Rozdział 3

1. Przemieszczenie kolarza to $\mathrm{\Delta }x=x_{\text{k}}-x_0=-1\mathrm{k}\mathrm{m}$ (przemieszczenie jest ujemne, bo jako kierunek dodatni przyjęliśmy wschód).
2. Droga pokonana przez kolarza wynosi $3\mathrm{k}\mathrm{m}+2\mathrm{k}\mathrm{m}=5\mathrm{k}\mathrm{m}$.
3. Długość przemieszczenia wynosi 1 km.

1. Różniczkując $x\left(t\right)$ po czasie, otrzymujemy $v(t)=-6t\mathrm{m}\text{/}\mathrm{s}$.
2. Nie, bo czas jest zawsze nieujemny.
3. Prędkość wynosi $v(\mathrm{1,0}\mathrm{s})=-6\mathrm{m}\text{/}\mathrm{s}$, natomiast szybkość to $\left|v(\mathrm{1,0}\mathrm{s})\right|=6\mathrm{m}\text{/}\mathrm{s}$.

Podstawiając dane do wzoru na przyspieszenie średnie, otrzymujemy:
$\stackrel{\text{–}}{a}=\frac{\mathrm{\Delta }v}{\mathrm{\Delta }t}=\frac{\mathrm{2,0}\cdot {10}^7\mathrm{m}\text{/}\mathrm{s}-0\mathrm{m}\text{/}\mathrm{s}}{{10}^4\mathrm{s}-0\mathrm{s}}=\mathrm{2,0}\cdot {10}^{11}\mathrm{m}\text{/}{\mathrm{s}}^2$.

Jeśli przyjmiemy kierunek wschodni jako dodatni, przyspieszenie samolotu jest ujemne, bo jego wektor skierowany jest w kierunku zachodnim (samolot hamuje). Ruch samolotu jest opóźniony. Kierunek przyspieszenia jest przeciwny do wektora prędkości i kierunku ruchu.

Aby odpowiedzieć na to pytanie, musisz wybrać odpowiednie równanie ruchu, które pozwoli ci wyznaczyć $t$ na podstawie danych $a$, $v_0$ oraz $v$:
$v=v_0+at$.
Następnie przekształć je do postaci umożliwiającej obliczenie czasu $t$:
$t=\frac{v-v_0}{a}=\frac{400\mathrm{m}\text{/}\mathrm{s}-0\mathrm{m}\text{/}\mathrm{s}}{20\mathrm{m}\text{/}{\mathrm{s}}^2}=20\mathrm{s}$.

$a=\frac{2}{3}\mathrm{m}\text{/}{\mathrm{s}}^2$.

Bryła wpadnie do wody po czasie 2,47 s. Droga pokonana przez bryłę jest opisana zależnością kwadratową, a szybkość zależnością liniową.

1. Prędkość jest całką nieoznaczoną przyspieszenia po czasie. Na podstawie Równania 3.18
   $v\left(t\right)=\int a\left(t\right)\text{d}t+C_1=\int \left(5-10t\right)\text{d}t+C_1=5t-5t^2+C_1.$
   Ponieważ $v\left(0\right)=0$, mamy $C_1=0$; zatem
   $v(t)=\left(5t-5t^2\right)\mathrm{m}\text{/}\mathrm{s}.$
2. Na podstawie Równania 3.19
   $x\left(t\right)=\int v\left(t\right)\text{d}t+C_2=\int \left(5t-5t^2\right)\text{d}t+C_2=\frac{5}{2}{t}^2-\frac{5}{3}{t}^3+C_2$.
   Ponieważ $x\left(0\right)=0$, otrzymujemy $C_2=0$ i
   $x(t)=\left(\frac{5}{2}{t}^2-\frac{5}{3}{t}^3\right)\mathrm{m}.$
3. Funkcję prędkości możemy zapisać w postaci $v(t)=5t\left(1-t\right)\mathrm{m}\text{/}\mathrm{s}$, dla której łatwo zidentyfikujemy miejsca zerowe: $t=0$ i $t=1\mathrm{s}$.

Jedziesz samochodem na zakupy do miasta, a po zakupach odwiedzasz kolegę, który mieszka o dwa numery dalej od twojego domu.

