Fase 1 da OBF 2026

I) Falsa. Todas as ondas eletromagnéticas se propagam com a mesma velocidade no vácuo, a saber, a velocidade da luz. ($c = 3 \times 10^8$ m/s) Note que mesmo se a questão não trouxesse a especificação "no vácuo" a afirmativa ainda estaria incorreta, já que em outros meios materiais a velocidade das ondas de maior frequência (como Ultravioleta) são menores que as das ondas de menor frequência (como Infravermelho).

II) Verdadeira. O rádio pode perceber ondas eletromagnéticas em uma faixa muito ampla, com comprimentos de onda que variam da ordem de $10^{-3}$$m$ até $10^{5}$$m$. Por outro lado, o olho humano detecta a luz visível, cujo comprimento de onda localiza-se, aproximadamente, entre $400$ $nm$ a $700$ $nm$. Portanto, um rádio pode detectar ondas com comprimento de onda da ordem de $50m$, enquanto o olho é sensível a ondas da ordem de $500nm$.$50m$

III) Verdadeira. A Lei de Stefan-Boltzmann ($P = \sigma\epsilon A T^4$) relaciona a potência com que um corpo emite energia com a temperatura do corpo, mostrando que, de fato, qualquer corpo com temperatura absoluta maior que $0 K$ irradia ondas eletromagnéticas. Além disso, bastava saber que os animais emitem radiação infravermelha (detectada por câmeras noturnas, por exemplo) enquanto o sol emite, principalmente, Infravermelho, Luz Visível e Ultravioleta.

Logo, estão verdadeiras as afirmativas II e III.

(a) Uma vez na órbita do planeta, o movimento orbital do foguete é mantido pela atração da força gravitacional da Terra que atua como força centrípeta. Propulsores são usados apenas para correções de trajetória ou mudanças de órbita, não para sustentar o movimento. Incorreta.

(b) Pelo contrário, é a presença da gravidade que possibilita o movimento orbital do foguete. A força gravitacional é o que mantém a trajetória curvilínea. Incorreta.

(c) Para uma órbita estável, o período orbital é constante. Basta observar a 3ª Lei de Kepler: o período de um planeta depende apenas do semieixo maior de sua órbita. Se a sua órbita não se altera, o seu período permanece o mesmo, ou seja, o satélite de comunicação completa cada volta sempre no mesmo intervalo de tempo. Correta.

(d) A aceleração centrípeta, direcionada para o centro da Terra, que o satélite possui é fundamental para ele se manter em órbita. Ela é dada pela expressão:

$a=\frac{v²}{r}=\frac{GM}{r²}$

Logo, ela o satélite não possui aceleração desprezível. Incorreta.

(e) Essa afirmativa é válida apenas para órbitas circulares. No caso de órbitas elípticas, a velocidade varia conforme a posição: o satélite é mais rápido no periélio (ponto mais próximo) e mais lento no afélio (ponto mais distante). Isso está de acordo com a 2ª Lei de Kepler (Lei das Áreas). Incorreta.

Sabemos que ambos os estudantes esquentaram suas sopas com a mesma potência $E$ do micro-ondas durante o mesmo intervalo de tempo $\Delta t$. Assim, de acordo com a equação da potência:

$E = P\cdot \Delta t$

Podemos afirmar que ambas as porções absorveram a mesma quantidade de energia. Agora, lembre que a energia cinética de agitação térmica é diretamente proporcional à sua temperatura absoluta. Por isso, como:

$T\tiny A \normalsize = 60°C \newline T\tiny B \normalsize = 33°C \newline T\tiny A \normalsize > T\tiny B$

As partículas da sopa $A$ possuem maior energia cinética média de agitação térmica.

