Praca i energia. Zasada zachowania energii mechanicznej. Środek masy. 

Praca 

Uwaga: Zadania w tej części rozwiązujemy przy pomocy twierdzenia o pracy i energii kinetycznej lub 

zasady zachowania energii mechanicznej. 

 

104.  Jaką  prędkość  początkową  v

0

  trzeba  nadać  ciału  o  masie  m,  aby  wjechało  na  szczyt  równi  o 

długości  d  i  kącie  nachylenia 

α

  jeżeli  współczynnik  tarcia  wynosi  f  ?  Oblicz  czas  t  trwania  ruchu. 

Przyspieszenie ziemskie g 



 dane. Wykonać rysunek.

   

 

 

 

 

 

 

Rozwiązanie:

 

 

 

105

.

 Blok o masie m = 15 kg jest przesuwany po poziomej powierzchni pod działaniem siły F = 70 N 

skierowanej pod kątem 30

o

 do poziomu. Blok przesunięto o s = 5 m, a współczynnik tarcia f = 0,25. 

Obliczyć  pracę:  a)  siły  F;  b)  składowej  pionowej  wypadkowej  siły  działającej  na  blok;  c)  siły 
grawitacji; d) siły tarcia.

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

Rozwiązanie:

 

 

 
106. Klocek o masie m = 0,7 ześlizguje się z równi pochyłej o długości 6 m i kącie nachylenia 30

o

, a 

następnie zaczyna poruszać się po poziomej płaszczyźnie. Współczynnik tarcia na równi i poziomej 
powierzchni wynosi f = 0,2. Jaka jest prędkość klocka na końcu równi oraz po przebyciu drogi 1 m po 
poziomej powierzchni? Jaką odległość przebędzie klocek do momentu zatrzymania się? 

 

Rozwiązanie:

 

 

 
107. Auto o masie 1500 kg rusza i przyspiesza jednostajnie do prędkości 10 m/s w czasie 3 sekund. 

Obliczyć: a) pracę wykonaną nad autem; b) średnią moc silnika w pierwszych 3 sekundach ruchu; c) 
moc chwilową dla t = 2 sekundy. 

 

Rozwiązanie:

 

 
 

 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 

 

108.  Paciorek  nadziany  na  drut  ślizga  się  bez  tarcia  po 
nachylonym drucie zakończonym pętlą (patrz rysunek obok) o 
promieniu R. Jeśli H = 3,5 R, to jaką prędkość ma paciorek w 
najwyższym punkcie pętli? Ile wynosi nacisk paciorka na drut 
w najniższym i najwyższym punkcie pętli?   

 

 

 

 

 

Rozwiązanie:

 

 

 

   

109.  Ciało  znajdujące  się  na  wysokości  h  rzucono  pionowo  do  góry  z  prędkością  5  m/s.  Prędkość 

końcowa  ciała  wyniosła  25  m/s.  Wyznaczyć  h.    Na  jaką  maksymalną  wysokość  H  wzniosło  się  to 
ciało? Jakie będą prędkości tego ciała na wysokościach H/4 i h/4? 

 

Rozwiązanie:

 

 

 
 
110. Kamień rzucono pionowo do góry. Mija on punkt A z prędkością v, a punkt B, leżący 3 m wyżej 

niż A, z prędkością v/2. Oblicz: a) prędkość v, b) maksymalną wysokośc wzniesienia się ciała ponad 
punkt B.  

 

Rozwiązanie:

 

 
 

 

 

 
 
 
 
113. Ciało rzucono pionowo w dół z wysokości H, nadając mu prędkość v

0

 = 5 m/s. Ciało uderzyło w 

ziemie z prędkością 35 m/s. Ile wynosi H? Jaką prędkość miało to ciało po przebyciu drogi H/6? 

 

Rozwiązanie:

 

 

 
114. Kamień rzucono ukośnie z powierzchni ziemi. Na wysokości 9,1 m jego prędkość jest równa v = 

(7,6i + 6,1j). Jaka jest maksymalna wysokość rzutu? Jaka była prędkość wyrzutu? Z jaką  prędkością 
kamień spadł na ziemię? 

 

Rozwiązanie:

 

 

 
115.  Wartość  prędkości  początkowej  kamienia  rzuconego  ukośnie  jest  5  razy  większa  od  jego 

prędkości w najwyższym punkcie toru. Pod jakim katem wyrzucono kamień? 

 

Rozwiązanie:

 

 

 
116. Balon porusza się ruchem jednostajnym prostoliniowym na wysokości H = 2 km z prędkością u = 

20 m/s.  Z balonu wyrzucono metalową kulkę nadając jej prędkość poziomą 5 m/s względem balonu w 
chwili, gdy przelatywał nad punktem A płaskiego terenu. Wyznaczyć prędkości kulki na wysokości 
2H/3. Rozpatrzyć dwa przypadki rzutu: w kierunku ruchu balonu i w kierunku przeciwnym do jego 
prędkości chwilowej. 

 

Rozwiązanie:

 

112.  Dwie  masy  m  i  M   (M>m) są  połączone  nieważką  nicią  przewieszoną 
przez  nieważki  krążek.  Stosując  zasadę  zachowania  energii  mechanicznej 
wyznaczyć prędkość V masy m w momencie, gdy jej środek masy podniesie 
się na wysokość H. Założyć, że krążek nie obraca się, a nić ślizga się po jego 
powierzchni  bez  tarcia.  Jaka  będzie  prędkość  ciała  m,  jeśli  odstąpimy  od 
założenia o idealnie gładkiej powierzchni krążka i przyjmiemy, że na drodze 
H praca sił tarcia będzie równa W?  

 

Rozwiązanie:

 

 

 

M 

 

 
117. Ciało o masie 0,5 kg ślizga się po poziomym chropowatym torze kołowym o promieniu 2 m. Jego 

prędkość początkowa wynosiła 8 m/s, a po jednym pełnym obiegu toru spadła ona do wartości 6 m/s. 
Wyznaczyć pracę sił: a) tarcia, b) dośrodkowej. Obliczyć współczynnik tarcia. Po jakim czasie ciało to 
się zatrzyma? Ile razy obiegnie ono tor do momentu zatrzymania się? 

