treinamento 101.

Seletivas internacionais da OBA · provas online

Seletiva OBA 2026 · Provas online: prova com gabarito

As 58 questões oficiais da Seletiva OBA 2026, provas online, com gabarito e solução oficial. Tente resolver antes de abrir a resposta.

Faça a Seletiva OBA 2026 no ritmo da prova

No app você resolve com cronômetro, vê a correção e guarda o seu progresso. Esta edição é parte do plano OBA (ou os pacotes Olimpíadas e Completo) no app.

Fazer a Seletiva OBA 2026

Questão 1 · Seletiva OBA 2026 · Questão P1-1fácil

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.

A figura a seguir traz o Diagrama HR para o Sol, que atualmente está na posição (7), na Sequência Principal, mas que num futuro distante passará para a posição (8) e depois para a posição (9).

Imagem da questão

Comparado com sua posição atual, quando o Sol atingir a região das Gigantes Vermelhas (9) ele ficará

  1. A

    mais luminoso.

  2. B

    mais quente.

  3. C

    mais massivo.

  4. D

    mais denso.

  5. E

    mais rápido.

Ver gabarito e solução oficial

Gabarito: A

No gráfico, a luminosidade cresce de baixo para cima: a posição 9 está mais acima que a 7, portanto é mais luminosa.

A temperatura superficial cresce da direita para a esquerda: a posição 9 está mais à direita, portanto é mais fria (alternativa b errada).

O gráfico não informa a massa. Mas o Sol perde massa o tempo todo pelo vento solar, e como Gigante Vermelha seu vento ficará mais intenso: na posição 9 ele será menos massivo (c errada).

Mesmo que a massa não mudasse, como Gigante Vermelha o Sol terá um volume muito maior e, portanto, será menos denso (d errada).

O gráfico não traz nenhuma informação sobre a rapidez do Sol, seja a rotação em torno do eixo, seja o movimento pelo espaço (e errada).

Resposta: A

Questão 2 · Seletiva OBA 2026 · Questão P1-2fácil

Um Dia Sideral é o tempo que a Terra leva para completar uma rotação completa sobre o seu eixo em relação às estrelas distantes, durando aproximadamente 23 horas, 56 minutos e 4 segundos. Essa duração é cerca de 4 minutos mais curta que um Dia Solar (o dia de 24 horas que usamos na nossa rotina diária).

Imagem da questão

Sabendo disso, quantos graus, aproximadamente, a Terra gira em torno do seu eixo a cada hora?

  1. A

    7,5°

  2. B

    12°

  3. C

    15°

  4. D

    24°

  5. E

    30°

Ver gabarito e solução oficial

Gabarito: C

Para facilitar as contas, use a duração do Dia Solar, com exatamente 24 horas.

Um giro completo corresponde a 360°. Se a Terra gira 360° em 24 h, em 1 hora ela gira:

x = 360° × 1 h / 24 h = 15°

Ou seja, cerca de 15° por hora.

Resposta: C

Questão 3 · Seletiva OBA 2026 · Questão P1-3fácil

O ciclo completo da Lua, dentro do qual ela passa pelas suas quatro fases principais: Nova, Crescente, Cheia e Minguante dura aproximadamente 29,5 dias.

Quando a Lua Cheia passa pela sombra da Terra, dizemos que está acontecendo um eclipse lunar. Os diferentes tipos de eclipses lunares podem ser vistos na imagem a seguir, à direita da Lua Cheia.

Imagem da questão

Sabendo disso, responda: por que não ocorre um eclipse lunar a cada Lua Cheia?

  1. A

    Porque a órbita da Lua é altamente excêntrica.

  2. B

    Porque os eclipses só ocorrem durante os Solstícios.

  3. C

    Porque a Lua não tem atmosfera suficiente para projetar sombra.

  4. D

    Porque o Sol nem sempre está alinhado com a Terra durante a Lua Cheia.

  5. E

    Porque o plano da órbita lunar está inclinado alguns graus em relação ao plano da órbita da Terra (Eclíptica).

Ver gabarito e solução oficial

Gabarito: E

A órbita da Lua está inclinada cerca de 5° em relação ao plano da Eclíptica. Por isso, na maioria das Luas Cheias, a Lua passa acima ou abaixo da sombra da Terra.

Os eclipses só ocorrem quando a Lua Cheia acontece com a Lua perto dos nodos, os pontos de interseção entre o plano da órbita lunar e a Eclíptica.

Resposta: E

Questão 4 · Seletiva OBA 2026 · Questão P1-4fácil

O céu noturno mostra diferentes estrelas e constelações dependendo da época do ano. Isso ocorre porque a Terra se desloca ao redor do Sol.

Qual é o nome dado ao movimento responsável por essa mudança sazonal nas constelações visíveis?

  1. A

    Nutação.

  2. B

    Rotação da Terra.

  3. C

    Translação da Terra.

  4. D

    Movimento retrógrado.

  5. E

    Precessão dos Equinócios.

Ver gabarito e solução oficial

Gabarito: C

É o movimento da Terra ao redor do Sol, a translação (com período de cerca de 365 dias), que faz o céu noturno mudar ao longo do ano: o Sol muda de posição em relação às estrelas de fundo, e as constelações visíveis à noite são as que estão do lado oposto ao Sol.

Resposta: C

Questão 5 · Seletiva OBA 2026 · Questão P1-5fácil

Em uma aula de Astronomia, uma aluna pergunta à sua professora qual a sua idade. A professora, então, responde: “Desde que nasci, já percorri 37,2 bilhões de quilômetros em torno do Sol”.

Assinale a alternativa que traz a idade, em anos, aproximada da professora.

Dados: para facilitar as contas, considere: π = 3,1; distância Terra-Sol = 1 UA = 1,5 × 108 km (considere, também, a órbita da Terra como circular).

  1. A

    31

  2. B

    37

  3. C

    40

  4. D

    50

  5. E

    55

Ver gabarito e solução oficial

Gabarito: C

O perímetro da órbita da Terra vale:

p = 2πd = 2 × 3,1 × 1,5 × 108 km = 9,3 × 108 km

Se em 1 ano a Terra percorre 9,3 × 108 km, em X anos terá percorrido 37,2 × 109 km:

1 ano / (9,3 × 108 km) = X / (37,2 × 109 km)

X = 1 ano × 37,2 × 109 km / (9,3 × 108 km) = 40 anos

Resposta: C

Questão 6 · Seletiva OBA 2026 · Questão P1-6média

O gráfico a seguir traz a altura h versus azimute A do Sol, para uma determinada cidade, ao longo de 1 ano inteiro. As horas correspondem à hora solar verdadeira. No gráfico, vemos que a altura do Sol é igual a 0° no nascente e no poente e que a altura do Sol é máxima às 12h (meio-dia solar verdadeiro). As curvas extremas, em azul escuro e vermelho, correspondem à altura do Sol nos dias dos Solstícios de Inverno e de Verão, respectivamente.

Imagem da questão

Baseado neste gráfico, assinale a alternativa que traz a latitude desta cidade.

  1. A

    40° S

  2. B

    40° N

  3. C

    45° S

  4. D

    50° S

  5. E

    50° N

Ver gabarito e solução oficial

Gabarito: B

As curvas extremas (azul escuro e vermelho) são os Solstícios. Então a curva central, em azul claro, é a dos Equinócios: nesses dias o Sol nasce (h = 0°) exatamente no ponto cardeal Leste (A = −90°) e se põe (h = 0°) exatamente no ponto cardeal Oeste (A = 90°).

Imagem da questão

Nos Equinócios o Sol está sobre o Equador Celeste. A distância zenital z do Equador Celeste é igual à altura do polo elevado, que por sua vez é igual à latitude φ do local.

Pelo gráfico, ao meio-dia solar verdadeiro dos Equinócios a altura do Sol é h = 50°. Então:

h + z = 90° → z = 90° − h = 90° − 50° = 40° = φ

Como o Sol passa pelo meridiano ao Sul (azimute 0° = Sul no gráfico), o polo elevado é o Polo Celeste Norte e, portanto, a cidade está no Hemisfério Norte: latitude 40° N.

Resposta: B

Questão 7 · Seletiva OBA 2026 · Questão P1-7difícil

A imagem que temos a seguir é uma simulação feita com o software livre Stellarium e traz a Lua e os planetas Mercúrio e Vênus, próximos ao horizonte Oeste, no dia 1° de março de 2025, às 18h50. Também temos traçados o Equador Celeste e a Eclíptica para essa determinada localização geográfica.

Imagem da questão

Baseado em seus conhecimentos e nas informações contidas na imagem, assinale a opção correta.

  1. A

    A Lua está em sua fase minguante.

  2. B

    Mercúrio se encontra no Hemisfério Celeste Norte.

  3. C

    Pela inclinação da Eclíptica, sabemos que a simulação é do Hemisfério Sul.

  4. D

    Neste mesmo horário, no dia seguinte, a Lua poderá estar abaixo do horizonte.

  5. E

    Pela inclinação do Equador Celeste, sabemos que a simulação é do Hemisfério Norte.

Ver gabarito e solução oficial

Gabarito: E

Se estamos olhando para o ponto cardeal Oeste, o Norte está à nossa direita, como mostra o esquema:

Imagem da questão

Na imagem, o Equador Celeste chega ao ponto Oeste inclinado, subindo para a esquerda; ou seja, ele se afasta do zênite para o lado Sul. Então o polo elevado (o que fica acima do horizonte) é o Polo Celeste Norte, à direita: a simulação é de um local do Hemisfério Norte.

As outras opções não se sustentam: a Lua fina, logo depois do pôr do Sol no Oeste, está na fase crescente (a); Mercúrio está do lado esquerdo (Sul) do Equador Celeste (b); a inclinação da Eclíptica não define o hemisfério do observador (c); e no dia seguinte, no mesmo horário, a Lua estará cerca de 12° mais a leste, ou seja, mais alta no céu, e não abaixo do horizonte (d).

Resposta: E

Questão 8 · Seletiva OBA 2026 · Questão P1-8fácil

Durante uma noite de verão no Hemisfério Sul, é possível observar a Constelação de Órion. Uma de suas estrelas mais famosas é Betelgeuse, uma supergigante vermelha em fase avançada de evolução.

Imagem da questão

O que significa o fato de Betelgeuse ser uma “supergigante vermelha”?

  1. A

    É uma estrela em formação.

  2. B

    É uma estrela da Sequência Principal.

  3. C

    É uma estrela que nunca realizará fusão nuclear.

  4. D

    É uma estrela de massa elevada e em fase final de vida.

  5. E

    É uma estrela com baixa massa que se tornará uma Anã Marrom.

Ver gabarito e solução oficial

Gabarito: D

Supergigantes vermelhas são estrelas massivas que já consumiram grande parte do seu combustível nuclear: estão em uma fase avançada de evolução, perto do fim da vida.

Elas estão fora da Sequência Principal e, como já fizeram (e ainda fazem) fusão nuclear, não são estrelas em formação nem anãs marrons.

Resposta: D

Questão 9 · Seletiva OBA 2026 · Questão P1-9fácil

A atmosfera terrestre não é igualmente transparente à radiação eletromagnética para todos os seus comprimentos de onda. O gráfico a seguir traz a absorção da radiação eletromagnética pela atmosfera terrestre em função do comprimento de onda.

Imagem da questão

Baseado neste gráfico e em seus conhecimentos, avalie as afirmações a seguir e assinale a alternativa correta.

