Zadanie 1 — rozwiązanie, matura fizyki maj 2026, PR

Treść zadania

W chwili $t_{0} = 0$ z wysokości $h_{0}$ nad podłożem wyrzucono pionowo w górę ciało o prędkości początkowej $v_{0}$ . Ciało wzniosło się na wysokość maksymalną $h_{ma x}$ , po czym opadło na podłoże. Ruch w komorze próżniowej, bez oporów, $g = 9, 81 m/ s^{2}$ .

Z wykresu $h (t)$ odczytujemy punkty: $A = (0; h_{0})$ , $W = (0, 8; h_{ma x})$ , $B = (1, 8; 0)$ .

1.1. (0–1) Oceń prawdziwość stwierdzeń (P/F):

Przyśpieszenie ciała zależy od jego masy.
Czas trwania ruchu ciała zależy od $v_{0}$ .

1.2. (0–2) Oblicz $v_{0}$ .

1.3. (0–3) Oblicz $h_{0}$ .

Źródło: arkusz CKE MFAP-R0-100-2605. Otwórz oryginalny PDF

Rozwiązanie

1.1. FP

F — w polu grawitacyjnym bez oporów przyśpieszenie każdego ciała wynosi $g$ , niezależnie od masy.
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:

$0 = v_{0} - g t_{W} \Rightarrow v_{0} = g t_{W} = 9, 81 \cdot 0, 8 = 7, 848 m/s$

$v_{0} \approx 7, 85 m/s$

1.3. Od $W$ do $B$ ciało spada swobodnie przez $t_{s p} = 1, 8 - 0, 8 = 1, 0 s$ :

$h_{ma x} = \frac{1}{2} g t_{s p}^{2} = \frac{1}{2} \cdot 9, 81 \cdot 1, 0^{2} = 4, 905 m$

Wysokość wzniesienia ponad punkt startu:

$Δ h = \frac{v _{0}^{2}}{2 g} = \frac{7 , 84 8 ^{2}}{2 \cdot 9 , 81} = 3, 1392 m$

$h_{0} = h_{ma x} - Δ h = 4, 905 - 3, 1392 = 1, 7658 m$

$h_{0} \approx 1, 77 m$

Typowy błąd / pułapka

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 $h_{ma x}$ 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:

$h_{0} + v_{0} t - \frac{1}{2} g t^{2} = 1, 7658 + 7, 848 \cdot 1, 8 - \frac{1}{2} \cdot 9, 81 \cdot 1, 8^{2} = 0$

Treść zadania (CKE)

Zadanie 1 — fizyka 2026, poziom rozszerzony, arkusz CKE — Fragment arkusza CKE MFAP-R0-100-A-2605 — zadanie 1. Na podstawie: CKE, matura maj 2026, fizyka PR Oryginalny PDF CKE

Trzy odcinki tego samego ruchu

Faza	Czas	Opis
wznoszenie $A \to W$	0,8 s	jednostajnie opóźniony, $v$ maleje od $v_{0}$ do 0
spadanie $W \to$ poziom startu	0,8 s	symetria względem wznoszenia
spadanie do podłoża	0,2 s	dodatkowy odcinek $h_{0}$ w dół

Razem 1,8 s. Symetria dotyczy tylko odcinka nad punktem startu — pozostały czas to spadek poniżej.

Trzy drogi do $h_{0}$

Sposób 1 — przez $h_{ma x}$ (użyty wyżej): policz $h_{ma x}$ ze swobodnego spadku od $W$ do $B$ , odejmij $v_{0}^{2} /2 g$ .

Sposób 2 — wprost z równania ruchu: podstaw $t = 1, 8 s$ i $h = 0$ :

$0 = h_{0} + v_{0} \cdot 1, 8 - \frac{1}{2} g \cdot 1, 8^{2} \Rightarrow h_{0} = \frac{1}{2} \cdot 9, 81 \cdot 3, 24 - 7, 848 \cdot 1, 8 = 1, 766 m$

Sposób 3 — z zasady zachowania energii: $\frac{1}{2} m v_{0}^{2} + m g h_{0} = m g h_{ma x}$ , po skróceniu masy wychodzi to samo.

CKE akceptuje każdy z nich — punktowana jest metoda i wynik, nie konkretna droga.

Punktacja CKE

1.1. 1 pkt — obie oceny poprawne (FP).
1.2. 2 pkt — poprawna metoda i wynik z jednostką ( $\approx 7, 85 m/s$ ); 1 pkt za samo równanie $0 = v_{0} - g t$ .
1.3. 3 pkt — metoda i wynik ( $\approx 1, 77 m$ ).
Razem: 6 pkt.