a)  Milyen magasan indult a rosszfiú szárny nélküli repülése, ha a vízszintes kezdősebessége \(\displaystyle 15\ \mathrm{\frac{m}{s}}\) volt, és a becsapódáskor \(\displaystyle 25\ \mathrm{\frac{m}{s}}\)‑mal érte el a talajt? (A légellenállás hatásától tekintsünk el, mivel a bonyolultsága miatt nem tudunk vele számolni!)

20 méterről

A testek vízszintes és függőleges mozgása egymást nem zavarva, függetlenül zajlik. Mivel a sebességekre vonatkozóan vannak adataink (kedősebesség nagysága és iránya, valamint a végsebesség nagysága), ezért első körben a sebességviszonyokat térképezzük fel.

Kezdjük a vízszintes (x-irányú) mozgással! Ebben az irányban van egy kezdősebessége:

\[v_{x0}=15\ \mathrm{\frac{m}{s}}\]

A \(v\) alsó indexében az \(x\) arra utal, hogy a sebességnek a vízszinteskomponenségről van szó, a \(0\) pedig a kezdeti pillanatra \(\left(t=0\ s\right)\). Vízszintesen az emberre a repülés során semmilyen erő nem hat, ezért a vízszintes mozgása mindvégig egyenletes, tehát a vízszintes sebessége végig állandó:

\[v_x=15\ \mathrm{\frac{m}{s}}\]

Nézzük a függőleges mozgását! Függőlegesen nincsen kezdősebessége, hiszen vízszintesen "rúgták ki". A repülése közben mindvégig hat rá az \(m\cdot g\) nehézségi erő, emiatt függőleges irányban lesz gyorsulása, méghozzá lefelé irányú és

\[g=10\ \mathrm{\frac{m}{s^2}}\]

nagyságú. Mivel az egyetlen függőleges irányú adat lefelé van, ezért célszerű lefelé venni a függőleges tengely pozitív irányát. Az egyenletesen gyorsuló mozgás sebességének időfüggése általában:

\[v=v_0+a\cdot \Delta t\]

de most nincs kezdősebességünk, így a jobb oldal első tagja nincsen. Jelöljük \(y\) alsó index‑szel, hogy a függőleges mozgásról társalgunk:

\[v_y=a_y\cdot \Delta t\]

\[v_y=g\cdot \Delta t\]

\[v_y=10\ \mathrm{\frac{m}{s^2}}\cdot \Delta t\]

Ismerjük a végsebesség nagyágát, hogy az \(\displaystyle 25\ \mathrm{\frac{m}{s}}\). Mi köze ennek a fent tárgyalt \(v_x\) vízszintes sebességkomponenshez és a végső \(v_y\) függőleges sebességkomponenshez? Az, hogy a végsebesség a végső \(v_x\)‑nek és a végső \(v_y\)‑nak a vektori összege:

Mivel az \(x\) és az \(y\) tengelyek merőlegesek egymásra, ezért a \(v_x\)‑et "letolva" egy derákszögű háromszöget kapunk:

aminek befogói a \(v_x\) és \(v_y\) sebességkomponensek, az átfogója pedig a \(v\) végsebesség. Tudjuk, hogy a  \(v_x\) mindvégig \(\displaystyle 15\ \mathrm{\frac{m}{s}}\), a \(v\) végsebesség pedig \(\displaystyle 25\ \mathrm{\frac{m}{s}}\):

Ebből Pithagorasz‑tétellel megkapjuk a végső pillanatbani \(v_y\) függőleges sebességkomponenst:

\[{25}^2={15}^2+{v_y}^2\]

\[v_y=20\ \mathrm{\frac{m}{s}}\]

Mennyi ideig tartott a repülése, ha ekkora függőleges sebességre tett szert? Rávághatjuk, hogy mivel

\[g=10\ \mathrm{\frac{m}{s^2}}\]

ezért másodpercenként 10-zel nő a sebessége (\(\displaystyle \mathrm{\frac{m}{s}}\) egységben), ezért 2 másodpercen át kellett tartania a zuhanásának. Ugyanez egyenlettel:

\[v_y=a_y\cdot \Delta t\]

\[20=10\cdot \Delta t\]

\[\Delta t=2\ \mathrm{s}\]

Ha 2 másodpercig zuhant, akkor ki tudjuk számítani, hogy mennyi volt a függőleges elmozdulása. Az \(y\) helykoordináta időfüggése:

\[y=\frac{1}{2}\cdot a_y\cdot {\left(\Delta t\right)}^2\]

\[y=\frac{1}{2}\cdot a_y\cdot {\left(\Delta t\right)}^2\]

\[y=\frac{1}{2}\cdot g\cdot {\left(\Delta t\right)}^2\]

\[y=\frac{1}{2}\cdot 10\ \mathrm{\frac{m}{s^2}}\cdot {\left(2\ s\right)}^2\]

\[y=20\ \mathrm{m}\]

Amiatt kaptunk pozitív eredményt (annak ellenére, hogy "lefelé" zuhant), mert lefelé vettük a pozitív irányt.

Tehát 20 méter magasból dobták ki.