3,0 × 109 Hz = 0,1 m

A resolução máxima (menor ângulo) vem do menor comprimento de onda. Pelo critério de Rayleigh, com a área útil D = 300 m:

θmin = 1,22 λ2/D = 1,22 × 0,1 m / 300 m ≅ 4,1 × 10−4 rad ≅ 84,6''

Diâmetro de uma luneta com a mesma resolução em λ = 550 nm:

D = 1,22 × 550 × 10−9 m / 4,1 × 10−4 rad ≅ 1,6 × 10−3 m ≈ 2 mm

Todos os instrumentos mostrados têm objetivas bem maiores que 2 mm (a menor tem 13,5 mm), então todos têm resolução angular, no visível, melhor que a do FAST.

Resposta: E

Questão 43 · Seletiva OBA 2025 · Questão P3-5fácil

De um satélite artificial em torno da Terra, sabemos que a excentricidade da sua órbita vale e = 0,8 e que seu perigeu se dá a 9 raios terrestres de altitude.

Assinale a opção que traz a razão entre os módulos das velocidades desse satélite no perigeu e no apogeu, ou seja vp/va.

Dados: massa da Terra MT = 6,0 × 1024 kg; raio da Terra RT = 6.378,0 km

  1. A

    0,2

  2. B

    0,8

  3. C

    1,8

  4. D

    6,0

  5. E

    9,0

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Gabarito: E

Pela conservação do momento angular, no perigeu e no apogeu (onde a velocidade é perpendicular ao raio):

rp vp = ra va → vp/va = ra/rp

Pelas propriedades da elipse, rp = a(1 − e) e ra = a(1 + e). Então:

vp/va = (1 + e)/(1 − e)

A razão só depende da excentricidade (a altitude do perigeu e os dados da Terra não são necessários):

vp/va = (1 + 0,8)/(1 − 0,8) = 1,8/0,2 = 9,0

Resposta: E

Questão 44 · Seletiva OBA 2025 · Questão P3-6média

Considere uma luneta com uma objetiva de diâmetro ∅ = 15,0 cm e distância focal f = 1,0 m. No plano focal da luneta está um sensor imageador CMOS, com uma matriz de pixels quadrados de 3586 × 2180, com 2,9 μm de lado.

O astrofotógrafo, dono desse equipamento, quer fazer fotos da famosa cratera de impacto Tycho, que tem seu nome homenageando Tycho Brahe (1546-1601), o astrônomo dinamarquês cujas medições dos movimentos de Marte permitiram que Johannes Kepler (1571-1630) mostrasse que as órbitas dos planetas são elípticas, não circulares.

Imagem da questão

Imagem: NASA/Goddard/Arizona State University.

Sendo assim, assinale a opção que traz a área aproximada, em pixels2, que a imagem da cratera Tycho ocupa no sensor do telescópio. Considere-a circular, sem qualquer efeito de perspectiva.

Dados: Diâmetro da cratera Tycho ∅ = 86,0 km; Distância média Terra-Lua dTL = 384.400,0 km.

  1. A

    2.180

  2. B

    3.586

  3. C

    4.520

  4. D

    19.006

  5. E

    38.013

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Gabarito: C

Tamanho angular da cratera:

θT = 86,0 km / 384.400,0 km ≅ 2,2 × 10−4 rad

Tamanho da imagem no plano focal:

∅T = f × θT = 1 m × 2,2 × 10−4 rad = 2,2 × 10−4 m = 220,0 μm

Área da imagem (raio 110,0 μm):

AT = π rT2 = π (110,0 μm)2 ≅ 38.013,3 μm2

Dividindo pela área de cada pixel:

n = 38.013,3 μm2 / (2,9 μm)2 ≅ 4.520 pixels2

(Sem arredondar θT, o resultado sai perto de 4.700 pixels2; a alternativa mais próxima continua sendo 4.520.)

Resposta: C

Questão 45 · Seletiva OBA 2025 · Questão P3-7média

Quando a NASA enviou humanos à Lua em 1969, um dos muitos perigos que a agência teve que prever foi a penetração de rochas espaciais nos trajes ou equipamentos dos astronautas. Ao contrário da Terra, que tem uma atmosfera protetora na qual meteoroides geralmente se desintegram, a Lua é vulnerável a quaisquer rochas, ou mesmo partículas, que estejam voando pelo espaço.