Observação interessante: O fato de $m\tiny A$ ser o dobro de $m\tiny B$ explica o motivo da sopa $A$ aumentar mais a sua temperatura. Perceba que:

$Q=mc\Delta T$

Para uma mesma quantidade de calor $Q$ absorvido, o corpo que tiver menor massa irá variar mais a sua temperatura. De fato:

$\Delta T \tiny A \normalsize = 60°C - 6°C = 54°C \newline \Delta T \tiny B \normalsize = 33°C - 6° C = 27°C$

A variação de temperatura da sopa $A$ foi o dobro da variação de temperatura da sopa $B$, coerente com o fato de que $m\tiny A \normalsize = m\tiny B \normalsize /2$.

Fazendo a decomposição de vetores sobre o caixote, nota-se que, para um plano inclinado de ângulo $\theta$ em relação a horizontal:

$Pcos\theta=N$

$Psen\theta=T$

Assim, elevando-se ambas as equações ao quadrado e somando-as:

$P²(cos²\theta +sen²\theta)=N²+T²$

Como $cos²\theta+sen²\theta=1$, então $P²=N²+T²$, resultando na alternativa E.

Denominemos $E\tiny 0$ a energia cinética inicial do veículo e $E\tiny f$ sua energia cinética final.

Pelo enunciado, sabemos que houve um fator de aumento $p$ sobre sua velocidade tal que $E\tiny 0 \normalsize = E\tiny f \normalsize \times (1+p)$

Como sabemos que a energia cinética é dada por $E\tiny k \normalsize =\frac{1}{2} mv²$, então, substituindo

$\frac{1}{2}mv_{0}²=\frac{1}{2}mv_{f}² \times (1+p)$

Dividindo-se ambos os lados por $\frac{1}{2}m$:

$v_{0}²=v_{f}² \times (1+p)$

Como tanto $v_{0}$ quanto $v_{f}$ são dados em km/h e aparecem em ambos os lados de uma igualdade, não é necessário converter para o SI.

$(100)²=(80)² \times (1+p) \newline (1+p)=(\frac{100}{80})²=(\frac{5}{4})²=\frac{25}{16} \cong 1,56$

Logo $p=56$.

Como o gelo seco passa por sublimação facilmente, as condições que permitem o seu armazenamento devem, obrigatoriamente, mantê-lo sob o estado sólido.

Analisando todas as alternativas e tendo em vista o conhecimento sobre o diagrama de fases, percebe-se que a única das regiões representadas que está totalmente contida da região sólida do diagrama é a da letra A, que fica representada pela reta vermelha do gráfico abaixo:

a) Falso. A energia cinética é sempre maior ou igual a zero. Como no caso retratado os patinadores adquirem velocidade não nula, sua energia cinética total também será não nula, independentemente do sentido dos vetores de velocidade.

b) Falso. Para uma situação com 3 ou mais patinadores, é possível ter uma configuração em que os patinadores terminam com velocidades diferentes desde que os seus vetores de velocidade resultem em uma soma nula.

c) Falso. Em colisões e explosões vale o Princípio da Conservação da Quantidade de Movimento. Assim, o que deve ter soma nula após a "explosão" de patinadores é a quantidade de movimento, não necessariamente as velocidades.

d) Falso. Eles se lançam com velocidades de sentidos opostos, mas estas não serão iguais a menos que as massas dos patinadores sejam iguais.

e) Verdadeira. Caso só exista um patinador, ele não consegue alterar a sua quantidade de movimento. Caso existam dois patinadores, estes serão lançados com velocidades opostas e não nulas, sempre. A partir de N = 3 patinadores, existe a possibilidade de que um dos patinadores permaneça em repouso.

I. A coluna fica sustentada pela pressão atmosférica exercida sobre a superfície do mercúrio na cuba. O vácuo não exerce força nem "atrai" a coluna de mercúrio. Incorreta.

II. De acordo com o experimento, a pressão atmosférica de 1 atm consegue sustentar uma coluna de 76 cm de mercúrio. Por isso, se o tubo possuir apenas 50 cm de altura, a coluna de mercúrio irá ocupar todo o tubo, não sobrando espaço para formar o vácuo de Torricelli. Correta.