 

Rozwiązanie:

 

 

 
118.  Rozciągnięcie  sprężyny  o  10  cm  wymaga  pracy  4  J.  Ile  potrzeba  pracy,  aby  rozciągnąć  tę 

sprężynę do 20 cm? Ws-ka: wartość pracy wykonanej nad sprężyną o współczynniku sprężystości  k  
rozciągniętej o x  wynosi kx

2

/2. 

 

Rozwiązanie:

 

 

 
119.  Kula  o  masie  0,005  kg  i  prędkości  600  m/s  zagłębiła  się  w  drewnie  na  głębokość  2  cm. 

Wyznaczyć średnią wartość siły oporu działającej w drewnie na kulkę. Zakładając, że siła oporu jest 
stała, obliczyć czas hamowania kulki. Z jaką przemianę energii mamy w tym zjawisku do czynienia? 

 

Rozwiązanie:

 

 

 

 

 
 
 
 
 
 
 
 
 
121.  Jaką  pracę  wykonał  silnik  pociągu  elektrycznego  o  masie 

ton

100



m

,  który  poruszając  się 

ruchem jednostajnie przyspieszonym w czasie 

s

15



t

 uzyskał prędkość 

h

km

108

v



. Efektywny 

współczynnik tarcia wynosi 

05

,

0



f

 a przyspieszenie ziemskie przyjąć równe 

2

s

m

10



g

. 

 

Rozwiązanie:

 

 

 
122.  Ciało  o  masie 

kg

2



m

  zsuwa  się  po  równi  pochyłej  ze  stałą  prędkością 

s

m

25

,

0

v



. 

Współczynnik tarcia wynosi 

5

,

0



f

. Oblicz moc siły zsuwającej ciało. 

 

Rozwiązanie:

 

 

 
123.  Sanki ześlizgują się z pagórka, którego zbocze ma długość 

m

10



d

 i jest nachylone pod kątem 





30



 do poziomu. Jaką odległość x przebędą sanki na odcinku poziomym po zjechaniu ze zbocza, 

jeżeli na całej drodze współczynnik tarcia wynosi 

2

,

0



f

? 

 

Rozwiązanie:

 

 

120.  Współczynnik  tarcia  miedzy  masą  m  (patrz  rysunek 
obok)  a  podłożem  wynosi  0,2.  Jeśli  początkowo  oba  ciała 
spoczywają  ruszą,  to  ile  wynosi  prędkość  obu  mas  po 
przebyciu  przez  M  drogi  0,6  m?  Masę  nici  i  krążka 
zaniedbujemy. Nitka ślizga się po krążku bez tarcia 

 

 

 

 

 

 

 

 

           

Rozwiązanie: 

 

 

 

 

v 

F

n

 

mg 

F

s

 

F

T

 

d 



 



 

m 

 

124.  W  najwyższym  punkcie  kuli  o  promieniu  R  znajduje 
się  małe  ciało  w  położeniu  równowagi  chwiejnej.  Przy 
najmniejszym  wychyleniu  z  tego  położenia  ciało  zacznie 
się  zsuwać  po  powierzchni  kuli.    Wyznacz  kąt  α  jaki 
zatoczy promień kuli do miejsca oderwania się  

 

Rozwiązanie:

 

 

 

 

 

---------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------, 

Autor rozwiązań 

Mgr. W. Magierski 

RZad104 

W  trakcie  wjeżdżania  na 
szczyt  równi  początkowa 
energia 

kinetyczna 

ciała 

u  podnóża  równi  jest  tracona 
na 

wykonanie 

pracy 

przeciwko 

sile 

tarcia 

i  zamienia  się  w  energię 
potencjalną.  

Ponieważ  siła  tarcia  ma  stałą 
wartość,  to  praca  przeciwko 
tej  sile  daje  się  przedstawić 
jako 

iloczyn 

siły 

i 

przesunięcia: 

𝑊

𝑇

= 𝐹

𝑇

𝑑 

Korzystając z zasady zachowania energii oraz równoważności pracy i energii możemy napisad: 

𝐸

𝑘0

= 𝑚𝑔𝑕 + 𝑊

𝑇

 

Przy czym wysokośd równi h wyraża się wzorem: 

𝑕 = 𝑑 sin 𝛼 

Zgodnie z definicją siła tarcia to: 

𝐹

𝑇

= 𝑓𝐹

𝑛

= 𝑓𝑚𝑔 cos 𝛼 . 

Początkowa energia kinetyczna ciała wynosi: 

R 

R 



v 

𝐸

𝑘0

=

𝑚𝑣

0

2

2

 . 

Podstawiając do bilansu energii mamy: 

𝑚𝑣

0

2

2

= 𝑚𝑔𝑑 sin 𝛼 +  𝑓𝑚𝑔 𝑑cos 𝛼 

skąd 

𝑣

0

=  2𝑔𝑑 sin 𝛼 +  𝑓 cos 𝛼  . 

Sprawdzamy jednostki: 

 𝑣

0

  =  

m

s

2

m =

m

s

 . 

 

RZad105 

 

Zgodnie  z  definicją,  praca  stałej 
siły  wyraża  się  przez  iloczyn 
skalarny siły i przesunięcia: 

𝑊 = 𝐅 ∙ 𝐬 = 𝐹𝑠 cos α 

Składowa  pionowa  wypadkowej 
siły  działającej  na  blok  będzie 
różnicą pomiędzy siłą ciężkości a 
składową 

pionową 

siły 

zewnętrznej: 

𝐹

𝑛

= 𝑚𝑔 − 𝐹" 

Siła  ta,  będąc  prostopadła  do 
kierunku 

przesunięcia, 

nie 

wykona żadnej pracy – podobnie jak siła grawitacji. 

