{"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","text_html":"

Zadanie 1.3. (0-3)
Oblicz 𝒉𝟎. Zapisz obliczenia.
1.2.
0-1-2
1.3.
0-1-
2-3
MFAP-R0_100

","answer_text_html":"

Zadanie 1.3. (0-3)
Wymagania ogólne
Wymagania szczegółowe
II. Rozwiązywanie problemów
z wykorzystaniem praw i zależności
fizycznych.
V. Budowanie modeli fizycznych
i matematycznych do opisu zjawisk oraz
ilustracji praw i zależności fizycznych.
Zdający:
II.16) (SP) opisuje spadek swobodny […].
I.7) wyodrębnia z […] wykresów […] informacje
kluczowe dla opisywanego zjawiska […].
II.4) opisuje ruchy prostoliniowe jednostajne
i jednostajnie zmienne, posługując się
zależnościami położenia, wartości prędkości
i przyspieszenia oraz drogi od czasu;
II.6) wyznacza położenie, wartość prędkości,
wartość przyspieszenia i drogę w ruchu […]
jednostajnie zmiennym na podstawie danych
zawartych w postaci […] wykresów.
Zasady oceniania (dla rozwiązania sposobem 1.)
Rozwiązanie będzie podlegało ocenie, gdy zdający spełni co najmniej jeden z poniższych
warunków lub ich kombinację, określoną dalej w schemacie punktowania.
Warunek h_max-metoda
Poprawna metoda obliczenia ℎ𝑚𝑎𝑥, tzn. skorzystanie ze związku między drogą a czasem
i przyśpieszeniem grawitacyjnym w spadku swobodnym (od punktu 𝑊 do 𝐵) bez prędkości
początkowej, oraz uwzględnienie, że 𝑡𝑊𝐵= 1 s, np. zapisy równoważne poniższym:
ℎ𝑚𝑎𝑥= 1
2 𝑔𝑡𝑊𝐵
2 oraz 𝑡𝑊𝐵= 1 s
Warunek Δh-metoda
Poprawna metoda 1. obliczenia różnicy wysokości Δℎ𝑊𝐴, tzn. skorzystanie ze związku
między drogą a czasem i przyśpieszeniem grawitacyjnym w spadku swobodnym (od punktu
𝑊 do 𝐴) bez prędkości początkowej, oraz uwzględnienie, że 𝑡𝑊𝐴= 0,8 s, np. zapisy
równoważne poniższym:
Δℎ𝑊𝐴= 1
2 𝑔𝑡𝑊𝐴
2 oraz 𝑡𝑊𝐴= 0,8 s
ALBO
Poprawna metoda 2. (zobacz Uwaga przy kroku 2. w sposobie 1. rozwiązania) obliczenia
różnicy wysokości Δℎ𝐴𝑊, tzn. skorzystanie ze związku między drogą a prędkością
początkową, czasem i przyśpieszeniem grawitacyjnym w rzucie pionowym (od punktu 𝐴 do
punktu 𝑊), oraz uwzględnienie, że 𝑡𝐴𝑊= 0,8 s, np. zapisy równoważne poniższym:
Δℎ𝐴𝑊= v0𝑡𝐴𝑊-1
2 𝑔𝑡𝐴𝑊
2 oraz 𝑡𝐴𝑊= 0,8 s
Warunek h_0-metoda
Zapisanie równania wskazującego na strategię rozwiązania, np. zapisy równoważne
poniższym:
ℎ0 = ℎ𝑚𝑎𝑥-Δℎ𝐴𝑊
Schemat punktowania (dla rozwiązania sposobem 1.)
3 pkt - poprawna metoda obliczenia wysokości ℎ0, z której wyrzucono pionowo w górę
ciało 𝒞 oraz podanie prawidłowego wyniku liczbowego z jednostką: ℎ0 ≈1,8 m
2 pkt - spełnienie warunków: h_max-metoda oraz Δh-metoda oraz h_0-metoda
LUB

\n\n

wartości ℎ𝑚𝑎𝑥≈4,9 m
LUB

\n\n

wartości Δℎ≈3,1 m
LUB

\n\n

wartości dla Δℎ≈3,1 m lub ℎ𝑚𝑎𝑥≈4,9 m.
1 pkt - spełnienie warunku h_max-metoda
LUB

