TESTE DE FIZICÃ PENTRU BACALAUREAT
Transcript of TESTE DE FIZICÃ PENTRU BACALAUREAT
Coordonatori Elena-Mihaela Garabet middot Catildetatildelina-Valentina Stanca middot Tatiana Matilderatildendici
Liviu-Datildenuthorn Rotaru middot Victor Stoica middot Corina Dobrescu Laura-Angelica Onose middot Simona Buiu middot Ana Nithornoiu
Aurelia Daniela Florian middot Diana-Cristina Bejan middot Ion Batilderaru
TESTE DE FIZICAtilde PENTRU BACALAUREAT
BAREME DE CORECTARE
Această variantă electronică cu rezolvările testelor de fizică icircnsoţeşte lucrarea
TESTE DE FIZICĂ PENTRU BACALAUREAT (ISBN 978-606-38-0224-9)
copy Editura NICULESCU 2018
Bd Regiei 6D 060204 ndash Bucureşti Romacircnia
Telefon 021 312 97 82 Fax 021 312 97 83
E-mail edituraniculescuro
Internet wwwniculescuro
Comenzi online wwwniculescuro
Comenzi e-mail vanzariniculescuro
Comenzi telefonice 0724 505 385 021 312 97 82
Redactor Geta Vicircrtic
Tehnoredactor Carmen Birta Şerban-Alexandru Popină
ISBN 978-606-38-0224-9
Toate drepturile rezervate Nicio parte a acestei catilderthorni nu poate fi reprodusatilde sau transmisatilde sub nicio formatilde ordmi prin niciun mijloc electronic sau mecanic inclusiv prin fotocopiere icircnregistrare sau prin orice sistem de stocare ordmi accesare a datelor fatilderatilde permisiunea Editurii NICULESCU Orice nerespectare a acestor prevederi conduce icircn mod automat la ratildespunderea penalatilde fathornatilde de legile nathornionale ordmi internathornionale privind proprietatea intelectualatilde ____________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________
Editura NICULESCU este partener ordmi distribuitor oficial OXFORD UNIVERSITY PRESS icircn Romacircnia E-mail oxfordniculescuro Internet wwwoxford-niculescuro
TESTE DE NIVEL MINIMAL
Teste de fizicatilde pentru bacalaureat
4
TESTUL 1
A MECANICAtilde
Subiectul I Punctaj
1 d 32 b 33 d 34 c 35 a 3
TOTAL pentru Subiectul I 15p
Subiectul al II-lea Parţial Punctaj
a
Greutatea lăzii este G = m middot g 2p
4pDeci masa lăzii este Gmg
= 1p
Rezultă m = 2 kg 1p
b
Forţa de frecare la alunecare dintre ladă şi suprafaţa orizontală se determină din relaţia Ff = μ sdot N 2p
4pUnde N = G 1pRezultă Ff = 4 N 1p
c Lada este trasă pe suprafaţă orizontală cu viteză constantă de către forţa F
deci 0fF F =- 2p3p
Rezultă F = 4 N 1p
d
Sub acţiunea forţei 1 2F F=
lada se mişcă uniform accelerat cu acceleraţia 1a Icircn acest caz avem relaţia 1 1fF F m aminus = sdot
2p
4pObţinem 1
2 fF F Fam m
= =- 1p
Rezultă a1 = 2 ms2 1p
TOTAL pentru Subiectul al II-lea 15p
Subiectul al III-lea Parţial Punctaj
aEnergia potenţială maximă a sistemului bilăndashPămacircnt p maxE m g h= sdot sdot 2p
3Rezultă p max 2 JE = 1p
b
Energia totală a bilei icircn momentul icircn care aceasta este lăsată sa cadă liber este 1 maxpE E= 1p
4Energia totală a bilei icircn momentul icircn care aceasta atinge solul este 2 maxcE E= 1p
Aplicăm legea de conservare a energiei mecanice 1 2E E= 1p
Rezultă Ec max = 2 J 1p
Bareme teste nivel minimal
5
c
Din condiţiile problemei cA A pE E= deci energia totală a bilei este 2 2A cA pA pA AE E E E m g h= + = = sdot sdot 1p
4pAplicăm legea de conservare a energiei mecanice 1 AE E= 1p
Obţinem 2Ahh = 1p
Rezultă 10 mAh = 1p
d
Aplicăm teorema de variaţie a energiei potenţiale (1 2)conservativpE Lrarr∆ = minus 1p
4pDeci 0 Gm g h Lminus sdot sdot = minus 1p
Lucrul mecanic efectuat de greutatea corpului din momentul icircn care bila cade liber pacircnă cacircnd aceasta atinge
solul este GL m g h= sdot sdot 1p
Rezultă 2 JGL = 1p
TOTAL pentru Subiectul al III-lea 15p
Teste de fizicatilde pentru bacalaureat
6
B TERMODINAMICAtilde
Subiectul I Punctaj
1 b 32 b 33 a 34 c 35 d 3
TOTAL pentru Subiectul I 15p
Subiectul al II-lea Parţial Punctaj
aNumărul de moli de azot este 1
11
mν =
micro2p
3p
Rezultă 1 0035 moliν cong 1p
b
Numărul de moli de oxigen poate fi exprimat atacirct din relaţia 22
A
NN
ν = 1p
4pcacirct şi din relaţia 2
22
mν =
micro 1p
Din relaţiile precedente obţinem numărul de molecule de oxigen 22 A
2
mN N= sdotmicro
1p
Rezultă 222 301 10N = sdot 1p
c
Presiunea azotului este 11
1 1
m R TpVsdot
= sdotmicro 1p
4pRezultă 5 2
1 0445 10 N mp cong sdot 1p
Presiunea oxigenului este 22
2 2
m R TpVsdot
= sdotmicro
1p
Rezultă 5 22 0311 10 N mp cong sdot 1p
d
Numărul de moli din cele două baloane este 1 2 ν = ν + ν 1p
4p
unde 1 2m m+ν =
micro 1p
Icircn final obţinem 1 2 1 2 1 2
1 2 1 2 2 1
1 2
( )m m m mm m m m
+ + sdotmicro sdotmicromicro = =
sdotmicro + sdotmicro+micro micro
1p
Rezultă 3033 g molmicro cong 1p
TOTAL pentru Subiectul al II-lea 15p
Bareme teste nivel minimal
7
Subiectul al III-lea Parţial Punctaj
a
Pentru starea de echilibru termodinamic 1 13
1 0
311
1
300 K
831 831 10 Pa
= 3 dm
Tp p
R TVp
=
= = sdotν sdot sdot
=
1p
5pPentru starea de echilibru termodinamic 2 2 1
32 1
32 1
2 600 K
831 10 Pa
=2 6 dm
T Tp pV V
= =
= = sdot
=
2p
Pentru starea de echilibru termodinamic 3 3 2
313
33 2
600 K
4155 10 Pa2
=2 12 dm
T Tpp
V V
= =
= = sdot
=
2p
b
Căldura primită de gaz icircn procesul 1rarr2 este
12 2 1 V 2 1 17( ) ( ) ( )2
= ν sdot sdot minus = ν sdot + sdot minus = ν sdot sdotpQ C T T C R T T R T 1p
4p
Căldura primită de gaz icircn procesul 2rarr3 este3
23 2 12
ln 2 ln 2VQ R T R TV
= ν sdot sdot = ν sdot sdot 1p
Căldura totală primită de gaz este
12 23 17 2ln 22
= + = ν sdot sdot sdot +
Q Q Q R T 1p
Rezultă 121808 JQ cong 1p
c
Variaţia energiei interne icircn procesul 1rarr2 este
12 V 2 1 15( )2
U C T T R T∆ = ν sdot sdot minus = ν sdot sdot 1p2p
Rezultă 12 62325 JU∆ = 1p
d
Lucrul mecanic efectuat de gaz asupra mediului exterior icircn procesul 1rarr2 este12 2 1 1( )L R T T R T= ν sdot sdot minus = ν sdot sdot 1p
4p
Lucrul mecanic efectuat de gaz asupra mediului exterior icircn procesul 2rarr3 este3
23 2 12
ln 2 ln 2VL R T R TV
= ν sdot sdot = ν sdot sdot 1p
Lucrul mecanic total efectuat de gaz asupra mediului exterior este12 23 1 (1 2ln 2)L L L R T= + = ν sdot sdot sdot + 1p
Rezultă 59483 JL cong 1p
TOTAL pentru Subiectul al III-lea 15p
Teste de fizicatilde pentru bacalaureat
8
C PRODUCEREA ordfI UTILIZAREA CURENTULUI CONTINUU
Subiectul I Punctaj
1 c 32 a 33 d 34 d 35 b 3
TOTAL pentru Subiectul I 15p
Subiectul al II-lea Parţial Punctaj
aRezistenţa internă a grupării celor două surse o determinăm din relaţia 1 2Sr r r= + 2p
3p
Rezultă 2 Sr = Ω 1p
b
Tensiunea electromotoare echivalentă a grupării celor două surse este 1 2SE E E= + 1p
4pIntensitatea curentului prin rezistorul R cacircnd icircntrerupătorul k se află icircn poziţia deschis este S
S
EIR r
=+
2p
Rezultă 1 AI = 1p
c
Dacă icircntrerupătorul 1k este deschis şi icircntrerupătorul 2k este icircnchis atunci intensitatea curentului prin rezis-
torul R este 1
1
EIR r
prime =+
2p
4pCăderea de tensiune pe rezistenţa R este U I Rprime= sdot 1p
Rezultă 431 VU cong 1p
dDacă ambele icircntrerupătoare sunt icircnchise atunci 1
1SC
EIr
= 3p4p
Rezultă 9 ASCI = 1p
TOTAL pentru Subiectul al II-lea 15p
Bareme teste nivel minimal
9
Subiectul al III-lea Parţial Punctaj
a
Pentru gruparea serie a rezistoarelor rezistenţa echivalentă SR o calculăm din relaţia 1 2SR R R= + 1p
5p
Pentru gruparea paralel a rezistoarelor rezistenţa echivalentă PR o calculăm din relaţia 1 2
1 1 1
PR R R= + 1p
Deoarece S P P P= avem relaţia 2 2
S PS P
E ER RR r R r
sdot = sdot
+ + 1p
După efectuarea calculelor obţinem S Pr R R= sdot 1p
Rezultă 4 r = Ω 1p
b
Pentru gruparea serie a rezistoarelor randamentul circuitului este SS
S
RR r
η =+
1p
4pRezultă 7142 Sη cong 1p
Pentru gruparea paralel a rezistoarelor randamentul circuitului este PP
P
RR r
η =+
1p
Rezultă 2857 Pη cong 1p
c
Icircn acest caz puterea P1 furnizată de sursă rezistorului R1 este 2
1 11
EP RR r
= sdot
+ 1p
3pDeci 1
11
( ) PE R rR
= + sdot 1p
Rezultă 6 VE = 1p
dIntensitatea curentului de scurtcircuit al sursei este SC
EIr
= 2p3p
Rezultă 15 ASCI = 1p
TOTAL pentru Subiectul al III-lea 15p
Teste de fizicatilde pentru bacalaureat
10
DOPTICAtilde
Subiectul I Punctaj
1 b 32 a 33 d 34 a 35 c 3
TOTAL pentru Subiectul I 15p
Subiectul al II-lea Parţial Punctaj
aConvergenţa lentilei este 1C
f= 2p
3p
Rezultă 15 mC minus= 1p
b
Din prima formulă fundamentală a lentilelor 2 1
1 1 1x x f
minus = 2p
4pobţinem 1
21
x fxx f
sdot=
+1p
Rezultă 2 30 cm 03 mx = = 1p
c
Mărirea liniară transversală este 2
1
xx
β = 1p
5pRezultă 12
β = minus 1p
Imagine reală 1pImagine răsturnată 1p
Imagine de două ori mai mică decacirct obiectul 1p
dDistanţa dintre obiectul luminos şi imaginea acestuia prin lentilă este 1 2d x x= minus + 2p
3p
Rezultă 90 cm 09 md = = 1p
TOTAL pentru Subiectul al II-lea 15p
Bareme teste nivel minimal
11
Subiectul al III-lea Parţial Punctaj
aLungimea de undă a radiaţiei monocromatice de frecvenţă 1ν este 1
1
cλ =
ν2p
3p
Rezultă 1 600 nmλ = 1p
b
Pentru radiaţia de frecvenţă 1ν avem 1 1ex Sh L e Usdot ν = + sdot 1p
4pPentru radiaţia de frecvenţă 2ν avem 2 2ex Sh L e Usdot ν = + sdot 1p
Din relaţiile precedente obţinem 2 1
2 1
( )
S S
heU Usdot ν minus ν
=minus
1p
Rezultă 1916 10 Ce minus= sdot 1p
c
Lucrul mecanic de extracţie este 0exL h= sdot ν 1p
4pDar 1 1ex SL h e U= sdot ν minus sdot sau 2 2ex SL h e U= sdot ν minus sdot 1p
Obţinem 10 1
Se Uh
sdotν = ν minus sau 2
0 2Se U
hsdot
ν = ν minus 1p
Rezultă 140 46972 10 Hzν = sdot 1p
d
Pentru radiaţia de frecvenţă 1ν energia cinetică a fotoelectronilor emişi de către catodul celulei fotoelectrice
este 1 1c SE e U= sdot1p
4pRezultă 22
1 01249 eV = 19984 10 JcE minus= sdot 1p
Pentru radiaţia de frecvenţă 2 ν energia cinetică a fotoelectronilor emişi de către catodul celulei fotoelec-
trice este 2 2c SE e U= sdot1p
Rezultă 222 05374 eV = 85984 10 JcE minus= sdot 1p
TOTAL pentru Subiectul al III-lea 15p
Teste de fizicatilde pentru bacalaureat
12
TESTUL 2
A MECANICAtilde
Subiectul I Punctaj
1a [ ] J Nm= =SIL 3
2 c 2
2 2 00 2 270 m
2vv v ad d
a= + rArr = = 3
3b Din legea vitezei 0
2
10 6
6 ms
v v at v t
a
= + = +
rArr =
854 kgFma
= = 3
4 b 2
2
2
2
C
C
mvE p mv
pEm
= =
