Kinematika – řešené úlohy

Jedná se o to, že na ploše S = 1 m² bude ležet kvádr vody o celkovém objemu V = 50 litrů. Nás zajímá výška h tohoto kvádru. Tu lze vyjádřit jako h = V/S = 50 litrů / 1 m², což lze zapsat jako h = 50 dm³/m².

Jednotky musíme dát do souladu: h = 50 dm³/m² = 50 dm³ / 100 dm² = 0,5 dm.

Výška kvádru je 0,5 dm = 50 mm, což odpovídá výšce vodního sloupce. Vidíme tedy, že údaj v litrech na m² a údaj v milimetrech srážek mají stejnou číselnou hodnotu.

Převedeme koncentraci na mg/ml:

$0,5 \, \text{g/litr} = 500 \, \text{mg/litr} = 0,5 \, \text{mg/ml}$

To znamená, že v každém mililitru roztoku je $0,5 \, \text{mg}$ atropinu.

Aby sestra vpravila $2 \, \text{mg}$ atropinu, musíme proto použít 4 ml roztoku, což je 4 cm³ roztoku.

Průměr stříkačky je 12 mm a poloměr 6 mm, čili 0,6 cm.

$V = S \cdot h = \pi r^2 \cdot h$, kde $h$ je délka (vzdálenost), o kterou je potřeba stlačit píst.

Plocha průřezu je tedy 1,13 cm².

Ze vztahu pro objem vyjádříme $h = V/S = 4\,\text{cm}^3 / 1,13\,\text{cm}^2 = 3,54 cm$.

Všimněme si, že nebylo potřeba počítat v základních jednotkách – bylo pohodlné vše vyjadřovat v cm.

Cassandra musí píst stlačit o 3,54 cm, neboli 35,4 mm.

Nejprve převedeme $50 \, \text{psi}$ do jednotek $ \text{kg/m}^2 $.

1 pound (libra) je přibližně $0,4536 \, \text{kg}$ a 1 inch (palec) je $0,0254 \, \text{m}$.

Plocha jednoho čtverečního palce je tedy:

$1 \, \text{inch}^2 = (0,0254 \, \text{m})^2 = 6,4516 \times 10^{-4} \, \text{m}^2$

Nyní převedeme $50 \, \text{psi}$:

$50 \, \text{psi} = \frac{50 \, \text{pounds}}{1 \, \text{inch}^2}$

Dosadíme za pounds a inch:

$50 \, \text{psi} = \frac{50 \times 0,4536 \, \text{kg}}{6,4516 \times 10^{-4} \, \text{m}^2}$

Vypočítáme hodnotu:

$50 \, \text{psi} = \frac{22,68 \, \text{kg}}{6,4516 \times 10^{-4} \, \text{m}^2} \approx 35 150 \, \text{kg/m}^2$

Tlak $50 \, \text{psi}$ je tedy přibližně $35 150 \, \text{kg/m}^2$.

Jednotka PSI určuje tlak, ale ve skutečnosti to není v pravém smyslu jednotka tlaku. Abychom mohli hodnotu převést na Pascaly, je ještě nutné výsledek přeenásobit gravitačním zrychlením g, abychom z hmotnosti na plochu dostali tíhovou sílu na plochu. Pak nám vyjde, že odpovídající tlak je asi 350 kPa, tedy asi 3,5 atm.

Od startu do 9:00:00 zbývá 23 sekund a 18 minut. Poté jsou dvě celé hodiny do 11:00:00. a zbývá 14 minut a 26 sekund. Celkem tedy 2h 32 min 49 s. Počet hodin je to

$2 + 32/60 + 49/3600 = 2,547\,\text{h}$.

a) 1 m je 100-krát větší než 1 cm, tedy 1 m³ bude 100³x = 10⁶x větší než 1 cm³. Milionkrát větší objem bude mít milionkrát větší hmotnost, tedy milion gramů, což je 1000 kg.

Proto 1 g/cm³ = 1000 kg/m³.

b) Pokud urazím za 1 sekundu jeden metr, tak za hodinu, což je 3600 s, urazím úměrně delší vzdálenost, tedy 3600 m = 3,6 km. Proto

1 m/s = 3,6 km/h.