Skoro bakteria porusza się nieustannie tam i z powrotem, jej poszczególne przemieszczenia się znoszą. W efekcie całkowite przemieszczenie jest małe.

Drogę.

Szybkość średnia jest równa całkowitej drodze podzielonej przez całkowity czas. Jeśli idziesz na spacer – wychodzisz z domu i do niego wracasz – twoja szybkość średnia jest pewną dodatnią liczbą. Ponieważ zaś: Prędkość średnia = Przemieszczenie/Całkowity czas, twoja prędkość średnia jest równa zero.

Szybkość średnią. Obie wielkości są sobie równe, gdy samochód w ruchu po prostej nie zawróci.

Nie. W ruchu prostoliniowym występowanie stałej szybkości wymaga zerowego przyspieszenia.

Piłka rzucona pionowo do góry ma zerową prędkość na wysokości maksymalnej, mimo że przyspieszenie jest niezerowe.

Dodatni. Ujemny.

1. Dane są: przyspieszenie, czas ruchu i całkowite przemieszczenie, a do obliczenia mamy: początkową i końcową prędkość.
2. Znamy: prędkość końcową, czas i przemieszczenie, a do obliczenia są: prędkość początkowa i przyspieszenie.

1. na wysokości maksymalnej;
2. tak, na wysokości maksymalnej;
3. tak.

Ziemia $v=v_0-gt=\text{−}gt$; Księżyc $v^{\prime }=-\frac{g}{6}{t}^{\prime }$;
Porównujemy prędkości: $v=v^{\prime }\text{→}-gt=-\frac{g}{6}{t}^{\prime }\text{→}{t}^{\prime }=6t$;
Ziemia $y=-\frac{1}{2}g{t}^2$; Księżyc $y^{{}^{\prime }}=-\frac{1}{2}\cdot \frac{g}{6}\cdot {\left(6t\right)}^2=-\frac{1}{2}\cdot g\cdot 6t^2=-6\cdot \left(\frac{1}{2}\cdot g{t}^2\right)=-6y$.

a. ${\overrightarrow{x}}_1=-\mathrm{2,0}\mathrm{m}\cdot \hat{i}$, ${\overrightarrow{x}}_2=\mathrm{5,0}\mathrm{m}\cdot \hat{i}$;
b. 7,0 m na wschód.

1. $t=\mathrm{2,0}\mathrm{s}$;
2. $x(\mathrm{6,0}\mathrm{s})-x(\mathrm{3,0}\mathrm{s})=-\mathrm{8,0}\mathrm{m}-\left(-\mathrm{2,0}\mathrm{m}\right)=-\mathrm{6,0}\mathrm{m}$.

1. $\stackrel{\text{–}}{v}=\mathrm{156,7}\mathrm{m}\text{/}\mathrm{s}$;
2. 45,7% wartości szybkości dźwięku.

1. $v(t)=\left(10-4t\right)\mathrm{m}\text{/}\mathrm{s}$,
   $v(2\mathrm{s})=2\mathrm{m}\text{/}\mathrm{s}$, $v(3\mathrm{s})=-2\mathrm{m}\text{/}\mathrm{s}$;
2. $\left|v(2\mathrm{s})\right|=2\mathrm{m}\text{/}\mathrm{s}$, $\left|v(3\mathrm{s})\right|=2\mathrm{m}\text{/}\mathrm{s}$;
3. $\stackrel{\text{–}}{v}=0\mathrm{m}\text{/}\mathrm{s}$.

$a=\mathrm{4,29}\mathrm{m}\text{/}{\mathrm{s}}^2$. Przyspieszenie średnie.

$a=\mathrm{11,1}g$

150 m

1. 375 m;
   
2. 150 m/s.

1. 
2. Przyspieszenie ma największą wartość dodatnią w $t_a$;
3. Przyspieszenie wynosi zero w $t_e$ oraz $t_h$;
4. Przyspieszenie jest ujemne w $t_i$, $t_j$, $t_k$, $t_l$.

1. $a=-\mathrm{1,3}\mathrm{m}\text{/}{\mathrm{s}}^2$;
2. $v_0=18\mathrm{m}\text{/}\mathrm{s}$;
3. $t=\mathrm{13,8}\mathrm{s}$.