rArr =
2
2
2
2
C
C
mvE p mv
pEm
= =
rArr = 3
5 b 2
0max
0
20 m 10 m2
5 JC C p C
vh hg
E E E E
= = rArr =
= + rArr =
3
TOTAL pentru Subiectul I 15p
Subiectul al II-lea Parţial Punctaj
a
Reprezentăm forţele care acţionează asupra corpului şi aplicăm principiul al doilea al dinamicii la mişcarea corpului pe planul icircnclinat
1 1
1
t f
n
G F ma
N G
minus =
= 2p
4p
1 1(sin cos )a g= α minus micro α 1p
21 25 msa = 1p
b
Din ecuaţia lui Galilei 2 20 1 02 0v v a l v= + =
2 20 1 02 0v v a l v= + = 1p
3p1 12v a l= 1p
1 10 316 msv = = 1p
c
Reprezentăm forţele care acţionează asupra corpului şi aplicăm principiul al doilea al dinamicii la mişcarea corpului pe planul orizontal
2 2
2
fF ma
G N
minus =
=
1p
4p2 2a g= minusmicro 1p
2 2 21 2 22 1 msv v a d a= + rArr = minus 1p
22 01a
gmicro = minus =
1p
Bareme teste nivel minimal
13
d
Reprezentăm forţele care acţionează asupra corpului şi aplicăm principiul al doilea al dinamicii la mişcarea corpului pe planul icircnclinat
1t f
n
G F FN G
= +
=
2p
4p
(sin cos )F mg= α minus micro α 1p
5 NF = 1p
TOTAL pentru Subiectul al II-lea 15p
Subiectul al III-lea Parţial Punctaj
a
1 1f fL F d= minus
1p
4p1f
y
F N
N G F
= micro
= minus
1p
1( sin )fF mg F= micro minus α
1p
1
75 JfL = minus 1p
bcosL Fd= α 2p
3p
255 JL = 1p
c
1C fE L L∆ = + 1p
4p
2
2CmvE =
1p
2 CEvm
=
1p
2 3 34 msv =
1p
d
2C fE L∆ =
2 2f fL F D= minus
1p
4p2f
F N
G N
= micro
=1p
C
f
EDF
=
1p
D = 6 m 1p
TOTAL pentru Subiectul al III-lea 15p
Teste de fizicatilde pentru bacalaureat
14
B TERMODINAMICAtilde
Subiectul I Punctaj
1b mpV RT=
micro
30 kPamp RT
V= =
micro
3
2 b Din teorie 0 0L Qne = 3
3 c VL C T= minusν ∆ 3
4c
3127 kgmpRT
microρ = = 3
5
b 1 1 2 23 32 2
U RT U RT= ν = ν
2 1 2 12 2U U T T= rArr =
11
2 200 J3UL R T RT= ν ∆ = ν = =
3
TOTAL pentru Subiectul I 15p
Subiectul al II-lea Parţial Punctaj
a
Din ecuaţiile de stare 1 21 2
1 2
p V p Vm mRT RTmicro micro
= = 1p
4p
1 2m m m∆ = minus 1p
1 2
1 2
V p pmR T T
micro∆ = minus
1p
1 2
1 2 2 1( )mRTTV
p T p T∆
=micro minus
33324 mV =
1p
b
11
1
p VRT
ν =
2p3p
1 026 kmolν = 1p
c
22 2
mp V RT=micro
2p
4p22
2
p VmRT
micro=
1p
2 512 kgm = 1p
d
11
1
pRT
microρ =
3p
4p
31 25 kgmρ = 1p
TOTAL pentru Subiectul al II-lea 15p
Bareme teste nivel minimal
15
Subiectul al III-lea Parţial Punctaj
a
Reprezentarea grafică a transformărilor icircn coordonate (p V)
3p 3p
b
Din legea procesului izobar 1 22 1
1 2
3V V V VT T
= rArr = 1p
4p12 1 2 1( )L p V V= minus 1p
121
2 1( )Lp
V V=
minus 1p
5 21 2 10 Nmp = sdot
1p
c
Gazul cedează căldură icircn procesele 2rarr3 şi 3rarr1
23 31cedQ Q Q= + 1p
4p323 2 1 1( ) 3VQ C T T p V= ν minus = minus
1p
131 1 1 1
3
ln ln3VQ RT p VV
= ν = minus
1p
cedat 1640 JQ minus 1p
d
2 1( )abs pQ C T T= ν minus 1p
4pp VC C R= + 1p
1 1 15 5absQ RT p V= ν = 1p
absorbit 2000 JQ = 1p
TOTAL pentru Subiectul al III-lea 15p
Teste de fizicatilde pentru bacalaureat
16
C PRODUCEREA ordfI UTILIZAREA CURENTULUI CONTINUU
Subiectul I Punctaj
1b 1 Wh = 3600 J 6720 10 JW = sdot
3
2 c 1 1 2
2
E I EIR r R R r
= =+ + +
1 1 2
2
E I EIR r R R r
= =+ + +
1 22
1
2 8R R r RR r+ +
rArr = rArr = Ω+
3
3 b 23ABRR = = Ω 3
4 c V1sc
EIr
= =Ω
3
5c
2
bec 90n
n
URP
= = Ω
bec 0 (1 ) 2000 CR R t t= + α rArr = deg
3
TOTAL pentru Subiectul I 15p
Subiectul al II-lea Parţial Punctaj
a
1e pR R R= + 1p
3p2 3
2 3p
R RRR R
=+
1p
44eR = Ω 1p
b
1e
EIR r
=+
1p
4pV eU E Ir IR= minus = 2p
88VU V= 1p
c
1 2 3I I I= + 1p
4p2 2 3 3I R I R= 1p
1 23
2 3
I RIR R
=+
1p
3 08I A= 1p
Bareme teste nivel minimal
17
d
Prin schimbarea locurilor icircntre ampermetrul ideal şi sursă ampermetrul va măsura intensitatatea prin R1
1 23
1 2e
R RR RR R
= ++
1p
4p125 A
e
EIR r
=+
1p
1 2
1 1 2 2
I I I I R I R
= +=
1p
12 083 A3II = =
1p
TOTAL pentru Subiectul al II-lea 15p
Subiectul al III-lea Parţial Punctaj
a
Aplicacircnd legile lui Kirchhoff rezultă
1 3 3E Ir U I R= + +
2p
4p
13
3
E Ir UIR
minus minus=
1p
3 15 AI = 1p
b
2 3 05 AI I I= minus =
2 2 3 3I R I R= 1p
4p3 3
22
75I RRI
= = Ω
1p
22 2 2P R I= 1p
2 1875 WP = 1p
c
1e pR R R= + 1p
4p
11 30UR
I= = Ω
1p
2 3
2 3p
R RRR R
=+
1p
4875eR = Ω 1p
d
1 1
s
P UP E
η = =
2p3p
05 50η = = 1p
TOTAL pentru Subiectul al III-lea 15p
Teste de fizicatilde pentru bacalaureat
18
DOPTICAtilde
Subiectul I Punctaj
1 c 3
2 a 2
1
sin 3sin 60sin 2
i n r rr n
= rArr = rArr = 3
3 b 1 2 3 3 4C C C C C= + + rArr = δ 3
4 c ndash19026 10 Jex C Chc L E E= + rArr = sdotλ
3
5b 2 2
1 1
2 1
3
3 150 cm
y xy x
x x
β = = = minus
rArr = minus =
2 1
1 1 1 375 cmff x x
= minus rArr =
3
TOTAL pentru Subiectul I 15p
Subiectul al II-lea Parţial Punctaj
a
2 21
1 1
3y xy x
β = = = minus
1p
4p2 13x x= minus 1p
11
43fx = minus
1p
1 40 cmx = minus 1p
b
32
1
3xx
β = =
1p
4p3 13x x= 1p
1 32
1 3
x xfx x
=minus
1p
2 60 cmf = 1p
c 3p 3p
Bareme teste nivel minimal
19
d
1 2
1 1 1F f f
= + 1p
4p
20 cmF = 1p
14
1
FxxF x
=+
1p
43
1
1xx
β = = minus 1p
TOTAL pentru Subiectul al II-lea 15p
Subiectul al III-lea Parţial Punctaj
aDefinirea efectului fotoelectric 1p
4pEnunţarea legilor efectului fotoelectric 3p
b
0L h= ν 1p
4p
150 055 10 Hzν = sdot
1p
151
1
044 10 Hzcν = = sdot
λ 1p
1 0 ν lt ν nu se produce efect fotoelectric folosind radiaţia monocromatică cu λ1 1p
c2
2
hcε =
λ 2p
3p
19495 10 JCE minus= sdot 1p
d
2 ex CL Eε = + 2p
4pCS
EUe
=
1p
079 VSU = 1p
TOTAL pentru Subiectul al III-lea 15p
Teste de fizicatilde pentru bacalaureat
20
TESTUL 3
A MECANICAtilde
Subiectul I Punctaj
1 d 32 b 33 a 34 a 35 d 3
TOTAL pentru Subiectul I 15p
Subiectul al II-lea Parţial Punctaj
a
Reprezentăm forţele care acţionează asupra corpului şi aplicăm principiul al doilea al dinamicii la mişcarea
0eF G+ =
1p
3p1 1middot middotk l m g∆ =
11
m glk
∆ = 1p
Rezultat final 40 Nm=k 1p
b
fF F= 1p
4pN G= 1p
fF N= micro
Rezultat final 22 micro
∆ =m glk 2 125 cm∆ =l 1p
c
e fF F ma+ =
1p
4peF F= 1p
2
2
minus micro=
F m gam 1p
Rezultat final 23 ms=a 1p
d
22
2pk lE ∆
=
2p
4p2
Flk
∆ =
1p
Rezultat final -25∙10pE J= 1p
TOTAL pentru Subiectul al II-lea 15p
Bareme teste nivel minimal
21
Subiectul al III-lea Parţial Punctaj
a
F G ma+ =
1p
4pminus =F G ma rArr ( )F m a g= + 2p
Rezultat final 36 NF = 1p
b
vat
∆=
∆1p
3p0 = +v v at 0 0v = 1p
Rezultat final 10 ms=v 1p
c
total∆ =cE L 2p
4p2
2cmvE∆ = 1p
Rezultat final total 150=L J 1p
d
Conservarea energiei 1 2E E= 1p
4p
2
1 2
= +mvE mgh
2
2 2PmvE =
1p
2( )2∆
=a th
1p
2 2v v gh= + Rezultat final 10 6 msPv =
1p
TOTAL pentru Subiectul al III-lea 15p
Teste de fizicatilde pentru bacalaureat
22
B TERMODINAMICAtilde
Subiectul I Punctaj
1 a 32 d 33 b 34 a 35 c 3
TOTAL pentru Subiectul I 15p
Subiectul al II-lea Parţial Punctaj
a A
N mN
=micro
2p4p
Rezultat final 231125∙10N = 2p
b
0∆ρ = ρ minus ρ 1p
4p0
0
mV
ρ =
mV
ρ = 1p
0
0middotmVV
V m=
∆ρ +1p
Rezultat final 4V l= 1p
cV V 2 1( )∆ = ν ∆ = ν minusU C T C T T 1 2T T= 2p
3p
Rezultat final 0U∆ = 1p
d
0middot p V RT= ν 2p
4p0 p VRT
ν =
Rezultat final 016 molν =
2p
TOTAL pentru Subiectul al II-lea 15p
Subiectul al III-lea Parţial Punctaj
a
Din grafic procesul 1 2rarr este reprezentată printr-o dreaptă ce trece prin originea axelor de coordonate deci presiunea şi volumul sunt proporţionale Astfel rapoartele volumelor şi ale presiunilor sunt egale
2 2
1 1
=p Vp V
2p
3p
Rezultat final 2
1
2pp
= 1p
Bareme teste nivel minimal
23
b
12 V 12 V 2 1( )∆ = ν ∆ = ν minusU C T C T T 1p
4p1 1 1sdot = νp V RT 2 2 2sdot = νp V RT 1p
2 14T T= 1p
Rezultat final 12 192
U RT∆ = ν rArr 12 10800U J∆ = 1p
c
Lucrul mecanic total reprezintă aria figurii formate de ciclul termodinamic reprezentat icircn coordonate (pV)
( )=L A p V 2p
4p1 1 1
2 2p V RTL ν
= =
Rezultat final 1200JL =
2p
d
ced 2 3 3 1minus minus= +Q Q Q 1p
4p1 2 3 2( )minus = ν minusvQ C T T 3 1 1 3( )minus = ν minuspQ C T T 1p
2 14 =T T 3 12T T= 1p
Rezultat final ced 111 2
= minus νQ RT ced 13200= minusQ J 1p
TOTAL pentru Subiectul al III-lea 15p
Teste de fizicatilde pentru bacalaureat
24
C PRODUCEREA ordfI UTILIZAREA CURENTULUI CONTINUU
Subiectul I Punctaj
1 d 32 b 33 a 34 c 35 c 3
TOTAL pentru Subiectul I 15p
Subiectul al II-lea Parţial Punctaj
aRS= R1+ R2 2p
3pRezultat final RS= 30 Ω 1p
b
UAB = R2 I 1p
4ps
EIR r
=+ 2p
Rezultat final UAB = 25 V 1p
c s A
EIR R r
=+ +
3p4p
I primecong 12 A 1p
d 1
EIR r
=+
3p4p
I primeprimeprimecong 33 A 1p
TOTAL pentru Subiectul al II-lea 15p
Subiectul al III-lea Parţial Punctaj
a
Din grafic E = 40 V 1p
4pISC = 10 A 1p
ISC = scEIr
= 1p
Rezultat final E = 40 V r = 4 Ω 1p
b
2middot middotW R I t= ∆ 2p
4pEIR r
=+
1p
Rezultat final W = 5760 J 1p
c
echivalent
echivalent
RR r
η =+
2p
4pechivalent 10 bR R= 1p
91η 1p
dPuterile consumate de către doi rezistori diferiţi conectaţi pe racircnd la bornele unei surse electrice sunt egale dacă R1R2= r2 2p
3pRezultat final R2= 2 Ω 1p
TOTAL pentru Subiectul al III-lea 15p
Bareme teste nivel minimal
25
DOPTICAtildeSubiectul I Punctaj
1 a 32 b 33 b 34 d 35 a 3
TOTAL pentru Subiectul I 15p
Subiectul al II-lea Parţial Punctaj
a Construcţia imaginii 4p 4p
b
2 1
1 1 1x x f
minus = 1p
4p1fC
= 1p
Rezultate finale 1 100 cm= minusx 2p
c
2 2
1 1
β = =x yx y 2p
3p
Rezultat final 2 2 cm= minusy 1p
d
1 1 60 cm= + = minusx d x 1p
4p12
1
x fx x f
=+
1p
Rezultat final 2 200 cm=x 2 2 2ndash 100 cmx x x∆ = = 2p
TOTAL pentru Subiectul al II-lea 15p
Subiectul al III-lea Parţial Punctaj
aDin grafic 1= minusU V 2p
3p
Rezultat final stopare 1 VU = 1p
bfW h= ν 2p
4p
Rezultat final 1946 10 Jminus= sdotfW 2p
c max stopareW eU= 2p4p
Rezultat final 19max 16 10 Jminus= sdotW 2p
d extractie maxndashfL W W= 2p4p
Rezultat final ndash19extractie 3 10 J= sdotL 2p
TOTAL pentru Subiectul al III-lea 15p
Teste de fizicatilde pentru bacalaureat
26
TESTUL 4
A MECANICAtilde
Subiectul I Punctaj
1c
5
8
km = 3 10 uas = 012
1ua min1 km = 15 10
cc
sdot rArrsdot
3
2b Pentru determinarea distanţei folosim metoda grafică
m
m
km = 200 m 48 h
= 15 s
dvt
d vt
= ∆ rArr =∆
3
3c
25
3
= 75 10 J2 = 208 kW h
11 J = 1 W s = 10 kW h3600
c c
c
m vE EE
minus
sdot= rArr sdot rArr sdot
sdot sdot
3
4