I. Não é possível observar fenômenos de raios-X a partir da superfície terrestre;

II. O telescópio espacial James Webb permite observar o Universo em comprimentos de onda que não chegam até a superfície terrestre;

III. Podemos observar o Universo em micro-ondas a partir da superfície terrestre.

Estão corretas:

  1. A

    Todas as afirmações.

  2. B

    Apenas a I e II.

  3. C

    Apenas a II e III.

  4. D

    Apenas a I e III.

  5. E

    Nenhuma.

Ver gabarito e solução oficial

Gabarito: A

I. Correta. O gráfico mostra que, na região dos raios-X, a atmosfera é completamente opaca (100% de absorção).

II. Correta. Por estar acima da atmosfera, o James Webb recebe a radiação sem nenhuma absorção atmosférica, inclusive nas faixas do infravermelho que a atmosfera bloqueia.

III. Correta. O gráfico mostra que existe uma região das micro-ondas em que a atmosfera é completamente transparente (0% de absorção).

Resposta: A

Questão 10 · Seletiva OBA 2026 · Questão P1-10fácil

O astrônomo estadunidense Edwin Powell Hubble (1889-1953), no início do século XX, demonstrou que o Universo está em expansão. Essa descoberta revolucionou a cosmologia.

Qual evidência Hubble utilizou para propor a lei que hoje leva o seu nome?

  1. A

    O movimento retrógrado dos planetas.

  2. B

    A observação de pulsares na Via Láctea.

  3. C

    A radiação cósmica de fundo em micro-ondas.

  4. D

    A detecção de buracos negros supermassivos.

  5. E

    O desvio para o vermelho da luz de galáxias distantes.

Ver gabarito e solução oficial

Gabarito: E

O desvio para o vermelho (redshift) da luz mostra que o objeto celeste está se afastando de nós. Hubble observou ainda que a velocidade com que as galáxias se afastam é proporcional à sua distância: essa é a lei de Hubble.

Resposta: E

Questão 11 · Seletiva OBA 2026 · Questão P1-11fácil

As marés de sizígia, ou marés vivas, são os eventos de maré mais extremas, que ocorrem quando a Terra, a Lua e o Sol se alinham. Este alinhamento permite que as forças gravitacionais da Lua e do Sol se combinem, puxando os oceanos com mais força e resultando em preamares (marés altas) mais elevadas e baixa-mares (marés baixas) mais baixas do que a média.

Baseado no texto e em seus conhecimentos, responda: em que fases da Lua elas ocorrem?

  1. A

    Lua Nova e Lua Cheia.

  2. B

    Lua Crescente e Lua Cheia.

  3. C

    Lua Nova e Quarto Minguante.

  4. D

    Lua Cheia e Quarto Crescente.

  5. E

    Quarto Crescente e Quarto Minguante.

Ver gabarito e solução oficial

Gabarito: A

Na Lua Nova (Lua entre a Terra e o Sol) e na Lua Cheia (Terra entre o Sol e a Lua), Sol, Terra e Lua estão alinhados. Os efeitos de maré do Sol e da Lua se somam, aumentando a amplitude das marés.

Resposta: A

Questão 12 · Seletiva OBA 2026 · Questão P1-12fácil

O Sol emite radiação em todo o espectro eletromagnético, mas a maior parte da energia chega à Terra na forma de luz visível e radiação infravermelha.

Qual processo físico é a principal fonte de energia do Sol?

  1. A

    Decaimento radioativo.

  2. B

    Fissão nuclear espontânea.

  3. C

    Combustão química de gases.

  4. D

    Reações elétricas na Coroa Solar.

  5. E

    Fusão nuclear de hidrogênio em hélio.

Ver gabarito e solução oficial

Gabarito: E

A principal fonte de energia do Sol é a fusão nuclear no seu núcleo: núcleos de hidrogênio se unem, sob altíssimas temperatura e pressão, para formar hélio, liberando uma enorme quantidade de energia na forma de luz e calor.

Resposta: E

Questão 13 · Seletiva OBA 2026 · Questão P1-13fácil

Para uma observadora localizada sobre a Linha do Equador, em que momento o Sol passa pelo zênite?

  1. A

    Nunca.

  2. B

    Todos os dias.

  3. C

    Em ambos os Solstícios.

  4. D

    Em ambos os Equinócios.

  5. E

    Apenas no Solstício de Verão.

Ver gabarito e solução oficial

Gabarito: D

Para quem está sobre a Linha do Equador (latitude 0°), o Equador Celeste passa pelo zênite. O Sol está sobre o Equador Celeste (declinação 0°) nos dias dos Equinócios; então é nesses dois dias que, ao meio-dia solar, ele passa pelo zênite.

Resposta: D

Questão 14 · Seletiva OBA 2026 · Questão P1-14fácil

Três satélites, A, B e C, se movem ao redor da Terra, cada um numa trajetória circular com raios diferentes, como sugere a figura a seguir, fora de escala.

Imagem da questão

Se PA, PB e PC correspondem ao tempo que, respectivamente, os satélites A, B e C levam para dar uma volta completa em torno da Terra, como se ordenam esses períodos orbitais?

  1. A

    PA < PB < PC

  2. B

    PA < PC < PB

  3. C

    PB < PC < PA

  4. D

    PB < PC = PA

  5. E

    PC < PA < PB

Ver gabarito e solução oficial

Gabarito: C

Pela Terceira Lei de Kepler, R³/P² = constante, em que R é o raio da órbita circular do objeto ao redor da Terra e P é o tempo de uma volta completa. Então órbitas de raio maior têm período maior.

Pela figura, RB < RC < RA; portanto PB < PC < PA.

Resposta: C

Questão 15 · Seletiva OBA 2026 · Questão P1-15fácil

O brilho (F) de uma estrela observada na Terra pode ser calculado pela seguinte fórmula:

F = L / (4πd²)

onde, L é a sua Luminosidade (energia emitida a cada segundo) e d, a distância à Terra.

Considere uma estrela 16 vezes mais luminosa que o Sol. A que distância você deveria estar dessa estrela para ela ter o mesmo brilho do Sol?

  1. A

    2 UA.

  2. B

    4 UA.

  3. C

    16 UA.

  4. D

    64 UA.

  5. E

    256 UA.

Ver gabarito e solução oficial

Gabarito: B

Se os brilhos são iguais:

Lestrela / (4πdestrela²) = LSol / (4πdSol²)

O problema diz que Lestrela = 16 LSol. Substituindo e simplificando as constantes:

16 LSol / destrela² = LSol / dSol² → (destrela / dSol)² = 16

destrela / dSol = √16 = 4

Como dSol = 1 UA, destrela = 4 UA.

Resposta: B

Questão 16 · Seletiva OBA 2026 · Questão P1-16média

Associe os telescópios A, B, C e D aos respectivos tipos de montagens, na ordem em que estão apresentados.

Imagem da questão
  1. A

    Altazimutal; Equatorial Inglesa; Altazimutal Dobsoniana; Equatorial de garfo.

  2. B

    Altazimutal; Equatorial Germânica; Altazimutal Dobsoniana; Equatorial de garfo.

  3. C

    Altazimutal; Equatorial Germânica; Equatorial Dobsoniana; Equatorial de garfo.

  4. D

    Equatorial Germânica; Altazimutal; Equatorial de garfo; Altazimutal Dobsoniana.

  5. E

    Equatorial Inglesa; Equatorial Germânica; Altazimutal Dobsoniana; Equatorial de garfo.

Ver gabarito

Gabarito: B

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

Questão 17 · Seletiva OBA 2026 · Questão P1-17fácil

Uma astrônoma mediu a paralaxe de 3 estrelas: E1, E2 e E3. Os valores obtidos, em segundos de arco, foram:

E1 = 0,05″; E2 = 0,20″ e E3 = 0,25″

Avalie as afirmações que ela fez a respeito dessas estrelas e depois assinale a opção correta.

I. A estrela E1 é a mais próxima, pois apresenta a menor paralaxe.

II. A estrela E3 está 5 vezes mais distante da Terra que a estrela E1.

III. A estrela E2 está a 5 parsecs de distância da Terra.

IV. A estrela E3 está 1 parsec mais próximo da Terra que a estrela E2.

É correto o que se afirma apenas em:

  1. A

    I e II

  2. B

    I e IV

  3. C

    II e III

  4. D

    II, III e IV

  5. E

    III e IV

Ver gabarito e solução oficial

Gabarito: E

A distância d, em parsecs, é inversamente proporcional ao ângulo de paralaxe p, em segundos de arco:

d = 1/p

As distâncias são:

  • dE1 = 1/0,05 = 20 pc
  • dE2 = 1/0,20 = 5 pc
  • dE3 = 1/0,25 = 4 pc

I. Falsa: E1, de menor paralaxe, é a mais distante.

II. Falsa: E3 está 5 vezes mais próxima que E1 (4 pc contra 20 pc).

III. Verdadeira: E2 está a 5 pc.

IV. Verdadeira: 5 pc − 4 pc = 1 pc.

Resposta: E

Questão 18 · Seletiva OBA 2026 · Questão P1-18fácil

As estrelas RR Lyrae e Cefeidas são estrelas de brilho variável de suma importância para o desenvolvimento da Astronomia. Isto porque descobriu-se que elas possuem uma relação entre sua Luminosidade e o período de pulsação de seu brilho.

A figura a seguir traz o gráfico Luminosidade versus Período de algumas dessas estrelas. As retas azuis são os ajustes teóricos da relação entre estas grandezas.

Imagem da questão

De acordo com o gráfico, uma variável Cefeida com luminosidade 10.000 LSol (dez mil vezes a luminosidade do Sol) tem período de pulsação de aproximadamente:

  1. A

    3 dias.

  2. B

    5 dias.

  3. C

    10 dias.

  4. D

    20 dias.

  5. E

    50 dias.

Ver gabarito e solução oficial

Gabarito: D

Leitura direta do gráfico: na altura de 10.000 LSol, a reta das Cefeidas passa entre as marcas de 10 e 50 dias, perto da marca de 20 dias.

Resposta: D

Questão 19 · Seletiva OBA 2026 · Questão P1-19média

Considere dois astros A e B de massas mA e mB, onde mA = 3mB, em órbitas circulares em torno de uma estrela E.

Sabe-se que, em relação à estrela E, o período orbital de A é duas vezes menor que o de B.

Assinale a alternativa que traz o valor da razão entre os módulos da força gravitacional entre a estrela E e o astro A e a força gravitacional entre a estrela E e o astro B, ou seja FEA/FEB.

  1. A

    1/(6∛2)

  2. B

    1/(4∛2)

  3. C

    1

  4. D

    4∛2

  5. E

    6∛2

Ver gabarito e solução oficial

Gabarito: E

Da 3ª Lei de Kepler (mesma estrela central):

PA²/aA³ = PB²/aB³ → (aB/aA)³ = (PB/PA)²

Como PB = 2PA:

(aB/aA)³ = (2PA/PA)² = 2² = 4 → aB/aA = ∛4

Comparando as forças gravitacionais:

FEA/FEB = (G ME mA/aA²) / (G ME mB/aB²) = (mA/mB) × (aB/aA)²

Substituindo:

FEA/FEB = (3mB/mB) × (∛4)² = 3 × ∛16 = 3 × 2∛2 = 6∛2

Resposta: E

Questão 20 · Seletiva OBA 2026 · Questão P1-20média

A imagem a seguir traz o gráfico Distância versus Tempo de algumas das estrelas mais próximas de nós, baseado no artigo “The Close Approach of Stars in the Solar Neighborhood” de Robert A. J. Matthews, publicado no Quarterly Journal of the Royal Astronomical Society, de 1994.

