{"id":"fizyka-2018-maj-matura-rozszerzona/zad/6.1","paper_id":"fizyka-2018-maj-matura-rozszerzona","number":"6.1","points":2,"ptype":"open","subject":"fizyka","category":"matura","year":2018,"month":"maj","level":"rozszerzona","text":"Zadanie 6.1. (0-2)\nOblicz pracę siły, z jaką pracownik działał na deskę w opisany sposób - pracę wykonaną\npodczas ustawiania deski od pozycji leżącej do pionowej.\nDodatkowa informacja do zadań 6.2. i 6.3.\nPodczas podnoszenia deski w opisany sposób pracownik dwukrotnie zatrzymywał się na\nchwilę, utrzymując deskę nieruchomo. Za pierwszym razem się zatrzymał, gdy deska tworzyła\nz poziomym podłożem kąt 25°, a za drugim razem - gdy ten kąt był równy 50°.","answer":null,"answer_text":"Zadanie 6.1. (0-2)\nWymagania ogólne\nWymagania szczegółowe\nI. Znajomość i umiejętność\nwykorzystania pojęć i praw fizyki\ndo wyjaśniania procesów i zjawisk\nw przyrodzie.\nZdający:\n3.1) oblicza pracę siły na danej drodze,\n2.3) (G) opisuje wpływ wykonanej pracy na\nzmianę energii,\n3.2) oblicza wartość energii kinetycznej\ni potencjalnej ciał w jednorodnym polu\ngrawitacyjnym.\nSchemat punktowania\n2 p. - prawidłowa metoda obliczenia pracy oraz prawidłowy wynik liczbowy z jednostką.\n1 p. - zapisanie warunku, że praca wykonana przez siłę, z jaką pracownik ciągnie za linę\npodnoszącą deskę, jest równa zmianie energii potencjalnej środka masy deski.\n0 p. - brak spełnienia powyższych kryteriów.\nPrzykładowe rozwiązanie\nPraca, jaka musi zostać wykonana, jest równa zmianie energii potencjalnej deski. Środek masy\ndeski pokonuje w pionie drogę równą połowie długości deski, zatem\nி=\n∆ℎௌெ, ∆ℎௌெ=݈2 →\nி =\n2\nி = 20 kg ∙9,81 m\ns2 ∙2 m = 392 J ≈400 J","solution":"## Poprawna odpowiedź\n\n\\[W = \\frac{mgL}{2} = 400 \\text{ J}\\]\n\n## Sposób 1 - Zasada zachowania energii (praca = zmiana energii potencjalnej)\n\nDeska jest podnoszona **powoli** (quasi-statycznie), więc jej energia kinetyczna jest przez cały czas bliska zeru: \\(\\Delta E_k \\approx 0\\).\n\nZ **twierdzenia o pracy i energii**:\n\n\\[W_\\text{pracownik} + W_\\text{grawitacja} + W_\\text{podpora} = \\Delta E_k = 0\\]\n\n- \\(W_\\text{podpora} = 0\\), bo punkt podparcia (dolny koniec deski) **nie przesuwa się** - reakcja podłoża nie wykonuje pracy.\n- \\(W_\\text{grawitacja} = -\\Delta E_p = -mg\\,\\Delta h_\\text{środek masy}\\)\n\n**Obliczenie zmiany wysokości środka masy:**\n\n| Położenie deski | Kąt \\(\\theta\\) od poziomej | Wysokość środka masy |\n| Leżąca (pozioma) | 0° | \\(h_1 = \\tfrac{L}{2}\\sin 0° = 0\\) |\n| Pionowa | 90° | \\(h_2 = \\tfrac{L}{2}\\sin 90° = \\tfrac{L}{2} = 2\\text{ m}\\) |\n\nŚrodek masy wznosi się o \\(\\Delta h = 2\\text{ m}\\).