Felizmente, os astronautas não estavam em muito perigo. De acordo com os especialistas da NASA, as chances de um astronauta ser atingido por um objeto do tamanho de um milímetro é de 1 em 1 milhão por hora por pessoa. Um milímetro é quanto um meteoroide precisa ter de tamanho para penetrar no traje espacial de um astronauta.

A NASA e outras agências estão se preparando para enviar humanos de volta à Lua nos próximos anos e, algum dia, estabelecer uma base orbitando a Lua ou em sua superfície. Então é muito importante entender a frequência com que uma determinada área do nosso satélite natural sofre um impacto.

Considere que, atualmente, cerca de 100 meteoroides do tamanho de bolas de pingue-pongue estão atingindo a Lua por dia. Apesar do seu pequeno tamanho, cada uma dessas rochas impacta a superfície com velocidades de algumas dezenas de km/s, podendo causar grandes estragos. Considere, também, que esses 100 meteoroides diários caem por toda a superfície da Lua, com igual probabilidade, sem uma região preferencial de queda.

Sendo assim, assinale a opção que traz de quanto em quanto anos, aproximadamente, um meteoroide desses atingirá uma base lunar de 1 km2 de área.

Dados: Diâmetro equatorial da Lua ∅ = 3.474,8 km

  1. A

    1 a cada 100 anos

  2. B

    1 a cada 1.000 anos

  3. C

    1 a cada 10.000 anos

  4. D

    1 a cada 100.000 anos

  5. E

    1 a cada 1.000.000 anos

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Gabarito: B

Meteoroides que caem na Lua em 1 ano:

n = 100/dia × 365 dias/ano = 36.500 por ano

Como todos têm a mesma probabilidade de cair em qualquer ponto, precisamos da área total da superfície lunar:

A = 4π rLua2 = 4π (3.474,8 km / 2)2 ≅ 3,8 × 107 km2

Se 36.500 meteoroides por ano se espalham por 3,8 × 107 km2, o tempo x para 1 meteoroide cair em 1 km2 é:

x = 3,8 × 107 / 36.500 anos ≅ 1,0 × 103 anos = 1.000 anos

Resposta: B

Questão 46 · Seletiva OBA 2025 · Questão P3-8média

Considere um sistema de três planetas A, B, C, orbitando uma estrela. Em um determinado dia (t0), eles estão em conjunção (veja figura, fora de escala).

Imagem da questão

Cada planeta orbita a estrela no sentido horário, de modo que o planeta A dá uma volta completa em 5,0 anos, o planeta B, em 4,0 anos e o planeta C, em 3,0 anos.

Depois de quantos anos (completos), os planetas A e C estarão novamente em conjunção, mas o planeta B estará em oposição a eles?

  1. A

    15 anos

  2. B

    20 anos

  3. C

    25 anos

  4. D

    30 anos

  5. E

    60 anos

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Gabarito: D

Primeiro, o tempo para A e C voltarem a ficar em conjunção, isto é, o período sinódico S entre eles:

1/S = 1/PC − 1/PA = 1/3 − 1/5 → S = 15/2 = 7,5 anos

Agora vemos onde está B a cada 7,5 anos (B dá uma volta em 4 anos):

  • em 7,5 anos: 7,5/4 = 1,875 volta
  • em 15 anos: 15/4 = 3,75 voltas
  • em 22,5 anos: 22,5/4 = 5,625 voltas
  • em 30 anos: 30/4 = 7,5 voltas

Em 30 anos, A dá 6 voltas completas e C dá 10 voltas completas (os dois de volta à posição inicial), e B dá 7 voltas e meia, ficando do lado oposto da estrela: em oposição aos outros dois. Nos instantes anteriores B não está em oposição.

Resposta: D

Questão 47 · Seletiva OBA 2025 · Questão P3-9difícil

Na física, um corpo negro é um objeto teórico que absorve toda a radiação que chega até ele. A temperatura desse corpo negro depende da quantidade de radiação absorvida, que por sua vez determina as frequências e as intensidades da radiação eletromagnética que ele emite.

Um buraco negro isolado é um corpo negro quase perfeito e, como tal, segue regras semelhantes de emissão e absorção. A temperatura de um buraco negro (em primeira aproximação) é a radiação que ele emite, chamada Radiação Hawking, e depende apenas da sua massa. A relação entre a temperatura TBN e a massa MBN de um buraco negro está definida na seguinte equação:

TBN = hc3 / (16π2 G MBN kB)

onde: h é a Constante de Planck, c é a velocidade da luz, G é a Constante Gravitacional Universal e kB é a Constante de Boltzmann.

