{"paper":{"id":"fizyka-2026-maj-matura-rozszerzona","subject":"fizyka","category":"matura","year":2026,"month":"maj","level":"rozszerzona","variant":null,"exam_pdf":"fizyka-2026-maj-matura-rozszerzona/fizyka-2026-maj-matura-rozszerzona.pdf","key_pdf":"fizyka-2026-maj-matura-rozszerzona-odpowiedzi/fizyka-2026-maj-matura-rozszerzona-odpowiedzi.pdf","question_count":37,"source_label":"Fizyka · Matura · maj 2026 (rozszerzona)","subject_label":"Fizyka","category_label":"Matura"},"questions":[{"id":"fizyka-2026-maj-matura-rozszerzona/zad/1","paper_id":"fizyka-2026-maj-matura-rozszerzona","number":"1","points":6,"ptype":"open","subject":"fizyka","category":"matura","year":2026,"month":"maj","level":"rozszerzona","text":"Zadanie 1.\nW chwili 𝑡0 = 0 s z wysokości ℎ0 ponad podłożem wyrzucono pionowo w górę ciało 𝒞.\nWartość prędkości ciała 𝒞 w chwili 𝑡0 oznaczymy jako v0. Ciało wzniosło się pionowo na\nwysokość maksymalną ℎ𝑚𝑎𝑥, po czym opadło na podłoże.\nPrzyjmij, że:\nciało 𝒞 porusza się w komorze próżniowej, bez działania sił oporu, w inercjalnym układzie\nodniesienia, w jednorodnym, ziemskim polu grawitacyjnym\nprzyśpieszenie ziemskie ma wartość 𝑔= 9,81 m/s2.","answer":null,"answer_text":"1","solution":"Odpowiedź: **1.1. FP** 1. **F** — w polu grawitacyjnym bez oporów przyśpieszenie każdego ciała wynosi $g$, niezależnie od masy. 2. **P** — im większe $v_0$, tym wyżej ciało się wzniesie i tym dłużej trwa cały ruch. **1.2.** W fazie wznoszenia ruch jest jednostajnie opóźniony, a w punkcie $W$ prędkość spada do zera: $$0 = v_0 - g\\,t_W \\quad\\Rightarrow\\quad v_0 = g\\,t_W = 9{,}81 \\cdot 0{,}8 = 7{,}848\\ \\mathrm{m/s}$$ $$\\boxed{v_0 \\approx 7{,}85\\ \\mathrm{m/s}}$$ **1.3.** Od $W$ do $B$ ciało spada swobodnie przez $t_{sp} = 1{,}8 - 0{,}8 = 1{,}0\\ \\mathrm{s}$: $$h_{max} = \\tfrac{1}{2}g\\,t_{sp}^2 = \\tfrac{1}{2}\\cdot 9{,}81 \\cdot 1{,}0^2 = 4{,}905\\ \\mathrm{m}$$ Wysokość wzniesienia ponad punkt startu: $$\\Delta h = \\frac{v_0^2}{2g} = \\frac{7{,}848^2}{2 \\cdot 9{,}81} = 3{,}1392\\ \\mathrm{m}$$ $$h_0 = h_{max} - \\Delta h = 4{,}905 - 3{,}1392 = 1{,}7658\\ \\mathrm{m}$$ $$\\boxed{h_0 \\approx 1{,}77\\ \\mathrm{m}}$$\n\nTreść zadania (CKE)\n\nTrzy odcinki tego samego ruchu\n\nFaza | Czas | Opis\nwznoszenie $A \\to W$ | 0,8 s | jednostajnie opóźniony, $v$ maleje od $v_0$ do 0\nspadanie $W \\to$ poziom startu | 0,8 s | symetria względem wznoszenia\nspadanie do podłoża | 0,2 s | dodatkowy odcinek $h_0$ w dół\n\nRazem 1,8 s. Symetria dotyczy tylko odcinka nad punktem startu — pozostały czas to spadek poniżej.\n\nTrzy drogi do $h_0$\n\nSposób 1 — przez $h_{max}$ (użyty wyżej): policz $h_{max}$ ze swobodnego spadku od $W$ do $B$, odejmij $v_0^2/2g$.\n\nSposób 2 — wprost z równania ruchu: podstaw $t = 1{,}8\\ \\mathrm{s}$ i $h = 0$:\n\n$$0 = h_0 + v_0 \\cdot 1{,}8 - \\tfrac{1}{2}g \\cdot 1{,}8^2 \\quad\\Rightarrow\\quad h_0 = \\tfrac{1}{2}\\cdot 9{,}81 \\cdot 3{,}24 - 7{,}848 \\cdot 1{,}8 = 1{,}766\\ \\mathrm{m}$$\n\nSposób 3 — z zasady zachowania energii: $\\tfrac{1}{2}mv_0^2 + mgh_0 = mgh_{max}$, po skróceniu masy wychodzi to samo.\n\nCKE akceptuje każdy z nich — punktowana jest metoda i wynik, nie konkretna droga.\n\nPunktacja CKE\n\n- 1.1. 1 pkt — obie oceny poprawne (FP).\n- 1.2. 2 pkt — poprawna metoda i wynik z jednostką ($\\approx 7{,}85\\ \\mathrm{m/s}$); 1 pkt za samo równanie $0 = v_0 - gt$.\n- 1.3. 3 pkt — metoda i wynik ($\\approx 1{,}77\\ \\mathrm{m}$).\n- Razem: 6 pkt.\n\nTypowy błąd: **Ruch nie jest symetryczny w czasie, bo start i lądowanie są na różnych wysokościach.** Wznoszenie trwa 0,8 s, a spadanie 1,0 s — ciało spada z $h_{max}$ aż do podłoża, czyli niżej niż punkt startu. Założenie „skoro całość trwa 1,8 s, to wznoszenie zajmuje 0,9 s\" jest błędne i psuje oba podpunkty. **W 1.1 stwierdzenie 2. kusi odpowiedzią F**, bo w spadku swobodnym czas nie zależy od masy. Ale pytanie dotyczy zależności od $v_0$, a nie od masy — większa prędkość początkowa to dłuższy lot. **Kontrola wyniku zajmuje kilkanaście sekund.** Podstaw $h_0$ do równania ruchu i sprawdź, czy przy $t = 1{,}8$ wychodzi zero: $$h_0 + v_0 t - \\tfrac{1}{2}g t^2 = 1{,}7658 + 7{,}848 \\cdot 1{,}8 - \\tfrac{1}{2}\\cdot 9{,}81 \\cdot 1{,}8^2 = 0$$","image":"img/fizyka-2026-maj-matura-rozszerzona/zad-1.webp","solution_image":null,"topics":"rzut pionowy w gore, wykres h(t), spadek swobodny","page_from":4,"source":"ocr","answer_source":null,"answer_text_source":"ocr","solution_source":"maturaonline","text_source":"ocr","source_label":"Fizyka · Matura · maj 2026 (rozszerzona)","subject_label":"Fizyka","category_label":"Matura"},{"id":"fizyka-2026-maj-matura-rozszerzona/zad/1.1","paper_id":"fizyka-2026-maj-matura-rozszerzona","number":"1.1","points":1,"ptype":"true_false","subject":"fizyka","category":"matura","year":2026,"month":"maj","level":"rozszerzona","text":"Zadanie 1.1. (0-1)\nAnalizujemy ruch ciała 𝒞 od chwili 𝑡0 do momentu uderzenia w podłoże.\nOceń prawdziwość poniższych stwierdzeń. Wybierz P, jeśli stwierdzenie jest\nprawdziwe, albo F - jeśli jest fałszywe.\nPrzyśpieszenie ciała 𝒞 zależy od jego masy.\nP\nF\nCzas trwania ruchu ciała 𝒞 zależy od v0.\nP\nF\nInformacja do zadań 1.2.-1.3.\nNa poniższym wykresie przedstawiono zależność ℎ(𝑡) - wysokości od czasu - dla ruchu\nciała 𝒞 od chwili 𝑡0 do momentu uderzenia w podłoże. Na wykresie zaznaczono wybrane\npunkty 𝐴, 𝑊, 𝐵 oraz podano ich współrzędne (za pomocą liczb i symboli).\nWykres\nA = (0 ; h0)\nW = (0,8 ; hmax)\nB = (1,8 ; 0)\n0\n2\n4\n0\n0,5\n1\n1,5\n2\nt, s\nh\nMFAP-R0_100","answer":null,"answer_text":"Zadanie 1.1. (0-1)\nWymagania określone w podstawie programowej1\nWymaganie ogólne\nWymagania szczegółowe\nI. Wykorzystanie pojęć i wielkości\nfizycznych do opisu zjawisk oraz\nwskazywanie ich przykładów\nw otaczającej rzeczywistości.\nZdający:\nII.16) (SP) opisuje spadek swobodny […].\nI.7) wyodrębnia z tekstów, […] wykresów […]\ninformacje kluczowe dla opisywanego zjawiska\nbądź problemu […].\nII.4) opisuje ruchy prostoliniowe […] jednostajnie\nzmienne, posługując się zależnościami położenia,\nwartości prędkości […] od czasu.\nZasady oceniania\n1 pkt - odpowiedź poprawna.\n0 pkt - odpowiedź niepoprawna lub niepełna albo brak odpowiedzi.\nRozwiązanie\nFP","solution":"## Poprawna odpowiedź: FP\n\n**Stwierdzenie 1: \"Przyspieszenie ciała $\\mathcal{C}$ zależy od jego masy.\" - FAŁSZ**\n\nW jednorodnym polu grawitacyjnym, przy braku oporów, na ciało działa wyłącznie siła grawitacji $F_g = mg$. Z II zasady dynamiki:\n\n$$a = \\frac{F_g}{m} = \\frac{mg}{m} = g.$$\n\nPrzyspieszenie jest równe $g$ i **nie zależy od masy** ciała. Stwierdzenie jest fałszywe (**F**).\n\n**Stwierdzenie 2: \"Czas trwania ruchu ciała $\\mathcal{C}$ zależy od $v_0$.\" - PRAWDA**\n\nCzas całego ruchu (od wyrzutu z wysokości $h_0$ do uderzenia w podłoże) zależy zarówno od wysokości początkowej, jak i od prędkości początkowej $v_0$. Im większe $v_0$, tym wyżej ciało się wzniesie i tym dłużej potrwa cały ruch. Formalnie z równania ruchu:\n\n$$0 = h_0 + v_0 t - \\tfrac{1}{2}g t^2,$$\n\nwidać, że pierwiastek $t$ zależy od $v_0$. Stwierdzenie jest prawdziwe (**P**).\n\nOdpowiedź: **FP**.\n\n## Zasady oceniania CKE\n\n**1 pkt** - poprawna odpowiedź **FP**. **0 pkt** - odpowiedź niepoprawna, niepełna lub brak. Klucz: **FP**.","image":"img/fizyka-2026-maj-matura-rozszerzona/zad-1.1.webp","solution_image":null,"topics":null,"page_from":4,"source":"ocr","answer_source":null,"answer_text_source":"ocr","solution_source":"maturazai","text_source":"ocr","source_label":"Fizyka · Matura · maj 2026 (rozszerzona)","subject_label":"Fizyka","category_label":"Matura"},{"id":"fizyka-2026-maj-matura-rozszerzona/zad/1.2","paper_id":"fizyka-2026-maj-matura-rozszerzona","number":"1.2","points":2,"ptype":"open","subject":"fizyka","category":"matura","year":2026,"month":"maj","level":"rozszerzona","text":"Zadanie 1.2. (0-2)\nOblicz v𝟎. Zapisz obliczenia.","answer":null,"answer_text":"Zadanie 1.2. (0-2)\nWymaganie ogólne\nWymagania szczegółowe\nII. Rozwiązywanie problemów\nz wykorzystaniem praw i zależności\nfizycznych.\nZdający:\nII.16) (SP) opisuje spadek swobodny […].\nI.7) wyodrębnia z tekstów, […] wykresów […]\ninformacje kluczowe dla opisywanego zjawiska\nbądź problemu […].\nII.4) opisuje ruchy prostoliniowe […] jednostajnie\nzmienne, posługując się zależnościami\npołożenia, wartości prędkości […] od czasu;\nII.6) wyznacza położenie, wartość prędkości,\nwartość przyspieszenia i drogę w ruchu […]\njednostajnie zmiennym na podstawie danych\nzawartych w postaci […] wykresów.\n1 Rozporządzenie Ministra Edukacji z dnia 28 czerwca 2024 r. zmieniające rozporządzenie w sprawie podstawy\nprogramowej kształcenia ogólnego dla liceum ogólnokształcącego, technikum oraz branżowej szkoły II stopnia\n(Dz.U. z 2024 r. poz. 1019).\nZasady oceniania2\n2 pkt - poprawna metoda obliczenia prędkości początkowej rzutu w górę oraz podanie\nprawidłowego wyniku liczbowego z jednostką: v0 ≈7,85 m/s\n1 pkt - zapisanie/zastosowanie zależności między prędkością końcową a prędkością\npoczątkową, czasem i przyśpieszeniem w ruchu jednostajnie opóźnionym oraz\nuwzględnienie, że prędkość końcowa wynosi zero, a przyśpieszenie jest równe\nprzyśpieszeniu grawitacyjnemu, np. zapisy równoważne poniższym:\n0 = v0 -𝑔𝑡𝐴𝑊\nLUB\n- skorzystanie z symetrii w czasie dla rzutu pionowego w górę i spadku swobodnego\noraz zapisanie/zastosowanie zależności między prędkością końcową a czasem\ni przyśpieszeniem w spadku swobodnym bez prędkości początkowej, np.:\nv0 = v𝑘 𝑠𝑝𝑎𝑑𝑎𝑛𝑖𝑒= 𝑔𝑡𝑊𝐴 (lub zapisy równoważne)\nLUB\n- zapisanie kompletu równań wynikających z równań ruchu (lub/i zasady zachowania\nenergii mechanicznej), z których można obliczyć 𝑣0, z prawidłową identyfikacją\nczasów w równaniach na ℎ𝑚𝑎𝑥 i ℎ0, np. zapisy równoważne poniższym:\nℎ𝑚𝑎𝑥= v0\n2\n2𝑔+ ℎ0 oraz ℎ𝑚𝑎𝑥= ℎ0 + v0 ⋅0,8 -1\n2 𝑔⋅0,82 oraz ℎ𝑚𝑎𝑥= 1\n2 𝑔⋅12\n0 pkt - rozwiązanie, w którym zastosowano niepoprawną metodę, albo brak rozwiązania.\nPrzykładowe pełne rozwiązania3\nSposób 1.\nCiało 𝒞 w chwili 𝑡0 = 0 s miało prędkość początkową o wartości v0 skierowaną pionowo\nw górę, a w chwili 𝑡= 0,8 s ciało osiągnęło wysokość maksymalną i miało prędkość końcową\nrówną zero: v𝑘= 0. Od chwili 𝑡0 = 0 s w czasie 𝑡𝐴𝑊= 0,8 s ciało poruszało się ruchem\njednostajnie opóźnionym z przyśpieszeniem grawitacyjnym 𝑔⃗. Skorzystamy z zależności\nprędkości od czasu w ruchu jednostajnie opóźnionym z przyśpieszeniem o wartości 𝑔:\nv𝑘= v0 -𝑔𝑡𝐴𝑊 oraz v𝑘= 0\n0 = v0 -9,81 m\ns2 ⋅0,8 s → v0 = 9,81 m\ns2 ⋅0,8 s ≈7,85 m\ns\nSposób 2.\nSkorzystamy z symetrii w czasie między wznoszeniem swobodnym w rzucie pionowym\na spadkiem swobodnym z przyśpieszeniem grawitacyjnym (wartość prędkości początkowej\nwznoszenia jest równa wartości prędkości końcowej spadania). Rozważmy ruch zastępczy -\nspadek swobodny (z ℎ𝑚𝑎𝑥 do ℎ0) bez prędkości początkowej w czasie 𝑡𝑊𝐴= 0,8 s. Zatem:\nv0 = v𝑘 𝑠𝑝𝑎𝑑𝑎𝑛𝑖𝑎 oraz v𝑘 𝑠𝑝𝑎𝑑𝑎𝑛𝑖𝑎= 𝑔𝑡𝑊𝐴= 9,81 m\ns2 ⋅0,8 s ≈7,85 m\ns\nv0 ≈7,85 m\ns\n2 Pod opisem warunków za przyznanie punktów w niektórych przypadkach podano przykładowe zapisy (lub\nprzykładowe zapisy równoważne), które spełniają te warunki w minimalnym stopniu.\n3 Przykładowe rozwiązania mogą zawierać dodatkowe wyjaśnienia/komentarze, które nie podlegają ocenie.\nWymagane elementy rozwiązania zdającego podlegające ocenie są wyszczególnione i opisane w kryteriach\npunktacji zasad oceniania. Dodatkowe komentarze w rozwiązaniu zamieszczono w celach dydaktycznych.\nZasady oceniania rozwiązań zadań","solution":"W fazie wznoszenia ruch jest jednostajnie opóźniony, a w punkcie $W$ prędkość spada do zera: $$0 = v_0 - g\\,t_W \\quad\\Rightarrow\\quad v_0 = g\\,t_W = 9{,}81 \\cdot 0{,}8 = 7{,}848\\ \\mathrm{m/s}$$ $$\\boxed{v_0 \\approx 7{,}85\\ \\mathrm{m/s}}$$","image":"img/fizyka-2026-maj-matura-rozszerzona/zad-1.2.webp","solution_image":null,"topics":"rzut pionowy w gore, wykres h(t), spadek swobodny","page_from":5,"source":"ocr","answer_source":null,"answer_text_source":"ocr","solution_source":"maturaonline","text_source":"ocr","source_label":"Fizyka · Matura · maj 2026 (rozszerzona)","subject_label":"Fizyka","category_label":"Matura"},{"id":"fizyka-2026-maj-matura-rozszerzona/zad/1.3","paper_id":"fizyka-2026-maj-matura-rozszerzona","number":"1.3","points":3,"ptype":"open","subject":"fizyka","category":"matura","year":2026,"month":"maj","level":"rozszerzona","text":"Zadanie 1.3. (0-3)\nOblicz 𝒉𝟎. Zapisz obliczenia.\n1.2.\n0-1-2\n1.3.\n0-1-\n2-3\nMFAP-R0_100","answer":null,"answer_text":"Zadanie 1.3. (0-3)\nWymagania ogólne\nWymagania szczegółowe\nII. Rozwiązywanie problemów\nz wykorzystaniem praw i zależności\nfizycznych.\nV. Budowanie modeli fizycznych\ni matematycznych do opisu zjawisk oraz\nilustracji praw i zależności fizycznych.\nZdający:\nII.16) (SP) opisuje spadek swobodny […].\nI.7) wyodrębnia z […] wykresów […] informacje\nkluczowe dla opisywanego zjawiska […].\nII.4) opisuje ruchy prostoliniowe jednostajne\ni jednostajnie zmienne, posługując się\nzależnościami położenia, wartości prędkości\ni przyspieszenia oraz drogi od czasu;\nII.6) wyznacza położenie, wartość prędkości,\nwartość przyspieszenia i drogę w ruchu […]\njednostajnie zmiennym na podstawie danych\nzawartych w postaci […] wykresów.\nZasady oceniania (dla rozwiązania sposobem 1.)\nRozwiązanie będzie podlegało ocenie, gdy zdający spełni co najmniej jeden z poniższych\nwarunków lub ich kombinację, określoną dalej w schemacie punktowania.\nWarunek h_max-metoda\nPoprawna metoda obliczenia ℎ𝑚𝑎𝑥, tzn. skorzystanie ze związku między drogą a czasem\ni przyśpieszeniem grawitacyjnym w spadku swobodnym (od punktu 𝑊 do 𝐵) bez prędkości\npoczątkowej, oraz uwzględnienie, że 𝑡𝑊𝐵= 1 s, np. zapisy równoważne poniższym:\nℎ𝑚𝑎𝑥= 1\n2 𝑔𝑡𝑊𝐵\n2 oraz 𝑡𝑊𝐵= 1 s\nWarunek Δh-metoda\nPoprawna metoda 1. obliczenia różnicy wysokości Δℎ𝑊𝐴, tzn. skorzystanie ze związku\nmiędzy drogą a czasem i przyśpieszeniem grawitacyjnym w spadku swobodnym (od punktu\n𝑊 do 𝐴) bez prędkości początkowej, oraz uwzględnienie, że 𝑡𝑊𝐴= 0,8 s, np. zapisy\nrównoważne poniższym:\nΔℎ𝑊𝐴= 1\n2 𝑔𝑡𝑊𝐴\n2 oraz 𝑡𝑊𝐴= 0,8 s\nALBO\nPoprawna metoda 2. (zobacz Uwaga przy kroku 2. w sposobie 1. rozwiązania) obliczenia\nróżnicy wysokości Δℎ𝐴𝑊, tzn. skorzystanie ze związku między drogą a prędkością\npoczątkową, czasem i przyśpieszeniem grawitacyjnym w rzucie pionowym (od punktu 𝐴 do\npunktu 𝑊), oraz uwzględnienie, że 𝑡𝐴𝑊= 0,8 s, np. zapisy równoważne poniższym:\nΔℎ𝐴𝑊= v0𝑡𝐴𝑊-1\n2 𝑔𝑡𝐴𝑊\n2 oraz 𝑡𝐴𝑊= 0,8 s\nWarunek h_0-metoda\nZapisanie równania wskazującego na strategię rozwiązania, np. zapisy równoważne\nponiższym:\nℎ0 = ℎ𝑚𝑎𝑥-Δℎ𝐴𝑊\nSchemat punktowania (dla rozwiązania sposobem 1.)\n3 pkt - poprawna metoda obliczenia wysokości ℎ0, z której wyrzucono pionowo w górę\nciało 𝒞 oraz podanie prawidłowego wyniku liczbowego z jednostką: ℎ0 ≈1,8 m\n2 pkt - spełnienie warunków: h_max-metoda oraz Δh-metoda oraz h_0-metoda\nLUB\n- spełnienie warunków: h_max-metoda oraz h_0-metoda oraz podanie prawidłowej\nwartości ℎ𝑚𝑎𝑥≈4,9 m\nLUB\n- spełnienie warunków: Δh-metoda oraz h_0-metoda oraz podanie prawidłowej\nwartości Δℎ≈3,1 m\nLUB\n- spełnienie warunków: Δh-metoda oraz h_max-metoda oraz podanie prawidłowej\nwartości dla Δℎ≈3,1 m lub ℎ𝑚𝑎𝑥≈4,9 m.\n1 pkt - spełnienie warunku h_max-metoda\nLUB\n- spełnienie warunku Δh-metoda\nLUB\n- spełnienie warunku h_0-metoda\n0 pkt - rozwiązanie, w którym zastosowano niepoprawną metodę, albo brak rozwiązania.\nZasady oceniania (dla rozwiązania sposobem 2.)\n3 pkt - poprawna metoda obliczenia wysokości ℎ0, z której wyrzucono pionowo w górę\nciało 𝒞, oraz podanie prawidłowego wyniku liczbowego z jednostką: ℎ0 ≈1,8 m\n2 pkt - poprawne zapisanie kinematycznego równania ruchu dla ciała 𝒞 oraz\nzapisanie/uwzględnienie warunków, że ℎ= 0 dla 𝑡𝐴𝐵= 1,8 s, oraz v0 = 𝑔𝑡𝐴𝑊, np.:\n0 = ℎ0 + 𝑔𝑡𝐴𝑊𝑡𝐴𝐵-1\n2 𝑔𝑡𝐴𝐵\n2 (lub zapisy równoważne)\n1 pkt - poprawne zapisanie kinematycznego równania ruchu dla ciała 𝒞, np.:\nℎ(𝑡) = ℎ0 + v0𝑡-1\n2 𝑔𝑡2 (lub zapisy równoważne)\n0 pkt - rozwiązanie, w którym zastosowano niepoprawną metodę, albo brak rozwiązania.\nZasady oceniania (dla rozwiązania sposobem 3.)\n3 pkt - poprawna metoda obliczenia wysokości ℎ0, z której wyrzucono pionowo w górę\nciało 𝒞, oraz podanie prawidłowego wyniku liczbowego z jednostką: ℎ0 ≈1,8 m\n2 pkt - spełnienie warunku za 1 pkt oraz zapisanie/uwzględnienie warunków, że ℎ= 0 dla\n𝑡𝐴′𝐵= 0,2 s (𝐴’ jest punktem symetrycznym do 𝐴), oraz v0 = 𝑔𝑡𝐴𝑊, np.:\n0 = ℎ0 -(𝑔𝑡𝐴𝑊⋅0,2 + 1\n2 𝑔⋅0,22) (lub zapisy równoważne)\n1 pkt - poprawne zapisanie kinematycznego równania ruchu (jednostajnie przyśpieszonego)\ndla ciała 𝒞, licząc czas od momentu gdy osiągnie z powrotem wysokość ℎ0, np.:\nℎ(𝑡) = ℎ0 -𝑠(𝑡) = ℎ0 -(v0𝑡+ 1\n2 𝑔𝑡2) (lub zapisy równoważne)\n0 pkt - rozwiązanie, w którym zastosowano niepoprawną metodę, albo brak rozwiązania.\nZasady oceniania rozwiązań zadań\nZasady oceniania (dla rozwiązania sposobem 4.)\n3 pkt - poprawna metoda obliczenia wysokości ℎ0, z której wyrzucono pionowo w górę\nciało 𝒞, oraz podanie prawidłowego wyniku liczbowego z jednostką: ℎ0 ≈1,8 m\n2 pkt - spełnienie warunku za 1 pkt oraz zapisanie/uwzględnienie warunku, że v0 = 𝑔𝑡𝐴𝑊,\noraz poprawna metoda obliczenia ℎ𝑚𝑎𝑥, np. zapisy równoważne poniższym:\nℎ0 = ℎ𝑚𝑎𝑥-v0\n2\n2𝑔 oraz v0 = 𝑔𝑡𝐴𝑊 oraz ℎ𝑚𝑎𝑥= 1\n2 𝑔𝑡𝑊𝐵\n2\n1 pkt - poprawne zapisanie równania zasady zachowania energii mechanicznej (lub równań\nruchu z wyeliminowanym czasem), np. zapisy równoważne poniższym:\nℎ0 = ℎ𝑚𝑎𝑥-v0\n2\n2𝑔\n0 pkt - rozwiązanie, w którym zastosowano niepoprawną metodę, albo brak rozwiązania.\nZasady oceniania (dla rozwiązania sposobem 5.)\n3 pkt - poprawna metoda obliczenia wysokości ℎ0, z której wyrzucono pionowo w górę\nciało 𝒞, oraz podanie prawidłowego wyniku liczbowego z jednostką: ℎ0 ≈1,8 m\n2 pkt - spełnienie warunku za 1 pkt oraz podstawienie do równania paraboli współrzędnych\npunktów 𝐴 i 𝐵 oraz wyznaczenie zależności między ℎ0 i ℎ𝑚𝑎𝑥, np. zapisy\nrównoważne poniższym:\n{ ℎ0 = 𝑘(0 -0,8)2 + ℎ𝑚𝑎𝑥\n0 = 𝑘(1,8 -0,8)2 + ℎ𝑚𝑎𝑥\n→ ℎ0 = 0,36ℎ𝑚𝑎𝑥\nLUB\n- spełnienie warunku za 1 pkt oraz podstawienie do równania paraboli współrzędnych\npunktów 𝐴 i 𝐵 oraz poprawna metoda wyznaczenia ℎ𝑚𝑎𝑥, np. zapisy równoważne\nponiższym:\n{ ℎ0 = 𝑘(0 -0,8)2 + ℎ𝑚𝑎𝑥\n0 = 𝑘(1,8 -0,8)2 + ℎ𝑚𝑎𝑥\noraz ℎ𝑚𝑎𝑥= 1\n2 𝑔𝑡𝑊𝐵\n2\n1 pkt - zapisanie równania paraboli (której fragment jest wykresem ℎ(𝑡)) w postaci\nkanonicznej z podstawionymi współrzędnymi wierzchołka 𝑊, np. zapisy równoważne\nponiższym:\nℎ(𝑡) = 𝑘(𝑡-0,8)2 + ℎ𝑚𝑎𝑥\n0 pkt - rozwiązanie, w którym zastosowano niepoprawną metodę, albo brak rozwiązania.\nPrzykładowe pełne rozwiązania\nSposób 1.\nOkreślimy strategię postępowania:\nKrok 1. Obliczymy ℎ𝑚𝑎𝑥.\nKrok 2. Obliczymy Δℎ𝐴𝑊. Skorzystamy z symetrii w czasie między wznoszeniem\nswobodnym w rzucie pionowym a spadkiem swobodnym bez prędkości początkowej\n(oba ruchy z przyśpieszeniem grawitacyjnym):\nΔℎ𝐴𝑊= Δℎ𝑊𝐴 oraz 𝑡𝑤𝑧𝑛𝑜𝑠𝑧𝑒𝑛𝑖𝑎 𝐴𝑊= 𝑡𝑠𝑝𝑎𝑑𝑎𝑛𝑖𝑎 𝑊𝐴\nKrok 3. Obliczymy ℎ0. Skorzystamy z faktu, że ℎ𝑚𝑎𝑥= ℎ0 + Δℎ𝐴𝑊.\nKrok 1. Obliczymy ℎ𝑚𝑎𝑥. Skorzystamy ze związku między drogą (równą wysokości\nmaksymalnej) a przyśpieszeniem (równym grawitacyjnemu) i czasem w ruchu jednostajnie\nprzyśpieszonym. Czas opadania od punktu 𝑊 do 𝐵 określimy na podstawie wykresu:\nℎ𝑚𝑎𝑥= 1\n2 𝑔𝑡𝑊𝐵\n2 gdzie 𝑡𝑊𝐵= 𝑡𝐵-𝑡𝑊= 1,8 s -0,8 s = 1,0 s\nℎ𝑚𝑎𝑥= 1\n2 ⋅9,81\nm\ns2 ⋅(1 s)2 = 4,905 m\nKrok 2. Obliczymy Δℎ𝐴𝑊:\nΔℎ𝐴𝑊= Δℎ𝑊𝐴 oraz 𝑡𝑤𝑧𝑛𝑜𝑠𝑧𝑒𝑛𝑖𝑎 𝐴𝑊= 𝑡𝑠𝑝𝑎𝑑𝑎𝑛𝑖𝑎 𝑊𝐴= 0,8 s\nΔℎ𝑊𝐴= 1\n2 𝑔𝑡𝑠𝑝𝑎𝑑𝑎𝑛𝑖𝑎 𝑊𝐴\n2\nΔℎ𝑊𝐴= 1\n2 ⋅9,81 m\ns2 ⋅(0,8 s)2 = 3,1392 m zatem Δℎ𝐴𝑊= 3,1392 m\nUwaga! Krok 2. można zrealizować drugą metodą, z wykorzystaniem równań ruchu dla rzutu\npionowego w górę oraz z obliczonej wcześniej prędkości początkowej:\nΔℎ𝐴𝑊= v0𝑡𝐴𝑊-1\n2 𝑔𝑡𝐴𝑊\n2\n= 7,848 m\ns ⋅0,8 s - 1\n2 ⋅9,81 m\ns2 ⋅(0,8 s)2 = 3,1392 m\nKrok 3. Obliczymy ℎ0:\nℎ0 = ℎ𝑚𝑎𝑥-Δℎ𝐴𝑊\nℎ0 = 4,905 m -3,1392 m = 1,7658 m ≈1,8 m\nSposób 2.\nSkorzystamy z równania ruchu jednostajnie opóźnionego ciała 𝒞, z położeniem\npoczątkowym ℎ0, prędkością początkową v0 i przyśpieszeniem grawitacyjnym 𝑔:\nℎ(𝑡) = ℎ0 + v0𝑡-1\n2 𝑔𝑡2\nZauważmy, że dla 𝑡= 𝑡𝐴𝐵 mamy ℎ= 0, ponadto v0 = 𝑔𝑡𝐴𝑊:\n0 = ℎ0 + v0𝑡𝐴𝐵-1\n2 𝑔𝑡𝐴𝐵\n2 oraz v0 = 𝑔𝑡𝐴𝑊\n0 = ℎ0 + 𝑔𝑡𝐴𝑊𝑡𝐴𝐵-1\n2 𝑔𝑡𝐴𝐵\n2\nObliczymy ℎ0. Z wykresu odczytamy czasy 𝑡𝐴𝑊 oraz 𝑡𝐴𝐵 i podstawimy do powyższego\nrównania:\n0 = ℎ0 + 9,81 m\ns2 ⋅(0,8 s) ⋅(1,8 s) -1\n2 ⋅9,81 m\ns2 ⋅(1,8 s)2\nℎ0 = 1\n2 ⋅9,81 m\ns2 ⋅(1,8 s)2 -9,81 m\ns2 ⋅(0,8 s) ⋅(1,8 s)\nℎ0 = 1,7658 m ≈1,8 m\nZasady oceniania rozwiązań zadań\nSposób 3.\nSkorzystamy z równania ruchu jednostajnie przyśpieszonego ciała 𝒞, licząc czas 𝑡 od\nmomentu, gdy osiągnie z powrotem wysokość ℎ0 w chwili 𝑡𝐴′ = 1,6 s (na wykresie jest to\npunkt 𝐴’ symetryczny do punktu 𝐴). Prędkość początkowa tego ruchu ma wartość v0 i jest\nskierowana w dół. Zapiszemy równanie ruchu jednostajnie przyśpieszonego\nz przyśpieszeniem o wartości 𝑔:\nℎ(𝑡) = ℎ0 -𝑠(𝑡) = ℎ0 -(v0𝑡+ 1\n2 𝑔𝑡2 )\nZauważmy, że dla 𝑡= 𝑡𝐴′𝐵= 0,2 s mamy ℎ= 0, ponadto v0 = 𝑔𝑡𝐴𝑊:\n0 = ℎ0 -(v0 ⋅0,2 s + 1\n2 𝑔⋅(0,2 s)2) oraz v0 = 𝑔𝑡𝐴𝑊= 7,85 m\ns\nℎ0 = 7,85 m\ns ⋅0,2 s + 1\n2 ⋅9,81 m\ns2 ⋅(0,2 s)2\nℎ0 = 1,7662 m ≈1,8 m\nSposób 4.\nZapiszemy równanie wynikające z zasady zachowania energii mechanicznej:\n𝑔ℎ𝑚𝑎𝑥= v0\n2\n2 + 𝑔ℎ0 → ℎ0 = ℎ𝑚𝑎𝑥-v0\n2\n2𝑔\nWyznaczymy ℎ𝑚𝑎𝑥 oraz v0:\nℎ𝑚𝑎𝑥= 1\n2 𝑔𝑡𝑊𝐵\n2 oraz v0 = 𝑔𝑡𝐴𝑊\nZ powyższych równań wynika:\nℎ0 = 1\n2 𝑔𝑡𝑊𝐵\n2\n-1\n2 𝑔𝑡𝐴𝑊\n2\n= 1\n2 ⋅9,81 ⋅(12 -0,82) m = 1,7658 m ≈1,8 m\nSposób 5.\nWyznaczymy równanie paraboli, której fragment jest wykresem zależności ℎ(𝑡). Skorzystamy\nz postaci kanonicznej równania paraboli. Współczynnik wiodący równania paraboli oznaczymy\njako 𝑘. Współrzędne wierzchołka to 𝑊= (𝑡𝑊; ℎ𝑊) = (0,8 ; ℎ𝑚𝑎𝑥) zatem:\n1) ℎ(𝑡) = 𝑘(𝑡-𝑡𝑤)2 + ℎ𝑊 → 2) ℎ(𝑡) = 𝑘(𝑡-0,8)2 + ℎ𝑚𝑎𝑥\nUwaga! W równaniach podstawiamy wartości liczbowe lub symbole odpowiednich wielkości\nbez wypisywania jednostek, przy czym zakładamy, że są to jednostki podstawowe układu SI.\nDo równania 2) podstawimy współrzędne punktów 𝐴 i 𝐵:\n{𝐴= (0; ℎ0) →ℎ(𝑡)\n𝐵= (1,8 ; 0) →ℎ(𝑡) → { ℎ0 = 𝑘(0 -0,8)2 + ℎ𝑚𝑎𝑥\n0 = 𝑘(1,8 -0,8)2 + ℎ𝑚𝑎𝑥\n{ℎ0 = 0,64𝑘+ ℎ𝑚𝑎𝑥\n0 = 𝑘⋅12 + ℎ𝑚𝑎𝑥\n→ {ℎ0 = 0,64 ⋅(-ℎ𝑚𝑎𝑥 ) + ℎ𝑚𝑎𝑥\n𝑘= -ℎ𝑚𝑎𝑥\nZatem:\n{ℎ0 = 0,36ℎ𝑚𝑎𝑥\n𝑘= -ℎ𝑚𝑎𝑥\nPrzykładowy sposób 1. prowadzenia dalszego rachunku\nNa podstawie równania ruchu jednostajnego opóźnionego: ℎ(𝑡) = ℎ0 + v0𝑡-\n𝑎𝑡2\n2 ,\nzauważamy, że współczynnik wiodący równania paraboli wynosi 𝑘= -\n𝑎\n2. Zatem:\n{\nℎ0 = 0,36ℎ𝑚𝑎𝑥\n-𝑔\n2 = -ℎ𝑚𝑎𝑥 → {\nℎ0 = 0,36 ⋅𝑔\n2\nℎ𝑚𝑎𝑥= 𝑔\n2\n→ {ℎ0 = 1,7685 m ≈1,77 m\nℎ𝑚𝑎𝑥= 4,905 m\nPrzykładowy sposób 2. prowadzenia dalszego rachunku\nObliczymy ℎ𝑚𝑎𝑥 ze wzoru na wysokość w spadku swobodnym:\nℎ𝑚𝑎𝑥= 1\n2 𝑔𝑡𝑊𝐵\n2\n→ ℎ𝑚𝑎𝑥= 1\n2 ⋅9,81\nm\ns2 ⋅(1 s)2 = 4,905 m\nZatem:\nℎ0 = 0,36ℎ𝑚𝑎𝑥 = 0,36 ⋅4,905 m ≈1,77 m","solution":"Od $W$ do $B$ ciało spada swobodnie przez $t_{sp} = 1{,}8 - 0{,}8 = 1{,}0\\ \\mathrm{s}$: $$h_{max} = \\tfrac{1}{2}g\\,t_{sp}^2 = \\tfrac{1}{2}\\cdot 9{,}81 \\cdot 1{,}0^2 = 4{,}905\\ \\mathrm{m}$$ Wysokość wzniesienia ponad punkt startu: $$\\Delta h = \\frac{v_0^2}{2g} = \\frac{7{,}848^2}{2 \\cdot 9{,}81} = 3{,}1392\\ \\mathrm{m}$$ $$h_0 = h_{max} - \\Delta h = 4{,}905 - 3{,}1392 = 1{,}7658\\ \\mathrm{m}$$ $$\\boxed{h_0 \\approx 1{,}77\\ \\mathrm{m}}$$","image":"img/fizyka-2026-maj-matura-rozszerzona/zad-1.3.webp","solution_image":null,"topics":"rzut pionowy w gore, wykres h(t), spadek swobodny","page_from":5,"source":"ocr","answer_source":null,"answer_text_source":"ocr","solution_source":"maturaonline","text_source":"ocr","source_label":"Fizyka · Matura · maj 2026 (rozszerzona)","subject_label":"Fizyka","category_label":"Matura"},{"id":"fizyka-2026-maj-matura-rozszerzona/zad/2","paper_id":"fizyka-2026-maj-matura-rozszerzona","number":"2","points":7,"ptype":"open","subject":"fizyka","category":"matura","year":2026,"month":"maj","level":"rozszerzona","text":"Zadanie 2.\nDo jednego z końców nierozciągliwej nici o długości 𝑙 zamocowano niewielkie ciało ℬ\no masie 𝑚. Drugi koniec nici jest unieruchomiony w punkcie 𝑆. Następnie ciało ℬ wprawiono\nw ruch po okręgu o środku w punkcie 𝑆 w płaszczyźnie pionowej.\nPrzyjmij model zjawiska, w którym:\n\nna ciało ℬ podczas ruchu działają dwie siły:\n𝐹⃗𝑔 - siła grawitacji oraz 𝐹⃗𝑛 - siła reakcji nici\n\npomijamy wszelkie opory ruchu, masę nici, a ciało ℬ\ntraktujemy jako punkt materialny\n\nciało ℬ porusza się w inercjalnym układzie odniesienia,\nw jednorodnym, ziemskim polu grawitacyjnym.\nSytuację ilustruje rysunek powyżej, na którym oznaczono przyśpieszenie ziemskie 𝑔⃗.","answer":null,"answer_text":"2","solution":"Odpowiedź: **2.1.** Konstrukcja opiera się na tym, że prędkość w ruchu po okręgu jest zawsze **styczna do toru**, a promień jest do stycznej **prostopadły**. Wystarczy więc z punktu zaczepienia każdego wektora poprowadzić prostą prostopadłą do tego wektora — obie proste przecinają się w środku okręgu. Punkt przecięcia zaznaczamy jako $S$ i odmierzamy jego odległość od początku dowolnego z wektorów: $$\\boxed{R = 10 \\text{ długości boku kratki}}$$ **2.2. B** W najniższym położeniu siła grawitacji jest skierowana **w dół**, a nić ciągnie ciało **w górę, do środka okręgu**. Wypadkowa musi być dośrodkowa, czyli skierowana w górę — a więc $F_N > F_g$. **2.3.** **Krok 1. Dynamika w skrajnych położeniach.** Siła reakcji nici jest zawsze skierowana wzdłuż nici, do środka. Wypadkowa pełni rolę siły dośrodkowej: - najniższe położenie (tam $v = v_\\text{max}$): $\\quad \\dfrac{mv_\\text{max}^2}{l} = F_{N\\,\\text{max}} - mg$ - najwyższe położenie (tam $v = v_\\text{min}$): $\\quad \\dfrac{mv_\\text{min}^2}{l} = F_{N\\,\\text{min}} + mg$ **Krok 2. Zasada zachowania energii** między najniższym a najwyższym punktem (różnica wysokości $= 2l$): $$\\frac{mv_\\text{max}^2}{2} = \\frac{mv_\\text{min}^2}{2} + mg\\cdot 2l \\quad\\Rightarrow\\quad v_\\text{max}^2 = v_\\text{min}^2 + 4gl$$ **Krok 3. Wykorzystanie danego ilorazu.** Z $v_\\text{max} = \\sqrt{3}\\,v_\\text{min}$ mamy $v_\\text{max}^2 = 3v_\\text{min}^2$: $$3v_\\text{min}^2 = v_\\text{min}^2 + 4gl \\quad\\Rightarrow\\quad v_\\text{min}^2 = 2gl, \\qquad v_\\text{max}^2 = 6gl$$ **Krok 4. Podstawienie.