$1\,\text{AU} = 1,5 \times 10^{11}\,\text{m}$, 1 den = 86400 s, rychlost světla je $c \approx 3 \times 10^8\,\text{m/s}$.

Potom

$c = 3 \times 10^8\,\text{m/s} = \frac{3 \times 10^8 : 1,5 \times 10^{11}\cdot\text{AU}}{1:86400\cdot\text{den}} = 2\times10^{-3}\cdot 86400 \,\text{AU/den} = 172,8 \,\text{AU/den}$.

a) Maximálně 3 N, minimálně 1 N.

b) Při kolmém působení $F = \sqrt{2^2 + 1^2} = \sqrt{5}\,\text{N} = 2,24\,\text{N}$.

c) Zřejmě odchylka sil musí být větší než 90°, tedy síly musí svírat tupý úhel. Můžeme si ale všimnout, že síly F1, F2 a jejich výslednice vlastně tvoří rovnoramenný trojúhelník, protože výslednice a síla F1 mají stejnou velikost. Máme tedy rovnoramenný trojúhelník o délkách stran 2; 2; 1. Tento trojúhelník můžeme rozdělit na dva pravoúhlé trojúhelníky, jehož přepona má délku 2 a kratší odvěsna délku 1/2. Pro hledaný úhel pak platí $\alpha = 180° – \cos(0,5/2) = 104,48°$.

Úlohu můžeme samozřejmě řešit i přímo na základě cosinové věty: $c^2 = a^2 + b^2 – 2ab\cos\gamma$. Přenecháváme čtenáři.

a) Nejrychleji se na druhý břeh dostane, když bude plavat kolmo k proudu (tedy vzhledem k břehu se bude pohybovat šikmo, částečně směrem po proudu, protože proud ji unáší. Její rychlost kolmo k proudu je $v_k = 4\,\text{km/h}$ a to je také rychlost, jakou se bude zvětšovat její kolmá vzdálenost od břehu. Labe tedy překoná v čase $t = s/v_k = \text{60 / (4:3,6)= 54 s}$.

b) Terka se musí natočit trochu proti proudu tak, aby složka její vlastní rychlosti proti proudu byla 2 km/h, tedy stejná jako je rychlost proudu. Pro úhel natočení od směru kolmého na břeh tedy musí platit $\sin\alpha = 2/4$, tedy $\alpha = \sin^{-1}(1/2) = 30°$. Složka její rychlosti kolmo k břehu bude $v_k = \cos30°\cdot 4\,\text{km/h}$ a doba potřebná k přeplavání bude $t = s/v_k$. Dosazením dostaneme 62 sekund.

Můžeme si také všimnout, že rychlost vzdalování od břehu je $v = \sqrt{v^2_1 – v^2_2}$, kde $v_1$ a $v_2$ jsou rychlost Terky a rychlost proudu.

Nesmíme se nechat zmást a tipnout, že průměrná rychlost je 4,5 km/h – tak to není. Průměrná rychlost je rovna “celková dráha” / “celkový čas”. Délku jednosměrné cesty na Milešovku si můžeme zvolit libovolnou, výsledek bude na této volbě nezávislý. Volme třeba 1 km. Potom $v_p = 2 / (1/3 + 1/6) = 2 / (0,5) = 4\,\text{km/h}$. Můžeme si všimnout, že výsledek je harmonickým průměrem zadaných rychlostí.

Rychlost lodi proti proudu označme $v_1$. Rychlost na klidné vodě pak bude $v_1 + v_p$, rychlost po proudu $v_1 + 2v_p$. Poměr $(v_1+2v_p)/v_1 = 7/4$. Tedy $v_p/v_1 = 0,375$. Odtud plyne, že $(v_1+v_p)/v_1 = 1,375$. Cesta na klidné vodě tak bude trvat $1,375\times$ kratší dobu, než proti proudu, tedy hledaný čas je t = 70 min / 1,375 = 51 minut.

Upozorněme, že výsledek je harmonický průměr čísel 40 a 70.

a) Dráha $s = v_A t + v_B t$, čili $t = s/(v_A + v_B)$ = 200 km / (230 km/h) = 0,87 h, čili něco přes 52 minut.

b) Berme to tak, že Baryk jede o půl hodiny déle, tedy platí $s = v_A t + v_B (t + 0,5)$, čili

$t = (s – 0,5\cdot v_B) / (v_A + v_B)$ = 0,65 h.