c Aplicacircnd principiul fundamental al dinamicii sau teorema variaţiei impulsului corpului asupra căruia se exercită forţa şi
proiectacircnd relaţia vectorială pe axa mişcării obţinem( )1 2
= 75 Nm m
m v vF F
tsdot +
= rArr∆
m mF v Fuarruarr ∆ rArr
este orientată orizontal spre stacircnga 3
5
b Scriem legea lui Hooke 0
0 0 02
0 0 2
0
4 1 3828 cm4
F l F lE lS l E S
d FS l l ld E
l l l
∆ sdot = sdot rArr ∆ = sdot π sdot sdot = rArr = + rArr = π sdot sdot
∆ = minus
3
TOTAL pentru Subiectul I 15p
Subiectul al II-lea Parţial Punctaj
a
[ ]05 s 10 N 0x ft R Fisin = rArr = 1p
4p2 = 2 m sxx
RR m a a am
minus= sdot rArr = rArr sdot 1p
10 10 m sv v a t v minus= + sdot ∆ rArr = sdot 2p
b 10 s 0 N 10 Nx f ft R F F F= = rArr = rArr = 3p 3p
cmax max 02fF m g= micro sdot sdot rArr micro = 3p 3p
Bareme teste nivel minimal
27
d
[ ]1020 s 0 N constxt R visin = rArr = 1p
5p
Aplicacircnd teorema variaţiei impulsului pentru [ ]010 st isin p R t∆ = sdot ∆
1p
şi folosind interpretarea grafică
obţinem că din momentul 10 st = 1 15 m sv minus= sdot şi se menţine constantă
1p
Aplicacircnd teorema variaţiei energiei cinetice pentru [ ]020 st isin
5625 Jif if ifc R RE L L∆ = rArr =
2p
TOTAL pentru Subiectul al II-lea 15p
Subiectul al III-lea Parţial Punctaj
a
Reprezentăm printr-un desen situaţia din problemă punacircnd icircn evidenţă poziţiile avionului la momentele 1t
şi 2t Folosind datele problemei observăm că triunghiul care are ca vacircrfuri staţia radar şi poziţile avionului este dreptunghic
= 11314 mdrArr
2p
5p2p
2 1 2
= 14 s
= 12 h 24 min 34 s
dv tt
t t t t
= rArr ∆∆
∆ = minus rArr1p
b
2
296 MJ
c
c
m vE
E
sdot= rArr
rArr =
2p3p
2
296 MJ
c
c
m vE
E
sdot= rArr
rArr = 1p
c
Aplicăm teorema variaţiei energiei cinetice icircntre punctele A şi B c RE L∆ = (1) 1p
4p
Viteza avionului menţinacircndu-se constantă variaţia energiei cinetice este egală cu zero Motorul fiind oprit singurele forţe care se exercită asupra avionului sunt greutatea şi forţele de rezistenţă Icircnlocuind aceste observaţii icircn ecuaţia (1) şi exprimacircnd lucrul mecanic al greutăţii avionului icircntre A şi B obţinem
2p
( )1 20
879 MJr
r
F
F
m g h h L
L
= sdot sdot minus + rArr
rArr = minus
1p
d
77644 N r rF
r
L F d
F
= minus sdot rArr
rArr =
2p
3p
77644 N r rF
r
L F d
F
= minus sdot rArr
rArr =
1p
TOTAL pentru Subiectul al III-lea 15p
Teste de fizicatilde pentru bacalaureat
28
B TERMODINAMICAtilde
Subiectul I Punctaj
1 c Realizacircnd corespondenţa celor două scări de temperatură cu scara Celsius obţinem că0 degX corespund temperaturii 25 degC şi 0 degY corespund temperaturii 50 degC
3
2a Scriind ecuaţia termică de stare pentru gazele din cele două incinte icircn stările iniţială respectiv finală ţinacircnd cont de
datele problemei şi prelucracircnd ecuaţiile obţinute rezultă 1 23 2m msdot = sdot 3
3
b 1 1
2 2
1 1 11
22 2 2
5 cu 80 K 52 1673 3 cu 80 K2
V V
V V
U C T C R T UUU C T C R T
∆ = sdot sdot∆ = sdot ∆ = ∆ rArr = minus = minus ∆∆ = sdot sdot∆ = sdot ∆ = minus
ν
ν3
4
d 23 23 23
2323
40 J0
Q U LU
L= ∆ +
rArr ∆ = minus=
31 31 31 31 31 31 31 70 J Q U L U Q L U= ∆ + rArr ∆ = minus rArr ∆ = minus
123112
1231 12 23 31
0110 J
UU
U U U U∆ =
rArr ∆ =∆ = ∆ + ∆ + ∆
12 12 12 12 21190 J 190 JQ U L L L= ∆ + rArr = rArr = minus
3
5
c 22 72 10
VA
VA
Q C TQ NN NNC T
N
= ν sdot sdot ∆ sdot rArr = rArr = sdotν = sdot ∆
3
TOTAL pentru Subiectul I 15p
Subiectul al II-lea Parţial Punctaj
a
1 2 m m m= = 1p
3p1 2
2 1
125ν micro= =
ν micro2p
b1 2
1 2
2 g 356
molm m m
ν = ν + νsdot
= + rArr micro =micro micro micro
1p
4p1 2
1 2
2 g 356
molm m m
ν = ν + νsdot
= + rArr micro =micro micro micro 3p
c
3
kg 157 m
mp V R TpR Tm
V
sdot = sdot sdot sdotmicromicro rArr ρ = rArrsdotρ =
rArr ρ =
3p
4p
3
kg 157 m
mp V R TpR Tm
V
sdot = sdot sdot sdotmicromicro rArr ρ = rArrsdotρ =
rArr ρ = 1p
Bareme teste nivel minimal
29
d5
5 10 Pa
mp V R T
m R TpV
p
sdot = sdot sdot rArrmicro
sdot sdot= rArr
micro sdot
rArr = sdot
1p
4p
5
5 10 Pa
mp V R T
m R TpV
p
sdot = sdot sdot rArrmicro
sdot sdot= rArr
micro sdot
rArr = sdot
1p
5
5 10 Pa
mp V R T
m R TpV
p
sdot = sdot sdot rArrmicro
sdot sdot= rArr
micro sdot
rArr = sdot 2p
TOTAL pentru Subiectul al II-lea 15p
Subiectul al III-lea Parţial Punctaj
a 11966 J L R T L= ν sdot sdot ∆ rArr = 3p 3p
b 20034 JQ U L U Q L U= ∆ + rArr ∆ = minus rArr ∆ = 3p 3p
c
16
p
v
p
v
Q C TU C T
C QC U
= ν sdot sdot ∆
∆ = ν sdot sdot ∆
γ = = rArr γ =∆
1p
4p
16
p
v
p
v
Q C TU C T
C QC U
= ν sdot sdot ∆
∆ = ν sdot sdot ∆
γ = = rArr γ =∆
1p
16
p
v
p
v
Q C TU C T
C QC U
= ν sdot sdot ∆
∆ = ν sdot sdot ∆
γ = = rArr γ =∆
2p
d
5 1 3
pp v
v v
p v
CC C R RC C
C C R
γ = rArr = γ sdot sdot rArr = =
γ minus= +
1p
5p
Notăm cu f fracţiunea din cantitatea totală de substanţă care o constituie heliul şi exprimăm icircn două moduri energia internă a amestecului de gaze
( )( )
1 2 1 2
1 2
1 2
1 2
1
1v v v v v v
U U UC T C T C T C f C f C
f f
= +ν sdot sdot = ν sdot sdot + ν sdot sdot rArr = sdot + minus sdot
ν = sdot ν rArr ν = minus sdot ν
2p
2
1 2
5 083 83 6
v v
v v
C Cf
C C
f
minus= rArr
minus
rArr = = =
1p2
1 2
5 083 83 6
v v
v v
C Cf
C C
f
minus= rArr
minus
rArr = = = 1p
TOTAL pentru Subiectul al III-lea 15p
Teste de fizicatilde pentru bacalaureat
30
C PRODUCEREA ordfI UTILIZAREA CURENTULUI CONTINUU
Subiectul I Punctaj
1a 2
2
514 nC
U S qI U r tl t ql
S rq
sdot = = sdot π sdot sdot ∆ρ sdot ∆ rArr =ρ sdot= π sdot
=
3
2
a ( )( )
1 0 1 2 1
1 2 2 12 0 2
3 1
1 - 1
4 10
R R t R RR t R tR R t
Kminus minus
= sdot + α sdot minus rArr α =sdot sdot= sdot + α sdot
α = sdot
10 0
1
9 1
RR Rt
= rArr = Ω+ α sdot
3
3
a Aplicacircnd teorema I a lui Kirchhoff pentru nodul A intensitatea curentului prin ramura AB va fi
15 AABI = minus deci acest curent are intensitatea 15 AI = şi circulă de la A la B
Aplicacircnd teorema a II-a a lui Kirchhoff ( ) 25 VAB ABU E I R r U= + sdot + rArr =
3
4b
=12800 C
PIP tU q q
q UIt
= sdot ∆ rArr = rArr=∆
3
5
c Folosind seturile complete de date din tabel ((2) şi (3)) 44 UR RI
= rArr = Ω
Pentru determinarea (4) 2 A 2000 mAUI IR
= rArr = =
Pentru determinarea (5) 132 VU R I U= sdot rArr =
3
TOTAL pentru Subiectul I 15p
Subiectul al II-lea Parţial Punctaj
aLa momentul iniţial cursorul fiind icircn A 0R = 1p
3p Intensitatea curentului icircn circuit va avea expresia 1 1
1
9 E EI R r R
R r I= rArr = minus rArr = Ω
+ 2p
b
Din grafic deducem că icircn momentul icircn care cursorul ajunge icircn B intensitatea curentului icircn circuit are valoa-
rea 071 AI prime = 1p
5p
iar expresia ei este ( )11
1817 18
E EI R R rR R r I
R
prime = rArr = minus + rArrprime+ +
rArr = Ω cong Ω1p
Cursorul se mişcă cu viteză constantă parcurgacircnd icircn intervalul de timp 20 st∆ = 1p
determinat din grafic icircntreaga lungime a reostatului 20 cmlv l v t lt
= rArr = sdot ∆ rArr =∆
1p
2 05 mml lR S SS R
ρ sdot= ρ sdot rArr = rArr = 1p
Bareme teste nivel minimal
31
c
9 2 2l Rx Rprime= rArr = = Ω
1p
4p1
1
105 A 11 s
EIR R r
I t
primeprime =prime + +
primeprime = rArr =
2p
1
1
105 A 11 s
EIR R r
I t
primeprime =prime + +
primeprime = rArr = 1p
dI = 0 1p
3pU = E 1pU = 20 V 1p
TOTAL pentru Subiectul al II-lea 15p
Subiectul al III-lea Parţial Punctaj
a = 2400 mA h = 8640 C q sdot 2p
4p10368 J W q U W= sdot rArr = 2p
b1
06 AUI IR
= rArr = 3p 3p
c 14400 s = 4 hq qI t tt I
= rArr ∆ = rArr ∆ =∆
3p 3p
d
După o oră de funcţionare a circuitului de la punctul b s-a consumat sarcina electrică 1 1 1 2160 Cq I t q= sdot ∆ rArr =Sarcina electrică rămasă va fi 2 1 2 6480 Cq q q q= minus rArr =
1p
5p
Noua intensitate a curentului electric prin ramura principală a circuitului devine 1 Ap
UI IR
prime prime= rArr = 1p
Iar durata funcţionării acestuia va fi2 2
2 22
6480 s = 18 hq qI t tt I
prime = rArr ∆ = rArr ∆ =prime∆
1p
2 22
222 22
2
04 A
162 10
UI IRN e I tI N N
t e
= rArr =
sdot sdot ∆= rArr = rArr = sdot
∆
1p2 2
2
222 22
2
04 A
162 10
UI IRN e I tI N N
t e
= rArr =
sdot sdot ∆= rArr = rArr = sdot
∆ 1p
TOTAL pentru Subiectul al III-lea 15p
Teste de fizicatilde pentru bacalaureat
32
DOPTICAtildeSubiectul I Punctaj
1
b Din desen se observă că doar punctul 2 poate fi unit prin reflexie cu O
3
2 c 3
3
d Pentru a nu produce efect fotoelectric pentru orice radiaţie din domeniul vizibil trebuie ca pentru materialul respectiv
extrL ge ε ε fiind energia fotonului incident h csdotε =
λPentru domeniul vizibil [ ]380760 nmλ isin [ ] [ ]19 262 523 10 J sau 163 327 eVminusε isin sdot ε isin Folosind datele din tabelul cu valorile lucrului de extracţie pentru diferite materiale se observă că doar cuprul nu produce efect fotoelectric
3
4c Prin introducerea dispozitivului icircn apă fără a schimba caracteristicile geometrice ale acestuia şi folosind aceeaşi radia-
ţie interfranja devine 2
D iil n n
λ sdotprime = =sdot
3
5 b Scriind ecuaţia lui Einstein pentru situaţiile descrise icircn problemă obţinem 0
0
2 4
s
s
h c h c e U
h c h c e U
sdot sdot = + sdot λ λ sdot sdot sdot = + sdot λ λ
Rezolvacircnd sistemul de ecuaţii obţinem 0 3λ = sdot λ
3
TOTAL pentru Subiectul I 15p
Subiectul al II-lea Parţial Punctaj
a
22 1
12
1
2 4 cm
2 2 cm
xx x
xx
x
β = = sdot rArr = minus β = rArr = minus
2p3p
rArr x1 = minus 2 cm 1p
b
2 1
1 1 1
1
25 4 cm
x x f
Cf
Cf
minus = =
rArr = δrArr =
2p4p
rArr C = 25 δ 1prArr f = 4 cm 1p
c
2 1 1
2 1
1
1 12 2
8 cm
Cx x x f
Cx xx
minus = prime prime primerArr = minus = minus sdotprime prime= minus
prime = minus
2p
4p2 1 1
2 1
1
1 12 2
8 cm
Cx x x f
Cx xx
minus = prime prime primerArr = minus = minus sdotprime prime= minus
prime = minus 1p
Lupa trebuie icircndepărtată de obiect cu 6 cm 1p
Bareme teste nivel minimal
33
d
Imagine dreaptă 1 20 0x xrArr β gt rArr lt rArr imaginea este virtuală 1p
4p
2
1 2 1
1 1
2 1
22
8 cm 1875 1 1
xx x x
x x C
C Cx x
primeprime β = primeprime primeprime primeprimerArr = sdot β = primeprime prime prime= = minus rArr = minus δ
primeminus = +
primeprime primeprime
lentila este divergentă
3p
TOTAL pentru Subiectul al II-lea 15p
Subiectul al III-lea Parţial Punctaj
a ( )0 0 k x= rArr = forall λ rArr maximul central este alb şi situat pe axa de simetrie a dispozitivului4p 4p