Imagem da questão

Baseado neste gráfico, avalie as afirmações a seguir e assinale a alternativa correta.

I. A maior aproximação da Estrela de Barnard do Sol será daqui a 10 mil anos;

II. Próxima Centauri está mais próxima do Sol do que Alpha Centauri, mas daqui a 30 mil anos esta situação se inverterá;

III. Dentro do período estudado, a estrela Ross 248 será a estrela que mais se aproximará do Sol;

IV. Entre 40 mil e 50 mil anos no futuro, teremos quatro estrelas à mesma distância do Sol.

  1. A

    Todas as afirmações estão corretas.

  2. B

    Apenas as afirmações I e II estão corretas.

  3. C

    Apenas as afirmações I, II e III estão corretas.

  4. D

    Apenas as afirmações II, III e IV estão corretas.

  5. E

    Apenas as afirmações III e IV estão corretas.

Ver gabarito e solução oficial

Gabarito: A

Leitura direta do gráfico, como marcado abaixo:

Imagem da questão

I. Correta: o mínimo da curva da Estrela de Barnard ocorre em cerca de 10 mil anos.

II. Correta: hoje a curva de Próxima Centauri está abaixo da de Alpha Centauri, e as duas se cruzam antes de 30 mil anos; depois disso Alpha Centauri fica mais próxima.

III. Correta: o ponto mais baixo de todas as curvas é o de Ross 248, a cerca de 3 anos-luz, por volta de 36 mil anos.

IV. Correta: por volta de 44 mil anos, quatro curvas se cruzam praticamente no mesmo ponto, à mesma distância do Sol.

Resposta: A

Questão 21 · Seletiva OBA 2026 · Questão P2-1média

Abu Rayhan Muhammad ibn Ahmad al-Biruni (973-1050), conhecido apenas como al-Biruni, foi um estudioso durante a Idade de Ouro Islâmica e é conhecido como o "Pai da Geodésia Moderna". É dele a ideia de calcular o raio da Terra usando medidas da altura de uma colina e da inclinação do horizonte a partir do topo dessa colina, como podemos ver no esquema a seguir, fora de escala.

Imagem da questão

No esquema, r representa o raio da Terra, o segmento AB representa a altura h da montanha e α é o ângulo de inclinação do horizonte.

Pela trigonometria, podemos provar que

r = h cos α / (1 − cos α)

Suponha que uma futura alpinista esteja no topo do Monte Olimpo, em Marte.

Assinale a opção que traz a inclinação α aproximada do horizonte marciano medido por ela. Considere a altura do Monte Olimpo = 25 km e o raio do planeta Marte = 3.375 km.

  1. A

    4°

  2. B

    5°

  3. C

    6°

  4. D

    7°

  5. E

    8°

Ver gabarito e solução oficial

Gabarito: D

Para calcular o ângulo α, isole-o na equação dada:

r = h cos α / (1 − cos α) → r(1 − cos α) = h cos α → r − r cos α = h cos α

h cos α + r cos α = r → cos α (h + r) = r → cos α = r / (h + r) = 1 / (h/r + 1)

α = arccos[1 / (h/r + 1)]

Substituindo os valores:

α = arccos[1 / (25 km / 3.375 km + 1)] = arccos(3.375/3.400) ≈ arccos(0,9926) ≈ 7°

Resposta: D

Questão 22 · Seletiva OBA 2026 · Questão P2-2média

O gráfico a seguir mostra a parte clara e escura do dia, os meses do ano no eixo horizontal e o horário civil no eixo vertical. As linhas vermelha e amarela representam respectivamente o horário do meio-dia e meia-noite. Apenas a parte mais clara central representa o Sol acima do horizonte, as demais camadas ocorrem após o ocaso do Sol conforme o nível de luminosidade decai gradualmente.

Imagem da questão

Com base em seus conhecimentos e na análise do gráfico, assinale a alternativa correta.

  1. A

    A linha vermelha corresponde ao meio-dia civil.

  2. B

    O gráfico corresponde a um observador no hemisfério norte.

  3. C

    A linha amarela é o horário médio entre o ocaso e o nascer do Sol.

  4. D

    A declinação do Sol começa a aumentar por volta do dia 21 de junho.

  5. E

    O observador está mais perto do Equador do que do Polo em seu hemisfério.

Ver gabarito e solução oficial

Gabarito: C

a) Incorreta. O meio-dia civil (do relógio) é fixo às 12:00 locais (só muda com fuso ou horário de verão), enquanto o meio-dia solar (passagem do Sol pelo meridiano local) varia ao longo do ano por causa da inclinação do eixo da Terra e da órbita elíptica. No gráfico, a linha vermelha se desloca ligeiramente ao longo dos meses, seguindo exatamente o ponto médio entre o nascer e o ocaso do Sol: ela representa o meio-dia solar (culminação do Sol), não o meio-dia civil.

b) Incorreta. A maior duração do dia (parte clara ocupando mais tempo) ocorre por volta de dezembro/janeiro, e a noite mais longa por volta de junho/julho. O verão é em dezembro: hemisfério sul.

c) Correta. A metade do intervalo entre o pôr e o nascer do Sol é o meio da noite solar, quando o Sol está mais baixo em relação ao horizonte. No gráfico, a linha amarela fica sempre a 12 horas da linha vermelha (o meio-dia solar), exatamente como se espera do ponto médio entre o pôr e o nascer.

d) Incorreta. Por volta de 21 de junho ocorre o solstício de junho, quando a declinação do Sol atinge o máximo (≈ +23,5°) e depois passa a diminuir. A afirmação está invertida.

e) Incorreta. Perto do Equador a duração do dia varia muito pouco (perto de 12 h o ano todo). No gráfico a variação entre dias curtos (inverno) e longos (verão) é grande: há dias em que o Sol se põe só por volta das 22 horas. Isso indica latitude média/alta, mais perto do Polo do que do Equador.

Resposta: C

Questão 23 · Seletiva OBA 2026 · Questão P2-3difícil

Com toda a repercussão do cometa 3I/Atlas, muitas pessoas têm aprendido mais sobre cometas.

No mês de agosto, astrônomos conseguiram registrar claramente a cauda antisolar desse cometa.

Essa é uma propriedade muito interessante: ao contrário do que muitos imaginam, a cauda de um cometa não aponta para trás do sentido de seu movimento, e sim na direção oposta ao Sol.

Na imagem abaixo, temos a representação de um cometa fictício observado por um astrônomo no hemisfério Sul, olhando para o ponto cardeal Oeste.

Imagem da questão

Com base nessas informações e em seus conhecimentos de astronomia, assinale o que podemos afirmar:

  1. A

    O observador está no verão.

  2. B

    O observador está no inverno ou outono.

  3. C

    No dia anterior, nesse mesmo horário, o Sol estava mais alto no céu.

  4. D

    O Sol está mais para esquerda e para cima do que conseguimos ver na imagem.

  5. E

    Em relação às estrelas, o cometa está indo em direção ao Sol, que acabou de se pôr.

Ver gabarito e solução oficial

Gabarito: B

Imagem da questão

Olhando para o Oeste, o Sul fica à esquerda e o Norte à direita. A cauda do cometa aponta para cima e para a esquerda, ou seja, para o Sul; então o Sol está na direção oposta: para baixo e para a direita, ao Norte do ponto Oeste, já abaixo do horizonte. No hemisfério Sul, o Sol se põe ao norte do ponto Oeste durante o outono e o inverno: é essa a época do ano mostrada na imagem.

a) Incorreta: no verão o Sol se põe ao sul do ponto Oeste, o que não corresponde à direção mostrada.

c) Incorreta: ao longo do ano o Sol se move de oeste para leste em relação às estrelas; então, no dia anterior, ele estava mais para oeste (mais para baixo).

d) Incorreta: o Sol está na direção oposta à cauda do cometa, portanto mais para a direita e para baixo.

e) Incorreta: a cauda do cometa aponta para longe do Sol e não indica necessariamente a direção em que ele está indo; não podemos afirmar isso.

Resposta: B

Questão 24 · Seletiva OBA 2026 · Questão P2-4fácil

Cefeidas são estrelas pulsantes cuja luminosidade varia de forma periódica. Observações mostram que existe uma relação empírica entre o período de pulsação (T, em dias) e a magnitude absoluta (M): estrelas com períodos maiores são mais luminosas.

Essa relação pode ser escrita como:

M = −2,76 × log(T) − 1,4

onde M é a magnitude absoluta e T o período em dias.

Considere duas Cefeidas: a primeira com período T1 e magnitude M1, e a segunda com período T2 e magnitude M2.

Sabendo que T1 é 10 vezes maior que T2, qual é o valor de M1 − M2?

  1. A

    −2,76

  2. B

    −1,4

  3. C

    0

  4. D

    1,4

  5. E

    2,76

Ver gabarito e solução oficial

Gabarito: A

Subtraindo as duas relações, a constante −1,4 se cancela:

M1 − M2 = (−2,76) × [log(T1) − log(T2)] = (−2,76) × log(T1/T2)

Como T1/T2 = 10, log(10) = 1 e M1 − M2 = −2,76.

Portanto, a estrela de período maior (T1) tem magnitude menor, ou seja, é mais luminosa.

Resposta: A

Questão 25 · Seletiva OBA 2026 · Questão P2-5média

O navegador Juvenal viajava pelos mares do Norte quando chegou exatamente ao Polo Norte da Terra. Lá, sob um céu repleto de estrelas, ele podia observar o firmamento de uma forma única.

De repente, por motivos desconhecidos, o eixo de rotação da Terra se inclina em 30° em relação à posição que possuía antes. Juvenal permanece no mesmo ponto da superfície terrestre, mas o aspecto do céu muda significativamente, agora, o polo celeste norte havia abaixado 30°, e a rotação aparente das estrelas parecia completamente diferente.

Calcule a porcentagem da totalidade da esfera celeste que a região circumpolar visível ocupa, tanto antes quanto depois da súbita inclinação do eixo terrestre, respectivamente.

Para isso, use o fato de que uma região da esfera celeste de raio angular θ ocupa uma fração f de todo o céu dado pela fórmula abaixo:

f = (1 − cos θ) / 2

Imagem da questão
  1. A

    0% e 6,7%

  2. B

    50% e 6,7%

  3. C

    50% e 25%

  4. D

    50% e 30%

  5. E

    100% e 50%

Ver gabarito e solução oficial

Gabarito: C

Antes da inclinação, Juvenal estava no Polo Norte: o Polo Celeste Norte estava no zênite e toda a metade norte da esfera celeste era circumpolar (nunca se põe), o que corresponde a 50% do céu. (Pela fórmula, θ = 90°: f = (1 − 0)/2 = 0,5.)

Depois da inclinação de 30°, a altura do polo celeste passa a ser 60°, e a região circumpolar visível é a calota em torno do polo com semiângulo θ = 60°. Aplicando a fórmula:

f = (1 − cos 60°)/2 = (1 − 0,5)/2 = 0,25 = 25%

Resposta: C

Questão 26 · Seletiva OBA 2026 · Questão P2-6fácil

O campo visual representa a área aparente do céu que conseguimos ver através do telescópio. Essa característica depende de dois fatores principais:

1. Campo aparente da ocular (O) – o ângulo que a ocular “projeta” para o olho.
2. Ampliação do telescópio (A) – quanto o telescópio amplia a imagem do céu.