To je doba jízdy Alíka, za kterou urazí vzdálenost 84,8 km. Samozřejmě vidíme, že po půlhodině jízdy Baryka se jejich vzdálenost zmenšila na 150 km a tím úlohu převedeme na předchozí případ, kdy vyraží současně.

Rumcajs má náskok 10 minut=600 s a za tuto dobu uběhne 3000 m. Vzájemná rychlost Cipíska a Rumcajse je 8-5 = 3 m/s. Touto rychlostí bude Cipísek ukrajovat Rumcajsův náskok a bude mu to trvat zřejmě 1000 s, čili 16 minut a 40 sekund.

Přenecháváme laskavému čtenáři.

Nejprve převedeme rychlost z km/h na m/s:

$v = 100 \, \text{km/h} = 100 : 3,6 \, \text{m/s} = 27,78 \, \text{m/s}$.

Formule se rozjíždí z klidu a její změna rychlosti je tedy právě $\Delta v = 27,78\,\text{m/s}$.

Průměrné zrychlení $a$ je dáno vztahem:

$a = \frac{\Delta v}{\Delta t} = \frac{27,78 \, \text{m/s}}{2,5 \, \text{s}} = 11,11 \, \text{m/s}^2$

Průměrné zrychlení je tedy přibližně $11,11 \, \text{m/s}^2$.

Všimněme si, že to je více než gravitační zrychlení. Pokud bychom s běžným autem chtěli tolik zrychlit, zahrabaly by kola. K takovémuto zrychlení jsou potřeba speciální pneumatiky, snížené těžiště, zvýšený přítlak atp.

Změna rychlosti je o $\Delta v = 30\,\text{km/h} = 8,33\,\text{m/s}$.

Rychlost se každou sekundu změní o $a = 4\,\mathrm{m/s^2}$.

Proces změny rychlosti tedy bude trvat

$t = \frac{\Delta v}{a} = \frac{8,33}{4} = 2,08 \, \text{s}$

Auto zpomalí na $20 \, \text{km/h}$ za přibližně $2,08 \, \text{s}$.

Na každém úseku odečteme změnu rychlosti a změnu času, pak $a = \Delta v / \Delta t$. Zrychlení jsou postupně 7/10, 6/15, 4/25 a 0 m/s².

a) Použijeme rovnici pro zrychlení:

$a = \frac{\Delta v}{\Delta t} = \frac{v – v_0}{t}$

Dosadíme hodnoty:

$a = \frac{14 \, \text{m/s} – 6 \, \text{m/s}}{5 \, \text{s}} = \frac{8 \, \text{m/s}}{5 \, \text{s}} = 1,6 \, \text{m/s}^2$

Tadejovo zrychlení je tedy $1,6 \, \text{m/s}^2$.

b) Použijeme rovnici:

$v = v_0 + a t$

Dosadíme hodnoty:

$v = 4 \, \text{m/s} + 0,5 \, \text{m/s}^2 \times 30 \, \text{s} = 4 \, \text{m/s} + 15 \, \text{m/s} = 19 \, \text{m/s}$

Výsledná rychlost tramvaje byla $19 \, \text{m/s}$.

c) $v = gt$, tedy výsledná rychlost 14 m/s.

d) $v = v_0 + at$, tedy $v_0 = v – at = 30 – 0,3 \cdot 60 = 12\,\text{m/s}$.

e) Nejprve převedeme rychlosti z km/h na m/s:

$v_0 = 72 \, \text{km/h} = 20 \, \text{m/s}$

$v = 126 \, \text{km/h} = 35 \, \text{m/s}$

Celková změna rychlosti byla 15 m/s. Každou jednu sekundu se rychlost změní o 2,5 m/s. Změna rychlosti tak bude celkem trvat

$t = \frac{\Delta v}{a} = \frac{35 \, \text{m/s} – 20 \, \text{m/s}}{2,5 \, \text{m/s}^2} = \frac{15 \, \text{m/s}}{2,5 \, \text{m/s}^2} = 6 \, \text{s}$

Auto dosáhne výsledné rychlosti za 6 sekund.

f) Nejprve převedeme rychlost z km/h na m/s:

$v_0 = 54 \, \text{km/h} = 15 \, \text{m/s}$

Použijeme rovnici pro zrychlení:

$t = \frac{\Delta v}{a} = \frac{15 \, \text{m/s}}{4 \, \text{m/s}^2} = 3,75 \, \text{s}$

Auto zastaví za 3,75 sekundy.

a) Jak hluboká je propast?