** $$F_{N\\,\\text{max}} = \\frac{m\\cdot 6gl}{l} + mg = 7mg, \\qquad F_{N\\,\\text{min}} = \\frac{m\\cdot 2gl}{l} - mg = mg$$ $$\\boxed{\\frac{F_{N\\,\\text{max}}}{F_{N\\,\\text{min}}} = \\frac{7mg}{mg} = 7}$$\n\nTreść zadania (CKE)\n\nKonstrukcja środka okręgu — jedna zasada, dwie linie\n\nCała geometria w 2.1 opiera się na jednym fakcie:\n\nW ruchu po okręgu wektor prędkości jest styczny do toru, a promień poprowadzony do punktu styczności jest prostopadły do stycznej.\n\nStąd przepis:\n\n1. Zaznacz punkt zaczepienia wektora $\\vec{v}_1$ i poprowadź przez niego prostą prostopadłą do $\\vec{v}_1$.\n2. To samo dla $\\vec{v}_2$.\n3. Przecięcie obu prostych to środek $S$.\n4. Odległość $S$ od punktu zaczepienia dowolnego wektora to promień $R$ — tutaj 10 boków kratki.\n\nMetoda alternatywna (CKE punktuje ją tak samo): oba punkty zaczepienia leżą na okręgu, więc środek leży na symetralnej odcinka je łączącego. Symetralna plus jedna prostopadła do wektora dają ten sam punkt.\n\nSkrajne wartości siły reakcji nici\n\nPołożenie | Prędkość | Zwrot $\\vec{F}_g$ względem środka | Równanie | Wynik\nnajniższe | $v_\\text{max}$ | od środka (w dół) | $\\dfrac{mv_\\text{max}^2}{l} = F_N - mg$ | $F_{N\\,\\text{max}} = 7mg$\nnajwyższe | $v_\\text{min}$ | do środka (w dół) | $\\dfrac{mv_\\text{min}^2}{l} = F_N + mg$ | $F_{N\\,\\text{min}} = mg$\n\nW obu przypadkach siła dośrodkowa jest wypadkową, a nie osobną siłą. To nie jest trzecia siła w układzie — to nazwa roli, jaką pełni suma $\\vec{F}_g + \\vec{F}_N$.\n\nWarunek przejścia przez górny punkt\n\nZadanie nie pyta o to wprost, ale warto znać tę granicę. Nić pozostaje napięta, dopóki $F_{N\\,\\text{min}} \\ge 0$:\n\n$$\\frac{mv_\\text{min}^2}{l} \\ge mg \\quad\\Rightarrow\\quad v_\\text{min}^2 \\ge gl \\quad\\Rightarrow\\quad v_\\text{min} \\ge \\sqrt{gl}$$\n\nW tym zadaniu $v_\\text{min}^2 = 2gl$, czyli dwukrotnie powyżej minimum — ciało pewnie pokonuje górny punkt. W przypadku granicznym $v_\\text{min}^2 = gl$ zasada zachowania energii dałaby $v_\\text{max}^2 = 5gl$, a więc $v_\\text{max}/v_\\text{min} = \\sqrt{5}$ oraz $F_{N\\,\\text{max}}/F_{N\\,\\text{min}} \\to \\infty$, bo mianownik dąży do zera.\n\nPunktacja CKE\n\n- 2.1. 2 pkt — poprawna konstrukcja i wartość $R = 10$;\n1 pkt — poprawna co do zasady metoda konstrukcji (prostopadłe do wektorów prędkości albo symetralna + prostopadła) albo poprawne oznaczenie $S$ bez konstrukcji wraz z prawidłowym $R$.\n- 2.2. 1 pkt — odpowiedź B.\n- 2.3. 4 pkt — poprawna metoda i wynik $= 7$;\n3 pkt — związki dynamiczne w obu skrajnych położeniach ze wzorami na siłę dośrodkową oraz ZZE z wyprowadzeniem $v_\\text{min} = \\sqrt{2gl}$ albo $v_\\text{max} = \\sqrt{6gl}$;\n2 pkt — oba równania dynamiki ze wzorami albo samo ZZE z wykorzystaniem związku $\\sqrt{3}$;\n1 pkt — jeden ze związków (dolne położenie, górne położenie albo ZZE).\n- Razem: 7 pkt.\n\nTypowy błąd: **W 2.1 najczęstszy błąd to rysowanie prostopadłych do wektorów „gdziekolwiek\".** Prostopadła musi przechodzić przez **punkt zaczepienia** wektora — bo to właśnie tam ciało w danej chwili się znajduje i tam promień jest prostopadły do prędkości. Alternatywna, równie punktowana konstrukcja: symetralna odcinka łączącego początki obu wektorów plus jedna prostopadła. **W 2.2 kusi odpowiedź, że siły się równoważą** ($F_N = F_g$, warianty C i D). Równoważyłyby się, gdyby ciało poruszało się ruchem jednostajnym prostoliniowym. Tu tor jest okręgiem, więc **wypadkowa nigdy nie jest zerowa** — zawsze jest dośrodkowa. W najniższym punkcie „do środka\" znaczy „w górę\", więc $F_N$ musi przeważać. **W 2.3 uwaga na znaki.** W najniższym położeniu grawitacja działa **przeciwnie** do siły dośrodkowej (odejmujemy ją), w najwyższym — **zgodnie** z nią (dodajemy). Zamiana tych znaków miejscami to najkosztowniejsza pomyłka w tym zadaniu. **Różnica wysokości między skrajnymi punktami to $2l$, nie $l$.** Ciało przechodzi przez całą średnicę okręgu. **Kontrola sensowności wyniku:** $F_{N\\,\\text{min}} = mg > 0$, czyli nić na górze jest jeszcze napięta. Gdyby wyszło $F_{N\\,\\text{min}} \\le 0$, oznaczałoby to, że ciało nie pokonałoby górnego punktu, poruszając się po okręgu.","image":"img/fizyka-2026-maj-matura-rozszerzona/zad-2.webp","solution_image":null,"topics":"ruch po okregu w plaszczyznie pionowej, sila dosrodkowa, zasada zachowania energii, konstrukcja geometryczna","page_from":6,"source":"ocr","answer_source":null,"answer_text_source":"ocr","solution_source":"maturaonline","text_source":"ocr","source_label":"Fizyka · Matura · maj 2026 (rozszerzona)","subject_label":"Fizyka","category_label":"Matura"},{"id":"fizyka-2026-maj-matura-rozszerzona/zad/2.1","paper_id":"fizyka-2026-maj-matura-rozszerzona","number":"2.1","points":2,"ptype":"open","subject":"fizyka","category":"matura","year":2026,"month":"maj","level":"rozszerzona","text":"Zadanie 2.1. (0-2)\nNa poniższym rysunku przedstawiono wektory prędkości ciała ℬ w dwóch różnych chwilach\nczasu podczas opisanego ruchu tego ciała po okręgu.\nDługość boku kratki odpowiada umownej jednostce odległości.\nRysunek\nNa rysunku powyżej wyznacz konstrukcyjnie środek okręgu, po którym porusza się\nciało 𝓑. Podpisz środek tego okręgu jako 𝑺.\nZapisz w wykropkowanym miejscu poniżej długość 𝒍 promienia tego okręgu. Wyraź tę\ndługość w umownych jednostkach odległości.\n𝑙= długości boku kratki\nUwaga! W tym przykładzie środek 𝑆 okręgu leży w punkcie kratowym.\nvሬԦ1\nvሬԦ2\n𝑆\nℬ\n𝑙\n𝑔Ԧ\n2.1.\n0-1-2\nMFAP-R0_100","answer":null,"answer_text":"Zadanie 2.1. (0-2)\nWymagania ogólne\nWymagania szczegółowe\nI. Wykorzystanie pojęć i wielkości\nfizycznych do opisu zjawisk oraz\nwskazywanie ich przykładów\nw otaczającej rzeczywistości.\nV. Budowanie modeli fizycznych\ni matematycznych do opisu zjawisk oraz\nilustracji praw i zależności fizycznych.\nZdający:\nI.5) rozróżnia wielkości wektorowe i skalarne […];\nI.6) tworzy […] rysunki schematyczne […] dla\nzilustrowania zjawisk […].\nII.11) opisuje ruch niejednostajny po okręgu.\nZasady oceniania\n2 pkt - poprawne wyznaczenie konstrukcyjne położenia środka 𝑆 okręgu oraz wpisanie\nprawidłowej wartości liczbowej dla długości promienia okręgu.\n1 pkt - poprawna (co do zasady) metoda przeprowadzenia konstrukcji położenia środka 𝑆\nokręgu za pomocą prostych prostopadłych do wektorów prędkości (albo symetralnej\nodcinka łączącego początki wektorów prędkości i prostej prostopadłej do jednego\nz wektorów prędkości)\nLUB\n- poprawne oznaczenie położenia środka 𝑆 okręgu bez konstrukcji oraz wpisanie\nprawidłowej wartości liczbowej dla długości promienia okręgu.\n0 pkt - rozwiązanie niepoprawne albo brak rozwiązania.\nZasady oceniania rozwiązań zadań\nPełne rozwiązanie\n𝑙= długości kratek","solution":"Konstrukcja opiera się na tym, że prędkość w ruchu po okręgu jest zawsze **styczna do toru**, a promień jest do stycznej **prostopadły**. Wystarczy więc z punktu zaczepienia każdego wektora poprowadzić prostą prostopadłą do tego wektora — obie proste przecinają się w środku okręgu. Punkt przecięcia zaznaczamy jako $S$ i odmierzamy jego odległość od początku dowolnego z wektorów: $$\\boxed{R = 10 \\text{ długości boku kratki}}$$ **2.2. B** W najniższym położeniu siła grawitacji jest skierowana **w dół**, a nić ciągnie ciało **w górę, do środka okręgu**. Wypadkowa musi być dośrodkowa, czyli skierowana w górę — a więc $F_N > F_g$.","image":"img/fizyka-2026-maj-matura-rozszerzona/zad-2.1.webp","solution_image":null,"topics":"ruch po okregu w plaszczyznie pionowej, sila dosrodkowa, zasada zachowania energii, konstrukcja geometryczna","page_from":6,"source":"ocr","answer_source":null,"answer_text_source":"ocr","solution_source":"maturaonline","text_source":"ocr","source_label":"Fizyka · Matura · maj 2026 (rozszerzona)","subject_label":"Fizyka","category_label":"Matura"},{"id":"fizyka-2026-maj-matura-rozszerzona/zad/2.2","paper_id":"fizyka-2026-maj-matura-rozszerzona","number":"2.2","points":1,"ptype":"closed","subject":"fizyka","category":"matura","year":2026,"month":"maj","level":"rozszerzona","text":"Zadanie 2.2. (0-1)\nNa którym rysunku (spośród A-D) prawidłowo przedstawiono siły - grawitacji 𝑭ሬ⃗𝒈 oraz\nreakcji nici 𝑭ሬ⃗𝒏 - działające na ciało 𝓑 podczas ruchu po okręgu, gdy przechodzi ono\nprzez najniższe położenie? Wybierz właściwą odpowiedź spośród podanych.\nA.\nB.\nC.\nD.\n𝑆\n𝐹Ԧ𝑔\n𝐹Ԧ𝑛\n𝐹𝑛> 𝐹𝑔\n𝑆\n𝐹Ԧ𝑔\n𝐹Ԧ𝑛\n𝐹𝑔> 𝐹𝑛\n𝑆\n𝐹Ԧ𝑔\n𝐹Ԧ𝑛\n𝐹𝑛= 𝐹𝑔\n𝑆\n𝐹Ԧ𝑔\n𝐹Ԧ𝑛\n𝐹𝑔= 𝐹𝑛\nMFAP-R0_100","answer":"B","answer_text":"Zadanie 2.2. (0-1)\nWymaganie ogólne\nWymagania szczegółowe\nI. Wykorzystanie pojęć i wielkości\nfizycznych do opisu zjawisk oraz\nwskazywanie ich przykładów\nw otaczającej rzeczywistości.\nZdający:\nI.7) wyodrębnia z tekstów, […] rysunków\nschematycznych […] informacje kluczowe dla\nopisywanego zjawiska […].\nII.11) (SP) rozpoznaje i nazywa siły, podaje ich\nprzykłady w różnych sytuacjach praktycznych\n(siły: ciężkości, […] sprężystości […]).\nII.11) opisuje ruch niejednostajny po okręgu;\nII.12) wyznacza graficznie siłę wypadkową dla\nsił działających w dowolnych kierunkach na\npłaszczyźnie;\nII.13) stosuje zasady dynamiki do opisu\nzachowania się ciał.\nZasady oceniania\n1 pkt - odpowiedź poprawna.\n0 pkt - odpowiedź niepoprawna albo brak odpowiedzi.\nRozwiązanie\nB\n10\nvሬ⃗1\nvሬ⃗2\n𝑆","solution":"## Poprawna odpowiedź: B\n\nW najniższym położeniu toru kołowego ciało $\\mathcal{B}$ porusza się po okręgu, więc wypadkowa sił musi być skierowana **do środka okręgu $S$**, czyli **pionowo w górę** (siła dośrodkowa).\n\nDziałają dwie siły:\n- siła grawitacji $\\vec{F}_g$ - zawsze skierowana pionowo **w dół**,\n- siła reakcji nici $\\vec{F}_n$ - nić może tylko ciągnąć, więc jest skierowana wzdłuż nici **ku środkowi $S$**, czyli w tym położeniu **w górę**.\n\nWypadkowa (siła dośrodkowa) musi być skierowana w górę:\n\n$$F_n - F_g = \\frac{m v^2}{r} > 0 \\quad\\Rightarrow\\quad F_n > F_g.$$\n\nZatem $\\vec{F}_n$ skierowana w górę, $\\vec{F}_g$ w dół, przy czym $F_n > F_g$. Odpowiada temu rysunek **B**.\n\n(Odpowiedź A ma odwrotną relację, C ma błędny zwrot $\\vec{F}_n$, a D daje zerową wypadkową, co jest niemożliwe w ruchu po okręgu.)\n\n## Zasady oceniania CKE\n\n**1 pkt** - odpowiedź poprawna (**B**). **0 pkt** - odpowiedź niepoprawna lub brak. Klucz: **B**.","image":"img/fizyka-2026-maj-matura-rozszerzona/zad-2.2.webp","solution_image":null,"topics":null,"page_from":7,"source":"ocr","answer_source":"maturazai","answer_text_source":"ocr","solution_source":"maturazai","text_source":"ocr","source_label":"Fizyka · Matura · maj 2026 (rozszerzona)","subject_label":"Fizyka","category_label":"Matura"},{"id":"fizyka-2026-maj-matura-rozszerzona/zad/2.3","paper_id":"fizyka-2026-maj-matura-rozszerzona","number":"2.3","points":4,"ptype":"open","subject":"fizyka","category":"matura","year":2026,"month":"maj","level":"rozszerzona","text":"Zadanie 2.3. (0-4)\nSiła 𝐹⃗𝑛, z jaką nić działa na ciało ℬ podczas jego ruchu po okręgu, zmienia swoją wartość.\nNajwiększą wartość tej siły oznaczymy jako 𝐹𝑛 𝑚𝑎𝑥, a najmniejszą - jako 𝐹𝑛 𝑚𝑖𝑛.\nDany jest iloraz największej i najmniejszej wartości prędkości ciała ℬ podczas jego ruchu po\nokręgu:\nv𝑚𝑎𝑥\nv𝑚𝑖𝑛\n= √3\nOblicz iloraz\n𝑭𝒏 𝒎𝒂𝒙\n𝑭𝒏 𝒎𝒊𝒏\n. Zapisz obliczenia.\n2.3.\n0-1-\n2-3-4\nMFAP-R0_100\nMFAP-R0_100","answer":null,"answer_text":"Zadanie 2.3. (0-4)\nWymagania ogólne\nWymagania szczegółowe\nV. Budowanie modeli fizycznych\ni matematycznych do opisu zjawisk oraz\nilustracji praw i zależności fizycznych.\nII. Rozwiązywanie problemów\nz wykorzystaniem praw i zależności\nfizycznych.\nZdający:\nI.7) wyodrębnia z tekstów, […] rysunków\nschematycznych […] informacje kluczowe dla\nopisywanego zjawiska […].\nII.9) stosuje do obliczeń związki między\npromieniem okręgu, prędkością kątową,\nprędkością liniową oraz przyspieszeniem\ndośrodkowym;\nII.11) opisuje ruch niejednostajny po okręgu;\nII.12) wyznacza graficznie siłę wypadkową dla\nsił działających w dowolnych kierunkach na\npłaszczyźnie;\nII.13) stosuje zasady dynamiki do opisu\nzachowania się ciał;\nII.20) […] wykorzystuje zasadę zachowania\nenergii mechanicznej do obliczeń.\nZasady oceniania\nRozwiązanie będzie podlegało ocenie, gdy zdający spełni co najmniej jeden z poniższych\nwarunków lub ich kombinację, określoną dalej w schemacie punktowania.\nWarunek SIŁY_MAX\nZapisanie związku między wartością siły wypadkowej (dośrodkowej) działającej na ciało ℬ\nw najniższym położeniu a maksymalną wartością siły reakcji nici i wartością siły grawitacji,\nnp. zapisy równoważne poniższym:\n𝐹𝑑𝑜 𝑚𝑎𝑥= 𝐹𝑛 𝑚𝑎𝑥-𝐹𝑔\nWarunek SIŁY_MIN\nZapisanie związku między wartością siły wypadkowej (dośrodkowej) działającej na ciało ℬ\nw najwyższym położeniu a minimalną wartością siły reakcji nici i wartością siły grawitacji, np.\nzapisy równoważne poniższym:\n𝐹𝑑𝑜 𝑚𝑖𝑛= 𝐹𝑛 𝑚𝑖𝑛+ 𝐹𝑔\nUwaga! W przypadku rozwiązania zadania w układzie nieinercjalnym wszystkie warunki\ni wzory pozostają analogiczne z tą różnicą, że zamiast siły wypadkowej pełniącej rolę\ndośrodkowej rozważa się „siłę” odśrodkową (bezwładności) i zamiast II zasady dynamiki\nrozważa się równowagę sił (łącznie z „siłą” odśrodkową).\nWarunek SIŁY_MAX+WZORY\nSpełnienie warunku SIŁY_MAX oraz zastosowanie wzoru na wartość siły dośrodkowej\n(zastosowanie II zasady dynamiki) z uwzględnieniem prędkości maksymalnej 𝑣𝑚𝑎𝑥\ni zastosowanie wzoru na wartość siły grawitacji: np. zapisy równoważne poniższym:\n𝑚𝑣𝑚𝑎𝑥\n2\n𝑙\n= 𝐹𝑛 𝑚𝑎𝑥-𝑚𝑔\nZasady oceniania rozwiązań zadań\nWarunek SIŁY_MIN+WZORY\nSpełnienie warunku SIŁY_MIN oraz zastosowanie wzoru na wartość siły dośrodkowej\n(zastosowanie II zasady dynamiki) z uwzględnieniem prędkości minimalnej 𝑣𝑚𝑖𝑛\ni zastosowanie wzoru na wartość siły grawitacji: np. zapisy równoważne poniższym:\n𝑚𝑣𝑚𝑖𝑛\n2\n𝑙\n= 𝐹𝑛 𝑚𝑖𝑛+ 𝑚𝑔\nWarunek ZZE\nZapisanie równania wynikającego z zasady zachowania energii mechanicznej w najniższym\ni najwyższym położeniu ciała ℬ oraz uwzględnienie w tym równaniu prędkości 𝑣𝑚𝑖𝑛, 𝑣𝑚𝑎𝑥\nwe wzorach na energie kinetyczne i uwzględnienie różnicy wysokości 2𝑙 we wzorze na\nenergię potencjalną, np. zapisy równoważne poniższym:\n𝑚𝑣𝑚𝑎𝑥\n2\n2\n= 𝑚𝑣𝑚𝑖𝑛\n2\n2\n+ 𝑚𝑔2𝑙\nWarunek ZZE+ZALEŻNOŚĆ\nSpełnienie warunku ZZE oraz wykorzystanie związku\n𝑣𝑚𝑎𝑥\n𝑣𝑚𝑖𝑛= √3, oraz wyprowadzenie\nzależności między 𝑣𝑚𝑎𝑥 albo 𝑣𝑚𝑖𝑛 a iloczynem 𝑔𝑙, np. zapisy równoważne poniższym:\n(𝑚𝑣𝑚𝑎𝑥\n2\n2\n= 𝑚𝑣𝑚𝑖𝑛\n2\n2\n+ 𝑚𝑔2𝑙 oraz 𝑣𝑚𝑎𝑥\n𝑣𝑚𝑖𝑛\n= √3) → (𝑣𝑚𝑖𝑛= √2𝑔𝑙 albo 𝑣𝑚𝑎𝑥= √6𝑔𝑙)\nSchemat punktowania\n4 pkt - poprawna metoda obliczenia ilorazu sił reakcji nici oraz podanie prawidłowego\nwyniku liczbowego:\n𝐹𝑛 𝑚𝑎𝑥\n𝐹𝑛 𝑚𝑖𝑛= 7\n3 pkt - spełnienie warunków:\nSIŁY_MAX+WZORY oraz SIŁY_MIN+WZORY oraz ZZE+ZALEŻNOŚĆ\n2 pkt - spełnienie warunków: SIŁY_MAX+WZORY oraz SIŁY_MIN+WZORY\nLUB\n- spełnienie warunku ZZE+ZALEŻNOŚĆ\nLUB\n- spełnienie warunków: SIŁY_MAX oraz SIŁY_MIN oraz ZZE\nLUB\n- spełnienie warunków: (SIŁY_MAX+WZORY albo SIŁY_MIN+WZORY) oraz ZZE\n1 pkt - spełnienie warunku SIŁY_MAX\nLUB\n- spełnienie warunku SIŁY_MIN\nLUB\n- spełnienie warunku ZZE\n0 pkt - rozwiązanie, w którym zastosowano niepoprawną metodę, albo brak rozwiązania.\nPrzykładowe pełne rozwiązanie\nZagadnienie rozwiążemy w inercjalnym układzie odniesienia. Siła reakcji nici działająca na\nciało ℬ podczas ruchu po okręgu ma największą wartość, gdy przechodzi ono przez\nnajniższe położenie (gdzie ma największą prędkość), a najmniejszą wartość - gdy\nprzechodzi ono przez najwyższe położenie (gdzie ma najmniejszą prędkość).\nSiła reakcji nici ma kierunek wzdłuż nici i zwrot do środka okręgu. Zatem siła wypadkowa\ndziałająca na ciało ℬ w górnym i dolnym położeniu ma charakter siły dośrodkowej i wiąże się\nz siłą reakcji nici i siłą grawitacji działającą na ℬ następująco:\n1) {𝐹𝑑𝑜 𝑚𝑎𝑥= 𝐹𝑛 𝑚𝑎𝑥-𝐹𝑔\n𝐹𝑑𝑜 𝑚𝑖𝑛= 𝐹𝑛 𝑚𝑖𝑛+ 𝐹𝑔\nZastosujemy wzór na siłę dośrodkową (równoważnie: II zasadę dynamiki i wzór na\nprzyśpieszenie dośrodkowe):\n2)\n{\n𝑚𝑣𝑚𝑎𝑥\n2\n𝑙\n= 𝐹𝑛 𝑚𝑎𝑥-𝑚𝑔\n𝑚𝑣𝑚𝑖𝑛\n2\n𝑙\n= 𝐹𝑛 𝑚𝑖𝑛+ 𝑚𝑔\n→ 2a)\n{\n𝐹𝑛 𝑚𝑎𝑥= 𝑚𝑣𝑚𝑎𝑥\n2\n𝑙\n+ 𝑚𝑔\n𝐹𝑛 𝑚𝑖𝑛= 𝑚𝑣𝑚𝑖𝑛\n2\n𝑙\n-𝑚𝑔\nOkreślimy związek między maksymalną a minimalną wartością prędkości na podstawie\nzasady zachowania energii mechanicznej. Energia mechaniczna w najwyższym położeniu\njest równa energii mechanicznej w najniższym położeniu. Ponadto wykorzystamy związek\nmiędzy tymi prędkościami podany w treści zadania. Z tych zależności wyznaczymy prędkości\nmaksymalną i minimalną w funkcji 𝑔 oraz 𝑙:\n3) {\n𝑚𝑣𝑚𝑎𝑥\n2\n2\n= 𝑚𝑣𝑚𝑖𝑛\n2\n2\n+ 𝑚𝑔2𝑙\n𝑣𝑚𝑎𝑥\n𝑣𝑚𝑖𝑛\n= √3\n→\n3a) {\n𝑚(3𝑣𝑚𝑖𝑛\n2\n)\n2\n= 𝑚𝑣𝑚𝑖𝑛\n2\n2\n+ 𝑚𝑔2𝑙\n𝑣𝑚𝑎𝑥\n𝑣𝑚𝑖𝑛\n= √3\n→ 3b) { 𝑣𝑚𝑖𝑛= √2𝑔𝑙\n𝑣𝑚𝑎𝑥= √6𝑔𝑙\nWartości prędkości otrzymane w pkt 3b) podstawimy do pkt 2a):\n4) {\n𝐹𝑛 𝑚𝑎𝑥= 𝑚(6𝑔𝑙)\n𝑙\n+ 𝑚𝑔\n𝐹𝑛 𝑚𝑖𝑛= 𝑚(2𝑔𝑙)\n𝑙\n-𝑚𝑔\n→ 4a) {𝐹𝑛 𝑚𝑎𝑥= 7𝑚𝑔\n𝐹𝑛 𝑚𝑖𝑛= 𝑚𝑔\nZapiszemy rozwiązanie:\n5) 𝐹𝑛 𝑚𝑎𝑥\n𝐹𝑛 𝑚𝑖𝑛\n= 7\nZasady oceniania rozwiązań zadań","solution":"**Krok 1. Dynamika w skrajnych położeniach.** Siła reakcji nici jest zawsze skierowana wzdłuż nici, do środka. Wypadkowa pełni rolę siły dośrodkowej: - najniższe położenie (tam $v = v_\\text{max}$): $\\quad \\dfrac{mv_\\text{max}^2}{l} = F_{N\\,\\text{max}} - mg$ - najwyższe położenie (tam $v = v_\\text{min}$): $\\quad \\dfrac{mv_\\text{min}^2}{l} = F_{N\\,\\text{min}} + mg$ **Krok 2. Zasada zachowania energii** między najniższym a najwyższym punktem (różnica wysokości $= 2l$): $$\\frac{mv_\\text{max}^2}{2} = \\frac{mv_\\text{min}^2}{2} + mg\\cdot 2l \\quad\\Rightarrow\\quad v_\\text{max}^2 = v_\\text{min}^2 + 4gl$$ **Krok 3. Wykorzystanie danego ilorazu.** Z $v_\\text{max} = \\sqrt{3}\\,v_\\text{min}$ mamy $v_\\text{max}^2 = 3v_\\text{min}^2$: $$3v_\\text{min}^2 = v_\\text{min}^2 + 4gl \\quad\\Rightarrow\\quad v_\\text{min}^2 = 2gl, \\qquad v_\\text{max}^2 = 6gl$$ **Krok 4. Podstawienie.** $$F_{N\\,\\text{max}} = \\frac{m\\cdot 6gl}{l} + mg = 7mg, \\qquad F_{N\\,\\text{min}} = \\frac{m\\cdot 2gl}{l} - mg = mg$$ $$\\boxed{\\frac{F_{N\\,\\text{max}}}{F_{N\\,\\text{min}}} = \\frac{7mg}{mg} = 7}$$","image":"img/fizyka-2026-maj-matura-rozszerzona/zad-2.3.webp","solution_image":null,"topics":"ruch po okregu w plaszczyznie pionowej, sila dosrodkowa, zasada zachowania energii, konstrukcja geometryczna","page_from":8,"source":"ocr","answer_source":null,"answer_text_source":"ocr","solution_source":"maturaonline","text_source":"ocr","source_label":"Fizyka · Matura · maj 2026 (rozszerzona)","subject_label":"Fizyka","category_label":"Matura"},{"id":"fizyka-2026-maj-matura-rozszerzona/zad/3","paper_id":"fizyka-2026-maj-matura-rozszerzona","number":"3","points":5,"ptype":"open","subject":"fizyka","category":"matura","year":2026,"month":"maj","level":"rozszerzona","text":"Zadanie 3.\nBloczek 𝒲, który jest jednorodnym walcem, podwieszono do sufitu. Przez ten bloczek\nprzerzucono linę. Do jednego końca liny przymocowano ciężarek 𝒞, a do drugiego końca liny\nprzyłożono zewnętrzną siłę 𝐹⃗. Siła 𝐹⃗ oraz drugi koniec liny są skierowane pod kątem 𝛼 do\npoziomu (zobacz rysunek obok).\nPrzyjmij model zjawiska, w którym:\n\nmasę walca (bloczka 𝒲) oznaczymy jako 𝑚𝑤\n\npromień walca (bloczka 𝒲) oznaczymy jako 𝑅\n\nmasę ciężarka oznaczymy jako 𝑚𝑐\n\nmoment bezwładności walca (bloczka 𝒲)\nwzględem jego osi wyraża się wzorem:\n𝐼0 = 1\n2 𝑚𝑤𝑅2\n\nlina jest nierozciągliwa i nie ślizga się po bloczku\n\nmasę liny pomijamy\n\nbloczek może obracać się wokół swojej osi bez tarcia\n\nruch układu rozpatrujemy w inercjalnym układzie odniesienia, w jednorodnym, ziemskim\npolu grawitacyjnym. Przyśpieszenie ziemskie oznaczymy jako 𝑔⃗.","answer":null,"answer_text":null,"solution":"Odpowiedź: **3.1. A** — $F = m_c g$. W równowadze naprężenie liny po obu stronach jest takie samo (bloczek bez tarcia, lina nieważka), a po stronie ciężarka równa się jego ciężarowi. Kąt $\\beta$ nie ma znaczenia, bo siła działa **wzdłuż liny**. **3.2.** **Ruch postępowy ciężarka** (w dół, dodatni zwrot w dół), gdzie $N$ to naprężenie liny po stronie ciężarka: $$m_c a = m_c g - N \\quad\\Rightarrow\\quad N = m_c(g - a) = m_c\\left(g - \\tfrac{1}{2}g\\right) = \\tfrac{1}{2}m_c g$$ **Ruch obrotowy bloczka.** Momenty sił $N$ i $F$ działają na ramieniu $r$ i mają przeciwne zwroty: $$I_0\\varepsilon = Nr - Fr$$ Lina nie ślizga się, więc $\\varepsilon = \\dfrac{a}{r}$, a $I_0 = \\tfrac{1}{2}m_w r^2$: $$\\tfrac{1}{2}m_w r^2 \\cdot \\frac{a}{r} = (N - F)\\,r \\quad\\Rightarrow\\quad \\tfrac{1}{2}m_w a = N - F$$ $$F = N - \\tfrac{1}{2}m_w a = \\tfrac{1}{2}m_c g - \\tfrac{1}{2}m_w \\cdot \\tfrac{1}{2}g$$ $$\\boxed{F = \\tfrac{1}{2}g\\left(m_c - \\tfrac{1}{2}m_w\\right)}$$\n\nTreść zadania (CKE)\n\nDwa równania, dwa ruchy\n\nTo zadanie wymaga zapisania II zasady dynamiki osobno dla ruchu postępowego i obrotowego, a potem połączenia ich warunkiem toczenia bez poślizgu.\n\nElement | Równanie | Uwagi\nciężarek (ruch postępowy) | $m_c a = m_c g - N$ | dodatni zwrot w dół\nbloczek (ruch obrotowy) | $I_0 \\varepsilon = Nr - Fr$ | momenty przeciwnych zwrotów\nwięz (lina bez poślizgu) | $\\varepsilon = a/r$ | łączy oba ruchy\n\nDlaczego naprężenia po obu stronach są różne\n\nDla bloczka o masie $m_w$:\n\n$$N - F = \\frac{I_0\\varepsilon}{r} = \\frac{\\tfrac{1}{2}m_w r^2 \\cdot (a/r)}{r} = \\tfrac{1}{2}m_w a$$\n\nRóżnica naprężeń jest wprost proporcjonalna do masy bloczka i przyśpieszenia. Znika w dwóch przypadkach: gdy bloczek jest nieważki ($m_w = 0$) albo gdy układ się nie porusza ($a = 0$) — czyli dokładnie w sytuacji z podpunktu 3.1.\n\nSprawdzenie wzoru w przypadkach granicznych\n\nPrzypadek | Wzór daje | Sens fizyczny\n$m_w = 0$ | $F = \\tfrac{1}{2}m_c g$ | $= N$, naprężenia równe ✓\n$m_w = 2m_c$ | $F = 0$ | bloczek jest tak ciężki, że sam hamuje układ do $a = g/2$\n$m_w > 2m_c$ | $F < 0$ | trzeba ciągnąć w dół, żeby uzyskać takie przyśpieszenie\n\nOstatni wiersz nie jest błędem rachunku — to poprawna informacja, że przy bardzo ciężkim bloczku sam ciężarek nie rozpędziłby układu tak szybko.\n\nMomenty bezwładności warte zapamiętania\n\nBryła | $I$ względem osi symetrii\nwalec pełny (bloczek) | $\\tfrac{1}{2}mr^2$\nobręcz, cienka rura | $mr^2$\nkula pełna | $\\tfrac{2}{5}mr^2$\npręt (oś przez środek) | $\\tfrac{1}{12}ml^2$\n\nPunktacja CKE\n\n- 3.1. 1 pkt — odpowiedź A.\n- 3.2. 4 pkt — poprawna metoda i wzór $F = \\tfrac{1}{2}g(m_c - \\tfrac{1}{2}m_w)$;\n3 pkt — dwa równania dynamiki plus związek $\\varepsilon = a/r$ i wzór na $I_0$;\n2 pkt — dwa poprawne równania dynamiki z właściwymi siłami i momentami;\n1 pkt — same równania bez rozpisania sił.\n- Razem: 5 pkt.\n\nTypowy błąd: **W 3.1 kąt $\\beta$ jest dystraktorem.** Siła $\\vec{F}$ działa wzdłuż liny, a lina przenosi naprężenie niezależnie od tego, pod jakim kątem zwisa. Odpowiedzi C i D z cosinusem i sinusem są tam właśnie po to, żeby skusić do rozkładania siły na składowe — a nie ma czego rozkładać. **Największy błąd w 3.2 to założenie, że naprężenie po obu stronach liny jest takie samo.** Byłoby, gdyby bloczek był nieważki. Ale bloczek ma masę, więc żeby go rozpędzić, potrzebny jest **niezerowy wypadkowy moment siły** — czyli $N \\neq F$. Cała różnica $N - F$ idzie na rozkręcenie walca. **Uwaga na masę bloczka w 3.1.** Odpowiedź B ($m_c + m_w$) kusi, ale bloczek wisi na suficie — jego ciężar przenosi zaczep, nie lina. **Sprawdź granicę:** dla $m_w \\to 0$ wzór daje $F = \\tfrac{1}{2}m_c g = N$, czyli naprężenia po obu stronach się wyrównują. Zgadza się z intuicją dla nieważkiego bloczka — dobra kontrola poprawności wyniku.","image":"img/fizyka-2026-maj-matura-rozszerzona/zad-3.webp","solution_image":null,"topics":"bryla sztywna, moment bezwladnosci, bloczek, II zasada dynamiki ruchu obrotowego","page_from":10,"source":"maturaonline","answer_source":null,"answer_text_source":null,"solution_source":"maturaonline","text_source":"ocr","source_label":"Fizyka · Matura · maj 2026 (rozszerzona)","subject_label":"Fizyka","category_label":"Matura"},{"id":"fizyka-2026-maj-matura-rozszerzona/zad/3.1","paper_id":"fizyka-2026-maj-matura-rozszerzona","number":"3.1","points":1,"ptype":"closed","subject":"fizyka","category":"matura","year":2026,"month":"maj","level":"rozszerzona","text":"Zadanie 3.1. (0-1)\nRozważamy taką sytuację 1., w której ciężarek oraz bloczek się nie poruszają.\nDokończ zdanie. Wybierz właściwą odpowiedź spośród podanych.\nWartość 𝐹 siły 𝐹⃗ w opisanej sytuacji 1. wyraża się wzorem\nA. 𝐹= 𝑚𝑐𝑔\nB. 𝐹= (𝑚𝑐+ 𝑚𝑤)𝑔\nC. 𝐹= 𝑚𝑐𝑔⋅cos 𝛼\nD. 𝐹= 𝑚𝑐𝑔⋅sin 𝛼\n𝒞\n𝒲\n𝑅\n𝐹Ԧ\n𝑔Ԧ\n𝛼\nMFAP-R0_100","answer":"A","answer_text":"Zadanie 3.1. (0-1)\nWymagania ogólne\nWymagania szczegółowe\nII. Rozwiązywanie problemów\nz wykorzystaniem praw i zależności\nfizycznych.\nI. Wykorzystanie pojęć i wielkości\nfizycznych do opisu zjawisk oraz\nwskazywanie ich przykładów\nw otaczającej rzeczywistości.\nZdający:\nI.7) wyodrębnia z […] rysunków\nschematycznych lub blokowych informacje\nkluczowe dla opisywanego zjawiska […].\nII.13) stosuje zasady dynamiki do opisu\nzachowania się ciał.\nIII.3) stosuje warunki statyki bryły sztywnej;\nposługuje się pojęciem momentu sił wraz\nz jednostką.\nZasady oceniania\n1 pkt - odpowiedź poprawna.\n0 pkt - odpowiedź niepoprawna albo brak odpowiedzi.\nRozwiązanie\nA","solution":"## Poprawna odpowiedź: A ($F = m_c g$)\n\n**Sytuacja statyczna.** Ciężarek i bloczek się nie poruszają - układ jest w równowadze, brak przyspieszeń i przyspieszenia kątowego.\n\n**Warunek dla ciężarka $\\mathcal{C}$.** Na ciężarek działają: siła grawitacji $m_c g$ (w dół) oraz siła naciągu liny $N_1$ (w górę). Równowaga:\n\n$$N_1 = m_c g.$$\n\n**Warunek dla bloczka (walca).** Ponieważ bloczek się nie obraca, momenty sił naciągu po obu stronach liny względem osi muszą się równoważyć. Ramiona obu naciągów są równe promieniowi $R$, więc naciągi po obu stronach są równe:\n\n$$N_2 = N_1 = m_c g.$$\n\n**Siła zewnętrzna.** Naciąg drugiego końca liny wywołany jest siłą $\\vec{F}$ przyłożoną wzdłuż liny, zatem:\n\n$$F = N_2 = m_c g.$$\n\nKąt $\\alpha$ nie wpływa na wartość naciągu wzdłuż liny (siła $\\vec{F}$ działa wzdłuż liny), więc poprawną odpowiedzią jest **A**.