Siła tarcia natomiast wykona pracę: 

𝑊

𝑇

= 𝐅

𝐓

∙ 𝐬 = 𝐹

𝑇

𝑠 cos 180°  = −𝑓𝐹

𝑛

𝑠 

Podstawiając za siłę nacisku i zauważając, że  𝐹" = 𝐹 sin 𝛼  otrzymujemy: 

𝑊

𝑇

= −𝑓 𝑚𝑔 − 𝐹 sin 𝛼 𝑠 

Sprawdzamy jednostki: 

 𝑊  = kg

m

s

2

m = Nm = J 

i obliczamy: 

𝑊 = 70 ∙ 5 ∙ cos 30° = 350

 3

2

≅ 303J 

𝑊

𝑇

= −0,25 ∙ (15 ∙ 10 − 70 sin 30°) ∙ 5 = −1,25 150 − 35  = −143,75 ≅ −144 J 

F 

F’ 

F” 

F

T

 

mg 

m 





Odp. Praca siły  F wynosi 303J a praca siły tarcia  –144J. Siła nacisku i siła ciężkości nie wykonały 
pracy. 

 

RZad106 

 

Zgodnie z zasadą zachowania energii i równoważności pracy i energii początkowa energia potencjalna 
klocka  zostanie  zużyta  na  wykonanie  pracy  przeciwko  sile  tarcia  a  reszta  zamieniona  na  energię 
kinetyczną  klocka  u  podstawy  równi.  Ta  reszta  z  kolei  zostaje  rozproszona  przez  siłę  tarcia  na 
poziomym torze. 

Rozważmy najpierw ruch po równi, gdzie mamy: 

𝑚𝑔𝑕 =

𝑚𝑣

𝑘

2

2

+ 𝑊

𝑇

 

przy czym wysokośd równi h wiąże się z długością równi d zależnością: 

𝑕 = 𝑑 sin 𝛼 ; 

v

k 

oznacza prędkośd klocka u podstawy równi, a praca siły tarcia wynosi: 

𝑊

𝑇

= 𝑓𝐹

𝑛

𝑑 = 𝑓𝑚𝑔 𝑑cos 𝛼 

Podstawiając otrzymujemy: 

𝑚𝑔𝑑 sin 𝛼 =

𝑚𝑣

𝑘

2

2

+ 𝑓𝑚𝑔𝑑 cos 𝛼 

skąd 

𝑣

𝑘

=  2𝑔𝑑(sin 𝛼 − 𝑓 cos 𝛼) 

Prędkośd ta staje się prędkością początkową w ruchu poziomym i znowu bilansujemy pracę i energię, 
zakładając, że s oznacza drogę w tym ruchu: 

𝑚𝑣

𝑘

2

2

=

𝑚𝑣

2

2

+ 𝑊

𝑇

′

 

F

s

 

mg 

F

T

 

m 

F

n

 





s 

Praca na drodze s przeciwko sile tarcia wyniesie: 

𝑊

𝑇

′

= 𝑓𝑚𝑔𝑠 . 

Podstawiamy i otrzymujemy: 

𝑣

𝑘

2

= 𝑣

2

+ 2𝑓𝑔𝑠 

 

skąd 

𝑣 =  𝑣

𝑘

2

− 2𝑓𝑔𝑠 =  2𝑔𝑑 sin 𝛼 − 𝑓 cos 𝛼  − 2𝑓𝑔𝑠 

Kładąc v = 0 obliczymy drogę do momentu zatrzymania: 

𝑠 =

𝑣

𝑘

2

2𝑓𝑔

=

𝑑 sin 𝛼 − 𝑓 cos 𝛼 

𝑓

 

Obliczenia: 

prędkośd klocka u podstawy równi: 

𝑣

𝑘

=  2 ∙ 10 ∙ 6(sin 30° − 0,2 cos 30°) =  120(0,5 − 0,1 3) =  39,2 = 6,3  

m

s

  

prędkośd klocka po przebyciu drogi s = 1m 

𝑣 =  2 ∙ 10 ∙ 6(sin 30° − 0,2 cos 30°) − 2 ∙ 0,2 ∙ 10 ∙ 1 =  39,2 − 4,0 = 5,9  

m

s

  

droga przebyta przez klocek do momentu zatrzymania: 

𝑠 =

6(sin 30° − 0,2 cos 30°)

0,2

= 30 0,5 − 0,1 3  = 9,8 m  

 

RZad107 

Zgodnie z zasadą równoważności pracy i energii, praca wykonana nad autem równa jest przyrostowi 
jego energii kinetycznej: 

𝑊 = ∆𝐸

𝑘

=

1
2

𝑚𝑣

2

   kg

m

2

s

2

= Nm = J  

Wartośd tej pracy: 

𝑊 = 0,5 ∙ 1500 ∙ 10

2

= 75 000  J  = 75  kJ  

Dzieląc tę pracę przez czas rozpędzania do prędkości v otrzymamy średnią moc silnika: 

𝑃

ś𝑟

=

𝑊

𝑡

   

J

s

= W  

Moc ta wyniesie: 

𝑃

ś𝑟

=

75 000

3

= 25 000  W  = 25  kW  

Moc chwilowa jest pochodną pracy po czasie i może byd przedstawiona jako: 

𝑃 =

d𝑊

d𝑡

=

𝐅 ∙ d𝐬

d𝑡

= 𝐅 ∙

d𝐬
d𝑡

= 𝐅 ∙ 𝐯 

W przypadku stałej siły działającej w kierunku ruchu równanie jest skalarne: 

𝑃 = 𝐹 ∙ 𝑣 = 𝑚𝑎𝑣 = 𝑚𝑎 𝑎𝑡  = 𝑚𝑎

2

𝑡 = 𝑚  

∆𝑣

∆𝑡

 

2

𝑡 

Jednostka: 

 𝑃  = kg

m

2

s

2

s

= kg

m

2

s

2

1

s

=

J

s

= W 

Wartośd mocy chwilowej: 

𝑃 = 1 500 ∙  

10

3

 

2

∙ 2 =

300 000

9

= 33 333  W  = 33,3  kW   

 

RZad108 

 

W  najwyższym  punkcie  pętli  paciorek  ma 
prędkość spełniająca bilans energii: 

𝑚𝑔𝐻 = 𝑚𝑔2𝑅 +

1
2

𝑚 𝑣" 

2

 

skąd 

𝑣" =  2𝑔(𝐻 − 2𝑅) 

Po uwzględnieniu warunków zadania 

𝑣" =  2𝑔(3,5𝑅 − 2𝑅) =  3𝑔𝑅 

Nacisk N” paciorka na drut w tym miejscu 
będzie  różnicą  pomiędzy  siłą  ciężkości 
a  siła odśrodkową: 

𝑁" = 𝑚𝑔 −

𝑚 𝑣" 

2

𝑅

 

Wstawiając 

znalezioną 

prędkość 

w  najwyższym punkcie otrzymamy: 

𝑁" = 𝑚𝑔 −

𝑚3𝑔𝑅

𝑅

= 𝑚𝑔 − 3𝑚𝑔 = −2𝑚𝑔 

Znak minus oznacza, że siła nacisku jest skierowana w górę. 