b
1
1
22
kDxD li
l
= λ sdot rArr =λ sdot
sdot= sdot
1p
4pLărgimea maximului de ordinul I va fi( )
2
R V Dx
lλ minus λ sdot
∆ =sdot
2p
076 mmx∆ = 1p
c2
2
2 2 192 mm
2
k x ixDi
l
= rArr = sdot rArr =λ sdot
= sdot 3p 3p
d
1 1 2 2k i k isdot = sdot 1p
4p
1 21 22 2
D Dk kl l
λ sdot λ sdotsdot = sdot
sdot sdot1p
1 2 1 2500 750 2 3 k k k ksdot = sdot rArr sdot = sdot 1p
Soluţia 1
2
32
kk
= =
1p
TOTAL pentru Subiectul al III-lea 15p
0Cprime lt rArr
Teste de fizicatilde pentru bacalaureat
34
TESTUL 5
A MECANICAtilde
Subiectul I Punctaj
1 a 32 b 3
3
a Aplicacircnd principiul I al dinamicii obţinem 0Gt Ff N Gn+ + + =
0 sin cos 0sincos
Gt Ff mg mg
tg
minus = =gt α minus micro α =α
micro = = αα
3
4c L = F sdot d sdot cos α
a = 0 rArr L = F sdotd = 40 J 3
5
c Conform principiului II al dinamicii
N = G + m sdot a rArr 1 1600 NG aN G a Gg g
= + = + =
3
TOTAL pentru Subiectul I 15p
Subiectul al II-lea Parţial Punctaj
a
Forţele care acţionează asupra corpurilor sunt reprezentate icircn figura alăturată
4p 4p
b
Acceleraţiile corpurilor 1a
şi 2a
transmise prin fir sunt egale icircn modul şi de sensuri opuse 2 1a a= minus
1p
4pproiectăm ecuaţiile pe axa verticală Oy ţinacircnd cont că 1 2a a a= = 1 1
2 2
T m g m aT m g m a
minus sdot = sdot
minus sdot = minus sdot 2p
rezolvacircnd sistemul obţinem 22 1
1 2
( ) 111 m sm m gam m
minusminus sdot= = sdot
+ 1p
c T = m1(a + g) = 2222 N 3p 3p
d
Forţa măsurată de dinamometru
1 2
1 2
42 444 N
F T Tm m gF T
m m
= +
= =+
2p
4p
1 2
1 2
42 444 N
F T Tm m gF T
m m
= +
= =+
2p
TOTAL pentru Subiectul al II-lea 15p
Bareme teste nivel minimal
35
Subiectul al III-lea Parţial Punctaj
a
2p
3p
cos5640 J
L F dL
= sdot α=
1p
b
NFfL Ff d
Ff= minus sdot
= micro
1p
4pN
FfL Ff dFf
= minus sdot
= micro 1p
sinN G F= minus α 1p
( )sin 1036 JFfL mg F d= minusmicro minus α = minus 1p
cAplicăm teorema variaţiei energiei cinetice f i F FfEc Ec L Lminus = + 2p
4p4504 JfEc = 2p
d564 W
med
med
LPt
P
=∆
=
2p4p
564 W
med
med
LPt
P
=∆
= 2p
TOTAL pentru Subiectul al III-lea 15p
Teste de fizicatilde pentru bacalaureat
36
B TERMODINAMICAtilde
Subiectul I Punctaj
1 c 3
2 a 33 b 34 a 35 c 3
TOTAL pentru Subiectul I 15p
Subiectul al II-lea Parţial Punctaj
a3096 kgm
pRT
microρ =
ρ =
2p3p
3096 kgm
pRT
microρ =
ρ = 1p
b
a
a
N m N mNN
sdot= rArr =
micro micro1p
4p
Masa gazului care părăseşte butelia m2 = f middot m =gt N2 = N middot f 1p
Din ecuaţia de stare 11
a
a
N p VNp V RT NN RT
= rArr = 1p
2312 139 10 moleculeap VNN f
RT= = sdot 1p
c
1
2(1 )
a
a
Np V RTNN fp V RT
N
=
minus=
1p
4p
1
2(1 )
a
a
Np V RTNN fp V RT
N
=
minus= 1p
1
2
11
pp f
=minus
1p
p2 = p1(1 ndash f ) = 96 ∙ 105 Pa 1p
d
Aplicăm conservarea numărului de moli ν1 + ν2 = ν TOT 1p
4p
ν2 = reprezintă numărul de moli din prima butelie icircn starea finală ν1 + ν2 = Totmmicro
1p
21 O 2
1 2
He 3391 10 kgmolminusmicromicro = = sdot
ν + micro ν
ν + ν2p
TOTAL pentru Subiectul al II-lea 15p
Bareme teste nivel minimal
37
Subiectul al III-lea Parţial Punctaj
a Procesul 1rarr2 icircncălzire izocorăProcesul 2rarr3 destindere izotermă
Procesul 3rarr1 răcire izobară
3p 3p
b
Aplicacircnd legea procesului izocor pe procesul 1rarr2 obţinem
2
1 2
1 2
2
1 1
53
p pT T
pTT p
= rArr
= =
2p
4p2
1 2
1 2
2
1 1
53
p pT T
pTT p
= rArr
= = 2p
c9kJ
p
p
LO
LO
η = rArr
= =η
2p
4p
9kJ
p
p
LO
LO
η = rArr
= =η
2p
d
ΔU = νCν(T3 minus T2) 2p
4pT2 = T3 1p
ΔU = 0 1p
TOTAL pentru Subiectul al III-lea 15p
Teste de fizicatilde pentru bacalaureat
38
C PRODUCEREA ordfI UTILIZAREA CURENTULUI CONTINUU
Subiectul I Punctaj
1 a 32 c 33 c 34 a 35 b 3
TOTAL pentru Subiectul I 15p
Subiectul al II-lea Parţial Punctaj
a
Pentru gruparea paralel a rezistoarelor rezistenţa echivalentă RP o calculăm din relaţia 1 2
1 1 1
PR R R= + 1p
4pPentru gruparea serie a rezistoarelor rezistenţa echivalentă RS o calculăm din relaţia Rs = R3 + R4 1p
Rezistenţa circuitului exterior R = Rs + Rp 1p
R = 11 Ω 1p
b
Curentul care circulă prin sursa I icircl putem calcula aplicacircnd legea lui Ohm pentru un circuit simplu 1p
4pPentru a calcula I1 I2 aplicăm legile lui Kirchhoff 2p
Rezolvacircnd sistemul de ecuaţii obţinem I1 = 12 A I2 = 08 A şi I3 = I = 2 A 1p
cE = I3r + UAB 2p
3pUAB = 22 V 1p
d
Aplicăm legea lui Ohm pentru o porţiune de circuit 11
1
UIR
= 1p
4pRezultă U1 = I1 R1 1p
Aplicăm legea lui Ohm pentru o porţiune de circuit I2 = 2
2
UR
Rezultă U2 = I2 R2 1p
U1 = U2 = 96 V 1p
TOTAL pentru Subiectul al II-lea 15p
Subiectul al III-lea Parţial Punctaj
aPuterea la bornele becului P = Ub ∙ I 2p
3pUb = 120 V 1p
b
Aplicăm legea lui Ohm pentru o porţiune de circuit (fir) I = Uf r 2p
4pRezultă Uf = I middot r 1p
Uf = 4 V 1p
cExpresia puterii P = I 2 R 2p
4pR = P I 2 1pRezultă R = 12 Ω 1p
d Expresia energiei debitată de o sursă icircn icircntreg circuitul W = I 2(R + r) Δt 3p4p
W = 4464 kJ 1p
TOTAL pentru Subiectul al III-lea 15p
Bareme teste nivel minimal
39
DOPTICAtildeSubiectul I Punctaj
1 c 32 a 33 d 34 c 35 c 3
TOTAL pentru Subiectul I 15p
Subiectul al II-lea Parţial Punctaj
aDin definiţia indicelui de refacţie cn
v= unde c este viteza de propagare a luminii icircn vid 2p
3p
Rezultă cvn
= v = 212 ∙108 ms 1p
b
Reprezentarea corectă a razelor de lumină 1p
5pAplicăm legea refracţiei icircn punctul I n sin i = naer sin r 2p
r = 450 1p090 45rθ = minus = 1p
c
Icircn cazul icircn care lumina trece dintr-un mediu optic mai dens icircn unul mai puţin dens unghiul de refracţie este totdeauna mai mare decacirct unghiul de incidenţă şi de aceea el poate atinge valoarea 2
π Valoarea l a unghiu-lui de incidenţă pentru care r =
2π poartă numele de unghi limită
1p
4p1sin sin2
n l n π= 1p
1
2
sin nln
= 1p
l = 450 1p
dPentru orice valoare a unghiului de incidenţă mai mare decacirct unghiul limită lumina nu mai trece icircn mediul al doilea ci se reflectă icircn punctul de incidenţă icircntorcacircndu-se icircn primul mediu conform legilor reflexiei suprafaţa de separare comportacircndu-se ca o oglindă
3p 3p
TOTAL pentru Subiectul al II-lea 15p
Subiectul al III-lea Parţial Punctaj
aConvergenţa unei lentile
1Cf
= 2p3p
C = 5 m-1 1pb Realizarea corectă a desenului 4p 4p
c
2 1
1 1 1x x f
minus = 2p
5px2 = 40 cmx2 gt 0 imagine reală 1p
Expresia măririi liniare 2 2
1 1
x yx y
β = = 1p
y2= y1=10 cm 1p
dPentru un sistem optic centrat cu cele două lentile alipite convergenţa sistemuluiCs = C1 + C2
2p3p
Rezultă Cs=15m-1 1p
TOTAL pentru Subiectul al III-lea 15p
Teste de fizicatilde pentru bacalaureat
40
TESTUL 6
A MECANICAtilde
Subiectul I Punctaj
1 c 32 a 33 c 34 c 35 b 3
TOTAL pentru Subiectul I 15p
Subiectul al II-lea Parţial Punctaj
a
2p
4p
2p
b
fM a T Fsdot = minus
2m a G Tsdot = minus2p
4pPrin adunare rezultă ( )( )
a M m mg Nmg Mg g m Ma
M m M m
+ = minus microminus micro minus micro
= =+ +
1p
21msa = 1p
c 2 ( )T G ma mg ma m g a= minus = minus = minus 2p3p
09 NT = 1p
d
Precizarea noului sens de acţiune a forţei de frecare sau desenarea ei 1p
5p( )F mg Mg g m M= + micro = + micro 2p
17 NF = 1p
TOTAL pentru Subiectul al II-lea 15p
Subiectul al III-lea Parţial Punctaj
a
Lucrul mecanic consumat este lucrul mecanic minim necesar ridicării corpului pe planul icircnclinat 1p
4pfc u FL L L= + 2p
2500JcL = 1p
Bareme teste nivel minimal
41
b
u
c
LL
η = 2p
3p2000 08 802500
η = = = 1p
c
cossin sinfF f
h hL F l N mg= minus sdot = minusmicro sdot sdot = minusmicro α sdotα α
1p
4p
u GL L mgh= = 1p
f
f
FF u
u
LL ctg L
L ctg
minus= minusmicro α sdot rArr micro =
α1p
1 0254
micro = = 1p
d
2 60 40 s3
t∆ = sdot = 1p
4p
u cu c
L LP Pt t
= =∆ ∆
1p
2000 50 W40
2500 625 W40
u
c
P
P
= =
= =2p
TOTAL pentru Subiectul al III-lea 15p
Teste de fizicatilde pentru bacalaureat
42
B TERMODINAMICAtilde
Subiectul I Punctaj
1 d 32 d 33 b 34 c 35 c 3
TOTAL pentru Subiectul I 15p
Subiectul al II-lea Parţial Punctaj
a
1 1 1 1 1
2 2 2 2 2
( ) ( 2 )2 2 2
( - ) ( - 2 )2 2 - 2
l l p lpV p V p S p d S p l p l d pl d
l l p lpV p V p S p d S p l p l d pl d
sdot= hArr sdot sdot = + hArr sdot = + rArr =
+sdot
= hArr sdot sdot = hArr sdot = rArr =2p
4p5
51
55
2
10 1 5 10 Pa18 9
10 1 5 10 Pa02
p
p
sdot= = sdot
sdot= = sdot
2p
b
F
trebuie să acţioneze spre compartimentul cu presiunea mai mare 1p
3p1 2 2 1( )p S F p S F S p p+ = hArr = minus 1 2 2 1( )p S F p S F S p p+ = hArr = minus 1p
133(3) NF = 1p
c
1 1 1
2 2 2
( 2 ) ( 2 )
pV p V p l p l hpV p V p l p l h
= hArr sdot = += hArr sdot = minus
1 2 2 1mgp S mg p S p pS
prime prime prime prime+ = hArr = +
2p
4p
51
52
510 Pa6625= 10 Pa
6
p
p
prime =
prime2p
d
1
2 p ll hpsdot
+ = 1p
4p1
1 12
p lhp
sdot= minus prime
1p
01m = 10 cmh = 1p
Pistonul se va stabili la 40cm de capătul inferior al cilindrului 1p
TOTAL pentru Subiectul al II-lea 15p
Bareme teste nivel minimal
43
Subiectul al III-lea Parţial Punctaj
a Reprezentarea corectă a graficului
3p4p
Notarea corectă a stărilor 1p
b ΔU = 0 pentru că procesul este ciclic 3p 3p
c
212 1 1 1
1
ln ln 600 27 1620 JVQ RT p V eV
= ν = = sdot =
23 3 2 3 2 3 1 1 2 15 5 5( ) ( ) ( ) ( )2 2 2pQ C T T RT RT RT RT V p p= ν minus = ν minus ν = ν minus ν = minus
1p
5p
5 51 11 1 2 2 2 1
2 1
3 10 3 10 PaV Vp V p V p p eV eV
= rArr = = sdot = sdot
3 523
5 2 10 3 10 (1 27) 1500 17 2550J2
Q minus= sdot sdot sdot minus = minus sdot = minus2p
31 1 3 1 3 1 1 2 1 1 1 23 3 3( ) ( ) ( ) ( )2 2 2VQ C T T RT RT p V p V V p p= ν minus = ν minus ν = minus = minus 31 1530 JQ = 1p
1620 2550 1530 600 JQ = minus + = 1p
d
U Q L∆ = minus 1p
3pL Q= 1p
600JL = 1p
TOTAL pentru Subiectul al III-lea 15p
Teste de fizicatilde pentru bacalaureat
44
C PRODUCEREA ordfI UTILIZAREA CURENTULUI CONTINUU
Subiectul I Punctaj
1 a 32 a 33 d 34 b 35 d 3
TOTAL pentru Subiectul I 15p
Subiectul al II-lea Parţial Punctaj
a
1 1 1 1 1AU I R I= rArr =
2 2 2 2 075AU I R I= rArr =2p
4p( )1 1 2 1 1 2
2 2 1 2
( )6V
( )E I R r R R I I
EE I R r I I
= + minusrArr = = = + minus
2p
b
1 11 1 2 2
2 2
( )( ) ( )
( )E I R r
I R r I R rE I R r
= +rArr + = + = +
2p
4p2 2 1 1 2 1
1 2 1 2
I R I R U UrI I I I
minus minus= =
minus minus 1p
2r = Ω 1p
c