Pro výpočet hloubky propasti použijeme rovnici pro volný pád:

$h = \frac{1}{2} g t^2$

kde:
$h$ = hloubka propasti,
$g$ = gravitační zrychlení $(9,81 \, \text{m/s}^2)$,
$t$ = čas pádu $(4 \, \text{s})$.

Dosadíme hodnoty:

$h = \frac{1}{2} \times 9,81 \, \text{m/s}^2 \times (4 \, \text{s})^2 = 0,5 \times 9,81 \, \text{m/s}^2 \times 16 \, \text{s}^2 = 78,48 \, \text{m}$

Hloubka propasti je tedy přibližně $78,5 \, \text{m}$.

Macocha je hluboká asi $138 \, \text{m}$, takže propast nemůže být Macocha.

b) Jakou rychlostí kámen dopadl na zem?

Použijeme rovnici pro rychlost při volném pádu:

$v = g t$

Dosadíme hodnoty:

$v = 9,81 \, \text{m/s}^2 \times 4 \, \text{s} = 39,24 \, \text{m/s}$

Rychlost, kterou kámen dopadl na zem, je přibližně $39,2 \, \text{m/s}$.

Pro výpočet času pádu použijeme rovnici pro volný pád:

$h = \frac{1}{2} g t^2$

kde:
$h = 11 \, \text{m}$ je výška, ze které jsou klíče puštěny,
$g = 9,81 \, \text{m/s}^2$ je gravitační zrychlení,
$t$ je čas pádu, který hledáme.

Vyjádříme čas $t$:

$t = \sqrt{\frac{2h}{g}}$

Dosadíme hodnoty:

$t = \sqrt{\frac{2 \times 11 \, \text{m}}{9,81 \, \text{m/s}^2}} = \sqrt{\frac{22}{9,81}} = \sqrt{2,24} \approx 1,5 \, \text{s}$

Klíče dopadnou za přibližně $1,5 \, \text{s}$.

Pokud by Martin chtěl za tu dobu odříkat Otčenáš, zřejmě to nestihne, protože modlitba trvá okolo 15–20 sekund.

a) $s=\frac{1}{2}gt^2 = \frac{1}{2} \tdot 10 \tdot 2,5^2 = 31,25\jm$. V tu chvíli bude ve výšce h = 170 m – 31,25 m = 138,75 m.

b) Uražená dráha je 70 m. Platí $s=\frac{1}{2}gt^2$. Vyjádříme čas: $t = \sqrt{\frac{2s}{g}} = \sqrt{\frac{2\cdot70}{10}} = \sqrt{\frac{2\cdot70}{10}} = \sqrt{14} = 3,74\js$.

Nejprve převedeme rychlosti z km/h na m/s.

Počáteční rychlost:

$v_0 = 50 \, \text{km/h} = \frac{50 \times 1000}{3600} \, \text{m/s} = 13,89 \, \text{m/s}$

Konečná rychlost:

$v = 90 \, \text{km/h} = \frac{90 \times 1000}{3600} \, \text{m/s} = 25 \, \text{m/s}$

Známe zrychlení $a = 1,5 \, \text{m/s}^2$ a chceme spočítat dráhu.

1. Výpočet na základě průměrné rychlosti

Průměrná rychlost je dána vztahem:

$v_{\text{prům}} = \frac{v_0 + v}{2}$

Zřejmě je to 70 km/h = 19,45 m/s.

Nyní vypočítáme čas, za který Erik dosáhne konečné rychlosti, podle vztahu:

$t = \frac{v – v_0}{a}$

Dosadíme hodnoty:

$t = \frac{25 \, \text{m/s} – 13,89 \, \text{m/s}}{1,5 \, \text{m/s}^2} = \frac{11,11 \, \text{m/s}}{1,5 \, \text{m/s}^2} = 7,41 \, \text{s}$

Dráha je potom dána vztahem:

$s = v_{\text{prům}} \times t$

$s = 19,45 \, \text{m/s} \times 7,41 \, \text{s} = 144,14 \, \text{m}$

2. Výpočet ze vztahu mezi dráhou a zrychlením

Použijeme rovnici pro dráhu při rovnoměrně zrychleném pohybu:

$s = v_0 t + \frac{1}{2}at^2$

Dosadíme hodnoty v základních jednotkách (čas jsme již spočetli v předešlé sekci):

$s = 13,89 \times 7,41 + 0,5 \times 1,5 \times 7,41^2 = 144 \, \text{m}$

Výsledná dráha, kterou Erik ujel, je přibližně $144 \, \text{m}$.

