Kaströrelse.

Jag hoppades att någon klyftigare än mig skulle kolla på detta, men jag gjorde så här:

Vi har  
 $$\begin{gathered} x\left(t\right)=v_0\cos \left(\alpha \right)t \\ y\left(t\right) =v_0\sin \left(\alpha \right)t-\frac{g{t}^2}{2} \end{gathered}$$

Tiden kan vi ta ur ekvationen för x(t);  $t=\frac{x}{v_0\cos \left(\alpha \right)}$

Den sätter vi in i y(t) så får vi y som en funktion av X

Vilket blir $y\left(x\right)=\tan \left(\alpha \right)x-\frac{g{x}^2}{2{v_0}^2\times \cos (\alpha {)}^2}$ efter lite förenklingar.

Nu kan vi sätta in $x=5,2$ och $y=0,95$

Då får vi $0,95=\tan \left(\alpha \right)5,2-\frac{1,68}{\cos (\alpha {)}^2}$

Längre kommer inte jag. Kanske med mer kunskap i trigonometri så kan man komma fram till lösningen.
Här satte jag in olika vinklar som 75, 60, 65, 68 grader och kom fram till att 67,9 var nära.

 Vid en snabb blick ser det ok ut men

Vi måste ha en vinkel inom ett intervall. Om vinkeln är för stor kommer bollen inte att nå korgen utan den åker upp vänder nedåt och passerar korgen i yled innan den nått fram i xled.

I det andra fallet vinkeln är för liten träffar bollen väggen under korgen.

I alla vinklar mellan dessa borde bollen kunna gå i korgen.

Om jag kastar går den garanterat utanför

ConnyN skrev:

Jag hoppades att någon klyftigare än mig skulle kolla på detta, men jag gjorde så här:

Vi har  
 $$\begin{gathered} x\left(t\right)=v_0\cos \left(\alpha \right)t \\ y\left(t\right) =v_0\sin \left(\alpha \right)t-\frac{g{t}^2}{2} \end{gathered}$$

Tiden kan vi ta ur ekvationen för x(t);  $t=\frac{x}{v_0\cos \left(\alpha \right)}$

Den sätter vi in i y(t) så får vi y som en funktion av X

Vilket blir $y\left(x\right)=\tan \left(\alpha \right)x-\frac{g{x}^2}{2{v_0}^2\times \cos (\alpha {)}^2}$ efter lite förenklingar.

Nu kan vi sätta in $x=5,2$ och $y=0,95$

Då får vi $0,95=\tan \left(\alpha \right)5,2-\frac{1,68}{\cos (\alpha {)}^2}$

Längre kommer inte jag. Kanske med mer kunskap i trigonometri så kan man komma fram till lösningen.
Här satte jag in olika vinklar som 75, 60, 65, 68 grader och kom fram till att 67,9 var nära.

 Jag har gjort samma sak men jag fastnar här också. kolla bilden:) 

ConnyN skrev:

Jag hoppades att någon klyftigare än mig skulle kolla på detta, men jag gjorde så här:

Vi har  
 $$\begin{gathered} x\left(t\right)=v_0\cos \left(\alpha \right)t \\ y\left(t\right) =v_0\sin \left(\alpha \right)t-\frac{g{t}^2}{2} \end{gathered}$$

Tiden kan vi ta ur ekvationen för x(t);  $t=\frac{x}{v_0\cos \left(\alpha \right)}$

Den sätter vi in i y(t) så får vi y som en funktion av X

Vilket blir $y\left(x\right)=\tan \left(\alpha \right)x-\frac{g{x}^2}{2{v_0}^2\times \cos (\alpha {)}^2}$ efter lite förenklingar.