Quanto maior a ampliação, menor será o campo visual, pois estamos “aproximando” apenas uma parte menor do céu.

Quanto maior o campo aparente da ocular, maior será o campo visual, permitindo observar regiões maiores do céu.

Qual o campo visual de um telescópio usando uma ocular de 50° e aumento de 100 vezes?

  1. A

    0,5°

  2. B

    1°

  3. C

    2°

  4. D

    5°

  5. E

    50°

Ver gabarito e solução oficial

Gabarito: A

O campo visual real de um telescópio indica a extensão do céu que conseguimos observar. Ele é calculado dividindo o campo aparente da ocular pelo aumento do telescópio:

C = O/A

O aumento “aproxima” a imagem: quanto maior ele for, menor a porção do céu que cabe na ocular. Já uma ocular com campo aparente maior mostra uma região maior do céu.

No exemplo, uma ocular de 50° com aumento de 100× dá C = 50°/100 = 0,5°: apenas uma pequena faixa do céu é visível.

Resposta: A

Questão 27 · Seletiva OBA 2026 · Questão P2-7fácil

O Sol emite a maior parte de sua radiação na faixa do visível, com pico em torno de 500 nm, enquanto um forno doméstico emite principalmente no infravermelho, com pico em torno de 2900 nm. A Lei de Wien relaciona o comprimento de onda do pico λmax com a temperatura T do corpo negro pela fórmula:

λmax · T = 2,9 × 10−3 m·K

Usando essa lei, calcule a temperatura aproximada do Sol e do forno.

  1. A

    Sol: ~3.000 K; forno: ~500 K

  2. B

    Sol: ~5.800 K; forno: ~1.000 K

  3. C

    Sol: ~5.800 K; forno: ~1.500 K

  4. D

    Sol: ~4.200 K; forno: ~1.500 K

  5. E

    Sol: ~10.000 K; forno: ~1.000 K

Ver gabarito e solução oficial

Gabarito: B

Pela Lei de Wien, T = 2,9 × 10−3 m·K / λmax.

Para o Sol: λmax = 500 nm = 500 × 10−9 m

T = 2,9 × 10−3 / (500 × 10−9) ≈ 5.800 K

Para o forno: λmax = 2900 nm = 2900 × 10−9 m

T = 2,9 × 10−3 / (2900 × 10−9) ≈ 1.000 K

Resposta: B

Questão 28 · Seletiva OBA 2026 · Questão P2-8fácil

Astrônomos identificaram um enorme "surto de crescimento" em um planeta errante. Ao contrário dos planetas do nosso Sistema Solar, esses objetos não orbitam estrelas, flutuando livremente por conta própria. As novas observações, feitas com o Very Large Telescope do Observatório Europeu do Sul (VLT do ESO), revelam que este planeta errante está consumindo gás e poeira de seus arredores a uma taxa de 6 (seis) bilhões de toneladas por segundo. O objeto recém-estudado, que tem uma massa de cinco a dez vezes a de Júpiter, está localizado a cerca de 620 anos-luz de distância, na constelação de Camaleão. Oficialmente chamado de Cha 1107-7626, este planeta errante ainda está em formação e é alimentado por um disco circundante de gás e poeira (vide a ilustração artística a seguir). Este material cai constantemente sobre o planeta flutuante, um processo conhecido como acreção.

Imagem da questão

Supondo que esta taxa de acreção permaneça constante por muito tempo, responda: quanto tempo demora, aproximadamente, para o planeta errante Cha 1107-7626 crescer o equivalente a 1 (um) planeta Terra?

Considere que a massa da Terra = 6,0 × 1024 kg e 1 ano ≈ 3,2 × 107 segundos.

  1. A

    23 mil anos

  2. B

    29 mil anos

  3. C

    31 mil anos

  4. D

    37 mil anos

  5. E

    41 mil anos

Ver gabarito e solução oficial

Gabarito: C

Primeiro, quanto são 6 bilhões de toneladas:

  • 6 bilhões = 6.000.000.000 = 6 × 109
  • 1 tonelada = 1.000 kg = 103 kg
  • 6 bilhões de toneladas = 6 × 109 × 103 kg = 6 × 1012 kg

Se em 1 s o planeta cresce 6,0 × 1012 kg, em X segundos crescerá 6,0 × 1024 kg:

X = 6,0 × 1024 / 6,0 × 1012 s = 1,0 × 1012 s

Como 1 ano tem aproximadamente 3,2 × 107 s:

Y = 1,0 × 1012 / 3,2 × 107 anos ≈ 3,1 × 104 anos = 31.000 anos

Resposta: C

Questão 29 · Seletiva OBA 2026 · Questão P2-9média

O Diagrama de Hertzsprung-Russell (HR) é o mapa do tesouro dos astrofísicos! Ele mostra a vida das estrelas, relacionando a luminosidade delas com a sua temperatura. A gente sabe que a luminosidade de uma estrela (L) depende do seu raio (R) e da sua temperatura efetiva (T) pela Lei de Stefan-Boltzmann:

L = 4πR²σT⁴

Imagine que, em um desses diagramas, a gente encontrou duas estrelas muito interessantes:

  • Estrela Alfa: Uma estrela quente e azul da Sequência Principal, com temperatura de 20.000 K e luminosidade 1.000 vezes a do Sol (103 LSol).
  • Estrela Beta: Uma supergigante vermelha, bem mais fria, com temperatura de apenas 4.000 K, mas com uma luminosidade impressionante de 400.000 vezes a do Sol (4 × 105 LSol).

Com base nessas informações, quantas vezes o raio da Estrela Beta é maior que o raio da Estrela Alfa?

  1. A

    5 vezes

  2. B

    20 vezes

  3. C

    100 vezes

  4. D

    500 vezes

  5. E

    2.000 vezes

Ver gabarito e solução oficial

Gabarito: D

A relação entre luminosidade, raio e temperatura é L ∝ R²T⁴. Isolando a razão dos raios:

RBeta/RAlfa = √(LBeta/LAlfa) × (TAlfa/TBeta)²

Substituindo os valores:

RBeta/RAlfa = √(4 × 105 / 103) × (20.000/4.000)² = √400 × 5² = 20 × 25 = 500

O raio da Estrela Beta é 500 vezes maior que o da Estrela Alfa.

Resposta: D

Questão 30 · Seletiva OBA 2026 · Questão P2-10média

A Grande Mancha Vermelha (GMV) é uma região de alta pressão persistente na atmosfera de Júpiter, produzindo a maior tempestade anticiclônica do Sistema Solar. Localizada a 22 graus ao sul do equador de Júpiter, produz ventos de até 432 km/h. Acredita-se que ela exista há pelo menos 360 anos.

Suponha que a Administração Espacial Nacional da China (em inglês: China National Space Administration - CNSA) pretenda colocar um satélite estacionário na direção da GMV para estudar melhor sua evolução ao longo do tempo, como podemos ver na ilustração, a seguir, fora de escala.

Imagem da questão

Baseado em seus conhecimentos e nos dados disponíveis, assinale a opção que traz a altitude h, aproximada, desta órbita em torno de Júpiter.

Dica: use a fórmula da velocidade orbital v de um satélite em torno de um planeta de massa M a uma distância d do centro do planeta:

v = √(GM/d)

Dados:

  • Raio equatorial de Júpiter = 7,15 × 104 km
  • Período de rotação de Júpiter = 9h 50min
  • Massa de Júpiter = 2,00 × 1027 kg
  • Constante Gravitacional G = 6,67 × 10−11 N·m²/kg²
  1. A

    89.000 km

  2. B

    89.750 km

  3. C

    90.500 km

  4. D

    91.250 km

  5. E

    92.000 km

Ver gabarito e solução oficial

Gabarito: C

A altitude procurada é a distância d do satélite ao centro de Júpiter menos o raio de Júpiter:

h = d − RJúpiter

Para ficar estacionário na direção da GMV, o período orbital P do satélite deve ser igual ao período de rotação de Júpiter. A velocidade orbital é o perímetro da órbita dividido pelo período:

v = 2πd/P

Substituindo na fórmula dada e isolando d:

2πd/P = √(GM/d) → 4π²d²/P² = GM/d → d³ = GMP²/(4π²) → d = ∛(GMP²/(4π²))

Com tudo no SI:

P = 9 h 50 min = 590 min × 60 s/min = 35.400 s

GMP²/(4π²) = (6,67 × 10−11)(2,00 × 1027)(35.400)² / (4π²) ≈ 4,23 × 1024 m³

d = ∛(4,23 × 1024 m³) ≈ 1,62 × 108 m = 1,62 × 105 km

A altitude da órbita é:

h = 1,62 × 105 km − 7,15 × 104 km = 9,05 × 104 km = 90.500 km

Resposta: C

Questão 31 · Seletiva OBA 2026 · Questão P2-11média

O cinturão principal de asteroides é uma região do Sistema Solar localizada entre as órbitas de Marte e Júpiter, que abriga a maioria dos asteroides do sistema. É uma zona de milhões de rochas espaciais, consideradas restos da formação do Sistema Solar, com a maioria dos asteroides sendo rochosos e com menos de 100 km de diâmetro. Este cinturão é uma fronteira entre os planetas rochosos internos e os gigantes gasosos externos, como podemos ver no esquema a seguir, fora de escala.

Imagem da questão

A seguinte função permite estimar o número N de asteroides do Cinturão com raios maiores ou iguais a R, onde R deve ser expresso em quilômetros:

N = 2 × 106 R−2,5

Utilize essa função para estimar o número de asteroides com raio entre 20 km e 30 km e assinale a opção correta:

  1. A

    406

  2. B

    712

  3. C

    1.118

  4. D

    2.295

  5. E

    6.325

Ver gabarito e solução oficial

Gabarito: B

O número de asteroides com raio entre 20 km e 30 km é a diferença entre os que têm raio de pelo menos 20 km e os que têm raio de pelo menos 30 km:

N20 − N30 = (2 × 106 × 20−2,5) − (2 × 106 × 30−2,5)

N20 − N30 = 2 × 106 (20−2,5 − 30−2,5) ≈ 1.118 − 406 ≈ 712

Resposta: B

Questão 32 · Seletiva OBA 2026 · Questão P2-12fácil

Duas estrelas idênticas (1 e 2), de mesma luminosidade L, estão separadas por 60 parsecs.

Um observador, situado em algum ponto entre elas, percebe a Estrela 1 nove (9) vezes mais brilhante do que a Estrela 2.

Sabendo que o brilho aparente f segue a relação:

f = L / (4πr²)

Responda: qual é a distância do observador até a Estrela 1?

  1. A

    6 pc

  2. B

    15 pc

  3. C

    20 pc

  4. D

    45 pc

  5. E

    54 pc

Ver gabarito e solução oficial

Gabarito: B

Como as estrelas são idênticas (mesma L):

f1/f2 = r2²/r1²

Sabemos que f1 = 9f2, então:

9 = r2²/r1² → r2 = 3r1

A distância total entre as estrelas é:

r1 + r2 = 60 → r1 + 3r1 = 60 → 4r1 = 60 → r1 = 15 pc

Resposta: B

Questão 33 · Seletiva OBA 2026 · Questão P2-13fácil

Em 1992, a estrela Rho Aquilae cruzou a fronteira da sua constelação original, Águia, para sua constelação vizinha Delfim.