$v=\mathrm{502,20}\mathrm{m}\text{/}\mathrm{s}.$

1. 
2. Dane: $a=\mathrm{2,40}\mathrm{m}\text{/}{\mathrm{s}}^2$, $t=\mathrm{12,0}\mathrm{s}$, $v_0=0$ oraz $x_0=0$;
3. $x=x_0+v_{0}t+a{t}^2\text{/}2=a{t}^2\text{/}2=\mathrm{2,40}\mathrm{m}\text{/}{\mathrm{s}}^2\cdot {\left(\mathrm{12,0}\mathrm{s}\right)}^2\text{/}2=\mathrm{172,80}\mathrm{m}$, wynik ten wydaje się być sensowny w rzeczywistej sytuacji fizycznej;
4. $v=\mathrm{28,8}\mathrm{m}\text{/}\mathrm{s}$

1. 
2. Dane: $v=\mathrm{30,0}\mathrm{c}\mathrm{m}\text{/}\mathrm{s}$, $x=\mathrm{1,80}\mathrm{c}\mathrm{m}$;
3. $a=250\mathrm{c}\mathrm{m}\text{/}{\mathrm{s}}^2$, $t=\mathrm{0,12}\mathrm{s}$;
4. Tak.

1. $\mathrm{6,87}\mathrm{m}\text{/}{\mathrm{s}}^2$
2. $x=\mathrm{52,26}\mathrm{m}$

1. $a=8450\mathrm{m}\text{/}{\mathrm{s}}^2$;
2. $t=\mathrm{0,0077}\mathrm{s}$.

1. $a=\mathrm{9,18}g$;
2. $t=\mathrm{6,67}\cdot {10}^{-3}\mathrm{s}$;
3. $a=-40\mathrm{m}\text{/}{\mathrm{s}}^2=\mathrm{4,08}g$.

Dane: $x=3\mathrm{m}$, $v=0$, $v_0=54\mathrm{m}\text{/}\mathrm{s}$. Chcemy obliczyć $a$, więc użyjemy Równania 3.14: $a=-486\mathrm{m}\text{/}{\mathrm{s}}^2$.

1. $a=\mathrm{32,58}\mathrm{m}\text{/}{\mathrm{s}}^2$;
2. $v=\mathrm{161,85}\mathrm{m}\text{/}\mathrm{s}$;
3. $v>v_{\text{max}}$, ponieważ założenie stałego przyspieszenia jest błędne. Dragster zmienia biegi podczas rozpędzania się, a na każdym wyższym biegu przyspieszenie jest mniejsze. Największe przyspieszenie jest więc na początku wyścigu, a na ostatnich metrach będzie już na pewno mniejsze niż $\mathrm{32,58}\mathrm{m}\text{/}{\mathrm{s}}^2$. W rezultacie prędkość końcowa będzie na pewno mniejsza niż obliczone $\mathrm{161,85}\mathrm{m}\text{/}\mathrm{s}$.

1. $y=-\mathrm{8,23}\mathrm{m},v_1=-\mathrm{18,9}\mathrm{m}\text{/}\mathrm{s}$;
2. $y=-\mathrm{18,9}\mathrm{m},v_2=-\mathrm{23,8}\mathrm{m}\text{/}\mathrm{s}$;
3. $y=-\mathrm{32,0}\mathrm{m},v_3=-\mathrm{28,7}\mathrm{m}\text{/}\mathrm{s}$;
4. $y=-\mathrm{47,6}\mathrm{m},v_4=-\mathrm{33,6}\mathrm{m}\text{/}\mathrm{s}$;
5. $y=-\mathrm{65,6}\mathrm{m},v_5=-\mathrm{38,5}\mathrm{m}\text{/}\mathrm{s}$

1. Dane: $a=-\mathrm{9,81}\mathrm{m}\text{/}{\mathrm{s}}^2$, $v_0=-\mathrm{1,4}\mathrm{m}\text{/}\mathrm{s}$, $t=\mathrm{1,8}\mathrm{s}$, $y_0=0$;
   
2. $y=y_0+v_{0}t-\frac{1}{2}g{t}^2$, $y=v_{0}t-\frac{1}{2}g{t}^2=-\mathrm{1,4}\mathrm{m}\text{/}\mathrm{s}\cdot \mathrm{1,8}\mathrm{s}-\frac{1}{2}\cdot \mathrm{9,81}\mathrm{m}\text{/}{\mathrm{s}}^2\cdot {\left(\mathrm{1,8}\mathrm{s}\right)}^2=-\mathrm{18,4}\mathrm{m}$, przy czym początek układu współrzędnych przyjmujemy w położeniu śmigłowca; znajduje się on więc na wysokości 18,4 m nad wodą.

