Na situação inicial, da pancada e subida no tempo $t_s$, consideremos $D$ a distância percorrida. Observando as forças atuantes na subida, temos: $mg\sin \theta$ $+$ $\mu mg\cos \theta$ $=$ $m\cdot (-a_1)$ $\implies$ $a_1$ $=$ $-g(\sin \theta + \mu \cos \theta)$ Na situação inicial, o bloco sobe e para num instante para descer, então a sua $V_f$ é nula. Assim, segundo a equação de Torricelli e a equação horária da velocidade, temos: $V^{2}_{0}=-2\cdot a_1 \cdot D$ $\implies$ $V_{0}=\sqrt {2\cdot g(\sin \theta + \mu \cos \theta) \cdot D}$ $=$ $g(\sin \theta + \mu \cos \theta)\cdot t_s$ Temos: $\sqrt {2\cdot D}$ $=$ $\sqrt {g(\sin \theta + \mu \cos \theta)}\cdot t_s$ $(i)$ Na situação final, o bloco descerá percorrendo também uma distância D. Analisando as forças atuantes: $|mg\sin \theta-\mu mg\cos \theta|=m\cdot a_2$ $\implies$ $a_2$ $=$ $g|\sin \theta - \mu \cos \theta|$ A velocidade inicial na descida é nula. Seja $t_d$ o tempo de descida, então temos, segundo a equação de Torricelli e a equação horária da velocidade: $V^{2}_{f}=2\cdot a_2 \cdot D$ $\implies$ $V_{f}=\sqrt {2\cdot g|\sin \theta - \mu \cos \theta|\cdot D}$ $=$ $g|\sin \theta - \mu \cos \theta|\cdot t_d$ Temos: $\sqrt {2\cdot D}$ $=$ $\sqrt {g|\sin \theta - \mu \cos \theta|}\cdot t_d$ $(ii)$ Das equações $(i)$ e $(ii)$, e sabendo que $t=t_s+t_d$, então: $\frac{t}{t_s} = \frac{t_s+t_d}{t_s}$ $\implies$ $\frac{t}{t_s} = 1 + \frac{t_d}{t_s}$. $\sqrt {2\cdot D}$ $=$ $\sqrt {g(\sin \theta + \mu \cos \theta)}\cdot t_s$ $=$ $\sqrt {g|\sin \theta - \mu \cos \theta|}\cdot t_d$ $\frac{t_d}{t_s} = \sqrt {\frac{g(\sin \theta + \mu \cos \theta)}{g|\sin \theta - \mu \cos \theta|}}$ $=$ $\sqrt {\frac{\sin \theta + \mu \cos \theta}{|\sin \theta - \mu \cos \theta|}}$ $\cdot \frac{\sqrt {\sec \theta}}{\sqrt {\sec \theta}}$ $=$ $\sqrt {\frac{\tan \theta + \mu }{|\tan \theta - \mu|}}$ Por fim, obtemos que: $\frac{t}{t_s}=1+\sqrt {\frac{\tan \theta + \mu }{|\tan \theta - \mu|}}$ Letra $\mathbb {B}$

Seja $v_{p}$ a velocidade adquirida pelo carrinho logo após ter recebido a pancada , $g$ a gravidade atuante , $S$ a distância da posição inicial do carrinho até o ponto em que a velocidade do carrinho é igual a $0$ durante a subida , $t_{d}$ o tempo de descida do carrinho , $a_{s}$ a aceleração do carrinho durante a subida , $a_{d}$ a aceleração do carrinho durante a descida, $m$ a massa do carrinho e $f_{at}$ a força de atrito entre o carrinho e a rampa. Analisando o bloco durante a subida poderemos concluir as seguintes igualdades $m \cdot a_{s} = -(f_{at} + mg\sin\theta) = -(\mu mg\cos\theta + mg\sin\theta)$ $m \cdot a_{s} = -mg(\sin\theta + \mu\cos\theta) \implies \boxed{a_{s} = -g(\sin\theta + \mu\cos\theta)}$ $(v_{p})^2 + 2a_{s} \cdot S \implies v_{p} = \sqrt{-2a_{s} \cdot S}$ $v_{p} + a _{s}t_{s} = 0 \implies t_{s} = \dfrac{v_{p}}{-a_{s}} = \dfrac{\sqrt{-2a_{s} \cdot S}}{-a_{s}} = \dfrac{\sqrt{2S} \cdot \sqrt{-a_{s}} }{-a_{s}}$ $ = \dfrac{\sqrt{2S}}{\sqrt{-a_{s}}} = \boxed{t_{s} = \dfrac{\sqrt{2S}}{\sqrt{g(\sin\theta + \mu\cos\theta)}}}$ Analisando o carrinho durante a descida teremos que $m \cdot a_{d} =|mg \sin\theta- f_{at}| =m \cdot a_{d} = |mg \sin\theta-\mu mg \cos\theta | $ $\implies \boxed{a_{d} = g|\sin\theta - \mu\cos\theta|}$ $S = \dfrac{a_{d} \cdot (t_{d})^2}{2} \implies t_{d} = \sqrt{\dfrac{2S}{a_{d}}} = \boxed{t_{d} = \dfrac{\sqrt{2S} }{\sqrt{g|\sin\theta - \mu\cos\theta |}}}$ $\therefore$ $\dfrac{t}{t_{s}} = \dfrac{t_{s} + t_{d}}{t_{s}} = 1 +\dfrac{t_{d}}{t_{s}} = 1+ \dfrac{ \dfrac{\sqrt{2S} }{\sqrt{g|\sin\theta - \mu\cos\theta |}}}{\dfrac{\sqrt{2S}}{\sqrt{g(\sin\theta + \mu\cos\theta)}}} $ $ = 1 + \sqrt{\dfrac{\sin\theta + \mu\cos\theta}{|\sin\theta -\mu\cos\theta|}}$ $= 1 + \sqrt{\dfrac{\cos\theta(\tan\theta + \mu)}{\cos\theta|\tan\theta -\mu|}}$ $= \boxed{\dfrac{t}{t_{s}} = 1 + \sqrt{\dfrac{\tan\theta + \mu}{|\tan\theta -\mu|}}}$ $\textbf{Resposta : Alternativa B}$