Iniciante (Solução por João Guilherme Araújo)
a) Para que o barco consiga atravessar o rio em tempo mínimo basta por sua velocidade perpendicular à correnteza. Assim temos que:
$$! t = \frac{s}{v} \Rightarrow t = 0,25 \ h = 15 \ min$$
Como ele tem sua velocidade perpendicular à da correnteza e a distância entre as margens também é perpendicular à correnteza, sua velocidade não afeta o tempo mínimo.
b) Sabemos que na direção $$y$$ ele terá se movido $$10 \ km$$, e quanto será a variação da coordenada $$x$$?
$$! x = vt = 7,5 \ km$$
Assim usando Pitágoras vemos que o espaço total percorrido em relação as margens foi de $$12,5 \ km$$.
Intermediário (Solução por Victor Sales)
Supondo que a diferença entre as distâncias do Sol à Terra e do Sol à Lua seja desprezível, temos que chegam a mesma quantidade de fótons na superfície da Lua e da Terra. Se $$n$$ for o número de fótons que chegam na superfície da Terra e da Lua, então a Lua reflete $$\frac{n}{10}$$ fótons, que são distribuídos em uma semi-esfera com raio $$D_{TL}$$. Como o raio da Lua é $$R_L$$, pode-se calcular a luminosidade relativa da Lua em relação à do Sol por
$$!\frac{L_{Lua}}{L_{Sol}} = \frac12 \frac{1}{10} {\frac{R_L}{D_{TL}}}^2 = \frac{1}{800.000}$$
Ou seja, a iluminação devia a Lua é $$800.000$$ vezes menor que a devida ao Sol.
OBS: O fator $$\frac12$$ na fórmula acima é devido ao fato da luz chegar na Lua num círculo de área $$\pi {R_L}^2$$, e estar distribuída numa semi-esfera de área $$2 \pi {R_L}^2$$.
Avançado (Solução por Victor Sales)
Quando o campo externo é desligado, há uma mudança no fluxo de campo magnéico através das espiras da bobina $$1$$. Devido a esse fato, há uma força eletromotriz induzida na primeira bobina, que depende do tempo. Com isso, a corrente induzida também vai variar.
Suponhamos que, durante um pequeno tempo $$\Delta t$$, o fluxo magnético do campo externo tenha mudado por um valor $$\Delta \Phi_{i}$$ e que a corrente tenha mudado por um valor $$\Delta I_{i}$$ na espira $$i$$.
Com isso, há o aparecimento de uma força eletromotriz na $$i$$-ésima espira de ambas as bobinas, cujo valores são $$-L_1 \frac{\Delta I_{i}}{\Delta t}$$ e $$-L_2 \frac{\Delta I_{i}}{\Delta t}$$, respectivamente.
Aplicando a Lei de Kirchhoff para o circuito, temos:
$$!-\frac{\Delta \Phi}{\Delta t} + (-L_1 \frac{\Delta I}{\Delta t}) + (-L_2 \frac{\Delta I}{\Delta t}) = 0$$
onde $$\Delta I = \sum{\Delta I_{i}}$$ e $$\Delta \Phi = \sum{\Delta {\Phi}_{i}}$$.
Além disso, temos que $$\Delta \Phi = 0 – {\Phi}_{inicial} = -BSn$$. Logo:
$$!\Delta I = \frac{BSn}{L_1 + L_2}$$
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