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. 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.

III) Verdadeira. A Equação de Planck ($E = h\nu$) relaciona a energia de um fóton com a frequência da radiação, mostrando a relação entre os conceitos.

Logo, estão verdadeiras as afirmativas II e III.

Denominemos $E_0$ a energia cinética inicial do veículo e $E_f$ sua energia cinética final.

Pelo enunciado, sabemos que houve um fator de aumento $p$ sobre a velocidade tal que $E_0 = E_f \times (1 + p)$.

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

$\frac{1}{2}m v_0^2 = \frac{1}{2} m v_f^2 \times (1 + p)$

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.

$(100)^2 = (80)^2 \times (1 + p)$

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

Logo $p = 56$%

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.

Como o gelo seco passa por sublimação facilmente, as condições que permitem o seu armazenamento devem, obrigatoriamente, mantê-lo sob 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 na região sólida do diagrama é a da letra A, que fica representada pela reta vermelha do gráfico abaixo:

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

$P cos\theta = N$

$P sen\theta = T$

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

$P^2(cos^2\theta + sen^2\theta) = N^2 + T^2$

Como $cos^2\theta + sen^2\theta = 1$, então $P^2 = N^2 + T^2$, resultando na alternativa E.

Pela que o fio e a espira se atraiam magneticamente, é necessário que haja corrente na espira. Como a espira não inicia a situação com corrente e não está ligada a uma fonte de tensão, só surgirá corrente nela se isso acontecer por Indução Eletromagnética.

Pela Lei da Indução de Faraday, para que haja indução, é necessário que exista uma variação no fluxo do vetor campo magnético, ou seja, $\phi = BAcos\theta$ deve variar.

Como a área A da espira é fixa, e ela não se desloca angularmente em nenhuma das alternativas, resta analisar a variação do vetor campo magnético:

O fio gera um campo magnético nos seus entornos de módulo $B_{fio} = \frac{\mu i}{2\pi d}$ em que d é a distância do fio ao ponto analisado.

Assim, como em (a), em (b) e em (c) a espira permanece à mesma distância relativa do fio, não há variação do campo magnético, não havendo corrente induzida e, portanto, não havendo atração.

Entre (d) e (e), nota-se que em (e) a espira afasta-se do fio, reduzindo o fluxo magnético sobre a espira. Por isso, a corrente induzida sobre a espira buscará reduzir o efeito dessa redução, gerando corrente no sentido anti-horário que tem o campo magnético saindo do papel ($\odot$) .

Assim, em (e), tanto o fio quanto a parte da espira mais próxima do fio têm correntes no mesmo sentido, resultando na atração dos dois objetos.

Sabendo dos conhecimentos a respeito da Ponte de Wheatstone, a relação $R_1 R_4 = R_2 R_3$ é imediata.

Caso o aluno não soubesse desse mecanismo, a demonstração também seria possível partindo da noção de que para não haver fluxo de corrente pelo amperímetro, a diferença de potencial entre os seus terminais deveria ser $U_{amp} = 0 V$.

Assim, nota-se que os resistores 1 e 2 estão submetidos a mesma diferença de potencial, já que saem do mesmo ponto e chegam aos terminais do amperímetro (que tem o mesmo potencial). Assim, chamando-se $i_1$ a corrente que passa pela parte superior do circuito e $i_2$a que passa pela parte inferior:

I) $R_1 i_1 = R_2 i_2$

Depois, percebe-se que os resistores 3 e 4 também estão submetidos a mesma ddp, ligando os terminais do amperímetro a um mesmo ponto a direita, logo:

II) $R_3 i_1 = R_4 i_2$

Dividindo-se (II) por (I), chega-se a $\frac{R_3}{R_1} = \frac{R_4}{R_2}$, ou ainda, $R_1 R_4 = R_2 R_3$.

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) 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.

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.

No espaço entre as duas cargas pontuais, os vetores campo elétrico gerados por ambas as cargas ($E_1$ e $E_2$) são orientados para a esquerda, impossibilitando um campo elétrico nulo.