66
15012 10 603 10fir
lRS
minusminus= ρ sdot = sdot = Ω
sdot2p
4p6 075A 075 60 45C8fir
EI q I tR r
= = = = sdot ∆ = sdot =+ 2p
d0
00 0
1(1 ) 1 1
fir
fir firfir
RR R RR R t t t tR R
minus= + α rArr + α = α = minus rArr =
α2p
3p
40 Ct = 1p
TOTAL pentru Subiectul al II-lea 15p
Subiectul al III-lea Parţial Punctaj
a
ss
s
EIR r
=+ 1p
4p10sE E= 1p
10sr r= 1p
4 133 A3sI = = 1p
Bareme teste nivel minimal
45
b
pp
p
EI
R r=
+ 1p
4p10prr = 1p
10
110p
ErE E
r
= = 1p
05ApI = 1p
c
1 sU E I r= minus 1p
4p2 pU I R= 1p
1 1 VU
1p
2 35VU = 1p
d1
s
RR r
η =+
2p
RR r
η =+
1p
3p
17 259227
η = 235 972236
η =
2p
TOTAL pentru Subiectul al III-lea 15p
Teste de fizicatilde pentru bacalaureat
46
DOPTICAtildeSubiectul I Punctaj
1 d 32 c 33 c 34 c 35 a 3
TOTAL pentru Subiectul I 15p
Subiectul al II-lea Parţial Punctaj
a 4p 4p
b
sin sini n r= 1p
4psin sin n r i= 1p
alterne interner r= 1p
Din relaţiile anterioare rezultă i = iprime = 60deg 1p
c
Deviaţia δ = BC 1p
4p
sin sin
3sin 12sin
23
i n r
irn
=
= = =1p
30r = deg 1p
sin( ) sin( ) 058 cmcosADBC AB i r i r
r= sdot minus = sdot minus 1p
d cosADAB
r= 2p
3p
115cmAB 1p
TOTAL pentru Subiectul al II-lea 15p
Bareme teste nivel minimal
47
Subiectul al III-lea Parţial Punctaj
a
maxc stoparech L E h L eUν = + hArr = +λ
1
2
1
2
s
s
ch L eU
ch L eU
= +λ
= +λ
2p
5p
Prin scăderea celor două ecuaţii rezultă 2 1
2
2 1
1 1 2
1 2
Prin scatildederea celor douatilde ecuathornii rezultatilde1 1( ) ( )
( )( )
s s
s s
hc e U U
e U Uh
c
minus = minusλ λ
minus λ λ=
λ minus λ
2p
3466 10 J sh minus= sdot sdot 1p
b1
1s
cL h eU= minusλ 2p
3p1961 10 J 38 eVL minus= sdot = 1p
c0 0
Lh Lh
ν = hArr ν = 2p3p
150 0924 10 Hzν = sdot 1p
d
2max
2smveU = 1p
4pmax2 seUv
m= 1p
61 max 048 10 msv = sdot 1p
62 max 066 10 msv = sdot 1p
TOTAL pentru Subiectul al III-lea 15p
Teste de fizicatilde pentru bacalaureat
48
TESTUL 7
A MECANICAtilde
Subiectul I Punctaj
1 b Reprezentăm grafic forţa F = f (x)
0 m 8 N4 m 0 N
x Fx F
= rArr == rArr =
Lucrul mecanic este egal cu aria trapezului format de graficul forţei icircntre 1x şi 2x
(6 2) 2 8 J
2L + sdot
= =
3
2 c Aplicăm legea conservării energiei mecanice2 2 2
22 2i f
kx mv kxE E vm
= rArr = rArr = = 3
3
a Viteza medie mdvt
= (1)
Notăm cu 2v v= şi 1v nv=
Avem 1 1 12 2d dv t nv t= sdot rArr = sdot şi 2 2 22 2
d dv t v t= sdot rArr = sdot
Rezultă timpii de mişcare 1 2dtnv
= şi 2 2dtv
=Iar timpul total 1 2t t t= +
Icircnlocuind icircn (1) rezultă ( )12 36
1 22 2
mm m
n vd nvv v vd d n nnv v
+= rArr = rArr = =
++km h
Rezultă 1 2 72v v= = km h şi 2 36v v= = km h
3
4 a 35 d 3
TOTAL pentru Subiectul I 15p
Subiectul al II-lea Parţial Punctaj
a
Distanţa parcursă este egală cu aria de sub graficul vitezei d = d1 +d2
1km20h
v =
2km40h
v =
1130min h2
t = =
2115min h4
t = = 2p4p
d1 = 10 km d2 = 10 km 1pRezultă d = 20 km 1p
b
Viteza medie mdvt
= 2p
4pUnde d = 20 km 345min h4
t = = 1p
Rezultă vm = 266 kmh 1p
ct1 = 30 min d1 = 10 km t2 = 15 min d2 = 10 km 2p
4pReprezentarea graficului mişcării 2p
d
Energiile cinetice corespunzătoare celor două viteze sunt 1
21
2cmvE =
2
22
2cmvE =
Rezultă 2
1
222
1
c
c
E vE v
=2p
3p
2
1
4c
c
EE
= 1p
TOTAL pentru Subiectul al II-lea 15p
Bareme teste nivel minimal
49
Subiectul al III-lea Parţial Punctaj
a
Reprezentarea corectă a forţelor 1p
4pTeorema variaţiei energiei cinetice pe planul icircnclinat cE L∆ = rArr 11fCB co G F NE E L L Lminus = + +
Lungimea planului icircnclinat sin
hl =α
iar 1
0NL =
Rezultă ECB = mgh minus μmgl cos α = mgh (1 minus ctg α)
2p
ECB = 32 J 1p
bLFf
= LFf1 + LFf2
=μmg(h ctg α + d ) 2p3p
Rezultă LFf = minus 20 J 1p
c
Teorema variaţiei energiei cinetice pe planul orizontal22fCC CB G F NE E L L Lminus = + +
1p
4p2
0NL = şi 0GL = rezultă 20 JCC CBE E mgd= minus micro = 1p
Din legea conservării energiei mecanice rezultă maxCCE mgh= 1p
Rezultă max 1 mCCEhmg
= = 1p
d
Aplicăm legea conservării energiei cinetice icircntre punctele C şi D CC PC CD PDE E E E+ = + 1p
4pdar EPC = 0 iar 4PD
CDEE = 1 1
15
4 4CCmgh mghE mgh= + = 2p
Rezultă h1 = 08 m 1p
TOTAL pentru Subiectul al III-lea 15p
Teste de fizicatilde pentru bacalaureat
50
B TERMODINAMICAtilde
Subiectul I Punctaj
1 b 32 c 33 b 3
4b Scriem formula variaţiei energiei interne 2 1 2 1 2 1
3 3( ) ( ) ( )2 2VU C T T R T T RT RT∆ = ν minus = ν minus = ν minus ν
Din ecuaţiile de stare p1V1 = νRT1 şi p2V2 = νRT2 rezultă 2 2 1 13 ( ) 600 J2
U p V p V∆ = minus =
3
5 c 3
TOTAL pentru Subiectul I 15p
Subiectul al II-lea Parţial Punctaj
a
Relaţia dintre temperaturi este 2 1 1T T fT= + 2 1 1(1 ) 12 360KT T f TrArr = + = = 2p
4pDin legea procesului izocor 1 22 1
1 2
12p p p pT T
= rArr = 1p
2p = 5
2
N12 10m
sdot 1p
bLegea procesului izocor 1 max max 1
max1 max 1
p p p TTT T p
= rArr = 2p4p
max 12 600KT T= = 2p
c
Relaţia dintre densitatea gazului icircn starea (1) şi densitatea gazului icircn condiţii normale0 1 0
1 00 1
91p Tp T
ρρ = = ρ 2p
3p
31 0819kgmρ = 1p
d
Din ecuaţiile de stare 11 1
mp V RT=micro
şi 21 2
mp V RT=micro 1 1 2 2m RT m RTrArr = 1p
4p2 1m m m= minus ∆ rezultă 1 1 1 2( )m T m m T= minus ∆ 1p
12 112
6mT T m= rArr ∆ = 1p
3 31 1 819 10 kg 1365 10 kgm V mminus minus= ρ = sdot rArr ∆ = sdot 1p
TOTAL pentru Subiectul al II-lea 15p
Subiectul al III-lea Parţial Punctaj
a
1rarr2 proces izoterm 2rarr3 proces izobar 3rarr1 proces izocor 1p
3p
2p
Bareme teste nivel minimal
51
b
Legea procesului izoterm 1 1 2 2p V p V= dar 2 12p p= 12 2
VVrArr = 1p
4pLegea procesului izobar 2 3
2 3
V VT T
= cum 2 1T T= şi 3 1V V= 3 12T TrArr = 1p
Ecuaţia de stare pentru starea iniţială 1 1 1 1 1444Kp V RT T= υ rArr = 1p
2 12 2888KT T= = 1p
c1 3 3 1( )vU C T Trarr∆ = υ minus
3
1 2p
vv
C RC RC
γ = rArr = =γ minus 2p
4p
1 3 1 1 1 1 13 3 3(2 ) 1800 J2 2 2
U R T T RT p Vrarr∆ = υ minus = υ = = 2p
d
2
1
| |1 QQ
η = minus 1p
4p
1 2 3 3 2( )5
1 2p
Q Q Cp T TRC R
rarr= = υ minusγ
= =γ minus
Rezultă 1 1 1 15 252
Q RT p V= υ =
1p
12 1 2 3 1 1 3 1 1 1 1 1 1 1
2
3| | | | ln ( ) ln 2 (ln 2 15) 21932v
VQ Q Q RT C T T RT RT p V p VV
υ υ υ υrarr rarr= + = + minus = + = + = 1p
122η = 1p
TOTAL pentru Subiectul al III-lea 15p
Teste de fizicatilde pentru bacalaureat
52
C PRODUCEREA ordfI UTILIZAREA CURENTULUI CONTINUU
Subiectul I Punctaj
1 c 32 c 33 d 34 d 3
5 c Avem relaţia dintre tensiuni E = U + IrDin grafic I = 0 A rezultă E = U = 6 V U = 0 V I = 4 A rezultă r = 075 Ω 3
TOTAL pentru Subiectul I 15p
Subiectul al II-lea Parţial Punctaj
a
Din grafic P1= 80 W I1 = 4A 1p
4pUtilizacircnd formula P1= I12 R1 rezultă 1
1 21
PRI
= 2p
R1 = 5 Ω 1p
b
Prin legarea celor două rezistenţe icircn serie rezultă rezistenţa echivalentă a circuitului exterior Re = R1 + R2= 8 Ω 2p
4pAplicacircnd legea lui Ohm pe icircntregul circuit determinăm intensitatea electrică 2Ae
EIR r
= =+
1p
Puterea electrică pe R2 este P2= I2 R2 = 12 W 1p
cRandamentul circuitului este e
e
RR r
η =+
2p3p
80η = 1p
d
Condiţia ca sursa să debiteze o putere maximă este Re = rprime rArr rprime = 8 Ω 2p
4pPuterea maximă
2
max 125 W4 EPr
= = 2p
TOTAL pentru Subiectul al II-lea 15p
Subiectul al III-lea Parţial Punctaj
a
Reprezentarea circuitul electric echivalent 1p
5p
Rezistenţa echivalentă a circuitului exterior este 2 1
2
V
p
V
RRR RR
= = Ω+
32e pRR R= + = Ω 2p
Intensitatea curentului electric prin ramura principală a circuitului este 5Ae
EIR r
= =+
1p
Tensiunea indicată de voltmetru UV = IRp UV = 5 V 1p
b Puterea electrică pe circuitul exterior P = I2Re 2p
3pP = 75 W 1p
cPuterea totală a sursei PE = EI 2p
3pPE = 100 W 1p
dRandamentul circuitului e
e
RR r
η =+ 2p
4pη = 75 2p
TOTAL pentru Subiectul al III-lea 15p
Bareme teste nivel minimal
53
DOPTICAtildeSubiectul I Punctaj
1 c Relaţia dintre energia cinetică maximă a electronilor emişi şi tensiunea de stopare este
2max
max max2
2S
C S SmV eUE eU eU V
m= rArr = rArr = 3
2 b 33 a 34 c 3
5
a Determinăm convergenţa lentilei subţiri biconcave ţinacircnd cont de semnele razelor de curbură
1
2
R RR R
= minus= +
1
1 2
1 1 1 1 2( 1)( 1)( ) ( 1)( ) 5mnC n nR R R R R
minusminusrArr = minus minus = minus minus minus = minus = minus 3
TOTAL pentru Subiectul I 15p
Subiectul al II-lea Parţial Punctaj
aDeoarece avem o imagine reală rezultă că avem o lentilă convergentă 1p
3pRealizarea corectă a mersului razelor pentru construcţia imaginii prin lentilă 2p
bMărirea liniară transversală este 4β = minus 1p
3pDin 2
2 1 21
4 20cmy y y yy
β = rArr = minus rArr = minus 2p
c
Din reprezentarea grafică observăm1 2d x x= minus + 1p
4pCum 2
2 1 11
4 4 5x x x d xx
β = = minus rArr = minus rArr = minus 2p
1
2 1
16cm54 64cm
dx
x x
= minus = minus
= minus =1p
d
Utilizăm formula lentilelor subţiri 1 2
2 1 1 2
1 1 1 ( 16) 64 128 cm16 64
x xfx x f x x
minus sdotminus = rArr = = =
minus minus minus2p
5pDistanţa focală pentru lentila biconvexă este 1
1 1 2( 1)( 1) ( )
Rfnn
R R
= =minus minus minus minus
2p
2( 1) 128 cmR n f= minus = 1p
TOTAL pentru Subiectul al II-lea 15p
Teste de fizicatilde pentru bacalaureat
54
Subiectul al III-lea Parţial Punctaj
a
Reprezentarea mersului razei de lumină
3p 3p
b
302
i π= minus α = deg 1p
3pLegea refracţiei icircn punctul de incidenţă aer( 1)n = sin sini n r= 1p
sinsin irn
rArr =
3sin8
r = 1p
c
Mărimea umbrei este x OI AB= + 1p
5p
tg hOI
α = rArr 1038mtg 3
h hOI = = =α 1p
Icircn triunghiul IAB tg ABrH
= rArr2
sintg 0809m1 sin
rAB H r Hr
= sdot = =minus
2p
Rezultă 1847mx = 1p
d
Reprezentarea razelor SI = raza incidentăIR = raza refractatăIRprime = raza reflectată 1p
4p
Deoarece raza IRprime este perpendiculară pe IR rArr 90 darr r i rprime primerArr + = deg = rArr 90r i= deg minus 1p
Aplicacircnd legea refracţiei aer( 1)n = sin sin sin sin (90 )4sin (90 ) cos tg 1333
53
i n r i n i
i i i n
i
= rArr = minus
deg minus = rArr = = =
rArr =
2p
TOTAL pentru Subiectul al III-lea 15p
Bareme teste nivel minimal
55
TESTUL 8
A MECANICAtilde
Subiectul I Punctaj
1 a 32 d 33 a 34 b 35 a 3
TOTAL pentru Subiectul I 15p
Subiectul al II-lea Parţial Punctaj
aG1 = m1g 1p
3pG2 = m2g 1prezultat final G1 = 2 N G2 = 3 N 1p
b