1. $v^2=v_0^2-2g\left(y-y_0\right),y_0=0,v=0⟶y=\frac{v_0^2}{2g}=\frac{{\left(\mathrm{4,0}\mathrm{m}\text{/}\mathrm{s}\right)}^2}{2\cdot \mathrm{9,81}\mathrm{m}\text{/}{\mathrm{s}}^2}=\mathrm{0,82}\mathrm{m}$;
2. czas do wysokości maksymalnej $t=\mathrm{0,41}\mathrm{s}$ pomnożony przez 2 z powrotem do wysokości rampy $t=\mathrm{0,82}\mathrm{s}$, a dalej od rampy do lustra wody: $y=y_0+v_{0}t-g{t}^2∕2$, $y=-\mathrm{1,80}\mathrm{m}$, $y_0=0$,$v_0=\mathrm{4,0}\mathrm{m}∕\mathrm{s}$, zatem $-\mathrm{1,8}=\mathrm{4,0}t-\mathrm{4,9}{t}^2\Rightarrow \mathrm{4,9}{t}^2-\mathrm{4,0}t-\mathrm{1,8}=0$, rozwiązanie równania kwadratowego daje 1,13 s;
3. $v^2=v_0^2-2g\left(y-y_0\right),y_0=0,v_0=\mathrm{4,0}\mathrm{m}\text{/}\mathrm{s},y=-\mathrm{1,80}\mathrm{m}⟶v=\mathrm{7,16}\mathrm{m}\text{/}\mathrm{s}$.

Czas do wysokości maksymalnej: $t=\mathrm{1,12}\mathrm{s}$, razy 2 daje 2,24 s do momentu osiągnięcia z powrotem wysokości 2,20 m. Dodatkowe przemieszczenie do wysokości 1,80 m wynosi 0,40 m. $y=y_0+v_{0}t-\frac{1}{2}g{t}^2,y=-\mathrm{0,40}\mathrm{m},y_0=0,v_0=-\mathrm{11,0}\mathrm{m}\text{/}\mathrm{s}$, po podstawieniu danych otrzymujemy $-\mathrm{0,40}=-\mathrm{11,0}t-\mathrm{4,9}{t}^2⟶\mathrm{4,9}{t}^2+\mathrm{11,0}t-\mathrm{0,40}=0$
Wybieramy dodatni pierwiastek równania kwadratowego, który ma wartość 0,04 s – jest to czas potrzebny do pokonania dodatkowych 0,40 m. Zatem całkowity czas wynosi $\mathrm{2,24}\mathrm{s}+\mathrm{0,04}\mathrm{s}=\mathrm{2,28}\mathrm{s}$.

1. $$\begin{gathered} v^2=v_0^2-2g\left(y-y_0\right),y_0=0,v=0,y=\mathrm{2,50}\mathrm{m}, \\ {v}_0^2=2gy⟹v_0=\sqrt{2\cdot \mathrm{9,81}\mathrm{m}\text{/}{\mathrm{s}}^2\cdot \mathrm{2,50}\mathrm{m}}=\mathrm{7,0}\mathrm{m}\text{/}\mathrm{s}. \end{gathered}$$
2. $t=\mathrm{0,72}\mathrm{s}$, razy 2 daje czas 1,44 s w powietrzu.

1. $v=\mathrm{70,0}\mathrm{m}\text{/}\mathrm{s}$;
2. Czas lotu kamienia od chwili oderwania do momentu usłyszenia tego zdarzenia przez turystów: 0,75 s; czas do momentu osiągnięcia tratwy: 6,09 s.