\n\n

LUB

\n\n

0 pkt - rozwiązanie, w którym zastosowano niepoprawną metodę, albo brak rozwiązania.
Zasady oceniania (dla rozwiązania sposobem 2.)
3 pkt - poprawna metoda obliczenia wysokości ℎ0, z której wyrzucono pionowo w górę
ciało 𝒞, oraz podanie prawidłowego wyniku liczbowego z jednostką: ℎ0 ≈1,8 m
2 pkt - poprawne zapisanie kinematycznego równania ruchu dla ciała 𝒞 oraz
zapisanie/uwzględnienie warunków, że ℎ= 0 dla 𝑡𝐴𝐵= 1,8 s, oraz v0 = 𝑔𝑡𝐴𝑊, np.:
0 = ℎ0 + 𝑔𝑡𝐴𝑊𝑡𝐴𝐵-1
2 𝑔𝑡𝐴𝐵
2 (lub zapisy równoważne)
1 pkt - poprawne zapisanie kinematycznego równania ruchu dla ciała 𝒞, np.:
ℎ(𝑡) = ℎ0 + v0𝑡-1
2 𝑔𝑡2 (lub zapisy równoważne)
0 pkt - rozwiązanie, w którym zastosowano niepoprawną metodę, albo brak rozwiązania.
Zasady oceniania (dla rozwiązania sposobem 3.)
3 pkt - poprawna metoda obliczenia wysokości ℎ0, z której wyrzucono pionowo w górę
ciało 𝒞, oraz podanie prawidłowego wyniku liczbowego z jednostką: ℎ0 ≈1,8 m
2 pkt - spełnienie warunku za 1 pkt oraz zapisanie/uwzględnienie warunków, że ℎ= 0 dla
𝑡𝐴′𝐵= 0,2 s (𝐴’ jest punktem symetrycznym do 𝐴), oraz v0 = 𝑔𝑡𝐴𝑊, np.:
0 = ℎ0 -(𝑔𝑡𝐴𝑊⋅0,2 + 1
2 𝑔⋅0,22) (lub zapisy równoważne)
1 pkt - poprawne zapisanie kinematycznego równania ruchu (jednostajnie przyśpieszonego)
dla ciała 𝒞, licząc czas od momentu gdy osiągnie z powrotem wysokość ℎ0, np.:
ℎ(𝑡) = ℎ0 -𝑠(𝑡) = ℎ0 -(v0𝑡+ 1
2 𝑔𝑡2) (lub zapisy równoważne)
0 pkt - rozwiązanie, w którym zastosowano niepoprawną metodę, albo brak rozwiązania.
Zasady oceniania rozwiązań zadań
Zasady oceniania (dla rozwiązania sposobem 4.)
3 pkt - poprawna metoda obliczenia wysokości ℎ0, z której wyrzucono pionowo w górę
ciało 𝒞, oraz podanie prawidłowego wyniku liczbowego z jednostką: ℎ0 ≈1,8 m
2 pkt - spełnienie warunku za 1 pkt oraz zapisanie/uwzględnienie warunku, że v0 = 𝑔𝑡𝐴𝑊,
oraz poprawna metoda obliczenia ℎ𝑚𝑎𝑥, np. zapisy równoważne poniższym:
ℎ0 = ℎ𝑚𝑎𝑥-v0
2
2𝑔 oraz v0 = 𝑔𝑡𝐴𝑊 oraz ℎ𝑚𝑎𝑥= 1
2 𝑔𝑡𝑊𝐵
2
1 pkt - poprawne zapisanie równania zasady zachowania energii mechanicznej (lub równań
ruchu z wyeliminowanym czasem), np. zapisy równoważne poniższym:
ℎ0 = ℎ𝑚𝑎𝑥-v0
2
2𝑔
0 pkt - rozwiązanie, w którym zastosowano niepoprawną metodę, albo brak rozwiązania.
Zasady oceniania (dla rozwiązania sposobem 5.)
3 pkt - poprawna metoda obliczenia wysokości ℎ0, z której wyrzucono pionowo w górę
ciało 𝒞, oraz podanie prawidłowego wyniku liczbowego z jednostką: ℎ0 ≈1,8 m
2 pkt - spełnienie warunku za 1 pkt oraz podstawienie do równania paraboli współrzędnych
punktów 𝐴 i 𝐵 oraz wyznaczenie zależności między ℎ0 i ℎ𝑚𝑎𝑥, np. zapisy
równoważne poniższym:
{ ℎ0 = 𝑘(0 -0,8)2 + ℎ𝑚𝑎𝑥
0 = 𝑘(1,8 -0,8)2 + ℎ𝑚𝑎𝑥
→ ℎ0 = 0,36ℎ𝑚𝑎𝑥
LUB