Por todo o espaço à direita da carga 2, os pontos se encontram mais próximos do corpo de maior carga, e mais distantes do corpo de menor carga. Como $E \propto \frac{q}{d^2}$, o campo orientado para a direita gerado pela carga 2 é sempre maior que o campo orientado para a esquerda gerado pela carga 1, o que também impossibilita o campo nulo.

Já na região à esquerda da carga 1, nota-se, intuitivamente, que é possível haver um ponto de Campo Elétrico nulo, já que próximo da carga 1 deve prevalecer o efeito da proximidade, gerando um campo orientado para a direita, enquanto a uma distância muito grande de ambas as cargas deve prevalecer a carga de módulo maior do corpo 2. Assim, em algum ponto entre essas duas posições, existe uma situação de $\vec{E} = \vec{0}$.

Já para o Potencial Elétrico, tem-se que para um ponto na abscissa $x_v$ que tem $V(x_v) = 0$, deve valer

$+\frac{2kq}{| x - a |} - \frac{kq}{| x + a|} = 0$

$\frac{2kq}{| x - a |} = \frac{kq}{| x + a |}$

$\frac{2 \cancel{kq}}{| x - a|} = \frac{\cancel{kq}}{| x + a |}$

$2| x + a | = | x - a |$

Assim, dividindo-se em regiões:

I) Em x > a:

$| x + a| \ge 0 \Leftrightarrow | x + a | = x + a$

$| x - a| \ge 0 \Leftrightarrow | x - a | = x - a$

Logo, desenvolvendo

$2x + 2a = x - a$

$x = -3a$

O que contraria a hipótese x > a

II) Em -a < x < a

$| x + a| \ge 0 \Leftrightarrow | x + a | = x + a$

$| x - a| \le 0 \Leftrightarrow | x - a | = a - x$

Logo, desenvolvendo

$2x + 2a = a - x$

$3x = -a$

$x = -\frac{a}{3}$

III) em x < -a

$| x + a| \le 0 \Leftrightarrow | x + a | = -x - a$

$| x - a| \le 0 \Leftrightarrow | x - a | = a - x$

Logo, desenvolvendo

$-2x - 2a = a - x$

$x = -3a$

Logo exitem $x_{v1} = -3a$ e $x_{v2} = -\frac{a}{3}$ .

Como se sabe que $x_e < -a$ e o resultado de $x = -3a$ não tem campo elétrico nulo, chega-se à expressão

$x_e \cancel= x_v$ e $x_e < -a$

Portanto, afirmativa E.

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.

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)

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 $S_A + S_B$.

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.

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.

Assim, sobre o bloco agem duas forças de tração T para cima e a sua força peso para baixo. Ou seja,

$2T = P$

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

Já no teto, agem duas forças T para baixo no apoio A e uma força T, também para baixo, no apoio B. Logo,

$R = 3T$

$R = \frac{3P}{2}$

Portanto, alternativa B.

Dado um corpo de massa $m$ (o satélite) em órbita ao redor de um corpo maior de massa $M$, tem-se que a força gravitacional atrativa atuará como força centrípeta, como mostrado na figura a seguir:

Assim, tem-se que:

$F_G = F_{cp}$

$\frac{G\cdot M\cdot m}{R^2} = m\frac{v^2}{R}$

$\frac{G \cdot M}{R} = v^2$

$v = \sqrt{\frac{G \cdot M}{R}}$

Logo, indo às alternativas:

a) Falso. Como foi demonstrado, o principal agente da órbita do satélite é a força gravitacional, com o sistema de propulsão servindo apenas para ajustes na velocidade e na trajetória.

b) Falso. A gravidade não está ausente e é, na verdade, essencial para o movimento do satélite.

c) Verdadeiro. Para um dado raio de órbita, ficam definidos a velocidade e o período.

d) Falso. O movimento circular do satélite só é possível porque existe uma aceleração centrípeta não desprezível.

e) Falso. Como visto, a velocidade depende do raio, não sendo a mesma para qualquer órbita.

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) 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.