Nézzük azt az esetet, amikor a GIF-en látható lény a lábaival vízszintesen ellöki magát a szekrénytől:
Ilyenkor nagy szükség van a szekrényre ("hogy az ellen tartson"), hiszen ha a lény a padló közepén fekve rúgna egyet a lábával a levegőbe, úgy nem tudná ellökni magát. Amikor hősünk a lábával elrugaszkodik, akkor a cipőtalpa erőt fejt ki a szekrényre, és Newton III. törvénye értelmében a szekrény is kifejt egy ezzel ellentétes irányú, de azonos nagyságú ellenerőt (reakcióerőt) az ember cipőtalpára. A szekrény által az emberre kifejtett reakcióerő az, ami lendületet ad az embernek, hiszen ha egy \(F\) erő \(\Delta t\) időn keresztül, hat, akkor annak \(F\cdot \Delta t\) erőlökése lendületváltozást okoz az erőhatást elszenvedő testen:
\[\Delta p=F\cdot \Delta t\]
Ez érthető. Viszont a szekrény által kifejtett reakcióerő a mozdulatlan cipőtalpra ha, vagyis a szekrény reakcióerejének nincsen
\[W=F\cdot s_{\parallel}\]
munkája, hiszen az erőhatás során most nincs \(s_{\parallel}\) elmozdulás. Márpedig ha az erőnek nincs munkája, akkor nem ad energiát az embernek, tehát nem növeli annak mozgási energiáját a munkatétel alapján:
\[W=\Delta E^{\mathrm{mozg}}\]
Márpedig az ember az elrugaszkodás során felgyorsul, vagyis megnő a mozgási energiája. Hogy is van ez?
Ahhoz, hogy egy külső erő a rendszer tömegközéppontjának sebességét megváltoztassa, konkrétan neki nem kell munkát végeznie, vagyis nem kell, hogy a test azon része, ahol a külső erő hat (támad), elmozduljon az erőhatás időtartama alatt.
Nehéz megemészteni, hogy ha a külső erő támadáspontjánál nincs a testnek (esetünkben az ember cipőtalpának)) elmozdulása, attól még a külső erő a test TKP-ját fel tudja gyorsítani (vagyis "sebességet ad" a test atomjainak), mégsem tud a testnek "mozgási energiát adni", hiszen nincsen munkavégzése. Pedig hát a mozgási energia növekedése is "amiatt következik be", mert a test atomjai sebességre tesznek szert. Tehát amikor a test TKP-ja sebességre tesz szert, akkor egyúttal mozgási energiára is szert tesz, de (furcsa mód) a megszerzett mozgási energia mégsem az "elmozdulásmentesen ható" külső erőtől származik.
Ez egy látszólagos ellentmondás, amit az alábbiakban feloldunk. Elöljáróban annyit, hogy a test mozgásienergia-növekedését a belső erők munkavégzései okozzák, ugyanis a pontrendszerekre vonatkozó munkatételben nemcsak a külső erők munkavégzései vannak benne, hanem a belső erők munkavégzései is:
\[\Delta E^{\mathrm{mozg}}=\mathit{\Sigma}W^{\mathrm{külső\ erők}}+\mathit{\Sigma}W^{\mathrm{belső\ erők}}\]
Nézzük az alábbi ábrát, mely egy vízszintesen "elrugaszkodó" összetett rendszert mutat (például egy úszómedence falán elrugaszkodó embert, vagy egy gépet, mely ellöki magát egy faltól). Az egyszerűség kedvéért az összetett rendszer csak két részből áll, melyek különböző tömegűek.
Hogy az összetett rendszerünk két része közötti belső erőt könnyebben elképzeljük, gondoljunk arra, hogy a két rész között kezdetben egy összenyomott rugó van, ami kitágulva (feszültségmentes állapotába kerülve) a két részt szétnyomja:
Megvizsgáljuk, hogy az elrugaszkodás végére mennyi mozgási energiára tett szert az összetett rendszer, és mennyi volt a belső erők munkavégzése. A kettőnek meg kell egyeznie, hiszen a külső erőnek (elmozdulás hiányában) nincs munkavégzése.
Írjuk fel a dinamika alapegyenletét a vízszintes irányra, az $m_1$ tömegű (a bal oldali, a külső erő által nyomott) részre!
\[\mathit{\Sigma}F_1=m_1\cdot a_1\]
\[F_{\mathrm{K}}-F_{\mathrm{B}}=m_1\cdot a_1\]
Itt a bal oldalon az $F_{\mathrm{B}}$ erő, mint a rendszer részei között ébredő "belső erő" amiatt kapott negatív előjelet, mert az iránya ellentétes a másik belső erővel (Newton III. törvénye alapján).
Az $m_2$ tömegű részre is felírva ugyanezt:
\[\mathit{\Sigma}F_2=m_2\cdot a_2\]
\[F_{\mathrm{B}}=m_2\cdot a_2\]
Az egyenletrendszerünk tehát:
\[F_{\mathrm{K}}-F_{\mathrm{B}}=m_1\cdot a_1\]
\[F_{\mathrm{B}}=m_2\cdot a_2\]
Mi most olyan esetet vizsgálunk, amikor a rendszernek azon része, ahol a külső erő hat, az a rész nem mozdul el. Ekkor az $m_1$ tömegű rész gyorsulása nulla kell legyen. Ekkor az egyenletrendszerünk így alakul:
\[F_{\mathrm{K}}-F_{\mathrm{B}}=0\]
\[F_{\mathrm{B}}=m_2\cdot a_2\]
Vegyük észre, hogy az $F_{\mathrm{K}}$ külső erőnek és az $F_{\mathrm{B}}$ belső erőnek ugyanakkorának kell lennie. Hiszen csak így maradhat nyugalomban a bal oldali rész.