Imagem da questão

Baseado em seus conhecimentos, Rho Aquilae agora pertence à constelação do Delfim devido:

  1. A

    à Paralaxe Estelar.

  2. B

    à Evolução Estelar.

  3. C

    ao Movimento Próprio.

  4. D

    à Expansão do Universo.

  5. E

    ao Efeito Doppler Relativístico.

Ver gabarito e solução oficial

Gabarito: C

O Movimento Próprio é o deslocamento aparente de cada estrela no céu, medido em relação às outras estrelas, ao longo de anos. Ele resulta da combinação do movimento da própria estrela em nossa galáxia com o movimento do nosso Sol. Foi esse deslocamento lento e contínuo (veja 1892, 1992 e 2092 na figura) que levou Rho Aquilae a cruzar a fronteira entre as constelações.

Resposta: C

Questão 34 · Seletiva OBA 2026 · Questão P2-14fácil

O raio de Schwarzschild (RS), que define o horizonte de eventos de um buraco negro não rotativo, é diretamente proporcional à sua massa (M): RS = 2GM/c². Considere Sagitário A* (Sgr A*), o buraco negro supermassivo no centro da Via Láctea, com massa MSgrA* ≈ 4 × 106 MSol, e um buraco negro estelar típico, formado pelo colapso de uma estrela massiva, com massa MEstelar ≈ 10 MSol.

Qual é a razão entre o volume contido dentro do horizonte de eventos de Sgr A* e o volume contido dentro do horizonte de eventos do buraco negro estelar? (Assuma que os horizontes são esféricos).

  1. A

    2,0 × 103

  2. B

    4,0 × 105

  3. C

    6,0 × 1011

  4. D

    8,0 × 1015

  5. E

    6,4 × 1016

Ver gabarito e solução oficial

Gabarito: E

O raio de Schwarzschild é proporcional à massa (RS ∝ M). O volume dentro do horizonte esférico é proporcional ao cubo do raio (V ∝ RS³). Combinando, o volume é proporcional ao cubo da massa (V ∝ M³).

A razão entre os volumes é a razão entre as massas ao cubo:

VSgrA*/VEstelar = (MSgrA*/MEstelar)³ = (4 × 106 MSol / 10 MSol)³ = (4 × 105)³ = 64 × 1015 = 6,4 × 1016

Resposta: E

Questão 35 · Seletiva OBA 2026 · Questão P2-15média

A Lei de Hubble descreve a expansão do Universo: v = H0d. Medições precisas indicam que a constante de Hubble H0 tem um valor próximo a 70 km/s/Mpc.

O Tempo de Hubble (tH) é definido como o inverso da constante de Hubble (tH = 1/H0) e representa, sob certas simplificações, uma estimativa da idade do Universo.

Considerando que o valor exato seja H0 = 70 km/(s·Mpc), calcule o Tempo de Hubble em bilhões de anos (Gyr).

Dados: 1 Mpc (Megaparsec) ≈ 3,09 × 1019 km; 1 ano ≈ 3,15 × 107 s; 1 bilhão de anos (Gyr) = 109 anos

  1. A

    ≈ 1,4 Gyr

  2. B

    ≈ 7,0 Gyr

  3. C

    ≈ 10,0 Gyr

  4. D

    ≈ 14,0 Gyr

  5. E

    ≈ 70,0 Gyr

Ver gabarito e solução oficial

Gabarito: D

A constante de Hubble está em (km/s)/Mpc. Convertendo Mpc para km com o fator dado (1 Mpc ≈ 3,09 × 1019 km), reescrevemos H0:

H0 = (70 km/s) / (1 Mpc) ≈ (70 km/s) / (3,09 × 1019 km) ≈ 2,265 × 10−18 s−1

Tempo de Hubble em segundos:

tH = 1/H0 ≈ 1 / (2,265 × 10−18 s−1) ≈ 4,415 × 1017 s

Convertendo para anos:

tH ≈ 4,415 × 1017 s / (3,15 × 107 s/ano) ≈ 1,40 × 1010 anos

Em bilhões de anos: 1,40 × 1010 anos = 14,0 × 109 anos = 14,0 Gyr.

Resposta: D

Questão 36 · Seletiva OBA 2026 · Questão P2-16média

Os cometas frequentemente exibem duas caudas distintas: uma cauda de íons (gás ionizado) e uma cauda de poeira. A interação com o ambiente interplanetário define a orientação dessas caudas.

Imagem da questão

Qual das seguintes afirmações descreve mais precisamente a direção e a causa predominante da orientação de ambas as caudas?

  1. A

    Ambas as caudas apontam diretamente para trás da trajetória orbital do cometa, devido à "resistência" do espaço.

  2. B

    Ambas as caudas apontam em direção ao Sol, pois são formadas por material ejetado que ainda está gravitacionalmente ligado a ele.

  3. C

    A cauda de poeira aponta para longe do Sol devido à pressão de radiação, e a cauda de íons aponta para o planeta magneticamente mais forte nas proximidades.

  4. D

    A cauda de íons aponta diretamente na direção anti-solar devido ao vento solar, enquanto a cauda de poeira curva-se significativamente em direção ao Sol devido à gravidade.

  5. E

    Ambas as caudas apontam geralmente na direção oposta ao Sol, mas a cauda de íons segue mais retilineamente as linhas do campo magnético do vento solar, enquanto a cauda de poeira tende a curvar-se ligeiramente para trás da órbita devido à sua inércia.

Ver gabarito e solução oficial

Gabarito: E

As duas caudas de um cometa apontam para longe do Sol, mas com nuances.

A cauda de íons, leve e eletricamente carregada, é empurrada diretamente para longe do Sol pelo vento solar, seguindo as linhas de campo magnético: fica quase reta (a cauda azulada da foto).

A cauda de poeira, feita de partículas mais pesadas, é empurrada pela pressão da radiação solar e, por causa da sua inércia e da velocidade orbital, curva-se ligeiramente para trás da órbita, ficando "atrasada" em relação à linha Sol-cometa (a cauda esbranquiçada e larga da foto).

Resposta: E

Questão 37 · Seletiva OBA 2026 · Questão P2-17média

O horizonte é o limite aparente entre a Terra e o céu. A distância do observador até o ponto localizado exatamente nesta divisa entre a Terra e o céu depende da curvatura terrestre, da altura do observador e da refração atmosférica.

Esta distância d pode ser calculada por meio de uma fórmula geométrica simples sem considerar a refração atmosférica:

d ≈ √(2Rh),

onde R é o raio da Terra e h, a altura dos olhos do observador, em relação ao nível do mar.

Vamos considerar a seguinte situação, um pescador está em seu barco no meio do mar, distante da terra firme. Ele fica em pé no seu barco, pega seu potente binóculo e mira na direção da cidade do Rio de Janeiro e vê uma cena inusitada: a Estátua do Cristo Redentor, acima do horizonte, como se ela estivesse flutuando sobre a superfície calma do mar. Ele sabe que isso se deve à curvatura da Terra, mas não deixou de ficar admirado.

Imagem da questão

Através dos seus conhecimentos e da fórmula dada, assinale a opção que traz, aproximadamente, a que distância D nosso pescador está da base da estátua. Desconsidere qualquer efeito atmosférico.

Dados:

  • Raio da Terra R = 6.371 km
  • Altura do Morro do Corcovado hmorro = 710 m
  • Altura da Estátua do Cristo Redentor hECR = 38 m
  • Altura dos olhos do observador hobs = 2 m
  1. A

    85 km

  2. B

    90 km

  3. C

    95 km

  4. D

    100 km

  5. E

    105 km

Ver gabarito e solução oficial

Gabarito: D

Eis a geometria do problema, fora de escala:

Imagem da questão

A base da estátua aparece exatamente no horizonte do pescador. A distância procurada é D = d1 + d2, em que d1 é a distância do pescador até o ponto de tangência e d2 é a distância desse ponto até o topo do morro. Aplicando a fórmula duas vezes:

D = √(2Rh1) + √(2Rh2), com h1 = hobs e h2 = hmorro

Substituindo os valores:

D = √(2 × 6.371 km × 0,002 km) + √(2 × 6.371 km × 0,71 km)

D = √(25,484 km²) + √(9.046,82 km²)

D ≈ 5,05 km + 95,11 km = 100,16 km ≈ 100 km

Resposta: D

Questão 38 · Seletiva OBA 2026 · Questão P2-18fácil

Quando se observa o espectro de uma estrela é comum que as linhas espectrais estejam deslocadas. Veja o exemplo de deslocamento de linhas na figura a seguir.

Imagem da questão

Uma astrônoma mede o espectro de uma estrela distante e nota que as linhas espectrais do Hidrogênio estão deslocadas para comprimentos de onda menores do que os medidos em laboratório.

O que isso indica sobre o movimento da estrela em relação a nós e qual dos espectros do exemplo representa melhor o que foi observado pela astrônoma?

  1. A

    A estrela está se aproximando de nós (blueshift).

  2. B

    A estrela está se afastando de nós (redshift).

  3. C

    A estrela está se afastando de nós (blueshift).

  4. D

    A estrela está se aproximando de nós (redshift).

  5. E

    A estrela está parada em relação ao laboratório (estacionário).

Ver gabarito e solução oficial

Gabarito: A

Como as linhas espectrais estão deslocadas para comprimentos de onda menores (para o lado azul do espectro: blueshift), pelo efeito Doppler a estrela está se aproximando de nós. É o terceiro espectro do exemplo (Blue-shift).

Resposta: A

Questão 39 · Seletiva OBA 2026 · Questão P2-19média

O Diagrama HR, a seguir, mostra a relação entre a Luminosidade e a Temperatura efetiva das estrelas e outras informações correlatas, como o raio estelar R, em função do raio do Sol, e o tipo espectral.

Nele podemos ver a Sequência Principal, além das regiões das gigantes vermelhas, supergigantes e anãs-brancas.

Imagem da questão

Baseado em seus conhecimentos e no diagrama apresentado, analise as afirmações a seguir e assinale a resposta certa.

I. Uma estrela de tipo espectral K tem o mesmo raio do que uma estrela de tipo espectral B. Portanto, a estrela do tipo B é mais luminosa.

II. Quanto maior a Luminosidade e maior a temperatura efetiva de uma estrela, necessariamente maior será seu raio.

III. É impossível para uma estrela ser ao mesmo tempo maior, menos luminosa e mais fria que outra estrela.

  1. A

    Somente a I está correta.

  2. B

    Somente a II está correta.

  3. C

    Somente a III está correta.

  4. D

    Somente a I e III estão corretas.

  5. E

    Somente a II e III estão corretas.

Ver gabarito e solução oficial

Gabarito: A

I. Correta. No diagrama, uma Gigante Vermelha do tipo K pode ter o mesmo raio que uma Supergigante do tipo B, e a do tipo B (mais quente) é bem mais luminosa. Com o mesmo raio, L ∝ T⁴.

II. Incorreta. Aumentar a temperatura e a luminosidade é ir para o canto superior esquerdo do diagrama. Dependendo de quanto um parâmetro aumenta em relação ao outro, podemos ir tanto na direção em que o raio aumenta quanto na direção em que ele diminui (as retas de raio constante são inclinadas). Não é sempre verdade.

III. Incorreta. Na região das anãs-brancas, por exemplo, a estrela 1 pode estar mais à direita (mais fria) e mais abaixo (menos luminosa) que a estrela 2 e, mesmo assim, ter raio maior (R1 > 0,01 RSol > R2).

