Twoje równanie jest poprawne, więc wyróżnik Delta również musi być poprawny, także pod względem wymiarowym, aby mógł służyć do wyznaczenia rozwiązania równania.
Wartość 1600 - wziął Pan jeszcze z poprzedniego wyniku.
Pisał Pan post o 1. 48, dziwię się, że Pan jeszcze ten wynik podał.
Wartość \(\displaystyle{ 9,81 \frac{m}{s^2}}\) na naszej szerokości geograficznej jest dokładniejsza, ale przyjęcie wartości \(\displaystyle{ 10\frac{m}{s^2}}\) wcale nie jest związane z przeprowadzaniem obliczeń w pamięci, a raczej z przyjętą dokładnością.
janusz47 pisze:Pisał Pan post o 1. 48, dziwię się, że Pan jeszcze ten wynik podał.
To się nie dziw.
Forum nie powiadamia, gdy autor (lub osoba do tego uprawniona) dokona edycji postu, a jedynie gdy zostanie opublikowany nowy post.
janusz47 pisze:Wartość \(\displaystyle{ 9,81 \frac{m}{s^2}}\) na naszej szerokości geograficznej jest dokładniejsza, ale przyjęcie wartości \(\displaystyle{ 10\frac{m}{s^2}}\) wcale nie jest związane z przeprowadzaniem obliczeń w pamięci, a raczej z przyjętą dokładnością.
Wrzucam rozwiązanie jakie koniec końców użyliśmy - do rozwiązania poleconego przez Was podstawiliśmy dwa różne "Y".
k1 - kiedy piłka leci łagodnym łukiem i trafia przy ziemi.
k2 - kiedy piłka leci łagodnym łukiem i trafia przy poprzeczce.
k3 - kiedy piłka leci mocnym łukiem i trafia przy poprzeczce.
k4 - kiedy piłka leci mocnym łukiem i trafia przy ziemi.
\(\displaystyle{ x = v _{ox} \cdot t = v _{o} \cdot t \cdot cos \alpha
t = \frac{x}{v _{o} \cdot cos \alpha }
y = y _{o} + v _{oy} - \frac{gt ^{2} }{2}
y _{o} = 0}\)
Po przekształceniu i podstawieniu dostaliśmy wzór na równanie toru: \(\displaystyle{ y = tg \alpha \cdot x - \left( 1+tg ^{2} \alpha \right) \cdot \frac{g \cdot x ^{2}}{2 \cdot v _{o} ^{2} }}\)
rozwiązane zostały dwa równania kwadratowe. Raz użyte zostało \(\displaystyle{ y = 0}\) a raz \(\displaystyle{ y = 2,3m}\)
Co koniec końców dało kąty 86 - 86,25 oraz 3,75 - 10 stopni.