Ha összeadjuk az egyenleteket, akkor az ismeretlen $F_{\mathrm{B}}$ belső erők kiejtik egymást, úgyhogy tegyük ezt meg:
\[F_{\mathrm{K}}=m_2\cdot a_2\]
amit kirendezünk a számunkra érdekes gyorsulásra, hiszen ebből tudjuk meghatározni, hogy mekkora sebességre tesz szert az $m_2$ tömegű rész, ami szükséges ahhoz, hogy a megszerzett mozgási energiáját megtudjuk:
\[a_2=\frac{F_{\mathrm{K}}}{m_2}\]
Nézzük meg, hogy $\Delta t$ idő múlva mekkora lesz a rendszer mozgási energiája! Az $m_1$ tömegű rész mindvégig áll, ezért az övé nulla marad. Az $m_2$ tömegű rész sebessége $\Delta t$ idő múlva:
\[v_2=a_2\cdot \Delta t\]
\[v_2=\frac{F_{\mathrm{K}}}{m_2}\cdot \Delta t\]
\[v_2=\frac{F_{\mathrm{K}}\cdot \Delta t}{m_2}\]
Ez alapján az $m_2$ tömegű rész (és az egész rendszer) mozgási energiája $\Delta t$ idő múlva:
\[\mathit{\Sigma}E^{\mathrm{mozg}}=\frac{1}{2}m_2\cdot v^2_2\]
\[\mathit{\Sigma}E^{\mathrm{mozg}}=\frac{1}{2}m_2\cdot {\left(\frac{F_{\mathrm{K}}\cdot \Delta t}{m_2}\right)}^2\]
\[\mathit{\Sigma}E^{\mathrm{mozg}}=\frac{F^2_{\mathrm{K}}\cdot {\left(\Delta t\right)}^2}{2m_2}\]
Most számítsuk ki az erők munkavégzéseit! Vagyis a belső erők munkavégzéseit, hiszen a külső erő nem végez munkát. Az $m_1$ tömegű részre ható belső erő (ami balra mutat) nem végez munkát, hiszen az $m_1$ tömegű rész nem mozdul el. Tehát csak az $m_1$ tömegű rész által az $m_2$ tömegű részre kifejtett erőnek lesz munkája:
\[\mathit{\Sigma}W=F_{\mathrm{B}}\cdot s_2\]
Mekkora az $s_2$ elmozdulás? Azt már tudjuk, hogy az $m_2$ tömegű rész $\Delta t$ ideig gyorsul egyenletesen, és
\[v_2=\frac{F_{\mathrm{K}}}{m_2}\cdot \Delta t\]
sebességre tesz szert. Mivel nulla sebességről egyenletesen gyorsul, ezért az (elmozdulás szerinti) átlagos sebessége a kezdősebesség és a végsebesség átlaga:
\[v_{\mathrm{átl}}=\frac{0+v_2}{2}\]
\[v_{\mathrm{átl}}=\frac{0+\displaystyle \frac{F_{\mathrm{K}}\cdot \Delta t}{m_2}}{2}\]
\[v_{\mathrm{átl}}=\frac{F_{\mathrm{K}}\cdot \Delta t}{{2m}_2}\]
Ezzel az átlagos sebességgel $\Delta t$ idő alatt
\[s=v\cdot \Delta t\]
alapján
\[s_2=v_{\mathrm{átl}}\cdot \Delta t\]
\[s_2=\frac{F_{\mathrm{K}}\cdot {\left(\Delta t\right)}^2}{{2m}_2}\]
elmozdulása lesz. Ez alapján a munkavégzés:
\[\mathit{\Sigma}W=F_{\mathrm{B}}\cdot s_2\]
\[\mathit{\Sigma}W=F_{\mathrm{B}}\cdot \frac{F_{\mathrm{K}}\cdot {\left(\Delta t\right)}^2}{{2m}_2}\]
Emlékezzünk, hogy $F_{\mathrm{K}}$ külső erőnek és az $F_{\mathrm{B}}$ belső erőnek ugyanakkorának kell lennie., hiszen csak így maradhat nyugalomban a bal oldali rész. Ezért az $F_{\mathrm{B}}$ belső erő átírhatjuk $F_{\mathrm{K}}$ külső erőre:
\[\mathit{\Sigma}W=\frac{F^2_{\mathrm{K}}\cdot {\left(\Delta t\right)}^2}{2m_2}\]
Ez (vagyis a belső erők munkavégzése) pedig pont annyi, amennyit a rendszer mozgásienergia-változására korábban kaptunk:
\[\mathit{\Sigma}E^{\mathrm{mozg}}=\frac{F^2_{\mathrm{K}}\cdot {\left(\Delta t\right)}^2}{2m_2}\]
\[\mathrm{QED}\]
Tehát annak ellenére, hogy a külső erő sebességet adott a rendszer TKP-jának, a rendszer mozgási energiája teljes egészében az $F_{\mathrm{B}}$ belső erő munkavégzése miatt nőtt meg.