Resposta: A

Questão 40 · Seletiva OBA 2026 · Questão P2-20média

A figura a seguir traz o gráfico da variação do número de horas de luz do dia (ou seja, o Sol acima do horizonte) de uma região da Terra ao longo do ano. Nele podemos ver, por exemplo, que no dia do Equinócio de Outono, nesta região o dia terá 12 horas de luz.

Imagem da questão

Baseado em seus conhecimentos e nas informações contidas nesse gráfico, avalie as afirmações, a seguir, e assinale a resposta certa.

I. Essa região fica entre o Polo Sul e Círculo Polar Antártico.

II. Essa região fica entre o Círculo Polar Ártico e o Trópico de Câncer.

III. Nessa região, o Sol fica sempre abaixo do horizonte por cerca de 3 meses.

IV. Nessa região o Sol fica sempre acima do horizonte por cerca de 3 meses.

  1. A

    Nenhuma está correta.

  2. B

    Apenas a II e III estão corretas.

  3. C

    Apenas a I e IV estão corretas.

  4. D

    Apenas a II, III e IV estão corretas.

  5. E

    Todas estão corretas.

Ver gabarito e solução oficial

Gabarito: A

I. Incorreta. No gráfico, o Solstício de Verão é em junho e o de Inverno em dezembro: a região está no Hemisfério Norte.

II. Incorreta. Há dois curtos períodos, um com o Sol 24 horas acima do horizonte e outro com o Sol 24 horas abaixo dele. Isso só acontece além do Círculo Polar: a região fica entre o Círculo Polar Ártico e o Polo Norte.

III. Incorreta. Pelo gráfico, o período com o Sol sempre abaixo do horizonte dura menos de 2 meses.

IV. Incorreta, pelo mesmo motivo: o período com o Sol sempre acima do horizonte também dura menos de 2 meses.

Resposta: A

Questão 41 · Seletiva OBA 2026 · Questão P3-1média

A velocidade máxima de um asteroide, que tem uma órbita elíptica ao redor do Sol, é de cerca de 17 km/s, enquanto sua velocidade orbital mínima é de cerca de 13 km/s.

Assinale a opção que traz a excentricidade da órbita deste asteroide.

  1. A

    0,13

  2. B

    0,23

  3. C

    0,33

  4. D

    0,43

  5. E

    0,63

Ver gabarito e solução oficial

Gabarito: A

A razão entre a velocidade máxima (no periélio) e a mínima (no afélio) de uma órbita elíptica é:

Vmax/Vmin = (1 + e)/(1 − e)

em que e é a excentricidade da órbita. Com uma manipulação algébrica simples:

e = (Vmax − Vmin)/(Vmax + Vmin)

Substituindo os valores:

e = (17 − 13)/(17 + 13) = 4/30 ≈ 0,13

Resposta: A

Questão 42 · Seletiva OBA 2026 · Questão P3-2difícil

Uma escoteira fez um experimento para descobrir sua latitude geográfica e comparar com a medida do seu GPS. Ela, então, finca uma vareta reta verticalmente, no centro de uma grande área plana e horizontal, de forma que a vareta ficou com 1,00 m de altura. Com paciência ela mediu o menor comprimento da sombra da vareta e anotou 1,26 m. Muitas horas depois, ela anotou o maior comprimento da sombra, que foi de 6,70 m.

Encontre a latitude Φ aproximada da escoteira sabendo que as medidas foram feitas no dia do Solstício de Verão do Hemisfério Norte. Para facilitar as contas, assuma que a declinação do Sol permaneceu a mesma para as duas medidas, considere o Sol como uma fonte puntiforme e ignore qualquer efeito da refração atmosférica.

Repare: Como o maior comprimento da sombra da vareta foi finito, a escoteira presenciou o Sol sempre acima do horizonte.

  1. A

    65°

  2. B

    70°

  3. C

    75°

  4. D

    80°

  5. E

    85°

Ver gabarito e solução oficial

Gabarito: C

A geometria do problema:

Imagem da questão

OA é a vareta vertical (1,00 m), OS é a sombra e PCN é o Polo Celeste Norte. A altura θ do Sol vem de:

tan θ = OA/OS = 1/OS → θ = arctan(1/OS)

A sombra mínima ocorre na culminação superior do Sol (ao Sul, altura θ1) e a máxima na culminação inferior (ao Norte, altura θ2), já que o Sol fica sempre acima do horizonte. A distância angular do Sol ao polo é 90° − δSol. Pela figura:

φ + (90° − δSol) + θ1 = 180° → φ = 90° + δSol − θ1 (1)

φ = 90° − δSol + θ2 (2)

Somando (1) e (2), a declinação se cancela:

2φ = θ2 − θ1 + 180° = arctan(1/OS2) − arctan(1/OS1) + 180°

2φ = arctan(1/6,70) − arctan(1/1,26) + 180° ≈ 8,49° − 38,44° + 180° ≈ 150,05°

φ ≈ 75°

Resposta: C

Questão 43 · Seletiva OBA 2026 · Questão P3-3média

Abaixo, apresentamos 3 gráficos de visibilidade de três astros distintos vistos da Terra. As legendas do gráfico indicam:

  • Região azul escura: O astro está abaixo do horizonte (não visível).
  • Região cinza: O astro está acima do horizonte e o Sol está abaixo dele. (O astro está visível).
  • Região branca: O astro e o Sol estão ambos acima do horizonte.
Imagem da questão

Associe corretamente os gráficos com os astros que eles representam:

  1. A

    1. Lua - 2. Planeta Externo - 3. Planeta Interno

  2. B

    1. Planeta Interno - 2. Lua - 3. Planeta Externo

  3. C

    1. Planeta Interno - 2. Planeta Externo - 3. Lua

  4. D

    1. Planeta Externo - 2. Lua - 3. Planeta Interno

  5. E

    1. Planeta Externo - 2. Planeta Interno - 3. Lua

Ver gabarito e solução oficial

Gabarito: D

Gráfico 1 → planeta externo (de Marte a Netuno). As faixas cinzas atravessam a região noturna, inclusive perto da meia-noite em parte do ano: são as épocas de oposição, quando o astro fica visível quase a noite toda. Em outra época domina a faixa branca: é a conjunção com o Sol, sem visibilidade noturna.

Gráfico 2 → Lua. As faixas finas e repetidas ao longo do ano mostram um ciclo curto, com o horário de visibilidade “andando” cerca de 50 minutos por dia: é o mês sinódico, de aproximadamente 29,5 dias.

Gráfico 3 → planeta interno (Mercúrio ou Vênus). A grande coluna branca centrada no período diurno mostra que o astro fica perto do Sol o ano todo e só é visível em janelas crepusculares (as regiões cinzas junto ao nascer e ao pôr do Sol). Planetas internos nunca aparecem à meia-noite.

Resposta: D

Questão 44 · Seletiva OBA 2026 · Questão P3-4difícil

A figura a seguir traz o esquema das configurações (fora de escala) dos fenômenos dos satélites galileanos do ponto de vista da Terra (fenômenos geocêntricos).

Para os satélites temos os seguintes símbolos:

  • I – Io
  • II – Europa
  • III – Ganimedes
  • IV – Calisto

Os fenômenos podem ser:

  • o Eclipse do satélite pela sombra do disco do planeta (Desaparecimento e Reaparecimento)
  • o Trânsito da sombra do satélite pelo disco do planeta (Imersão/Entrada e Emersão/Saída)
  • o Trânsito do satélite pelo disco do planeta (Imersão/Entrada e Emersão/Saída)
  • a Ocultação do satélite pelo disco do planeta (Desaparecimento e Reaparecimento)
Imagem da questão

Esquema dos fenômenos dos satélites galileanos

Assinale a opção que identifica corretamente os fenômenos geocêntricos dos satélites de Júpiter que estão acontecendo na figura.

  1. A

    Trânsito de Io, Ocultação de Europa (desaparecimento), Eclipse de Ganimedes (reaparecimento) e Trânsito da sombra de Calisto.

  2. B

    Trânsito de Io, Eclipse de Europa (desaparecimento), Ocultação de Ganimedes (desaparecimento) e Trânsito da sombra de Calisto.

  3. C

    Trânsito da sombra de Io, Ocultação de Europa (desaparecimento), Eclipse de Ganimedes (reaparecimento) e Trânsito de Calisto.

  4. D

    Eclipse de Io, Trânsito de Europa (imersão), Trânsito da sombra de Ganimedes (emersão) e Eclipse de Calisto.

  5. E

    Eclipse de Io, Ocultação de Europa (desaparecimento), Eclipse de Ganimedes (reaparecimento) e Trânsito de Calisto.

Ver gabarito e solução oficial

Gabarito: A

Na figura, o cone de visibilidade (limitado pelas linhas que partem da Terra e tangenciam Júpiter) fica atrás do planeta, do lado oposto à Terra, e o cone de sombra fica do lado oposto ao Sol.

  • O satélite I está entre a Terra e Júpiter, passando na frente do disco do planeta: trânsito de Io.
  • O satélite II está entrando atrás do disco de Júpiter (na primeira posição, na borda do cone de visibilidade): ocultação de Europa (desaparecimento).
  • O satélite III está saindo da sombra de Júpiter (na segunda posição, na borda do cone de sombra): eclipse de Ganimedes (reaparecimento).
  • O satélite IV está entre o Sol e Júpiter, projetando sua sombra no disco do planeta: trânsito da sombra de Calisto.

Resposta: A

Questão 45 · Seletiva OBA 2026 · Questão P3-5difícil

O Analema de um Gnomon é a curva em formato de "8" assimétrico traçada pela sombra da ponta (nodo) de um gnomon registrada sempre no mesmo horário (geralmente meio-dia solar) ao longo de um ano. Não é a sombra instantânea, mas o lugar geométrico desses pontos. O formato surge porque o Sol não está no mesmo ponto no céu na mesma hora em dias diferentes, devido à inclinação da Terra e à excentricidade da órbita (a Equação do Tempo).

Imagem da questão

Em relação às figuras mostradas, responda:

  1. A

    No ponto 1, a Terra se encontra no periélio, e no 5 em seu afélio.

  2. B

    O observador na imagem está entre o Equador e o Trópico de Câncer.

  3. C

    O observador na imagem está entre o Círculo Polar Antártico e o Polo Sul.

  4. D

    O ponto 3 representa os equinócios, e os pontos 1 e 5 representam os solstícios.

  5. E

    O observador na imagem está entre o Trópico de Câncer e o Círculo Polar Ártico.

Ver gabarito e solução oficial

Gabarito: B

Ao meio-dia solar, a direção da sombra diz se o Sol está ao sul ou ao norte do zênite do observador:

  • sombra apontando para o norte: Sol ao sul do zênite;
  • sombra apontando para o sul: Sol ao norte do zênite.

O analema da sombra cruza a linha norte–sul no chão e tem um trecho em que a sombra fica do lado sul do gnomon (a posição do gnomon está dentro do laço superior). Logo, em parte do ano o Sol culmina ao norte do zênite. Isso só é possível se a declinação positiva do Sol superar a latitude do lugar. Como a declinação máxima do Sol é cerca de 23,44°, a latitude é menor que esse valor; e como na maior parte do ano a sombra aponta para o norte (Sol ao sul), o local está no hemisfério norte. Conclusão: entre o Equador e o Trópico de Câncer. Isso elimina as alternativas c) e e).