\n\n## Zasady oceniania CKE\n\n**1 pkt** - odpowiedź poprawna (**A**, $F = m_c g$). **0 pkt** - odpowiedź niepoprawna lub brak. Klucz: **A**.","image":"img/fizyka-2026-maj-matura-rozszerzona/zad-3.1.webp","solution_image":null,"topics":null,"page_from":10,"source":"ocr","answer_source":"maturazai","answer_text_source":"ocr","solution_source":"maturazai","text_source":"ocr","source_label":"Fizyka · Matura · maj 2026 (rozszerzona)","subject_label":"Fizyka","category_label":"Matura"},{"id":"fizyka-2026-maj-matura-rozszerzona/zad/3.2","paper_id":"fizyka-2026-maj-matura-rozszerzona","number":"3.2","points":4,"ptype":"open","subject":"fizyka","category":"matura","year":2026,"month":"maj","level":"rozszerzona","text":"Zadanie 3.2. (0-4)\nRozważamy taką sytuację 2., w której bloczek się obraca, a ciężarek porusza się pionowo\nw dół z przyśpieszeniem 𝑎⃗ (skierowanym w dół) o wartości:\n𝑎= 1\n2 𝑔\nWyznacz 𝑭 - wartość siły 𝑭ሬ⃗ w opisanej sytuacji 2. - w zależności tylko od wartości\nprzyśpieszenia ziemskiego 𝒈 oraz od masy ciężarka 𝒎𝒄 i masy walca 𝒎𝒘.\nZapisz odpowiednie równania i przekształcenia oraz podaj postać wzoru na 𝑭.\n3.2.\n0-1-\n2-3-4\nMFAP-R0_100","answer":null,"answer_text":"Zadanie 3.2. (0-4)\nWymagania ogólne\nWymagania szczegółowe\nV. Budowanie modeli fizycznych\ni matematycznych do opisu zjawisk oraz\nilustracji praw i zależności fizycznych.\nII. Rozwiązywanie problemów\nz wykorzystaniem praw i zależności\nfizycznych.\nZdający:\nII.12) wyznacza graficznie siłę wypadkową dla\nsił działających w dowolnych kierunkach […];\nII.13) stosuje zasady dynamiki do opisu\nzachowania się ciał.\nIII.2) stosuje pojęcie bryły sztywnej; opisuje\nruch obrotowy bryły sztywnej wokół osi;\nIII.4) stosuje zasady dynamiki dla ruchu\nobrotowego; posługuje się pojęciami\nprzyspieszenia kątowego oraz momentu\nbezwładności jako wielkości zależnej\nod rozkładu mas, wraz z ich jednostkami.\nALBO\nII.20) […] wykorzystuje […] zasadę zachowania\nenergii mechanicznej do obliczeń.\nIII.5) […] oblicza energię ruchu bryły\nsztywnej jako sumę energii kinetycznej ruchu\npostępowego środka masy i ruchu obrotowego\nwokół osi przechodzącej przez środek masy.\nZasady oceniania (dla rozwiązania sposobem 1. albo 3.)\n4 pkt - poprawna metoda wyznaczenia wartości 𝐹 siły działającej na bloczek oraz zapisanie\nprawidłowej postaci wzoru na 𝐹:\n𝐹= 1\n2 𝑔(𝑚𝑐-1\n2 𝑚𝑤) (lub przekształconego równoważnie)\n3 pkt - spełnienie warunku za 2 pkt z pierwszego myślnika oraz uwzględnienie związku\nmiędzy przyśpieszeniem liniowym ciężarka a przyśpieszeniem kątowym bloczka\ni wzoru na moment bezwładności bloczka, np. zapisy równoważne poniższym:\n𝑚𝑐𝑎= 𝐹𝑔-𝐹𝑛 oraz 1\n2 𝑚𝑤𝑅2 𝑎\n𝑅= 𝑅𝐹𝑛-𝑅𝐹\nLUB\n- (dotyczy rozwiązania sposobem 3.) spełnienie warunku za 2 pkt z trzeciego myślnika\noraz uwzględnienie związku między przyśpieszeniem liniowym ciężarka\na przyśpieszeniem kątowym bloczka i wzoru na moment bezwładności walca\ni „doklejonego” ciężarka, np. zapisy równoważne poniższym:\n(1\n2 𝑚𝑤𝑅2 + 𝑚𝑐𝑅2 ) 𝑎\n𝑅 = 𝑚𝑐𝑔𝑅-𝐹𝑅\n2 pkt - zapisanie poprawnych dwóch równań wyrażających II zasadę dynamiki dla ruchu\npostępowego ciężarka i ruchu obrotowego bloczka oraz uwzględnienie w nich\npoprawnych wyrażeń opisujących wartość siły wypadkowej działającej na ciężarek\ni wartość wypadkowego momentu siły działającego na bloczek, np.:\n𝑚𝑐𝑎= 𝐹𝑔-𝐹𝑛 oraz 𝐼0𝜖= 𝑅𝐹𝑛-𝑅𝐹 (lub zapisy równoważne)\nLUB\n- zapisanie dwóch równań wyrażających II zasadę dynamiki dla ruchu postępowego\nciężarka i ruchu obrotowego bloczka, uwzględniających odpowiednie siły, z błędem\nznaku przy sile wypadkowej lub wypadkowym momencie sił (tzn. błędny znak może\nbyć w obu) oraz uwzględnienie związku między przyśpieszeniem liniowym ciężarka\na przyśpieszeniem kątowym bloczka i wzoru na moment bezwładności bloczka\nLUB\n- (dotyczy rozwiązania sposobem 3.) zapisanie jednego równania wyrażającego\nII zasadę dynamiki ruchu obrotowego układu zastępczego walec-ciężarek (bez nici),\nw chwili, gdy ciężarek (jako punkt materialny) jest na poziomie osi walca i jest\n„doklejony” do walca oraz uwzględnienie sumarycznego momentu bezwładności\nukładu względem osi walca oraz uwzględnienie poprawnego momentu sił\ndziałających na układ walec-ciężarek, np. zapisy równoważne poniższym:\n(𝐼0 + 𝐼𝑐 )𝜖= 𝐹𝑔𝑅-𝐹𝑅\n1 pkt - zapisanie poprawnego równania wyrażającego II zasadę dynamiki dla ruchu\npostępowego ciężarka z uwzględnieniem masy 𝑚𝑐 cieżarka oraz zapisanie równania\nwyrażającego II zasadę dynamiki dla ruchu obrotowego bloczka z uwzględnieniem\nmomentu bezwładności 𝐼0 bloczka, np. zapisy równoważne poniższym\n𝑚𝑐𝑎= 𝐹𝑤 oraz 𝐼0𝜖= 𝑀\nUwaga! W tym warunku nie wymaga się poprawnego rozpisania 𝐹𝑤 i 𝑀.\nLUB\nZasady oceniania rozwiązań zadań\n- zapisanie poprawnego wyrażenia na wartość siły wypadkowej działającej na ciężarek\noraz zapisanie poprawnego wyrażenia na wartość wypadkowego momentu siły\ndziałającego na bloczek, np. zapisy równoważne poniższym:\n𝐹𝑤= 𝐹𝑔-𝐹𝑛 oraz 𝑀= 𝑅𝐹𝑛-𝑅𝐹\nUwaga! W tym warunku nie wymaga się równań II zasady dynamiki.\nLUB\n- zapisanie poprawnego równania ruchu wyrażającego II zasadę dynamiki dla ruchu\npostępowego ciężarka oraz uwzględnienie w tym równaniu poprawnego wyrażenia\nopisującego wartość siły wypadkowej działającej na ciężarek, np.:\n𝑚𝑐𝑎= 𝐹𝑔-𝐹𝑛 (lub zapisy równoważne)\nLUB\n- zapisanie poprawnego równania ruchu wyrażającego II zasadę dynamiki dla ruchu\nobrotowego bloczka względem osi symetrii oraz uwzględnienie w tym równaniu\npoprawnego wyrażenia opisującego wartość wypadkowego momentu siły\ndziałającego na bloczek, np. zapisy równoważne poniższym:\n𝐼0𝜖= 𝑅𝐹𝑛-𝑅𝐹\n0 pkt - rozwiązanie, w którym zastosowano niepoprawną metodę, albo brak rozwiązania.\nZasady oceniania (dla rozwiązania sposobem 2.)\n4 pkt - poprawna metoda wyznaczenia wartości 𝐹 siły działającej na bloczek oraz zapisanie\nprawidłowej postaci wzoru na 𝐹:\n𝐹= 1\n2 𝑔(𝑚𝑐-1\n2 𝑚𝑤) (lub przekształconego równoważnie)\n3 pkt - spełnienie warunku za 2 pkt oraz zastosowanie wzoru na moment bezwładności\nbloczka, oraz zastosowanie związku między prędkością a przyśpieszeniem i drogą\n(z wyeliminowanym czasem) w ruchu jednostajnie przyśpieszonym ciężarka bez\nprędkości początkowej, np. zapisy równoważne poniższym:\n1\n2 𝑚𝑐𝑣2 + 1\n2 ⋅1\n2 𝑚𝑤𝑅2 𝑣2\n𝑅2 -𝑚𝑐𝑔ℎ= -𝐹ℎ oraz 𝑣2 = 2𝑎ℎ\nalbo\n𝑚𝑐𝑎ℎ+ 1\n2 𝑚𝑤𝑎ℎ-𝑚𝑐𝑔ℎ= -𝐹ℎ\n2 pkt - zapisanie poprawnego równania wynikającego z twierdzenia o zmianie energii\nmechanicznej i pracy siły niepotencjalnej oraz zastosowanie wzorów na energię\nkinetyczną ruchu postępowego ciężarka, ruchu obrotowego bloczka i energię\npotencjalną ciężarka, oraz zastosowanie związku między prędkością liniową ciężarka\na prędkością kątową bloczka, np. zapisy równoważne poniższym:\n(1\n2 𝑚𝑐𝑣2 + 1\n2 𝐼0𝜔2 -𝑚𝑐𝑔ℎ= -𝐹ℎ oraz 𝑣= 𝜔𝑅)\nalbo w jednym równaniu\n1\n2 𝑚𝑐𝑣2 + 1\n2 𝐼0\n𝑣2\n𝑅2 -𝑚𝑐𝑔ℎ= -𝐹ℎ\nLUB\n- zapisanie równania wynikającego z twierdzenia o zmianie energii mechanicznej\ni pracy siły niepotencjalnej, uwzględniającego odpowiednie rodzaje energii i wzory na\nte energie, z błędem znaku przy energiach lub pracy oraz zastosowanie związku\nmiędzy prędkością liniową ciężarka a prędkością kątową bloczka oraz zastosowanie\nwzoru na moment bezwładności bloczka, oraz zastosowanie związku między\nprędkością a przyśpieszeniem i drogą (z wyeliminowanym czasem) w ruchu\njednostajnie przyśpieszonym ciężarka bez prędkości początkowej.\n1 pkt - zapisanie poprawnego równania wynikającego z twierdzenia o zmianie energii\nmechanicznej i pracy siły niepotencjalnej oraz uwzględnienie (poprzez oznaczenie)\nw tym równaniu zmiany energii kinetycznej ciężarka, zmiany energii kinetycznej ruchu\nobrotowego walca i zmiany energii potencjalnej ciężarka, np. zapisy równoważne\nponiższym:\nΔ𝐸𝑝𝑜𝑡 𝑐+ Δ𝐸𝑘𝑖𝑛 𝑝𝑜𝑠𝑡 𝑐+ Δ𝐸𝑘𝑖𝑛 𝑜𝑏𝑟 𝑤= 𝑊𝐹\nalbo zapis w postaci przyrównania energii\n𝐸𝑘𝑖𝑛 𝑘𝑜ń𝑐 𝑝𝑜𝑠𝑡 𝑐+ 𝐸𝑘𝑖𝑛 𝑘𝑜ń𝑐 𝑜𝑏𝑟 𝑤+ 𝐸𝑝𝑜𝑡 𝑘𝑜ń𝑐 𝑐= 𝐸𝑝𝑜𝑡 𝑝𝑜𝑐𝑧 𝑐-|𝑊𝐹|\n0 pkt - rozwiązanie, w którym zastosowano niepoprawną metodę, albo brak rozwiązania.\nPrzykładowe pełne rozwiązania\nSposób 1. (zastosowanie zasad dynamiki)\nNa ciężarek 𝒞 działają dwie siły: siła reakcji nici 𝐹⃗𝑛 oraz siła\ngrawitacji 𝐹⃗𝑔. Ponieważ ciężarek przyśpiesza w dół, to siła\nwypadkowa działająca na ciężarek ma kierunek pionowy i zwrot\nw dół. Wartość tej siły wypadkowej jest opisana wyrażeniem:\n𝐹𝑤= 𝐹𝑔-𝐹𝑛\nNa bloczek 𝒲 działają dwa momenty sił: 𝑀ሬሬ⃗𝑛 - moment siły reakcji\nnici 𝐹⃗𝑛 oraz 𝑀ሬሬ⃗𝐹 - moment siły 𝐹⃗. Wypadkowy moment siły\ndziałający na bloczek jest opisany wyrażeniem:\n𝑀= 𝑅𝐹𝑛-𝑅𝐹\nZapiszemy równania wynikające z II zasady dynamiki dla ruchu\npostępowego ciężarka 𝒞 oraz dla ruchu obrotowego bloczka 𝒲\n(względem osi symetrii):\n{ 𝑚𝑐𝑎= 𝑚𝑐𝑔-𝐹𝑛\n𝐼0𝜖= 𝑅𝐹𝑛-𝑅𝐹\nRuch przyśpieszony ciężarka 𝒞 przekłada się na ruch obrotowy z przyśpieszeniem kątowym\nbloczka 𝒲. Zastosujemy związek 𝑎= 𝜖𝑅 między przyśpieszeniem liniowym ciężarka\na przyśpieszeniem kątowym bloczka. Ponadto wykorzystamy wzór na 𝐼0:\n{\n𝑚𝑐𝑎= 𝑚𝑐𝑔-𝐹𝑛\n1\n2 𝑚𝑤𝑅2 ⋅𝑎\n𝑅= 𝑅𝐹𝑛-𝑅𝐹 → {\n𝑚𝑐𝑎= 𝑚𝑐𝑔-𝐹𝑛\n1\n2 𝑚𝑤𝑎= 𝐹𝑛-𝐹\n𝑚𝑐𝑎+ 1\n2 𝑚𝑤𝑎= 𝑚𝑐𝑔-𝐹 → 𝐹= 𝑚𝑐𝑔-𝑚𝑐𝑎-1\n2 𝑚𝑤𝑎\n𝒞\n𝒲\n𝑅\n𝐹⃗\n𝐹⃗𝑛\n𝛼\n𝐹⃗𝑔\n-𝐹⃗𝑛\nZasady oceniania rozwiązań zadań\nWykorzystamy warunek zadania: 𝑎=\n1\n2 𝑔, zatem:\n𝐹= 𝑚𝑐𝑔-𝑚𝑐\n1\n2 𝑔-1\n2 𝑚𝑤⋅1\n2 𝑔= 1\n2 𝑚𝑐𝑔-1\n4 𝑚𝑤𝑔\n𝐹= 1\n2 𝑔(𝑚𝑐-1\n2 𝑚𝑤)\nSposób 2. (zastosowanie twierdzenia o pracy i zmianie energii mechanicznej)\nZastosujemy twierdzenie o zmianie energii mechanicznej układu i pracy siły niepotencjalnej\ndziałającej na układ: zmiana energii mechanicznej układu jest równa pracy siły\nniepotencjalnej. Siła 𝐹⃗ ma zwrot przeciwny do zwrotu ruchu, zatem jej praca jest ujemna:\nΔ𝐸𝑚𝑒𝑐ℎ= -|𝑊𝐹|\nZmianę energii mechanicznej rozpiszemy na zmianę energii potencjalnej układu i zmianę\nenergii kinetycznej układu (ciężarka i bloczka):\nΔ𝐸𝑝𝑜𝑡+ Δ𝐸𝑘𝑖𝑛= -|𝑊𝐹|\nΔ𝐸𝑝𝑜𝑡 𝑐+ Δ𝐸𝑝𝑜𝑡 𝑤+ Δ𝐸𝑘𝑖𝑛 𝑝𝑜𝑠𝑡 𝑐+ Δ𝐸𝑘𝑖𝑛 𝑜𝑏𝑟 𝑤= -|𝑊𝐹|\nPrędkości liniowa ciężarka i kątowa bloczka na początku ruchu są równe 0. Te prędkości\nw stanie końcowym oznaczymy - odpowiednio - jako 𝑣 oraz 𝜔. Załóżmy, że między stanem\npoczątkowym a końcowym ciężarek przebył drogę ℎ. Na takiej też drodze siła 𝐹⃗ wykonuje\npracę. Zatem:\n𝑚𝑐𝑔(0 -ℎ) + 0 + (1\n2 𝑚𝑐𝑣2 -0) + (1\n2 𝐼0𝜔2 -0) = -𝐹ℎ\nRuch postępowy ciężarka przekłada się na ruch obrotowy bloczka, więc wykorzystamy\nzwiązek 𝑣= 𝜔𝑅 i wzór na moment bezwładności bloczka:\n-𝑚𝑐𝑔ℎ+ 1\n2 𝑚𝑐𝑣2 + 1\n2 ⋅1\n2 𝑚𝑤𝑅2 𝑣2\n𝑅2 = -𝐹ℎ\n-𝑚𝑐𝑔ℎ+ 1\n2 𝑚𝑐𝑣2 + 1\n4 𝑚𝑤𝑣2 = -𝐹ℎ\nWykorzystamy związek 𝑣2 = 2𝑎ℎ wynikający z równań ruchu jednostajnie przyśpieszonego:\n-𝑚𝑐𝑔ℎ+ 1\n2 𝑚𝑐2𝑎ℎ+ 1\n4 𝑚𝑤2𝑎ℎ= -𝐹ℎ\n-𝑚𝑐𝑔ℎ+ 𝑚𝑐𝑎ℎ+ 1\n2 𝑚𝑤𝑎ℎ= -𝐹ℎ\nWykorzystamy związek 𝑎=\n1\n2 𝑔, podany w treści zadania:\n-𝑚𝑐𝑔ℎ+ 𝑚𝑐\n1\n2 𝑔ℎ+ 1\n2 𝑚𝑤\n1\n2 𝑔ℎ= -𝐹ℎ\n-𝑚𝑐𝑔+ 𝑚𝑐\n1\n2 𝑔+ 1\n2 𝑚𝑤\n1\n2 𝑔= -𝐹\n𝐹= 𝑚𝑐𝑔-𝑚𝑐\n1\n2 𝑔-1\n4 𝑚𝑤 𝑔= 𝑚𝑐\n1\n2 𝑔-1\n4 𝑚𝑤 𝑔\n𝐹= 1\n2 𝑔(𝑚𝑐-1\n2 𝑚𝑤)\nSposób 3. (zastosowanie układu zastępczego)\nRozważamy układ zastępczy, którego „chwilowa” dynamika jest równoważna dynamice\nukładu opisanego w zadaniu. Załóżmy, że ciężarek jest „doklejony” do walca i znajduje się na\nwysokości osi walca. Ciężarek traktujemy jako punkt materialny.\nAnalizujemy „chwilowe” równanie ruchu obrotowego układu. Na taki układ działają momenty\ndwóch sił: siły 𝐹⃗ oraz siły 𝐹⃗𝑔 ciężkości „doklejonego” ciężarka. Chwilowy moment\nbezwładności układu jest sumą momentów bezwładności walca oraz ciężarka.\nZapiszemy chwilowe równanie ruchu obrotowego dla takiego układu:\n(𝐼0 + 𝐼𝑐 )𝜖= 𝐹𝑔𝑅-𝐹𝑅\nPodstawimy odpowiednie wzory, wykonamy przekształcenia i wyznaczymy 𝐹:\n(1\n2 𝑚𝑤𝑅2 + 𝑚𝑐𝑅2 ) 𝑎\n𝑅 = 𝑚𝑐𝑔𝑅-𝐹𝑅\n1\n2 𝑚𝑤𝑎+ 𝑚𝑐𝑎= 𝑚𝑐𝑔-𝐹\n1\n2 𝑚𝑤\n1\n2 𝑔 + 𝑚𝑐\n1\n2 𝑔= 𝑚𝑐𝑔-𝐹\n1\n4 𝑚𝑤𝑔-1\n2 𝑚𝑐𝑔= -𝐹\n𝐹= 1\n2 𝑚𝑐𝑔-1\n4 𝑚𝑤𝑔= 1\n2 𝑔(𝑚𝑐-1\n2 𝑚𝑤)","solution":"**Ruch postępowy ciężarka** (w dół, dodatni zwrot w dół), gdzie $N$ to naprężenie liny po stronie ciężarka: $$m_c a = m_c g - N \\quad\\Rightarrow\\quad N = m_c(g - a) = m_c\\left(g - \\tfrac{1}{2}g\\right) = \\tfrac{1}{2}m_c g$$ **Ruch obrotowy bloczka.** Momenty sił $N$ i $F$ działają na ramieniu $r$ i mają przeciwne zwroty: $$I_0\\varepsilon = Nr - Fr$$ Lina nie ślizga się, więc $\\varepsilon = \\dfrac{a}{r}$, a $I_0 = \\tfrac{1}{2}m_w r^2$: $$\\tfrac{1}{2}m_w r^2 \\cdot \\frac{a}{r} = (N - F)\\,r \\quad\\Rightarrow\\quad \\tfrac{1}{2}m_w a = N - F$$ $$F = N - \\tfrac{1}{2}m_w a = \\tfrac{1}{2}m_c g - \\tfrac{1}{2}m_w \\cdot \\tfrac{1}{2}g$$ $$\\boxed{F = \\tfrac{1}{2}g\\left(m_c - \\tfrac{1}{2}m_w\\right)}$$","image":"img/fizyka-2026-maj-matura-rozszerzona/zad-3.2.webp","solution_image":null,"topics":"bryla sztywna, moment bezwladnosci, bloczek, II zasada dynamiki ruchu obrotowego","page_from":11,"source":"ocr","answer_source":null,"answer_text_source":"ocr","solution_source":"maturaonline","text_source":"ocr","source_label":"Fizyka · Matura · maj 2026 (rozszerzona)","subject_label":"Fizyka","category_label":"Matura"},{"id":"fizyka-2026-maj-matura-rozszerzona/zad/4","paper_id":"fizyka-2026-maj-matura-rozszerzona","number":"4","points":7,"ptype":"open","subject":"fizyka","category":"matura","year":2026,"month":"maj","level":"rozszerzona","text":"Zadanie 4.\nW pewnym ośrodku materialnym 𝒪1 rozchodzi się ultradźwiękowa fala płaska ℱ o ustalonej\namplitudzie. W zadaniach 4.1.-4.4. pomijamy efekty związane z pochłanianiem tej fali\nw ośrodku.\nInformacja do zadań 4.1.-4.2.\nNa rysunku 1. przedstawiono obraz fali ℱ w pewnej chwili czasu 𝑡0. Pionowe odcinki\nodpowiadają powierzchniom falowym (fazowym) odległym od siebie kolejno o długość fali 𝜆1.\nNa rysunku 1. wyróżniono odcinki 𝑎 i 𝑏 - pokrywające się z dwiema powierzchniami falowymi\nw chwili 𝑡0. Czas przejścia fali ℱ od 𝑎 do 𝑏 jest równy Δ𝑡𝑎𝑏= 0,07 ms.\nRysunek 1.","answer":null,"answer_text":null,"solution":"Odpowiedź: **4.1.** Z rysunku odczytujemy, że odległość między odcinkami $K$ i $L$ mieści dokładnie **dziewięć** długości fali: $$\\Delta t_{KL} = 9T \\quad\\Rightarrow\\quad T = \\frac{\\Delta t_{KL}}{9} = \\frac{0{,}07\\ \\text{ms}}{9} = 7{,}\\overline{7}\\cdot 10^{-6}\\ \\text{s}$$ $$f = \\frac{1}{T} = \\frac{9}{7\\cdot 10^{-5}\\ \\text{s}} \\approx 1{,}29\\cdot 10^5\\ \\text{Hz}$$ $$\\boxed{f \\approx 1{,}3\\cdot 10^5\\ \\text{Hz} = 129\\ \\text{kHz}}$$ **4.2. D** — takie samo. Natężenie fali jest proporcjonalne do **kwadratu amplitudy**: $I \\propto A^2$. We wstępie zapisano, że fala ma ustaloną amplitudę i że pomijamy pochłanianie — więc każdy punkt ośrodka drga z tą samą amplitudą, a natężenie jest wszędzie takie samo. **4.3. A** Za wąską szczeliną (o szerokości porównywalnej z $\\lambda$) zachodzi **dyfrakcja**: szczelina staje się nowym źródłem punktowym, a powierzchnie falowe są **koliste**, rozchodzące się promieniście od szczeliny. Nie pozostają płaskie i nie zwężają się do wiązki. **4.4.** Częstotliwość fali **nie zmienia się** przy przejściu do drugiego ośrodka — zmienia się prędkość, a z nią długość fali: $$\\lambda_1 = \\frac{v_1}{f}, \\qquad \\lambda_2 = \\frac{v_2}{f} \\quad\\Rightarrow\\quad \\frac{\\lambda_1}{\\lambda_2} = \\frac{v_1}{v_2}$$ $$\\boxed{\\frac{\\lambda_1}{\\lambda_2} = 2}$$ **Rysunek.** Ponieważ $v_2 < v_1$, fala przechodzi do ośrodka **wolniejszego**, więc: - kąt załamania jest **mniejszy** od kąta padania — kierunek biegu fali w $M_2$ załamuje się **w stronę normalnej**, - powierzchnie falowe w $M_2$ pozostają prostopadłe do nowego kierunku biegu, czyli są **odchylone w lewo** względem linii $b, c, d, e, f$ w $M_1$, - odstęp między nimi jest **dwa razy mniejszy** niż w $M_1$.\n\nTreść zadania (CKE)\n\nCo się zmienia, a co zostaje przy przejściu fali do innego ośrodka\n\nTo jedna z najczęściej sprawdzanych tabelek w całym dziale fal:\n\nWielkość | Przy przejściu do innego ośrodka\nczęstotliwość $f$ | nie zmienia się — narzuca ją źródło\nprędkość $v$ | zmienia się (własność ośrodka)\ndługość fali $\\lambda = v/f$ | zmienia się proporcjonalnie do $v$\nkierunek biegu | zmienia się (załamanie)\n\nStąd bierze się cała odpowiedź w 4.4: skoro $f$ jest wspólne dla obu ośrodków, to $\\lambda_1/\\lambda_2 = v_1/v_2 = 2$.\n\nOśrodek wolniejszy = kąt mniejszy\n\nPrawo załamania w postaci „falowej\":\n\n$$\\frac{\\sin\\alpha_1}{\\sin\\alpha_2} = \\frac{v_1}{v_2} = \\frac{\\lambda_1}{\\lambda_2}$$\n\nTu $v_1 = 2v_2$, więc $\\sin\\alpha_1 = 2\\sin\\alpha_2$, czyli $\\alpha_2 < \\alpha_1$. Reguła do zapamiętania:\n\nWolniej → bliżej normalnej. Szybciej → dalej od normalnej.\n\nTa sama reguła rządzi światłem przechodzącym z powietrza do szkła — tam też ośrodek jest „wolniejszy\" i promień zbliża się do normalnej.\n\nNatężenie fali a amplituda\n\n$$I \\propto A^2$$\n\nTa proporcjonalność wyjaśnia oba warianty:\n\nSytuacja | Co się dzieje z $A$ | Co z $I$\nfala płaska, brak pochłaniania | stała | stałe\nfala kulista | $A \\propto 1/r$ | $I \\propto 1/r^2$\nfala pochłaniana | maleje wykładniczo | maleje wykładniczo\n\nZadanie 4.2 celowo opisuje pierwszy przypadek — i cała trudność polega na tym, żeby to zauważyć, a nie odruchowo sięgnąć po drugi.\n\nDyfrakcja na wąskiej szczelinie\n\nZasada Huygensa: każdy punkt ośrodka, do którego dotarła fala, staje się źródłem elementarnej fali kulistej. Gdy w przeszkodzie jest szczelina o szerokości rzędu $\\lambda$, przepuszcza ona zasadniczo jeden taki punkt — i za przeszkodą obserwujemy fale koliste rozchodzące się we wszystkich kierunkach.\n\nIm szersza szczelina w porównaniu z $\\lambda$, tym mniej wyraźna dyfrakcja i tym bardziej za przeszkodą fala przypomina wąską wiązkę. Dla szczeliny znacznie węższej od $\\lambda$ ugięcie jest maksymalne.\n\nPunktacja CKE\n\n- 4.1. 2 pkt — poprawna metoda i wynik $f \\approx 1{,}3\\cdot 10^5$ Hz z jednostką;\n1 pkt — zauważenie zależności $\\Delta t_{KL} = 9T$ oraz zastosowanie wzoru na prędkość/okres fali.\n- 4.2. 1 pkt — odpowiedź D.\n- 4.3. 1 pkt — odpowiedź A.\n- 4.4. 3 pkt — trzy warunki: K (kierunek biegu fali w $M_2$), IDF ($\\lambda_1/\\lambda_2 = 2$), PF (co najmniej trzy powierzchnie falowe odchylone w lewo);\n2 pkt — dwa z tych warunków; 1 pkt — jeden.\n- Razem: 7 pkt.\n\nTypowy błąd: **W 4.1 najczęstszy błąd to policzenie powierzchni falowych zamiast odstępów.** Jeżeli między $K$ a $L$ narysowano 10 linii, to odstępów jest 9 — i to one odpowiadają długościom fali. Klasyczny „błąd płotu\": liczba przęseł jest o jeden mniejsza niż liczba słupków. **Druga pułapka w 4.1: 0,07 ms to nie 0,07 s.** $1\\ \\text{ms} = 10^{-3}\\ \\text{s}$, więc $\\Delta t_{KL} = 7\\cdot 10^{-5}\\ \\text{s}$. Pominięcie tego przeliczenia daje wynik 1000 razy za mały — i częstotliwość 129 Hz, która wcale nie jest ultradźwiękowa. **W 4.2 kusi myślenie „im dalej od źródła, tym słabiej\".** To prawda dla fali kulistej, gdzie energia rozkłada się na coraz większą powierzchnię. Tu mamy falę **płaską** o ustalonej amplitudzie i bez pochłaniania — natężenie się nie zmienia. Zadanie sprawdza, czy czytasz założenia z treści. **W 4.3 kusi rysunek z falą płaską przechodzącą przez szczelinę bez zmian.** Wąska szczelina to podręcznikowy przypadek dyfrakcji — za nią fala rozchodzi się we wszystkich kierunkach, koliście, zgodnie z zasadą Huygensa. **W 4.4 uwaga na kierunek załamania.** Fala wchodzi do ośrodka wolniejszego, więc załamuje się **do normalnej** (kąt maleje). Odwrotny błąd — odchylenie od normalnej — kosztuje warunek K, a często i warunek PF, bo powierzchnie falowe rysuje się wtedy w złą stronę. **I jeszcze jedno: powierzchnie falowe są zawsze prostopadłe do kierunku biegu fali.** Jeśli dorysujesz kierunek pod jednym kątem, a powierzchnie pod innym, rysunek jest wewnętrznie sprzeczny.","image":"img/fizyka-2026-maj-matura-rozszerzona/zad-4.webp","solution_image":null,"topics":"fale ultradzwiekowe, powierzchnie falowe, czestotliwosc, natezenie fali, dyfrakcja, zalamanie fali","page_from":12,"source":"maturaonline","answer_source":null,"answer_text_source":null,"solution_source":"maturaonline","text_source":"ocr","source_label":"Fizyka · Matura · maj 2026 (rozszerzona)","subject_label":"Fizyka","category_label":"Matura"},{"id":"fizyka-2026-maj-matura-rozszerzona/zad/4.1","paper_id":"fizyka-2026-maj-matura-rozszerzona","number":"4.1","points":2,"ptype":"open","subject":"fizyka","category":"matura","year":2026,"month":"maj","level":"rozszerzona","text":"Zadanie 4.1. (0-2)\nOblicz 𝒇 - częstotliwość opisanej fali ultradźwiękowej. Zapisz obliczenia.\n𝒪1\n𝑎\n𝑏\n4.1.\n0-1-2\nMFAP-R0_100","answer":null,"answer_text":"Zadanie 4.1. (0-2)\nWymagania ogólne\nWymagania szczegółowe\nIII. Planowanie i przeprowadzanie\nobserwacji oraz doświadczeń\ni wnioskowanie na podstawie ich\nwyników.\nII. Rozwiązywanie problemów\nz wykorzystaniem praw i zależności\nfizycznych.\nZdający:\nVIII.4) (SP) posługuje się pojęciami amplitudy,\nokresu, częstotliwości, długości fali i prędkości\nrozchodzenia się fali do opisu fal oraz stosuje\ndo obliczeń związki między tymi wielkościami\nwraz z ich jednostkami.\nI.7) wyodrębnia z […] rysunków\nschematycznych lub blokowych informacje\nkluczowe dla opisywanego zjawiska […].\nX.1) analizuje rozchodzenie się fal na\npowierzchni wody i dźwięku w powietrzu na\npodstawie obrazu powierzchni falowych.\n𝒞\n𝒲\n𝑅\n𝐹⃗\n𝛼\n𝐹⃗𝑔\nZasady oceniania rozwiązań zadań\nZasady oceniania\n2 pkt - poprawna metoda obliczenia częstotliwości fali oraz podanie prawidłowego wyniku\nliczbowego z jednostką: 𝑓≈1,3 ⋅105 Hz\n1 pkt - zauważenie i zapisanie/wykorzystanie zależności Δ𝑥𝑎𝑏= 9𝜆1 oraz\nzapisanie/zastosowanie wzoru na prędkość fali (lub proporcji Δ𝑡∝Δ𝑥 z niej\nwynikającej), np. zapisy równoważne poniższym:\nΔ𝑥𝑎𝑏= 9𝜆1 oraz (𝑣1 = Δ𝑥𝑎𝑏\nΔ𝑡𝑎𝑏\nalbo 𝑣1 = λ1\n𝑇)\nalbo w jednym zapisie\n𝑇= Δ𝑡𝑎𝑏\n9\n0 pkt - rozwiązanie, w którym zastosowano niepoprawną metodę, albo brak rozwiązania.\nPrzykładowe pełne rozwiązanie\nZauważmy, że odległość od odcinka 𝑎 do 𝑏 jest równa dziewięciu długościom fali:\nΔ𝑥𝑎𝑏= 9𝜆1\nPrędkość fali można wyrazić wzorami:\n𝑣1 = 𝜆1\n𝑇 oraz 𝑣1 = Δ𝑥𝑎𝑏\nΔ𝑡𝑎𝑏\n, skąd wynika, że Δ𝑥𝑎𝑏\nλ1\n= Δ𝑡𝑎𝑏\n𝑇\nZ powyższego wynika, że:\nΔ𝑡𝑎𝑏= 9𝑇 → 𝑇= 0,07 ms\n9\n= 7\n9 ⋅10-2 ms = 0, (7) ⋅10-5 ms\nZatem:\n𝑓= 1\n𝑇= 9\n7 ⋅105 Hz ≈1,29 ⋅105 Hz = 129 kHz","solution":"Z rysunku odczytujemy, że odległość między odcinkami $K$ i $L$ mieści dokładnie **dziewięć** długości fali: $$\\Delta t_{KL} = 9T \\quad\\Rightarrow\\quad T = \\frac{\\Delta t_{KL}}{9} = \\frac{0{,}07\\ \\text{ms}}{9} = 7{,}\\overline{7}\\cdot 10^{-6}\\ \\text{s}$$ $$f = \\frac{1}{T} = \\frac{9}{7\\cdot 10^{-5}\\ \\text{s}} \\approx 1{,}29\\cdot 10^5\\ \\text{Hz}$$ $$\\boxed{f \\approx 1{,}3\\cdot 10^5\\ \\text{Hz} = 129\\ \\text{kHz}}$$ **4.2. D** — takie samo. Natężenie fali jest proporcjonalne do **kwadratu amplitudy**: $I \\propto A^2$. We wstępie zapisano, że fala ma ustaloną amplitudę i że pomijamy pochłanianie — więc każdy punkt ośrodka drga z tą samą amplitudą, a natężenie jest wszędzie takie samo. **4.3. A** Za wąską szczeliną (o szerokości porównywalnej z $\\lambda$) zachodzi **dyfrakcja**: szczelina staje się nowym źródłem punktowym, a powierzchnie falowe są **koliste**, rozchodzące się promieniście od szczeliny. Nie pozostają płaskie i nie zwężają się do wiązki.","image":"img/fizyka-2026-maj-matura-rozszerzona/zad-4.1.webp","solution_image":null,"topics":"fale ultradzwiekowe, powierzchnie falowe, czestotliwosc, natezenie fali, dyfrakcja, zalamanie fali","page_from":12,"source":"ocr","answer_source":null,"answer_text_source":"ocr","solution_source":"maturaonline","text_source":"ocr","source_label":"Fizyka · Matura · maj 2026 (rozszerzona)","subject_label":"Fizyka","category_label":"Matura"},{"id":"fizyka-2026-maj-matura-rozszerzona/zad/4.2","paper_id":"fizyka-2026-maj-matura-rozszerzona","number":"4.2","points":1,"ptype":"closed","subject":"fizyka","category":"matura","year":2026,"month":"maj","level":"rozszerzona","text":"Zadanie 4.2. (0-1)\nDokończ zdanie. Wybierz właściwą odpowiedź spośród podanych.\nNatężenie fali ℱ w połowie odległości pomiędzy odcinkami 𝑎 i 𝑏 w porównaniu do natężenia tej\nfali na odcinku 𝑏 jest\nA. 4 razy większe.\nB. 2 razy większe.\nC. √2 razy większe.\nD. takie samo.","answer":"D","answer_text":"Zadanie 4.2. (0-1)\nWymagania ogólne\nWymagania szczegółowe\nI. Wykorzystanie pojęć i wielkości\nfizycznych do opisu zjawisk oraz\nwskazywanie ich przykładów\nw otaczającej rzeczywistości.\nII. Rozwiązywanie problemów\nz wykorzystaniem praw i zależności\nfizycznych.\nZdający:\nI.7) wyodrębnia z […] rysunków\nschematycznych lub blokowych informacje\nkluczowe dla opisywanego zjawiska […].\nX.2) posługuje się pojęciem natężenia fali wraz\nz jej jednostką (W/m2) oraz proporcjonalnością\ndo kwadratu amplitudy.\nZasady oceniania\n1 pkt - odpowiedź poprawna.\n0 pkt - odpowiedź niepoprawna albo brak odpowiedzi.\nRozwiązanie\nD\nKomentarz do rozwiązania zadania 4.2.\nNatężenie fali jest proporcjonalne do kwadratu amplitudy 𝐼∝𝐴2. We wstępie do zadania\nnapisano, że fala ma ustaloną amplitudę (tzn. każdy punkt ośrodka 𝒪1 wykonuje drgania z taką\nsamą amplitudą). To oznacza, że w każdym punkcie ośrodka natężenie fali jest takie samo.","solution":"## Poprawna odpowiedź: D (takie samo)\n\nNatężenie fali jest proporcjonalne do **kwadratu amplitudy**:\n\n$$I \\propto A^2.$$\n\nZgodnie z informacją, fala $\\mathcal{F}$ ma **ustaloną (stałą) amplitudę**, a efekty pochłaniania pomijamy. Skoro amplituda nie zmienia się wzdłuż kierunku rozchodzenia się fali, to natężenie fali jest **wszędzie takie samo**.\n\nW szczególności natężenie w połowie odległości między odcinkami $a$ i $b$ jest równe natężeniu na odcinku $b$:\n\n$$I_{\\text{połowa}} = I_b.$$\n\nZatem natężenie jest **takie samo** - odpowiedź **D**.\n\n## Zasady oceniania CKE\n\n**1 pkt** - odpowiedź poprawna (**D** - takie samo). **0 pkt** - odpowiedź niepoprawna lub brak. Uzasadnienie: $I \\sim A^2$, a amplituda jest ustalona, więc natężenie stałe.","image":"img/fizyka-2026-maj-matura-rozszerzona/zad-4.2.webp","solution_image":null,"topics":null,"page_from":13,"source":"ocr","answer_source":"maturazai","answer_text_source":"ocr","solution_source":"maturazai","text_source":"ocr","source_label":"Fizyka · Matura · maj 2026 (rozszerzona)","subject_label":"Fizyka","category_label":"Matura"},{"id":"fizyka-2026-maj-matura-rozszerzona/zad/4.3","paper_id":"fizyka-2026-maj-matura-rozszerzona","number":"4.3","points":1,"ptype":"closed","subject":"fizyka","category":"matura","year":2026,"month":"maj","level":"rozszerzona","text":"Zadanie 4.3. (0-1)\nZałóżmy, że fala płaska ℱ dociera do przeszkody, w której jest wąska szczelina.\nZa i przed przeszkodą znajduje się ten sam ośrodek 𝒪1.\nNa którym rysunku (spośród A-D) prawidłowo przedstawiono kolejne powierzchnie\nfalowe po przejściu fali przez szczelinę? Wybierz właściwą odpowiedź spośród\npodanych.\nA.\nB.\nC.\nD.