III. A altura da coluna de mercúrio, à pressão de 1 atm, pode ser obtida pela seguinte expressão:

$P\tiny atm \normalsize =\rho g h$

Perceba que a àrea de seção transversal não aparece na expressão. Assim, a altura permaneceria inalterada mesmo ao dobrar a àrea do tubo. Incorreta.

Logo, está correta apenas a afirmativa II.

Desconsiderando o atrito com o ar, a bola não fica sujeita a qualquer força horizontal do momento imediatamente após o chute até retornar o solo. Assim, a componente horizontal da velocidade da bola é constante e igual a $v_x = v cos40$°. Já a componente vertical, inicia o trajeto como $v_y = vsen40$°, reduz-se linearmente com o tempo até o ponto de altura máxima em $t_e$ quando $v_y = 0$ e volta a crescer até a sua intensidade original, porém agora orientada para baixo, até o retorno ao solo.

Assim, percebe-se que a velocidade da bolo nunca é nula, e é mínima na metade do tempo, como é representado somente pelo gráfico (a).

Resolução alternativa: além disso, é útil pensar que como nenhuma força horizontal atua sobre a bola, se sua velocidade fosse nula em algum momento, ela permaneceria nula na direção horizontal para o resto do percurso, fazendo uma trajetória que sobe até a altura máxima em parábola, e depois retorna até o solo em linha reta, o que é impossível.

A fonte de energia termonuclear não é renovável, pois as usinas nucleares utilizam principalmente o urânio enriquecido como material base para gerar energia. Além disso, o setor também utiliza outros minerais radiativos, como o plutônio e o tório. Esses elementos são recursos geológicos limitados, formados bilhôes de anos atrás, que não se regeneram na Terra.

Denominando $M_{caixote} = M$, então pela relação dada no enunciado $M_{menino} = 2M$.

Assim, quando o menino puxa a corda, ele se submete a uma força $T$, horizontal para a direita, enquanto o caixote é submetido à mesma força $T$, porém horizontal para a esquerda.

Como não agem sobre o sistema quaisquer forças externas, vale a Conservação da Quantidade de Movimento. Logo

${\vec{Q}}_{caixote} + {\vec{Q}}_{menino} = 0$

$M {\vec{v}}_{caixote} + 2M {\vec{v}}_{menino} = 0$

${\vec{v}}_{menino} = - \frac{1}{2} {\vec{v}}_{caixote}$

Dessa equação, retiram-se as seguintes conclusões:

I) Não é possível que um dos dois corpos se movimente sem que o outro saia do estado de repouso. Eliminando as alternativas (a) e (b)

II) O menino e o caixote se encontram em uma posição mais próxima da posição inicial do menino, visto que este tem velocidade menor. Eliminando a alternativa (d)

Quanto à alternativa (c), não é possível que os corpos tenham velocidade constante visto que tanto o menino quanto o caixote estão sob efeito exclusivo da força de tração.

Logo, alternativa (e)

I) Verdadeiro. O ar quente na parte inferior da edificação tente a subir por convecção térmica, gerando o movimento dos exaustores.

II) Verdadeiro. Pela Equação de Bernoulli ($p_0 + dgh + d \frac{v^2}{2} = cte.$) o aumento da velocidade de um fluido ($v$) gera a redução da pressão estática $(p_0)$ na região superior à edificação, fazendo com que o ar flua para fora da edificação.

III) Verdadeiro. A saída contínua de ar pelo exaustor geraria uma queda de pressão se não fosse pela abertura na parte inferior.

Como as ondas estão em fase (cristas e vales emitidos simultaneamente) vai se formar um aspecto no qual os vales de uma onda coincidem com a crista da outra onda nas linhas verticais 1, 3, 5 e 7. Logo, esses serão os pontos de interferência destrutiva, o que é representado na alternativa E.