Postępując podobnie znajdziemy prędkość w najniższym punkcie toru: 

𝑚𝑔𝐻 =

1
2

𝑚 𝑣′ 

2

 

skąd 

F”

od

 

v” 

mg 

R 

H 

mg 

F’

od

 

v’ 

𝑣′ =  2𝑔𝐻 

Po uwzględnieniu warunków zadania 

𝑣′ =  2𝑔3,5𝑅 =  7𝑔𝑅 

Nacisk N’ paciorka na drut w najniższym miejscu będzie sumą siłą ciężkości i  siły odśrodkowej: 

𝑁

′

= 𝑚𝑔 +

𝑚 𝑣′ 

2

𝑅

 

Wstawiając znalezioną prędkość w najniższym punkcie otrzymamy: 

𝑁

′

= 𝑚𝑔 +

𝑚7𝑔𝑅

𝑅

= 8𝑚𝑔 

 

RZad109 

Zad. 109. Ciało znajdujące się na wysokości h rzucono pionowo do góry z prędkością 5 m/s. Prędkość 

końcowa  ciała  wyniosła  25  m/s.  Wyznaczyć  h.    Na  jaką  maksymalną  wysokość  H  wzniosło  się  to 
ciało? Jakie będą prędkości tego ciała na wysokościach H/4 i h/4? 

Oznaczmy przez v

0

 prędkość początkową ciała (tę na wysokości h) a przez v

k

 prędkość końcową ciała 

na wysokości równej zero. Zgodnie z zasadą zachowania energii mamy: 

𝑚𝑔𝑕 +

𝑚𝑣

0

2

2

=

𝑚𝑣

𝑘

2

2

 

zatem 

𝑕 =

𝑣

𝑘

2

2𝑔

−

𝑣

0

2

2𝑔

=

𝑣

𝑘

2

− 𝑣

0

2

2𝑔

    

𝑚

2

𝑠

2

𝑚

𝑠

2

=

𝑚

2

𝑠

2

𝑠

2

𝑚

= 𝑚  

Po podstawieniu danych: 

𝑕 =

25

2

− 5

2

2 ∙ 10

=

600

20

= 30 𝑚  

Maksymalne wzniesienie spełni równośd energii: 

𝑚𝑔𝑕 +

𝑚𝑣

0

2

2

= 𝑚𝑔𝐻 

skąd 

𝐻 = 𝑕 +

5

2

2𝑔

 

Po podstawieniu danych: 

𝐻 = 30 +

5

2

2 ∙ 10

= 30 + 1,25 = 31,25 [m] 

Prędkośd v

1

 na wysokości H/4 spełni równanie 

𝑚𝑔𝑕 +

𝑚𝑣

0

2

2

= 𝑚𝑔

𝐻

4

+

𝑚𝑣

1

2

2

 

skąd 

𝑣

1

=  2𝑔  𝑕 −

𝐻

4

  +𝑣

0

2

   

𝑚

𝑠

  

Po podstawieniu: 

𝑣

1

=  2 ∙ 10  30 −

31,25

4

  + 5

2

=  20 ∙ 22,2 + 25 =  469 = 21,7   

𝑚

𝑠

  

Analogicznie prędkośd v

2

 na wysokości h/4 wyniesie 

𝑚𝑔𝑕 +

𝑚𝑣

0

2

2

= 𝑚𝑔

𝑕
4

+

𝑚𝑣

2

2

2

 

skąd 

𝑣

2

=  2𝑔  𝑕 −

𝑕
4

  +𝑣

0

2

=  

3𝑔𝑕

2

+𝑣

0

2

   

𝑚

𝑠

  

Po podstawieniu: 

𝑣

2

=  1,5 ∙ 10 ∙ 30 + 5

2

=  450 + 25 =  475 = 21,8   

𝑚

𝑠

  

 
 
RZad110 
 

Oznaczmy wysokość punktu A przez h a różnicę wysokości punktów A i B przez 



h = 3m. Zgodnie z 

zasadą zachowania energii mamy: 

𝑚𝑣

2

2

+ 𝑚𝑔𝑕 =

𝑚  

𝑣

2 

2

2

+ 𝑚𝑔(𝑕 + ∆𝑕) 

zatem 

𝑣

2

+ 2𝑔𝑕 =

𝑣

2

4

+ 2𝑔𝑕 + 2𝑔∆𝑕 

stąd 

𝑣 =  

8𝑔∆𝑕

3

= 2 

2𝑔∆𝑕  

3

    

m

s

2

m =

m

s

  

Po podstawieniu 

𝑣 = 2 

2 ∙ 10 ∙ 3

3

=  20 = 4,5   

m

s

  

Oznaczmy szukaną maksymalną wysokośd wzniesienia ponad punkt B jako H, mamy: 

𝑚𝑣

2

2

+ 𝑚𝑔𝑕 = 𝑚𝑔(𝑕 + ∆𝑕 + 𝐻) 

skąd po podstawieniu otrzymanej wcześniej prędkości v dostajemy: 

𝑚

2

8𝑔∆𝑕

3

+ 𝑚𝑔𝑕 = 𝑚𝑔𝑕 + 𝑚𝑔∆𝑕 + 𝑚𝑔𝐻 

i wyznaczamy 

𝐻 =

1
3

∆𝑕   

W pamięci obliczamy 

𝐻 = 1[m] 

 

RZad112 

Zgodnie z zasadą zachowania energii obniżenie się środka masy układy oznacza zmniejszenie energii 
potencjalnej układu, co musi skutkować wzrostem energii kinetycznej układu mas – tak aby całkowita 
energia mechaniczna została zachowana. Oczywiście, prędkość v ciała o masie m będzie taka sama jak 
prędkość ciała o masie M, choć przeciwnie skierowana. 