\n\n**Praca pracownika:**\n\n\\[W_\\text{pracownik} = \\Delta E_p = mg \\cdot \\Delta h = mg \\cdot \\frac{L}{2}\\]\n\n\\[W = 20\\text{ kg} \\times 10\\text{ m/s}^2 \\times 2\\text{ m} = \\boxed{400\\text{ J}}\\]\n\n## Sposób 2 - Równowaga momentów sił → siła w linie → praca\n\nRozważamy deskę w chwilowym położeniu pod kątem \\(\\theta\\) od poziomej. Deska jest w **równowadze quasi-statycznej** - wyznaczamy siłę \\(F(\\theta)\\) z momentów względem dolnego końca (osi obrotu).\n\n**Momenty sił względem dolnego końca:**\n\n- Ciężar \\(mg\\) działa w środku deski (odległość pozioma od osi: \\(\\tfrac{L}{2}\\cos\\theta\\)):\n\\[\\tau_\\text{ciężar} = mg \\cdot \\frac{L}{2}\\cos\\theta \\quad \\text{(obrót w dół)}\\]\n\n- Siła liny \\(F(\\theta)\\) - pionowa, przyłożona do górnego końca (odległość pozioma od osi: \\(L\\cos\\theta\\)):\n\\[\\tau_\\text{lina} = F(\\theta) \\cdot L\\cos\\theta \\quad \\text{(obrót w górę)}\\]\n\n**Równanie równowagi momentów:**\n\n\\[F(\\theta) \\cdot L\\cos\\theta = mg \\cdot \\frac{L}{2}\\cos\\theta\\]\n\n\\[F(\\theta) = \\frac{mg}{2} = \\frac{20 \\times 10}{2} = 100\\text{ N} = \\text{const}\\]\n\n**Kluczowy wniosek:** Siła \\(F\\) jest **stała** przez cały czas podnoszenia (czynniki \\(L\\cos\\theta\\) skracają się po obu stronach)!\n\n**Praca siły liny:**\n\nLina jest pionowa, punkt przyłożenia (górny koniec deski) porusza się po łuku kołowym promienia \\(L\\). Pionowy składnik przemieszczenia górnego końca:\n\n\\[\\Delta y = L\\sin 90° - L\\sin 0° = L = 4\\text{ m}\\]\n\nPonieważ siła liny jest pionowa (w górę) i przemieszczenie pionowe punktu przyłożenia wynosi \\(L\\):\n\n\\[W = F \\cdot \\Delta y = \\frac{mg}{2} \\cdot L = 100\\text{ N} \\times 4\\text{ m} = \\boxed{400\\text{ J}}\\]\n\n## Sposób 3 - Całkowanie (ogólny dowód stałości siły i pracy)\n\nDla kąta \\(\\theta\\) górny koniec deski ma współrzędną pionową \\(y = L\\sin\\theta\\), więc \\(dy = L\\cos\\theta\\, d\\theta\\).\n\nPraca liny to całka:\n\n\\[W = \\int_0^{\\pi/2} F(\\theta)\\, dy = \\int_0^{\\pi/2} \\frac{mg}{2} \\cdot L\\cos\\theta\\, d\\theta\\]\n\n\\[W = \\frac{mgL}{2} \\int_0^{\\pi/2} \\cos\\theta\\, d\\theta = \\frac{mgL}{2}\\Big[\\sin\\theta\\Big]_0^{\\pi/2} = \\frac{mgL}{2}(1 - 0)\\]\n\n\\[W = \\frac{mgL}{2} = \\frac{20 \\times 10 \\times 4}{2} = \\boxed{400\\text{ J}}\\]\n\nTen sposób pokazuje formalnie, że stałość \\(F = mg/2\\) oraz prosty wynik \\(W = mgL/2\\) nie są przypadkowe - wynikają wprost z geometrii obrotu deski.\n\n## Orientacyjny schemat punktowania (odtworzony przez AI - NIE oficjalny klucz CKE)\n\n> 📋 **Orientacyjny schemat punktowania (nieoficjalny, odtworzony przez AI) (zadanie 6.1, max 2 pkt):**\n> - **2 pkt** - uczeń poprawnie oblicza pracę jako zmianę energii potencjalnej środka masy deski, lub wyprowadza siłę z równowagi momentów i mnoży przez przemieszczenie; wynik \\(W = 400\\text{ J}\\)\n> - **1 pkt** - poprawna metoda (np. \\(W = \\Delta