Na realidade, muitos dos buracos negros encontrados no Universo absorvem e interagem com outros objetos massivos. Portanto, sua temperatura real é diferente da temperatura esperada do corpo negro.

Vamos considerar um sistema binário não interativo, composto por uma estrela e um buraco negro. Por “não interativo” entenda que não há troca de matéria entre a estrela e o buraco negro e, portanto, não há um disco de acreção em torno dele. A influência mútua é apenas gravitacional.

A estrela tem supostamente 2,5 vezes a massa do Sol e ela gira em torno do centro de massa do sistema com período orbital P = 81 dias e semieixo maior a = 0,68 UA.

Com essas informações, assinale a opção que traz a temperatura teórica aproximada desse buraco negro.

Dados: h = 6,63 × 10−34 Js; c = 3,00 × 108 ms−1; G = 6,67 × 10−11 Nm2kg−2; kB = 1,38 × 10−23 JK−1; massa do Sol MSol = 2,00 × 1030 kg; UA = 1,50 × 1011 m

  1. A

    1,38 × 10−8 K

  2. B

    1,58 × 10−8 K

  3. C

    3,16 × 10−8 K

  4. D

    3,95 × 10−8 K

  5. E

    6,32 × 10−8 K

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Gabarito: B

Antes de usar a fórmula, precisamos da massa do buraco negro. Pela 3ª Lei de Kepler generalizada:

M + m = (4π2/G) (a3/P2) → MBN = (4π2/G)(a3/P2) − mestrela

Com tudo no SI (a = 0,68 × 1,50 × 1011 m; P = 81 × 24 × 3.600 s):

MBN = [4π2/(6,67 × 10−11)] × (0,68 × 1,50 × 1011)3/(81 × 86.400)2 − 2,50 × 2,00 × 1030

MBN ≅ 1,28 × 1031 kg − 5,00 × 1030 kg = 7,80 × 1030 kg

Agora a temperatura:

TBN = (6,63 × 10−34)(3,00 × 108)3 / [16π2 (6,67 × 10−11)(7,80 × 1030)(1,38 × 10−23)] ≅ 1,58 × 10−8 K

Só para comparar: a radiação cósmica de fundo em micro-ondas, que preenche todo o Universo, tem espectro de corpo negro a 2,725 K.

Resposta: B

Questão 48 · Seletiva OBA 2025 · Questão P3-10média

Pela definição, o fluxo F de um corpo celeste é energia por unidade de área e por unidade de tempo que chega ao detector.

No gráfico a seguir temos o fluxo F da Lua, medido na Terra ao longo de 1 ano, em função da sua fase. No eixo das ordenadas, o fluxo foi normalizado de forma que a sua intensidade máxima vale 1,0 (um) e no eixo das abcissas, fase igual a 1,0 significa Lua Cheia. A dispersão dos pontos próximos à Lua Cheia se deve ao fato da medida do fluxo ser mais “sensível” à variação da distância do nosso satélite quando sua superfície está muito iluminada.

Imagem da questão

Baseado nesse gráfico e em seus conhecimentos assinale a opção que traz a magnitude aparente da Lua em Quarto Crescente. Considere que a magnitude aparente da Lua Cheia vale m = −12,6.

  1. A

    −10,1

  2. B

    −10,9

  3. C

    −11,1

  4. D

    −11,3

  5. E

    −11,8

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Gabarito: A

Se a fase 1,0 é a Lua Cheia, a fase 0,5 é o Quarto Crescente. Pelo gráfico, nessa fase o fluxo é cerca de 0,1 (10%) do máximo.

Chamando m1 a magnitude da Lua Cheia e m2 a do Quarto Crescente, pela relação de Pogson:

m2 − m1 = −2,5 log (F2/F1), com F2 = 0,1 F1

m2 − (−12,6) = −2,5 log(0,1)

m2 = 2,5 − 12,6 = −10,1

Resposta: A

Questão 49 · Seletiva OBA 2025 · Questão P3-11média

O Sol é o astro mais brilhante em nosso céu, sua magnitude aparente, a 1 UA de distância, vale aproximadamente mSol = −26,8. A Lua é o segundo astro mais brilhante. Sua magnitude aparente quando seu disco se encontra completamente iluminado, a cerca de 384.000 km de distância, vale aproximadamente mLua = −12,6.