\n\n

punktów 𝐴 i 𝐵 oraz poprawna metoda wyznaczenia ℎ𝑚𝑎𝑥, np. zapisy równoważne
poniższym:
{ ℎ0 = 𝑘(0 -0,8)2 + ℎ𝑚𝑎𝑥
0 = 𝑘(1,8 -0,8)2 + ℎ𝑚𝑎𝑥
oraz ℎ𝑚𝑎𝑥= 1
2 𝑔𝑡𝑊𝐵
2
1 pkt - zapisanie równania paraboli (której fragment jest wykresem ℎ(𝑡)) w postaci
kanonicznej z podstawionymi współrzędnymi wierzchołka 𝑊, np. zapisy równoważne
poniższym:
ℎ(𝑡) = 𝑘(𝑡-0,8)2 + ℎ𝑚𝑎𝑥
0 pkt - rozwiązanie, w którym zastosowano niepoprawną metodę, albo brak rozwiązania.
Przykładowe pełne rozwiązania
Sposób 1.
Określimy strategię postępowania:
Krok 1. Obliczymy ℎ𝑚𝑎𝑥.
Krok 2. Obliczymy Δℎ𝐴𝑊. Skorzystamy z symetrii w czasie między wznoszeniem
swobodnym w rzucie pionowym a spadkiem swobodnym bez prędkości początkowej
(oba ruchy z przyśpieszeniem grawitacyjnym):
Δℎ𝐴𝑊= Δℎ𝑊𝐴 oraz 𝑡𝑤𝑧𝑛𝑜𝑠𝑧𝑒𝑛𝑖𝑎 𝐴𝑊= 𝑡𝑠𝑝𝑎𝑑𝑎𝑛𝑖𝑎 𝑊𝐴
Krok 3. Obliczymy ℎ0. Skorzystamy z faktu, że ℎ𝑚𝑎𝑥= ℎ0 + Δℎ𝐴𝑊.
Krok 1. Obliczymy ℎ𝑚𝑎𝑥. Skorzystamy ze związku między drogą (równą wysokości
maksymalnej) a przyśpieszeniem (równym grawitacyjnemu) i czasem w ruchu jednostajnie
przyśpieszonym. Czas opadania od punktu 𝑊 do 𝐵 określimy na podstawie wykresu:
ℎ𝑚𝑎𝑥= 1
2 𝑔𝑡𝑊𝐵
2 gdzie 𝑡𝑊𝐵= 𝑡𝐵-𝑡𝑊= 1,8 s -0,8 s = 1,0 s
ℎ𝑚𝑎𝑥= 1
2 ⋅9,81
m
s2 ⋅(1 s)2 = 4,905 m
Krok 2. Obliczymy Δℎ𝐴𝑊:
Δℎ𝐴𝑊= Δℎ𝑊𝐴 oraz 𝑡𝑤𝑧𝑛𝑜𝑠𝑧𝑒𝑛𝑖𝑎 𝐴𝑊= 𝑡𝑠𝑝𝑎𝑑𝑎𝑛𝑖𝑎 𝑊𝐴= 0,8 s
Δℎ𝑊𝐴= 1
2 𝑔𝑡𝑠𝑝𝑎𝑑𝑎𝑛𝑖𝑎 𝑊𝐴
2
Δℎ𝑊𝐴= 1
2 ⋅9,81 m
s2 ⋅(0,8 s)2 = 3,1392 m zatem Δℎ𝐴𝑊= 3,1392 m
Uwaga! Krok 2. można zrealizować drugą metodą, z wykorzystaniem równań ruchu dla rzutu
pionowego w górę oraz z obliczonej wcześniej prędkości początkowej:
Δℎ𝐴𝑊= v0𝑡𝐴𝑊-1
2 𝑔𝑡𝐴𝑊
2
= 7,848 m
s ⋅0,8 s - 1
2 ⋅9,81 m
s2 ⋅(0,8 s)2 = 3,1392 m
Krok 3. Obliczymy ℎ0:
ℎ0 = ℎ𝑚𝑎𝑥-Δℎ𝐴𝑊
ℎ0 = 4,905 m -3,1392 m = 1,7658 m ≈1,8 m
Sposób 2.