Aplicacircnd principiile mecanicii clasice pentru cele două corpuri se obţin relaţiile m2g minus T = m2a 1p
4pT minus m1g = m1a 1p
Adunacircnd relaţiile anterioare se obţine ( )2 1
1 2
g m ma
m mminus
=+
1p
rezultat final a = 2 ms2 1p
c
Din relaţiile de la punctul anterior se poate scrie T = m1(a + g) 1p
4p1 2
1 2
2m m gTm m
=+
2p
rezultat finalT = 24 N 1p
d
eF k l= sdot ∆ 2p
4p2Tlk
∆ = 1p
rezultat final 48 cml∆ = 1p
TOTAL pentru Subiectul al II-lea 15p
Subiectul al III-lea Parţial Punctaj
a
LFf = minus Ff ∙ l 1p
3pFf = μN = μmg cos α cos xl
α = 2 2x l h= minus 1p
rezultat final 2 2fFL mg l h= minusmicro minus 2700J
fFL = minus 1p
b
totalcE L∆ = 1p
4p
2
2cmvE∆ =
total fG FL L L= + GL mgh= 1p
( )2 cosv g h l= minus micro α 1p
rezultat final 6 5 134 msv m s=
1p
Teste de fizicatilde pentru bacalaureat
56
c
util
consumat
LL
η = utilL mgh= consumatL F l= sdot 1p
4pcos sinf tF F G mg mg= + = micro α + α 1p
11 ctg
η =+ micro α
ctg xh
α = 1p
rezultat final 714η = 1p
d
c totalE L∆ = 1p
4p
2
2cmvE∆ = minus
total fFL L= 1p
2
2mv mgd= micro
2
2vd
g=
micro 1p
rezultat final 30md = 1p
TOTAL pentru Subiectul al III-lea 15p
Bareme teste nivel minimal
57
B TERMODINAMICAtilde
Subiectul I Punctaj
1 d 32 d 33 d 34 a 35 c 3
TOTAL pentru Subiectul I 15p
Subiectul al II-lea Parţial Punctaj
a
1 1 1p V RT= ν 1p
3p
11
1
RTVp
ν=
1p
3 31 831 10 mV minussdot 1p
b
Legea procesului izobar 1 2
1 2
V VT T
= 2p
4p1 22
1
TVTV
=
1p
rezultat final 2 360KT = 1p
c
2 1∆ρ = ρ minus ρ 1p
4p11
mV
ρ =
22
mV
ρ = 2p
rezultat final 3064 kgm∆ρ = minus 1p
d
( )12 1 2 1L p V R T T= ∆ = υ minus 1p
4p( )23 12 1 2VL U C T T= minus∆ = minusυ minus
52VC R= 1p
( )12 23 2 172totalL L L R T T= + = υ minus 1p
rezultat final total 1750 JL = 1p
TOTAL pentru Subiectul al II-lea 15p
Teste de fizicatilde pentru bacalaureat
58
Subiectul al III-lea Parţial Punctaj
a
11
NnV
= 1p
3p1 1 1p V RT= ν A
NN
υ = 1p
rezultat final 11
1
Ap NnRT
= 24 31 24 10n mminussdot 1p
b
123 3 1U U U∆ = minus 1p
4p1 1VU C T= ν
3 3VU C T= ν 1p
( )123 3 1VU C T T∆ = ν minus 1p
rezultat final 7123 125 10 JU∆ sdot 1p
c
43-4 3
3
ln VL RTV
= ν 1p
4pLegea procesului izoterm 3 3 4 4p V p V= 1p
33-4 3
4
ln pL RTp
= ν 34 3 ln 2L RT= ν 1p
rezultat final 734 046 10 JL sdot
1p
d
cedat 4-1Q Q= 1p
4p4-1 1 4( )pQ C T T= ν minus
1p
4p VC C R R= + = 1p
rezultat final cedat 1 44 ( )Q R T T= ν minus 7cedat 17 10 JQ minus sdot 1p
TOTAL pentru Subiectul al III-lea 15p
Bareme teste nivel minimal
59
C PRODUCEREA ordfI UTILIZAREA CURENTULUI CONTINUU
Subiectul I Punctaj
1 d 32 a 33 d 34 a 35 d 3
TOTAL pentru Subiectul I 15p
Subiectul al II-lea Parţial Punctaj
a
0
0p
R RRR R
=+
2p
4pe pR R R= + 1p
rezultat final 9eR = Ω 1p
b
Intensitatea curentului electric prin acumulator este e
EIR r
=+
1p
4pAplicacircnd teorema a doua a lui Kirchhoff pe un ochi de reţea se obţine ( ) 0AE I r R I R= + + 1p
( )0
A
E I r RI
Rminus +
= 1p
rezultat final 04 AAI = 1p
c
V eU R I= 1p
4pu r I= sdot 1p
rezultat final 18 VVU = 2Vu = 2p
d
A
EIr
= 1p
3p 0VU = 1p
rezultat final 20 AAI = 1p
TOTAL pentru Subiectul al II-lea 15p
Subiectul al III-lea Parţial Punctaj
a
21 1 1P R I= sdot
22 2 2P R I= sdot 1p
4p1
1
EIR r
=+
22
EIR r
=+
1p
Egalacircnd cele două puteri se obţine 21 2R R rsdot = 1p
rezultat final 6r = Ω 1p
Teste de fizicatilde pentru bacalaureat
60
b scEIr
=
2p3p
rezultat final E = 120 V 1p
c
ext s
totala s
P RP R r
η = =+
2p
4p1 2sR R R= + 1p
rezultat final 13 68419
η = = 1p
d rEP4
2
max =
2p
4pR = r 1prezultat final Pmax = 600 W R = 6 Ω 1p
TOTAL pentru Subiectul al III-lea 15p
Bareme teste nivel minimal
61
DOPTICAtildeSubiectul I Punctaj
1 a 32 d 33 c 34 b 35 b 3
TOTAL pentru Subiectul I 15p
Subiectul al II-lea Parţial Punctaj
a1
1
1Cf
=
11
1fC
=
2p3p
rezultat final f1 = 25 cm 1p
breprezentarea grafică a imaginii 2p
4prezultat final imaginea este reală răsturnată şi mai mare decacirct obiectul 2p
c
112
111fxx
=minus
1p
4p2 2
1 1
y xy x
β = =
1p
rezultat final x2 = 150 cm y2 = minus10 cm 2p
d
1 2
1 1 1
sf f f= + 1p
4p2 1
1 1 1
sx x fminus = 1p
rezultat final x2prime = minus75 cm 2p
TOTAL pentru Subiectul al II-lea 15p
Subiectul al III-lea Parţial Punctaj
a reprezentarea graficului 3p 3p
b c exth E Lν = + 2p4p
rezultat final 19332 10 JextL minus= sdot 2p
c0extL h= ν 2p
4prezultat final 14
0 5 10 Hzν = sdot 2p
dc sE e U= sdot 2p
4p
rezultat final Us = 04 V 2p
TOTAL pentru Subiectul al III-lea 15p
Teste de fizicatilde pentru bacalaureat
62
TESTUL 9
A MECANICAtilde
Subiectul I Punctaj
1 a 0
0
FllE s
∆ =sdot
3
2 c 2
m4 ms 22 s s
va at
∆= rArr = =
∆2 NF m a F= sdot rArr =
3
3 b
[ ] 1 N m 1 JL F dL= sdot
= sdot =
3
4d
355 10 2750 N20
PP F v Fv
F
= sdot rArr =
sdot= =
3
5b Condiţia de deplasare cu viteză constantă impune
cos ( sin )cos sin
mgF mg F F microα = micro minus α rArr =
α + micro α 3
TOTAL pentru Subiectul I 15p
Subiectul al II-lea Parţial Punctaj
a
x24 = Aria subgraficului [24] 1p
3px24 = 3 ∙ (4 minus 2) 1p
x24 = 6 m 1p
b
2
m(3 1) s(2 1) s
m2s
va at
a
∆ minus= rArr = rArr
∆ minus
=
2p
4p
2
m(3 1) s(2 1) s
m2s
va at
a
∆ minus= rArr = rArr
∆ minus
= 2p
c
total 01 12 24
01 01
12 12
24 24
total
m1 1s 1 ms
(3 1)1Aria trapez 2 m2
3 2 6 m9 m
x x x x
x v t x
x x
x v t xx
= + +
= sdot ∆ rArr = sdot =
+= rArr = =
= sdot ∆ rArr = sdot ==
1p
5p
total 01 12 24
01 01
12 12
24 24
total
m1 1s 1 ms
(3 1)1Aria trapez 2 m2
3 2 6 m9 m
x x x x
x v t x
x x
x v t xx
= + +
= sdot ∆ rArr = sdot =
+= rArr = =
= sdot ∆ rArr = sdot ==
1ptotal 01 12 24
01 01
12 12
24 24
total
m1 1s 1 ms
(3 1)1Aria trapez 2 m2
3 2 6 m9 m
x x x x
x v t x
x x
x v t xx
= + +
= sdot ∆ rArr = sdot =
+= rArr = =
= sdot ∆ rArr = sdot ==
1p
total 01 12 24
01 01
12 12
24 24
total
m1 1s 1 ms
(3 1)1Aria trapez 2 m2
3 2 6 m9 m
x x x x
x v t x
x x
x v t xx
= + +
= sdot ∆ rArr = sdot =
+= rArr = =
= sdot ∆ rArr = sdot == 2p
d
total
total
9 m2254 s
m
m
xvA
v
=
= =
2p
3ptotal
total
9 m2254 s
m
m
xvA
v
=
= = 1p
TOTAL pentru Subiectul al II-lea 15p
Bareme teste nivel minimal
63
Subiectul al III-lea Parţial Punctaj
a
Consideracircnd nivelul 0 de energie potenţială gravitaţională la baza planului icircnclinat EpA = 0 1p
3p2
0 002
08 J
A p A cA
A
m vE E E
E
rArr = + = +
=
1p20 002
08 J
A p A cA
A
m vE E E
E
rArr = + = +
= 1p
b
Aplicacircnd teorema de variaţie a energiei mecanice rezultă 2
0
20
cos2 sin
cos2 1sin
056 m
f ABB A F
mv hmgh mg
vhg
h
E E L
minus = minusmicro sdot αα
rArr =micro α + α
=
minus = 1p
4p
20
20
cos2 sin
cos2 1sin
056 m
f ABB A F
mv hmgh mg
vhg
h
E E L
minus = minusmicro sdot αα
rArr =micro α + α
=
minus =
1p20
20
cos2 sin
cos2 1sin
056 m
f ABB A F
mv hmgh mg
vhg
h
E E L
minus = minusmicro sdot αα
rArr =micro α + α
=
minus =
1p
20
20
cos2 sin
cos2 1sin
056 m
f ABB A F
mv hmgh mg
vhg
h
E E L
minus = minusmicro sdot αα
rArr =micro α + α
=
minus =
1p
c 056B
B
p
p
E mgh
E J
=
=
2p4p
056B
B
p
p
E mgh
E J
=
= 2p
d
Potrivit teoremei de variaţie a energiei mecanice L = ∆Ec rezultă 1p
4p024 J
f AB
f AB
pF B A
pF
L E E
L
= minus
= minus
2p
024 Jf AB
f AB
pF B A
pF
L E E
L
= minus
= minus 1p
TOTAL pentru Subiectul al III-lea 15p
Teste de fizicatilde pentru bacalaureat
64
B TERMODINAMICAtilde
Subiectul I Punctaj
1 c Icircn procese izoterme U = const 3
2 d [ ]SI
J1mol K
C =sdot
3
3c 2
1
ln
1929 J
VL RTV
L
= ν
= minus
3
4 b Ordonata p Abscisa V 3
5 a A
NN
ν = 3
TOTAL pentru Subiectul I 15p
Subiectul al II-lea Parţial Punctaj
a
23 16023 10 mol
A
A
A
m NN
mN N
N N minus
=micro
rArr =micro
= = sdot
2p
4p
23 16023 10 mol
A
A
A
m NN
mN N
N N minus
=micro
rArr =micro
= = sdot
1p
23 16023 10 mol
A
A
A
m NN
mN N
N N minus
=micro
rArr =micro
= = sdot 1p
b0
230 531 10 g
A
mN
m minus
micro=
rArr = sdot
2p3p0
230 531 10 g
A
mN
m minus
micro=
rArr = sdot 1p
c
1 2 22 1
1 2 1
1
2
300 K600 K
p p pT TT T pT
T
= rArr = sdot
=rArr =
2p
4p
1 2 22 1
1 2 1
1
2
300 K600 K
p p pT TT T pT
T
= rArr = sdot
=rArr =
1p
1 2 22 1
1 2 1
1
2
300 K600 K
p p pT TT T pT
T
= rArr = sdot
=rArr = 1p
d
3
1 mol
016 m
A
pV RTN mN
RTVp
V
= ν
ν = = rArr ν =micro
νrArr =
=
1p
4p
3
1 mol
016 m
A
pV RTN mN
RTVp
V
= ν
ν = = rArr ν =micro
νrArr =
=
1p
3
1 mol
016 m
A
pV RTN mN
RTVp
V
= ν
ν = = rArr ν =micro
νrArr =
=
1p
3
1 mol
016 m
A
pV RTN mN
RTVp
V
= ν
ν = = rArr ν =micro
νrArr =
= 1p
TOTAL pentru Subiectul al II-lea 15p
Bareme teste nivel minimal
65
Subiectul al III-lea Parţial Punctaj
a
1 1 1
11
1
13
1
27 273 300 K
2493 m
p V RTRTVp
TV
= νν
=
= + =
=
1p
4p
1 1 1
11
1
13
1
27 273 300 K
2493 m
p V RTRTVp
TV
= νν
=
= + =
=
1p1 1 1
11
1
13
1
27 273 300 K
2493 m
p V RTRTVp
TV
= νν
=
= + =
=
1p
1 1 1
11
1
13
1
27 273 300 K
2493 m
p V RTRTVp
TV
= νν
=
= + =
= 1p
b
1 2
1 2
22 1
1
2 600 K
V VT T
VT TV
T
=
rArr = sdot
rArr =
2p
4p
1 2
1 2
22 1
1
2 600 K
V VT T
VT TV
T
=
rArr = sdot
rArr =
1p
1 2
1 2
22 1
1
2 600 K
V VT T
VT TV
T
=
rArr = sdot
rArr = 1p
c
L12341 = Aria12341 1p
4p
( )112341 1 1 1
112341 1
512341
22
212 5 J4 10
pL p V V
pL V
L
= minus minus
= sdot
= sdot
1p( )112341 1 1 1
112341 1
512341
22
212 5 J4 10
pL p V V
pL V
L
= minus minus
= sdot
= sdot
1p
( )112341 1 1 1
112341 1
512341
22
212 5 J4 10
pL p V V
pL V
L
= minus minus
= sdot
= sdot 1p
d( )1 2 2 1
51 2 62325 10 J
VU C T T
Uminus
minus
∆ = ν minus
∆ = sdot
2p3p( )1 2 2 1
51 2 62325 10 J
VU C T T
Uminus
minus
∆ = ν minus
∆ = sdot 1p
TOTAL pentru Subiectul al III-lea 15p
Teste de fizicatilde pentru bacalaureat
66
C PRODUCEREA ordfI UTILIZAREA CURENTULUI CONTINUU
Subiectul I Punctaj
1 c Rezistenţa electrică a unui conductor este direct proporţională cu lungimea sa 3
2 a [ρ]SI = 1 Ω m 3
3 c q = I Δt 3
4 b 0 0 00
112 3 6eR R RR R= + + = 3
5 d 6 2003
UR RI
= rArr = = Ω 3
TOTAL pentru Subiectul I 15p
Subiectul al II-lea Parţial Punctaj
a2 3
12 3
11
e
e
R RR RR R
R
= ++
= Ω
2p3p
2 31
2 3
11
e
e
R RR RR R
R
= ++
= Ω 1p
b
Potrivit legilor Kirchhoff I = I2 + I3 1p
4p
I2R2 = I3R 3rArr I3 = I2
2
3
RR
1p
rArr 22
3
1 R
I RI =
+
1p
rArr 32
2 3
IRIR R
=+ rArr I = 04 A 1p
c
e
EIr R
= rArr+ 2p
4pe
Er RI
= minus 1p
rArr 15 11 4r = minus = Ω 1p
d
2 2
32 2
2 3
04 A
04 6 24 V
AB
AB AB
U I RIRI I
R RU U
=
= rArr =+
= sdot rArr =
2p
