{"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","text_html":"

Zadanie 3.
Bloczek 𝒲, który jest jednorodnym walcem, podwieszono do sufitu. Przez ten bloczek
przerzucono linę. Do jednego końca liny przymocowano ciężarek 𝒞, a do drugiego końca liny
przyłożono zewnętrzną siłę 𝐹⃗. Siła 𝐹⃗ oraz drugi koniec liny są skierowane pod kątem 𝛼 do
poziomu (zobacz rysunek obok).
Przyjmij model zjawiska, w którym:

masę walca (bloczka 𝒲) oznaczymy jako 𝑚𝑤

promień walca (bloczka 𝒲) oznaczymy jako 𝑅

masę ciężarka oznaczymy jako 𝑚𝑐

moment bezwładności walca (bloczka 𝒲)
względem jego osi wyraża się wzorem:
𝐼0 = 1
2 𝑚𝑤𝑅2

lina jest nierozciągliwa i nie ślizga się po bloczku

masę liny pomijamy

bloczek może obracać się wokół swojej osi bez tarcia

ruch układu rozpatrujemy w inercjalnym układzie odniesienia, w jednorodnym, ziemskim
polu grawitacyjnym. Przyśpieszenie ziemskie oznaczymy jako 𝑔⃗.

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

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

Treść zadania (CKE)

\n

Dwa równania, dwa ruchy

\n

To zadanie wymaga zapisania II zasady dynamiki osobno dla ruchu postępowego i obrotowego, a potem połączenia ich warunkiem toczenia bez poślizgu.

\n

Element | Równanie | Uwagi
ciężarek (ruch postępowy) | $m_c a = m_c g - N$ | dodatni zwrot w dół
bloczek (ruch obrotowy) | $I_0 \\varepsilon = Nr - Fr$ | momenty przeciwnych zwrotów
więz (lina bez poślizgu) | $\\varepsilon = a/r$ | łączy oba ruchy

\n

Dlaczego naprężenia po obu stronach są różne

\n

Dla bloczka o masie $m_w$:

\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

Różnica 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

Sprawdzenie wzoru w przypadkach granicznych

\n

Przypadek | Wzór daje | Sens fizyczny
$m_w = 0$ | $F = \\tfrac{1}{2}m_c g$ | $= N$, naprężenia równe ✓
$m_w = 2m_c$ | $F = 0$ | bloczek jest tak ciężki, że sam hamuje układ do $a = g/2$
$m_w > 2m_c$ | $F < 0$ | trzeba ciągnąć w dół, żeby uzyskać takie przyśpieszenie

\n

Ostatni wiersz nie jest błędem rachunku — to poprawna informacja, że przy bardzo ciężkim bloczku sam ciężarek nie rozpędziłby układu tak szybko.

\n

Momenty bezwładności warte zapamiętania

\n

Bryła | $I$ względem osi symetrii
walec pełny (bloczek) | $\\tfrac{1}{2}mr^2$
obręcz, cienka rura | $mr^2$
kula pełna | $\\tfrac{2}{5}mr^2$
pręt (oś przez środek) | $\\tfrac{1}{12}ml^2$

\n

Punktacja CKE

\n\n

3 pkt — dwa równania dynamiki plus związek $\\varepsilon = a/r$ i wzór na $I_0$;
2 pkt — dwa poprawne równania dynamiki z właściwymi siłami i momentami;
1 pkt — same równania bez rozpisania sił.

\n\n

Typowy 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.

"}]}