\nMFAP-R0_100","answer":"A","answer_text":"Zadanie 4.3. (0-1)\nWymagania ogólne\nWymagania szczegółowe\nI. Wykorzystanie pojęć i wielkości\nfizycznych do opisu zjawisk oraz\nwskazywanie ich przykładów\nw otaczającej rzeczywistości.\nII. Rozwiązywanie problemów\nz wykorzystaniem praw i zależności\nfizycznych.\nZdający:\nI.7) wyodrębnia z […] rysunków\nschematycznych lub blokowych informacje\nkluczowe dla opisywanego zjawiska […].\nX.1) analizuje rozchodzenie się fal na\npowierzchni wody i dźwięku w powietrzu na\npodstawie obrazu powierzchni falowych;\nX.8) opisuje jakościowo związek między\ndyfrakcją na szczelinie a szerokością szczeliny\ni długością fali;\nX.18.b) doświadczalnie: obserwuje zjawisko\ndyfrakcji fali na szczelinie.\nZasady oceniania\n1 pkt - odpowiedź poprawna.\n0 pkt - odpowiedź niepoprawna albo brak odpowiedzi.\nRozwiązanie\nA","solution":"## Poprawna odpowiedź: A\n\nZjawisko dyfrakcji (ugięcia) fali na wąskiej szczelinie opisuje zasada Huygensa: każdy punkt szczeliny staje się źródłem elementarnej fali kulistej. Gdy szczelina jest wąska (porównywalna z długością fali), za przeszkodą powstaje pojedyncze źródło zastępcze, od którego rozchodzą się **koliste (półkoliste) powierzchnie falowe**.\n\nKluczowe jest jednak to, że ośrodek **przed i za przeszkodą jest ten sam** ($\\mathcal{O}_1$). Prędkość fali zależy wyłącznie od ośrodka, a częstotliwość fali się nie zmienia, więc długość fali:\n\n$$\\lambda = \\frac{v}{f}$$\n\n**pozostaje taka sama** po obu stronach przeszkody. Odległość między kolejnymi powierzchniami falowymi (grzbietami) jest równa długości fali, zatem musi być identyczna przed i za szczeliną.\n\nAnaliza opcji:\n- **A** - koliste powierzchnie falowe rozchodzące się od szczeliny; rysunek A oddaje charakterystyczne ugięcie kołowe zgodne z kluczem CKE - jedyny rysunek poprawnie przedstawiający dyfrakcję ze źródłem punktowym za szczeliną - **poprawny**.\n- **B** - również koliste fale, lecz w zestawieniu z pozostałymi rysunkami wskazano A jako klucz.\n- **C** - brak ugięcia (fala jako wąska wiązka prostych odcinków) - błędne, dyfrakcja zachodzi.\n- **D** - pionowe odcinki, brak ugięcia kołowego - błędne.\n\nZgodnie z oficjalnym kluczem CKE poprawną odpowiedzią jest **A**.\n\n## Zasady oceniania CKE\n- **1 pkt** - odpowiedź poprawna: **A**.\n- **0 pkt** - odpowiedź niepoprawna albo brak odpowiedzi.","image":"img/fizyka-2026-maj-matura-rozszerzona/zad-4.3.webp","solution_image":null,"topics":null,"page_from":13,"source":"ocr","answer_source":"maturazai","answer_text_source":"ocr","solution_source":"maturazai","text_source":"ocr","source_label":"Fizyka · Matura · maj 2026 (rozszerzona)","subject_label":"Fizyka","category_label":"Matura"},{"id":"fizyka-2026-maj-matura-rozszerzona/zad/4.4","paper_id":"fizyka-2026-maj-matura-rozszerzona","number":"4.4","points":3,"ptype":"open","subject":"fizyka","category":"matura","year":2026,"month":"maj","level":"rozszerzona","text":"Zadanie 4.4. (0-3)\nFala płaska ℱ rozchodząca się w ośrodku 𝒪1 pada na granicę ośrodków 𝒪1 i 𝒪2 pod\nkątem 𝛼1 (zobacz rysunek 2.) i przechodzi do ośrodka 𝒪2. Wartości prędkości fali ℱ\nw ośrodkach 𝒪1 i 𝒪2 oznaczymy - odpowiednio - jako v1 i v2, przy czym:\nv1 = 2v2\nPozioma linia 𝑘 na rysunku 2. wyznacza kierunek biegu fali ℱ w ośrodku 𝒪1.\nPionowe linie (np. 𝑙, 𝑚, 𝑛, 𝑝, 𝑞, 𝑠) odpowiadają powierzchniom falowym fali ℱ w ośrodku 𝒪1.\nKreską przerywaną oznaczono linie pomocnicze. W ośrodku 𝒪2 nie narysowano kierunku\nbiegu fali ℱ ani jej powierzchni falowych.\nRysunek 2.\nNa rysunku 2. dorysuj kierunek biegu fali 𝓕 w ośrodku 𝓞𝟐 oraz dorysuj powierzchnie\nfalowe fali 𝓕 w ośrodku 𝓞𝟐 - tzn. narysuj kontynuację linii 𝒌 oraz linii 𝒍, 𝒎, 𝒏, 𝒑, 𝒒, 𝒔.\nUwzględnij relację (większy, równy, mniejszy) między kątem padania a kątem\nzałamania fali na granicy ośrodków oraz uwzględnij prawidłowe ułożenie powierzchni\nfalowych względem kierunku biegu fali 𝓕 w ośrodku 𝓞𝟐.\nUwaga! Nie musisz obliczać/wyznaczać miary kąta załamania.\nWpisz poniżej wartość ilorazu długości fali - odpowiednio - w ośrodkach 𝓞𝟏 i 𝓞𝟐:\n𝜆1\n𝜆2 =\n𝒪1\nvሬԦ1\n𝒪2\n𝛼1\n𝜆1\n𝑘\n𝑙\n𝑚\n𝑛\n𝑝\n𝑞\n𝑠\n4.4.\n0-1-\n2-3\nMFAP-R0_100","answer":null,"answer_text":"Zadanie 4.4. (0-3)\nWymagania ogólne\nWymagania szczegółowe\nV. Budowanie modeli fizycznych\ni matematycznych do opisu zjawisk oraz\nilustracji praw i zależności fizycznych.\nII. Rozwiązywanie problemów\nz wykorzystaniem praw i zależności\nfizycznych.\nZdający:\nVIII.4) (SP) posługuje się pojęciami amplitudy,\nokresu, częstotliwości, długości fali i prędkości\nrozchodzenia się fali do opisu fal oraz stosuje\ndo obliczeń związki między tymi wielkościami\nwraz z ich jednostkami.\nI.7) wyodrębnia z […] rysunków\nschematycznych lub blokowych informacje\nkluczowe dla opisywanego zjawiska […].\nX.1) analizuje rozchodzenie się fal na\npowierzchni wody i dźwięku w powietrzu na\npodstawie obrazu powierzchni falowych;\nX.6) stosuje prawo odbicia i prawo załamania\nfal na granicy dwóch ośrodków […].\nZasady oceniania rozwiązań zadań\nZasady oceniania\nRozwiązanie będzie podlegało ocenie, gdy zdający spełni co najmniej jeden z poniższych\nwarunków lub ich kombinację, określoną dalej w schemacie punktowania.\nWarunek K - poprawne dorysowanie kierunku biegu fali ℱ w ośrodku 𝒪2, tzn. dorysowanie\nprostej, będącej kontynuacją linii 𝑘 w ośrodku 𝒪2, w obszarze między liniami przerywanymi\nznajdującymi się w ośrodku 𝒪2.\nWarunek IDF - wpisanie prawidłowej wartości ilorazu długości fal:\n𝜆1\n𝜆2 = 2\nWarunek PF - poprawne dorysowanie powierzchni falowych fali ℱ w ośrodku 𝒪2, tzn.\ndorysowanie prostych będących kontynuacjami w ośrodku 𝒪2 co najmniej trzech linii spośród\n𝑙, 𝑚, 𝑛, 𝑝, 𝑞, 𝑠 (odchylonych w lewo względem nich).\nUwaga! Ten warunek może być spełniony także bez narysowanego kierunku rozchodzenia\nsię fali w ośrodku 𝒪2 (wystarczy narysowanie samych linii będących kontynuacjami 𝑙, 𝑚, 𝑛,\n𝑝, 𝑞, 𝑠, które w 𝒪2 odchylają się w lewo).\nSchemat punktowania\n3 pkt - spełnienie trzech warunków: K oraz IDF oraz PF.\n2 pkt - spełnienie dwóch warunków: (K oraz IDF) albo (K oraz PF) albo (IDF oraz PF).\n1 pkt - spełnienie jednego warunku: K albo IDF albo PF.\n0 pkt - rozwiązanie niepoprawne albo brak rozwiązania.\nPełne rozwiązanie\n𝜆1\n𝜆2 =\n𝒪1\nvሬ⃗1\n𝒪2\n𝛼1\n𝜆1\n𝑘\n𝑙\n𝑚\n𝑛\n𝑝\n𝑞\n𝑠\n2","solution":"Częstotliwość fali **nie zmienia się** przy przejściu do drugiego ośrodka — zmienia się prędkość, a z nią długość fali: $$\\lambda_1 = \\frac{v_1}{f}, \\qquad \\lambda_2 = \\frac{v_2}{f} \\quad\\Rightarrow\\quad \\frac{\\lambda_1}{\\lambda_2} = \\frac{v_1}{v_2}$$ $$\\boxed{\\frac{\\lambda_1}{\\lambda_2} = 2}$$ **Rysunek.** Ponieważ $v_2 < v_1$, fala przechodzi do ośrodka **wolniejszego**, więc: - kąt załamania jest **mniejszy** od kąta padania — kierunek biegu fali w $M_2$ załamuje się **w stronę normalnej**, - powierzchnie falowe w $M_2$ pozostają prostopadłe do nowego kierunku biegu, czyli są **odchylone w lewo** względem linii $b, c, d, e, f$ w $M_1$, - odstęp między nimi jest **dwa razy mniejszy** niż w $M_1$.","image":"img/fizyka-2026-maj-matura-rozszerzona/zad-4.4.webp","solution_image":null,"topics":"fale ultradzwiekowe, powierzchnie falowe, czestotliwosc, natezenie fali, dyfrakcja, zalamanie fali","page_from":14,"source":"ocr","answer_source":null,"answer_text_source":"ocr","solution_source":"maturaonline","text_source":"ocr","source_label":"Fizyka · Matura · maj 2026 (rozszerzona)","subject_label":"Fizyka","category_label":"Matura"},{"id":"fizyka-2026-maj-matura-rozszerzona/zad/5","paper_id":"fizyka-2026-maj-matura-rozszerzona","number":"5","points":7,"ptype":"open","subject":"fizyka","category":"matura","year":2026,"month":"maj","level":"rozszerzona","text":"Zadanie 5.\nPewna planetoida ℛ krąży wokół Słońca po orbicie eliptycznej jedynie pod wpływem siły\ngrawitacji Słońca. Orbita planetoidy ℛ leży w tej samej płaszczyźnie co orbita Ziemi\ni przecina się z nią w dwóch punktach (zobacz rysunek).\nPrzyjmij następujące dane i założenia:\nnajwiększą odległość planetoidy ℛ od środka 𝑆 Słońca oznaczymy jako 𝑟𝐴= |𝑆𝐴|\nnajmniejsza odległość planetoidy ℛ od środka 𝑆 Słońca jest równa 𝑟𝑃= |𝑆𝑃| = 0,81 au\ndługość osi wielkiej orbity planetoidy ℛ jest równa |𝑃𝐴| = 5,62 au\nwartość prędkości planetoidy ℛ w punkcie 𝐴 orbity oznaczymy jako v𝐴\nwartość prędkości planetoidy ℛ w punkcie 𝑃 orbity jest równa v𝑃= 43,29 km/s\nśrodek orbity planetoidy ℛ oznaczymy jako 𝑂\noraz\norbitę Ziemi traktujemy w przybliżeniu jako orbitę kołową\nodległość Ziemi od środka Słońca jest równa 𝑟Z = 1,0 au\nokres obiegu Ziemi dookoła Słońca wynosi 𝑇Z = 1,00 rok ziemski\npomijamy wpływ innych ciał (oprócz Słońca) na ruch planetoidy ℛ oraz na ruch Ziemi.\nRysunek","answer":null,"answer_text":null,"solution":"Odpowiedź: **5.1.** Wektor $\\vec{F}$ zaczepiamy **w punkcie $\\mathcal{R}$** (tam, gdzie jest planetoida) i kierujemy **wzdłuż odcinka $\\mathcal{R}S$, zwrotem do $S$** — czyli do środka Słońca. Grawitacja jest siłą centralną: zawsze wzdłuż linii łączącej oba ciała, zawsze przyciągająca. Nie jest ani styczna do orbity, ani skierowana do środka $O$ elipsy. **5.2.** Półoś wielka orbity planetoidy: $$a_\\mathcal{R} = \\frac{|PA|}{2} = \\frac{5{,}62\\ \\text{au}}{2} = 2{,}81\\ \\text{au}$$ III prawo Keplera dla planetoidy i Ziemi (wspólne centrum: Słońce): $$\\frac{T_\\mathcal{R}^2}{a_\\mathcal{R}^3} = \\frac{T_Z^2}{r_Z^3} \\quad\\Rightarrow\\quad T_\\mathcal{R} = \\sqrt{\\left(\\frac{a_\\mathcal{R}}{r_Z}\\right)^3}\\cdot T_Z$$ $$T_\\mathcal{R} = \\sqrt{\\left(\\frac{2{,}81\\ \\text{au}}{1\\ \\text{au}}\\right)^3}\\cdot 1\\ \\text{rok} = \\sqrt{22{,}188}\\ \\text{roku}$$ $$\\boxed{T_\\mathcal{R} \\approx 4{,}7 \\text{ roku ziemskiego}}$$ **5.3. C** Przyśpieszenie planetoidy pochodzi wyłącznie od grawitacji Słońca: $a = \\dfrac{GM_S}{r^2}$. Zatem $$\\frac{a_P}{a_A} = \\frac{r_A^2}{r_P^2} = \\left(\\frac{|SA|}{|SP|}\\right)^2$$ **5.4.** **Krok 1. Odległość aphelium.** Oś wielka to suma obu skrajnych odległości od ogniska: $$|PA| = r_P + r_A \\quad\\Rightarrow\\quad r_A = 5{,}62\\ \\text{au} - 0{,}81\\ \\text{au} = 4{,}81\\ \\text{au}$$ **Krok 2. Zasada zachowania momentu pędu** względem środka Słońca. W peryhelium i aphelium prędkość jest **prostopadła** do promienia wodzącego, więc moment pędu upraszcza się do $L = m v r$: $$m v_P r_P = m v_A r_A \\quad\\Rightarrow\\quad v_A = v_P \\cdot \\frac{r_P}{r_A}$$ **Krok 3. Podstawienie.** $$v_A = 43{,}29\\ \\frac{\\text{km}}{\\text{s}} \\cdot \\frac{0{,}81\\ \\text{au}}{4{,}81\\ \\text{au}} = 43{,}29 \\cdot 0{,}16840\\ \\frac{\\text{km}}{\\text{s}}$$ $$\\boxed{v_A \\approx 7{,}3\\ \\frac{\\text{km}}{\\text{s}}}$$ Jednostki „au\" skracają się — nie trzeba niczego przeliczać na metry.\n\nTreść zadania (CKE)\n\nGeometria elipsy — co jest czym\n\nOznaczenie w zadaniu | Nazwa | Wartość\n$S$ | ognisko elipsy — tu jest Słońce | —\n$O$ | środek elipsy | —\n$P$ | peryhelium (najbliżej Słońca) | $r_P = 0{,}81$ au\n$A$ | aphelium (najdalej od Słońca) | $r_A = 4{,}81$ au\n$\\ | PA\\ | $ | oś wielka $= 2a$ | 5,62 au\n$a$ | półoś wielka | 2,81 au\n\nDwie zależności, z których wynikają wszystkie obliczenia w tym zadaniu:\n\n$$r_P + r_A = 2a, \\qquad a = \\frac{r_P + r_A}{2}$$\n\nPółoś wielka jest więc średnią arytmetyczną odległości peryhelium i aphelium — sprawdzenie: $(0{,}81 + 4{,}81)/2 = 2{,}81$ ✓.\n\nIII prawo Keplera w jednostkach astronomicznych\n\nW układzie, gdzie odległości mierzymy w au, a okresy w latach ziemskich, prawo Keplera przybiera najprostszą możliwą postać:\n\n$$T^2 = a^3$$\n\nBo dla Ziemi $T_Z = 1$ i $r_Z = 1$, więc stała jest równa 1. Stąd natychmiast:\n\n$$T_\\mathcal{R} = a_\\mathcal{R}^{3/2} = 2{,}81^{1{,}5} \\approx 4{,}71$$\n\nTo najszybszy sposób na to zadanie — bez $G$, bez masy Słońca, bez przeliczania sekund.\n\nTrzy prawa Keplera — do czego służą\n\nPrawo | Treść | Do czego przydaje się na maturze\nI | orbita jest elipsą, Słońce w jednym z ognisk | 5.1 — kierunek siły; geometria orbity\nII | promień wodzący zakreśla równe pola w równych czasach | równoważne zachowaniu momentu pędu → 5.4\nIII | $T^2/a^3 = \\text{const}$ dla wszystkich ciał obiegających to samo centrum | 5.2 — okres obiegu\n\nII prawo Keplera i zasada zachowania momentu pędu to to samo prawo w dwóch przebraniach. Formalnie moment pędu $L = mvr$ jest zachowany, bo siła grawitacji jest centralna — jej moment względem Słońca jest zerowy.\n\nPrędkość w peryhelium i aphelium — wzór ogólny\n\nZ połączenia zachowania momentu pędu i energii mechanicznej można wyprowadzić bezpośredni wzór (CKE punktuje też tę drogę):\n\n$$v_A = \\sqrt{\\frac{2GM_S}{r_A + r_P}\\cdot\\frac{r_P}{r_A}}$$\n\nAle w tym zadaniu jest on niepotrzebnie długi — mamy podane $v_P$, więc wystarczy jedno równanie:\n\n$$v_P r_P = v_A r_A$$\n\nZasada ogólna: jeśli dana jest jedna z prędkości skrajnych, użyj momentu pędu; jeśli żadna, sięgnij po energię.\n\nPunktacja CKE\n\n- 5.1. 1 pkt — wektor zaczepiony w $\\mathcal{R}$, skierowany wzdłuż $\\mathcal{R}S$ w stronę $S$.\n- 5.2. 2 pkt — poprawna metoda i wynik $T_\\mathcal{R} \\approx 4{,}7$ roku;\n1 pkt — zapis III prawa Keplera z uwzględnieniem obu okresów i obu półosi oraz poprawne wyznaczenie $a_\\mathcal{R} = |PA|/2$.\n- 5.3. 1 pkt — odpowiedź C.\n- 5.4. 3 pkt — poprawna metoda i wynik $v_A \\approx 7{,}3$ km/s z jednostką;\n2 pkt — równość momentów pędu w $P$ i $A$ oraz poprawne wyznaczenie $r_A = |PA| - r_P$;\n1 pkt — sama równość momentów pędu albo samo poprawne wyznaczenie $r_A = 4{,}81$ au.\n- Razem: 7 pkt.\n\nTypowy błąd: **W 5.1 najczęstszy błąd to zaczepienie wektora w Słońcu.** Pytanie brzmi: jaka siła działa **na planetoidę** — więc wektor zaczepiamy w planetoidzie. Drugi częsty błąd: skierowanie siły do środka $O$ elipsy. Ognisko elipsy (Słońce, punkt $S$) i środek elipsy (punkt $O$) to **dwa różne punkty**, i siła zawsze celuje w ognisko. **W 5.2 pułapka jest jedna, ale kosztowna: $|PA| = 5{,}62$ au to oś wielka, nie półoś.** W III prawie Keplera występuje **półoś wielka** $a = |PA|/2 = 2{,}81$ au. Podstawienie 5,62 daje $T \\approx 13{,}3$ roku — wynik prawie trzykrotnie za duży. **Nie licz $r_A + r_P$ jako „średnicy okręgu\" i nie uśredniaj prędkości.** Orbita jest elipsą; jedyna wielkość, która wchodzi do III prawa Keplera, to półoś wielka. **W 5.3 kusi odpowiedź bez kwadratu (A).** Grawitacja maleje z kwadratem odległości, więc iloraz przyśpieszeń jest ilorazem **kwadratów** odległości. Uwaga też na kolejność: $a_P$ dotyczy punktu **bliższego**, więc jest **większe** — iloraz $a_P/a_A > 1$, czyli w liczniku musi być większa odległość $|SA|$. **W 5.4 nie można użyć zasady zachowania energii „na skróty\" bez wzoru na energię potencjalną grawitacji.** Najprostsza droga to moment pędu: $v_P r_P = v_A r_A$. Ta zależność działa **wyłącznie w peryhelium i aphelium**, bo tylko tam prędkość jest prostopadła do promienia wodzącego. **Kontrola sensowności:** planetoida w aphelium jest ok. 6 razy dalej i porusza się ok. 6 razy wolniej. To zgadza się z II prawem Keplera — daleko od Słońca ciało „ledwie się wlecze\".","image":"img/fizyka-2026-maj-matura-rozszerzona/zad-5.webp","solution_image":null,"topics":"grawitacja, orbita eliptyczna, III prawo Keplera, zasada zachowania momentu pedu, peryhelium i aphelium","page_from":15,"source":"maturaonline","answer_source":null,"answer_text_source":null,"solution_source":"maturaonline","text_source":"ocr","source_label":"Fizyka · Matura · maj 2026 (rozszerzona)","subject_label":"Fizyka","category_label":"Matura"},{"id":"fizyka-2026-maj-matura-rozszerzona/zad/5.1","paper_id":"fizyka-2026-maj-matura-rozszerzona","number":"5.1","points":1,"ptype":"open","subject":"fizyka","category":"matura","year":2026,"month":"maj","level":"rozszerzona","text":"Zadanie 5.1. (0-1)\nNa powyższym rysunku narysuj wektor siły 𝑭ሬ⃗, z jaką Słońce działa na planetoidę 𝓡\nw oznaczonym położeniu na orbicie. Zachowaj odpowiedni kierunek, zwrot oraz punkt\nzaczepienia tego wektora (długość może być dowolna).\n𝑆\n𝑃\n𝐴\n𝑂\nZiemia\nℛ\n5.1.\n0-1\nMFAP-R0_100","answer":null,"answer_text":"Zadanie 5.1. (0-1)\nWymagania ogólne\nWymagania szczegółowe\nI. Wykorzystanie pojęć i wielkości\nfizycznych do opisu zjawisk oraz\nwskazywanie ich przykładów\nw otaczającej rzeczywistości.\nIV. Posługiwanie się informacjami\npochodzącymi z analizy materiałów\nźródłowych, w tym tekstów\npopularnonaukowych i źródeł\ninternetowych, oraz ocenianie\nwiarygodności źródeł.\nZdający:\nI.6) tworzy […] rysunki schematyczne lub\nblokowe dla zilustrowania zjawisk bądź\nproblemu […].\nII.10) (SP) stosuje pojęcie siły jako wielkości\nopisującej oddziaływanie na ciało, uwzględnia\nwektorowy charakter siły - wskazuje wartość,\nkierunek i zwrot wektora siły oraz ciało, do\nktórego przyłożona jest siła […].\nIV.1) posługuje się prawem powszechnego\nciążenia do opisu oddziaływania grawitacyjnego;\nwskazuje siłę grawitacji jako przyczynę spadania\nciał;\nIV.3) analizuje jakościowo wpływ siły grawitacji\nSłońca na niejednostajny ruch planet po\norbitach eliptycznych […].\nZasady oceniania\n1 pkt - poprawne narysowanie wektora siły 𝐹⃗, tzn. narysowanie wektora zaczepionego w ℛ\ni skierowanego wzdłuż odcinka ℛ𝑆 w stronę 𝑆.\n0 pkt - rozwiązanie niepoprawne albo brak rozwiązania.\nRozwiązanie\n𝑆\n𝑃\n𝐴\n𝑂\nZiemia\nℛ\n𝐹⃗\nZasady oceniania rozwiązań zadań","solution":"Wektor $\\vec{F}$ zaczepiamy **w punkcie $\\mathcal{R}$** (tam, gdzie jest planetoida) i kierujemy **wzdłuż odcinka $\\mathcal{R}S$, zwrotem do $S$** — czyli do środka Słońca. Grawitacja jest siłą centralną: zawsze wzdłuż linii łączącej oba ciała, zawsze przyciągająca. Nie jest ani styczna do orbity, ani skierowana do środka $O$ elipsy.","image":"img/fizyka-2026-maj-matura-rozszerzona/zad-5.1.webp","solution_image":null,"topics":"grawitacja, orbita eliptyczna, III prawo Keplera, zasada zachowania momentu pedu, peryhelium i aphelium","page_from":15,"source":"ocr","answer_source":null,"answer_text_source":"ocr","solution_source":"maturaonline","text_source":"ocr","source_label":"Fizyka · Matura · maj 2026 (rozszerzona)","subject_label":"Fizyka","category_label":"Matura"},{"id":"fizyka-2026-maj-matura-rozszerzona/zad/5.2","paper_id":"fizyka-2026-maj-matura-rozszerzona","number":"5.2","points":2,"ptype":"open","subject":"fizyka","category":"matura","year":2026,"month":"maj","level":"rozszerzona","text":"Zadanie 5.2. (0-2)\nOblicz 𝑻𝓡 - okres obiegu planetoidy 𝓡 wokół Słońca. Zapisz obliczenia.\nWynik podaj w latach ziemskich.","answer":null,"answer_text":"Zadanie 5.2. (0-2)\nWymagania ogólne\nWymagania szczegółowe\nIV. Posługiwanie się informacjami\npochodzącymi z analizy materiałów\nźródłowych, w tym tekstów\npopularnonaukowych i źródeł\ninternetowych, oraz ocenianie\nwiarygodności źródeł.\nII. Rozwiązywanie problemów\nz wykorzystaniem praw i zależności\nfizycznych.\nZdający:\nI.2) posługuje się […] kartą wybranych wzorów\ni stałych fizykochemicznych;\nI.7) wyodrębnia z tekstów, […] rysunków\nschematycznych […] informacje kluczowe\ndla opisywanego zjawiska bądź problemu; […].\nIV.5) […] stosuje do obliczeń III prawo Keplera\ndla orbit kołowych i eliptycznych.\nZasady oceniania\n2 pkt - poprawna metoda obliczenia okresu obiegu dookoła Słońca planetoidy ℛ oraz\npodanie prawidłowego wyniku liczbowego w latach ziemskich: 𝑇ℛ≈4,7 roku\n1 pkt - zapisanie równania III prawa Keplera (dla planetoidy ℛ i Ziemi), z uwzględnieniem\n(np. poprzez oznaczenia lub podanie wartości danych liczbowych) okresów obiegu\nplanetoidy ℛ i Ziemi dookoła Słońca, półosi wielkiej orbity planetoidy ℛ, promienia\norbity Ziemi, oraz poprawna metoda wyznaczenia długości półosi wielkiej orbity\nplanetoidy ℛ , np. zapisy równoważne poniższym:\n(𝑇ℛ\n2\n𝑎ℛ\n3 = 𝑇𝑍\n2\n𝑎𝑍\n3 albo 𝑇ℛ\n2\n𝑎ℛ\n3 =\n(1 rok)2\n(1 au)3 ) oraz (𝑎ℛ=\n|𝑃𝐴|\n2\nalbo oznaczenie 𝑎ℛ na osi)\nLUB\n- (dotyczy rozwiązania sposobem 2.) powołanie się na równość okresów obiegu\ndookoła Słońca planetoidy ℛ i ciała 𝒞 poruszającego się po orbicie kołowej\no promieniu równym 𝑟𝒞= 𝑎ℛ oraz zapisanie relacji identyfikującej siłę grawitacji\ndziałającą na ciało 𝒞 jako siłę dośrodkową (lub relacji identyfikującej przyśpieszenie\ndośrodkowe jako przyśpieszenie grawitacyjne), oraz uwzględnienie wzorów na te siły\n(lub przyśpieszenia) oraz uwzględnienie wzoru na prędkość liniową (lub kątową), np.\nzapisy równoważne poniższym:\n(𝑟𝒞= 𝑎ℛ oraz 𝑇𝒞= 𝑇ℛ ) oraz 𝑚ℛ𝑣2\n𝑟𝒞\n= 𝐺𝑀𝑆𝑚ℛ\n𝑟𝒞\n2\noraz 𝑣= 2𝜋𝑟𝒞\n𝑇𝒞\n0 pkt - rozwiązanie, w którym zastosowano niepoprawną metodę, albo brak rozwiązania.\nPrzykładowe pełne rozwiązania\nSposób 1. (zastosowanie III prawa Keplera)\nPlanetoida ℛ oraz Ziemia obiegają wspólne centrum grawitacyjne - Słońce. Do obliczenia\nokresu obiegu planetoidy ℛ dookoła Słońca wykorzystamy III prawo Keplera:\n𝑇ℛ\n2\n𝑎ℛ\n3 = 𝑇𝑍\n2\n𝑎𝑍\n3 → 𝑇ℛ= √(𝑎ℛ\n𝑎𝑍\n)\n3\n⋅𝑇𝑍\ngdzie 𝑎ℛ jest długością półosi wielkiej orbity planetoidy ℛ, 𝑎𝑍 jest promieniem orbity Ziemi,\n𝑇ℛ i 𝑇𝑍 są okresami obiegu planetoidy ℛ i Ziemi dookoła Słońca.\nWyznaczymy 𝑎ℛ:\n𝑎ℛ= |𝑃𝐴|\n2\n= 2,81 au\nPodstawimy dane do równania wynikającego z III prawa Keplera:\n𝑇ℛ= √(2,81 au\n1 au )\n3\n⋅1 rok ≈4,7 roku\nSposób 2. (zastosowanie zasad dynamiki w ruchu po okręgu)\nUwaga! Poniżej przedstawiony sposób rozwiązania jest prawidłowy, jednak nie jest\nrekomendowany dla tego zadania, ponieważ nie jest optymalny (ze względu na użycie\nwiększej liczby zależności i konieczność przeliczenia na lata ziemskie).\nWykorzystamy metodę zastępczej orbity kołowej dla eliptycznej orbity planetoidy ℛ.\nRozważmy ciało 𝒞 poruszające się po orbicie kołowej o takim promieniu 𝑟𝒞, który jest równy\ndługości półosi wielkiej orbity eliptycznej planetoidy ℛ:\n𝑟𝒞= 𝑎ℛ → 𝑟𝒞= 2,81 au\nZgodnie z III prawem Keplera dla orbit kołowych i eliptycznych, okres obiegu ciała 𝒞 dookoła\nSłońca jest równy okresowi obiegu planetoidy ℛ dookoła Słońca:\n𝑇𝒞= 𝑇ℛ\nPrzy takim założeniu obliczymy 𝑇𝒞 z wykorzystaniem II zasady dynamiki dla ruchu po okręgu.\nFunkcję siły dośrodkowej działającej na ciało 𝒞 pełni siła grawitacji pochodząca od Słońca:\n𝑚𝒞(2𝜋\n𝑇𝒞\n)\n2\n𝑟𝒞= 𝐺𝑀𝑆𝑚𝒞\n𝑟𝒞\n2\n→ 𝑇𝒞= 2𝜋√𝑟𝒞3\n𝐺𝑀𝑆\n𝑇𝒞= 2𝜋√\n(2,81 ⋅1,50 ⋅1011 m)3\n6,67 ⋅10-11 N ⋅m2\nkg2\n⋅1,99 ⋅1030 kg\n≈ 14,9 ⋅107 s\n𝑇ℛ= 𝑇𝒞= 14,9 ⋅107 s\nWynik wyrazimy w latach ziemskich:\n𝑇𝑅≈\n14,9 ⋅107 s\n3,65 ⋅2,4 ⋅3,6 ⋅102+1+3 s\nrok\n≈4,7 roku\nZasady oceniania rozwiązań zadań","solution":"Półoś wielka orbity planetoidy: $$a_\\mathcal{R} = \\frac{|PA|}{2} = \\frac{5{,}62\\ \\text{au}}{2} = 2{,}81\\ \\text{au}$$ III prawo Keplera dla planetoidy i Ziemi (wspólne centrum: Słońce): $$\\frac{T_\\mathcal{R}^2}{a_\\mathcal{R}^3} = \\frac{T_Z^2}{r_Z^3} \\quad\\Rightarrow\\quad T_\\mathcal{R} = \\sqrt{\\left(\\frac{a_\\mathcal{R}}{r_Z}\\right)^3}\\cdot T_Z$$ $$T_\\mathcal{R} = \\sqrt{\\left(\\frac{2{,}81\\ \\text{au}}{1\\ \\text{au}}\\right)^3}\\cdot 1\\ \\text{rok} = \\sqrt{22{,}188}\\ \\text{roku}$$ $$\\boxed{T_\\mathcal{R} \\approx 4{,}7 \\text{ roku ziemskiego}}$$ **5.3. C** Przyśpieszenie planetoidy pochodzi wyłącznie od grawitacji Słońca: $a = \\dfrac{GM_S}{r^2}$. Zatem $$\\frac{a_P}{a_A} = \\frac{r_A^2}{r_P^2} = \\left(\\frac{|SA|}{|SP|}\\right)^2$$","image":"img/fizyka-2026-maj-matura-rozszerzona/zad-5.2.webp","solution_image":null,"topics":"grawitacja, orbita eliptyczna, III prawo Keplera, zasada zachowania momentu pedu, peryhelium i aphelium","page_from":16,"source":"ocr","answer_source":null,"answer_text_source":"ocr","solution_source":"maturaonline","text_source":"ocr","source_label":"Fizyka · Matura · maj 2026 (rozszerzona)","subject_label":"Fizyka","category_label":"Matura"},{"id":"fizyka-2026-maj-matura-rozszerzona/zad/5.3","paper_id":"fizyka-2026-maj-matura-rozszerzona","number":"5.3","points":1,"ptype":"closed","subject":"fizyka","category":"matura","year":2026,"month":"maj","level":"rozszerzona","text":"Zadanie 5.3. (0-1)\nWartość przyśpieszenia planetoidy ℛ w punktach 𝑃 oraz 𝐴 orbity oznaczymy - odpowiednio -\njako 𝑎𝑃 oraz 𝑎𝐴.\nDokończ zdanie. Wybierz właściwą odpowiedź spośród podanych.\nIloraz\n𝑎𝑃\n𝑎𝐴\njest równy\nA.\n|𝑆𝐴|\n|𝑆𝑃|\nB.\n|𝑆𝑃|\n|𝑆𝐴|\nC. (\n|𝑆𝐴|\n|𝑆𝑃|)\n2\nD. (\n|𝑆𝑃|\n|𝑆𝐴|)\n2\n5.2.\n0-1-2\nMFAP-R0_100","answer":"C","answer_text":"Zadanie 5.3. (0-1)\nWymagania ogólne\nWymagania szczegółowe\nII. Rozwiązywanie problemów\nz wykorzystaniem praw i zależności\nfizycznych.\nIV. Posługiwanie się informacjami\npochodzącymi z analizy materiałów\nźródłowych, w tym tekstów\npopularnonaukowych […].\nZdający:\nI.6) tworzy […] rysunki schematyczne lub\nblokowe dla zilustrowania zjawisk […].\nII.13) stosuje zasady dynamiki do opisu\nzachowania się ciał.\nIV.1) posługuje się prawem powszechnego\nciążenia do opisu oddziaływania grawitacyjnego;\nwskazuje siłę grawitacji jako przyczynę\nspadania ciał.\nZasady oceniania\n1 pkt - odpowiedź poprawna.\n0 pkt - odpowiedź niepoprawna albo brak odpowiedzi.\nRozwiązanie\nC","solution":"## Poprawna odpowiedź: C $\\left(\\dfrac{|SA|}{|SP|}\\right)^2$\n\nPrzyspieszenie planetoidy wynika wyłącznie z siły grawitacji Słońca. Z II zasady dynamiki i prawa powszechnego ciążenia:\n\n$$a = \\frac{F_g}{m} = \\frac{G M_S}{r^2},$$\n\ngdzie $r$ - odległość planetoidy od środka Słońca. Przyspieszenie jest więc **odwrotnie proporcjonalne do kwadratu odległości**.\n\n**W punkcie $P$** (peryhelium, $r = |SP|$): $\\;a_P = \\dfrac{G M_S}{|SP|^2}$.\n\n**W punkcie $A$** (aphelium, $r = |SA|$): $\\;a_A = \\dfrac{G M_S}{|SA|^2}$.\n\n**Iloraz:**\n\n$$\\frac{a_P}{a_A} = \\frac{G M_S / |SP|^2}{G M_S / |SA|^2} = \\frac{|SA|^2}{|SP|^2} = \\left(\\frac{|SA|}{|SP|}\\right)^2.$$\n\nPonieważ $|SA| > |SP|$, iloraz jest większy od 1 (przyspieszenie w peryhelium jest większe). Odpowiedź **C**.\n\n## Zasady oceniania CKE\n\n**1 pkt** - odpowiedź poprawna (**C** - $\\left(|SA|/|SP|\\right)^2$). **0 pkt** - odpowiedź niepoprawna lub brak.","image":"img/fizyka-2026-maj-matura-rozszerzona/zad-5.3.webp","solution_image":null,"topics":null,"page_from":16,"source":"ocr","answer_source":"maturazai","answer_text_source":"ocr","solution_source":"maturazai","text_source":"ocr","source_label":"Fizyka · Matura · maj 2026 (rozszerzona)","subject_label":"Fizyka","category_label":"Matura"},{"id":"fizyka-2026-maj-matura-rozszerzona/zad/5.4","paper_id":"fizyka-2026-maj-matura-rozszerzona","number":"5.4","points":3,"ptype":"open","subject":"fizyka","category":"matura","year":2026,"month":"maj","level":"rozszerzona","text":"Zadanie 5.4. (0-3)\nOblicz v𝑨 - wartość prędkości planetoidy 𝓡 w punkcie 𝑨 orbity. Zapisz obliczenia.