NOWA MATeMAtyka 1. Zakres podstawowy i rozszerzony — strona 348

a) Podstawiamy kolejne wartości czasu:

$h(1)=44{,}1,\qquad h(2)=29{,}4,\qquad h(3)=4{,}9.$

Równanie $-4{,}9t^2+49=0$ daje $t=\pm\sqrt{10}$. W modelu czasu uwzględniamy tylko $t\ge0$ i kończymy ruch w chwili uderzenia o ziemię, zatem $D_h=[0,\sqrt{10}]$, a fizyczne miejsce zerowe to $\sqrt{10}$.

b) Ostatnia sekunda trwa od $t=\sqrt{10}-1$ do $t=\sqrt{10}$. Ponieważ w końcu $h=0$, przebyta droga wynosi

$$h(\sqrt{10}-1) =-4{,}9(\sqrt{10}-1)^2+49 =4{,}9(2\sqrt{10}-1)\approx26{,}1\ \text{m}.$$

c) Dla $k(t)=-4{,}9t^2+80$ fizyczne miejsce zerowe spełnia $t^2=\frac{800}{49}$, czyli $t=\frac{20\sqrt2}{7}\approx4{,}04$. Wykres jest malejącym fragmentem paraboli o ramionach w dół, od $(0,80)$ do $\left(\frac{20\sqrt2}{7},0\right)$. Pomocne punkty to $(1,75{,}1)$, $(2,60{,}4)$, $(3,35{,}9)$ i $(4,1{,}6)$.

a) Maksimum funkcji występuje w wierzchołku. Jego odcięta to

$t_w=-\frac{12}{2\cdot(-4{,}9)}=\frac{60}{49}\approx1{,}22,$

a wysokość

$h_{\max}=h\left(\frac{60}{49}\right)=\frac{458}{49}\approx9{,}35\ \text{m}.$

Piłka wznosi się z wysokości $2$ m do $h_{\max}$, a następnie spada z $h_{\max}$ do ziemi. Łączna droga wynosi

$$(h_{\max}-2)+h_{\max}=2h_{\max}-2 =\frac{818}{49}\approx16{,}69\ \text{m}.$$

b) Chwilowa prędkość ma wartość bezwzględną proporcjonalną do odległości czasu od chwili wierzchołka $t_w\approx1{,}22$. Czas $2$ s jest od niego dalej niż $1$ s, więc wykres jest tam bardziej stromy i piłka porusza się szybciej. Równoważnie, z modelu prędkości $v(t)=12-9{,}8t$ otrzymujemy $|v(1)|=2{,}2$ i $|v(2)|=7{,}6$ m/s.

a) Szukamy dodatniego czasu, dla którego $h(t)=5$:

$5+50t-5t^2=5\iff5t(10-t)=0.$

Rozwiązania to $t=0$ i $t=10$; ponowne osiągnięcie wysokości początkowej następuje po $10$ s.

b) Największa wysokość występuje w wierzchołku paraboli:

$t_w=-\frac{50}{2\cdot(-5)}=5\ \text{s}.$