Oznaczmy  przez  h

1

  wysokość  położenia  środka  masy  układu  w  chwili  początkowej,  a przez  h

2

 

wysokość  położenia  środka  masy  układu  w  chwili  końcowej  i  wyznaczmy  te  położenia.  Zgodnie  z 
definicją środka masy mamy: 

𝑀 𝑕 − 𝑕

1

  = 𝑚𝑕

1

 

𝑕

1

 𝑀 + 𝑚  = 𝑀𝐻 

𝑕

1

=

𝑀

𝑀 + 𝑚

𝐻 

Analogicznie w chwili koocowej: 

𝑚 𝑕 − 𝑕

2

  = 𝑀𝑕

2

 

𝑕

2

 𝑀 + 𝑚  = 𝑚𝐻 

𝑕

2

=

𝑚

𝑀 + 𝑚

𝐻 

Obniżenie ∆𝑕 środka masy będzie równe: 

∆𝑕 = 𝑕

1

− 𝑕

2

=

𝑀 − 𝑚
𝑀 + 𝑚

𝐻 

Zmiana energii potencjalnej układu przełoży się na energię kinetyczną ciał: 

 𝑀 + 𝑚 𝑔∆𝑕 =

𝑀𝑣

2

2

+

𝑚𝑣

2

2

=

1
2

 𝑀 + 𝑚 𝑣

2

 

skąd 

𝑣

2

= 2𝑔∆𝑕 = 2𝑔𝐻

𝑀 − 𝑚
𝑀 + 𝑚

 

Ostatecznie: 

𝑣 =  2𝑔𝐻

𝑀 − 𝑚
𝑀 + 𝑚

          

𝑚

𝑠

2

𝑚 =

𝑚

𝑠

  

W sytuacji gdy tarcie na krążku spowoduje rozpraszanie energii należy to uwzględnid dodając straty 
energii (równe pracy sił tarcia) do bilansu energii: 

 𝑀 − 𝑚 𝑔𝐻 =

1
2

 𝑀 + 𝑚 𝑣

2

+ 𝑊 

i wówczas 

𝑣 =  2𝑔𝐻

𝑀 − 𝑚
𝑀 + 𝑚

−

2𝑊

𝑀 + 𝑚

 

 

RZad113

 

Zgodnie z zasadą zachowania energii energia potencjalna i kinetyczna w chwili startu równa będzie 
energii kinetycznej w momencie uderzenia w ziemię: 

Oznaczmy przez v

k

 prędkość z jaką ciało uderzyło w ziemię, mamy wówczas: 

𝑚𝑔𝐻 +

𝑚𝑣

0

2

2

=

𝑚𝑣

𝑘

2

2

 

stąd 

𝐻 =

𝑣

𝑘

2

2𝑔

−

𝑣

0

2

2𝑔

=

𝑣

𝑘

2

− 𝑣

0

2

2𝑔

            

m

2

s

2

m

s

2

= m  

Obliczamy: 

𝐻 =

35

2

− 5

2

2 ∙ 10

=

1200

20

= 60 [m] 

W  drugiej  części  zadania  zastosujemy  ten  sam  sposób,  trzeba  tylko  zauważyd,  że  po  przebyciu  H/6 
drogi ciało będzie na wysokości 5H/6. Oznaczmy prędkośd w tym momencie przez v i układamy bilans 
energii: 

𝑚𝑔𝐻 +

𝑚𝑣

0

2

2

= 𝑚𝑔

5𝐻

6

+

𝑚𝑣

2

2

 

skąd  

6𝑔𝐻 − 5𝑔𝑕 = 3𝑣

2

− 3𝑣

0

2

 

3𝑣

2

= 𝑔𝐻 + 3𝑣

0

2

 

i ostatecznie: 

𝑣 =  

𝑔𝐻

3

+ 𝑣

0

2 

        

m

s

  

Obliczamy: 

𝑣 =  

10 ∙ 60

3

+ 25 =  225 = 15   

m

s

  

 

 

RZad114 

Oznaczmy  wysokość  daną  w  zadaniu  przez  h,  a  maksymalną  wysokość  przez  H.  Wektorowy  zapis 
prędkości oznacza, że składowe wektora prędkości wynoszą: 

𝑣

𝑥

= 𝑣

0𝑥

= 7,6   

m

s

  

𝑣

𝑦

= 6,1   

m

s

  

Wartośd prędkości na wysokości h wyniesie: 

𝑣 =  𝑣

𝑥

2

+ 𝑣

𝑦

2

 

Policzmy tę prędkośd, bo będzie potrzebna do wyznaczenia energii kinetycznej 

𝑣 =  7,6

2

+ 6,1

2

=  95 = 9,75   

m

s

  

Bilansując energię całkowitą w momencie wyrzutu i na wysokości h, mamy: 

𝑚𝑣

0

2

2

=

𝑚𝑣

2

2

+ 𝑚𝑔𝑕 

Wyznaczymy stąd prędkośd początkową wyrzutu v

0

: 

𝑣

0

=  𝑣

2

+ 2𝑔𝑕 

Wartośd tej prędkości: 

𝑣

0

=   9,75 

2

+ 2 ∙ 10 ∙ 9,1 95 + 182 =  277 = 16,6   

m

s

  

Bilans energii w najwyższym punkcie pozwoli wyznaczyd tę wysokośd: 

𝑚𝑣

0

2

2

= 𝑚𝑔𝐻 

𝐻 =

𝑣

0

2

2𝑔

      

m

2

s

2

m

s

2

= m  

Obliczamy: 

𝐻 =

16,6

2

2 ∙ 10

= 13,8 [m] 

Prędkośd z jaką kamieo upadnie na ziemię jest oczywiście równa prędkości wyrzutu i wynosi  

𝑣

𝑘

= 16,6   

m

s

 

 

 

 

 

 

 

 

 

RZad115 

 

W 

najwyższym 

punkcie 

toru 

prędkość  ciała  ma  tylko  składową 
poziomą  równą  składowej  poziomej 
prędkości początkowej. 