4p
2 2
32 2
2 3
04 A
04 6 24 V
AB
AB AB
U I RIRI I
R RU U
=
= rArr =+
= sdot rArr =
1p2 2
32 2
2 3
04 A
04 6 24 V
AB
AB AB
U I RIRI I
R RU U
=
= rArr =+
= sdot rArr =1p
TOTAL pentru Subiectul al II-lea 15p
Bareme teste nivel minimal
67
Subiectul al III-lea Parţial Punctaj
a
Din legea Joule
4 A
W U I tWI
U tI
= sdot sdot
rArr =sdot
rArr =
1p
3p
4 A
W U I tWI
U tI
= sdot sdot
rArr =sdot
rArr =
1p
4 A
W U I tWI
U tI
= sdot sdot
rArr =sdot
rArr = 1p
b
1
1
1
4
41 A
W U I t
WIU t
I
= sdot sdot
rArr =sdot
rArr =
1
1
1
4
41 A
W U I t
WIU t
I
= sdot sdot
rArr =sdot
rArr =
1p
4p
1
1
1
4
41 A
W U I t
WIU t
I
= sdot sdot
rArr =sdot
rArr = 1p
1 2
2 1 2
Din 3 A
I I II I I I
= +rArr = minus rArr =
1 2
2 1 2
Din 3 A
I I II I I I
= +rArr = minus rArr = 1p
1 2
2 1 2
Din 3 A
I I II I I I
= +rArr = minus rArr = 1p
c
2
2
275
e
e
e
W R I tWR I
I TR
=
rArr =sdot
= Ω
2p
4p
2
2
275
e
e
e
W R I tWR I
I TR
=
rArr =sdot
= Ω
1p2
2
275
e
e
e
W R I tWR I
I TR
=
rArr =sdot
= Ω 1p
d
1 1
11 1
2 2
22 2
110 W
330 W
W P tWP Pt
W P tWP Pt
= sdot
rArr = rArr =
= sdot
rArr = rArr =
1 1
11 1
2 2
22 2
110 W
330 W
W P tWP Pt
W P tWP Pt
= sdot
rArr = rArr =
= sdot
rArr = rArr =
2p
4p
1 1
11 1
2 2
22 2
110 W
330 W
W P tWP Pt
W P tWP Pt
= sdot
rArr = rArr =
= sdot
rArr = rArr =
1 1
11 1
2 2
22 2
110 W
330 W
W P tWP Pt
W P tWP Pt
= sdot
rArr = rArr =
= sdot
rArr = rArr = 2p
TOTAL pentru Subiectul al III-lea 15p
Teste de fizicatilde pentru bacalaureat
68
DOPTICAtildeSubiectul I Punctaj
1 c 1
SI
m ms s
cminus
= = ν sdot 3
2 d Nr fotoelectronilor leneşi ~ frecvenţa 3
3 c Negativă 3
4 d Obiectul trebuie aşezat icircnaintea focarului obiect pentru a obţine imaginea reală pe ecran dmin = 4 m
3
5 a sin 2 141sin
in nr
= rArr = = 3
TOTAL pentru Subiectul I 15p
Subiectul al II-lea Parţial Punctaj
a 3p 3p
b
2 1
12
1
2
1 1 1
20 ( 50) 100 cm20 50 3
x x ffxx
f x
x
minus =
rArr =+sdot minus
rArr = =minus
2p
4p
2 1
12
1
2
1 1 1
20 ( 50) 100 cm20 50 3
x x ffxx
f x
x
minus =
rArr =+sdot minus
rArr = =minus
1p2 1
12
1
2
1 1 1
20 ( 50) 100 cm20 50 3
x x ffxx
f x
x
minus =
rArr =+sdot minus
rArr = =minus
1p
c
2 2
1 1
22 1
1
2100 105 cm
3 ( 0) 3
Din
5
x yx y
xy yx
y
=
rArr =
rArr = sdot =sdot minus
2p
4p
2 2
1 1
22 1
1
2100 105 cm
3 ( 0) 3
Din
5
x yx y
xy yx
y
=
rArr =
rArr = sdot =sdot minus
1p
2 2
1 1
22 1
1
2100 105 cm
3 ( 0) 3
Din
5
x yx y
xy yx
y
=
rArr =
rArr = sdot =sdot minus
1p
d
sistem 1
sistem
sistem
sistem
1 1 12
1 2
210 cm
f f f
f fff
f
= +
=
=
rArr =
1p
4p
sistem 1
sistem
sistem
sistem
1 1 12
1 2
210 cm
f f f
f fff
f
= +
=
=
rArr =
1psistem 1
sistem
sistem
sistem
1 1 12
1 2
210 cm
f f f
f fff
f
= +
=
=
rArr =
1p
sistem 1
sistem
sistem
sistem
1 1 12
1 2
210 cm
f f f
f fff
f
= +
=
=
rArr = 1p
TOTAL pentru Subiectul al II-lea 15p
Bareme teste nivel minimal
69
Subiectul al III-lea Parţial Punctaj
a
00
814
0 9
3 10 574 10 Hz522 10
c
minus
ν = rArrλ
sdotν = = sdot
sdot
2p
3p0
08
140 9
3 10 574 10 Hz522 10
c
minus
ν = rArrλ
sdotν = = sdot
sdot1p
b 8
14
3 10 500 nm6 10
cλ =
νsdot
λ = =sdot
2p
3p8
14
3 10 500 nm6 10
cλ =
νsdot
λ = =sdot
1p
c
0
034 8
9
17 19
66 10 3 10522 10
00379 10 J 379 10 J
extr
extr
extr
extr
L hcL h
L
L
minus
minus
minus minus
= ν
rArr =λ
sdot sdot sdotrArr =
sdot= sdot = sdot
1p
4p
0
034 8
9
17 19
66 10 3 10522 10
00379 10 J 379 10 J
extr
extr
extr
extr
L hcL h
L
L
minus
minus
minus minus
= ν
rArr =λ
sdot sdot sdotrArr =
sdot= sdot = sdot
1p0
034 8
9
17 19
66 10 3 10522 10
00379 10 J 379 10 J
extr
extr
extr
extr
L hcL h
L
L
minus
minus
minus minus
= ν
rArr =λ
sdot sdot sdotrArr =
sdot= sdot = sdot
1p
0
034 8
9
17 19
66 10 3 10522 10
00379 10 J 379 10 J
extr
extr
extr
extr
L hcL h
L
L
minus
minus
minus minus
= ν
rArr =λ
sdot sdot sdotrArr =
sdot= sdot = sdot 1p
d
Din ecuaţia Einstein
34 14 19
19
66 10 6 10 379 1016 10
01 V
extr s
extrs
s
s
h L eUh LU
e
U
U
minus minus
minus
ν = +ν minus
rArr =
sdot sdot sdot minus sdot=
sdotrArr =
2p
5p34 14 19
19
66 10 6 10 379 1016 10
01 V
extr s
extrs
s
s
h L eUh LU
e
U
U
minus minus
minus
ν = +ν minus
rArr =
sdot sdot sdot minus sdot=
sdotrArr =
1p
34 14 19
19
66 10 6 10 379 1016 10
01 V
extr s
extrs
s
s
h L eUh LU
e
U
U
minus minus
minus
ν = +ν minus
rArr =
sdot sdot sdot minus sdot=
sdotrArr =
1p34 14 19
19
66 10 6 10 379 1016 10
01 V
extr s
extrs
s
s
h L eUh LU
e
U
U
minus minus
minus
ν = +ν minus
rArr =
sdot sdot sdot minus sdot=
sdotrArr = 1p
TOTAL pentru Subiectul al III-lea 15p
Teste de fizicatilde pentru bacalaureat
70
TESTUL 10
A MECANICAtilde
Subiectul I Punctaj
1 a 32 a 33 b 34 c 35 d 3
TOTAL pentru Subiectul I 15p
Subiectul al II-lea Parţial Punctaj
a
Pentru reprezentarea corectă a forţelor ce acţionează asupra lui m1
2p4p
Pentru reprezentarea corectă a forţelor ce acţionează asupra lui m2 2p
b
Aplicacircnd principiul al doilea al dinamicii( ) 2 2 2 2
1 1 1 1
1
(2) ( ) ( )
G T m a G T m a
G G T m m a G G T m m a
+ = rArr minus + =
+ + = + rArr + minus = +
1p
4p
Corpul de masă ( )1 m m+ coboară accelerat iar corpul de masă 2m urcă Din ecuaţiile (1) şi (2) se obţine acceleraţia
1 2 2 1( ) ( )m m m a m m m g+ + = minus + rArr 2 1
1 2 1
( )2
m m m g mgam m m m m
minus += =
+ + +
1p
respectiv tensiunea icircn fir2 1
2 1 1 21 2
1 ( ) ( ) ( )2
m m m gT m m m m m m gm m m
minus += minus minus + + +
+ +rArr 1 1
1
2 ( )2
m m m gTm m
+=
+ 1p
rezultat final 2
m02s
a = 25NT = 1p
cForţa de apăsare asupra axului scripetelui se observă din reprezentarea grafică 1 1
1
4 ( )22
m m m gF Tm m
+= =
+ 2p
3p
rezultat final 5NF = 1p
d
Scriind principiul al doilea al dinamicii pentru corpul de masă m
( )G N ma G N ma mg N maN m g a
+ = rArr minus = rArr minus == minus
2p
4p1
1
22
m mgNm m
=+
1p
rezultat final 298 10 NN minus= sdot
1p
Bareme teste nivel minimal
71
TOTAL pentru Subiectul al II-lea 15p
Subiectul al III-lea Parţial Punctaj
a
Se aplică principiul al doilea al dinamicii pentru a se determina acceleraţia corpului după care din ecuaţia de mişcare se determină icircnălţimea la care ajunge corpul după 6 s
FG F ma G F ma mg F ma a gm
+ = rArr minus + = rArr minus + = rArr = minus
2p
4p2 2
90 m2 2
at F th gm
= = minus =
1p
pE mgh= rezultat final 4500 JpE =
1p
b
Se calculează spaţiul parcurs după icircncetarea forţei apoi icircnălţimea maximă atinsă de corp aplicacircnd ecuaţiile de mişcare
22
2
45 m2
2
FF g tv g t mm h hg
v gh
minus = minus rArr = rArr = =
2p
4p
max 135 mh h h= + = max maxpE mgh= 1p
rezultat final max 6750 JpE = 1p
c
Aplicacircnd conservarea energiei se obţine 2
max max 2p cmvE E mgh= rArr = 1p
3pmax2v gh= 1p
rezultat final 52 msv = 1p
d
Din momentul icircncetării acţiunii forţei şi pacircnă se atinge icircnălţimea maximă greutatea face lucru mecanic rezis-
tent apoi pacircnă la sol face lucrul mecanic motor 1p
4p2 maxL mgh= 1p
maxL mgh mgh= minus + 1p
rezultat final 4500 JL = 1p
TOTAL pentru Subiectul al III-lea 15p
Teste de fizicatilde pentru bacalaureat
72
B TERMODINAMICAtilde
Subiectul I Punctaj
1 c 32 a 33 d 34 c 35 b 3
TOTAL pentru Subiectul I 15p
Subiectul al II-lea Parţial Punctaj
a
Din ecuaţia de stare se obţine
11
1
AA
A
pV RTNpV RTm NN
NN RTVpN
= ν rArr =ν = = micro
=
3p4p
rezultat final 3 37479 10 mV minus= sdot 1p
b
Din ecuaţia de stare se obţine1 1
11 A A
m N NmN N
microν = = rArr =
micro
1p2p
rezultat final 84 gm = 1p
c
Pentru fiecare gaz se scrie numărul de moli ca fiind 1
1A
NN
ν = 2 12 1
2 2A A
N NN N
ν = = = ν respectiv 3 13 1
3 3A A
N NN N
ν = = = ν 3p
5pMasa molară a amestecului se calculează cu relaţia 1 1 2 2 3 3 1 2 3
1 2 3
2 36
amestecamestec
total
m micro ν + micro ν + micro ν micro + micro + micromicro = = =
ν ν + ν + ν 1p
rezultat final 3533 gmolamestecmicro = 1p
d
Numărul de moli este 1 2 3 16totalν = ν + ν + ν = ν 1p
4piar volumul recipientului este 1RTV
pν
= 1p
Din ecuaţia de stare 1 ( )totalp V R T T= ν + ∆ se obţine prin icircnlocuire 1( ) 6 ( )total R T T p T TpV T
ν + ∆ + ∆= = 1p
rezultat final 5 21 2 10 Nmp = sdot 1p
TOTAL pentru Subiectul al II-lea 15p
Bareme teste nivel minimal
73
Subiectul al III-lea Parţial Punctaj
a
Pentru reprezentare corectă
3p 3p
b
Căldura primită pe procesul izocor 1 2 2 1( )V VQ C T C T Tminus = ν ∆ = ν minus 1p
4p
Se determină din ecuaţia de stare numărul de moli 1 11 1 1
1
p Vp V RTRT
= ν rArr ν = 1p
Din ecuaţia procesului izocor unde se cunoaşte 2 13p p= se determină temperatura T21 2
2 11 2
3p p T TT T
= rArr = 1p
rezultat final 1 2 1 13 12000JQ p Vminus = = 1p
c
Pentru a determina lucrul mecanic pe icircntreg ciclul se aplică primul principiu al termodinamicii U Q L∆ = minus şi se ţine cont de faptul că icircntr-un proces ciclic 0U∆ = Aşadar 1 2 2 3 3 4 4 1L Q Q Q Qminus minus minus minus= + + + 1p
5p
Pentru procesul izoterm din ecuaţia procesului se determină V3
2 22 2 3 3 3 2
3
32
p Vp V p V V Vp
= rArr = =
1p
după care se calculează căldura schimbată de gaz cu mediul ca fiind 3
2 3 2 1 12
3ln 3 ln 4800 J2
VQ RT p VVminus = ν = = 1p
Temperatura icircn starea 4 este 4 34 1
3
32
p TT Tp
= = iar căldura schimbată de gaz cu mediul icircn procesul izo-
cor este 3 4 4 3( ) 9000 JVQ C T Tminus = ν minus = minus
1p
Icircn procesul 4rarr1 4 1 1 4( ) 5000 JpQ C T Tminus = ν minus = minus rezultat final 2800 JL =
1p
dDin relaţia de definiţie a randamentului
1 2 2 3primit
L LQ Q Qminus minus
η = =+
1p3p
rezultat final 016η = 2p
TOTAL pentru Subiectul al III-lea 15p
Teste de fizicatilde pentru bacalaureat
74
C PRODUCEREA ordfI UTILIZAREA CURENTULUI CONTINUU
Subiectul I Punctaj
1 a 32 b 33 b 34 c 35 d 3
TOTAL pentru Subiectul I 15p
Subiectul al II-lea Parţial Punctaj
aDin formula de definiţie a dacă intensităţii curentului de scurtcircuit sc
sc
E EI rr I
= rArr = 2p3p
rezultat final 12r = Ω 1p
b
Rezistoarele R3 şi R4 sunt legate icircn serie 34 3 4R R R= + 1p
4p
Gruparea este icircn paralel cu R2 avacircnd rezistenţa echivalentă 2 3 4234
2 3 4
( )R R RRR R R
+=
+ + 1p
Cele trei rezistoare sunt icircnseriate cu R1 şi R5
Rezistenţa echivalentă a grupării de rezistoare este 2 3 41 5
2 3 4
( )e
R R RR R RR R R
+= + +
+ +1p
rezultat final 84eR = Ω 1p