Densidade:

Dado um corpo maior composto por dois corpos menores A e B como representado na imagem abaixo:

Sendo $m_A$ e $V_A$ as massas e volume da parte A e sendo $m_B$ e $V_B$ as mesmas unidades para o corpo B, tem-se que as densidades dos corpos A e B são $d_A = \frac{m_A}{V_A}$ e $d_B = \frac{m_B}{V_B}$. Já a massa do corpo composto pelos dois menores será $d_C = \frac{m_A + m_B}{V_A + V_B}$. Ou seja, a densidade não é aditiva já que $d_C$ =/= $d_A + d_B$.

Temperatura:

Dados os mesmos dois corpos com temperaturas $\theta_A$ e $\theta_B$ e capacidades caloríficas $C_A$ e $C_B$. Ambos trocarão energia de um modo que:

$Q_A + Q_B = 0$

$C_A (\theta_f - \theta_A) + C_B (\theta_f - \theta_B) = 0$

$C_A \theta_f - C_A \theta_A + C_B \theta_f - C_B \theta_B = 0$

$\theta_f (C_A + C_B) = C_A \theta_A + C_B \theta_B$

$\theta_f = \frac{C_A \theta_A + C_B \theta_B}{C_A + C_B}$

Logo, a temperatura é uma média ponderada das temperaturas pelas capacidades caloríficas, não uma unidade aditiva.

Energia:

A energia é aditiva. Dados dois sistemas de energias $E_A$ e $E_B$, a energia total será $E_A + E_B$.

Entropia:

A entropia é aditiva. Dados dois sistemas de entropias $S_A$ e $S_B$, a entropia total será $S_A + S_B$.

a) Tanto caloria quanto joule são unidades de medida de energia.

b) A medida ano-luz indica a distância percorrida à velocidade da luz em um período de um ano, já o segundo é uma unidade de tempo.

c) Tanto watt quanto cavalo a vapor são unidades de potência.

d) Tanto newton quanto quilograma-força são unidades de força.

e) Tanto elétron-volt quanto quilowatt-hora são unidades de energia.

É preciso pensar que se $y_r$, a distância vertical entre os dois blocos, é sempre constante, então para todos os pontos do movimento do bloco 1, ficam definidos os pontos por onde o bloco 2 passa por aquele mesmo instante. Por exemplo:

Quando o bloco 1 passa pela sua altura máxima, o bloco 2 deve estar a uma distância $y_r$ abaixo.

Quando o bloco 2 passa pela sua posição de equilíbrio, o bloco 2 deve estar a uma distância $y_r$ abaixo.

E assim por diante.

Logo, enquanto a trajetória do bloco 1 contêm os pontos de $y = 0$ até $y = 2 A_1$, a trajetória do bloco 2 vai de $y = y_r$ até $y = 2A_1 + y_r$, donde se tira que $2A_1 + y_r = 2A_2 + y_r$, ou seja, $A_1 = A_2$.

Quanto à frequência, é preciso que os dois blocos realizem movimentos estritamente coordenados, já que caso um tive frequência maior que o outro a distância entre eles mudaria. Logo, $f_1 = f_2$.

Já quanto a fase, ao definir a posição inicial do bloco 1, a posição do bloco 2 será aquela exatamente a uma distância $y_r$ para baixo, ponto que ocupa a mesma posição em relação à trajetória do bloco 2. Portanto, $\phi_1 =\phi_2$.

A superfície livre de qualquer líquido em equilíbrio hidrostático se alinha sempre de forma perpendicular à gravidade efetiva.

Sendo que a gravidade efetiva para um líquido em aceleração é $\vec{g}_{ef} = \vec{g} - \vec{a}$.

Nesse caso, $- \vec{a}$ tem sentido diagonal para cima no plano inclinado, enquanto $\vec{g}$ tem sentido vertical para baixo. Logo, a soma vetorial terá sentido diagonal e para baixo, que deve ser perpendicular à superfície do líquido, o que só é representado pela alternativa (b).