E_p\\) lub równowaga momentów), ale błąd arytmetyczny lub pominięcie czynnika \\(\\tfrac{1}{2}\\) przy wysokości środka masy\n> - **0 pkt** - brak uzasadnienia lub błędna metoda (np. \\(W = mgL\\) zamiast \\(W = mg\\tfrac{L}{2}\\))\n>\n> **Uwagi (orientacyjne):** ✅ Dopuszcza się użycie \\(g = 9{,}81\\text{ m/s}^2\\) (wynik ≈ 392 J) lub \\(g = 10\\text{ m/s}^2\\) (wynik = 400 J). ❌ Nie uznaje się samego zapisu \\(W = mgL\\) bez korekty na środek masy.\n\n## Wzory z karty CKE - czego MASZ użyć\n\n> 📖 **Karta wzorów CKE - sekcja FIZYKA:**\n>\n> - **Energia potencjalna grawitacyjna:** \\(E_p = mgh\\)\n> - **Twierdzenie o pracy i energii:** \\(W_\\text{wypadkowa} = \\Delta E_k\\)\n> - **Moment siły:** \\(M = F \\cdot d\\) (gdzie \\(d\\) - ramię siły, czyli odległość prostopadła od osi obrotu)\n>\n> W Sposobie 1 wystarczy wzór na energię potencjalną. W Sposobie 2 - definicja momentu siły. Żaden z tych sposobów nie wymaga całkowania (Sposób 3 to bonus dla rozumienia głębszego).\n\n## Częste błędne odpowiedzi\n\n| Błędna odpowiedź | Skąd się bierze ten błąd |\n| \\(W = mgL = 800\\text{ J}\\) | Uczeń przyjmuje, że środek masy wznosi się o pełną długość \\(L = 4\\text{ m}\\), zamiast o \\(L/2 = 2\\text{ m}\\) |\n| \\(W = 0\\) | Mylne zastosowanie III zasady dynamiki: \"siła liny = reakcja = praca zerowa\" - błąd, bo reakcja podłoża (nie liny!) wykonuje zerową pracę |\n| Obliczanie całki \\(\\int F\\,ds\\) z błędnym wyznaczeniem \\(F(\\theta)\\) | Uczeń zapomina, że ramię siły liny to \\(L\\cos\\theta\\), nie \\(L\\) |\n\n## Typowe pułapki i uwagi\n\n> ⚠️ **Uwaga:** Środek masy jednorodnej deski wznosi się tylko o **połowę długości** (\\(L/2\\)), nie o pełne \\(L\\) - to najczęstszy błąd prowadzący do odpowiedzi 800 J zamiast 400 J.\n\n> ⚠️ **Uwaga:** Warunek \"powoli\" (quasi-statycznie) jest kluczowy - dopiero wtedy \\(\\Delta E_k = 0\\) i możemy utożsamić pracę pracownika ze zmianą energii potencjalnej. Bez tego założenia zadanie byłoby nierozwiązywalne bez dodatkowych danych.\n\n> ⚠️ **Uwaga:** Siła w linie jest stała (\\(F = mg/2 = 100\\text{ N}\\)) **pomimo zmieniającego się kąta** - wynika to z faktu, że ramiona obu momentów (ciężaru i liny) maleją w tym samym stosunku (\\(\\cos\\theta\\)), więc się skracają. To nieintuicyjny, ale ważny wynik.\n\n> ⚠️ **Uwaga:** Reakcja podłoża w miejscu podparcia (dolny koniec deski) **nie wykonuje pracy**, bo punkt podparcia jest nieruchomy. Nie mylić z siłą liny!","image":"img/fizyka-2018-maj-matura-rozszerzona/zad-6.1.webp","solution_image":null,"topics":"Praca, moc, energia","page_from":6,"source":"ocr","answer_source":null,"answer_text_source":"ocr","solution_source":"maturazai","text_source":"ocr","source_label":"Fizyka · Matura · maj 2018 (rozszerzona)","subject_label":"Fizyka","category_label":"Matura","text_html":"