A alternativa d) está errada porque o cruzamento do analema (ponto 3) não indica equinócio: ele ocorre quando a Equação do Tempo se repete, o que não coincide com a declinação solar nula. Os equinócios (declinação zero) acontecem em outras datas, ainda que os extremos 1 e 5 estejam associados aos solstícios.

A alternativa a) está errada porque inverte a correspondência entre os pontos 1 e 5 e o periélio e o afélio.

Resposta: B

Questão 46 · Seletiva OBA 2026 · Questão P3-6média

Suponha que uma supernova (SN) foi observada na constelação de Ursa Maior. A carta celeste (fornecida) mostra a fonte como uma bolinha. Na legenda da imagem está indicada a magnitude aparente correspondente ao tamanho dessa bolinha.

Imagem da questão

A partir dessa magnitude aparente, determine quantos fótons por segundo por metro quadrado chegam da supernova na faixa visível centrada em 500 nm, assumindo que, em média, toda luz chega com esse comprimento de onda.

Para isso use as seguintes informações e relações:

  • fluxo de uma estrela de referência na Terra (banda de referência): F = 1.360 W/m²
  • magnitude aparente do Sol: m = −26,7
  • constante de Planck: h = 6,626 × 10−34 J·s
  • velocidade da luz: c = 3,00 × 108 m/s
  • energia de um fóton: Efóton = h × f, onde f é a frequência
  1. A

    2,4 × 1010 fótons/s/m²

  2. B

    3,5 × 1010 fótons/s/m²

  3. C

    4,1 × 1010 fótons/s/m²

  4. D

    5,2 × 1010 fótons/s/m²

  5. E

    7,1 × 1010 fótons/s/m²

Ver gabarito e solução oficial

Gabarito: E

Relação entre magnitude e fluxo (com o Sol como referência, FSol = 1.360 W/m²):

mSN − mSol = −2,5 · log(FSN/FSol)

Pela carta celeste, o tamanho da bolinha da SN corresponde a mSN = 0.

Passo 1 – fluxo da supernova

0 − (−26,7) = −2,5 · log(FSN/1.360)

log(FSN/1.360) = −26,7/2,5 ≈ −10,68

FSN/1.360 = 10−10,68 ≈ 2,09 × 10−11

FSN ≈ 1.360 × 2,09 × 10−11 ≈ 2,84 × 10−8 W/m²

Passo 2 – energia de um fóton de 500 nm (com f = c/λ)

Efóton = hc/λ = (6,626 × 10−34 J·s)(3,00 × 108 m/s)/(5,0 × 10−7 m) ≈ 3,98 × 10−19 J

Passo 3 – fótons por segundo por metro quadrado

N = FSN/Efóton = 2,84 × 10−8 / 3,98 × 10−19 ≈ 7,1 × 1010 fótons/s/m²

Resposta: E

Questão 47 · Seletiva OBA 2026 · Questão P3-7média

A figura abaixo traz um espectrograma de uma estrela e linhas de comparação. O comprimento de onda de laboratório em Angstroms (Å) de duas dessas linhas de comparação é dado na parte de cima da imagem. O triângulo branco assinala uma linha de absorção no espectro da estrela cujo comprimento de onda medido em laboratório é λ0 = 4.437,6 Å.

Imagem da questão

Assinale a opção que traz, aproximadamente, o comprimento de onda λ observado e a velocidade radial vr da estrela.

Dicas:

  • Uma régua transparente foi superposta à imagem para facilitar as suas contas.
  • Δλ/λ0 = vr/c, onde c é a velocidade da luz (3,0 × 108 m/s)
  1. A

    4.435,0 Å; −144,0 km/s

  2. B

    4.436,3 Å; −87,9 km/s

  3. C

    4.437,6 Å; −144,0 km/s

  4. D

    4.437,6 Å; +144,0 km/s

  5. E

    4.438,9 Å; +87,9 km/s

Ver gabarito e solução oficial

Gabarito: B

O comprimento de onda observado está entre as linhas de comparação de 4.427,3 Å e 4.449,8 Å. Ele vale 4.427,3 Å + X.

Para achar X:

  • pela régua, a distância entre as duas linhas de referência é 6,0 cm (de 1,0 a 7,0);
  • o triângulo marca uma linha a 2,4 cm da primeira linha de referência (em 3,4);
  • regra de três:

(4.449,8 Å − 4.427,3 Å)/6,0 cm = X/2,4 cm → X = 22,5 Å × 2,4 cm/6,0 cm = 9,0 Å

λ = 4.427,3 Å + 9,0 Å = 4.436,3 Å

O comprimento de onda observado é menor que o de laboratório: a estrela está se aproximando, e a velocidade radial é negativa. Pela fórmula dada:

vr = c × Δλ/λ0 = 3,0 × 108 m/s × (4.436,3 − 4.437,6)/4.437,6 ≈ −87,9 × 103 m/s = −87,9 km/s

Resposta: B

Questão 48 · Seletiva OBA 2026 · Questão P3-8média

A magnitude limite de um telescópio indica o menor brilho de um objeto que ele pode detectar. Esse valor é determinado principalmente pelo diâmetro da objetiva (a lente principal ou espelho): quanto maior o diâmetro, maior a quantidade de luz coletada e, portanto, menor o brilho do objeto que pode ser visto.

A fórmula para o cálculo desta magnitude é frequentemente apresentada como uma simplificação, onde a magnitude limite de um telescópio é de aproximadamente 2,1 mais 5 vezes o logaritmo do diâmetro da objetiva (em milímetros), supondo condições de observações ideais e desconsiderando a turbulência atmosférica.

O gráfico a seguir traz a variação teórica da magnitude aparente do cometa extrassolar 3I/ATLAS (C/2025 N1 ATLAS) ao longo do tempo.

Imagem da questão

Baseado neste gráfico e no que foi apresentado, assinale a opção que traz o diâmetro mínimo que um telescópio precisa ter para observar este cometa no dia 1º de dezembro de 2025.

  1. A

    80 mm

  2. B

    90 mm

  3. C

    100 mm

  4. D

    110 mm

  5. E

    120 mm

Ver gabarito e solução oficial

Gabarito: C

Pelo gráfico, a magnitude aparente teórica do 3I/ATLAS em 1º de dezembro de 2025 é m = 12.

Usando a fórmula dada:

m = 2,1 + 5 log D

Isolando D:

log D = (m − 2,1)/5 → D = 10(m − 2,1)/5

Substituindo:

D = 10(12 − 2,1)/5 = 101,98 ≈ 95,5 mm

Entre as opções, o menor diâmetro que basta é 100 mm (com 90 mm a magnitude limite não chega a 12).

Resposta: C

Questão 49 · Seletiva OBA 2026 · Questão P3-9fácil

Na imagem a seguir podemos ver a Terra e a Lua, juntas no espaço. Ela foi feita no dia 6 de maio de 2010 pela sonda espacial não-tripulada Messenger, da NASA, destinada a estudar as características e o ambiente do planeta Mercúrio. A sonda entrou em órbita de Mercúrio em março de 2011 e ficou em operação até abril de 2015.

Imagem da questão

Considere que a sonda estava a uma distância D = 183 milhões de km do sistema e que a Terra e a Lua, do ponto de vista da sonda, estavam com sua máxima separação angular.

Baseado nas informações e em seus conhecimentos, assinale a opção que traz, aproximadamente, esta separação angular entre a Terra e a Lua.

Dado: distância Terra-Lua DTL = 384.400 km.

  1. A

    210″

  2. B

    384″

  3. C

    400″

  4. D

    433″

  5. E

    483″

Ver gabarito e solução oficial

Gabarito: D

Da geometria do problema, D é muito grande e o ângulo α é muito pequeno, de modo que o comprimento do arco AB praticamente coincide com o segmento EF (a distância Terra-Lua):

Imagem da questão

Assim, AB = EF = D·α (com α em radianos). Isolando α:

α = EF/D = 384.400 km / 183.000.000 km ≈ 2,1 × 10−3 rad

Convertendo radianos em segundos de arco:

α = (2,1 × 10−3/π) × 180° × 60′/° × 60″/′ ≈ 433″

Resposta: D

Questão 50 · Seletiva OBA 2026 · Questão P3-10difícil

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 está de frente a 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 de todos os relógios de Sol, sejam verticais, declinantes, ou até horizontais, é que seu gnômon precisa sempre estar paralelo ao eixo de rotação do planeta. Ou seja, seu prolongamento deve “furar” o céu no Polo Celeste elevado (o que está acima do horizonte) para o seu pleno funcionamento.

A seguir temos a imagem de um Relógio de Sol Vertical.

Imagem da questão

Baseado no que foi explicado e em seus conhecimentos, assinale a afirmação correta.

  1. A

    Este é um Relógio de Sol Meridional, localizado no Hemisfério Sul.

  2. B

    Este é um Relógio de Sol Declinante S-L, localizado no Hemisfério Sul.

  3. C

    Este é um Relógio de Sol Declinante N-O, localizado no Hemisfério Sul.

  4. D

    Este é um Relógio de Sol Declinante S-L, localizado no Hemisfério Norte.

  5. E

    Este é um Relógio de Sol Declinante N-O, localizado no Hemisfério Norte.

Ver gabarito e solução oficial

Gabarito: C

  • As primeiras horas do dia (8, 9, 10, 11) estão do lado direito do mostrador. De manhã o Sol está a leste e a sombra aponta para oeste; então, para quem olha o mostrador, o Leste está à esquerda. Isso significa que o mostrador está voltado para o Norte: o relógio fica no Hemisfério Sul, onde o Sol passa ao norte.
  • O gnomon está deslocado em relação à linha do meio-dia solar (12 h): o relógio é declinante.
  • Como o deslocamento do gnomon foi para o lado Leste, o mostrador está faceado entre os Pontos Cardeais Norte e Oeste (N-O).

Resposta: C

Questão 51 · Seletiva OBA 2026 · Questão P3-12média

Em um planeta alienígena, um astronauta observa a lua local se pondo no horizonte. Ele sabe que o período de rotação do planeta é de 10 horas e que o movimento orbital da lua é tão lento que pode ser desprezado neste problema.

Ao cronometrar o pôr da lua, ele percebe que o intervalo de tempo entre o primeiro contato do disco lunar com o horizonte e o último contato (quando a lua desaparece completamente) é de 30 segundos.

Imagem da questão

A imagem mostra a trajetória da Lua no céu sem estrelas.

Considerando que esse intervalo corresponde ao tempo necessário para o disco lunar “varrer” todo o seu diâmetro angular em relação ao horizonte, estime o tamanho angular desta lua no céu desse planeta. Desconsidere quaisquer efeitos da atmosfera.

  1. A

    0,15 grau

  2. B

    0,23 grau

  3. C

    0,26 grau

  4. D

    0,31 grau

  5. E

    0,36 grau

Ver gabarito e solução oficial

Gabarito: C

Período de rotação: T = 10 h = 10 × 3.600 s = 36.000 s.

Velocidade angular de rotação do planeta:

ω = 360°/36.000 s = 0,01°/s

Pela imagem, a trajetória da lua faz 30° com a vertical, ou seja, 60° com o horizonte. A componente da velocidade angular perpendicular ao horizonte é:

ωp = ω × sen 60° = 0,01 × 0,866 = 0,00866°/s

Em 30 segundos, o ângulo varrido na direção perpendicular ao horizonte é:

θ = 0,00866 × 30 ≈ 0,26°

Esse é o diâmetro angular da lua: cerca de 0,26 grau.