Skorzystamy z równania ruchu jednostajnie opóźnionego ciała 𝒞, z położeniem
początkowym ℎ0, prędkością początkową v0 i przyśpieszeniem grawitacyjnym 𝑔:
ℎ(𝑡) = ℎ0 + v0𝑡-1
2 𝑔𝑡2
Zauważmy, że dla 𝑡= 𝑡𝐴𝐵 mamy ℎ= 0, ponadto v0 = 𝑔𝑡𝐴𝑊:
0 = ℎ0 + v0𝑡𝐴𝐵-1
2 𝑔𝑡𝐴𝐵
2 oraz v0 = 𝑔𝑡𝐴𝑊
0 = ℎ0 + 𝑔𝑡𝐴𝑊𝑡𝐴𝐵-1
2 𝑔𝑡𝐴𝐵
2
Obliczymy ℎ0. Z wykresu odczytamy czasy 𝑡𝐴𝑊 oraz 𝑡𝐴𝐵 i podstawimy do powyższego
równania:
0 = ℎ0 + 9,81 m
s2 ⋅(0,8 s) ⋅(1,8 s) -1
2 ⋅9,81 m
s2 ⋅(1,8 s)2
ℎ0 = 1
2 ⋅9,81 m
s2 ⋅(1,8 s)2 -9,81 m
s2 ⋅(0,8 s) ⋅(1,8 s)
ℎ0 = 1,7658 m ≈1,8 m
Zasady oceniania rozwiązań zadań
Sposób 3.
Skorzystamy z równania ruchu jednostajnie przyśpieszonego ciała 𝒞, licząc czas 𝑡 od
momentu, gdy osiągnie z powrotem wysokość ℎ0 w chwili 𝑡𝐴′ = 1,6 s (na wykresie jest to
punkt 𝐴’ symetryczny do punktu 𝐴). Prędkość początkowa tego ruchu ma wartość v0 i jest
skierowana w dół. Zapiszemy równanie ruchu jednostajnie przyśpieszonego
z przyśpieszeniem o wartości 𝑔:
ℎ(𝑡) = ℎ0 -𝑠(𝑡) = ℎ0 -(v0𝑡+ 1
2 𝑔𝑡2 )
Zauważmy, że dla 𝑡= 𝑡𝐴′𝐵= 0,2 s mamy ℎ= 0, ponadto v0 = 𝑔𝑡𝐴𝑊:
0 = ℎ0 -(v0 ⋅0,2 s + 1
2 𝑔⋅(0,2 s)2) oraz v0 = 𝑔𝑡𝐴𝑊= 7,85 m
s
ℎ0 = 7,85 m
s ⋅0,2 s + 1
2 ⋅9,81 m
s2 ⋅(0,2 s)2
ℎ0 = 1,7662 m ≈1,8 m
Sposób 4.
Zapiszemy równanie wynikające z zasady zachowania energii mechanicznej:
𝑔ℎ𝑚𝑎𝑥= v0
2
2 + 𝑔ℎ0 → ℎ0 = ℎ𝑚𝑎𝑥-v0
2
2𝑔
Wyznaczymy ℎ𝑚𝑎𝑥 oraz v0:
ℎ𝑚𝑎𝑥= 1
2 𝑔𝑡𝑊𝐵
2 oraz v0 = 𝑔𝑡𝐴𝑊
Z powyższych równań wynika:
ℎ0 = 1
2 𝑔𝑡𝑊𝐵
2
-1
2 𝑔𝑡𝐴𝑊
2
= 1
2 ⋅9,81 ⋅(12 -0,82) m = 1,7658 m ≈1,8 m
Sposób 5.
Wyznaczymy równanie paraboli, której fragment jest wykresem zależności ℎ(𝑡). Skorzystamy
z postaci kanonicznej równania paraboli. Współczynnik wiodący równania paraboli oznaczymy
jako 𝑘. Współrzędne wierzchołka to 𝑊= (𝑡𝑊; ℎ𝑊) = (0,8 ; ℎ𝑚𝑎𝑥) zatem:

\n
  1. ℎ(𝑡) = 𝑘(𝑡-𝑡𝑤)2 + ℎ𝑊 → 2) ℎ(𝑡) = 𝑘(𝑡-0,8)2 + ℎ𝑚𝑎𝑥
\n

Uwaga! W równaniach podstawiamy wartości liczbowe lub symbole odpowiednich wielkości
bez wypisywania jednostek, przy czym zakładamy, że są to jednostki podstawowe układu SI.
Do równania 2) podstawimy współrzędne punktów 𝐴 i 𝐵:
{𝐴= (0; ℎ0) →ℎ(𝑡)
𝐵= (1,8 ; 0) →ℎ(𝑡) → { ℎ0 = 𝑘(0 -0,8)2 + ℎ𝑚𝑎𝑥
0 = 𝑘(1,8 -0,8)2 + ℎ𝑚𝑎𝑥
{ℎ0 = 0,64𝑘+ ℎ𝑚𝑎𝑥
0 = 𝑘⋅12 + ℎ𝑚𝑎𝑥
→ {ℎ0 = 0,64 ⋅(-ℎ𝑚𝑎𝑥 ) + ℎ𝑚𝑎𝑥
𝑘= -ℎ𝑚𝑎𝑥
Zatem:
{ℎ0 = 0,36ℎ𝑚𝑎𝑥
𝑘= -ℎ𝑚𝑎𝑥
Przykładowy sposób 1. prowadzenia dalszego rachunku
Na podstawie równania ruchu jednostajnego opóźnionego: ℎ(𝑡) = ℎ0 + v0𝑡-
𝑎𝑡2
2 ,
zauważamy, że współczynnik wiodący równania paraboli wynosi 𝑘= -
𝑎

\n
  1. Zatem:
\n

{
ℎ0 = 0,36ℎ𝑚𝑎𝑥
-𝑔
2 = -ℎ𝑚𝑎𝑥 → {
ℎ0 = 0,36 ⋅𝑔
2
ℎ𝑚𝑎𝑥= 𝑔
2
→ {ℎ0 = 1,7685 m ≈1,77 m
ℎ𝑚𝑎𝑥= 4,905 m
Przykładowy sposób 2. prowadzenia dalszego rachunku
Obliczymy ℎ𝑚𝑎𝑥 ze wzoru na wysokość w spadku swobodnym:
ℎ𝑚𝑎𝑥= 1
2 𝑔𝑡𝑊𝐵
2
→ ℎ𝑚𝑎𝑥= 1
2 ⋅9,81
m
s2 ⋅(1 s)2 = 4,905 m
Zatem:
ℎ0 = 0,36ℎ𝑚𝑎𝑥 = 0,36 ⋅4,905 m ≈1,77 m

","solutions":[{"source":"maturaonline","label":"matura-online.pl","kind":"text","html":"

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: $$\\Delta h = \\frac{v_0^2}{2g} = \\frac{7{,}848^2}{2 \\cdot 9{,}81} = 3{,}1392\\ \\mathrm{m}$$ $$h_0 = h_{max} - \\Delta h = 4{,}905 - 3{,}1392 = 1{,}7658\\ \\mathrm{m}$$ $$\\boxed{h_0 \\approx 1{,}77\\ \\mathrm{m}}$$

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

Poprawna odpowiedź: $h_0 \\approx 1{,}8$ m

\n

Ruch ciała $\\mathcal{C}$ to rzut pionowy w górę z wysokości $h_0$. Z wykresu $h(t)$ odczytujemy:

\n\n

Krok 1. Wzniesienie ponad poziom startu. Od startu do wierzchołka trwa $t_W=0{,}8$ s. Wznoszenie z wyhamowaniem do zera:

\n

$$\\Delta h = \\frac{g\\,t_W^2}{2} = \\frac{9{,}81 \\cdot 0{,}8^2}{2} \\approx 3{,}14\\ \\text{m}.$$

\n

Zatem $h_{max} = h_0 + \\Delta h$.

\n

Krok 2. Spadek z wysokości maksymalnej do podłoża. Faza spadania trwa od $t_W=0{,}8$ s do $t_B=1{,}8$ s, czyli $t_{sp}=1{,}0$ s. W tym czasie ciało spada z $h_{max}$ do $0$:

\n

$$h_{max} = \\frac{g\\,t_{sp}^2}{2} = \\frac{9{,}81 \\cdot 1{,}0^2}{2} \\approx 4{,}905\\ \\text{m}.$$

\n

Krok 3. Wyznaczenie $h_0$.

\n

$$h_0 = h_{max} - \\Delta h = 4{,}905 - 3{,}14 \\approx 1{,}77\\ \\text{m} \\approx 1{,}8\\ \\text{m}.$$

\n

Odpowiedź: $h_0 \\approx 1{,}8$ m.

\n

(Wartość rzędu $0{,}196$ m to jedynie pojedynczy człon rachunku, a nie szukana wysokość startu $h_0$.)

\n

Zasady oceniania CKE

\n"}]}