1. $[A]={\text{m/s}}^2$, $[B]={\text{m/s}}^{5\text{/}2}$;
2. $v(t)=\int a(t)\mathrm{d}t+C_1=\int \left(A-B{t}^{1\text{/}2}\right)\mathrm{d}t+C_1=At-\frac{2}{3}B{t}^{3\text{/}2}+C_1$,$v(0)=0=C_1$, więc $v(t_0)=A{t}_0-\frac{2}{3}B{t}_0^{3\text{/}2}$;
3. $x(t)=\int v(t)\mathrm{d}t+C_2=\int \left(At-\frac{2}{3}B{t}^{3\text{/}2}\right)\mathrm{d}t+C_2=\frac{1}{2}A{t}^2-\frac{4}{15}B{t}^{5\text{/}2}+C_2$,$x(0)=0=C_2$, więc $x(t_0)=\frac{1}{2}A{t}_0^2-\frac{4}{15}B{t}_0^{5\text{/}2}$.

1. Przyspieszenie:$a(t)=\{\begin{array}{ll}\mathrm{3,2}\mathrm{m}\text{/}{\mathrm{s}}^2,& t⩽\mathrm{5,0}\mathrm{s},\\ \mathrm{1,5}\mathrm{m}\text{/}{\mathrm{s}}^2,& \mathrm{5,0}\mathrm{s}<t⩽\mathrm{11,0}\mathrm{s},\\ 0\mathrm{m}\text{/}{\mathrm{s}}^2,& t>\mathrm{11,0}\mathrm{s}.\end{array}$
2. Położenie: Kiedy $t⩽\mathrm{5,0}\mathrm{s}$,
   $x(t)=\int v(t)\mathrm{d}t+C_2=\int \mathrm{3,2}t\mathrm{d}t+C_2=\mathrm{1,6}{t}^2+C_2$,
   $x(0)=0⟹C_2=0$,
   zatem $x(\mathrm{2,0}\mathrm{s})=\mathrm{6,4}\mathrm{m}$.
   Kiedy $\mathrm{5,0}\mathrm{s}<t⩽\mathrm{11,0}\mathrm{s}$,
   $x(t)=\int v(t)\mathrm{d}t+C_2=\int \left[\mathrm{16,0}-\mathrm{1,5}\left(t-\mathrm{5,0}\right)\right]\mathrm{d}t+C_2=16t-\mathrm{1,5}\left(\frac{t^2}{2}-\mathrm{5,0}t\right)+C_2$,
   $x(5\mathrm{s})=\mathrm{1,6}\cdot (\mathrm{5,0}{)}^2\mathrm{m}=40\mathrm{m}=16\cdot \mathrm{5,0}\mathrm{m}-\mathrm{1,5}\left(\frac{5^2}{2}-\mathrm{5,0}\cdot \mathrm{5,0}\right)\mathrm{m}+C_2$,
   $40\mathrm{m}=\mathrm{98,75}\mathrm{m}+C_2⟹C_2=-\mathrm{58,75}\mathrm{m}$,
   zatem $x(\mathrm{7,0}\mathrm{s})=16\cdot \mathrm{7,0}\mathrm{m}-\mathrm{1,5}\left(\frac{7^2}{2}-\mathrm{5,0}\cdot \mathrm{7,0}\right)\mathrm{m}-\mathrm{58,75}\mathrm{m}=69\mathrm{m}$.
   Kiedy $t>\mathrm{11,0}\mathrm{s}$,
   $x(t)=\int \mathrm{7,0}\mathrm{d}t+C_2=7t+C_2$,
   $x(\mathrm{11,0}\mathrm{s})=16\cdot \mathrm{11,0}\mathrm{m}-\mathrm{1,5}\left(\frac{11,0^2}{2}-\mathrm{5,0}\cdot \mathrm{11,0}\right)\mathrm{m}-\mathrm{58,75}\mathrm{m}=109\mathrm{m}=7\cdot \mathrm{11,0}\mathrm{m}+C_2$, więc $C_2=32\mathrm{m}$,
   zatem $x(\mathrm{12,0}\mathrm{s})=7\cdot \mathrm{12,0}\mathrm{m}+32\mathrm{m}=116\mathrm{m}$.