Nejprve řešíme obecně.

Doba, než auto zastaví, je

$ t = v_0/a$.

Průměrná rychlost během zastavování je polovina počáteční rychlosti: $v_p = v_0/2$.

Uražená dráha pak je $s = v_p t = v_0/2 \times v_0/a = \frac{v_0^2}{2a}$.

Počáteční rychlost v m/s je 13,89 m/s. Dosadíme v základních jednotkách:

$s = \frac{v_0^2}{2a} = \frac{13,89^2}{2 \cdot 6} = 16,1 \, \text{m}$.

Brzdná dráha při rychlosti $50 \, \text{km/h}$ je tedy přibližně $16,1 \, \text{m}$.

Všimněmě si, že brzdná dráha závisí na druhé mocnině počáteční rychlosti. Pokud počáteční rychlost bude 60 km/h, tak vlastně platí, že $v’_0 = 1,2 v_0$. Pokud rychlost zvětšíme $1,2\times$, tak dráha se zvětší $(1,2)^2\times = 1,44 \times$, tedy o 44%, skoro o polovinu.

Vidíme, že i relativně malé překročení rychlosti vede k velkému prodloužení brzdné dráhy.

Počáteční rychlost je 25 m/s.

Platí $s = v_0t – \frac{1}{2}at^2$. Neznámou v rovnici je čas. Dosadíme známé hodnoty: $300 = 25t – 0,4t^2$. To je kvadratická rovnice, kterou řešíme přes diskriminant nebo doplněním na čtverec. Výsledkem jsou dva kořeny pro čas, a sice 16,2 s a 46,3 s. Relevantní čas je jen ten první, protože druhý delší čas by odpovídal situaci, že vlak kmen přejede, poté někde dobrzdí do nuly a následně začne couvat, až znovu strom přejede.

Jelikož zpomalování trvá 16,2 s, tak výsledná rychlost bude v = 25 – 0,8*16,2 = 12,04 m/s = 43,3 km/h.

Celková dráha odpovídá obsahu plochy pod křivkou. Sčítáním obsahu trojúhelníků a obdélníku dostaneme dráhu 42 metrů. Zrychlení jsou postupně 3, 0, 4 a -5 m/s².

a) $h = \frac{1}{2}gt^2$, odtud vyjádříme čas:

$t = \sqrt{2h/g}$

a rychlost

$v = gt = g\sqrt{2h/g} = \sqrt{2hg}$.

Číselně doba letu je 5,3 s a rychlost dopadu 52 m/s. Nutno pozmamenat, že v realitě s odporem vzduchu bude doba letu delší a rychlost dopadu výrazně menší.

První argument může být grafický. Při rovnoměrně zrychleném pohybu z nuly je plocha pod grafem $v(t)$ trojúhelník s obsahem právě $s = \frac{1}{2} at^2$. Při rovnoměrně zpomaleném pohybu do nuly je plocha pod $v(t)$ stejný trojúhelník, akorát zrcadlově převrácený. Jeho obsah tedy musí jít vyjádřit stejným způsobem.

Druhý argument může být početní. Dráha zpomaleného pohybu je

$s = v_0t – \frac{1}{2}at^2$

Avšak $v_0 = at$ a dosazením tohoto vyjádření do vztahu pro dráhu máme

$s = v_0t – \frac{1}{2}at^2 = at^2 – \frac{1}{2}at^2 = \frac{1}{2}at^2$.

a) Rychlost ubývá každou sekundu o 10 m/s2. Doba, než dosáhne nejvyššího (kulminačního) bodu je proto $t_k = v_0/g = 2\,\text{s}$. Poté kyj začne padat zase dolů. Situace při pádu je ale symetrická situaci při stoupání – pád je vlastně jakoby stoupání, kdy čas běží pozpátku. Doba pádu je tedy totožná jako doba stoupání a celková doba letu je $t = 2t_k = 4\,\text{s}$.