Sabemos que o brilho de um astro varia com o quadrado da distância. Então, podemos imaginar que, à medida que nos aproximamos da Lua Cheia, seu brilho irá aumentar até que, em uma determinada distância desse astro, seu brilho seja igual ao brilho do Sol, visto da Terra.

Sendo assim, assinale a opção que traz, aproximadamente, essa distância.

Dados, se necessário: diâmetro do Sol ∅Sol = 1,4 × 106 km; diâmetro da Lua ∅Lua = 3.474,8 km

  1. A

    555,1 km

  2. B

    568,9 km

  3. C

    570,6 km

  4. D

    586,1 km

  5. E

    691,8 km

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Gabarito: A

Pela equação de Pogson, quantas vezes o Sol é mais brilhante que a Lua Cheia, vistos da Terra:

mSol − mLua = −2,5 log (FSol/FLua)

log (FSol/FLua) = [(−26,8) − (−12,6)]/(−2,5) = 5,68

FSol/FLua = 105,68 ≅ 478.630,1

A luminosidade L da Lua não muda, mas o fluxo cai com o quadrado da distância: F = L/(4πd2). Chamando Fi o fluxo da Lua Cheia na distância atual di e Ff o fluxo na nova distância df:

Ff/Fi = di2/df2

Queremos Ff = 478.630,1 Fi, então:

df = di/√478.630,1 ≅ 384.000 km / 691,8 ≅ 555,1 km

Resposta: A

Questão 50 · Seletiva OBA 2025 · Questão P3-12difícil

No início de novembro de 1572, uma “estrela nova” brilhante apareceu na constelação de Cassiopeia e era visível mesmo durante o dia. Entre aqueles que ficaram impressionados com o fenômeno estava o astrônomo dinamarquês Tycho Brahe (1546-1601), que registrou a localização precisa da estrela em seu livro Stella Nova. Hoje sabemos que se tratou de uma explosão de supernova e ela ficou conhecida como a Supernova de Tycho [SN 1572].

Em 2008, cientistas do instituto Max Planck usaram telescópios no Havaí e na Espanha para captar os “ecos” da luz da explosão original, refletida por uma nuvem de poeira cósmica. Um esquema, fora de escala, pode ser visto na figura a seguir.

Imagem da questão

Considere que a SN 1572 está a 7.500 anos-luz de nós e a origem da luz refletida foi localizada a 2° (dois graus) de onde está o remanescente da supernova.

Baseado nessas informações e em seus conhecimentos, assinale a opção que traz a que distância aproximada se encontra a nuvem de poeira da SN 1572.

  1. A

    261 anos-luz.

  2. B

    298 anos-luz.

  3. C

    342 anos-luz.

  4. D

    355 anos-luz.

  5. E

    424 anos-luz.

Ver gabarito e solução oficial

Gabarito: B

A luz direta levou 7.500 anos para chegar em 1572, então a explosão ocorreu em 1572 − 7.500 = −5.928 (5928 a.E.C.).

A luz refletida chegou em 2008, depois de viajar 2008 − (−5.928) = 7.936 anos. Logo, o caminho supernova → nuvem → Terra mede 7.936 anos-luz.

A geometria, fora de escala:

Imagem da questão

Com a = distância nuvem–supernova e b = distância nuvem–Terra, temos a + b = 7.936 e, pela lei dos cossenos (ângulo de 2° na Terra):

a2 = b2 + 7.5002 − 2b(7.500) cos 2°

Substituindo b = 7.936 − a e simplificando (os termos a2 se cancelam):

a [15.872 − 15.000 cos 2°] = 7.9362 + 7.5002 − 2(7.936)(7.500) cos 2°

a × 881 ≅ 62.980.096 + 56.250.000 − 118.967.484 = 262.612

a ≅ 262.612/881 ≅ 298 anos-luz

Resposta: B

Questão 51 · Seletiva OBA 2025 · Questão P3-13média

O eixo de rotação da Terra define dois pontos fixos no céu, em torno dos quais a Esfera Celeste parece girar: os Polos Celestes. Para o Hemisfério Norte da Terra, temos uma estrela bem próxima do Polo Celeste Norte (PCN), nossa “estrela polar”, conhecida por Polaris (Alpha Ursae Minoris). Na verdade, devido à lenta precessão do eixo de rotação da Terra, o PCN está se movendo lentamente para mais perto de Polaris. Sua aproximação máxima ocorrerá no início do ano de 2102, para depois começar a se afastar novamente.

