Iniciante:
Situação Física: Temos o mesmo que ocorre em qualquer lançamento oblíquo. Há várias formas de tratar este problema, contudo adotarei a que julgo ser de mais fácil entendimento, a por analítica, a qual consiste em determinar as coordenadas $$(X,Y)$$ do ponto no qual o projétil se choca com a rampa, obter o tempo, obter a distância em uma das coordenadas e projetar sobre o plano para obter $$d$$.
Sabemos que:
$$X=v\cos{(\theta)}t$$ e $$Y=v\sin{(\theta)}t-\frac{gt^2}{2}$$
Para um ponto qualquer na rampa:
$$\frac{Y}{X}=-\tan{(\theta)}$$
Logo, substituindo com as equações de $$X$$ e $$Y$$:
$$v\sin{(\theta)}t-\frac{gt^2}{2}=-v\sin{(\theta)}t\rightarrow t=4v\frac{\sin{(\theta)}}{g}$$
Tendo o tempo, é simples obter a distância em uma das coordenadas:
$$X=v\cos{(\theta)}t\rightarrow X=4v^2\cos{(\theta)}\frac{\sin{(\theta)}}{g}$$
E sabemos que $$d$$ é a projeção de umas das coordenadas sobre a rampa, logo:
$$d=\frac{X}{\cos{(\theta)}}\rightarrow d=4v^2\frac{\sin{(\theta)}}{g}$$
Intermediário:
Situação Física: este problema é surpreendentemente simples para quem esta familiarizado com $$V=\dot{X}=\frac{dX}{dt}$$, ou seja, que a velocidade é a primeira derivada da distância no tempo, e que a aceleração se da como $$a=\dot{V}=\frac{dV}{dt}$$. O problema inteiro consiste em diferenciais e integrais simples, não saindo do foco de estudo para OBF.
Parte A) Temos:
$$a=\frac{F}{m}=\frac{-b}{m}v$$
Equivalente a:
$$\frac{dV}{dt}=\frac{-b}{m}\frac{dX}{dt}$$
E assim:
$$\int_{V_{0}}^{V}{dV}=\frac{-b}{m}\int_{0}^{X}{dx}$$
Sabemos que $$int{dK}=K$$ e assim chegamos a:
$$V=V_{0}-\frac{b}{m}X\rightarrow X=\frac{m(V_{0}-V)}{b}$$
Treine mais e verifique a dimensão! Caso tenha dúvidas sobre, em breve teremos material explicativo!
Parte B) Temos:
$$a=\frac{-b}{m}v^2\rightarrow \frac{dV}{dt}=\frac{-b}{m}v\frac{dX}{dt}$$
(Desmembre $$v^2$$ em $$vv$$)
Chegam0s a:
$$\int_{V_{0}}^{V}{\frac{dv}{v}}=-X\frac{b}{m}\rightarrow \ln{(V)}-\ln{(V_{0})}=-X\frac{b}{m}$$
Caso você não soubesse, lhe foi fornecido que $$\int{dK}{K}=lnK$$. Por fim chegamos a:
$$V=V_{0}e^{-X\frac{b}{m}}\rightarrow X=\frac{m}{b}\ln{(\frac{V_{0}}{V})}$$
Vemos que a equação descreve uma distância infinita!
Treine mais e verifique a dimensão! Caso tenha dúvidas sobre, em breve teremos material explicativo!
Avançado:
Situação Física: Um modo mais simples de analisar e resolver tal problema é olhando para a ponta da lente, a qual tem espessura ínfima e sabemos facilmente o ângulo que o raio de luz incidente faz com a parede plana da lente, e lá marcamos os ângulos até obtermos $$\alpha$$. Para isso, antes precisamos de saber o valor do índice de refração desta lente. Um modo de obtê-lo é colocando que como os raios de luz saem em fase, eles percorrem o mesmo caminho óptico.
Para o índice de refração $$N$$, igualamos os caminhos ópticos:
$$RN_{ar}+NR=\sqrt{2}R+RN_{ar}\rightarrow N=\sqrt{2}$$
Na ponta da lente aplicamos a Lei de Snell:
$$N_{ar}\sin{(45^o)}=N\sin{(\theta)}$$
Sabendo que $$N_{ar}=1$$, temos que $$\theta=30^0$$.
Analisando (detalhada no fim) os ângulos sabendo que os raios saem paralelos, e aplicando a Lei de Snell:
$$\sqrt{2}\sin{(\alpha-30^o)}=\sin{(\alpha)}\rightarrow \sqrt{2}(\sin{(\alpha)}\cos{(30^o)}-\sin{(30^o)}\cos{(\alpha)})=\sin{(\alpha)}$$
Dividindo tudo por $$\cos{(\alpha)}$$ chegamos a:
$$\tan{(\alpha)}=\frac{\sqrt{2}}{\sqrt{6}-2}$$
Caso esteja com dificuldades para obter os ângulos citados, observe abaixo:
Figura 01: Zoom no vértice da lente e raio de luz
A figura acima mostra os ângulos que tratamos. Olhando para um ponto muito próximo ao vértice podemos tratar a superfície côncava como uma reta de inclinação igual a do vértice ($$\alpha$$). Traçamos então o raio de luz e olhamos os ângulos que este faz com as linhas perpendiculares a cada superfície, lembrando que este sai paralelo a horizontal.