𝑣 = 𝑣

0𝑥

 

Oznaczmy 

przez 

k 

stosunek 

prędkości dany w zadaniu: 

𝑘 =

𝑣

0

𝑣

=

𝑣

0

𝑣

0𝑥

 

Z drugiej strony: 

𝑣

0𝑥

𝑣

0

= cos 𝛼 

Zatem 

cos 𝛼 =

1
𝑘

 

Podstawiamy i mamy 

cos 𝛼 =

1
5

= 0,2 

𝛼 = 78°28′ 

 
RZad116 

 

Oznaczmy  prędkość  własną  kulki 
przez  w.  Prędkość  początkowa  v

0

 

kulki  może  być  zatem  sumą  lub 
różnicą  prędkości  u  i  w.  Te  dwa 
przypadki  najwygodniej  będzie 
rozważyć 

w 

ostatnim 

etapie 

rozwiązania przyjmując: 

𝑣

0

= 𝑢 + 𝑤 

𝑣

0

= 𝑢 − 𝑤 

y 

x 

v

0x 

 



v

0 

v = v

0x 

 

v

0y 

H 

x 

v

0x 

 

h 

v

 

v

0

 = v

0x 

 

v

y 

H 

A 

y 

Napiszmy kinematyczne równania ruchu w przypadku rzutu poziomego: 

 

𝑥 = 𝑣

0

𝑡

𝑦 = 𝐻 −

1
2

𝑔𝑡

2

  

Różniczkując po czasie te równania otrzymamy współrzędne prędkości: 

 

𝑣

𝑥

= 𝑣

0

𝑦

𝑦

= −𝑔𝑡

  

Znak minus oznacza prędkośd zorientowaną przeciwnie do kierunku (w górę) przyjętego za dodatni. 
Szukana prędkośd jest przekątną prostokąta prędkości: 

𝑣 =  𝑣

𝑥

2

+ 𝑣

𝑦

2

  =  𝑣

0

2

+  𝑔𝑡 

2

 

Czas t znajdziemy kładąc y = h w równaniu ruchu: 

𝑕 = 𝐻 −

1
2

𝑔𝑡

2

       𝑡 =  

2(𝐻 − 𝑕)

𝑔

 

Prędkośd zatem wyrazi się wzorem: 

𝑣 =  𝑣

0

2

+  𝑔 

2 𝐻 − 𝑕 

𝑔

 

2

=  𝑣

0

2

+ 2𝑔(𝐻 − 𝑕) 

Obliczamy prędkośd w przypadku rzutu w kierunku ruchu balonu: 

𝑣 =  (20 + 5)

2

+ 2 ∙ 10 ∙  2000 −

2
3

2000  =  625 + 13 332 =  13 957 = 118   

m

s

  

i w kierunku przeciwnym: 

𝑣 =  (20 − 5)

2

+ 2 ∙ 10 ∙  2000 −

2
3

2000  =  225 + 13332 =  13 557 = 116   

m

s

  

 

RZad117 

Praca w ruchu obrotowym wyraża się wzorem: 

𝑊 = 𝑀

ś𝑟

𝜑 

gdzie 



oznacza  drogę  kątową  a  M

śr

  to  średni  moment  siły  –  w  naszym  przypadku  siły  tarcia 

hamującej  ruch po okręgu. Ponieważ siła hamująca ma stała wartośd, to jej  wartośd średnia równa 
jest chwilowej, a jej moment wyniesie: 

𝑀 = 𝑀

ś𝑟

= 𝐹

𝑇

𝑅 = 𝑓𝑚𝑔𝑅 

gdzie  R  oznacza  promieo  okręgu,  m  masę  ciała  a  f  współczynnik  tarcia.  Podstawiając  do  wzoru  na 
pracę otrzymujemy: 

𝑊 = 𝑓𝑚𝑔𝑅𝜑 

Praca ta spowodowała zmniejszenie energii kinetycznej poruszającego się ciała: 

𝑊 = ∆𝐸

𝑘

=

𝑚𝑣

2

2

2

−

𝑚𝑣

1

2

2

=

𝑚

2

 𝑣

2

2

− 𝑣

1

2

  

i możemy wyznaczyd pracę siły tarcia: 

𝑊 =

0,5

2

 6

2

− 8

2

  = 0,25 −28  = −7 [J] 

Praca siły tarcia jest ujemna, bo powoduje zmniejszanie się prędkości. 

Praca  siły  dośrodkowej  jest  równa  zero,  bo  jej  moment  jest  równy  zero  z  racji  równoległości 
wektorów siły i promienia. 

Współczynnik tarcia policzymy ze wzoru na pracę zauważając, że 1 obrót to 2



 radianów: 

𝑓 =

𝑊

𝑚𝑔𝑅𝜑

 

𝑓 =

7

0,5 ∙ 10 ∙ 2 ∙ 2𝜋

= 0,11 

Liczbę  N  obrotów  do  momentu  zatrzymania  otrzymamy  dzieląc  przez  2



  drogę  kątową 

odpowiadająca pracy W’ siły tarcia do momentu zatrzymania równą początkowej energii kinetycznej 
ciała. 

𝑁 =

𝜑

2𝜋

=

𝑊′

𝑓𝑚𝑔𝑅

1

2𝜋

=

𝑚𝑣

1

2

2

2𝜋𝑓𝑚𝑔𝑅

=

𝑣

1

2

4𝜋𝑓𝑔𝑅

      

𝑚

2

𝑠

2

𝑚

𝑠

2

𝑚

= 1  

Obliczamy: 

𝑁 =

8

2

4𝜋 ∙ 0,11 ∙ 10 ∙ 2

=

64

8,8𝜋

= 2,3 

 

RZad118 

 

 

0

40

80

120

160

0

0.1

0.2

siła 

*N

+

wydłużenie [m]

Siła  sprężystości  jest  proporcjonalna  do 
wydłużenia sprężyny: 

 

gdzie minus oznacza przeciwny do wydłużenia 
kierunek 

działania 

siły 

– 

model 

jednowymiarowy.  

Praca  z  kolei  może  byd  przedstawiona  jako 
iloczyn średniej siły i wydłużenia: 

 

Korzystając ze wskazówki mamy: 

 

 

 

Porównując oba wzory na pracę i wykorzystując definicję siły sprężystości otrzymujemy: 

𝐹

ś𝑟

𝑥 =

𝑘𝑥

2

2

             𝐹

ś𝑟

=

𝑘𝑥

2

=

𝐹

2

 

a zatem średnia siła jest równa połowie wartości siły maksymalnej. Wykres przedstawia zależność siły 
sprężystości  od  wydłużenia  a  praca  na  tym  wykresie  jest  polem  pod  krzywą  (prostą).  Jak  widać 
dwukrotne zwiększenie wydłużenia powoduje czterokrotne zwiększenie pracy. 