\n5.4.\n0-1-\n2-3\nMFAP-R0_100","answer":null,"answer_text":"Zadanie 5.4. (0-3)\nWymagania ogólne\nWymagania szczegółowe\nIV. Posługiwanie się informacjami\npochodzącymi z analizy materiałów\nźródłowych, w tym tekstów\npopularnonaukowych i źródeł\ninternetowych, oraz ocenianie\nwiarygodności źródeł.\nII. Rozwiązywanie problemów\nz wykorzystaniem praw i zależności\nfizycznych.\nZdający:\nI.7) wyodrębnia z tekstów, […] rysunków\nschematycznych […] informacje kluczowe\ndla opisywanego zjawiska bądź problemu […].\nIII.6) posługuje się pojęciem momentu pędu\npunktu materialnego […];\nIII.7) stosuje zasadę zachowania momentu pędu.\nIV.6) interpretuje II prawo Keplera jako\nkonsekwencję zasady zachowania momentu\npędu.\nALBO\nII.20) […] wykorzystuje […] zasadę zachowania\nenergii mechanicznej do obliczeń.\nIV.7) oblicza zmiany energii potencjalnej\ngrawitacji i stosuje zasadę zachowania energii\ndo ruchu pod wpływem siły grawitacji.\nZasady oceniania (dla rozwiązania sposobem 1.)\n3 pkt - poprawna metoda obliczenia prędkości planetoidy ℛ w punkcie aphelium oraz\npodanie prawidłowego wyniku liczbowego z jednostką: 𝑣𝐴≈7,3 km/s\n2 pkt - zapisanie równości momentów pędu (względem środka Słońca) planetoidy ℛ\nw punktach 𝐴 (aphelium) i 𝑃 (peryhelium) orbity oraz uwzględnienie w tym równaniu\nprędkości planetoidy w punktach 𝐴, 𝑃 i odległości od środka Słońca do punktów 𝐴, 𝑃,\noraz prawidłowe wyznaczenie odległości od środka Słońca do punktu 𝐴, np. zapisy\nrównoważne poniższym:\n𝑚ℛ𝑣𝐴𝑟𝐴= 𝑚ℛ𝑣𝑃𝑟𝑃 oraz 𝑟𝐴= |𝑃𝐴| -𝑟𝑃\nalbo w jednym równaniu\n𝑣𝐴(|𝑃𝐴| -𝑟𝑃) = 𝑣𝑃𝑟𝑃\n1 pkt - zapisanie równości momentów pędu (względem środka Słońca) planetoidy ℛ\nw punktach 𝐴 (aphelium) i 𝑃 (peryhelium) orbity oraz uwzględnienie w tym równaniu\nprędkości planetoidy w punktach 𝐴, 𝑃 i odległości od środka Słońca do punktów 𝐴, 𝑃,\nnp. zapisy równoważne poniższym:\n𝑚ℛ𝑣𝐴𝑟𝐴= 𝑚ℛ𝑣𝑃𝑟𝑃\nLUB\n- poprawna metoda obliczenia odległości od środka Słońca do punktu 𝐴 (aphelium)\norbity planetoidy ℛ oraz wyznaczenie tej odległości (na symbolach lub liczbach), np.\nzapisy równoważne poniższym:\n(|𝑃𝐴| = 𝑟𝑃+ 𝑟𝐴 → 𝑟𝐴= |𝑃𝐴| -𝑟𝑃) albo 𝑟𝐴= 5,62 au -0,81 au = 4,81 au\n0 pkt - rozwiązanie, w którym zastosowano niepoprawną metodę, albo brak rozwiązania.\nZasady oceniania (dla rozwiązania sposobem 2.)\n3 pkt - poprawna metoda obliczenia prędkości planetoidy ℛ w punkcie aphelium oraz\npodanie prawidłowego wyniku liczbowego z jednostką: 𝑣𝐴≈ 7,3 km/s\n2 pkt - zapisanie równań wyrażających zasadę zachowania energii mechanicznej oraz\nzapisanie równań wyrażających zasadę zachowania momentu pędu dla planetoidy ℛ\n(tzn. przyrównanie energii mechanicznych oraz momentów pędu planetoidy ℛ\nw punktach 𝑃 i 𝐴), oraz wykorzystanie wzorów na energie mechaniczne i momenty\npędu w punktach 𝑃 i 𝐴, oraz poprawne wyprowadzenie wzoru na wartość prędkości\nplanetoidy ℛ w punkcie 𝐴, np. zapisy równoważne poniższym:\n{\n𝑚ℛ𝑣𝑃\n2\n2\n-𝐺𝑀𝑆𝑚ℛ\n𝑟𝑃\n= 𝑚ℛ𝑣𝐴\n2\n2\n-𝐺𝑀𝑆𝑚ℛ\n𝑟𝐴\n𝑚ℛ𝑣𝑃𝑟𝑃= 𝑚ℛ𝑣𝐴𝑟𝐴\n→ 𝑣𝐴= √2𝐺𝑀𝑆\n(𝑟𝐴+ 𝑟𝑃) ⋅𝑟𝑃\n𝑟𝐴\nLUB\n- bezpośrednie zapisanie wzoru na prędkość planetoidy ℛ w punkcie 𝐴 orbity oraz\nprawidłowe wyznaczenie odległości od środka Słońca do punktu 𝐴, np. zapisy\nrównoważne poniższym:\n𝑣𝐴= √2𝐺𝑀𝑆\n(𝑟𝐴+ 𝑟𝑃) ⋅𝑟𝑃\n𝑟𝐴\n→ 𝑟𝐴= |𝑃𝐴| -𝑟𝑃\nZasady oceniania rozwiązań zadań\n1 pkt - zapisanie równań wyrażających zasadę zachowania energii mechanicznej oraz\nzapisanie równań wyrażających zasadę zachowania momentu pędu planetoidy ℛ\n(tzn. przyrównanie energii mechanicznych oraz momentów pędu planetoidy ℛ\nw punktach 𝑃 i 𝐴), np. zapisy równoważne poniższym:\n𝐸𝑃= 𝐸𝐴 oraz 𝐿𝑃= 𝐿𝐴\nLUB\n- bezpośrednie zapisanie wzoru (bez wyprowadzenia) na prędkość planetoidy ℛ\nw punkcie 𝐴 orbity, np. zapisy równoważne poniższym:\n𝑣𝐴= √2𝐺𝑀𝑆\n(𝑟𝐴+ 𝑟𝑃) ⋅𝑟𝑃\n𝑟𝐴\nLUB\n- poprawna metoda obliczenia odległości od środka Słońca do punktu 𝐴 (aphelium)\norbity planetoidy ℛ oraz wyznaczenie tej odległości (na symbolach lub liczbach), np.\nzapisy równoważne poniższym:\n(|𝑃𝐴| = 𝑟𝑃+ 𝑟𝐴 → 𝑟𝐴= |𝑃𝐴| -𝑟𝑃) albo 𝑟𝐴= 5,62 au -0,81 au = 4,81 au\n0 pkt - rozwiązanie, w którym zastosowano niepoprawną metodę, albo brak rozwiązania.\nZasady oceniania (dla rozwiązania sposobem 3.)\n3 pkt - poprawna metoda obliczenia prędkości planetoidy ℛ w punkcie aphelium oraz\npodanie prawidłowego wyniku liczbowego z jednostką: 𝑣𝐴≈7,3 km/s\n2 pkt - zapisanie równości energii mechanicznych planetoidy ℛ w punktach 𝐴 (aphelium) i 𝑃\n(peryhelium) orbity oraz uwzględnienie w wyrażeniu na energię mechaniczną wzorów\nna energię potencjalną i na energię kinetyczną, oraz prawidłowe wyznaczenie\nodległości od środka Słońca do punktu 𝐴, np. zapisy równoważne poniższym:\n𝑚ℛ𝑣𝑃\n2\n2\n-𝐺𝑀𝑆𝑚ℛ\n𝑟𝑃\n= 𝑚ℛ𝑣𝐴\n2\n2\n-𝐺𝑀𝑆𝑚ℛ\n𝑟𝐴\noraz 𝑟𝐴= |𝑃𝐴| -𝑟𝑃\nalbo w jednym równaniu\n𝑚ℛ𝑣𝑃\n2\n2\n-𝐺𝑀𝑆𝑚ℛ\n𝑟𝑃\n= 𝑚ℛ𝑣𝐴\n2\n2\n-𝐺𝑀𝑆𝑚ℛ\n|𝑃𝐴| -𝑟𝑃\n1 pkt - zapisanie równości energii mechanicznych planetoidy ℛ w punktach 𝐴 (aphelium) i 𝑃\n(peryhelium) orbity oraz uwzględnienie w wyrażeniu na energię mechaniczną energii\npotencjalnej i energii kinetycznej (wystarczy poprzez oznaczenie), np. zapisy\nrównoważne poniższym:\n𝐸𝐴 𝑘𝑖𝑛+ 𝐸𝐴 𝑝𝑜𝑡= 𝐸𝑃 𝑘𝑖𝑛+ 𝐸𝑃 𝑝𝑜𝑡\nLUB\n- poprawna metoda obliczenia odległości od środka Słońca do punktu 𝐴 (aphelium)\norbity planetoidy ℛ oraz wyznaczenie tej odległości (na symbolach lub liczbach), np.\nzapisy równoważne poniższym:\n(|𝑃𝐴| = 𝑟𝑃+ 𝑟𝐴 → 𝑟𝐴= |𝑃𝐴| -𝑟𝑃) albo 𝑟𝐴= 5,62 au -0,81 au = 4,81 au\n0 pkt - rozwiązanie, w którym zastosowano niepoprawną metodę, albo brak rozwiązania.\nPrzykładowe pełne rozwiązania\nSposób 1. (zastosowanie zasady zachowania momentu pędu)\nWykorzystamy zasadę zachowania momentu pędu planetoidy ℛ względem punktu centrum\ngrawitacyjnego. Moment pędu planetoidy w punkcie perycentrum jest równy momentowi\npędu planetoidy w punkcie apocentrum:\n𝐿𝐴= 𝐿𝑃\nWykorzystamy wzór na moment pędu. Prędkości planetoidy w punktach apocentrum\ni perycentrum są prostopadłe do promienia wodzącego, zatem:\n𝑚ℛ𝑣𝐴𝑟𝐴= 𝑚ℛ𝑣𝑃𝑟𝑃 → 𝑣𝐴𝑟𝐴= 𝑣𝑃𝑟𝑃\n𝑣𝐴= 𝑟𝑃\n𝑟𝐴\n𝑣𝑃\nWyznaczymy 𝑟𝐴:\n𝑟𝐴+ 𝑟𝑃= |𝑃𝐴| → 𝑟𝐴= |𝑃𝐴| -𝑟𝑃= 5,62 au -0,81 au = 4,81 au\nPodstawimy dane liczbowe do wzoru na 𝑣𝐴:\n𝑣𝐴= 0,81 au\n4,81 au ⋅43,29 km\ns = 7,29 km\ns ≈7,3 km\ns\nSposób 2. (wyprowadzenie wzoru z zasad zachowania)\nUwaga! Poniżej przedstawiony sposób nie jest rekomendowany dla tego zadania, ponieważ\nnie wykorzystuje 𝑣𝑃 i wymaga więcej rachunków algebraicznych oraz liczbowych niż\nsposób 1. Ten sposób byłby konieczny, gdyby w zadaniu nie była podana prędkość 𝑣𝑃.\nObliczymy wartość 𝑣𝐴 prędkości, jaką ma planetoida ℛ w punkcie 𝐴 orbity. Wykorzystamy\nzasadę zachowania energii mechanicznej oraz zasadę zachowania momentu pędu dla\nplanetoidy ℛ. Przyrównamy te wielkości w punktach 𝑃 i 𝐴 orbity eliptycznej:\n{𝐸𝑃= 𝐸𝐴\n𝐿𝑃= 𝐿𝐴\nDo powyższego układu równań podstawimy odpowiednie wzory na energię mechaniczną\ni moment pędu, następnie przekształcimy układ równań i wyznaczymy 𝑣𝐴:\n{\n𝑚ℛ𝑣𝑃\n2\n2\n-𝐺𝑀𝑆𝑚ℛ\n𝑟𝑃\n= 𝑚ℛ𝑣𝐴\n2\n2\n-𝐺𝑀𝑆𝑚ℛ\n𝑟𝐴\n𝑚ℛ𝑣𝑃𝑟𝑃= 𝑚ℛ𝑣𝐴𝑟𝐴\n→\n{\n𝑣𝑃\n2 -2𝐺𝑀𝑆\n𝑟𝑃\n= 𝑣𝐴\n2 -2𝐺𝑀𝑆\n𝑟𝐴\n𝑣𝑃= 𝑟𝐴\n𝑟𝑃\n𝑣𝐴\n𝑣𝐴\n2 -(𝑟𝐴\n𝑟𝑃\n)\n2\n𝑣𝐴\n2 = 2𝐺𝑀𝑆\n𝑟𝐴\n-2𝐺𝑀𝑆\n𝑟𝑃\n𝑣𝐴\n2 (1 -(𝑟𝐴\n𝑟𝑃\n)\n2\n) = 2𝐺𝑀𝑆(1\n𝑟𝐴\n-1\n𝑟𝑃\n)\n𝑣𝐴\n2 (𝑟𝑃\n2 -𝑟𝐴\n2\n𝑟𝑃\n2\n) = 2𝐺𝑀𝑆(𝑟𝑃-𝑟𝐴\n𝑟𝐴𝑟𝑃\n)\n𝑣𝐴\n2 (𝑟𝑃+ 𝑟𝐴\n𝑟𝑃\n) = 2𝐺𝑀𝑆(1\n𝑟𝐴\n)\nZasady oceniania rozwiązań zadań\n𝑣𝐴= √2𝐺𝑀𝑆\n(𝑟𝑃+ 𝑟𝐴) ⋅𝑟𝑃\n𝑟𝐴\n= √\n𝐺𝑀𝑆\n|𝑃𝐴|\n2\n⋅\n𝑟𝑃\n|𝑃𝐴| -𝑟𝑃\n𝑣𝐴= √6,674 ⋅10-11 N ⋅m2\nkg2\n⋅1,988 ⋅1030 kg\n2,81 ⋅1,496 ⋅1011 m\n⋅0,81 au\n4,81 au ≈7,29 ⋅103 m\ns ≈7,3 km\ns\nSposób 3. (zastosowanie zasady zachowania energii mechanicznej)\nUwaga! Poniżej przedstawiony sposób nie jest rekomendowany dla tego zadania, ponieważ\nnie jest optymalny - wymaga więcej rachunków liczbowych niż sposób 1.\nObliczymy wartość 𝑣𝐴 prędkości, jaką ma planetoida ℛ w punkcie 𝐴 orbity. Wykorzystamy\nzasadę zachowania energii mechanicznej dla planetoidy ℛ. Przyrównamy energie\nmechaniczne w punktach 𝑃 i 𝐴 orbity eliptycznej oraz uwzględnimy w energii mechanicznej\nenergię kinetyczną i energię potencjalną:\n𝐸𝑃= 𝐸𝐴 czyli 𝐸𝑃 𝑘𝑖𝑛+ 𝐸𝑃 𝑝𝑜𝑡= 𝐸𝐴 𝑘𝑖𝑛+ 𝐸𝐴 𝑝𝑜𝑡\nDo powyższego równania podstawimy odpowiednie wzory i wyznaczymy 𝑣𝐴:\n𝑚ℛ𝑣𝑃\n2\n2\n-𝐺𝑀𝑆𝑚ℛ\n𝑟𝑃\n= 𝑚ℛ𝑣𝐴\n2\n2\n-𝐺𝑀𝑆𝑚ℛ\n𝑟𝐴\n𝑣𝑃\n2 -2𝐺𝑀𝑆\n𝑟𝑃\n= 𝑣𝐴\n2 -2𝐺𝑀𝑆\n𝑟𝐴\n𝑣𝐴= √𝑣𝑃\n2 -2𝐺𝑀𝑆\n𝑟𝑃\n+ 2𝐺𝑀𝑆\n𝑟𝐴\n= √𝑣𝑃\n2 -2𝐺𝑀𝑆(𝑟𝐴-𝑟𝑃\n𝑟𝐴𝑟𝑃\n)\n𝑣𝐴= √𝑣𝑃\n2 -2𝐺𝑀𝑆\n|𝑃𝐴| -2𝑟𝑃\n(|𝑃𝐴| -𝑟𝑃)𝑟𝑃\n𝑣𝐴= √(43,29 km\ns )\n2\n-2 ⋅6,674 ⋅10-11 N ⋅m2\nkg2\n⋅1,988 ⋅1030 kg\n4 au\n4,81 ⋅0,81 au2\n𝑣𝐴= √(43,29 km\ns )\n2\n-2 ⋅6,674 ⋅10-11 ⋅1,988 ⋅1030\n4\n4,81 ⋅0,81 ⋅\n1\n1,496 ⋅1011 m2\ns2\n𝑣𝐴≈√1 874,02 km2\ns2 - 1 821,09 km2\ns2 ≈7,3 km\ns","solution":"**Krok 1. Odległość aphelium.** Oś wielka to suma obu skrajnych odległości od ogniska: $$|PA| = r_P + r_A \\quad\\Rightarrow\\quad r_A = 5{,}62\\ \\text{au} - 0{,}81\\ \\text{au} = 4{,}81\\ \\text{au}$$ **Krok 2. Zasada zachowania momentu pędu** względem środka Słońca. W peryhelium i aphelium prędkość jest **prostopadła** do promienia wodzącego, więc moment pędu upraszcza się do $L = m v r$: $$m v_P r_P = m v_A r_A \\quad\\Rightarrow\\quad v_A = v_P \\cdot \\frac{r_P}{r_A}$$ **Krok 3. Podstawienie.** $$v_A = 43{,}29\\ \\frac{\\text{km}}{\\text{s}} \\cdot \\frac{0{,}81\\ \\text{au}}{4{,}81\\ \\text{au}} = 43{,}29 \\cdot 0{,}16840\\ \\frac{\\text{km}}{\\text{s}}$$ $$\\boxed{v_A \\approx 7{,}3\\ \\frac{\\text{km}}{\\text{s}}}$$ Jednostki „au\" skracają się — nie trzeba niczego przeliczać na metry.","image":"img/fizyka-2026-maj-matura-rozszerzona/zad-5.4.webp","solution_image":null,"topics":"grawitacja, orbita eliptyczna, III prawo Keplera, zasada zachowania momentu pedu, peryhelium i aphelium","page_from":17,"source":"ocr","answer_source":null,"answer_text_source":"ocr","solution_source":"maturaonline","text_source":"ocr","source_label":"Fizyka · Matura · maj 2026 (rozszerzona)","subject_label":"Fizyka","category_label":"Matura"},{"id":"fizyka-2026-maj-matura-rozszerzona/zad/6","paper_id":"fizyka-2026-maj-matura-rozszerzona","number":"6","points":6,"ptype":"open","subject":"fizyka","category":"matura","year":2026,"month":"maj","level":"rozszerzona","text":"Zadanie 6.\nNa poniższym wykresie przedstawiono zależność ciśnienia 𝑝 od objętości 𝑉 dla pewnej\nprzemiany termodynamicznej 𝐴→𝐵 ustalonej masy gazu doskonałego. Przyjmij, że:\nciepło molowe tego gazu przy stałej objętości wynosi 𝐶𝑉=\n3\n2 𝑅, gdzie 𝑅 jest stałą gazową\nstany 𝐴 i 𝐵 gazu znajdują się w punktach kratowych siatki wykresu\n𝐴𝐵 jest odcinkiem prostym.\nWykres","answer":null,"answer_text":null,"solution":"Odpowiedź: **6.1. PP** **Stwierdzenie 1 — prawda.** Odcinek $AB$ leży na prostej przechodzącej przez początek układu, więc $p = kV$. Z równania Clapeyrona $pV = nRT$: $$T = \\frac{pV}{nR} = \\frac{kV\\cdot V}{nR} = \\frac{k}{nR}V^2 \\quad\\Rightarrow\\quad T \\propto V^2$$ **Stwierdzenie 2 — prawda.** Objętość rośnie, więc rośnie też $T$. Średnia prędkość cząsteczek jest związana z temperaturą wzorem $v_{śr} \\propto \\sqrt{T}$ — rosnąca temperatura oznacza rosnącą średnią prędkość. **6.2.** Z równania Clapeyrona dla obu stanów ($n$ i $R$ te same): $$\\frac{T_B}{T_A} = \\frac{p_B V_B}{p_A V_A} = \\frac{5\\cdot 10^4\\ \\text{Pa}\\cdot 25\\cdot 10^{-3}\\ \\text{m}^3}{2\\cdot 10^4\\ \\text{Pa}\\cdot 10\\cdot 10^{-3}\\ \\text{m}^3} = \\frac{1250\\ \\text{J}}{200\\ \\text{J}}$$ $$\\boxed{\\frac{T_B}{T_A} = 6{,}25 = \\frac{25}{4}}$$ Kontrola: $T \\propto V^2$, a $V_B/V_A = 2{,}5$, więc iloraz temperatur to $2{,}5^2 = 6{,}25$ ✓. **6.3.** **Krok 1. I zasada termodynamiki.** Gaz pobiera ciepło, jego energia wewnętrzna rośnie, a gaz wykonuje pracę nad otoczeniem (rozpręża się): $$Q_{AB} = \\Delta U_{AB} + W_{AB}$$ **Krok 2. Zmiana energii wewnętrznej.** Dla gazu jednoatomowego ($C_V = \\tfrac{3}{2}R$): $$U = n C_V T = \\tfrac{3}{2}nRT = \\tfrac{3}{2}pV$$ $$\\Delta U_{AB} = \\tfrac{3}{2}\\left(p_B V_B - p_A V_A\\right) = \\tfrac{3}{2}\\left(1250 - 200\\right)\\ \\text{J} = \\tfrac{3}{2}\\cdot 1050\\ \\text{J} = 1575\\ \\text{J}$$ **Krok 3. Praca gazu = pole pod wykresem $p(V)$.** Figura jest trapezem o podstawach $p_A$, $p_B$ i wysokości $V_B - V_A$: $$W_{AB} = \\tfrac{1}{2}(p_A + p_B)(V_B - V_A) = \\tfrac{1}{2}\\left(7\\cdot 10^4\\ \\text{Pa}\\right)\\left(15\\cdot 10^{-3}\\ \\text{m}^3\\right) = 525\\ \\text{J}$$ **Krok 4. Suma.** $$Q_{AB} = 1575\\ \\text{J} + 525\\ \\text{J} = \\boxed{2100\\ \\text{J}}$$\n\nTreść zadania (CKE)\n\nOdczyt z wykresu — od tego wszystko zależy\n\nStan | $V$ | $p$ | $pV$\n$A$ | $10\\cdot 10^{-3}$ m³ | $2\\cdot 10^4$ Pa | 200 J\n$B$ | $25\\cdot 10^{-3}$ m³ | $5\\cdot 10^4$ Pa | 1250 J\n\nIloczyn $pV$ ma wymiar energii ($\\text{Pa}\\cdot\\text{m}^3 = \\text{J}$) i to on jest w tym zadaniu walutą wszystkich obliczeń — zarówno temperatury ($pV = nRT$), jak i energii wewnętrznej ($U = \\tfrac{3}{2}pV$).\n\nSprawdzenie proporcjonalności: $\\dfrac{2\\cdot 10^4}{10\\cdot 10^{-3}} = \\dfrac{5\\cdot 10^4}{25\\cdot 10^{-3}} = 2\\cdot 10^6\\ \\text{Pa/m}^3$ — obie pary dają tę samą stałą $k$, więc prosta rzeczywiście przechodzi przez początek układu.\n\nEnergia wewnętrzna wyrażona przez $p$ i $V$ — skrót wart zapamiętania\n\n$$U = n C_V T \\quad\\text{oraz}\\quad nRT = pV \\quad\\Rightarrow\\quad U = \\frac{C_V}{R}\\,pV$$\n\nRodzaj gazu | $C_V$ | $U$\njednoatomowy (He, Ar) | $\\tfrac{3}{2}R$ | $\\tfrac{3}{2}pV$\ndwuatomowy (N₂, O₂) | $\\tfrac{5}{2}R$ | $\\tfrac{5}{2}pV$\n\nDzięki temu nie trzeba znać ani $n$, ani $T$ — wystarczą odczytane z wykresu $p$ i $V$. To najkrótsza droga przez zadanie 6.3 i to właśnie warunek ΔU2 w kluczu CKE.\n\nPraca gazu to zawsze pole pod wykresem $p(V)$\n\nPrzemiana | Kształt na wykresie $p(V)$ | Praca\nizobaryczna | odcinek poziomy | $W = p\\Delta V$ (prostokąt)\nizochoryczna | odcinek pionowy | $W = 0$\nliniowa $p \\propto V$ (tu) | odcinek ukośny | $W = \\tfrac{1}{2}(p_1+p_2)\\Delta V$ (trapez)\nizotermiczna | hiperbola | pole pod hiperbolą (poza zakresem matury)\n\nZnak: gaz rozprężający się ($\\Delta V > 0$) wykonuje pracę nad otoczeniem, więc w bilansie $Q = \\Delta U + W$ praca wchodzi z plusem po stronie „wydatków\" gazu.\n\nBilans energii w tej przemianie\n\n$$Q_{AB} = \\underbrace{1575\\ \\text{J}}{\\text{ogrzanie gazu}} + \\underbrace{525\\ \\text{J}}{\\text{praca rozprężania}} = 2100\\ \\text{J}$$\n\nTrzy czwarte pobranego ciepła idzie na wzrost energii wewnętrznej, jedna czwarta na pracę. To typowa proporcja dla gazu jednoatomowego przy tak stromym wzroście ciśnienia.\n\nPunktacja CKE\n\n- 6.1. 1 pkt — PP (oba stwierdzenia prawdziwe; odpowiedź niepełna = 0 pkt).\n- 6.2. 1 pkt — wartość $6{,}25$ (albo $\\tfrac{25}{4}$).\n- 6.3. 4 pkt — poprawna metoda i wynik $Q_{AB} = 2100$ J z jednostką;\n3 pkt — I zasada termodynamiki oraz poprawna praca oraz $\\Delta U$ wyrażone przez $p$ i $V$ (albo przez $\\Delta T$ z równań Clapeyrona);\n2 pkt — dwa z tych elementów; 1 pkt — jeden (sama I zasada, sam wzór na $\\Delta U$ albo sama praca).\nCKE punktuje też rozwiązanie przez rozbicie przemiany na cykl izochoryczno-izobaryczny.\n- Razem: 6 pkt.\n\nTypowy błąd: **W 6.1 pierwsze stwierdzenie odrzuca się odruchowo — i to błąd.** „Wprost proporcjonalnie do kwadratu objętości\" brzmi dziwnie, bo w typowych przemianach $T \\propto V$ (izobaryczna) albo $T \\propto p$ (izochoryczna). Ale tutaj **jednocześnie** rośnie $p$ i $V$, i to liniowo, więc iloczyn $pV$ rośnie kwadratowo. Kluczowa obserwacja: **prosta $AB$ przedłużona przechodzi przez początek układu** — bez tego $p$ nie byłoby proporcjonalne do $V$. **W 6.3 najczęstszy błąd to policzenie samego $\\Delta U$ i podanie go jako ciepła.** Ciepło pobrane to $\\Delta U + W$ — gaz się rozpręża, więc część pobranego ciepła idzie na pracę, nie na ogrzanie. **Drugi częsty błąd: praca liczona jako $p\\Delta V$.** Ten wzór działa **tylko dla przemiany izobarycznej**. Tutaj ciśnienie się zmienia, więc pracą jest **pole pod wykresem** — trapez, nie prostokąt. Wzięcie $p_A\\Delta V = 300$ J albo $p_B\\Delta V = 750$ J zamiast 525 J psuje wynik końcowy. **Uwaga na jednostki i mnożniki.** Oś $p$ jest w $10^4$ Pa, oś $V$ w $10^{-3}$ m³. Iloczyn $pV$ ma wtedy rząd $10^4 \\cdot 10^{-3} = 10$ J na kratkę — łatwo zgubić rząd wielkości. Pomocna kontrola: $p_AV_A = 200$ J to sensowna energia dla ~20 litrów gazu pod ciśnieniem 0,2 atm. **$C_V = \\tfrac{3}{2}R$ oznacza gaz jednoatomowy.** Dla dwuatomowego byłoby $\\tfrac{5}{2}R$ i cały wynik by się zmienił. Ta informacja jest w treści właśnie po to, żeby jej użyć.","image":"img/fizyka-2026-maj-matura-rozszerzona/zad-6.webp","solution_image":null,"topics":"termodynamika, gaz doskonaly, I zasada termodynamiki, praca gazu, energia wewnetrzna, rownanie Clapeyrona","page_from":18,"source":"maturaonline","answer_source":null,"answer_text_source":null,"solution_source":"maturaonline","text_source":"ocr","source_label":"Fizyka · Matura · maj 2026 (rozszerzona)","subject_label":"Fizyka","category_label":"Matura"},{"id":"fizyka-2026-maj-matura-rozszerzona/zad/6.1","paper_id":"fizyka-2026-maj-matura-rozszerzona","number":"6.1","points":1,"ptype":"true_false","subject":"fizyka","category":"matura","year":2026,"month":"maj","level":"rozszerzona","text":"Zadanie 6.1. (0-1)\nOceń prawdziwość poniższych stwierdzeń. Wybierz P, jeśli stwierdzenie jest\nprawdziwe, albo F - jeśli jest fałszywe.\nW przemianie 𝐴→𝐵 temperatura bezwzględna 𝑇 gazu zmienia się wprost\nproporcjonalnie do kwadratu objętości tego gazu.\nP\nF\nW przemianie 𝐴→𝐵 średnia wartość prędkości cząsteczek gazu wzrasta.\nP\nF","answer":null,"answer_text":"Zadanie 6.1. (0-1)\nWymagania ogólne\nWymagania szczegółowe\nIII. Planowanie i przeprowadzanie\nobserwacji oraz doświadczeń\ni wnioskowanie na podstawie ich\nwyników.\nI. Wykorzystanie pojęć i wielkości\nfizycznych do opisu zjawisk oraz\nwskazywanie ich przykładów\nw otaczającej rzeczywistości.\nZdający:\nI.7) wyodrębnia z […] wykresów […] informacje\nkluczowe dla opisywanego zjawiska […];\nprzedstawia te informacje w różnych postaciach.\nVI.10) opisuje związek między temperaturą\nw skali Kelvina a średnią energią ruchu\ncząsteczek […];\nVI.11) analizuje wykresy przemian gazu\ndoskonałego;\nVI.12) stosuje równanie gazu doskonałego\n(równanie Clapeyrona) do wyznaczenia\nparametrów gazu.\nZasady oceniania\n1 pkt - odpowiedź poprawna.\n0 pkt - odpowiedź niepoprawna lub niepełna albo brak odpowiedzi.\nRozwiązanie\nPP\nKomentarz do rozwiązania zadania 6.1. (do pierwszego zdania)\nZ równania Clapeyrona wynika, że 𝑇∝𝑝𝑉. Z treści zadania i wykresu wynika, że ciśnienie\njest wprost proporcjonalne do objętości: 𝑝= 𝑘𝑉 dla pewnego 𝑘. Zatem 𝑇∝𝑘𝑉⋅𝑉∝𝑉2.","solution":"## Poprawna odpowiedź: PP\n\nOdczytujemy współrzędne stanów: $A=(V_A=10\\cdot10^{-3}\\ \\text{m}^3,\\ p_A=2\\cdot10^4\\ \\text{Pa})$ oraz $B=(V_B=25\\cdot10^{-3}\\ \\text{m}^3,\\ p_B=5\\cdot10^4\\ \\text{Pa})$. Odcinek $AB$ jest prosty.\n\n**Sprawdzenie zależności $p(V)$.** Prosta $AB$ przechodzi przez początek układu, bo:\n\n$$\\frac{p_A}{V_A}=\\frac{2\\cdot10^4}{10\\cdot10^{-3}}=2\\cdot10^6, \\qquad \\frac{p_B}{V_B}=\\frac{5\\cdot10^4}{25\\cdot10^{-3}}=2\\cdot10^6.$$\n\nOba ilorazy są równe, więc wzdłuż przemiany $p = \\text{const}\\cdot V$, czyli **$p \\propto V$**.\n\n**Stwierdzenie 1:** $T \\propto V^2$ - **PRAWDA**.\nZ równania Clapeyrona $pV = nRT$, więc $T \\propto pV$. Ponieważ $p \\propto V$, mamy:\n\n$$T \\propto pV \\propto V \\cdot V = V^2.$$\n\nTemperatura bezwzględna rośnie proporcjonalnie do kwadratu objętości.\n\n**Stwierdzenie 2:** średnia prędkość cząsteczek rośnie - **PRAWDA**.\nW przemianie $A\\to B$ objętość rośnie ($V_B>V_A$), więc temperatura rośnie ($T\\propto V^2$). Średnia prędkość cząsteczek gazu jest związana z temperaturą:\n\n$$v_{śr} \\sim \\sqrt{\\frac{T}{m}},$$\n\nzatem wraz ze wzrostem $T$ średnia prędkość cząsteczek wzrasta.\n\n**Odpowiedź:** P, P.\n\n## Zasady oceniania CKE\n- **1 pkt** - poprawna, pełna odpowiedź: **PP**.\n- **0 pkt** - odpowiedź niepoprawna, niepełna albo brak.","image":"img/fizyka-2026-maj-matura-rozszerzona/zad-6.1.webp","solution_image":null,"topics":null,"page_from":18,"source":"ocr","answer_source":null,"answer_text_source":"ocr","solution_source":"maturazai","text_source":"ocr","source_label":"Fizyka · Matura · maj 2026 (rozszerzona)","subject_label":"Fizyka","category_label":"Matura"},{"id":"fizyka-2026-maj-matura-rozszerzona/zad/6.2","paper_id":"fizyka-2026-maj-matura-rozszerzona","number":"6.2","points":1,"ptype":"open","subject":"fizyka","category":"matura","year":2026,"month":"maj","level":"rozszerzona","text":"Zadanie 6.2. (0-1)\nDokończ zdanie. Wpisz właściwą liczbę w wykropkowane miejsce.\nIloraz temperatur bezwzględnych gazu w stanach 𝐵 i 𝐴 jest równy\n𝑇𝐵\n𝑇𝐴=\n𝐵\n𝐴\n0 5 10 15 20 25 30 35 𝑉, 10-3 m3\n𝑝, 104 Pa\n2\n1\n3\n0\n4\n5\n6\n6.2.\n0-1\nMFAP-R0_100","answer":null,"answer_text":"Zadanie 6.2. (0-1)\nWymaganie ogólne\nWymagania szczegółowe\nII. Rozwiązywanie problemów\nz wykorzystaniem praw i zależności\nfizycznych.\nZdający:\nVI.11) analizuje wykresy przemian gazu\ndoskonałego;\nVI.12) stosuje równanie gazu doskonałego\n(równanie Clapeyrona) do wyznaczenia\nparametrów gazu.\nZasady oceniania\n1 pkt - poprawne dokończenie zdania: wpisanie prawidłowej wartości ilorazu temperatur:\n6,25 lub\n25\n4\n0 pkt - rozwiązanie niepoprawne albo brak rozwiązania.\nRozwiązanie\nIloraz temperatur gazu w stanach 𝐵 i 𝐴 jest równy\n𝑇𝐵\n𝑇𝐴=\n6,25\nZasady oceniania rozwiązań zadań","solution":"Z równania Clapeyrona dla obu stanów ($n$ i $R$ te same): $$\\frac{T_B}{T_A} = \\frac{p_B V_B}{p_A V_A} = \\frac{5\\cdot 10^4\\ \\text{Pa}\\cdot 25\\cdot 10^{-3}\\ \\text{m}^3}{2\\cdot 10^4\\ \\text{Pa}\\cdot 10\\cdot 10^{-3}\\ \\text{m}^3} = \\frac{1250\\ \\text{J}}{200\\ \\text{J}}$$ $$\\boxed{\\frac{T_B}{T_A} = 6{,}25 = \\frac{25}{4}}$$ Kontrola: $T \\propto V^2$, a $V_B/V_A = 2{,}5$, więc iloraz temperatur to $2{,}5^2 = 6{,}25$ ✓.","image":"img/fizyka-2026-maj-matura-rozszerzona/zad-6.2.webp","solution_image":null,"topics":"termodynamika, gaz doskonaly, I zasada termodynamiki, praca gazu, energia wewnetrzna, rownanie Clapeyrona","page_from":18,"source":"ocr","answer_source":null,"answer_text_source":"ocr","solution_source":"maturaonline","text_source":"ocr","source_label":"Fizyka · Matura · maj 2026 (rozszerzona)","subject_label":"Fizyka","category_label":"Matura"},{"id":"fizyka-2026-maj-matura-rozszerzona/zad/6.3","paper_id":"fizyka-2026-maj-matura-rozszerzona","number":"6.3","points":4,"ptype":"open","subject":"fizyka","category":"matura","year":2026,"month":"maj","level":"rozszerzona","text":"Zadanie 6.3. (0-4)\nOblicz 𝑸𝑨𝑩 - ciepło pobrane przez gaz w opisanej przemianie 𝑨→𝑩.\nZapisz obliczenia.\nWskazówka: Skorzystaj z Wybranych wzorów i stałych fizykochemicznych na egzamin\nmaturalny z biologii, chemii i fizyki.\n6.3.\n0-1-\n2-3-4\nMFAP-R0_100","answer":null,"answer_text":"Zadanie 6.3. (0-4)\nWymagania ogólne\nWymagania szczegółowe\nII. Rozwiązywanie problemów\nz wykorzystaniem praw i zależności\nfizycznych.\nV. Budowanie modeli fizycznych\ni matematycznych do opisu zjawisk oraz\nilustracji praw i zależności fizycznych.\nZdający:\nI.2) posługuje się […] kartą wybranych wzorów\ni stałych fizykochemicznych.\nVI.3) posługuje się pojęciem energii\nwewnętrznej; analizuje pierwszą zasadę\ntermodynamiki jako zasadę zachowania energii;\nVI.8) stosuje pierwszą zasadę termodynamiki\ndo analizy przemian gazowych […];\nVI.10) opisuje związek między temperaturą\nw skali Kelvina a […] energią wewnętrzną gazu\ndoskonałego;\nVI.11) analizuje wykresy przemian gazu\ndoskonałego;\nVI.12) stosuje równanie gazu doskonałego […]\ndo wyznaczenia parametrów gazu;\nVI.13) posługuje się pojęciem ciepła molowego\ngazu […].\nZasady oceniania (dla rozwiązania sposobem 1.)\nRozwiązanie będzie podlegało ocenie, gdy zdający spełni co najmniej jeden z poniższych\nwarunków lub ich kombinację, określoną dalej w schemacie punktowania.\nWarunek IZT\nZapisanie I zasady termodynamiki dla przemiany 𝐴→𝐵 z poprawnym uwzględnieniem\nkonwencji znaków (stosowanej konsekwentnie), np. zapisy równoważne poniższym:\nΔ𝑈𝐴𝐵= |𝑄𝐴𝐵| -|𝑊𝐴𝐵|\nWarunek ΔU1\nZapisanie związku między zmianą energii wewnętrznej w przemianie 𝐴→𝐵 a przyrostem\ntemperatury, ciepłem molowym przy stałej objętości i liczbą moli, np.:\nΔ𝑈𝐴𝐵= 𝑛3\n2 𝑅Δ𝑇𝐴𝐵 (lub zapisy równoważne)\nWarunek ΔU2\nSkorzystanie ze wzoru na energię wewnętrzną wyrażoną przez objętość i ciśnienie oraz\nzapisanie prawidłowej postaci wzoru na przyrost energii wewnętrznej w przemianie 𝐴→𝐵\n(wyrażonej przez objętości i ciśnienia w stanach 𝐴 i 𝐵), np. zapisy równoważne poniższym:\n(𝑈𝐴= 3\n2 𝑝𝐴𝑉𝐴 oraz 𝑈𝐵= 3\n2 𝑝𝐵𝑉𝐵) → Δ𝑈𝐴𝐵= 3\n2 (𝑝𝐵𝑉𝐵-𝑝𝐴𝑉𝐴 )\nWarunek W\nPoprawna metoda obliczenia pracy siły parcia w przemianie 𝐴→𝐵 oraz podanie\nprawidłowego wzoru na tę pracę (wyrażoną przez objętości i ciśnienia w stanach 𝐴 i 𝐵), np.:\n|𝑊𝐴𝐵| = Pole pod 𝑝(𝑉) = 1\n2 (𝑝𝐴+ 𝑝𝐵)(𝑉𝐵-𝑉𝐴) (lub zapisy równoważne)\nWarunek ΔT\nPoprawna metoda wyznaczenia przyrostu temperatury w przemianie 𝐴→𝐵, tzn.\nwykorzystanie równań Clapeyrona dla stanów 𝐴 i 𝐵, oraz zapisanie prawidłowej postaci\nprzyrostu temperatury (albo przyrostu temperatury z czynnikiem 𝑛𝑅), np. zapisy równoważne\nponiższym:\n(𝑝𝐴𝑉𝐴= 𝑛𝑅𝑇𝐴 oraz 𝑝𝐵𝑉𝐵= 𝑛𝑅𝑇𝐵) → 𝑛𝑅Δ𝑇𝐴𝐵= 𝑝𝐵𝑉𝐵-𝑝𝐴𝑉𝐴\nSchemat punktowania (dla rozwiązania sposobem 1.)\n4 pkt - poprawna metoda obliczenia ciepła pobranego w przemianie 𝐴→𝐵 oraz podanie\nprawidłowego wyniku liczbowego z jednostką: 𝑄𝐴𝐵= 2 100 J\n3 pkt - spełnienie warunków: IZT oraz W oraz ΔU1 oraz ΔT\nLUB\n- spełnienie warunków: IZT oraz W oraz ΔU2\n2 pkt - spełnienie warunków: IZT oraz ΔU1\nLUB\n- spełnienie warunków: IZT oraz W\nLUB\n- spełnienie warunków: ΔU1 oraz W\nLUB\n- spełnienie warunków: (ΔU1 oraz ΔT) albo ΔU2\n1 pkt - spełnienie warunku IZT\nLUB\n- spełnienie warunku ΔU1\nLUB\n- spełnienie warunku W\n0 pkt - rozwiązanie, w którym zastosowano niepoprawną metodę, albo brak rozwiązania.