b) Vzhledem k symetrii mezi stoupáním a pádem bude i dopadová rychlost totožná jako rychlost výhozu, tedy 20 m/s.

c) Doba stoupání je 2 s a průměrná rychlost během stoupání je 10 m/s a zřejmě tedy vystoupá do výšky 20 m. Obecně to lze vyjádřit jako $h = \frac{v_0}{2}t = \frac{v^2_0}{2g}$. Mezi počáteční rychlostí a výškou výstupu platí stejný vztah jako mezi koncovou rychlostí a výškou pádu, což jsme již odvodili mnohokrát dříve: $v = \sqrt{2hg}$. Vyjádřením $h$ z tohoto vztahu dostaneme stejný výsledek.

d) Přenecháváme čtenáři.

V předchozí úloze jsme odvodili, že výška výstupu roste s druhou mocninou počáteční rychlosti (podobně jako to bylo u brzdné dráhy auta). Proto nárůst rychlosti faktorem $1,5\times$ bude znamenat 1,5^2\times = 2,25\times$ výšku výstupu.

Graf do prvního úderu o zem je v pořádku, pak již ale ne. Pokud hopík vystoupí do výše 250 cm, tak doba stoupání bude 0,71 s, nikoli 0,5 s. Podobně jsou nesprávně dlouhé doby skoků i ve zbytku grafu. Autor grafu předpokládá, že hopík v každém dalším skoku vyskočí do poloviční výšky než v předchozím, avšak není správná úvaha, že poloviční výška znamená poloviční čas. Správně by tedy druhý a další obloučky měly být roztaženější, než jak je nakresleno. Chybnost grafu vidíme taky z toho, že prudkost křivky při dopadech se zdá stále stejná, ne-li větší při pozdějších dopadech. To ale není možné, protože hopík pokaždé padá z menší výšky a dopadová rychlost tak musí být menší a tedy prudkost grafu v okolí dopadu bude postupně klesat.

a) Horizontální složka rychlosti je neustále 18 m/s, tedy doba letu je $t = d/v_h = 2,5\,\text{s}$.

b) Hloubka pádu je $h = \frac{1}{2}gt^2 = 31,25\,\text{m}$.

c) Vertikální složka dopadové rychlosti zřejmě $v_v = gt = 25\,\text{m/s}$.

d) Celková dopadová rychlost z Pythagorovy věty $v = \sqrt{v^2_h + v^2_v} = 30,8\,\text{m/s}$. Pro úhel dopadu vůči hladině platí $\tan\alpha = v_v/v_h$, tedy $\alpha = \tan^{-1}(25/18) = 54°$.

Doba pádu je jako pro volný pád, již dříve bylo odvozeno $t = \sqrt{2h/g}$. Horizontální délka je jednoduše $d = v_0 t = v_0 \sqrt{2h/g}$.

Stačí si uvědomit, že se vlastně ptáme na délku vodorovného vrhu. Dosadíme do dříve odvozeného vztahu $d = v_0 \sqrt{2h/g}$ a dostaneme d = 380 m. To je skoro dvojnásobek výšky letu!

Nejprve převedeme rychlost z km/h na m/s: $v_0 = 35 \, \text{m/s}$

Úhel výkopu je $\alpha = 30^\circ$.

Rozložíme počáteční rychlost do horizontální a vertikální složky:

$v_{0x} = v_0 \cos \alpha = 30,3\,\text{m/s}$
$v_{0y} = v_0 \sin \alpha = 17,5\,\text{m/s}$

a) V jaké vzdálenosti míč dopadne?

Použijeme vztah pro dobu letu. Doba letu je dána tím, kdy míč dosáhne maximální výšky a následně se vrátí na zem. Čas výstupu do maximální výšky je dán vztahem:

$t_{\text{nahoru}} = \frac{v_{0y}}{g}$

Dosadíme hodnoty:

$t_{\text{nahoru}} = \frac{17,5 \, \text{m/s}}{9,81 \, \text{m/s}^2} \approx 1,78 \, \text{s}$

Celková doba letu je dvojnásobkem této hodnoty (čas nahoru i dolů):

$t_{\text{letu}} = 2 \times t_{\text{nahoru}} = 2 \times 1,7 \, \text{s} = 3,56 \, \text{s}$

Horizontální vzdálenost (délka, kterou míč překoná) je dána vztahem:

$d = v_{0x} \times t_{\text{letu}}$

Dosadíme hodnoty:

$d = 28,87 \, \text{m/s} \times 3,4 \, \text{s} \approx 108 \, \text{m}$

Míč dopadne přibližně $108 \, \text{m}$ od místa výkopu. To je zhruba jako délka fotbalového hřiště.

b) Jak vysoko míč vystoupá?