Resposta: C

Questão 52 · Seletiva OBA 2026 · Questão P3-13média

Em um sistema planetário distante, dois planetas X e Y orbitam uma mesma estrela em trajetórias circulares no mesmo plano. A figura abaixo, fora de escala, mostra setas desenhadas sobre cada órbita indicando o sentido do movimento orbital de cada planeta.

Imagem da questão

Sabe-se que os períodos siderais (isto é, em relação às estrelas distantes) são:

  • TX igual a 1,00 ano planetário
  • TY igual a 2,00 anos planetários

Uma observadora em X observa o planeta Y em determinada posição em relação à estrela central.

Assinale a opção que traz quanto tempo se passará até que a configuração se repita.

  1. A

    0,67 ano

  2. B

    1,31 ano

  3. C

    1,41 ano

  4. D

    1,73 ano

  5. E

    2,08 anos

Ver gabarito e solução oficial

Gabarito: A

A figura mostra que os dois planetas orbitam em sentidos opostos: X (à esquerda, seta para cima) gira no sentido horário e Y (à direita, seta para cima) no anti-horário. As velocidades angulares têm sinais opostos, e o módulo da velocidade angular relativa é a soma das duas. Então:

1/Ts = 1/TX + 1/TY

Com TX = 1,0 ano e TY = 2,0 anos:

1/Ts = 1/1 + 1/2 = 3/2 → Ts = 2/3 ≈ 0,67 ano

Em 2/3 de ano, X percorre 240° e Y percorre 120° em sentidos opostos, somando 360°, e a configuração se repete:

Imagem da questão

Resposta: A

Questão 53 · Seletiva OBA 2026 · Questão P3-14média

Sobre o telescópio abaixo, assinale a alternativa que indica o seu tipo e a distância focal do espelho primário.

Imagem da questão
  1. A

    Kepleriano, 96 cm

  2. B

    Newtoniano, 96 cm

  3. C

    Newtoniano, 104 cm

  4. D

    Cassegrain, 144 cm

  5. E

    Newtoniano, 144 cm

Ver gabarito e solução oficial

Gabarito: E

1. Tipo do telescópio. O desenho mostra o espelho primário no fundo e um espelho secundário plano, inclinado, desviando a luz para a lateral do tubo, onde fica a ocular. Essa é exatamente a configuração de um telescópio newtoniano.

2. Distância focal do espelho primário. É a distância percorrida pela luz do espelho primário até o foco. Pelo esquema:

  • do primário até o secundário, ao longo do eixo do tubo: 100 cm;
  • do centro do tubo até a borda superior: o diâmetro é 80 cm, então o raio é 40 cm;
  • o foco ainda está 4 cm acima da borda do tubo.

Distância focal: 100 cm + 40 cm + 4 cm = 144 cm.

Resposta: E

Questão 54 · Seletiva OBA 2026 · Questão P3-15difícil

No filme Interstellar, acompanhamos uma longa jornada pelo universo em busca de melhores condições de vida para os humanos da Terra. Na trama, é apresentado o planeta Miller, localizado a uma distância R do centro de um buraco negro supermassivo chamado Gargantua, de massa M. Sabe-se que a entropia de Gargantua está relacionada à sua massa. Temos a informação que a entropia de Gargantua S = 1045 J/K.

A entropia é uma grandeza física que mede o grau de desordem ou o número de microestados possíveis de um sistema. No gráfico abaixo, representado em escala logarítmica, onde marcações igualmente espaçadas representam saltos iguais no expoente de 10, observa-se a relação (linha tracejada) entre a entropia S e a massa M (em unidades da massa solar). A linha contínua vermelha do gráfico se refere ao buraco negro.

Imagem da questão

Sabe-se que o tempo se dilata devido à presença de corpos massivos (isto é, o buraco negro desconsiderando a rotação), de acordo com a seguinte fórmula:

t0 = tf √(1 − RS/R)

Onde RS é o raio de Schwarzschild do buraco negro, t0 é o tempo medido por um observador sob a influência gravitacional (no planeta Miller), e tf é o tempo medido por um observador distante do buraco negro (isto é, o tempo normal, sem dilatação).

Imagem da questão

Sabendo que os astronautas Cooper e Brandt passaram 3,5 horas no planeta Miller, enquanto no espaço vazio, longe da influência da dilatação temporal, se passaram 7,0 horas, calcule a distância R, aproximada, do planeta Miller ao centro de Gargantua.

Dados: Raio de Schwarzschild RS = 2GM/c², Constante Gravitacional G = 6,7 × 10−11 N·m²/kg², Velocidade da Luz c = 3,0 × 105 km/s, Massa do Sol M = 2,0 × 1030 kg

  1. A

    4,0 × 109 m

  2. B

    5,0 × 109 m

  3. C

    2,5 × 109 m

  4. D

    3,0 × 109 m

  5. E

    8,0 × 109 m

Ver gabarito e solução oficial

Gabarito: A

Pelo gráfico, na linha vermelha (buraco negro), S = 1045 J/K corresponde a M = 106 massas solares:

Imagem da questão

Com essa massa, o raio de Schwarzschild de Gargantua é:

RS = 2GM/c² = 2 × 6,7 × 10−11 × 106 × 2 × 1030 / (3,0 × 108)² ≈ 3,0 × 109 m

Agora isolamos R na fórmula da dilatação do tempo, elevando os dois lados ao quadrado:

(t0/tf)² = 1 − RS/R → R = RS / [1 − (t0/tf)²]

Substituindo:

R = 3,0 × 109 / [1 − (3,5/7,0)²] = 3,0 × 109 / 0,75 = 4,0 × 109 m

Resposta: A

Questão 55 · Seletiva OBA 2026 · Questão P3-16média

A figura a seguir mostra as curvas de velocidades radiais das estrelas A e B em um sistema binário espectroscópico, em função da fase orbital. As duas estrelas têm o mesmo período orbital, porém têm amplitudes de velocidade diferentes.

Imagem da questão

Sabendo que as órbitas são circulares, que o sistema é visto de lado e que a estrela A é a mais massiva, com massa MA = 4,0 MSol, qual é, aproximadamente, a massa da estrela B?

  1. A

    0,4 MSol

  2. B

    1,2 MSol

  3. C

    1,6 MSol

  4. D

    2,3 MSol

  5. E

    3,2 MSol

Ver gabarito e solução oficial

Gabarito: D

No movimento em torno do centro de massa vale:

MA × vA = MB × vB → MB = MA × (vA/vB)

A estrela mais massiva (A) é a de menor amplitude. Pelo gráfico, medindo a partir da velocidade do centro de massa (linha tracejada), as amplitudes são cerca de 55 km/s (A) e 95 km/s (B):

Imagem da questão

Então:

MB = 4,0 MSol × (55/95) ≈ 2,3 MSol

Resposta: D

Questão 56 · Seletiva OBA 2026 · Questão P3-17fácil

Muitos temem a trigonometria esférica como algo difícil, e de fato estudá-la a fundo é importante somente para as próximas etapas. Porém, em olimpíadas é comum esperar que o estudante descubra, na própria questão, como lidar com um conceito novo mesmo sem o conhecer previamente.

Imagine que você precisa saber a distância entre duas cidades na Terra, tratando a Terra como esfera. Para ser possível usar trigonometria esférica, o triângulo deve ser formado por três lados que sejam arcos de grande círculo. Grande círculo é a interseção da esfera com um plano que passa pelo centro da esfera, como o Equador e qualquer meridiano completo.

Paralelos, exceto o Equador, são círculos menores, portanto não servem como lados de um triângulo esférico. Em um triângulo esférico legítimo, cada lado é um arco de grande círculo com medida menor que cento e oitenta graus, e a menor rota entre dois pontos sobre a esfera é justamente o arco de grande círculo.

Imagem da questão

Com isso em mente, qual(is) triângulo(s) poderia(m) ser usado(s) para analisar a situação e permitir o cálculo da distância entre as cidades?

  1. A

    apenas o 1º

  2. B

    apenas o 2º

  3. C

    apenas o 3º

  4. D

    ambos, 1º e 2º

  5. E

    ambos, 2º e 3º

Ver gabarito e solução oficial

Gabarito: C

Nas imagens 1 e 2, o lado do triângulo que acompanha o sentido leste-oeste é um arco de um paralelo, e não de um círculo máximo cujo plano passa pelo centro da esfera. Portanto, nenhum dos dois é um triângulo esférico.

Só o triângulo 3 é formado por três arcos de círculo máximo: dois meridianos e o arco de grande círculo que liga as duas cidades (a própria distância procurada).

Resposta: C

Questão 57 · Seletiva OBA 2026 · Questão P3-18média

Suponha que um dia o apogeu da Lua coincida com o periélio da Terra, conforme a figura, fora de escala, a seguir.

Imagem da questão

Um observador, em um local apropriado na Terra, observa o eclipse no zênite, em seu máximo.

Sendo assim, que fração aproximada da área do disco solar é coberta pela Lua?

Considere que a distância máxima entre os centros da Terra e da Lua é de 405.000 km, enquanto a distância mínima entre os centros da Terra e do Sol é de 147.100.000 km.

Dados: RSol = 695.500 km; RTerra = 6.378 km; RLua = 1.737 km

  1. A

    80%

  2. B

    85%

  3. C

    90%

  4. D

    95%

  5. E

    100%

Ver gabarito e solução oficial

Gabarito: B

Com o eclipse no zênite, o observador está mais perto do Sol e da Lua que o centro da Terra por um raio terrestre.

Diâmetro angular do Sol no periélio:

DSol = 2 × 695.500/(147.100.000 − 6.378) ≈ 9,46 × 10−3 rad

Diâmetro angular da Lua no apogeu:

dLua = 2 × 1.737/(405.000 − 6.378) ≈ 8,72 × 10−3 rad

O disco da Lua é menor que o do Sol (eclipse anular) e fica inteiro dentro dele. A fração da área do disco solar coberta é a razão entre os quadrados dos diâmetros:

r = (dLua/DSol)² = (8,72 × 10−3 / 9,46 × 10−3)² ≈ 0,85 = 85%

Resposta: B

Questão 58 · Seletiva OBA 2026 · Questão P3-20média

Considere dois radiotelescópios separados por uma distância D = 3.000 m. Uma frente de onda plana de rádio proveniente de uma fonte muito distante chega da direção indicada na figura.

Determine o atraso aproximado da captação do sinal da antena 1 em relação à antena 2.

Imagem da questão

Desconsidere quaisquer efeitos atmosféricos.

  1. A

    3,42 μs

  2. B

    3,64 μs

  3. C

    9,40 μs

  4. D

    1.026,06 μs

  5. E

    2.819,08 μs

Ver gabarito e solução oficial

Gabarito: A

A distância zenital da fonte é 20° (a mesma nas duas antenas, já que a fonte está muito distante e a frente de onda é plana). Pela geometria da figura, a diferença de caminho entre os raios que chegam às duas antenas é:

ΔS = D × sen 20° = 3.000 m × sen 20° ≈ 1.026,06 m

O atraso entre os sinais é:

Δt = ΔS/c = 1.026,06 m / (3,00 × 108 m/s) ≈ 3,42 × 10−6 s = 3,42 μs

Resposta: A

Continue treinando para a Seletiva OBA

Treine por assunto, por dificuldade ou com questões de todas as edições.

Treinar a Seletiva OBA