Do mesmo modo, todos os planetas do Sistema Solar (SS) também têm seus Polos Celestes. Na Carta Celeste a seguir, temos marcado o PCN da Terra e de outros planetas do SS, numerados de 1 a 5.

Imagem da questão

Seguem algumas informações:

  • Marte tem seu PCN localizado no céu escuro entre as constelações de Cefeu e Cisne;
  • Os PCNs de Mercúrio e de Júpiter estão na constelação do Dragão;
  • A declinação do PCN de Júpiter é maior do que a do PCN de Mercúrio;
  • Saturno tem seu PCN localizado no céu escuro da constelação de Cefeu;
  • O PCN de Netuno está entre as estrelas Gamma Cygni e Delta Cygni.

Assinale a opção que faz a correspondência correta entre o número e o respectivo PCN do planeta.

  1. A

    1 – Marte; 2 – Mercúrio; 3 – Júpiter; 4 – Saturno; 5 – Netuno.

  2. B

    1 – Marte; 2 – Júpiter; 3 – Mercúrio; 4 – Saturno; 5 – Netuno.

  3. C

    1 – Saturno; 2 – Mercúrio; 3 – Júpiter; 4 – Netuno; 5 – Marte.

  4. D

    1 – Saturno; 2 – Júpiter; 3 – Mercúrio; 4 – Marte; 5 – Netuno.

  5. E

    1 – Saturno; 2 – Júpiter; 3 – Marte; 4 – Mercúrio; 5 – Netuno.

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Gabarito: D

Identificando as constelações na carta (Dragão, Cefeu e Cisne):

Imagem da questão
  • O ponto 1 está em Cefeu, perto do PCN da Terra: Saturno.
  • Os pontos 2 e 3 estão no Dragão: são Júpiter e Mercúrio. O PCN de Júpiter (ponto 2) está mais perto do PCN da Terra, ou seja, mais afastado do Equador Celeste, então sua declinação é maior que a do PCN de Mercúrio (ponto 3).
  • O ponto 4 está no céu escuro entre Cefeu e o Cisne: Marte.
  • O ponto 5 está entre Gamma Cygni e Delta Cygni: Netuno.

Resposta: D

Questão 52 · Seletiva OBA 2025 · Questão P3-14média

O Diagrama de Hertzsprung-Russell, conhecido como diagrama HR, foi publicado independentemente pelo dinamarquês Ejnar Hertzsprung (1873-1967), em 1911, e pelo americano Henry Norris Russell (1877-1957), em 1913, como uma relação existente entre a luminosidade de uma estrela e sua temperatura efetiva (ou superficial).

A imagem abaixo traz um diagrama HR com quatro estrelas: A, B, C e D. Em seguida temos várias afirmações. Cada afirmação pode ser FALSA, VERDADEIRA ou INCONCLUSIVA.

Imagem da questão

Assinale a opção que traz a afirmação inconclusiva.

  1. A

    A estrela A é semelhante ao Sol.

  2. B

    A estrela B é mais massiva que o Sol.

  3. C

    A estrela C é mais fria que as outras estrelas.

  4. D

    O raio da estrela B é maior que o da estrela C.

  5. E

    A estrela D é uma estrela da Sequência Principal.

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Gabarito: B

  • "A estrela A é semelhante ao Sol" é verdadeira: A está na Sequência Principal, como o Sol, com luminosidade em torno de 1 LSol.
  • "A estrela B é mais massiva que o Sol" é inconclusiva: a relação massa–luminosidade vale para estrelas da Sequência Principal, e B não está nela (está na região das gigantes). Se B fosse da Sequência Principal e mais luminosa que o Sol, aí sim seria mais massiva.
  • "A estrela C é mais fria que as outras" é verdadeira: C é a que está mais à direita no diagrama, e a temperatura diminui da esquerda para a direita.
  • "O raio de B é maior que o de C" é falsa: B está na região das gigantes e C na das supergigantes, com raio maior.
  • "A estrela D é da Sequência Principal" é falsa: D está na região das anãs brancas.

Resposta: B

Questão 53 · Seletiva OBA 2025 · Questão P3-15fácil

A Lei de Stefan-Boltzmann nos diz que o fluxo F (energia por unidade de área por unidade de tempo) emitido por um corpo negro à temperatura T é proporcional à quarta potência de T:

F = σT4

onde σ é a constante de Stefan-Boltzmann.

