MFAP-R0-100-2605 • Otwarte rozszerzone • 5 pkt • Trudność: ★★★★★

Zadanie 3

Matura z fizyki, maj 2026, poziom rozszerzony

Wymaganie:

II. Rozwiązywanie problemów z wykorzystaniem praw i zależności fizycznych. Bryła sztywna: moment bezwładności, moment siły, II zasada dynamiki ruchu obrotowego.

Treść zadania

Bloczek $B$ (jednorodny walec o masie $m_{w}$ i promieniu $r$ ) podwieszono do sufitu. Przez bloczek przerzucono nierozciągliwą linę o pomijalnej masie: do jednego końca przymocowano ciężarek o masie $m_{c}$ , do drugiego przyłożono siłę $F$ pod kątem $β$ do poziomu.

Moment bezwładności walca: $I_{0} = \frac{1}{2} m_{w} r^{2}$ . Lina nie ślizga się po bloczku, bloczek obraca się bez tarcia.

3.1. (0–1) W sytuacji 1. ciężarek i bloczek się nie poruszają. Wartość $F$ wyraża się wzorem:

F = m_{c} g

·B.

F = (m_{c} + m_{w}) g

·C.

F = m_{c} g cos β

·D.

F = m_{c} g sin β

3.2. (0–4) W sytuacji 2. bloczek się obraca, a ciężarek porusza się pionowo w dół z przyśpieszeniem $a = \frac{1}{2} g$ . Wyznacz $F$ w zależności tylko od $g$ , $m_{c}$ i $m_{w}$ .

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

Rozwiązanie

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 $β$ 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:

$m_{c} a = m_{c} g - N \Rightarrow N = m_{c} (g - a) = m_{c} (g - \frac{1}{2} g) = \frac{1}{2} m_{c} g$

Ruch obrotowy bloczka. Momenty sił $N$ i $F$ działają na ramieniu $r$ i mają przeciwne zwroty:

$I_{0} ε = N r - F r$

Lina nie ślizga się, więc $ε = \frac{a}{r}$ , a $I_{0} = \frac{1}{2} m_{w} r^{2}$ :

$\frac{1}{2} m_{w} r^{2} \cdot \frac{a}{r} = (N - F) r \Rightarrow \frac{1}{2} m_{w} a = N - F$

$F = N - \frac{1}{2} m_{w} a = \frac{1}{2} m_{c} g - \frac{1}{2} m_{w} \cdot \frac{1}{2} g$

$F = \frac{1}{2} g (m_{c} - \frac{1}{2} m_{w})$

Typowy błąd / pułapka

W 3.1 kąt $β$ jest dystraktorem. Siła $F$ 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 $F = \frac{1}{2} m_{c} g = N$ , czyli naprężenia po obu stronach się wyrównują. Zgadza się z intuicją dla nieważkiego bloczka — dobra kontrola poprawności wyniku.

Treść zadania (CKE)

Zadanie 3 — fizyka 2026, poziom rozszerzony, arkusz CKE — Fragment arkusza CKE MFAP-R0-100-A-2605 — zadanie 3. Na podstawie: CKE, matura maj 2026, fizyka PR Oryginalny PDF CKE

Dwa równania, dwa ruchy

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

Element	Równanie	Uwagi
ciężarek (ruch postępowy)	$m_{c} a = m_{c} g - N$	dodatni zwrot w dół
bloczek (ruch obrotowy)	$I_{0} ε = N r - F r$	momenty przeciwnych zwrotów
więz (lina bez poślizgu)	$ε = a / r$	łączy oba ruchy

Dlaczego naprężenia po obu stronach są różne

Dla bloczka o masie $m_{w}$ :

$N - F = \frac{I _{0} ε}{r} = \frac{\frac{1}{2} m _{w} r ^{2} \cdot ( a / r )}{r} = \frac{1}{2} m_{w} a$

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.

Sprawdzenie wzoru w przypadkach granicznych

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

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

Momenty bezwładności warte zapamiętania

Bryła	$I$ względem osi symetrii
walec pełny (bloczek)	$\frac{1}{2} m r^{2}$
obręcz, cienka rura	$m r^{2}$
kula pełna	$\frac{2}{5} m r^{2}$
pręt (oś przez środek)	$\frac{1}{12} m l^{2}$

Punktacja CKE

3.1. 1 pkt — odpowiedź A.
3.2. 4 pkt — poprawna metoda i wzór $F = \frac{1}{2} g (m_{c} - \frac{1}{2} m_{w})$ ; 3 pkt — dwa równania dynamiki plus związek $ε = a / r$ i wzór na $I_{0}$ ; 2 pkt — dwa poprawne równania dynamiki z właściwymi siłami i momentami; 1 pkt — same równania bez rozpisania sił.
Razem: 5 pkt.

Rozumiesz, jak to rozwiązać?

Przećwicz podobne typy zadań w aplikacji

matury-online.pl ma tysiące zadań pogrupowanych po dziedzinach. Sprawdź, czy temat „bryla sztywna, moment bezwladnosci, bloczek, II zasada dynamiki ruchu obrotowego" zrobisz samodzielnie.

Otwórz matury-online.pl