Zadanie 6.1. (0-2)
Oblicz pracę siły, z jaką pracownik działał na deskę w opisany sposób - pracę wykonaną
podczas ustawiania deski od pozycji leżącej do pionowej.
Dodatkowa informacja do zadań 6.2. i 6.3.
Podczas podnoszenia deski w opisany sposób pracownik dwukrotnie zatrzymywał się na
chwilę, utrzymując deskę nieruchomo. Za pierwszym razem się zatrzymał, gdy deska tworzyła
z poziomym podłożem kąt 25°, a za drugim razem - gdy ten kąt był równy 50°.

","answer_text_html":"

Zadanie 6.1. (0-2)
Wymagania ogólne
Wymagania szczegółowe
I. Znajomość i umiejętność
wykorzystania pojęć i praw fizyki
do wyjaśniania procesów i zjawisk
w przyrodzie.
Zdający:
3.1) oblicza pracę siły na danej drodze,
2.3) (G) opisuje wpływ wykonanej pracy na
zmianę energii,
3.2) oblicza wartość energii kinetycznej
i potencjalnej ciał w jednorodnym polu
grawitacyjnym.
Schemat punktowania
2 p. - prawidłowa metoda obliczenia pracy oraz prawidłowy wynik liczbowy z jednostką.
1 p. - zapisanie warunku, że praca wykonana przez siłę, z jaką pracownik ciągnie za linę
podnoszącą deskę, jest równa zmianie energii potencjalnej środka masy deski.
0 p. - brak spełnienia powyższych kryteriów.
Przykładowe rozwiązanie
Praca, jaka musi zostać wykonana, jest równa zmianie energii potencjalnej deski. Środek masy
deski pokonuje w pionie drogę równą połowie długości deski, zatem
ி=
∆ℎௌெ, ∆ℎௌெ=݈2 →
ி =
2
ி = 20 kg ∙9,81 m
s2 ∙2 m = 392 J ≈400 J

","solutions":[{"source":"maturazai","label":"maturazai.pl (AI)","kind":"text","html":"

Poprawna odpowiedź

\n

\\[W = \\frac{mgL}{2} = 400 \\text{ J}\\]

\n

Sposób 1 - Zasada zachowania energii (praca = zmiana energii potencjalnej)

\n

Deska jest podnoszona powoli (quasi-statycznie), więc jej energia kinetyczna jest przez cały czas bliska zeru: \\(\\Delta E_k \\approx 0\\).

\n

Z twierdzenia o pracy i energii:

\n

\\[W_\\text{pracownik} + W_\\text{grawitacja} + W_\\text{podpora} = \\Delta E_k = 0\\]

\n\n

Obliczenie zmiany wysokości środka masy:

\n

| Położenie deski | Kąt \\(\\theta\\) od poziomej | Wysokość środka masy |
| Leżąca (pozioma) | 0° | \\(h_1 = \\tfrac{L}{2}\\sin 0° = 0\\) |
| Pionowa | 90° | \\(h_2 = \\tfrac{L}{2}\\sin 90° = \\tfrac{L}{2} = 2\\text{ m}\\) |

\n

Środek masy wznosi się o \\(\\Delta h = 2\\text{ m}\\).