Przyjmijmy,  że  W

1

  to  praca  włożona  w  rozciągnięcie  sprężyny  o  x

1

,  a  W

2

  to  praca  wymagana  aby 

rozciągnąć sprężynę o x

2

. Mamy zatem: 

𝑊

1

=

𝑘𝑥

1

2

2

            𝑘 =

2𝑊

1

𝑥

1

2

 

oraz: 

𝑊

2

=

𝑘𝑥

2

2

2

=

2𝑊

1

𝑥

1

2

𝑥

2

2

2

= 𝑊

1

 

𝑥

2

𝑥

1

 

2

 

Podstawiając dane otrzymujemy: 

𝑊

2

= 4  

0,2
0,1

 

2

= 4 ∙ 4 = 16 [J] 

 

RZad119 

Energia kinetyczna kuli zostaje zużyta na  



 

wykonanie pracy przeciwko siłom spójności drewna,  



 

wykonanie pracy odkształcania materiału kuli, 



  podniesienie temperatury kuli 



  lokalne podniesienie temperatury drewna, 

jednym słowem zostanie rozproszona. 

 

Stosując definicję pracy w postaci: 

Stosując definicję pracy w postaci: 

𝑊 = 𝐹

ś𝑟

𝑑 

możemy zbilansowad energię i pracę: 

𝑚𝑣

2

2

= 𝐹

ś𝑟

𝑑 

gdzie d oznacza głębokośd kuli po zderzeniu i otrzymujemy: 

𝐹

ś𝑟

=

𝑚𝑣

2

2𝑑

 ,     

kg  

m

s  

2

m

=

kg ∙ m

s

= N  

Znajomośd siły pozwoli znaleźd przyspieszenie: 

𝐹

ś𝑟

= 𝑚𝑎 

bo z drugiej strony: 

𝑎 =

∆𝑣

∆𝑡

=

𝑣

𝑡

 

zatem: 

𝐹

ś𝑟

= 𝑚

𝑣

𝑡

 

skąd 

𝑡 =

𝑚𝑣

𝐹

ś𝑟

,      

kg

m

s

N

=

kg ∙ m

s

s

2

kg ∙ m

= s  

Po podstawieniu otrzymujemy: 

𝑡 =

2𝑚𝑣𝑑

𝑚𝑣

2

=

2𝑑

𝑣

,   

Obliczenia 

𝐹

ś𝑟

=

𝑚𝑣

2

2𝑑

=

0,005 ∙ 600

2

2 ∙ 0,02

=

360 000

8

= 45 000 J  = 45 kJ  

𝑡 =

2𝑑

𝑣

=

2 ∙ 0,02

600

=

0,02

300

=

2

30 000

= 6,7 ∙ 10

−5

 𝑠  = 67[μs] 

 

RZad120 

Oznaczmy drogę masy M przez h – będzie to obniżenie wysokości tej masy i jednocześnie droga jaką 
pokona masa m. Stosując zasadę zachowania energii dochodzimy do wniosku, że zmniejszenie energii 
potencjalnej masy  M powoduje zwiększenie energii kinetycznej obu mas, a część zostanie zużyta na 
wykonanie pracy przeciwko sile tarcia pomiędzy masą m a podłożem. 

𝑀𝑔𝑕 =

1
2

𝑀𝑣

2

+

1
2

𝑚𝑣

2

+ 𝑊

𝑇

 

Praca przeciwko sile tarcia będzie iloczynem siły tarcia (współczynnik tarcia f razy nacisk mg) i drogi h: 

𝑊

𝑇

= 𝑓𝑚𝑔𝑕 

Podstawiamy i mamy: 

2𝑀𝑔𝐻 − 2𝑓𝑚𝑔𝑕 =  𝑚 + 𝑀 𝑣

2

 

skąd 

𝑣 =  2𝑔𝑕

𝑀 − 𝑓𝑚

𝑚 + 𝑀

 ,           

m

s

2

m

kg
kg

=

m

s

  

Aby wykonad obliczenia musimy znad obie masy albo przynajmniej ich iloraz. 

 

 

RZad121 

Ruch  jednostajnie  przyspieszony  odbywa  się  pod  wpływem  stałej  siły  (siła  wypadkowa).  Siła 
wypadkowa to, z jednej strony, różnica pomiędzy siłą napędową F

n

 pochodzącą od silnika a  siłą tarcia 

F

T: 

𝐹 = 𝐹

𝑛

− 𝐹

𝑇

 

a z drugiej iloczyn masy i przyspieszenia: 

𝐹 = 𝑚𝑎 

Zatem siła napędowa: 

𝐹

𝑛

= 𝐹 − 𝐹

𝑇

= 𝑚𝑎 − 𝑓𝑚𝑔 

Praca tej siły może byd przedstawiona jako iloczyn siły i przesunięcia: 

𝑊 = 𝐹

𝑛

𝑠 

gdzie s jest drogą w ruchu jednostajnie przyspieszonym: 

𝑠 =

𝑎𝑡

2

2

 

i przyspieszenie: 

𝑎 =

∆𝑣

∆𝑡

=

𝑣

𝑡

 

Ostatecznie siła napędowa wyraża się wzorem: 

𝐹

𝑛

= 𝑚

𝑣

𝑡

− 𝑓𝑚𝑔 

i praca tej siły wyniesie: 

𝑊 =  𝑚

𝑣

𝑡

− 𝑓𝑚𝑔  𝑠 =  𝑚

𝑣

𝑡

− 𝑓𝑚𝑔 

𝑎𝑡

2

2

=  𝑚

𝑣

𝑡

− 𝑓𝑚𝑔 

𝑣

𝑡

𝑡

2

2

 

Ostatecznie: 

𝑊 =

𝑚𝑣

2

2

 1 − 𝑓

𝑔𝑡

𝑣

       kg

m

2

s

2

= Nm = J  

Po podstawieniu danych (zamieniamy km/h na m/s) otrzymujemy: 