Kierunek zachodni będzie kierunkiem dodatnim.
samolot 1: $\stackrel{\text{–}}{v}=600\mathrm{k}\mathrm{m}\text{/}\mathrm{h}$
samolot 2: $\stackrel{\text{–}}{v}=667\mathrm{k}\mathrm{m}\text{/}\mathrm{h}$

$a=\frac{v-v_0}{t-t_0}$, $t=0$, $a=\frac{-\mathrm{3,4}\mathrm{c}\mathrm{m}\text{/}\mathrm{s}-v_0}{4\mathrm{s}}=\mathrm{1,2}\mathrm{c}\mathrm{m}\text{/}{\mathrm{s}}^2⟹v_0=-\mathrm{8,2}\mathrm{c}\mathrm{m}\text{/}\mathrm{s}$; $v=v_0+at=\left(-\mathrm{8,2}+\mathrm{1,2}t\right)\mathrm{c}\mathrm{m}\text{/}\mathrm{s}$; $v(\mathrm{1,0}\mathrm{s})=-\mathrm{7,0}\mathrm{c}\mathrm{m}\text{/}\mathrm{s}$, $v(\mathrm{6,0}\mathrm{s})=-\mathrm{1,0}\mathrm{c}\mathrm{m}\text{/}\mathrm{s}$.

$a=-3\mathrm{m}\text{/}{\mathrm{s}}^2.$

1. $v=\mathrm{8,7}\cdot {10}^5\mathrm{m}\text{/}\mathrm{s}$;
2. $t=\mathrm{7,8}\cdot {10}^{-8}\mathrm{s}$.

$1\mathrm{k}\mathrm{m}=v_0\cdot \mathrm{80,0}\mathrm{s}+\frac{1}{2}a\cdot (\mathrm{80,0}\mathrm{s}{)}^2$; $2\mathrm{k}\mathrm{m}=v_0\cdot \mathrm{200,0}\mathrm{s}+\frac{1}{2}a\cdot (\mathrm{200,0}\mathrm{s}{)}^2$ - rozwiązujemy układ równań, aby jednocześnie otrzymać $a=\frac{-\mathrm{0,1}}{2\mathrm{400,0}}\mathrm{k}\mathrm{m}\text{/}{\mathrm{s}}^2$ i $v_0=\mathrm{0,014}167\mathrm{k}\mathrm{m}\text{/}\mathrm{s}$, czyli $\mathrm{51,0}\mathrm{k}\mathrm{m}\text{/}\mathrm{h}$. Prędkość na końcu 2-kilometrowego odcinka wynosi $v=\mathrm{21,0}\mathrm{k}\mathrm{m}\text{/}\mathrm{h}$.

$a=-\mathrm{0,9}\mathrm{m}\text{/}{\mathrm{s}}^2.$

Równanie ruchu dla pirata drogowego: Pirat ma stałą prędkość, równą prędkości średniej, i nie ma przyspieszenia, więc użyjemy równania na położenie z prędkością średnią, kładąc $x_0=0$: $x=x_0+\overline{v}t=\overline{v}t$; Równanie ruchu dla radiowozu: Radiowóz porusza się ruchem jednostajnie przyspieszonym bez prędkości początkowej, więc użyjemy równania na położenie z $x_0=0$ i $v_0=0$: $x=x_0+v_{0}t+\frac{1}{2}a{t}^2=\frac{1}{2}a{t}^2$; Otrzymujemy układ dwóch równań, które rozwiążemy ze względu na niewiadomą $t$.
Krok 1: porównujemy położenia $x$ radiowozu i pirata: $\overline{v}t=\frac{1}{2}a{t}^2$;
Krok 2: obliczamy czas do spotkania $t$: $t=\frac{2\overline{v}}{a}$. Uciekający pirat ma stałą prędkość 40 m/s. Radiowóz ma przyspieszenie 4 m/s². Obliczamy czas do spotkania, czyli czas, po jakim radiowóz dogoni pirata: $t=\frac{2v}{a}=\frac{2\cdot 40\mathrm{m}\text{/}\mathrm{s}}{4\mathrm{m}\text{/}{\mathrm{s}}^2}=20\mathrm{s}$.