\n

Praca pracownika:

\n

\\[W_\\text{pracownik} = \\Delta E_p = mg \\cdot \\Delta h = mg \\cdot \\frac{L}{2}\\]

\n

\\[W = 20\\text{ kg} \\times 10\\text{ m/s}^2 \\times 2\\text{ m} = \\boxed{400\\text{ J}}\\]

\n

Sposób 2 - Równowaga momentów sił → siła w linie → praca

\n

Rozważamy deskę w chwilowym położeniu pod kątem \\(\\theta\\) od poziomej. Deska jest w równowadze quasi-statycznej - wyznaczamy siłę \\(F(\\theta)\\) z momentów względem dolnego końca (osi obrotu).

\n

Momenty sił względem dolnego końca:

\n\n

\\[\\tau_\\text{ciężar} = mg \\cdot \\frac{L}{2}\\cos\\theta \\quad \\text{(obrót w dół)}\\]

\n\n

\\[\\tau_\\text{lina} = F(\\theta) \\cdot L\\cos\\theta \\quad \\text{(obrót w górę)}\\]

\n

Równanie równowagi momentów:

\n

\\[F(\\theta) \\cdot L\\cos\\theta = mg \\cdot \\frac{L}{2}\\cos\\theta\\]

\n

\\[F(\\theta) = \\frac{mg}{2} = \\frac{20 \\times 10}{2} = 100\\text{ N} = \\text{const}\\]

\n

Kluczowy wniosek: Siła \\(F\\) jest stała przez cały czas podnoszenia (czynniki \\(L\\cos\\theta\\) skracają się po obu stronach)!

\n

Praca siły liny:

\n

Lina jest pionowa, punkt przyłożenia (górny koniec deski) porusza się po łuku kołowym promienia \\(L\\). Pionowy składnik przemieszczenia górnego końca:

\n

\\[\\Delta y = L\\sin 90° - L\\sin 0° = L = 4\\text{ m}\\]

\n

Ponieważ siła liny jest pionowa (w górę) i przemieszczenie pionowe punktu przyłożenia wynosi \\(L\\):

\n

\\[W = F \\cdot \\Delta y = \\frac{mg}{2} \\cdot L = 100\\text{ N} \\times 4\\text{ m} = \\boxed{400\\text{ J}}\\]

\n

Sposób 3 - Całkowanie (ogólny dowód stałości siły i pracy)

\n

Dla kąta \\(\\theta\\) górny koniec deski ma współrzędną pionową \\(y = L\\sin\\theta\\), więc \\(dy = L\\cos\\theta\\, d\\theta\\).

\n

Praca liny to całka:

\n

\\[W = \\int_0^{\\pi/2} F(\\theta)\\, dy = \\int_0^{\\pi/2} \\frac{mg}{2} \\cdot L\\cos\\theta\\, d\\theta\\]

\n

\\[W = \\frac{mgL}{2} \\int_0^{\\pi/2} \\cos\\theta\\, d\\theta = \\frac{mgL}{2}\\Big[\\sin\\theta\\Big]_0^{\\pi/2} = \\frac{mgL}{2}(1 - 0)\\]

\n

\\[W = \\frac{mgL}{2} = \\frac{20 \\times 10 \\times 4}{2} = \\boxed{400\\text{ J}}\\]

\n

Ten sposób pokazuje formalnie, że stałość \\(F = mg/2\\) oraz prosty wynik \\(W = mgL/2\\) nie są przypadkowe - wynikają wprost z geometrii obrotu deski.