Como uma estrela não é um corpo negro, isto é, suas camadas externas, de onde provém a radiação, não estão exatamente em equilíbrio térmico e, portanto, a temperatura não é a mesma para toda a estrela, definimos um parâmetro chamado temperatura efetiva Tef, que é a temperatura de um corpo negro que emite a mesma quantidade de energia por unidade de área e por unidade de tempo que a estrela. Portanto, para uma estrela esférica de raio R, a luminosidade L (energia total por segundo) é obtida multiplicando-se o fluxo pela área da sua superfície: 4πR2.

L = 4πR2σTef4

Suponha uma estrela 100 vezes mais luminosa do que o Sol (L = 100 LSol) e cuja temperatura efetiva seja a metade da do Sol (T = TSol/2).

Assinale a opção que traz a razão entre o raio da estrela e o raio do Sol.

  1. A

    40

  2. B

    50

  3. C

    80

  4. D

    100

  5. E

    400

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Gabarito: A

Dividindo a lei de Stefan-Boltzmann da estrela pela do Sol:

L*/LSol = (R*/RSol)2 (T*/TSol)4

100 = (R*/RSol)2 × (1/2)4 = (R*/RSol)2 × 1/16

(R*/RSol)2 = 1.600

R*/RSol = √1.600 = 40

Resposta: A

Questão 54 · Seletiva OBA 2025 · Questão P3-16fácil

Ao contrário do que muitos podem pensar, o raio de influência gravitacional do super buraco negro central da Via Láctea, conhecido como *Sagittarius A** (lê-se: Sagitarius A “estrela”), com massa equivalente à 4,3 milhões de massas solares, é de alguns anos-luz. O que significa que o que mantém a Via Láctea unida é a gravidade de todo o resto - estrelas, gás, poeira e matéria escura. Percebemos, então, que a influência gravitacional de *Sagittarius A\ sobre o Sol, que está a cerca de 26.000 anos-luz do centro da Via Láctea, é desprezível.

Podemos definir a esfera de influência gravitacional como uma região em torno de um buraco negro supermassivo na qual o movimento das estrelas se deve ao buraco negro. O raio desta esfera é denominado raio de influência gravitacional *ri* e pode ser calculado através da seguinte fórmula:

ri = G MBN / σ2,

onde G é a Constante de Gravitação Universal, MBN é a massa do buraco negro e σ** é uma grandeza que tem a ver com a média das velocidades das estrelas em torno do buraco negro. Para *Sagittarius A\ este raio vale aproximadamente ri = 10 anos-luz.

NGC 3258 é uma galáxia elíptica gigante localizada na direção da constelação da Máquina Pneumática (Antlia). Os astrônomos sabem que em seu centro existe um super buraco negro com cerca de 520 vezes** a massa de *Sagittarius A\ e que seu σ tem 3,3 vezes o σ** de *Sagittarius A\.

Sendo assim, assinale a opção que traz o valor aproximado do raio de influência gravitacional para o super buraco negro central da Galáxia NGC 3258**.

  1. A

    33,0 anos-luz

  2. B

    330,0 anos-luz

  3. C

    477,5 anos-luz

  4. D

    520,0 anos-luz

  5. E

    606,0 anos-luz

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Gabarito: C

Do texto: MBN(NGC) = 520 MBN(VL) e σ(NGC) = 3,3 σ(VL), onde VL indica *Sagittarius A\, na Via Láctea.

ri(NGC) = G MBN(NGC) / σ(NGC)2 = G (520 MBN(VL)) / (3,3 σ(VL))2

ri(NGC) = (520/3,32) × [G MBN(VL)/σ(VL)2] = (520/10,89) × 10 anos-luz

ri(NGC) ≅ 477,5 anos-luz

Resposta: C**

Questão 55 · Seletiva OBA 2025 · Questão P3-17média

M89 é uma das oito galáxias do aglomerado de Virgem que o astrônomo francês Charles Messier (1730-1817) descobriu em 1781. Esta galáxia é elíptica do tipo E0, ou seja, M89 é praticamente esférica. Está localizado a cerca de 50 milhões de anos-luz de distância na constelação de Virgem.

Imagem da questão

Seu diâmetro aparente de 4’ (minutos de arco) corresponde a um diâmetro real de D = 70.000,0 anos-luz. M89 contém aproximadamente N = 100 bilhões de estrelas e sua magnitude aparente vale m = 9,8.

Em primeira aproximação, vamos considerar que todas as estrelas de M89 são semelhantes entre si e que têm a mesma magnitude absoluta.