Nu kan vi sätta in $x=5,2$ och $y=0,95$

Då får vi $0,95=\tan \left(\alpha \right)5,2-\frac{1,68}{\cos (\alpha {)}^2}$

Längre kommer inte jag. Kanske med mer kunskap i trigonometri så kan man komma fram till lösningen.
Här satte jag in olika vinklar som 75, 60, 65, 68 grader och kom fram till att 67,9 var nära.

 https://www.pluggakuten.se/trad/kan-nagon-hjalpa-mig-med-denna-uppgiften/?order=all#post-f2ffc443-6227-433c-b28c-a8dd00e0b526

ConnyN skrev:

Jag hoppades att någon klyftigare än mig skulle kolla på detta, men jag gjorde så här:

Vi har  
 $$\begin{gathered} x\left(t\right)=v_0\cos \left(\alpha \right)t \\ y\left(t\right) =v_0\sin \left(\alpha \right)t-\frac{g{t}^2}{2} \end{gathered}$$

Tiden kan vi ta ur ekvationen för x(t);  $t=\frac{x}{v_0\cos \left(\alpha \right)}$

Den sätter vi in i y(t) så får vi y som en funktion av X

Vilket blir $y\left(x\right)=\tan \left(\alpha \right)x-\frac{g{x}^2}{2{v_0}^2\times \cos (\alpha {)}^2}$ efter lite förenklingar.

Nu kan vi sätta in $x=5,2$ och $y=0,95$

Då får vi $0,95=\tan \left(\alpha \right)5,2-\frac{1,68}{\cos (\alpha {)}^2}$

Längre kommer inte jag. Kanske med mer kunskap i trigonometri så kan man komma fram till lösningen.
Här satte jag in olika vinklar som 75, 60, 65, 68 grader och kom fram till att 67,9 var nära.

Dr.G har givet mig tipset att $\frac{1}{Cos(\alpha {)}^2}=1+\tan (\alpha {)}^2$ och att då kan vi använda det ovan och lösa ekvationen med pq-formeln.

Vi får $y\left(x\right)=\tan \left(\alpha \right) x-\frac{g{x}^2}{2v^0}\left(1+\tan {\left(\alpha \right)}^2\right)$ och vi sätter in våra kända värden $0,95=\tan \left(\alpha \right)5,2-1,68\left(1+\tan {\left(\alpha \right)}^2\right)$

Vi sätter $\tan \left(\alpha \right)=x$ för att få lite enklare visning. $0,95=5,2x-1,68\left(1+x^2\right)$

Det blir efter omflyttning och förkortning $x^2-3,095x+1,565=0$ och $x_1=2,458$ $x_2=0,638$

Då får vi två vinklar $\tan {\alpha }_1=67,9^o$ och $\tan {\alpha }_2=32,5^o$

Om bollen går i vid den mindre vinkeln är tveksamt, men med lite tur kanske? Se bild nedan.

Yamen1 skrev:

 Jag har gjort samma sak men jag fastnar här också. kolla bilden:) 

Du behöver använda denna formel: $\frac{\mathbf{1}}{\mathbf{c}\mathbf{o}{\mathbf{s}}^{\mathbf{2}}}\mathbf{=}\mathbf{1}\mathbf{+}\mathit{t}\mathit{a}{\mathit{n}}^{\mathbf{2}}$

$\mathbf{0}\mathbf{,}\mathbf{95}\mathbf{=}\mathbf{ }\mathbf{5}\mathbf{,}\mathbf{16}\mathbf{ }\mathit{t}\mathit{a}\mathit{n}\mathit{\alpha }\mathbf{ }\mathbf{-}\mathbf{ }\mathbf{1}\mathbf{,}\mathbf{6}\mathbf{(}\mathbf{1}\mathbf{+}\mathit{t}\mathit{a}{\mathit{n}}^{\mathbf{2}}\mathit{\alpha }\mathbf{)}$

det rätta svaret är:${\mathbf{68}}^{\mathbf{°}}\mathbf{ }\mathit{o}\mathit{c}\mathit{h}\mathbf{ }{\mathbf{32}}^{\mathbf{°}}$

har fastnat på denna, kan någon förklara hur det blir  -3,095x -1,565 ? förstår inte