\n

Orientacyjny schemat punktowania (odtworzony przez AI - NIE oficjalny klucz CKE)

\n
📋 Orientacyjny schemat punktowania (nieoficjalny, odtworzony przez AI) (zadanie 6.1, max 2 pkt):
- 2 pkt - uczeń poprawnie oblicza pracę jako zmianę energii potencjalnej środka masy deski, lub wyprowadza siłę z równowagi momentów i mnoży przez przemieszczenie; wynik \\(W = 400\\text{ J}\\)
- 1 pkt - poprawna metoda (np. \\(W = \\Delta E_p\\) lub równowaga momentów), ale błąd arytmetyczny lub pominięcie czynnika \\(\\tfrac{1}{2}\\) przy wysokości środka masy
- 0 pkt - brak uzasadnienia lub błędna metoda (np. \\(W = mgL\\) zamiast \\(W = mg\\tfrac{L}{2}\\))

Uwagi (orientacyjne): ✅ Dopuszcza się użycie \\(g = 9{,}81\\text{ m/s}^2\\) (wynik ≈ 392 J) lub \\(g = 10\\text{ m/s}^2\\) (wynik = 400 J). ❌ Nie uznaje się samego zapisu \\(W = mgL\\) bez korekty na środek masy.
\n

Wzory z karty CKE - czego MASZ użyć

\n
📖 Karta wzorów CKE - sekcja FIZYKA:

- Energia potencjalna grawitacyjna: \\(E_p = mgh\\)
- Twierdzenie o pracy i energii: \\(W_\\text{wypadkowa} = \\Delta E_k\\)
- Moment siły: \\(M = F \\cdot d\\) (gdzie \\(d\\) - ramię siły, czyli odległość prostopadła od osi obrotu)

W Sposobie 1 wystarczy wzór na energię potencjalną. W Sposobie 2 - definicja momentu siły. Żaden z tych sposobów nie wymaga całkowania (Sposób 3 to bonus dla rozumienia głębszego).
\n

Częste błędne odpowiedzi

\n

| Błędna odpowiedź | Skąd się bierze ten błąd |
| \\(W = mgL = 800\\text{ J}\\) | Uczeń przyjmuje, że środek masy wznosi się o pełną długość \\(L = 4\\text{ m}\\), zamiast o \\(L/2 = 2\\text{ m}\\) |
| \\(W = 0\\) | Mylne zastosowanie III zasady dynamiki: "siła liny = reakcja = praca zerowa" - błąd, bo reakcja podłoża (nie liny!) wykonuje zerową pracę |
| Obliczanie całki \\(\\int F\\,ds\\) z błędnym wyznaczeniem \\(F(\\theta)\\) | Uczeń zapomina, że ramię siły liny to \\(L\\cos\\theta\\), nie \\(L\\) |

\n

Typowe pułapki i uwagi

\n
⚠️ Uwaga: Środek masy jednorodnej deski wznosi się tylko o połowę długości (\\(L/2\\)), nie o pełne \\(L\\) - to najczęstszy błąd prowadzący do odpowiedzi 800 J zamiast 400 J.
\n
⚠️ Uwaga: Warunek "powoli" (quasi-statycznie) jest kluczowy - dopiero wtedy \\(\\Delta E_k = 0\\) i możemy utożsamić pracę pracownika ze zmianą energii potencjalnej. Bez tego założenia zadanie byłoby nierozwiązywalne bez dodatkowych danych.
\n
⚠️ Uwaga: Siła w linie jest stała (\\(F = mg/2 = 100\\text{ N}\\)) pomimo zmieniającego się kąta - wynika to z faktu, że ramiona obu momentów (ciężaru i liny) maleją w tym samym stosunku (\\(\\cos\\theta\\)), więc się skracają. To nieintuicyjny, ale ważny wynik.
\n
⚠️ Uwaga: Reakcja podłoża w miejscu podparcia (dolny koniec deski) nie wykonuje pracy, bo punkt podparcia jest nieruchomy. Nie mylić z siłą liny!
"},{"source":"zadaniazmatur","label":"zadaniazmatur.pl","kind":"text","html":"

$W_{F} = 392 \\text{ J} \\approx 400 \\text{ J}$

"}]}