Deste modo, assinale a opção que traz a magnitude aparente de cada uma destas estrelas.

  1. A

    9,8

  2. B

    15,1

  3. C

    17,7

  4. D

    27,5

  5. E

    37,3

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Gabarito: E

Soma de magnitudes: se uma estrela tem magnitude m1 e outra m2, a magnitude total é

mT = −2,5 log(10−0,4m1 + 10−0,4m2)

Em M89, todas as 100 bilhões (1011) de estrelas têm a mesma magnitude m:

mT = −2,5 log(1011 × 10−0,4m) = −2,5 log(1011) − 2,5 log(10−0,4m)

9,8 = −2,5 × 11 − 2,5 × (−0,4 m) = −27,5 + m

m = 27,5 + 9,8 = 37,3

(O diâmetro e a distância não são necessários.)

Resposta: E

Questão 56 · Seletiva OBA 2025 · Questão P3-18média

Asteroides são objetos rochosos e metálicos que orbitam o Sol, mas são pequenos demais para serem considerados planetas. A dimensão dos asteroides pode variar desde centenas de quilômetros até a dimensão de pequenas pedras.

A Magnitude Absoluta H de um asteroide é definida, diferentemente da definição para as estrelas, como sua magnitude visual a uma distância de 1 unidade astronômica tanto do Sol como do observador, com um ângulo de fase igual a zero. Em outras palavras, é a magnitude visual do asteroide, situado a 1 unidade astronômica do Sol, sendo observado do próprio Sol. Apesar de ser um cenário impossível, é a maneira ideal para se ter uma medida de brilho que permita uma estimativa de seu tamanho.

Fazendo a assunção de um objeto esférico com uma superfície uniforme, o diâmetro D de um asteroide pode ser estimado usando a seguinte equação:

D[km] = (1329/√p) × 10−0,2H

Onde p é o albedo geométrico do asteroide. Sendo que, refletores de luz perfeitos têm p = 1 e absorvedores perfeitos têm p = 0. Normalmente o albedo de um asteroide não é conhecido e as estimativas são feitas considerando-se albedos geométricos entre 0,30 e 0,05.

Considere que um asteroide tenha magnitude absoluta H = 10,5 ± 0,5. Assinale o item que traz o valor aproximado do diâmetro médio desse asteroide, incluindo sua incerteza.

  1. A

    30 ± 10 km

  2. B

    37 ± 15 km

  3. C

    37 ± 22 km

  4. D

    59 ± 15 km

  5. E

    59 ± 22 km

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Gabarito: C

Os valores possíveis do diâmetro vêm da incerteza de 0,5 mag em H e da faixa de albedos (0,05 ≤ p ≤ 0,30).

O diâmetro máximo usa o menor albedo (que está no denominador) e o menor H (o expoente de 10 é negativo). O contrário dá o diâmetro mínimo.

Para p = 0,05 e H = 10,0:

Dmax = (1329/√0,05) × 10−0,2×10 ≅ 59,4 km ≈ 59 km

Para p = 0,30 e H = 11,0:

Dmin = (1329/√0,30) × 10−0,2×11 ≅ 15,3 km ≈ 15 km

Diâmetro médio: ⟨D⟩ = (15 + 59)/2 = 37 km

Incerteza: 37 − 15 = 22 km (ou 59 − 37 = 22 km)

⟨D⟩ = 37 ± 22 km

Resposta: C

Questão 57 · Seletiva OBA 2025 · Questão P3-19difícil

Um buraco negro é um objeto extremamente denso no espaço. Embora possam ser enigmáticos, a Ciência conseguiu decifrar muito sobre eles. Por exemplo, sabemos que os buracos negros são uma manifestação fundamental da gravidade.

Quando uma grande quantidade de massa é comprimida em um espaço pequeno o suficiente, o objeto resultante rompe o próprio tecido do espaço e do tempo, tornando-se o que é chamado de singularidade. Se considerarmos a velocidade da luz como limite da velocidade de escape de um buraco negro, chegamos ao que se conhece como Raio de Schwarzschild rSch de uma região esférica em torno da singularidade.

rSch = 2GMbn/c2

Como temos uma região esférica em torno da singularidade, podemos dividir a massa do buraco negro por esse volume e definir uma densidade média para um buraco negro, apesar da densidade ser considerada infinita para a singularidade em si.

Sendo assim, assinale a opção que traz a massa aproximada de um buraco negro, em unidades de massa solar, com a mesma densidade média da Terra.