Sendo a corda ideal, a tração tem o mesmo valor em todos os pontos da corda.

A princípio, perceba que a carga de peso $P$ está preso à uma polia móvel. Como a carga sobe com velocidade constante:

$a=0 \to F\tiny R \normalsize=0$

Na polia móvel, atuam duas trações para cima, cada uma de intensidade $T$:

$2T=P$

Logo:

$T=\frac{P}{2}$

Agora, calculemos as forças que atuam sobre cada haste.

Haste A: Sob a polia fixa atuam duas trações, uma em cada lado, direcionadas para baixo Por isso, a força $F\tiny A$ que atua na haste A é dada por:

$F\tiny A \normalsize = T + T = \frac{P}{2} + \frac{P}{2} = P$

Haste B: Na haste B, temos apenas a extremidade da corda presa a ela. Assim, ela é puxada para baixo com força:

$F \tiny B \normalsize = T = \frac{P}{2}$

Portanto, a resultante das forças que as hastes metálicas $A$ e $B$ aplicam no teto é:

$R = F\tiny A \normalsize + F\tiny B \normalsize = P + \frac{P}{2} = \frac{3P}{2}$

O deslocamento $\Delta x$ corresponde ao valor algébrico determinado pela àrea sob o gráfico:

De 0 a 5 segundos:

$\Delta x \tiny 0 \to 5 \normalsize = 16,0 \cdot 5 = 80,0$

De 5 a 15 segundos:

Perceba que nesse intervalo as duas àreas positiva e negativa se cancelam, logo $\Delta x \tiny 5 \to 15 \normalsize = 0$

De 15 a 20 segundos:

$\Delta x \tiny 15 \to 20 \normalsize = \frac{5 \cdot (-16,0)}{2} = -40,0 cm$ (abaixo do eixo)

Sendo assim, o deslocamento é $\Delta x = 80,0 - 40,0 = 40,0 cm$.

Agora, para descobrir a distância total $d$ percorrida pelo disco nesse intervalo de tempo, basta somar os módulos das àreas:

De 0 a 5 segundos:

$|d \tiny 0 \to 5 \normalsize| = 16,0 \cdot 5 = 80,0 cm$

De 5 a 10 segundos:

$|d \tiny 5 \to 10 \normalsize| = \frac{16,0 \cdot 5}{2} = 40,0 cm$

De 10 a 15 segundos:

$|d \tiny 10 \to 15 \normalsize| = \frac{16,0 \cdot 5}{2} = 40,0 cm$

De 15 a 20 segundos:

$|d \tiny 15 \to 20 \normalsize| = \frac{16,0 \cdot 5}{2} = 40,0 cm$

Dessa maneira, a distância total percorrida é $d = 80,0 +40,0+40,0+40,0 = 200,0 cm$.

Portanto, a razão $\Delta x/d$ é dada por:

$\Delta x/d = 40,0/200,0 = 1/5$

(a) Se o elevador está sob velocidade constante, então a força normal que a balança faz sobre o corpo é igual ao seu peso, resultando na mesma leitura da situação normal. Correta.

(b) Na lua, a gravidade é menor do que a terrestre (aproximadamente $1,62$ m/s²). Logo, a força normal que a balança faz sobre o corpo é menor do que o seu peso na Terra, resultando em uma leitura menor. Correta.

(c) Sem o ar, não existe o empuxo que empurra os objetos para cima, aumentando o peso sentido pela balança e a leitura. Incorreta.

(d) Em um elevador descendo e desacelerando, a resultante das forças sobre o corpo deve ser para cima, logo, a força que a balança exerce sobre o corpo deve ser maior que o seu peso, causando uma leitura maior. Incorreta.

(e) Em órbita, tudo está sob a ação da força gravitacional que age como resultante centrípeta. A situação é análoga a um elevador em queda livre e mostra $P_A = 0$. Correta.