Z podanym opóźnieniem biegaczka zatrzyma się po czasie $t=\frac{-v_0}{a}=\frac{8\mathrm{m}\text{/}\mathrm{s}}{\mathrm{0,5}\mathrm{m}\text{/}{\mathrm{s}}^2}=16\mathrm{s}$, ale droga pokonana w tym czasie to tylko $x=8\mathrm{m}\text{/}\mathrm{s}\cdot 16\mathrm{s}-\frac{1}{2}\cdot \mathrm{0,5}\mathrm{m}\text{/}{\mathrm{s}}^2\cdot (16\mathrm{s}{)}^2=64\mathrm{m}$, czyli mniej niż wynosi dystans do mety. Z takimi parametrami biegaczka nigdy nie ukończy biegu.

$x_1=\frac{3}{2}{v}_{0}t,$
$x_2=\frac{5}{3}{x}_1.$

1. $v_0=\mathrm{7,9}\mathrm{m}\text{/}\mathrm{s}$ – szybkość piłki na wysokości parapetu.
   $v=\mathrm{7,9}\mathrm{m}\text{/}\mathrm{s}$
   $v_0=\mathrm{14,1}\mathrm{m}\text{/}\mathrm{s}$;
2. do samodzielnego rozwiązania.

1. $v=\mathrm{5,42}\mathrm{m}\text{/}\mathrm{s}$;
2. $v=\mathrm{4,64}\mathrm{m}\text{/}\mathrm{s}$;
3. $a=2\mathrm{874,28}\mathrm{m}\text{/}{\mathrm{s}}^2$;
4. $x-x_0=\mathrm{5,11}\mathrm{m}\mathrm{m}$.

Zakładamy, że siatkarze osiągają wysokość 1,0 i 0,3 m, odpowiednio, skacząc obaj z tego samego położenia początkowego.
0,9 s
0,5 s

1. $t=\mathrm{6,37}\mathrm{s}$ – wybieramy dodatni pierwiastek równania;
2. $v=\mathrm{59,5}\mathrm{m}\text{/}\mathrm{s}$.

1. $y=\mathrm{4,9}\mathrm{m}$;
2. $v=\mathrm{38,3}\mathrm{m}\text{/}\mathrm{s}$;
3. $-\mathrm{33,3}\mathrm{m}$.

$h=\frac{1}{2}g{t}^2$, $h$ – całkowita droga pokonana przez ciało (wysokość budynku);
$\frac{2}{3}h=\frac{1}{2}g{(t-1)}^2$ w czasie $t-1$ ciało pokonuje drogę $2\text{/}3·h$;
$\frac{2}{3}\left(\frac{1}{2}g{t}^2\right)=\frac{1}{2}g{(t-1)}^2$, czyli $\frac{t^2}{3}=\frac{1}{2}{(t-1)}^2$
$0=t^2-6t+\mathrm{3,}$ $t=\frac{6\pm \sqrt{6^2-4·3}}{2}=3\pm \frac{\sqrt{24}}{2}$
$t=\mathrm{5,45}\mathrm{s}$ i $h=\mathrm{145,5}\mathrm{m}$. Drugi pierwiastek daje wynik mniejszy niż 1 s. Sprawdzamy poprawność wyniku $t=\mathrm{4,45}\mathrm{s}$: $h=\frac{1}{2}g{t}^2=\mathrm{97,0}\mathrm{m}=\frac{2}{3}\cdot \mathrm{145,5}\mathrm{m}$

1. $v(t)=\left(10t-12t^2\right)\mathrm{m}\text{/}\mathrm{s}$, $a(t)=\left(10-24t\right)\mathrm{m}\text{/}{\mathrm{s}}^2$;
2. $v(2\mathrm{s})=-28\mathrm{m}\text{/}\mathrm{s}$, $a(2\mathrm{s})=-38\mathrm{m}\text{/}{\mathrm{s}}^2$;
3. Warunek: nachylenie funkcji położenia od czasu jest zero lub prędkość jest zero. Mamy dwa rozwiązania: $t=0$, dla którego $x=0$, lub $t=\mathrm{10,0}\text{/}\mathrm{12,0}\mathrm{s}=\mathrm{0,83}\mathrm{s}$, dla którego $x=\mathrm{1,16}\mathrm{m}$. Drugie rozwiązanie jest poprawne;
4. 0,83 s;
5. 1,16 m.