𝑊 =

100000 ∙  108

1000

3600 

2

2

 1 − 0,05

10 ∙ 15

108

1000

3600

  = 45 ∙ 10

6

∙ 0,75 [J] = 33,75 [MJ} 

 

 

 

 

 

F 

F

n

 

mg 

F

s

 



 



 

m 

F

T

 

RZad122 

Załóżmy,  że  siła  zsuwająca 
ciało  działa  w  dół  równi. 
Ponieważ  prędkość  zsuwania 
jest stała to mamy do czynienia 
z równowagą sił działających w 
kierunku wektora prędkości: 

𝐹 + 𝐹

𝑠

= 𝐹

𝑇

 

Podstawiając  znane  zależności 
otrzymujemy: 

𝐹 + 𝑚𝑔 sin 𝛼 = 𝑓𝑚𝑔 cos 𝛼 

 

Skąd 

𝐹 = 𝑚𝑔𝑓 cos 𝛼 − sin 𝛼 

Aby wyznaczyd moc stałej siły dokonajmy prostych przekształceo: 

𝑃 =

𝑊

𝑡

=

𝐹𝑠

𝑡

= 𝐹

𝑠

𝑡

= 𝐹𝑣 

Zatem: 

𝑃 =  𝑚𝑔 𝑓 cos 𝛼 + sin 𝛼 𝑣Aby dokonać obliczeń trzeba znać kąt nachylenia równi. 

 

RZad123 

 

Zgodnie z zasadą zachowania energii i równoważności pracy i energii początkowa energia potencjalna 
sanek  zostanie  zużyta  na  wykonanie  pracy  przeciwko  sile  tarcia  a  reszta  zamieniona  na  energię 
kinetyczną  sanek  u  podstawy  równi.  Ta  reszta  z  kolei  zostaje  rozproszona  przez  siłę  tarcia  na 
poziomym torze. 

Rozważmy najpierw ruch po równi, gdzie mamy: 

F

s

 

mg 

F

T

 

m 

F

n

 





x 

𝑚𝑔𝑕 =

𝑚𝑣

𝑘

2

2

+ 𝑊

𝑇

 

przy czym wysokośd równi h wiąże się z długością równi d zależnością: 

𝑕 = 𝑑 sin 𝛼 ; 

v

k 

oznacza prędkośd klocka u podstawy równi, a praca siły tarcia wynosi: 

𝑊

𝑇

= 𝑓𝐹

𝑛

𝑑 = 𝑓𝑚𝑔 𝑑cos 𝛼 

Podstawiając otrzymujemy: 

𝑚𝑔𝑑 sin 𝛼 =

𝑚𝑣

𝑘

2

2

+ 𝑓𝑚𝑔𝑑 cos 𝛼 

skąd 

𝑣

𝑘

=  2𝑔𝑑(sin 𝛼 − 𝑓 cos 𝛼) 

Prędkośd  ta  staje  się  prędkością  początkową  sanek  w  ruchu  poziomym  a  energia  kinetyczna  z  nią 
związana  zostaje  zużyta  na  pracę  przeciwko  sile  tarcia  na  drodze  x,  tzn.  do  momentu  zatrzymania. 
Bilansujemy pracę i energię: 

𝑚𝑣

𝑘

2

2

= 𝑊

𝑇

′

 

Praca na drodze x przeciwko sile tarcia wyniesie: 

𝑊

𝑇

′

= 𝑓𝑚𝑔𝑥 . 

Podstawiamy i otrzymujemy: 

𝑣

𝑘

2

= 2𝑓𝑔𝑥 

skąd: 

𝑥 =

𝑣

𝑘

2

2𝑓𝑔

 

Po podstawieniu znalezionej wcześniej prędkości v

k

 otrzymujemy koocowy rezultat: 

𝑥 = 𝑑

 sin 𝛼 − 𝑓 cos 𝛼 

𝑓

  [m] 

Obliczenia: 

𝑥 =

10(sin 30° − 0,2 cos 30°)

0,2

= 50 0,5 − 0,1 3  = 16,3 m  

RZad124 

 

Miejsce  oderwania  zsuwającego 
się  ciała  wyznacza  warunek 
równowagi  sił:  odśrodkowej  F

od

  i 

składowej  normalnej  F

n

 

siły 

ciężkości mg: 

𝐹

𝑜𝑑

= 𝐹

𝑛

 

Łatwo zauważyd, że: 

𝐹

𝑛

= 𝑚𝑔 cos 𝛼 

i pamiętamy, że: 

𝐹

𝑜𝑑

=

𝑚𝑣

2

𝑅

 

Podstawiamy i mamy: 

𝑚𝑣

2

𝑅

= 𝑚𝑔 cos 𝛼 

skąd 

𝑣

2

= 𝑔𝑅 cos 𝛼 

Zdając sobie  sprawę z tego, że ze  wzrostem kąta 



  rośnie  prędkośd zsuwania v  szukamy zależności 

między tymi wielkościami. Skorzystamy z zasady zachowania energii porównując początkową energię 
potencjalną ciała w najwyższym punkcie kuli z energią mechaniczną w momencie oderwania: 

𝑚𝑔2𝑅 = 𝑚𝑔 2𝑅 − 𝑕  +

𝑚𝑣

2

2

 

Zauważmy też, że: 

cos 𝛼 =

𝑅 − 𝑕

𝑅

 

Po prostych przekształceniach otrzymujemy: 

𝑕 = 𝑅 1 − cos 𝛼  

a po wstawieniu do bilansu energii: 

𝑣

2

= 2𝑔𝑅 − 2𝑔𝑅 cos 𝛼 

Porównując ten rezultat z wcześniejszym równaniem dla v

2

 dostajemy: 

2𝑔𝑅 − 2𝑔𝑅 cos 𝛼 = 𝑔𝑅 cos 𝛼 

skąd 

R 

h 

F

od

 

F

s

 

v 

mg 

F

n

 





cos 𝛼 =

2
3

 

𝛼 ≅ 48° 

Odp. Zsuwające się po powierzchni kuli ciało oderwie się gdy jego promień wodzący zakreśli kąt 48°. 

--------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------- 

   ***