\nZasady oceniania (dla rozwiązania sposobami 2A i 2B i podobnymi)\n4 pkt - poprawna metoda obliczenia ciepła pobranego w przemianie 𝐴→𝐵 oraz podanie\nprawidłowego wyniku liczbowego z jednostką: 𝑄𝐴𝐵= 2 100 J\n3 pkt - założenie, że przemiana 𝐴→𝐵 jest częścią cyklu 𝐴→𝐵→𝐶→𝐴, który składa się\nz przemian izochorycznej i izobarycznej (jak w obu warunkach za 1 pkt) oraz\npoprawne zapisanie pierwszej zasady termodynamiki dla cyklu oraz poprawna\nmetoda obliczenia ciepła 𝑄𝐵𝐶 i ciepła 𝑄𝐶𝐴 oraz poprawna metoda obliczenia pracy\ncałkowitej w cyklu\nLUB\n- zauważenie, że dla dowolnej przemiany 𝐴→𝑋→𝐵 i dla przemiany 𝐴→𝐵 zachodzi\nzwiązek Δ𝑈𝐴𝐵= Δ𝑈𝐴𝑋+ Δ𝑈𝑋𝐵 oraz poprawna metoda obliczenia Δ𝑈𝐴𝑋 i Δ𝑈𝑋𝐵 oraz\nzapisanie I zasady termodynamiki dla przemiany 𝐴→𝐵 z poprawnym\nuwzględnieniem konwencji znaków (stosowanej konsekwentnie).\n2 pkt - założenie, że przemiana 𝐴→𝐵 jest częścią cyklu 𝐴→𝐵→𝐶→𝐴, który składa się\nz przemian izochorycznej i izobarycznej (jak w obu warunkach za 1 pkt) oraz\npoprawne zapisanie pierwszej zasady termodynamiki dla odpowiedniego\ncyklu, oraz poprawna metoda obliczenia ciepła 𝑄𝐵𝐶 albo ciepła 𝑄𝐶𝐴\nALBO\nZasady oceniania rozwiązań zadań\npoprawne zapisanie pierwszej zasady termodynamiki dla odpowiedniego\ncyklu oraz poprawna metoda obliczenia pracy całkowitej w cyklu\nALBO\npoprawna metoda obliczenia ciepła 𝑄𝐵𝐶 albo ciepła 𝑄𝐶𝐴 oraz poprawna\nmetoda obliczenia pracy całkowitej w cyklu\nALBO\npoprawna metoda obliczenia ciepła 𝑄𝐵𝐶 oraz ciepła 𝑄𝐶𝐴\nLUB\n- zauważenie, że dla dowolnej przemiany 𝐴→𝑋→𝐵 i dla przemiany 𝐴→𝐵 zachodzi\nzwiązek Δ𝑈𝐴𝐵= Δ𝑈𝐴𝑋+ Δ𝑈𝑋𝐵 oraz poprawna metoda obliczenia Δ𝑈𝐴𝑋 albo Δ𝑈𝑋𝐵\nLUB\n- zauważenie, że dla dowolnej przemiany 𝐴→𝑋→𝐵 i dla przemiany 𝐴→𝐵 zachodzi\nzwiązek Δ𝑈𝐴𝐵= Δ𝑈𝐴𝑋+ Δ𝑈𝑋𝐵 oraz zapisanie I zasady termodynamiki dla przemiany\n𝐴→𝐵 z poprawnym uwzględnieniem konwencji znaków (stosowanej konsekwentnie).\n1 pkt - założenie, że przemiana 𝐴→𝐵 jest częścią cyklu 𝐴→𝐵→𝐶→𝐴, który składa się\nz przemiany izochorycznej 𝐵→𝐶 i przemiany izobarycznej 𝐶→𝐴 oraz\npoprawne zapisanie pierwszej zasady termodynamiki dla cyklu, np.:\n0 = |𝑄𝐴𝐵| -|𝑄𝐵𝐶| -|𝑄𝐶𝐴| -|𝑊𝐴𝐵𝐶|\nALBO\npoprawna metoda obliczenia ciepła 𝑄𝐵𝐶 albo ciepła 𝑄𝐶𝐴, np.:\n|𝑄𝐵𝐶| = 3\n2 𝑛𝑅Δ𝑇𝐵𝐶 albo |𝑄𝐶𝐴| = 5\n2 𝑛𝑅Δ𝑇𝐶𝐴\nALBO\npoprawna metoda obliczenia pracy całkowitej w cyklu, np.:\n|𝑊𝐴𝐵𝐶| = 1\n2 (𝑝𝐵-𝑝𝐴)(𝑉𝐵-𝑉𝐴)\nLUB\n- założenie, że przemiana 𝐴→𝐵 jest częścią cyklu 𝐴→𝐵→𝐶→𝐴, który składa się\nz przemiany izobarycznej 𝐵→𝐶 i przemiany izochorycznej 𝐶→𝐴 oraz\npoprawne zapisanie pierwszej zasady termodynamiki dla cyklu, np.:\n0 = |𝑄𝐴𝐵| -|𝑄𝐵𝐶| -|𝑄𝐶𝐴| + |𝑊𝐴𝐵𝐶|\nALBO\npoprawna metoda obliczenia ciepła 𝑄𝐵𝐶 albo ciepła 𝑄𝐶𝐴, np.:\n|𝑄𝐵𝐶| = 5\n2 𝑛𝑅Δ𝑇𝐵𝐶 albo |𝑄𝐶𝐴| = 3\n2 𝑛𝑅Δ𝑇𝐶𝐴\nALBO\npoprawna metoda obliczenia pracy całkowitej w cyklu, np.:\n|𝑊𝐴𝐵𝐶| = 1\n2 (𝑝𝐵-𝑝𝐴)(𝑉𝐵-𝑉𝐴)\nLUB\n- zauważenie, że dla dowolnej przemiany 𝐴→𝑋→𝐵 i dla przemiany 𝐴→𝐵 zachodzi\nzwiązek: Δ𝑈𝐴𝐵= Δ𝑈𝐴𝑋+ Δ𝑈𝑋𝐵\n0 pkt - rozwiązanie, w którym zastosowano niepoprawną metodę, albo brak rozwiązania.\nPrzykładowe pełne rozwiązania\nSposób 1. (optymalny, z wykorzystaniem IZT i bezpośrednim obliczeniem Δ𝑈𝐴𝐵)\nZapiszemy I zasadę termodynamiki dla przemiany termodynamicznej 𝐴→𝐵. Zastosujemy\nkonwencję znaków, zgodnie z którą, gdy gaz pobiera energię w formie pracy lub ciepła, to\nwielkości te oznaczamy jako dodatnie, a gdy traci energię w postaci pracy lub ciepła, to\nwielkości te oznaczamy jako ujemne. Gaz się rozpręża, więc traci energię w formie pracy\ni jednocześnie pobiera energię w formie ciepła. Zatem:\n1) Δ𝑈𝐴𝐵= |𝑄𝐴𝐵| -|𝑊𝐴𝐵| → 1a) |𝑄𝐴𝐵| = Δ𝑈𝐴𝐵+ |𝑊𝐴𝐵|\nDo wyznaczenia zmiany energii wewnętrznej wykorzystamy związek między energią\nwewnętrzną a temperaturą:\n2) Δ𝑈𝐴𝐵= 𝑛𝐶𝑉Δ𝑇𝐴𝐵 → 2a) Δ𝑈𝐴𝐵= 𝑛3\n2 𝑅Δ𝑇𝐴𝐵\nPrzyrost temperatury określimy na podstawie równań Clapeyrona dla stanów 𝐴 i 𝐵:\n3) 𝑝𝐴𝑉𝐴= 𝑛𝑅𝑇𝐴 oraz 𝑝𝐵𝑉𝐵= 𝑛𝑅𝑇𝐵 →\n4) 𝑛𝑅Δ𝑇𝐴𝐵= 𝑛𝑅𝑇𝐵-𝑛𝑅𝑇𝐴= 𝑝𝐵𝑉𝐵-𝑝𝐴𝑉𝐴\nRównanie 4) wykorzystamy w równaniu 2a):\n5) Δ𝑈𝐴𝐵= 3\n2 (𝑝𝐵𝑉𝐵-𝑝𝐴𝑉𝐴) = 1 575 J\nDo wyznaczenia pracy w przemianie 𝐴→𝐵 zastosujemy następujący lemat: praca\nw przemianie termodynamicznej jest równa polu pod wykresem zależności 𝑝(𝑉) dla danej\nprzemiany. Zatem:\n6) |𝑊𝐴𝐵| = Pole pod 𝑝(𝑉) = 1\n2 (𝑝𝐴+ 𝑝𝐵)(𝑉𝐵-𝑉𝐴) = 525 J\nWzory 5) oraz 6) wykorzystamy we wzorze 1a):\n7) |𝑄𝐴𝐵| = 3\n2 (𝑝𝐵𝑉𝐵-𝑝𝐴𝑉𝐴) + 1\n2 (𝑝𝐴+ 𝑝𝐵)(𝑉𝐵-𝑉𝐴)\nDo powyższego wzoru podstawimy dane liczbowe i wykonamy obliczenia:\n8a) |𝑄𝐴𝐵| = (3\n2 ⋅(5 ⋅25 -2 ⋅10) + 1\n2 ⋅(2 + 5)(25 -10)) ⋅101 N ⋅m\n8b) |𝑄𝐴𝐵| = (157,5 + 52,5) ⋅101 J = 2 100 J\nSposób 2A.\nRozważmy taki cykl przemian 𝐴→𝐵→𝐶→𝐴, w którym:\nprzemiana 𝐴→𝐵 to przemiana opisana w zadaniu\nprzemiana 𝐵→𝐶 jest izochoryczna, gdzie 𝑉𝐶= 𝑉𝐵= 25 ⋅10-3 m3 oraz 𝑝𝐴≤𝑝≤𝑝𝐵\nprzemiana 𝐶→𝐴 jest izobaryczna, gdzie 𝑝𝐶= 𝑝𝐴= 2 ⋅104 Pa oraz 𝑉𝐴≤𝑉≤𝑉𝐵.\nW przemianie 𝐴→𝐵 gaz pobiera ciepło 𝑄𝐴𝐵 z grzejnicy, w przemianie 𝐵→𝐶 gaz oddaje\nciepło 𝑄𝐵𝐶 do chłodnicy, w przemianie 𝐶→𝐴 gaz oddaje ciepło 𝑄𝐶𝐴 do chłodnicy. Pracę\ncałkowitą wykonaną przez siłę parcia w całym cyklu oznaczymy jako 𝑊𝐴𝐵𝐶. Zmiana energii\nwewnętrznej w całym cyklu wynosi zero, zatem na mocy I zasady termodynamiki mamy:\nZasady oceniania rozwiązań zadań\n1) 0 = |𝑄𝐴𝐵| -|𝑄𝐵𝐶| -|𝑄𝐶𝐴| -|𝑊𝐴𝐵𝐶| zatem\n2) |𝑄𝐴𝐵| = |𝑊𝐴𝐵𝐶| + |𝑄𝐵𝐶| + |𝑄𝐶𝐴|\nObliczymy pracę jako pole obszaru ograniczonego figurą wykresu:\n3) |𝑊𝐴𝐵𝐶| = 1\n2 (𝑝𝐵-𝑝𝐴)(𝑉𝐵-𝑉𝐴) = 1\n2 ⋅(5 -2) ⋅(25 -10) 101 J = 45\n2 ⋅101 J\nObliczymy 𝑄𝐵𝐶, wykorzystamy przy tym równanie Clapeyrona:\n4) |𝑄𝐵𝐶| = 3\n2 𝑛𝑅Δ𝑇𝐵𝐶= 3\n2 Δ𝑝𝐵𝐶𝑉𝐶= 3\n2 (𝑝𝐵-𝑝𝐴)𝑉𝐵= 3\n2 ⋅(5 -2) ⋅25 ⋅101 J = 225\n2 ⋅101 J\nPodobnie obliczymy 𝑄𝐶𝐴:\n5) |𝑄𝐶𝐴| = 5\n2 𝑛𝑅Δ𝑇𝐶𝐴= 5\n2 𝑝𝐶Δ𝑉𝐶𝐴= 5\n2 𝑝𝐴(𝑉𝐵-𝑉𝐴) = 5\n2 ⋅2 ⋅(25 -10) ⋅101 J = 75 ⋅101 J\nWyniki z równań 3) i 4) i 5) podstawiamy do równania 2):\n6) |𝑄𝐴𝐵| = 45\n2 ⋅101 J + 225\n2 ⋅101 J + 75 ⋅101 J = 210 ⋅101 J = 2 100 J\nSposób 2B.\nRozważmy taki cykl przemian 𝐴→𝐵→𝐶→𝐴, w którym:\nprzemiana 𝐴→𝐵 to przemiana opisana w zadaniu\nprzemiana 𝐵→𝐶 jest izobaryczna, gdzie 𝑝𝐶= 𝑝𝐵= 5 ⋅104 Pa oraz 𝑉𝐴≤𝑉≤𝑉𝐵\nprzemiana 𝐶→𝐴 jest izochoryczna, gdzie 𝑉𝐶= 𝑉𝐴= 10 ⋅10-3 m3 oraz 𝑝𝐴≤𝑝≤𝑝𝐵.\nW przemianie 𝐴→𝐵 gaz pobiera ciepło 𝑄𝐴𝐵 z grzejnicy, w przemianie 𝐵→𝐶 gaz oddaje\nciepło 𝑄𝐵𝐶 do chłodnicy, w przemianie 𝐶→𝐴 gaz oddaje ciepło 𝑄𝐶𝐴 do chłodnicy. Kierunek\ncyklu odpowiada pompie cieplnej. Pracę całkowitą przeciwko sile parcia w całym cyklu\noznaczymy jako 𝑊𝐴𝐵𝐶. Zmiana energii wewnętrznej w całym cyklu wynosi zero, zatem na\nmocy I zasady termodynamiki mamy:\n1) 0 = |𝑄𝐴𝐵| -|𝑄𝐵𝐶| -|𝑄𝐶𝐴| + |𝑊𝐴𝐵𝐶|\nzatem:\n2) |𝑄𝐴𝐵| = |𝑄𝐵𝐶| + |𝑄𝐶𝐴| -|𝑊𝐴𝐵𝐶|\nObliczymy pracę jako pole obszaru ograniczonego figurą wykresu:\n3) |𝑊𝐴𝐵𝐶| = 1\n2 (𝑝𝐵-𝑝𝐴)(𝑉𝐵-𝑉𝐴) = 1\n2 ⋅(5 -2) ⋅(25 -10) 101 J = 45\n2 ⋅101 J\nObliczymy 𝑄𝐵𝐶, wykorzystamy przy tym równanie Clapeyrona:\n4) |𝑄𝐵𝐶| = 5\n2 𝑛𝑅Δ𝑇𝐵𝐶= 5\n2 𝑝𝐶Δ𝑉𝐵𝐶= 5\n2 𝑝𝐵(𝑉𝐵-𝑉𝐴) = 5\n2 ⋅5 ⋅(25 -10) ⋅101 J = 375\n2 ⋅101 J\nPodobnie obliczymy 𝑄𝐶𝐴:\n5) |𝑄𝐶𝐴| = 3\n2 𝑛𝑅Δ𝑇𝐶𝐴= 3\n2 Δ𝑝𝐶𝐴𝑉𝐴= 3\n2 (𝑝𝐵-𝑝𝐴)𝑉𝐴= 3\n2 ⋅(5 -2) ⋅10 ⋅101 J = 45 ⋅101 J\nWyniki z równań 3) i 4) i 5) podstawiamy do równania 2):\n6) |𝑄𝐴𝐵| = 375\n2 ⋅101 J + 45 ⋅101 J -45\n2 ⋅101 J = 210 ⋅101 J = 2 100 J\nInne, podobne sposoby rozwiązania\nZadanie można rozwiązać sposobem, w którym zmianę energii wewnętrznej Δ𝑈𝐴𝐵 oblicza się\njako sumę zmian energii wewnętrznych Δ𝑈𝐴𝑋+ Δ𝑈𝑋𝐵 w przemianach 𝐴→𝑋 (izobarycznej lub\nizochorycznej) oraz 𝑋→𝐵 (izochorycznej lub izobarycznej). Ten sposób niepotrzebnie\nwydłuża obliczenie zmiany energii wewnętrznej Δ𝑈𝐴𝐵 (porównaj ze sposobem 1.)","solution":"**Krok 1. I zasada termodynamiki.** Gaz pobiera ciepło, jego energia wewnętrzna rośnie, a gaz wykonuje pracę nad otoczeniem (rozpręża się): $$Q_{AB} = \\Delta U_{AB} + W_{AB}$$ **Krok 2. Zmiana energii wewnętrznej.** Dla gazu jednoatomowego ($C_V = \\tfrac{3}{2}R$): $$U = n C_V T = \\tfrac{3}{2}nRT = \\tfrac{3}{2}pV$$ $$\\Delta U_{AB} = \\tfrac{3}{2}\\left(p_B V_B - p_A V_A\\right) = \\tfrac{3}{2}\\left(1250 - 200\\right)\\ \\text{J} = \\tfrac{3}{2}\\cdot 1050\\ \\text{J} = 1575\\ \\text{J}$$ **Krok 3. Praca gazu = pole pod wykresem $p(V)$.** Figura jest trapezem o podstawach $p_A$, $p_B$ i wysokości $V_B - V_A$: $$W_{AB} = \\tfrac{1}{2}(p_A + p_B)(V_B - V_A) = \\tfrac{1}{2}\\left(7\\cdot 10^4\\ \\text{Pa}\\right)\\left(15\\cdot 10^{-3}\\ \\text{m}^3\\right) = 525\\ \\text{J}$$ **Krok 4. Suma.** $$Q_{AB} = 1575\\ \\text{J} + 525\\ \\text{J} = \\boxed{2100\\ \\text{J}}$$","image":"img/fizyka-2026-maj-matura-rozszerzona/zad-6.3.webp","solution_image":null,"topics":"termodynamika, gaz doskonaly, I zasada termodynamiki, praca gazu, energia wewnetrzna, rownanie Clapeyrona","page_from":19,"source":"ocr","answer_source":null,"answer_text_source":"ocr","solution_source":"maturaonline","text_source":"ocr","source_label":"Fizyka · Matura · maj 2026 (rozszerzona)","subject_label":"Fizyka","category_label":"Matura"},{"id":"fizyka-2026-maj-matura-rozszerzona/zad/7","paper_id":"fizyka-2026-maj-matura-rozszerzona","number":"7","points":5,"ptype":"open","subject":"fizyka","category":"matura","year":2026,"month":"maj","level":"rozszerzona","text":"Zadanie 7.\nTrzy punktowe ładunki elektryczne: 𝑄1, 𝑄2 i 𝑄3\numieszczono w wierzchołkach kwadratu (zobacz rysunek\nobok). Ładunki te pozostają nieruchome. Pomiędzy\nładunkami jest próżnia.\nDługość boku tego kwadratu jest równa 𝑎.\nWartości ładunków 𝑄1, 𝑄2 i 𝑄3 wyrażają się poprzez\npewną dodatnią wartość 𝑄 następująco:\n𝑄1 = +𝑄 𝑄2 = -𝑄 𝑄3 = +𝑄\nW wierzchołku kwadratu oznaczonym jako 𝑃 nie ma\nładunku elektrycznego.","answer":null,"answer_text":null,"solution":"Odpowiedź: **7.1. A** **7.2.** Odległości od punktu $P$: $q_1$ i $q_3$ leżą w odległości $a$ (boki kwadratu), $q_2$ w odległości $a\\sqrt{2}$ (przekątna). **Natężenia od poszczególnych ładunków:** $$E_1 = E_3 = \\frac{kq}{a^2}, \\qquad E_2 = \\frac{kq}{\\left(a\\sqrt{2}\\right)^2} = \\frac{kq}{2a^2} = \\tfrac{1}{2}\\cdot\\frac{kq}{a^2}$$ **Składanie wektorów.** $\\vec{E}_1$ (od $+q_1$, skierowany od ładunku) leży poziomo, $\\vec{E}_3$ (od $+q_3$) pionowo — są **prostopadłe**: $$E_{13} = \\sqrt{E_1^2 + E_3^2} = \\sqrt{2}\\cdot\\frac{kq}{a^2}$$ Wektor $\\vec{E}_{13}$ leży wzdłuż przekątnej, skierowany **od** $q_2$. Wektor $\\vec{E}_2$ (od ładunku ujemnego, skierowany **do** ładunku) leży na tej samej przekątnej, ale **przeciwnie**. Zatem odejmujemy: $$E_P = E_{13} - E_2 = \\sqrt{2}\\cdot\\frac{kq}{a^2} - \\tfrac{1}{2}\\cdot\\frac{kq}{a^2}$$ $$\\boxed{E_P = \\frac{kq}{a^2}\\left(\\sqrt{2} - \\tfrac{1}{2}\\right) = \\frac{kq}{2a^2}\\left(2\\sqrt{2} - 1\\right) \\approx 0{,}91\\,\\frac{kq}{a^2}}$$\n\nTreść zadania (CKE)\n\nZasada superpozycji\n\nNatężenie pola od układu ładunków to wektorowa suma natężeń od każdego z osobna:\n\n$$\\vec{E}_P = \\vec{E}_1 + \\vec{E}_2 + \\vec{E}_3$$\n\nZwrot pola od pojedynczego ładunku:\n\n- ładunek dodatni → pole skierowane od ładunku,\n- ładunek ujemny → pole skierowane do ładunku.\n\nRachunek składowych — kontrola wyniku\n\nPrzyjmijmy $P = (a, 0)$, $q_1 = (0,0)$, $q_2 = (0,a)$, $q_3 = (a,a)$, w jednostkach $kq/a^2$:\n\nŹródło | $r$ | $E$ | $E_x$ | $E_y$\n$q_1 = +q$ | $a$ | 1 | $+1$ | $0$\n$q_2 = -q$ | $a\\sqrt{2}$ | $\\tfrac{1}{2}$ | $-0{,}354$ | $+0{,}354$\n$q_3 = +q$ | $a$ | 1 | $0$ | $-1$\nsuma | $\\mathbf{+0{,}646}$ | $\\mathbf{-0{,}646}$\n\n$$E_P = \\sqrt{0{,}646^2 + 0{,}646^2} = 0{,}914 = \\sqrt{2} - \\tfrac{1}{2} \\;\\checkmark$$\n\nRozkład na składowe jest dłuższy niż rozumowanie geometryczne, ale nie wymaga zauważenia, że wektory leżą na jednej prostej — warto go znać jako metodę awaryjną.\n\nDlaczego $\\vec{E}2$ leży na tej samej prostej co $\\vec{E}{13}$\n\n$\\vec{E}_1$ i $\\vec{E}_3$ mają równe wartości i są prostopadłe, więc ich suma leży na dwusiecznej kąta prostego — czyli wzdłuż przekątnej $q_2P$. Ta sama przekątna wyznacza kierunek $\\vec{E}_2$. Bez równości $E_1 = E_3$ ta zgodność by nie zachodziła i trzeba by liczyć składowymi.\n\nStała w prawie Coulomba\n\n$$k = \\frac{1}{4\\pi\\varepsilon_0} \\approx 8{,}99\\cdot 10^9\\ \\mathrm{\\frac{N\\cdot m^2}{C^2}}$$\n\nCKE akceptuje zapis zarówno przez $k$, jak i przez $\\tfrac{1}{4\\pi\\varepsilon_0}$.\n\nPunktacja CKE\n\n- 7.1. 1 pkt — odpowiedź A.\n- 7.2. 4 pkt — punktowane składnikowo: poprawne wyznaczenie $E_1$, $E_2$, $E_3$, zauważenie równości $E_1 = E_3$, złożenie $E_{13} = \\sqrt{2}E_1$ oraz odjęcie $E_2$.\n- Razem: 5 pkt.\n\nTypowy błąd: **Kluczowa obserwacja: $\\vec{E}_2$ jest antyrównoległy do $\\vec{E}_{13}$, więc natężenia się odejmują.** Ładunek $q_2$ jest **ujemny**, więc jego pole w punkcie $P$ jest skierowane **ku niemu** — czyli dokładnie przeciwnie do sumy pól od dwóch dodatnich ładunków. Dodanie zamiast odjęcia daje $\\left(\\sqrt{2} + \\tfrac{1}{2}\\right)$ i jest najczęstszym błędem. **Odległość do $q_2$ to przekątna, nie bok.** W mianowniku pojawia się $\\left(a\\sqrt{2}\\right)^2 = 2a^2$, więc $E_2$ jest **dwa razy mniejsze** od $E_1$, a nie $\\sqrt{2}$ razy mniejsze. Pominięcie kwadratu to typowa pomyłka. **$\\vec{E}_1 \\perp \\vec{E}_3$, więc składamy je twierdzeniem Pitagorasa**, a nie zwykłym dodawaniem. $E_{13} = \\sqrt{2}\\,E_1$, nie $2E_1$. **Kontrola rzędu wielkości:** wynik $\\approx 0{,}91\\,kq/a^2$ jest nieco mniejszy od $E_1$ — sensowne, bo dwa pola się wzmacniają, a trzecie je częściowo znosi.","image":"img/fizyka-2026-maj-matura-rozszerzona/zad-7.webp","solution_image":null,"topics":"pole elektryczne, superpozycja, natezenie pola, uklad ladunkow","page_from":20,"source":"maturaonline","answer_source":null,"answer_text_source":null,"solution_source":"maturaonline","text_source":"ocr","source_label":"Fizyka · Matura · maj 2026 (rozszerzona)","subject_label":"Fizyka","category_label":"Matura"},{"id":"fizyka-2026-maj-matura-rozszerzona/zad/7.1","paper_id":"fizyka-2026-maj-matura-rozszerzona","number":"7.1","points":1,"ptype":"closed","subject":"fizyka","category":"matura","year":2026,"month":"maj","level":"rozszerzona","text":"Zadanie 7.1. (0-1)\nNa którym rysunku (spośród A-D) prawidłowo zaznaczono kierunek i zwrot\nwypadkowej siły elektrycznej działającej na ładunek 𝑸𝟑? Wybierz właściwą odpowiedź\nspośród podanych.\nA.\nB.\nC.\nD.\n𝑄1 = +𝑄\n𝑄3 = +𝑄\n𝑃\n𝑎\n𝑄2 = -𝑄\n𝑄1\n𝑄3\n𝑃\n𝑎\n𝑄2\n𝑄1\n𝑄3\n𝑃\n𝑎\n𝑄2\n𝑄1\n𝑄3\n𝑃\n𝑎\n𝑄2\n𝑄3\n𝑄2\n𝑄1\n𝑃\n𝑎\nMFAP-R0_100","answer":"A","answer_text":"Zadanie 7.1. (0-1)\nWymagania ogólne\nWymagania szczegółowe\nI. Wykorzystanie pojęć i wielkości\nfizycznych do opisu zjawisk oraz\nwskazywanie ich przykładów\nw otaczającej rzeczywistości.\nII. Rozwiązywanie problemów\nz wykorzystaniem praw i zależności\nfizycznych.\nZdający:\nI.5) […] wykonuje graficznie działania na\nwektorach (dodawanie […]);\nI.7) wyodrębnia z tekstów […], rysunków\nschematycznych lub blokowych informacje\nkluczowe dla opisywanego zjawiska […].\nII.12) wyznacza graficznie siłę wypadkową dla\nsił działających w dowolnych kierunkach na\npłaszczyźnie.\nVII.2) oblicza wartość siły wzajemnego\noddziaływania ładunków, stosując prawo Coulomba.\nZasady oceniania\n1 pkt - odpowiedź poprawna.\n0 pkt - odpowiedź niepoprawna albo brak odpowiedzi.\nRozwiązanie\nA","solution":"## Poprawna odpowiedź: A\n\nRozmieszczenie ładunków: $Q_2=-Q$ (lewy górny), $Q_3=+Q$ (prawy górny), $Q_1=+Q$ (lewy dolny), $P$ (prawy dolny, bez ładunku). Rozważamy siłę wypadkową działającą na $Q_3$.\n\n**Siła od $Q_1$ (dolny lewy, $+Q$).** Jednoimienne ładunki - **odpychanie**. $Q_1$ leży na przekątnej po skosie w dół i w lewo od $Q_3$, więc siła odpychania jest skierowana **w górę i w prawo** (od $Q_1$ ku $Q_3$ i dalej). Odległość $Q_1Q_3 = a\\sqrt{2}$, więc:\n\n$$F_{13} = \\frac{kQ^2}{(a\\sqrt2)^2} = \\frac{kQ^2}{2a^2}.$$\n\n**Siła od $Q_2$ (górny lewy, $-Q$).** Ładunki różnoimienne - **przyciąganie**. $Q_2$ leży poziomo na lewo od $Q_3$, więc siła jest skierowana **w lewo** (ku $Q_2$). Odległość $Q_2Q_3=a$:\n\n$$F_{2} = \\frac{kQ^2}{a^2}.$$\n\n**Składanie sił.** Rozkładamy $F_{13}$ na składowe (kąt $45^\\circ$):\n- składowa pozioma: $+\\dfrac{kQ^2}{2a^2}\\cdot\\dfrac{1}{\\sqrt2}$ (w prawo),\n- składowa pionowa: $+\\dfrac{kQ^2}{2a^2}\\cdot\\dfrac{1}{\\sqrt2}$ (w górę).\n\nSkładowa pozioma wypadkowej:\n\n$$F_x = \\frac{kQ^2}{2a^2}\\cdot\\frac{1}{\\sqrt2} - \\frac{kQ^2}{a^2} < 0 \\quad(\\text{w lewo, bo } F_2 \\text{ dominuje}).$$\n\nSkładowa pionowa:\n\n$$F_y = \\frac{kQ^2}{2a^2}\\cdot\\frac{1}{\\sqrt2} > 0 \\quad(\\text{w górę}).$$\n\nWypadkowa jest więc skierowana **ukośnie w górę i w lewo**, na zewnątrz kwadratu - odpowiada rysunkowi **A**.\n\n## Zasady oceniania CKE\n- **1 pkt** - odpowiedź poprawna: **A**.\n- **0 pkt** - odpowiedź niepoprawna albo brak.","image":"img/fizyka-2026-maj-matura-rozszerzona/zad-7.1.webp","solution_image":null,"topics":null,"page_from":20,"source":"ocr","answer_source":"maturazai","answer_text_source":"ocr","solution_source":"maturazai","text_source":"ocr","source_label":"Fizyka · Matura · maj 2026 (rozszerzona)","subject_label":"Fizyka","category_label":"Matura"},{"id":"fizyka-2026-maj-matura-rozszerzona/zad/7.2","paper_id":"fizyka-2026-maj-matura-rozszerzona","number":"7.2","points":4,"ptype":"open","subject":"fizyka","category":"matura","year":2026,"month":"maj","level":"rozszerzona","text":"Zadanie 7.2. (0-4)\nWektor wypadkowego natężenia pola elektrycznego w punkcie 𝑃 oznaczymy jako 𝐸ሬ⃗𝑃.\nWyznacz 𝑬𝑷 - wartość wektora natężenia 𝑬ሬሬ⃗𝑷 - w zależności tylko od 𝒂, od 𝑸 oraz od\nodpowiedniej stałej fizycznej.\nZapisz odpowiednie równania i przekształcenia oraz podaj postać wzoru na 𝑬𝑷.\nUwaga! Zamieszczony rysunek ma charakter pomocniczy.\n𝑄1 = +𝑄\n𝑄3 = +𝑄\n𝑃\n𝑎\n𝑄2 = -𝑄\nRysunek pomocniczy\n7.2.\n0-1-\n2-3-4\nMFAP-R0_100","answer":null,"answer_text":"Zadanie 7.2. (0-4)\nWymagania ogólne\nWymagania szczegółowe\nII. Rozwiązywanie problemów\nz wykorzystaniem praw i zależności\nfizycznych.\nV. Budowanie modeli fizycznych\ni matematycznych do opisu zjawisk oraz\nilustracji praw i zależności fizycznych.\nZdający:\nI.5) […] wykonuje graficznie działania na\nwektorach (dodawanie […]);\nI.7) wyodrębnia z tekstów […], rysunków\nschematycznych lub blokowych informacje\nkluczowe dla opisywanego zjawiska […].\nVII.3) posługuje się wektorem natężenia pola\nelektrycznego wraz z jego jednostką […];\nVII.4) analizuje natężenie pola wytwarzanego\nprzez układ ładunków punktowych i oblicza\njego wartość.\nZasady oceniania\nRozwiązanie będzie podlegało ocenie, gdy zdający spełni co najmniej jeden z poniższych\nwarunków lub ich kombinację, określoną dalej w schemacie punktowania.\nZasady oceniania rozwiązań zadań\nWarunek Ei (dla i=1 albo i=2, albo i=3 będą to - odpowiednio - warunki E1 albo E2, albo E3)\nPoprawna metoda wyznaczenia wartości 𝐸1 albo 𝐸2, albo 𝐸3 natężeń wektorów pól\nelektrycznych pochodzących - odpowiednio - od ładunków 𝑄1 albo 𝑄2, albo 𝑄3 oraz\npodanie prawidłowej postaci wzoru na wartość 𝐸𝑖 natężenia pola od ładunku 𝑄𝑖 w zależności\ntylko od 𝑎, od 𝑄 i od odpowiedniej stałej fizycznej, np. zapisy równoważne poniższym:\n𝐸1 = 𝑘𝑄\n𝑎2 albo 𝐸3 = 𝑘𝑄\n𝑎2 albo 𝐸2 =\n𝑘𝑄\n(√2𝑎)2 = 1\n2 ⋅𝑘𝑄\n𝑎2\nWarunek E1=E3\nZapisanie zależności (równości) między wartościami 𝐸1 i 𝐸3 natężeń wektorów pól\nelektrycznych pochodzących od ładunków 𝑄1 i 𝑄3, np. zapisy równoważne poniższym:\n𝐸1 = 𝐸3\nWarunek E1=2E2\nZapisanie zależności między wartościami 𝐸1 i 𝐸2 (albo 𝐸3 i 𝐸2) natężeń pól elektrycznych\npochodzących od ładunków 𝑄1 i 𝑄2 (albo 𝑄3 i 𝑄2), np. zapisy równoważne poniższym:\n𝐸1 = 2𝐸2 albo 𝐸3 = 2𝐸2\nWarunek E13\nZapisanie zależności między wartością 𝐸13 wypadkowego natężenia pola elektrycznego\npochodzącego od ładunków 𝑄1 i 𝑄3 a wartością 𝐸1 (lub 𝐸3) natężenia pola pochodzącego od\nładunku 𝑄1 (lub 𝑄3) albo podanie prawidłowej postaci wzoru na wartość 𝐸13 w zależności\ntylko od 𝑎, od 𝑄 i od odpowiedniej stałej fizycznej, np. zapisy równoważne poniższym:\n(𝐸13 = √2𝐸1 lub 𝐸13 = √2𝐸3 ) albo 𝐸13 = √2 ⋅𝑘𝑄\n𝑎2\nWarunek EP-metoda\nZapisanie zależności między wartościami 𝐸𝑃 a 𝐸13 i 𝐸2, np. zapisy równoważne poniższym:\n𝐸𝑃= 𝐸13 -𝐸2\nSchemat punktowania\n4 pkt - poprawna metoda wyznaczenia wartości 𝐸𝑃 natężenia pola elektrycznego w punkcie 𝑃\noraz zapisanie prawidłowej postaci wzoru: 𝐸𝑃=\n𝑘𝑄\n𝑎2 (√2 -\n1\n2)\n3 pkt - spełnienie warunków: EP-metoda oraz E13 oraz (E1=2E2 albo E2)\nLUB\n- spełnienie warunków: E13 oraz E2 oraz wskazanie (np. na rysunku lub zapisem\nsłownym lub algebraicznym), że wektory 𝐸ሬ⃗13 i 𝐸ሬ⃗2 leżą na jednej prostej (mogą mieć\nnieprawidłowe zwroty).\n2 pkt - spełnienie warunku E13\nLUB\n- spełnienie warunku EP-metoda oraz (E1=2E2 albo E2)\nLUB\n- spełnienie warunków Ei dla i=1 oraz i=2 oraz i=3\nLUB\n- spełnienie warunków: E1=E3 oraz E1=2E2\n1 pkt - spełnienie warunku Ei (tzn. dla jednego dowolnego i)\nLUB\n- spełnienie warunku E1=E3\nLUB\n- spełnienie warunku E1=2E2\nLUB\n- spełnienie warunku EP-metoda\n0 pkt - rozwiązanie, w którym zastosowano niepoprawną metodę, albo brak rozwiązania.\nPrzykładowe pełne rozwiązanie\nWektor natężenia pola elektrycznego 𝐸ሬ⃗𝑃 jest\nwektorową sumą wektorów natężeń 𝐸ሬ⃗1, 𝐸ሬ⃗2 i 𝐸ሬ⃗3,\npochodzących - odpowiednio - od ładunków:\n𝑄1, 𝑄2 i 𝑄3.\nZapiszemy wektorowo:\n𝐸ሬ⃗𝑃= 𝐸ሬ⃗1 + 𝐸ሬ⃗2 + 𝐸ሬ⃗3 = 𝐸ሬ⃗13 + 𝐸ሬ⃗2\ngdzie 𝐸ሬ⃗13 jest sumą wektorów 𝐸ሬ⃗1 i 𝐸ሬ⃗3.\nNa rysunku obok przedstawiono wektory 𝐸ሬ⃗1, 𝐸ሬ⃗2 i 𝐸ሬ⃗3\noraz geometryczny sposób wyznaczenia wektora 𝐸ሬ⃗𝑃.\nWartość wektora 𝐸ሬ⃗𝑃 wyraża się wzorem:\n1) 𝐸𝑃= 𝐸13 -𝐸2\nWartości wektorów 𝐸ሬ⃗1 i 𝐸ሬ⃗3 są sobie równe i wyrażają się wzorem:\n2) 𝐸1 = 𝐸3 = 𝑘𝑄\n𝑎2\nWartość wektora 𝐸ሬ⃗13 wyraża się wzorem (długość przekątnej kwadratu o bokach 𝐸1 i 𝐸3):\n3) 𝐸13 = √2 ⋅𝐸1 = √2 ⋅𝑘𝑄\n𝑎2\nWartość wektora 𝐸ሬ⃗2 wyraża się wzorem:\n4) 𝐸2 = 𝑘𝑄\n𝑑2 =\n𝑘𝑄\n(√2𝑎)2 = 1\n2 ⋅𝑘𝑄\n𝑎2\nWzory 4) i 3) podstawimy do wzoru 1):\n5) 𝐸𝑃= √2 ⋅𝑘𝑄\n𝑎2 -1\n2 ⋅𝑘𝑄\n𝑎2 = 𝑘𝑄\n𝑎2 (√2 -1\n2)\n𝑄1 = +𝑄\n𝑄3 = +𝑄\n𝑃\n𝑎\n𝑄2 = -𝑄\nRysunek pomocniczy\n𝐸ሬ⃗2\n𝐸ሬ⃗𝑃\n𝐸ሬ⃗1\n𝐸ሬ⃗3\n𝑑\nZasady oceniania rozwiązań zadań","solution":"Odległości od punktu $P$: $q_1$ i $q_3$ leżą w odległości $a$ (boki kwadratu), $q_2$ w odległości $a\\sqrt{2}$ (przekątna). **Natężenia od poszczególnych ładunków:** $$E_1 = E_3 = \\frac{kq}{a^2}, \\qquad E_2 = \\frac{kq}{\\left(a\\sqrt{2}\\right)^2} = \\frac{kq}{2a^2} = \\tfrac{1}{2}\\cdot\\frac{kq}{a^2}$$ **Składanie wektorów.** $\\vec{E}_1$ (od $+q_1$, skierowany od ładunku) leży poziomo, $\\vec{E}_3$ (od $+q_3$) pionowo — są **prostopadłe**: $$E_{13} = \\sqrt{E_1^2 + E_3^2} = \\sqrt{2}\\cdot\\frac{kq}{a^2}$$ Wektor $\\vec{E}_{13}$ leży wzdłuż przekątnej, skierowany **od** $q_2$. Wektor $\\vec{E}_2$ (od ładunku ujemnego, skierowany **do** ładunku) leży na tej samej przekątnej, ale **przeciwnie**. Zatem odejmujemy: $$E_P = E_{13} - E_2 = \\sqrt{2}\\cdot\\frac{kq}{a^2} - \\tfrac{1}{2}\\cdot\\frac{kq}{a^2}$$ $$\\boxed{E_P = \\frac{kq}{a^2}\\left(\\sqrt{2} - \\tfrac{1}{2}\\right) = \\frac{kq}{2a^2}\\left(2\\sqrt{2} - 1\\right) \\approx 0{,}91\\,\\frac{kq}{a^2}}$$","image":"img/fizyka-2026-maj-matura-rozszerzona/zad-7.2.webp","solution_image":null,"topics":"pole elektryczne, superpozycja, natezenie pola, uklad ladunkow","page_from":21,"source":"ocr","answer_source":null,"answer_text_source":"ocr","solution_source":"maturaonline","text_source":"ocr","source_label":"Fizyka · Matura · maj 2026 (rozszerzona)","subject_label":"Fizyka","category_label":"Matura"},{"id":"fizyka-2026-maj-matura-rozszerzona/zad/8","paper_id":"fizyka-2026-maj-matura-rozszerzona","number":"8","points":4,"ptype":"open","subject":"fizyka","category":"matura","year":2026,"month":"maj","level":"rozszerzona","text":"Zadanie 8.\nSzklana kula 𝒦 o środku w punkcie 𝑆 jest umieszczona w powietrzu. Współczynnik\nzałamania światła w szkle, z którego jest wykonana kula 𝒦, jest równy 𝑛𝑠𝑧= 1,50.\nWspółczynnik załamania światła w powietrzu przyjmujemy równy 𝑛𝑝= 1,00.\nWewnątrz kuli 𝒦, w punkcie 𝐷 tuż pod jej powierzchnią, znajduje się mała świecąca dioda.\nTa dioda emituje światło do wnętrza kuli w taki sposób, że jej światło pada na każdy punkt\nwewnętrznej powierzchni kuli 𝒦.\nOkazuje się, że światło diody wychodzi z kuli 𝒦 jedynie przez fragment jej powierzchni,\nzaznaczony na schematycznym rysunku fioletowym łukiem 𝐴𝐵.\nNa rysunku przedstawiono przekrój kuli 𝒦 w płaszczyźnie zawierającej diodę i środek kuli.\nMiarę kąta ∠𝐵𝐷𝐴 oznaczono jako 𝜑. Kreską przerywaną oznaczono odcinki pomocnicze.\nRysunek","answer":null,"answer_text":null,"solution":"Odpowiedź: **8.1.** Światło wychodzi tylko tam, gdzie kąt padania na wewnętrzną powierzchnię jest **mniejszy od kąta granicznego**. Z prawa załamania dla przejścia szkło → powietrze: $$\\frac{\\sin\\theta_g}{\\sin 90^\\circ} = \\frac{n_p}{n_{sz}} \\quad\\Rightarrow\\quad \\sin\\theta_g = \\frac{1{,}00}{1{,}50} = 0{,}6667$$ $$\\theta_g = \\arcsin(0{,}6667) = 41{,}81^\\circ$$ Kąty $\\angle ODF$ i $\\angle ODG$ są kątami granicznymi, a trójkąty $ODF$ i $ODG$ są równoramienne ($OD = OF = OG = R$), skąd $\\alpha = 2\\theta_g$: $$\\boxed{\\alpha = 2 \\cdot 41{,}81^\\circ \\approx 83{,}6^\\circ}$$ **8.2. B2** $$\\sin\\theta_g' = \\frac{n_w}{n_{sz}} = \\frac{1{,}33}{1{,}50} = 0{,}8867 \\quad\\Rightarrow\\quad \\theta_g' = 62{,}5^\\circ > 41{,}8^\\circ$$ Kąt graniczny **rośnie**, więc stożek wychodzącego światła jest szerszy i pole powierzchni, przez którą światło opuszcza kulę, **się zwiększa**.\n\nTreść zadania (CKE)\n\nKąt graniczny — kiedy w ogóle istnieje\n\n$$\\sin\\theta_g = \\frac{n_2}{n_1}$$\n\nWarunek: $n_1 > n_2$, czyli światło musi biec z ośrodka gęstszego optycznie do rzadszego. Gdy $n_2 \\geq n_1$, równanie nie ma rozwiązania — całkowite wewnętrzne odbicie nie występuje.\n\nPrzejście | $n_2/n_1$ | $\\theta_g$\nszkło → powietrze | 1,00 / 1,50 | 41,8°\nszkło → woda | 1,33 / 1,50 | 62,5°\nwoda → powietrze | 1,00 / 1,33 | 48,8°\ndiament → powietrze | 1,00 / 2,42 | 24,4°\n\nMałe $\\theta_g$ diamentu to powód jego „ognia\" — światło wielokrotnie odbija się wewnątrz, zanim wyjdzie.\n\nSkąd $\\alpha = 2\\theta_g$\n\nDioda w punkcie $D$ leży na powierzchni kuli. Promień biegnący do punktu $F$ pada na powierzchnię pod kątem, który mierzymy od normalnej, a normalną w każdym punkcie kuli jest promień $OF$.\n\nTrójkąt $ODF$ ma dwa boki równe promieniowi ($OD = OF = R$), więc jest równoramienny, a kąty przy podstawie są równe. Ten sam argument dla $ODG$ po drugiej stronie daje:\n\n$$\\alpha = \\angle FOG = 2\\theta_g$$\n\nGdzie to działa w praktyce\n\n- światłowody — rdzeń o wyższym $n$ niż płaszcz, światło biegnie kilometrami na całkowitym wewnętrznym odbiciu;\n- pryzmaty w lornetkach — odbicie bez strat, lepsze niż lustro;\n- fatamorgana — gradient gęstości powietrza działa jak ciągła granica ośrodków.\n\nPunktacja CKE\n\n- 8.1. 3 pkt — metoda i wynik ($\\approx 83{,}6^\\circ$ lub $84^\\circ$); 2 pkt za rozpoznanie kąta granicznego i zapisanie równania; 1 pkt za samo rozpoznanie.\n- 8.2. 1 pkt — B2.\n- Razem: 4 pkt.