Maximální výška, které míč dosáhne, je dána vztahem:

$h_{\text{max}} = \frac{v_{0y}}{g}t = \frac{v_{0y}^2}{2g}$

Dosadíme hodnoty a získáme výšku 15,6 m.

c) Jaká bude dopadová rychlost míče?

Dopadová rychlost je úplně totožná jako rychlost výstřelu, protože horizontální složka rychlosti se nemění a vertikální složka se oproti výstřelu jen změnila na opačnou.

Vztah pro délku dostřelu jsme odvodili dříve:

$d = v_{0x}\cdot 2\t_k = v_{0x} \cdot 2 v_{0y}/g = v_0\cos\alpha \cdot 2 v_0\sin\alpha/g$. Ještě upravíme

$d = \frac{2v^2_0}\cos\alpha\sin\alpha}{g}$.

Pro jaký úhel $\alpha$ je tento výraz maximální? Všimneme si, že známe vztah pro sinus dvojnásobného úhlu $\sin2\alpha = 2\sin\alpha\cos\alpha.$ Výraz $\sin\alpha\cos\alpha$ proto nabývá maxima ve stejné chvíli, jako výraz $\sin2\alpha$. Sinus ale nabývá maxima zřejmě pokud jeho argument je 90°, tedy pokud $2\alpha = 90°$, proto $\alpha = 45°$.

Ideální úhel výstřelu je tedy 45°.

Na základě vztahu pro dvojnásobný úhel lze také přepsat délku vrhu jako

$d = \frac{v^2_0}{g}\sin2\alpha$, ze kterého je také vidět, že ideální úhel je 45°.

Vyjdeme ze vztahu pro délku vrhu $d = \frac{v^2_0}{g}\sin2\alpha$ a vyjádříme úhel:

$\sin2\alpha = \frac{dg}{v^2_0}$, čili $\alpha = \frac{1}{2}\sin^{-1}(\frac{dg}{v^2_0})$.

Dosazením dostaneme $\alpha = 78,44°$. Toto je však úhel vůči vodorovnému směru.

Vůči svislici bude úhel roven $\beta = 12,56°$. To není velký odklon.

Jedná se o složení rovnoměrného vodorovného pohybu a svislého rovnoměrně zpomaleného/zrychleného pohyub. Pro časové závislosti souřadnic platí:

$x(t) = v_{0x}\cdot t$ a $y(t) = v_{0y} t – \frac{1}{2}gt^2$.

Chceme $y(x)$, tedy z prvního vztahu vyjádříme čas a máme $t = x/v_{0x}$ a dosadíme do druhého vztahu

$y(x) = v_{0y} x/v_{0x} – \frac{1}{2}g(x/v_{0x})^2 = \frac{v_{0y}}{v_{0x}}x – \frac{g}{2v^2_{0x}}x^2$.

Zřejmě se tedy jedná o parabolu.

Necháme na čtenáři. Jedna z cest řešení může být, že použijeme analytické vyjádření křivky $y(x)$ získané v minulé úloze a budeme hledat její průsečík s přímkou “země”, tedy s přímkou s rovnicí $y = -\tan\beta\cdot x$. Vyjde nám souřadnice x průsečíku, což je právě hledaná horizontální vzdálenost.

Výsledek by měl být $d_x = \frac{(2v^2_0\cos^2\alpha)(\tan\alpha + \tan\beta}{g}$.

Tento výraz jde samozřejmě ještě různě upravovat při vědomí, že $\tan\alpha = \sin\alpha/\cos\alpha$.

Odvoďme vztah pro délku šikmého vrhu, když střílíme ze svahu s úhlem $\beta$, přičemž úhel výstřelu $\alpha$ je měřen vůči vodorovnému směru.

Necháváme na čtenáři.