Dados: massa do Sol MSol = 2,00 × 1030 kg, massa da Terra MTerra = 5,97 × 1024 kg, Raio da Terra RTerra = 6,37 × 106 m, G = 6,67 × 10−11 m3kg−1 s−2, c = 3,00 × 108 ms−1

  1. A

    5,51 × 103

  2. B

    6,67 × 105

  3. C

    1,15 × 107

  4. D

    5,75 × 107

  5. E

    3,00 × 108

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Gabarito: D

Densidade média da Terra:

ρTerra = 5,97 × 1024 kg / [(4/3)π(6,37 × 106 m)3] ≅ 5,51 × 103 kg/m3

O buraco negro tem raio igual ao de Schwarzschild, então sua densidade média é:

ρbn = Mbn / [(4/3)π(2GMbn/c2)3] = 3c6 / (32π G3 Mbn2)

Isolando a massa:

Mbn2 = 3c6 / (32π G3 ρbn)

Com ρbn = ρTerra:

Mbn = √[3 × (3 × 108)6 / (32π × (6,67 × 10−11)3 × 5,51 × 103)] ≅ 1,15 × 1038 kg

Em massas solares:

Mbn = 1,15 × 1038 kg / 2,00 × 1030 kg = 5,75 × 107 MSol

Resposta: D

Questão 58 · Seletiva OBA 2025 · Questão P3-20média

De acordo com a Teoria Geral da Relatividade, objetos massivos como o Sol curvam raios de luz. A lente gravitacional solar (solar gravitational lens ou SGL, em inglês) resultante pode ser usada como um instrumento fornecido pela Natureza: parte de um telescópio imensamente poderoso com considerável amplificação de luz e capacidades significativas de resolução angular, apesar de ser uma lente imperfeita, que sofre de aberração esférica e astigmatismo. Além disso, embora a amplificação de luz da SGL seja tremenda, qualquer sinal de uma fonte tênue e distante é sobrecarregado pela luz do Sol e da Coroa Solar. Esses desafios devem ser enfrentados se a SGL for considerada um "instrumento" prático para observações de alta resolução de alvos extrassolares distantes.

A região focal da SGL começa além de ∼ 550 unidades astronômicas (UA) do Sol. Isso é pouco mais de três vezes a distância até nossa nave espacial mais distante até o momento, a Voyager 1, que está atualmente a mais de 165 UA. Um esquema fora de escala pode ser visto na imagem a seguir.

Imagem da questão

Se um raio de luz de um objeto muito distante passa a uma distância R bem próxima a uma grande massa M, este raio será desviado por um valor ϕ. Este desvio pode ser calculado através da seguinte equação:

ϕ = 4GM/(c2R)

onde G é a Constante Gravitacional Universal e c, a velocidade da luz.

Considere o planeta Júpiter e a lente gravitacional devido à sua massa e assinale a opção que traz a distância focal aproximada desta lente.

Dados: Diâmetro de Júpiter ∅Júpiter = 142.984 km; Massa de Júpiter MJúpiter = 1,90 × 1027 kg; Constante gravitacional G = 6,67 × 10−11 m3 kg−1 s−2; Velocidade da luz c = 300.000 km/s; Unidade Astronômica = 1,50 × 1011 m.

  1. A

    1.500 UA

  2. B

    3.000 UA

  3. C

    5.500 UA

  4. D

    6.000 UA

  5. E

    7.100 UA

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Gabarito: D

Raio de Júpiter: R = 142.984 km / 2 = 71.492 km = 71.492.000 m.

Desvio de um raio de luz que passa rente a Júpiter:

ϕ = 4(6,67 × 10−11)(1,90 × 1027) / [(3,00 × 108)2 × 71.492.000] ≅ 7,88 × 10−8 rad ≅ (4,51 × 10−6)°

A geometria, fora de escala:

Imagem da questão

Pela figura:

tan(90° − ϕ) = dfocal/RJúpiter → dfocal = RJúpiter × tan(90° − ϕ)

dfocal = 71.492 km × tan[90° − (4,51 × 10−6)°] ≅ 71.492 km × 1,27 × 107 ≅ 9,10 × 1011 km = 9,10 × 1014 m

(Como ϕ é muito pequeno, é o mesmo que dfocal ≈ R/ϕ.)

Em UA: dfocal = 9,10 × 1014 m / 1,50 × 1011 m ≅ 6,06 × 103 UA ≈ 6.000 UA

Resposta: D

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