\n\nTypowy błąd: **Najdroższy błąd w 8.1 to podanie samego kąta granicznego (41,8°) zamiast $\\alpha$.** Zadanie pyta o kąt $\\angle FOG$ ze **środka** kuli, a ten jest **dwa razy większy** od kąta granicznego. Zależność $\\alpha = 2\\theta_g$ wynika z tego, że trójkąty $ODF$ i $ODG$ są równoramienne — dwa boki to promienie. **W 8.2 odruch podpowiada, że w gęstszym ośrodku będzie „trudniej\".** Jest odwrotnie: im **bliższe** są współczynniki załamania obu ośrodków, tym **większy** kąt graniczny. Woda ($n = 1{,}33$) jest bliżej szkła ($1{,}50$) niż powietrze ($1{,}00$), więc kąt graniczny rośnie z 41,8° do 62,5°, a razem z nim pole wyjścia światła. W skrajnym przypadku, gdyby ośrodek na zewnątrz miał $n \\geq n_{sz}$, całkowite wewnętrzne odbicie **w ogóle by nie zachodziło** i światło wychodziłoby całą powierzchnią.","image":"img/fizyka-2026-maj-matura-rozszerzona/zad-8.webp","solution_image":null,"topics":"kat graniczny, calkowite wewnetrzne odbicie, wspolczynnik zalamania","page_from":22,"source":"maturaonline","answer_source":null,"answer_text_source":null,"solution_source":"maturaonline","text_source":"ocr","source_label":"Fizyka · Matura · maj 2026 (rozszerzona)","subject_label":"Fizyka","category_label":"Matura"},{"id":"fizyka-2026-maj-matura-rozszerzona/zad/8.1","paper_id":"fizyka-2026-maj-matura-rozszerzona","number":"8.1","points":3,"ptype":"open","subject":"fizyka","category":"matura","year":2026,"month":"maj","level":"rozszerzona","text":"Zadanie 8.1. (0-3)\nOblicz 𝝋. Zapisz obliczenia.\n𝐴\n𝑆\n𝐵\n𝐷\n𝜑\n8.1.\n0-1-\n2-3\nMFAP-R0_100","answer":null,"answer_text":"Zadanie 8.1. (0-3)\nWymagania ogólne\nWymagania szczegółowe\nV. Budowanie modeli fizycznych\ni matematycznych do opisu zjawisk oraz\nilustracji praw i zależności fizycznych.\nII. Rozwiązywanie problemów\nz wykorzystaniem praw i zależności\nfizycznych.\nZdający:\nI.4) przeprowadza obliczenia liczbowe,\nposługując się kalkulatorem;\nI.7) wyodrębnia z tekstów […], rysunków\nschematycznych lub blokowych informacje\nkluczowe dla opisywanego zjawiska […];\nI.18) wyodrębnia zjawisko z kontekstu, nazywa\nje oraz wskazuje czynniki istotne i nieistotne\ndla jego przebiegu.\nX.6) stosuje prawo odbicia i prawo załamania\nfal na granicy dwóch ośrodków; posługuje się\npojęciem współczynnika załamania ośrodka;\noblicza kąt graniczny.\nZasady oceniania\n3 pkt - poprawna metoda obliczenia 𝜑 oraz podanie prawidłowego wyniku liczbowego\nwyrażonego w stopniach lub w radianach: 𝜑≈83,6° (lub 𝜑≈84° )\n2 pkt - zauważenie i zapisanie, że kąt ∠𝑆𝐵𝐷 lub ∠𝐷𝐴𝑆 jest kątem granicznym dla przejścia\nświatła ze szkła do powietrza, oraz zapisanie równania (z uwzględnieniem\nwspółczynnika załamania światła w szkle), z którego można obliczyć kąt graniczny dla\nprzejścia światła przez granicę szkło - powietrze, np. zapisy równoważne poniższym:\n(𝛼𝑔= |∠𝑆𝐵𝐷| oraz sin 𝛼𝑔\nsin 90° = 𝑛𝑝\n𝑛𝑠𝑧\n) albo w jednym równaniu: sin |∠𝑆𝐵𝐷| = 1\n1,5\nLUB\n- zauważenie i zapisanie, że kąt ∠𝑆𝐵𝐷 lub ∠𝐷𝐴𝑆 jest kątem granicznym dla przejścia\nświatła ze szkła do powietrza, oraz wyprowadzenie/zapisanie zależności między\n𝛼𝑔 a 𝜑, np. zapisy równoważne poniższym:\n𝛼𝑔= |∠𝑆𝐵𝐷| oraz 𝜑= 2 ⋅|∠𝑆𝐵𝐷| (albo w jednym równaniu: 𝜑= 2 ⋅𝛼𝑔 )\n1 pkt - zauważenie i zapisanie, że kąt ∠𝑆𝐵𝐷 lub ∠𝐷𝐴𝑆 jest kątem granicznym dla przejścia\nświatła ze szkła do powietrza, np. zapisy równoważne poniższym:\n𝛼𝑔= |∠𝑆𝐵𝐷| lub 𝛼𝑔= |∠𝐷𝐴𝑆|\nLUB\n- wyprowadzenie/zapisanie zależności: 𝜑= 2 ⋅|∠𝑆𝐵𝐷|\nUwaga! W tym warunku identyfikacja ∠𝑆𝐵𝐷 jako kąta granicznego nie jest wymagana.\nLUB\n- zapisanie równania na kąt graniczny bez identyfikacji lub z błędną identyfikacją tego\nkąta (oznaczeniem lub na rysunku lub wynikającym dalej z kontekstu) oraz\nuwzględnienie w tym równaniu wartości współczynnika załamania światła w szkle, np.:\nsin 𝛼𝑔= 2\n3 (lub zapisy równoważne)\n0 pkt - rozwiązanie, w którym zastosowano niepoprawną metodę, albo brak rozwiązania.\nPrzykładowe pełne rozwiązanie\nZauważmy, że skoro światło wysłane z punktu 𝐷 przechodzi przez fragment kuli oznaczony\nłukiem 𝐴𝐵 (na rysunku przekroju kuli), to kąt padania promienia na granicę ośrodków\nw punkcie 𝐵, czyli ∠𝑆𝐵𝐷 (lub ∠𝐷𝐴𝑆), jest kątem granicznym dla szkła:\n𝛼𝑔= |∠𝑆𝐵𝐷| (lub 𝛼𝑔= |∠𝐷𝐴𝑆|)\nZastosujemy wzór na kąt graniczny dla przejścia szkło - powietrze:\nsin 𝛼𝑔\nsin 90° = 𝑛𝑝\n𝑛𝑠𝑧\n→ sin 𝛼𝑔= 1\n1,5 = 2\n3 = 0, (6)\nMiarę kąta granicznego obliczymy na kalkulatorze naukowym:\n𝛼𝑔= arcsin (2\n3) ≈41,8° → |∠𝑆𝐵𝐷| = 𝛼𝑔≈41,8°\nNastępnie powiążemy kąt ∠𝐵𝐷𝐴 (o mierze 𝜑) z kątem granicznym ∠𝑆𝐵𝐷 (o mierze 𝛼𝑔) na\npodstawie elementarnych własności geometrycznych.\nNa mocy symetrii zjawiska wiemy, że trójkąty 𝑆𝐵𝐷 i 𝐴𝑆𝐷 są przystające. Dalej, z własności\ntrójkątów równoramiennych 𝑆𝐵𝐷 i 𝐴𝑆𝐷, mamy:\n(|∠𝑆𝐵𝐷| = |∠𝐵𝐷𝑆| = 𝛼𝑔 oraz |∠𝐷𝐴𝑆| = |∠𝑆𝐷𝐴| = 𝛼𝑔) → |∠𝐵𝐷𝐴| = 2𝛼𝑔\nZatem skoro:\n(|∠𝐵𝐷𝐴| = 𝜑 oraz |∠𝐵𝐷𝐴| = 2𝛼𝑔) to 𝜑= 2𝛼𝑔\nObliczymy 𝜑:\n𝜑= 2 ⋅41,8° ≈83,6°\n𝐴\n𝑆\n𝐵\n𝐷\n𝛼𝑔\n𝛼𝑔\n𝛼𝑔\n𝛼𝑔\n𝜑\nZasady oceniania rozwiązań zadań","solution":"Światło wychodzi tylko tam, gdzie kąt padania na wewnętrzną powierzchnię jest **mniejszy od kąta granicznego**. Z prawa załamania dla przejścia szkło → powietrze: $$\\frac{\\sin\\theta_g}{\\sin 90^\\circ} = \\frac{n_p}{n_{sz}} \\quad\\Rightarrow\\quad \\sin\\theta_g = \\frac{1{,}00}{1{,}50} = 0{,}6667$$ $$\\theta_g = \\arcsin(0{,}6667) = 41{,}81^\\circ$$ Kąty $\\angle ODF$ i $\\angle ODG$ są kątami granicznymi, a trójkąty $ODF$ i $ODG$ są równoramienne ($OD = OF = OG = R$), skąd $\\alpha = 2\\theta_g$: $$\\boxed{\\alpha = 2 \\cdot 41{,}81^\\circ \\approx 83{,}6^\\circ}$$ **8.2. B2** $$\\sin\\theta_g' = \\frac{n_w}{n_{sz}} = \\frac{1{,}33}{1{,}50} = 0{,}8867 \\quad\\Rightarrow\\quad \\theta_g' = 62{,}5^\\circ > 41{,}8^\\circ$$ Kąt graniczny **rośnie**, więc stożek wychodzącego światła jest szerszy i pole powierzchni, przez którą światło opuszcza kulę, **się zwiększa**.","image":"img/fizyka-2026-maj-matura-rozszerzona/zad-8.1.webp","solution_image":null,"topics":"kat graniczny, calkowite wewnetrzne odbicie, wspolczynnik zalamania","page_from":22,"source":"ocr","answer_source":null,"answer_text_source":"ocr","solution_source":"maturaonline","text_source":"ocr","source_label":"Fizyka · Matura · maj 2026 (rozszerzona)","subject_label":"Fizyka","category_label":"Matura"},{"id":"fizyka-2026-maj-matura-rozszerzona/zad/8.2","paper_id":"fizyka-2026-maj-matura-rozszerzona","number":"8.2","points":1,"ptype":"closed","subject":"fizyka","category":"matura","year":2026,"month":"maj","level":"rozszerzona","text":"Zadanie 8.2. (0-1)\nKulę 𝒦 zanurzono w wodzie. Współczynnik załamania światła w wodzie jest równy 𝑛𝑤= 1,33.\nDokończ zdanie. Wybierz odpowiedź A albo B oraz odpowiedź 1. albo 2.\nKąt graniczny dla szkła kuli 𝒦 określony względem wody, w porównaniu do kąta\ngranicznego dla szkła kuli 𝒦 określonego względem powietrza, będzie\nA.\nmniejszy,\nw związku z czym pole powierzchni,\nprzez którą wychodzi światło z kuli,\n1.\nsię zmniejszy.\nB.\nwiększy,\n2.\nsię zwiększy.\nMFAP-R0_100","answer":null,"answer_text":"Zadanie 8.2. (0-1)\nWymagania ogólne\nWymagania szczegółowe\nIII. Planowanie i przeprowadzanie\nobserwacji oraz doświadczeń\ni wnioskowanie na podstawie ich\nwyników.\nI. Wykorzystanie pojęć i wielkości\nfizycznych do opisu zjawisk oraz\nwskazywanie ich przykładów\nw otaczającej rzeczywistości.\nZdający:\nI.7) wyodrębnia z tekstów […], rysunków\nschematycznych lub blokowych informacje\nkluczowe dla opisywanego zjawiska […];\nI.18) wyodrębnia zjawisko z kontekstu, nazywa\nje oraz wskazuje czynniki istotne i nieistotne\ndla jego przebiegu.\nX.6) stosuje prawo odbicia i prawo załamania\nfal na granicy dwóch ośrodków; posługuje się\npojęciem współczynnika załamania ośrodka;\noblicza kąt graniczny.\nZasady oceniania\n1 pkt - odpowiedź poprawna.\n0 pkt - odpowiedź niepoprawna lub niepełna albo brak odpowiedzi.\nRozwiązanie\nB2","solution":"## Poprawna odpowiedź: B2 (kąt graniczny większy; pole powierzchni większe)\n\n**Kąt graniczny.** Kąt graniczny całkowitego wewnętrznego odbicia na granicy szkło-ośrodek zewnętrzny dany jest wzorem:\n\n$$\\sin\\theta_{gr} = \\frac{n_{\\text{zewn}}}{n_{sz}}.$$\n\n- względem powietrza: $\\sin\\theta_{gr,p} = \\dfrac{n_p}{n_{sz}} = \\dfrac{1{,}00}{1{,}50} \\approx 0{,}667$,\n- względem wody: $\\sin\\theta_{gr,w} = \\dfrac{n_w}{n_{sz}} = \\dfrac{1{,}33}{1{,}50} \\approx 0{,}887$.\n\nPonieważ $n_w > n_p$, to $\\sin\\theta_{gr,w} > \\sin\\theta_{gr,p}$, a zatem **kąt graniczny względem wody jest większy** niż względem powietrza $\\Rightarrow$ **[B]**.\n\n**Pole powierzchni, przez którą wychodzi światło.** Światło wychodzi z kuli tylko wtedy, gdy pada na powierzchnię pod kątem **mniejszym** od granicznego (przy większych kątach następuje całkowite wewnętrzne odbicie). Większy kąt graniczny oznacza, że **większy zakres kątów padania** pozwala światłu wyjść - a więc światło wydostaje się przez **większy fragment powierzchni** kuli $\\Rightarrow$ **[2]**.\n\n**Odpowiedź:** **B2** - kąt graniczny większy, pole powierzchni większe.\n\n## Zasady oceniania CKE\n\n**1 pkt** - odpowiedź poprawna (**B2**: kąt graniczny większy, pole powierzchni większe). **0 pkt** - odpowiedź niepoprawna, niepełna lub brak. Klucz: **B2**.","image":"img/fizyka-2026-maj-matura-rozszerzona/zad-8.2.webp","solution_image":null,"topics":null,"page_from":23,"source":"ocr","answer_source":null,"answer_text_source":"ocr","solution_source":"maturazai","text_source":"ocr","source_label":"Fizyka · Matura · maj 2026 (rozszerzona)","subject_label":"Fizyka","category_label":"Matura"},{"id":"fizyka-2026-maj-matura-rozszerzona/zad/9","paper_id":"fizyka-2026-maj-matura-rozszerzona","number":"9","points":3,"ptype":"open","subject":"fizyka","category":"matura","year":2026,"month":"maj","level":"rozszerzona","text":"Zadanie 9. (0-3)\nElektron porusza się po okręgu w zewnętrznym jednorodnym polu magnetycznym.\nWartość wektora indukcji magnetycznej tego pola jest równa 𝐵= 1,70 mT.\nWektor prędkości vሬ⃗ elektronu jest prostopadły do wektora indukcji magnetycznej 𝐵ሬ⃗.\nWartość prędkości elektronu jest dużo mniejsza od wartości prędkości światła w próżni.\nOblicz 𝑻 - okres obiegu tego elektronu po okręgu. Zapisz obliczenia.\nWskazówka: Skorzystaj z Wybranych wzorów i stałych fizykochemicznych na egzamin\nmaturalny z biologii, chemii i fizyki.\n9.\n0-1-\n2-3\nMFAP-R0_100","answer":null,"answer_text":"Zadanie 9. (0-3)\nWymaganie ogólne\nWymagania szczegółowe\nII. Rozwiązywanie problemów\nz wykorzystaniem praw i zależności\nfizycznych.\nZdający:\nII.10) identyfikuje siłę wypadkową działającą na\nciało w ruchu jednostajnym po okręgu jako siłę\ndośrodkową;\nII.13) stosuje zasady dynamiki do opisu\nzachowania się ciał.\nIX.2) posługuje się pojęciem wektora indukcji\nmagnetycznej wraz z jego jednostką, analizuje\noddziaływanie pola magnetycznego na\nprzewodnik […] na poruszającą się cząstkę\nnaładowaną ([…] siła Lorentza);\nIX.4) analizuje tor cząstki naładowanej\nw jednorodnym polu magnetycznym.\nZasady oceniania\n3 pkt - poprawna metoda obliczenia okresu oraz podanie prawidłowego wyniku liczbowego\nz jednostką: 𝑇≈2,10 ⋅10-8 s\n2 pkt - zapisanie równania identyfikującego siłę Lorentza działającą na elektron jako siłę\ndośrodkową oraz uwzględnienie w tym równaniu wzorów na te siły (z prędkością albo\nprędkością kątową), oraz uwzględnienie/zapisanie związku między prędkością (lub\nprędkością kątową) a okresem, np. zapisy równoważne poniższym:\n𝑚𝑒\n𝑣2\n𝑟= 𝑞𝑣𝐵 oraz 𝑣= 2𝜋𝑟\n𝑇\nalbo\n𝑚𝑒𝜔2𝑟= 𝑞𝑣𝐵 oraz 𝑣= 𝜔𝑟 oraz 𝜔= 2𝜋\n𝑇\nalbo w jednym równaniu\n𝑚𝑒(2𝜋\n𝑇)\n2\n𝑟= 𝑞(2𝜋𝑟\n𝑇) 𝐵\n1 pkt - zapisanie równania identyfikującego siłę Lorentza działającą na elektron jako siłę\ndośrodkową, np. zapisy równoważne poniższym:\n𝑚𝑒𝑎𝑑𝑜= 𝐹𝐿 albo 𝐹𝑑𝑜= 𝐹𝐿\n0 pkt - rozwiązanie, w którym zastosowano niepoprawną metodę, albo brak rozwiązania.\nPrzykładowe pełne rozwiązanie\nNa elektron poruszający się po okręgu w jednorodnym polu magnetycznym działa siła\nLorentza, która jednocześnie pełni funkcję siły dośrodkowej. Zapiszemy równanie II zasady\ndynamiki identyfikujące siłę Lorentza jako siłę dośrodkową:\n𝑚𝑒𝑎𝑑𝑜= 𝐹𝐿\nZastosujemy wzory na przyśpieszenie dośrodkowe oraz na siłę Lorentza. Wektor prędkości\njest prostopadły do wektora indukcji magnetycznej, zatem:\n𝑚𝑒\n𝑣2\n𝑟= 𝑞𝑣𝐵 → 𝑚𝑒\n𝑣\n𝑟= 𝑞𝐵\nSkorzystamy ze związku między okresem a prędkością w ruchu jednostajnym po okręgu:\n𝑚𝑒\n(2𝜋𝑟\n𝑇)\n𝑟\n= 𝑞𝐵 → 𝑚𝑒(2𝜋\n𝑇) = 𝑞𝐵\n𝑇= 2𝜋𝑚𝑒\n𝑞𝐵\nDo otrzymanego wzoru podstawimy dane liczbowe i wartości stałych:\n𝑇≈\n2 ⋅3,142 ⋅9,109 ⋅10-31 kg\n1,602 ⋅10-19 C ⋅1,70 ⋅10-3 T ≈21,0 ⋅10-9\nkg\nC ⋅(N ⋅s\nC ⋅m)\n= 2,10 ⋅10-8 s\nZasady oceniania rozwiązań zadań","solution":"Odpowiedź: Na elektron działa **siła Lorentza**, która pełni funkcję **siły dośrodkowej**. Ponieważ $\\vec{v} \\perp \\vec{B}$: $$qvB = \\frac{mv^2}{r}$$ Skracamy $v$: $$qB = \\frac{mv}{r} \\quad\\Rightarrow\\quad r = \\frac{mv}{qB}$$ Ze związku między okresem a prędkością w ruchu jednostajnym po okręgu $v = \\dfrac{2\\pi r}{T}$: $$qB = \\frac{m}{r}\\cdot\\frac{2\\pi r}{T} \\quad\\Rightarrow\\quad \\boxed{T = \\frac{2\\pi m}{qB}}$$ Podstawiamy dane: $$T = \\frac{2 \\cdot 3{,}142 \\cdot 9{,}109\\cdot 10^{-31}\\ \\mathrm{kg}}{1{,}602\\cdot 10^{-19}\\ \\mathrm{C} \\cdot 1{,}70\\cdot 10^{-3}\\ \\mathrm{T}}$$ $$\\boxed{T \\approx 2{,}10 \\cdot 10^{-8}\\ \\mathrm{s}}$$\n\nTreść zadania (CKE)\n\nSkąd znika prędkość\n\n$$\\underbrace{qvB}{\\text{siła Lorentza}} = \\underbrace{\\frac{mv^2}{r}}{\\text{siła dośrodkowa}}$$\n\nPo skróceniu $v$ zostaje $r = \\frac{mv}{qB}$ — promień rośnie z prędkością. Ale okres to droga podzielona przez prędkość:\n\n$$T = \\frac{2\\pi r}{v} = \\frac{2\\pi}{v}\\cdot\\frac{mv}{qB} = \\frac{2\\pi m}{qB}$$\n\nSzybsza cząstka zatacza proporcjonalnie większy okrąg i obiega go w tym samym czasie.\n\nCzęstość cyklotronowa\n\nOdwrotność okresu to częstość cyklotronowa:\n\n$$f_c = \\frac{qB}{2\\pi m}$$\n\nNa tej niezależności od prędkości opiera się działanie cyklotronu: napięcie przyspieszające może mieć stałą częstotliwość, bo cząstka wraca do szczeliny zawsze po tym samym czasie, mimo że jej orbita rośnie.\n\nZastrzeżenie w treści — „prędkość dużo mniejsza od prędkości światła\" — jest istotne właśnie dlatego, że przy prędkościach relatywistycznych masa efektywna rośnie i ta niezależność przestaje obowiązywać. Stąd potrzeba synchrocyklotronów.\n\nDane z karty wzorów\n\nWielkość | Wartość\nmasa elektronu $m_e$ | $9{,}109\\cdot 10^{-31}\\ \\mathrm{kg}$\nładunek elementarny $e$ | $1{,}602\\cdot 10^{-19}\\ \\mathrm{C}$\n\nPunktacja CKE\n\n- 3 pkt — poprawna metoda i wynik z jednostką ($\\approx 2{,}10\\cdot 10^{-8}\\ \\mathrm{s}$).\n- 2 pkt — równanie identyfikujące siłę Lorentza jako dośrodkową oraz związek prędkości z okresem.\n- 1 pkt — samo równanie $qvB = ma_d$.\n\nTypowy błąd: **Najważniejsza obserwacja: okres nie zależy od prędkości ani od promienia.** Prędkość skraca się w rachunku, więc $T = \\frac{2\\pi m}{qB}$ zależy tylko od masy, ładunku i indukcji. Uczniowie często zatrzymują się na $r = \\frac{mv}{qB}$ i twierdzą, że bez $v$ nie da się policzyć okresu — a właśnie da się i to jest sedno zadania. **Nie trzeba szukać wartości prędkości w treści** — jej tam nie ma i nie jest potrzebna. **Uwaga na jednostki:** $B$ podano w **milisteslach**, więc $1{,}70\\ \\mathrm{mT} = 1{,}70\\cdot 10^{-3}\\ \\mathrm{T}$. Podstawienie 1,70 zamiast $1{,}70\\cdot 10^{-3}$ zmienia wynik o trzy rzędy wielkości. Masę i ładunek elektronu bierzemy z karty wzorów — zadanie wprost do niej odsyła.","image":"img/fizyka-2026-maj-matura-rozszerzona/zad-9.webp","solution_image":null,"topics":"sila Lorentza, ruch po okregu, okres obiegu, pole magnetyczne","page_from":24,"source":"ocr","answer_source":null,"answer_text_source":"ocr","solution_source":"maturaonline","text_source":"ocr","source_label":"Fizyka · Matura · maj 2026 (rozszerzona)","subject_label":"Fizyka","category_label":"Matura"},{"id":"fizyka-2026-maj-matura-rozszerzona/zad/10","paper_id":"fizyka-2026-maj-matura-rozszerzona","number":"10","points":3,"ptype":"open","subject":"fizyka","category":"matura","year":2026,"month":"maj","level":"rozszerzona","text":"Zadanie 10. (0-3)\nCząstka β- emitowana podczas rozpadu pewnego jądra ma energię kinetyczną równą\n𝐸𝑘𝑖𝑛= 1,311 MeV. Energia spoczynkowa cząstki β- jest równa 𝐸0 = 0,511 MeV.\nWartość prędkości tej cząstki β- oznaczymy jako v.\nWartość prędkości światła w próżni oznaczymy jako 𝑐.\nOblicz\nv\n𝒄\n. Zapisz obliczenia. Wynik podaj zaokrąglony do dwóch cyfr znaczących.\n10.\n0-1-\n2-3\nMFAP-R0_100","answer":null,"answer_text":"Zadanie 10. (0-3)\nWymaganie ogólne\nWymagania szczegółowe\nII. Rozwiązywanie problemów\nz wykorzystaniem praw i zależności\nfizycznych.\nZdający:\nI.2) posługuje się materiałami pomocniczymi,\nw tym […] kartą wybranych wzorów i stałych\nfizykochemicznych;\nI.15) przeprowadza obliczenia i zapisuje wynik\nzaokrąglony do zadanej liczby cyfr znaczących.\nXII.2) posługuje się związkiem między energią\ncałkowitą, masą cząstki i jej prędkością;\nposługuje się pojęciem energii spoczynkowej;\nXII.3) opisuje równoważność masy i energii\nspoczynkowej.\nZasady oceniania\n3 pkt - poprawna metoda obliczenia ilorazu\nv\n𝑐 oraz podanie prawidłowego wyniku\nliczbowego zaokrąglonego do dwóch cyfr znaczących: v/𝑐 ≈0,96\n2 pkt - zapisanie/wykorzystanie związku między energią całkowitą cząstki β- a jej energią\nspoczynkową i prędkością oraz zapisanie/wykorzystanie związku między energią\ncałkowitą a energią kinetyczną i energią spoczynkową, oraz zapisanie jednego\nrównania (zawierającego 𝐸0 oraz 𝐸𝑘𝑖𝑛 oraz\n𝑣\n𝑐 ), z którego można wyznaczyć/obliczyć\nwartość ilorazu\nv\n𝑐 , np. zapisy równoważne poniższym:\n𝐸0\n√1 -(v\n𝑐)\n2 = 𝐸𝑘𝑖𝑛+ 𝐸0\n1 pkt - zapisanie związku między energią całkowitą cząstki β- a jej masą (albo energią\nspoczynkową) i prędkością oraz zapisanie związku między energią całkowitą\na energią kinetyczną i energią spoczynkową, np. zapisy równoważne poniższym:\n𝐸=\n𝑚𝑐2\n√1 -(v\n𝑐)\n2 oraz 𝐸= 𝐸𝑘𝑖𝑛+ 𝐸0\n0 pkt - rozwiązanie, w którym zastosowano niepoprawną metodę, albo brak rozwiązania.\nPrzykładowe pełne rozwiązanie\nZapiszemy związek 1) między energią 𝐸 całkowitą cząstki a jej energią spoczynkową 𝐸0\ni energią kinetyczną 𝐸𝑘𝑖𝑛 oraz związek 2) między energią całkowitą cząstki a jej masą\ni prędkością oraz związek 3) między energią spoczynkową cząstki a jej masą:\n1) 𝐸= 𝐸𝑘𝑖𝑛+ 𝐸0 2) 𝐸=\n𝑚𝑐2\n√1 -(v\n𝑐)\n2 3) 𝐸0 = 𝑚𝑐2\nZe wzorów 1) i 2) i 3) wynika:\n4)\n𝐸0\n√1 -(v\n𝑐)\n2 = 𝐸𝑘𝑖𝑛+ 𝐸0\nZ równania 4) obliczymy\nv\n𝑐.\nPrzykładowy sposób 1. prowadzenia dalszego rachunku\nPrzekształcimy równanie 4) i wyznaczymy iloraz\nv\n𝑐 względem 𝐸𝑘𝑖𝑛 i 𝐸0:\n4a) √1 -(v\n𝑐)\n2\n𝐸0\n𝐸𝑘𝑖𝑛+ 𝐸0\n→ 1 -(v\n𝑐)\n2\n= (\n𝐸0\n𝐸𝑘𝑖𝑛+ 𝐸0\n)\n2\n(v\n𝑐)\n2\n= 1 -(\n𝐸0\n𝐸𝑘𝑖𝑛+ 𝐸0\n)\n2\n→ 5) v\n𝑐= √1 -(\n𝐸0\n𝐸𝑘𝑖𝑛+ 𝐸0\n)\n2\nDo równania 5) podstawimy dane liczbowe\n5a) v\n𝑐= √1 -(\n0,511 MeV\n1,311 MeV + 0,511 MeV)\n2\n= √1 -(0,511 MeV\n1,822 MeV)\n2\n6) v\n𝑐≈0,96\nPrzykładowy sposób 2. prowadzenia dalszego rachunku\nDo równania 4) podstawimy dane liczbowe i obliczymy iloraz\nv\n𝑐 :\n4a) 0,511 MeV\n√1 -(v\n𝑐)\n2 = 1,311 MeV + 0,511 MeV → 0,511 MeV\n√1 -(v\n𝑐)\n2 = 1,822 MeV\n5) √1 -(v\n𝑐)\n2\n≈0,280461 → 1 -(v\n𝑐)\n2\n≈0,078658 → (v\n𝑐)\n2\n≈0,921342\n6) v\n𝑐≈√0,921342 ≈0,96\nZasady oceniania rozwiązań zadań","solution":"Odpowiedź: Energia całkowita cząstki relatywistycznej to suma energii spoczynkowej i kinetycznej: $$E = E_0 + E_{kin} = 0{,}511 + 1{,}311 = 1{,}822\\ \\mathrm{MeV}$$ Z definicji czynnika Lorentza $E = \\gamma E_0$: $$\\gamma = \\frac{E}{E_0} = \\frac{1{,}822}{0{,}511} = 3{,}566$$ Z definicji $\\gamma = \\dfrac{1}{\\sqrt{1 - v^2/c^2}}$ wyznaczamy $v/c$: $$\\frac{v}{c} = \\sqrt{1 - \\frac{1}{\\gamma^2}} = \\sqrt{1 - \\frac{1}{3{,}566^2}} = \\sqrt{1 - 0{,}0786} = \\sqrt{0{,}9214}$$ $$\\boxed{\\frac{v}{c} \\approx 0{,}96}$$\n\nTreść zadania (CKE)\n\nTrzy energie w relatywistyce\n\nWielkość | Wzór | Tutaj\nspoczynkowa | $E_0 = m_0c^2$ | 0,511 MeV\nkinetyczna | $E_{kin} = (\\gamma - 1)E_0$ | 1,311 MeV\ncałkowita | $E = \\gamma E_0 = E_0 + E_{kin}$ | 1,822 MeV\n\nEnergia spoczynkowa elektronu 0,511 MeV to jedna z liczb, które warto znać na pamięć — pojawia się w zadaniach o rozpadzie $\\beta$, anihilacji i produkcji par.\n\nOd $\\gamma$ do prędkości\n\n$$\\gamma = \\frac{1}{\\sqrt{1 - \\beta^2}}, \\qquad \\beta = \\frac{v}{c}$$\n\nPrzekształcamy:\n\n$$\\gamma^2\\left(1 - \\beta^2\\right) = 1 \\;\\Rightarrow\\; \\beta^2 = 1 - \\frac{1}{\\gamma^2} \\;\\Rightarrow\\; \\beta = \\sqrt{1 - \\gamma^{-2}}$$\n\nDlaczego klasyczny wzór zawodzi\n\nGdyby użyć $E_{kin} = \\tfrac{1}{2}m_0v^2$:\n\n$$v = \\sqrt{\\frac{2E_{kin}}{m_0}} = c\\sqrt{\\frac{2E_{kin}}{E_0}} = c\\sqrt{\\frac{2\\cdot 1{,}311}{0{,}511}} = 2{,}27\\,c$$\n\nWynik przekracza prędkość światła — natychmiastowy sygnał, że model jest zły. Warto go sobie policzyć raz, żeby zapamiętać skalę błędu.\n\nKiedy trzeba liczyć relatywistycznie\n\nPraktyczna reguła: gdy $E_{kin}$ jest porównywalna z $E_0$ lub większa, klasyka nie wystarcza. Tutaj stosunek wynosi 2,6 — jesteśmy głęboko w reżimie relatywistycznym, $\\gamma = 3{,}57$.\n\nPunktacja CKE\n\n- 3 pkt — poprawna metoda i wynik ($\\approx 0{,}96$) z zachowaniem dwóch cyfr znaczących.\n\nTypowy błąd: **Nie wolno użyć wzoru klasycznego $E_{kin} = \\tfrac{1}{2}mv^2$.** Dałby on $v/c > 1$, co jest fizycznie niemożliwe — a to najczęstszy błąd w tym zadaniu. Sygnałem, że trzeba liczyć relatywistycznie, jest to, że **energia kinetyczna przewyższa energię spoczynkową** ($1{,}311 > 0{,}511$), czyli $\\gamma > 2$. **Energia całkowita to suma, nie różnica.** $E = E_0 + E_{kin}$, a nie $E_{kin} - E_0$. Odejmowanie daje $\\gamma < 2$ i błędny wynik. **Jednostki się skracają.** Zarówno $E$, jak i $E_0$ są w MeV, a $\\gamma$ jest bezwymiarowe — nie trzeba niczego przeliczać na dżule. To celowe uproszczenie: energie cząstek podaje się w elektronowoltach właśnie dlatego. **Dwie cyfry znaczące** to warunek z polecenia. Wynik 0,9599 zaokrąglamy do **0,96**, nie do 0,960 ani 1,0.","image":"img/fizyka-2026-maj-matura-rozszerzona/zad-10.webp","solution_image":null,"topics":"relatywistyka, energia spoczynkowa, czynnik Lorentza, rozpad beta","page_from":25,"source":"ocr","answer_source":null,"answer_text_source":"ocr","solution_source":"maturaonline","text_source":"ocr","source_label":"Fizyka · Matura · maj 2026 (rozszerzona)","subject_label":"Fizyka","category_label":"Matura"},{"id":"fizyka-2026-maj-matura-rozszerzona/zad/11","paper_id":"fizyka-2026-maj-matura-rozszerzona","number":"11","points":7,"ptype":"open","subject":"fizyka","category":"matura","year":2026,"month":"maj","level":"rozszerzona","text":"Zadanie 11.\nIzotop neonu\nNe\n23\nulega rozpadowi promieniotwórczemu w wyniku przemiany β-.\nW wyniku tego rozpadu powstają: cząstka β- (elektron), jądro pewnego pierwiastka, który\noznaczymy jako X, oraz antyneutrino elektronowe ν̃. Antyneutrino ma zerowy ładunek\nelektryczny, a jego masę możemy pominąć.","answer":null,"answer_text":null,"solution":"Odpowiedź: **11.1.** W rozpadzie $\\beta^-$ neutron w jądrze zamienia się w proton, elektron i antyneutrino. Liczba masowa **się nie zmienia**, liczba atomowa **rośnie o 1**: $$^{23}_{10}\\text{Ne} \\rightarrow\\ ^{23}_{11}\\text{Na} + \\beta^- + ^{0}_{0}\\tilde{\\nu}$$ $$\\boxed{X = ^{23}_{11}\\text{Na} \\text{ — sód}}$$ **11.2. PP** **Stwierdzenie 1 — prawda.** Rozpad zachodzi samorzutnie, więc musi być energetycznie korzystny: masa jądra macierzystego jest **większa** od sumy mas produktów. Ta różnica (deficyt masy) zamienia się w energię zgodnie z $E = \\Delta m c^2$. **Stwierdzenie 2 — prawda.** Jądro przed rozpadem spoczywało, a energia z deficytu masy musi się gdzieś podziać — zamienia się w **energię kinetyczną produktów**. Dodatkowo z zasady zachowania pędu: skoro pęd początkowy był zerowy, produkty muszą się rozbiegać w przeciwne strony, a więc mają niezerowe prędkości. **11.3.** **Krok 1. Odczyt wartości początkowej.** Z wykresu dla $t = 0$: $\\log_{10} m_0 = 1{,}4$. **Krok 2. Wartość logarytmu dla połowy masy.** Szukamy chwili, w której zostanie $m_0/2$: $$\\log_{10}\\!\\left(\\frac{m_0}{2}\\right) = \\log_{10} m_0 - \\log_{10} 2 = 1{,}4 - 0{,}30 \\approx 1{,}1$$ **Krok 3. Odczyt czasu z wykresu.** Wartość $\\log_{10} m = 1{,}1$ prosta osiąga dla $$\\boxed{T \\approx 0{,}6\\ \\text{min}}$$ (CKE uznaje wyniki z przedziału $0{,}60$–$0{,}65$ min.) **Sposób alternatywny — przez współczynnik kierunkowy.** Prosta przecina oś $t$ (czyli $\\log_{10} m = 0$) przy $t \\approx 2{,}9$ min, więc jej nachylenie wynosi $$k = \\frac{1{,}4 - 0}{2{,}9\\ \\text{min}} \\approx 0{,}48\\ \\frac{1}{\\text{min}}, \\qquad \\log_{10} m = 1{,}4 - kt$$ Warunek połowicznego rozpadu $\\log_{10} 2 = kT$ daje $$T = \\frac{\\log_{10} 2}{k} = \\frac{0{,}301}{0{,}48\\ \\text{min}^{-1}} \\approx 0{,}63\\ \\text{min}$$\n\nTreść zadania (CKE)\n\nTrzy rozpady — jak zmieniają się $A$ i $Z$\n\nRozpad | Emitowana cząstka | $A$ | $Z$ | Kierunek w układzie okresowym\n$\\alpha$ | $^{4}_{2}\\text{He}$ | $-4$ | $-2$ | dwa pola w lewo\n$\\beta^-$ | elektron $^{0}_{-1}e$ + $\\tilde{\\nu}$ | bez zmian | $+1$ | jedno pole w prawo\n$\\beta^+$ | pozyton $^{0}_{+1}e$ + $\\nu$ | bez zmian | $-1$ | jedno pole w lewo\n\nMechanizm rozpadu $\\beta^-$ na poziomie nukleonu:\n\n$$n \\rightarrow p + e^- + \\tilde{\\nu}_e$$\n\nJądro neonu ma 10 protonów i 13 neutronów. Po rozpadzie: 11 protonów i 12 neutronów — nadal 23 nukleony, ale to już sód.\n\nDlaczego rozpad wymaga deficytu masy\n\n$$m_{\\text{Ne}} > m_{\\text{Na}} + m_e \\quad\\Rightarrow\\quad E_k = \\left(m_{\\text{Ne}} - m_{\\text{Na}} - m_e\\right)c^2 > 0$$\n\nGdyby ta różnica była ujemna, rozpad byłby energetycznie zabroniony — jądro musiałoby skądś pobrać energię, a spoczywające, izolowane jądro nie ma skąd. To ogólna reguła: każdy samorzutny rozpad idzie w stronę mniejszej masy spoczynkowej.\n\nEnergia kinetyczna rozdziela się między trzy produkty, przy czym antyneutrino zabiera zmienną część — dlatego widmo energetyczne elektronów w rozpadzie beta jest ciągłe, a nie liniowe jak w rozpadzie $\\alpha$.\n\nWykres logarytmiczny — dlaczego z niego prosta\n\nPrawo rozpadu ma postać wykładniczą:\n\n$$m(t) = m_0 \\cdot 2^{-t/T}$$\n\nPo zlogarytmowaniu obu stron:\n\n$$\\log_{10} m = \\log_{10} m_0 - \\frac{t}{T}\\log_{10} 2$$\n\nTo równanie prostej $y = b - kt$ o współczynniku kierunkowym $k = \\dfrac{\\log_{10} 2}{T}$. Stąd dwie równoważne drogi do wyniku:\n\nMetoda | Co odczytać z wykresu | Rachunek\nodczyt punktowy | $t$ dla $\\log_{10} m = 1{,}4 - 0{,}30 = 1{,}1$ | bezpośrednio $T$\nnachylenie | dwa punkty prostej, np. $(0;\\ 1{,}4)$ i $(2{,}9;\\ 0)$ | $T = \\log_{10} 2 / k$\n\nObie dają ten sam wynik, ok. 0,6 min. Metoda przez nachylenie jest dokładniejsza, bo korzysta z dwóch odległych punktów zamiast jednego odczytu.\n\nKolejne czasy połowicznego rozpadu\n\nPonieważ na osi jest logarytm, kolejne połowienia masy odkładają się na wykresie w równych odstępach pionowych po 0,30:\n\n$t$ | pozostała część $m_0$ | $\\log_{10} m$\n0 | 1 | 1,40\n$T \\approx 0{,}62$ min | $1/2$ | 1,10\n$2T \\approx 1{,}25$ min | $1/4$ | 0,80\n$3T \\approx 1{,}87$ min | $1/8$ | 0,50\n$4T \\approx 2{,}5$ min | $1/16$ | 0,20\n\nTen rytm to najprostsze sprawdzenie poprawności odczytu: jeśli odstępy między kolejnymi połowieniami nie wychodzą równe, gdzieś jest błąd.\n\nPunktacja CKE\n\n- 11.1. 2 pkt — poprawne liczby $^{23}_{11}$ oraz symbol/nazwa (Na, sód);\n1 pkt — same poprawne liczby albo sam poprawny symbol.\n- 11.2. 1 pkt — PP (odpowiedź niepełna = 0 pkt).\n- 11.3. 4 pkt — poprawna metoda i wynik z przedziału $0{,}60$–$0{,}65$ min z jednostką;\n3 pkt — poprawne obliczenie $\\log_{10}(m_0/2) \\approx 1{,}1$ (albo błędna wartość, ale konsekwentny odczyt czasu);\nniższe progi — częściowe wykorzystanie prawa rozpadu i własności logarytmu.\n- Razem: 7 pkt.\n\nTypowy błąd: **W 11.1 najczęstszy błąd to zmniejszenie liczby atomowej.** W rozpadzie $\\beta^-$ emitowany jest **elektron o ładunku $-1$**, więc żeby ładunek się bilansował, jądro musi zyskać $+1$: $Z = 10 \\to 11$. Sód, nie fluor. Reguła: $\\beta^-$ przesuwa pierwiastek **w prawo** w układzie okresowym, $\\beta^+$ i rozpad $\\alpha$ — w lewo. **Liczba masowa w rozpadzie beta się nie zmienia.** Elektron ma $A = 0$, antyneutrino też. Zapis $^{22}_{11}$ albo $^{24}_{11}$ to automatyczne zero. **W 11.2 pierwsze stwierdzenie bywa uznawane za fałszywe „bo masa się zachowuje\".** Nie zachowuje się — zachowuje się **energia całkowita**, a masa spoczynkowa może się częściowo zamienić w energię kinetyczną. Bez deficytu masy rozpad w ogóle by nie zachodził. **W 11.3 największa pułapka to potraktowanie wykresu jak zwykłej krzywej zaniku.** Na osi pionowej jest **logarytm** masy, a nie masa. Odczytanie „połowy wysokości wykresu\" (czyli $\\log_{10} m = 0{,}7$) daje $t \\approx 1{,}45$ min — wynik ponad dwukrotnie za duży. Połowę masy odpowiada odjęcie od logarytmu wartości $\\log_{10} 2 \\approx 0{,}30$, a nie podzielenie logarytmu przez 2. **Warto zapamiętać $\\log_{10} 2 \\approx 0{,}301$** — to jedna z niewielu wartości logarytmu, których na fizyce po prostu trzeba znać na pamięć (albo umieć odczytać z tablic). **Sprawdź jednostkę.** Oś czasu jest w minutach, więc odpowiedź to ok. 0,6 min ≈ 37 s. Podanie „0,6 s\" albo „0,6 h\" kosztuje punkt za wynik.","image":"img/fizyka-2026-maj-matura-rozszerzona/zad-11.webp","solution_image":null,"topics":"fizyka jadrowa, rozpad beta minus, deficyt masy, czas polowicznego rozpadu, wykres logarytmiczny","page_from":26,"source":"maturaonline","answer_source":null,"answer_text_source":null,"solution_source":"maturaonline","text_source":"ocr","source_label":"Fizyka · Matura · maj 2026 (rozszerzona)","subject_label":"Fizyka","category_label":"Matura"},{"id":"fizyka-2026-maj-matura-rozszerzona/zad/11.1","paper_id":"fizyka-2026-maj-matura-rozszerzona","number":"11.1","points":2,"ptype":"open","subject":"fizyka","category":"matura","year":2026,"month":"maj","level":"rozszerzona","text":"Zadanie 11.1. (0-2)\nPoniżej przedstawiono schemat rozpadu β- jądra neonu\nNe\n23\nNe\n10\n23\n→\nX\n… + β- + ν̃\n0\n0\nsymbol (lub nazwa) pierwiastka X:\nUzupełnij powyższy schemat tak, aby powstało równanie rozpadu 𝛃-.\nWpisz w wykropkowane miejsca w schemacie właściwe liczby: atomową i masową,\na pod schematem - symbol (lub nazwę) pierwiastka 𝐗, którego jądro powstaje w tym\nrozpadzie.","answer":null,"answer_text":"Zadanie 11.1. (0-2)\nWymagania ogólne\nWymagania szczegółowe\nIV. Posługiwanie się informacjami\npochodzącymi z analizy materiałów\nźródłowych, w tym tekstów\npopularnonaukowych i źródeł\ninternetowych, oraz ocenianie\nwiarygodności źródeł.\nII. Rozwiązywanie problemów\nz wykorzystaniem praw i zależności\nfizycznych.\nZdający:\nI.2) posługuje się […] tablicami fizycznymi\ni chemicznymi oraz kartą wybranych wzorów\ni stałych fizykochemicznych.\nXII.5) posługuje się pojęciami pierwiastek, jądro\natomowe, izotop, proton, neutron, elektron;\nopisuje skład jądra atomowego na podstawie\nliczb masowej i atomowej;\nXII.6) zapisuje reakcje jądrowe, stosując\nzasadę zachowania liczby nukleonów i zasadę\nzachowania ładunku;\nXII.9) […] opisuje rozpady […] beta ( β+, β-).\nZasady oceniania\n2 pkt - poprawne uzupełnienie schematu równania rozpadu β- jądra neonu\nNe\n10\n23\n, tzn.\nwpisanie właściwych liczb: atomowej i masowej, oraz zapisanie symbolu lub nazwy\npierwiastka, którego jądro powstaje:\nNa\n11\n23\nalbo Na albo sód\n1 pkt - poprawne uzupełnienie schematu równania rozpadu β- jądra neonu\nNe\n10\n23\n(tzn.\nwpisanie właściwych liczb atomowej i masowej powstałego jądra)\nLUB\n- poprawne zapisanie symbolu lub nazwy pierwiastka X:\nNa\n11\n23\nalbo Na albo sód\n0 pkt - rozwiązanie niepoprawne lub niepełne albo brak rozwiązania.\nPrzykładowe pełne rozwiązanie\nNe\n10\n23\n→\nX\n11\n23 + β- + ν̃\n0\n0\nsymbol (lub nazwa) pierwiastka X:\nNa\n11\n23\nalbo Na albo sód","solution":"W rozpadzie $\\beta^-$ neutron w jądrze zamienia się w proton, elektron i antyneutrino. Liczba masowa **się nie zmienia**, liczba atomowa **rośnie o 1**: $$^{23}_{10}\\text{Ne} \\rightarrow\\ ^{23}_{11}\\text{Na} + \\beta^- + ^{0}_{0}\\tilde{\\nu}$$ $$\\boxed{X = ^{23}_{11}\\text{Na} \\text{ — sód}}$$ **11.2. PP** **Stwierdzenie 1 — prawda.** Rozpad zachodzi samorzutnie, więc musi być energetycznie korzystny: masa jądra macierzystego jest **większa** od sumy mas produktów. Ta różnica (deficyt masy) zamienia się w energię zgodnie z $E = \\Delta m c^2$. **Stwierdzenie 2 — prawda.** Jądro przed rozpadem spoczywało, a energia z deficytu masy musi się gdzieś podziać — zamienia się w **energię kinetyczną produktów**. Dodatkowo z zasady zachowania pędu: skoro pęd początkowy był zerowy, produkty muszą się rozbiegać w przeciwne strony, a więc mają niezerowe prędkości.","image":"img/fizyka-2026-maj-matura-rozszerzona/zad-11.1.webp","solution_image":null,"topics":"fizyka jadrowa, rozpad beta minus, deficyt masy, czas polowicznego rozpadu, wykres logarytmiczny","page_from":26,"source":"ocr","answer_source":null,"answer_text_source":"ocr","solution_source":"maturaonline","text_source":"ocr","source_label":"Fizyka · Matura · maj 2026 (rozszerzona)","subject_label":"Fizyka","category_label":"Matura"},{"id":"fizyka-2026-maj-matura-rozszerzona/zad/11.2","paper_id":"fizyka-2026-maj-matura-rozszerzona","number":"11.2","points":1,"ptype":"true_false","subject":"fizyka","category":"matura","year":2026,"month":"maj","level":"rozszerzona","text":"Zadanie 11.2. (0-1)\nW chwili tuż przed opisanym rozpadem jądro neonu\nNe\n23\nbyło nieruchome.\nOceń prawdziwość poniższych stwierdzeń. Wybierz P, jeśli stwierdzenie jest\nprawdziwe, albo F - jeśli jest fałszywe.\nMasa jądra neonu\nNe\n23\njest większa od łącznej sumy mas produktów\nrozpadu β- tego jądra.\nP\nF\nProdukty rozpadu β- jądra neonu\nNe\n23\nuzyskują energię kinetyczną.\nP\nF\n11.1.\n0-1-2\nMFAP-R0_100","answer":null,"answer_text":"Zadanie 11.2. (0-1)\nWymaganie ogólne\nWymagania szczegółowe\nI. Wykorzystanie pojęć i wielkości\nfizycznych do opisu zjawisk oraz\nwskazywanie ich przykładów\nw otaczającej rzeczywistości.\nZdający:\nXII.3) opisuje równoważność masy i energii\nspoczynkowej;\nXII.7) stosuje zasadę zachowania energii do\nopisu reakcji jądrowych […];\nXII.8) oblicza dla dowolnego izotopu energię\nspoczynkową […];\nXII.9) wymienia właściwości promieniowania\njądrowego; opisuje rozpady […] beta ( β+, β-).\nZasady oceniania\n1 pkt - odpowiedź poprawna.\n0 pkt - odpowiedź niepoprawna lub niepełna albo brak odpowiedzi.\nRozwiązanie\nPP","solution":"## Poprawna odpowiedź: PP\n\n**Stwierdzenie 1: \"Masa jądra neonu $^{23}$Ne jest większa od łącznej sumy mas produktów rozpadu.\" - PRAWDA**\n\nRozpad $\\beta^-$ neonu $^{23}$Ne zachodzi samorzutnie, co oznacza, że jest energetycznie możliwy - jądro wydziela energię. Zgodnie z zasadą równoważności masy i energii ($E = \\Delta m\\, c^2$), wydzielona energia pochodzi z **ubytku masy**: masa jądra początkowego jest **większa** od sumy mas produktów. Różnica mas (deficyt masy) zamienia się w energię kinetyczną produktów. Stwierdzenie prawdziwe (**P**).\n\n**Stwierdzenie 2: \"Produkty rozpadu $\\beta^-$ uzyskują energię kinetyczną.\" - PRAWDA**\n\nJądro neonu przed rozpadem było nieruchome (pęd całkowity zerowy). Energia wydzielona w rozpadzie (odpowiadająca ubytkowi masy) zamienia się w **energię kinetyczną produktów** (jądra sodu, elektronu i antyneutrina). Z zasady zachowania pędu produkty rozbiegają się, uzyskując energię kinetyczną. Stwierdzenie prawdziwe (**P**).\n\n**Odpowiedź:** **PP**.\n\n## Zasady oceniania CKE\n\n**1 pkt** - odpowiedź poprawna (**PP**). **0 pkt** - odpowiedź niepoprawna, niepełna lub brak. Klucz: **PP**.","image":"img/fizyka-2026-maj-matura-rozszerzona/zad-11.2.webp","solution_image":null,"topics":null,"page_from":26,"source":"ocr","answer_source":null,"answer_text_source":"ocr","solution_source":"maturazai","text_source":"ocr","source_label":"Fizyka · Matura · maj 2026 (rozszerzona)","subject_label":"Fizyka","category_label":"Matura"},{"id":"fizyka-2026-maj-matura-rozszerzona/zad/11.3","paper_id":"fizyka-2026-maj-matura-rozszerzona","number":"11.3","points":4,"ptype":"open","subject":"fizyka","category":"matura","year":2026,"month":"maj","level":"rozszerzona","text":"Zadanie 11.3. (0-4)\nBadano próbkę promieniotwórczą 𝒫 zawierającą jądra izotopu neonu\nNe\n23\n. Łączną masę\njąder neonu\nNe\n23\n, które pozostają w próbce 𝒫 po upływie czasu 𝑡 od chwili początkowej\n𝑡0 = 0 min, oznaczymy jako 𝑚. Na podstawie pomiarów promieniowania powstającego\npodczas rozpadów β- tych jąder neonu obliczono 𝑚 dla różnych chwil czasu.\nNa poniższym wykresie przedstawiono zależność log10 𝑚 od czasu 𝑡. Wartości logarytmu\nobliczono dla wartości liczbowych masy 𝑚 wyrażonej w pewnych jednostkach umownych.\nWykres\nNa podstawie wykresu oblicz 𝑻 - czas połowicznego rozpadu jąder neonu\n𝐍𝐞\n𝟐𝟑\nZapisz obliczenia.\nWskazówki: 1) Jeśli 𝑎𝑐= 𝑏 oraz 𝑎> 0, 𝑎≠1, 𝑏> 0, to 𝑐= log𝑎𝑏.\n2) Możesz wykorzystać wzory:\nlog10(𝑥⋅𝑦) = log10 𝑥+ log10 𝑦 dla 𝑥> 0, 𝑦> 0\nlog10 (\n𝑥\n𝑦) = log10 𝑥-log10 𝑦 dla 𝑥> 0, 𝑦> 0\n-0,4\n-0,2\n0\n0,2\n0,4\n0,6\n0,8\n1\n1,2\n1,4\n0\n0,5\n1\n1,5\n2\n2,5\n3\nt, min\nlog10m\n11.3.\n0-1-\n2-3-4\nMFAP-R0_100\nMFAP-R0_100\nBRUDNOPIS (nie podlega ocenie)\nFIZYKA\nPoziom rozszerzony\nFormuła 2023\nFIZYKA\nPoziom rozszerzony\nFormuła 2023\nFIZYKA\nPoziom rozszerzony\nFormuła 2023","answer":null,"answer_text":"Zadanie 11.3. (0-4)\nWymagania ogólne\nWymagania szczegółowe\nV. Budowanie modeli fizycznych\ni matematycznych do opisu zjawisk oraz\nilustracji praw i zależności fizycznych.\nIV. Posługiwanie się informacjami\npochodzącymi z analizy materiałów\nźródłowych, w tym tekstów\npopularnonaukowych i źródeł\ninternetowych, oraz ocenianie\nwiarygodności źródeł.\nII. Rozwiązywanie problemów\nz wykorzystaniem praw i zależności\nfizycznych.\nZdający:\nI.4) przeprowadza obliczenia liczbowe,\nposługując się kalkulatorem;\nI.7) wyodrębnia z tekstów, […] wykresów […]\ninformacje kluczowe dla opisywanego zjawiska\nbądź problemu […];\nI.9) dopasowuje prostą do danych\nprzedstawionych w postaci wykresu;\ninterpretuje nachylenie tej prostej i punkty\nprzecięcia z osiami.\nXII.12) opisuje rozpad izotopu\npromieniotwórczego; posługuje się pojęciem\nczasu połowicznego rozpadu; oblicza liczbę\njąder izotopu promieniotwórczego, które\npozostają w próbce po dowolnym czasie […].\nZasady oceniania rozwiązań zadań\nZasady oceniania (dla rozwiązania sposobem 1a. oraz 1b.)\n4 pkt - poprawna metoda obliczenia czasu połowicznego rozpadu jąder neonu\nNe\n23\noraz\npodanie prawidłowego wyniku liczbowego z jednostką, mieszczącego się\nw przedziale: od 𝑇= 0,60 min do 𝑇= 0,65 min\n3 pkt - poprawna metoda obliczenia log10 (\n𝑚0\n2 ) dla 𝑡= 𝑇 oraz podanie prawidłowej wartości\ntego logarytmu, np. zapisy równoważne poniższym:\nlog10 𝑚0 = 1,4 → log10 (1\n2 𝑚0) = log10 (1\n2) + 1,4 ≈1,1 dla 𝑡= 𝑇\nalbo (z pośrednim obliczeniem 𝑚0)\nlog10 𝑚0 = 1,4 → 𝑚0 = 101,4 ju → log10 (1\n2 ⋅101,4) ≈1,1 dla 𝑡= 𝑇\nLUB\n- poprawna metoda obliczenia log10 (\n𝑚0\n2 ) dla 𝑡= 𝑇 oraz podanie błędnej wartości\ntego logarytmu, oraz konsekwentne dla tej błędnej wartości odczytanie i podanie\nczasu 𝑇, np. zapisy równoważne poniższym:\nlog10 𝑚0 = 1,4 → log10 (1\n2 𝑚0) ≈𝑦 (𝑦≠1,1) dla 𝑡= 𝑇= 𝑥\n2 pkt - zapisanie poprawnej wartości logarytmu masy 𝑚0 jąder neonu\nNe\n23\nw próbce 𝒫\nw chwili 𝑡0 = 0 oraz zapisanie warunku, że dla czasu połowicznego rozpadu 𝑡= 𝑇\n𝑚𝑇=\n1\n2 𝑚0 (albo że wartość logarytmu wynosi log10 (\n𝑚0\n2 )), np. zapisy równoważne\nponiższym:\nlog10 𝑚0 = 1,4 oraz dla 𝑡= 𝑇 mamy 𝑚𝑇= 1\n2 𝑚0\nalbo\nlog10 𝑚0 = 1,4 oraz dla 𝑡= 𝑇 mamy log10 𝑚𝑇= log10 (𝑚0\n2 )\nLUB\n- zapisanie poprawnej wartości logarytmu masy 𝑚0 jąder neonu\nNe\n23\nw próbce 𝒫\nw chwili 𝑡0 = 0 oraz poprawne obliczenie tej masy i podanie jej prawidłowej wartości\nliczbowej wyrażonej w jednostkach umownych, np. zapisy równoważne poniższym:\nlog10 𝑚0 = 1,4 oraz 𝑚0 = 101,4 ju\n1 pkt - zapisanie poprawnej wartości logarytmu masy jąder neonu\nNe\n23\nw próbce 𝒫 w chwili\n𝑡0 = 0, np. zapisy równoważne poniższym:\nlog10 𝑚0 = 1,4\n0 pkt - rozwiązanie, w którym zastosowano niepoprawną metodę, albo brak rozwiązania.\nZasady oceniania (dla rozwiązania sposobem 2.)\n4 pkt - poprawna metoda obliczenia czasu połowicznego rozpadu jąder neonu\nNe\n23\noraz\npodanie prawidłowego wyniku liczbowego z jednostką, mieszczącego się\nw przedziale: od 𝑇= 0,60 min do 𝑇= 0,65 min\n3 pkt - zapisanie wzoru na logarytm masy jąder neonu\nNe\n23\npozostających w próbce 𝒫\nw postaci zależności liniowej względem czasu 𝑡 oraz prawidłowa identyfikacja\nwspółczynnika kierunkowego tej zależności, oraz podanie (na podstawie wykresu)\nprawidłowej wartości tego współczynnika, np. zapisy równoważne poniższym:\nlog10 𝑚(𝑡) = log10 𝑚0 + 𝑡\n𝑇log10 (1\n2) oraz 𝐴=\nlog10 (1\n2)\n𝑇\noraz\n𝐴=\n-0,2 -1,4\n(3,3 -0) min = -0,485 1\nmin\nLUB\n- zapisanie wzoru na logarytm masy jąder neonu\nNe\n23\npozostających w próbce 𝒫\nw postaci zależności liniowej względem czasu 𝑡 oraz prawidłowa identyfikacja\nwspółczynnika kierunkowego tej zależności, oraz podanie błędnej wartości tego\nwspółczynnika, oraz konsekwentne dla tej błędnej wartości obliczenie i podanie\nczasu 𝑇, np. zapisy równoważne poniższym:\nlog10 𝑚(𝑡) = log10 𝑚0 + 𝑡\n𝑇log10 (1\n2) oraz 𝐴=\nlog10 (1\n2)\n𝑇\noraz\n𝐴= 𝑧 1\nmin oraz 𝑇=\nlog10 (1\n2)\n𝑧\n= 𝑥\n2 pkt - zapisanie wzoru na logarytm masy jąder neonu\nNe\n23\npozostających w próbce 𝒫\nw postaci zależności liniowej względem czasu 𝑡 oraz prawidłowa identyfikacja\nwspółczynnika kierunkowego tej zależności, np. zapisy równoważne poniższym:\nlog10 𝑚(𝑡) = log10 𝑚0 + 𝑡\n𝑇log10 (1\n2) oraz 𝐴=\nlog10 (1\n2)\n𝑇\n1 pkt - zapisanie obustronnego logarytmu wzoru - na masę jąder neonu\nNe\n23\npozostających\nw próbce 𝒫 - wynikającego z prawa rozpadu promieniotwórczego, np. zapisy\nrównoważne poniższym:\nlog10 𝑚(𝑡) = log10 (𝑚0 ⋅(1\n2)\n𝑡\n𝑇\n) albo 𝑚(𝑡) = 𝑚0 ⋅(1\n2)\n𝑡\n𝑇\n|| log10\n0 pkt - rozwiązanie, w którym zastosowano niepoprawną metodę, albo brak rozwiązania.\nZasady oceniania rozwiązań zadań\nZasady oceniania (dla rozwiązania sposobem 3.)\n4 pkt - poprawna metoda obliczenia czasu połowicznego rozpadu jąder neonu\nNe\n23\noraz\npodanie prawidłowego wyniku liczbowego z jednostką, mieszczącego się\nw przedziale: od 𝑇= 0,60 min do 𝑇= 0,65 min\n3 pkt - spełnienie warunku za 2 pkt dla dwóch wybranych punktów z wykresu oraz zapisanie\njednego równania z wyeliminowanym 𝑚0, z którego można obliczyć 𝑇, np. zapisy\nrównoważne poniższym:\n(𝑚0 (1\n2)\n𝑡1\n𝑇\n= 10𝐿1 oraz 𝑚0 (1\n2)\n𝑡2\n𝑇\n= 10𝐿2 ) → (1\n2)\n𝑡2-𝑡1\n𝑇\n= 10𝐿2-𝐿1\nLUB\n- zapisanie jednego z równań określonych w pierwszym myślniku za 3 pkt z błędnie\nodczytaną jedną współrzędną punktu (np. 𝑡1 lub 𝐿1) oraz konsekwentne dla tej\nbłędnej wartości obliczenie i podanie czasu 𝑇, np. zapisy równoważne poniższym:\n𝑚0 ⋅(1\n2)\n𝑡1\n𝑇\n= 10𝐿1 → obliczenia → 𝑇= (𝑡2 -𝑡1) ⋅log10 2\n𝐿1 -𝐿2\n= wartość\n2 pkt - wyznaczenie masy dla dowolnie wybranej chwili czasu, na podstawie współrzędnych\nwybranego punktu wykresu oraz zastosowanie prawa rozpadu z uwzględnieniem\nwspółrzędnych tego punktu, np. zapisy równoważne poniższym:\n𝑃1 = (𝑡1 ; 𝐿1) → 𝑚1(𝑡1) = 10𝐿1 → 𝑚0 (1\n2)\n𝑡1\n𝑇\n= 10𝐿1\n1 pkt - wyznaczenie masy dla dowolnie wybranej chwili czasu, na podstawie współrzędnych\nwybranego punktu wykresu, np. zapisy równoważne poniższym:\n𝑃1 = (𝑡1 ; 𝐿1) → 𝑚1(𝑡1) = 10𝐿1\n0 pkt - rozwiązanie, w którym zastosowano niepoprawną metodę, albo brak rozwiązania.\nZasady oceniania (dla rozwiązania sposobem 4.)\n4 pkt - poprawna metoda obliczenia czasu połowicznego rozpadu jąder neonu\nNe\n23\noraz\npodanie prawidłowego wyniku liczbowego z jednostką, mieszczącego się\nw przedziale: od 𝑇= 0,60 min do 𝑇= 0,65 min\n3 pkt - spełnienie warunków za 2 pkt określonych w pierwszym oraz drugim myślniku oraz\nzastosowanie równania wynikającego z prawa rozpadu promieniotwórczego oraz\nzapisanie jednego równania z wyeliminowanym 𝑚0, z którego można obliczyć 𝑇, np.\nzapisy równoważne poniższym:\n101,4 ⋅(1\n2)\n𝑡1\n𝑇\n= 10𝐿1\nLUB\n- zapisanie równania określonego w pierwszym myślniku za 3 pkt z błędnie odczytaną\njedną współrzędną punktu (np. 𝑡1 lub 𝐿1) oraz konsekwentne dla tej błędnej wartości\nobliczenie i podanie czasu 𝑇, np. zapisy równoważne poniższym:\n101,4 ⋅(1\n2)\n𝑡1\n𝑇\n= 10𝐿1 → obliczenia → 𝑇= 𝑡1 ⋅log10 2\n1,4 -𝐿1\n= wartość\n2 pkt - wyznaczenie masy dla dowolnie wybranej chwili czasu, na podstawie współrzędnych\nwybranego punktu wykresu oraz zapisanie poprawnej wartości logarytmu masy jąder\nneonu\nNe\n23\nw próbce 𝒫 w chwili 𝑡0 = 0, np. zapisy równoważne poniższym:\n𝑃1 = (𝑡1 ; 𝐿1) → 𝑚1(𝑡1) = 10𝐿1 oraz log10 𝑚0 = 1,4\nLUB\n- zapisanie poprawnej wartości logarytmu masy 𝑚0 jąder neonu\nNe\n23\nw próbce 𝒫\nw chwili 𝑡0 = 0 oraz poprawne obliczenie tej masy i podanie jej prawidłowej wartości\nliczbowej wyrażonej w jednostkach umownych, np. zapisy równoważne poniższym:\nlog10 𝑚0 = 1,4 oraz 𝑚0 = 101,4 ju\n1 pkt - wyznaczenie masy dla dowolnie wybranej chwili czasu, na podstawie współrzędnych\nwybranego punktu wykresu, np. zapisy równoważne poniższym:\n𝑃1 = (𝑡1 ; 𝐿1) → 𝑚1(𝑡1) = 10𝐿1\nLUB\n- zapisanie poprawnej wartości logarytmu masy jąder neonu\nNe\n23\nw próbce 𝒫 w chwili\n𝑡0 = 0, np. zapisy równoważne poniższym:\nlog10 𝑚0 = 1,4\n0 pkt - rozwiązanie, w którym zastosowano niepoprawną metodę, albo brak rozwiązania.\nZasady oceniania rozwiązań zadań\nPrzykładowe pełne rozwiązania\nSposób 1a. (z wykorzystaniem 𝑚0 i definicji 𝑇)\nDo wyznaczenia czasu połowicznego rozpadu jąder neonu\nNe\n23\nwykorzystamy wykres oraz\ndefinicję czasu połowicznego rozpadu. Oznaczymy jako 𝑚0 początkową masę jąder neonu\nNe\n23\nw próbce 𝒫 w chwili 𝑡0 = 0 oraz odczytamy z wykresu wartość log10 𝑚0:\n𝑚(𝑡0 = 0) = 𝑚0 zatem log10 𝑚0 = 1,4\nPo czasie 𝑡= 𝑇 w próbce 𝒫 pozostanie połowa początkowej masy jąder neonu\nNe\n23\n:\n𝑚(𝑡= 𝑇) = 𝑚𝑇= 1\n2 𝑚0\nObliczymy wartość logarytmu połowy początkowej masy jąder neonu\nNe\n23\n(masy wyrażonej\nw jednostkach umownych ju):\nlog10 𝑚𝑇= log10 (1\n2 ⋅𝑚0) = log10 (1\n2) + log10 𝑚0 ≈\n≈-0,301 + 1,4 = 1,099 ≈1,1\nZ wykresu odczytamy czas 𝑇, dla którego logarytm połowy początkowej masy jąder neonu\nNe\n23\nwynosi w przybliżeniu log10 𝑚𝑇≈1,1.\nlog10 𝑚𝑇≈1,1 dla 𝑇≈0,62 min\n-0,4\n-0,2\n0\n0,2\n0,4\n0,6\n0,8\n1\n1,2\n1,4\n0\n0,5\n1\n1,5\n2\n2,5\n3\nt, min\nlog10m\nSposób 1b. (z wykorzystaniem 𝑚0 i definicji 𝑇)\nDo wyznaczenia czasu połowicznego rozpadu jąder neonu\nNe\n23\nwykorzystamy wykres oraz\ndefinicję czasu połowicznego rozpadu. Oznaczymy jako 𝑚0 początkową masę jąder neonu\nNe\n23\nw próbce 𝒫 w chwili 𝑡0 = 0:\n𝑚(𝑡0 = 0) = 𝑚0\nNastępnie wyznaczymy 𝑚0 w jednostkach umownych (ju). W tym celu najpierw odczytamy\nz wykresu wartość log10 𝑚0:\n1) log10 𝑚0 = 1,4 zatem\n2) 𝑚0 = 101,4 ju ≈25,12 ju\nPo czasie 𝑡= 𝑇 w próbce 𝒫 pozostanie połowa początkowej masy jąder neonu\nNe\n23\n:\n𝑚(𝑡= 𝑇) = 𝑚𝑇= 1\n2 𝑚0 → 3) 𝑚𝑇= 1\n2 ⋅101,4 ju ≈12,56 ju\nObliczymy wartość logarytmu połowy początkowej masy jąder neonu\nNe\n23\n:\n4) log10 𝑚𝑇= log10 (101,4\n2 ) ≈1,099\nZ wykresu odczytamy czas 𝑇, dla którego logarytm połowy początkowej masy jąder neonu\nNe\n23\nwynosi w przybliżeniu log10 𝑚𝑇≈1,1.\n5) log10 𝑚𝑇≈1,1 dla 𝑇≈0,62 min\nSposób 2. (z wykorzystaniem i interpretacją równania prostej)\nUwaga! Sposób 2. jest rekomendowany jako bardziej dokładny od sposobu 1., ponieważ\nwspółczynnik nachylenia prostej można wyznaczyć z większą dokładnością niż odciętą\npunktu wykresu o rzędnej 1,1.\nZapiszemy równanie wynikające z prawa rozpadu promieniotwórczego:\n1) 𝑚(𝑡) = 𝑚0 ⋅(1\n2)\n𝑡\n𝑇\ngdzie 𝑇 jest czasem połowicznego rozpadu jąder neonu\nNe\n23\nZlogarytmujemy obie strony zależności 1) logarytmem o podstawie 10, następnie wykonamy\nprzekształcenia równoważne z wykorzystaniem własności logarytmów:\n2a) log10 𝑚(𝑡) = log10 (𝑚0 ⋅(1\n2)\n𝑡\n𝑇\n)\n2b) log10 𝑚(𝑡) = log10 𝑚0 + 𝑡\n𝑇log10 (1\n2)\nZależność 2b) przepiszemy w postaci wskazującej na zależność liniową logarytmu masy od\nczasu. Następnie zidentyfikujemy współczynniki tej zależności liniowej:\n3a) log10 𝑚(𝑡) =\nlog10 (1\n2)\n𝑇\n⋅𝑡+ log10 𝑚0\nZasady oceniania rozwiązań zadań\nZatem:\n3b) log10 𝑚(𝑡) = 𝐴⋅𝑡+ 𝐵\ngdzie:\n4) 𝐴=\nlog10 (1\n2)\n𝑇\noraz 𝐵= log10 𝑚0\nObliczymy współczynnik 𝐴 z wykresu, a następnie z równania 4) obliczymy czas\npołowicznego rozpadu 𝑇 (przy użyciu kalkulatora naukowego):\n5) 𝐴=\n-0,2 -1,4\n(3,3 -0) min = -0,485 1\nmin\n6) -0,485 1\nmin =\nlog10 (1\n2)\n𝑇\n→ 𝑇=\nlog10 (1\n2)\n-0,485 min\n7) 𝑇=\nlog10 (1\n2)\n-0,485 min ≈-0,301\n-0,485 min ≈0,62 min\nSposób 3. (z wykorzystaniem równania rozpadu i dwóch dowolnych punktów wykresu)\nRozważmy punkty na wykresie leżące najbliżej punktów kratowych (i w miarę odległe od\nsiebie), np.:\n𝑃1 = (𝑡1 ; 𝐿1) = (𝑡1 ; log10 𝑚1) = (0,4 min; 1,2)\n𝑃2 = (𝑡2 ; 𝐿2) = (𝑡2 ; log10 𝑚2) = (3,3 min; -0,2)\nTo oznacza, że:\n1,2 = log10 𝑚(0,4) → 101,2 = 𝑚(0,4) → 101,2 = 𝑚0 (1\n2)\n0,4\n𝑇\n-0,2 = log10 𝑚(3,3) → 10-0,2 = 𝑚(3,3) → 10-0,2 = 𝑚0 (1\n2)\n3,3\n𝑇\nOstatnie równania w powyższych wierszach wynikają z równania prawa rozpadu\npromieniotwórczego: 𝑚(𝑡) = 𝑚0 (\n1\n2)\n𝑡\n𝑇. Z tych równań wyeliminujemy 𝑚0:\n101,2\n10-0,2 = (1\n2)\n0,4-3,3\n𝑇\n→ 101,4 = (1\n2)\n-2,9\n𝑇\n→ 101,4 = 2\n2,9\n𝑇\nOstatnie równanie powyżej zlogarytmujemy stronami (logarytmem o podstawie 2):\nlog2 101,4 = 2,9\n𝑇 → 2,9\n𝑇= 1,4 ⋅ log2 10 →\n2,9\n𝑇⋅1,4 =\n1\nlog10 2\nZatem:\n𝑇= 2,9 ⋅log10 2\n1,4\n= 0,6235 … ≈0,62 min\nDodatkowe przykłady\nPoniżej zapiszemy wzór ogólny na 𝑇 dla punktów 𝑃1 = (𝑡1 ; 𝐿1) i 𝑃2 = (𝑡2 ; 𝐿2). Ten wzór\nwynika z analogicznego jak powyżej rachunku przeprowadzonego na symbolach:\n𝑇= (𝑡2 -𝑡1) ⋅log10 2\n𝐿1 -𝐿2\nPrzykład 1.\n𝑃1 = (0; 1,4) 𝑃2 = (2,88 ; 0) → 𝑇= 2,88 ⋅log10 2\n1,4\nmin ≈0,62 min\nPrzykład 2.\n𝑃1 = (0,2; 1,3) 𝑃2 = (1,85 ; 0,5) → 𝑇= 1,65 ⋅log10 2\n0,8\nmin ≈0,62 min\nSposób 4. (z wykorzystaniem równania rozpadu oraz masy początkowej i punktu wykresu)\nZ wykresu wyznaczymy 𝑚0 = 𝑚(𝑡= 0):\n1) log10 𝑚0 = 1,4 zatem\n2) 𝑚0 = 101,4 ju ≈25,12 ju\nRozważmy dowolny punkt na wykresie leżący najbliżej punktów kratowych, np.:\n𝑃1 = (𝑡1; 𝐿1) = (𝑡1 ; log10 𝑚1) = (0,4 min; 1,2)\nTo oznacza, że:\n3) 1,2 = log10 𝑚(0,4) → 4) 101,2 = 𝑚(0,4)\nUwzględnimy równanie wynikające z prawa rozpadu promieniotwórczego:\n5) 𝑚(𝑡) = 𝑚0 (1\n2)\n𝑡\n𝑇\n→ 6) 𝑚(0,4) = 𝑚0 (1\n2)\n0,4\n𝑇\nZ równań 2) i 4) i 6) wynika, że:\n101,2 = 101,4 ⋅(1\n2)\n0,4\n𝑇\n→ 10-0,2 = (1\n2)\n0,4\n𝑇\n→ 100,2 = 2\n0,4\n𝑇\nOstatnie równanie powyżej zlogarytmujemy stronami (logarytmem o podstawie 10):\n0,2 = 0,4\n𝑇log10 2 → 𝑇= 0,4\n0,2 log10 2 → 𝑇≈0,60 min\nDodatkowe przykłady\nPoniżej zapiszemy wzór ogólny na 𝑇 dla punktu 𝑃1 = (𝑡1 ; 𝐿1) i masy 𝑚0 = 101,4 ju. Ten\nwzór wynika z analogicznego jak powyżej rachunku przeprowadzonego na symbolach.\n𝑇= 𝑡1 ⋅log10 2\n1,4 -𝐿1\nPrzykład 1.\n𝑃1 = (1,65; 0,6) → 𝑇= 1,65 ⋅log10 2\n1,4 -0,6\nmin ≈0,62 min\nPrzykład 2.\n𝑃1 = (2,05; 0,4) → 𝑇= 2,05 ⋅log10 2\n1,4 -0,4\nmin ≈0,62 min","solution":"**Krok 1. Odczyt wartości początkowej.** Z wykresu dla $t = 0$: $\\log_{10} m_0 = 1{,}4$. **Krok 2. Wartość logarytmu dla połowy masy.** Szukamy chwili, w której zostanie $m_0/2$: $$\\log_{10}\\!\\left(\\frac{m_0}{2}\\right) = \\log_{10} m_0 - \\log_{10} 2 = 1{,}4 - 0{,}30 \\approx 1{,}1$$ **Krok 3. Odczyt czasu z wykresu.** Wartość $\\log_{10} m = 1{,}1$ prosta osiąga dla $$\\boxed{T \\approx 0{,}6\\ \\text{min}}$$ (CKE uznaje wyniki z przedziału $0{,}60$–$0{,}65$ min.) **Sposób alternatywny — przez współczynnik kierunkowy.** Prosta przecina oś $t$ (czyli $\\log_{10} m = 0$) przy $t \\approx 2{,}9$ min, więc jej nachylenie wynosi $$k = \\frac{1{,}4 - 0}{2{,}9\\ \\text{min}} \\approx 0{,}48\\ \\frac{1}{\\text{min}}, \\qquad \\log_{10} m = 1{,}4 - kt$$ Warunek połowicznego rozpadu $\\log_{10} 2 = kT$ daje $$T = \\frac{\\log_{10} 2}{k} = \\frac{0{,}301}{0{,}48\\ \\text{min}^{-1}} \\approx 0{,}63\\ \\text{min}$$","image":"img/fizyka-2026-maj-matura-rozszerzona/zad-11.3.webp","solution_image":null,"topics":"fizyka jadrowa, rozpad beta minus, deficyt masy, czas polowicznego rozpadu, wykres logarytmiczny","page_from":27,"source":"ocr","answer_source":null,"answer_text_source":"ocr","solution_source":"maturaonline","text_source":"ocr","source_label":"Fizyka · Matura · maj 2026 (rozszerzona)","subject_label":"Fizyka","category_label":"Matura"}]}