c
Din legea lui Ohm se obţine curentul prin circuit e
EIR r
=+
şi tensiunea la bornele grupării de rezistoare
eU IR= 1p
4p
Rezistoarele R1 şi R5 sunt străbătute de acelaşi curent I dar au tensiuni diferite la borne U1 respectiv U5 Ten-siunea la bornele rezistorului R2 este egală cu tensiunea la bornele grupării de rezistoare R3 şi R4 curenţii pe ramuri fiind icircnsă diferiţi suma lor fiind I I I+ =
1p
2 2 3 4 ( )U I R I R R= = +
1 2 5 1 5 2( ) U U U U I R R I R= + + = + + 1p
1 5
2
( ) eI R R RIR
minus minus= rezultat final 075 AI = 1p
d
Curentul pe ramura ce conţine rezistorul R3 este I I I= minus 1p
4piar tensiunea la bornele lui va fi 3 3U I R= 2p
rezultat final 3 1 VU = 1p
TOTAL pentru Subiectul al II-lea 15p
Bareme teste nivel minimal
75
Subiectul al III-lea Parţial Punctaj
a
Căldurile disipate pe cei doi rezistori sunt 1 1W UI t= respectiv 2 2W UI t= Cum energia totală reprezintă suma dintre energiile disipate pe cele două rezistoare şi se cunoaşte raportul
acestor energii se poate scrie 1 2 1 133
WW W W W W= + = rArr =
2p
4p
Prin icircnlocuire se obţine 11 3
W WIUt Ut
= = şi 22
23
W WIUt Ut
= =
rezultat final 1 067AI = şi 2 133 AI =
2p
b
Din legea lui Ohm 1 1 2 2U R I R I= = se determină valorile rezistenţelor şi 11
18URI
= Ω 22
9URI
= Ω 2p
4pCele două rezistoare fiind legate icircn paralel rezistenţa echivalentă se calculează cu relaţia 1 2
1 2p
R RRR R
=+
1p
rezultat final 6pR = Ω 1p
cPuterile consumate icircn circuitul exterior vor fi 2 1
1 1 1WP R It
= = 2 21 2 2
WP R It
= = 2p4p
rezultat final 1 8 WP = şi 1 16 WP = 2p
dRandamentul circuitului se poate calcula fie cu relaţia
p
p
RR r
η =+ fie cu putil
consumat
R EPP EI
η = = 2p3p
rezultat final 085η = 1p
TOTAL pentru Subiectul al III-lea 15p
Teste de fizicatilde pentru bacalaureat
76
DOPTICAtildeSubiectul I Punctaj
1 d 32 c 33 a 34 d 35 a 3
TOTAL pentru Subiectul I 15p
Subiectul al II-lea Parţial Punctaj
a
Imaginea fiind micşorată şi reală 2 2 22 1
1 1 1
0 4 4y x x x xy x x
β = = lt rArr = minus rArr = minus
Distanţa obiect ndashecran este 1 2d x x= minus +
2p4p
rezultat final 1 25 cmx = minus şi 2 100 cmx = 2p
b
Convergenţa sistemului se determină ca suma convergenţelor celor două lentile
Pentru determinarea convergenţei lentilei L1 se scrie legea lentilelor 11 2 1
1 1 1 5Cf x x
= = minus = δ 1p
3p
Convergenţa sistemului format de cele două lentile este 1 2C C C= + 1p
rezultat final 2C = δ 1p
c
Dacă lentilele sunt alipite lentila echivalentă are distanţa focală 1 50 cmFC
= = 1p
4pUtilizacircnd formula lentilelor
2 1
1 1 1F x x
= minus 1p
se obţine poziţia imaginii finale date de sistem 12
1
FxxF x
=+
1p
rezultat final Imaginea finală este reală 2 166 cmx = 1p
d
Dacă a doua lentilă va avea convergenţa 2 3C = δ atunci distanţa focală a sistemului devine 1 125 cm
FC
= = 1p
4piar imaginea se va forma la distanţa 12
1
25 cm
F xXF x
= =+
1p
Deci imaginea finală se depărtează de sistemul de lentile cu 2 2D X x= minus 1p
rezultat final D = 84 cm 1p
TOTAL pentru Subiectul al II-lea 15p
Subiectul al III-lea Parţial Punctaj
a
Pentru hchε = ν =λ 1p
3prezultat final 1483 10 Hzhε
ν = = sdot 1p
9360 10 mhc minusλ = = sdotε
1p
Bareme teste nivel minimal
77
b
Legea conservării energiei ext ch L Eν = + 1p
4pse scrie icircn condiţiile date sub forma 2
2extmvLε = + 1p
de unde se determină viteza fotoelectronilor emişi ( )2 extLv
mε minus
= Rezultat final 571 10 m sv = sdot 2p
c
Legea conservării energiei ext sL eUε = + 1p
3pde unde se obţine exts
LUe
ε minus= 1p
rezultat final 144 VsU = 1p
d
Din legea conservării energiei ext cL Eε = + se obţine energie cinetică a fotoelectronilor emişi icircn condiţiile
date iniţial c extE L= ε minus 1p
5p
Dacă lungimea de undă a radiaţiei incidente devine un sfert din lungimea de undă de prag se poate scrie 0
1 4λ
λ = (1) 1p
Din lucru mecanic de extracţie 00
exthcL h= ν =λ
se determină lungimea de undă de prag ca fiind 0ext
hcL
λ = (2)
Din (1) şi (2) se obţine 1 4 ext
hcL
λ =
1p
1 1 11
4 3ext c ext ext c c exthc L E L L E E L= + rArr = + rArr =λ
Variaţia de energie cinetică a fotoelectronilor emişi va fi 1 4c c c extE E E L∆ = minus = minus ε 1p
rezultat final 19729 10 JcE minus∆ = sdot 1p
TOTAL pentru Subiectul al III-lea 15p
Teste de fizicatilde pentru bacalaureat
78
TESTUL 11
A MECANICAtilde
Subiectul I Punctaj
1 b 2 2
2 22
m1kg kg m s2 sSI
m v minussdot= sdot = sdot sdot 3
2 b 3
3 c 1 2tL L L= + 120 JdreptA L l= sdot = ( ) 60 J
2trapezB b hA + sdot
= = minus 60 JtL = 3
4 b 0c c tE E G lminus = sdot
m2 sin 10s
v g h= sdot sdot α sdot = 3
5 b 0a = tF G= 10 KWL m g hPt t
sdot sdot= = =
∆ ∆ 3
TOTAL pentru Subiectul I 15p
Subiectul al II-lea Parţial Punctaj
a
Pentru reprezentarea corectă şi completă a forţelor
1p
4p
Pentru fiecare corp icircn parte putem scriem1 T minus microm1g = m1am2 m2g minus T = m2a
Adunacircnd relaţiile obţinem 2 1 2 1
1 2 1 2
( )m g m g g m mam m m m
sdot minus micro sdot sdot sdot minus micro sdot= =
+ +
2p
Rezultă a = 6 ms2 1p
bDin expresia scrisă pentru m2 2 ( )T m g a= sdot minus 2p
3pRezultă 16 NT = 1p
c
Sistemul se deplaseaza cu viteză constantă deciv ct= 0a = 11 0fT Fminus =
1 2 0T Gminus + = 12 fG F= 2p
4pSe obţine expresia masei suplimentare 2 1( )m g m m gsdot = micro + sdot 2 1m mm minus micro sdot
=micro
1p
Rezultă 18 kg m = 1p
d
Noua tensiune icircn fir va fi 0T Fminus = 2 4 NT m g= sdot =
1p
4p
Forţa din scripete se calculează cu relaţia 2 2 2 2 cos90 2F T T T T= + + sdot sdot deg = 2p
Rezultă 564 NF = 1p
TOTAL pentru Subiectul al II-lea 15p
Bareme teste nivel minimal
79
Subiectul al III-lea Parţial Punctaj
aEnergia totală a schiorului
A A At c pE E E m g h= + = sdot sdot 2p3p
Rezultă 42500 JAt
E = 1p
b
Aplicacircnd teorema de variaţie a energiei cinetice c tE L∆ = 1p
4p
2 2
2 2 f
B AG F
m v m v L Lsdot sdotminus = +
1p
Obţinem 2
2f
BF
m vL m g hsdot= minus sdot sdot 1p
Rezultă 159375 JfFL = minus 1p
c
Din expresia lucrului mecanic al forţei de frecare cosfF fL F d m g d= minus sdot = minusmicro sdot sdot sdot α sdot 1p
4pConform desenului distanţa parcursă se exprimă
sinhd =
α1p
Obţinem fFLm g h ctg
micro =minus sdot sdot sdot α
1p
Rezultă 0216micro = 1p
d
Aplicăm teorema de conservare a energiei totale
A C Bt t tE E E= = A C Ct P CE E E= +
C CP CE E= 2A Ct PE E= sdot
2p
4pObţinem 1 2
AtE
h sm g
=sdot sdot
1p
Rezultă 1 25 mh = 1p
TOTAL pentru Subiectul al III-lea 15p
Teste de fizicatilde pentru bacalaureat
80
B TERMODINAMICAtilde
Subiectul I Punctaj
1d 1 1J kg K
SI
Q Jc cm T kg K
minus minus= rArr = = sdot sdotsdot ∆ sdot
3
2 c mp V R Tssdot = sdot sdotmicro
R Tp ρsdot sdot
=micro 3
kg8m
pR T
sdotmicroρ = =
sdot3
3 b V T pentru p ct= 3
4 c 2 1 2 2 1 1 1 13 3( ) ( ) 152 2v vQ C T R T T p v p v p v= ν sdot sdot ∆ = sdotν sdot sdot minus = sdot sdot minus sdot = sdot 3
5 b 3
TOTAL pentru Subiectul I 15p
Subiectul al II-lea Parţial Punctaj
a
Pentru o moleculă de oxigen 1N = 0
A
m NN
=micro
2p
4pRezultă 0A
mNmicro
= 1p
Obţinem 260 533 10 kgm minus= sdot 1p
bPentru starea iniţială putem scrie 1 1 1p V R Tsdot = ν sdot sdot rezultă 1 1
1p VT
Rsdot
=ν sdot
2p3p
Obţinem 1 200 KT = 1p
c
Temperatura icircn starea 2 va fi 2 2 2p V R Tsdot = ν sdot sdot 2 1 2 12 2p p T T= sdot rArr = sdot 1p
4p
Densităţile corespunzătoare stărilor 2 şi 3 sunt 22
2
pR T
sdotmicroρ =
sdot
33
3
pR T
sdotmicroρ =
sdot 1p
Raportul densităţilor va fi 2 2 1
3 1 1
2T TT T
ρ sdot= =
ρ1p
Rezultă 2
3
2ρ=
ρ 1p
d
Pentru starea finală putem scrie 3 3 3A
Np V R TN
sdot = sdot sdot 1p
4p
Obţinem 1 12 4A
Np V R TN
sdot = sdot sdot sdot 1p
Icircn final obţinem 1
1
24
Ap NnR T
sdot sdot=
sdot sdot1p
Rezultă 263
mol036 10m
n = sdot 1p
TOTAL pentru Subiectul al II-lea 15p
Bareme teste nivel minimal
81
Subiectul al III-lea Parţial Punctaj
a
Pentru procesul izoterm 2rarr3 3 3 2 2p V p Vsdot = sdot 1p
4pRezultă 3 11
22 R TV Vp
sdot ν sdot sdot= sdot = 2p
Obţinem 3 33 50 10 mV minusasymp sdot 1p
b
Lucrul mecanic total efectuat de sistem asupra mediului exterior este
12 23tL L L= + 12 0L = 3
23 22
ln VL R TV
= ν sdot sdot sdot 2p
4pObţinem 23 12 ln 2L R T= sdotν sdot sdot sdot 1p
Rezultă 69804 JtL = 1p
cCăldura schimbată de sistem icircn procesul 1rarr2 12 2 1 1( ) 3vQ C T T R T= ν sdot sdot minus = sdotν sdot sdot 2p
3pRezultă 12 14958 JQ = 1p
d
Pentru starea 2 energia internă corespunzătoare este 2 232
U R T= sdotν sdot sdot 1p
4pDin procesul izocor 1rarr2 obţinem T2 = 2T1 2 13U R T= sdotν sdot sdot 2p
Rezultă 2 14958 JU = 1p
TOTAL pentru Subiectul al III-lea 15p
Teste de fizicatilde pentru bacalaureat
82
C PRODUCEREA ordfI UTILIZAREA CURENTULUI CONTINUU
Subiectul I Punctaj
1 d 2W R I t= sdot sdot ∆
2 1J A sSI
R minus minus= sdot sdot 3
2 c 100U U U tR QI Qt
sdot ∆= = = = Ω
∆
3
3 b 2 2
3 3eR R RR
Rsdot sdot sdot
= =sdot
3
2 3e
E EIR r R r
sdot= =
+ sdot + sdot3
4 d 3
5 c 2W R I t= sdot sdot ∆ 120
WIR t
= =sdot ∆
50 mAI = 3
TOTAL pentru Subiectul I 15p
Subiectul al II-lea Parţial Punctaj
a
Rezistenţa internă a grupării celor două surse o determinăm din relaţia 1 2Sr r r= + 2 Sr = Ω
Tensiunea electromotoare echivalentă a grupării celor două surse este 2 40eE E V= sdot =1p
4pPentru icircntreg circuitul 2 5 33eRR R R= + = 1p
Rezultă 1 1 1U I R= sdot unde 1e
e e
EIR r
=+
= 5A 1p
Obţinem 1= 15 VU 1p
b
Scriem legile lui Kirchhoff
2 32RI R I= sdot 1 2 3I I I= +2p
4p
Obţinem 1 33I I= sdot 1p
Rezultă 3 166 AI = 1p
cDin expresia rezistenţei obţinem 1
1lR
Sρsdot
= 2
4dS πsdot
= 2
1 11 4
R S R dl sdot sdot π sdot= =
ρ sdotρ2p
3pRezultă 1 15 ml = 1p
dDacă icircntre punctele A şi B se leagă un fir de rezistenţă neglijabilă 1e eR R R scade I creste= rArr rArr 2p
4pJustificare
1
2 666Ate
EI I cresteR r
sdot= = rArr
+2p
TOTAL pentru Subiectul al II-lea 15p
Bareme teste nivel minimal
83
Subiectul al III-lea Parţial Punctaj
a
Icircn condiţii normale de funcţionare 2b bP R I= sdot 2p
4pRezultă 2bb
PRI
= 1p
Obţinem 15bR = Ω 1p
b
Din desen b RU U U= +
1p
4pRezultă b
Rb
PU U sI
= minus 1p
RU R I= sdot
R
b
URI
= 1p
Obţinem 35R = Ω 1p
c
b b bW U I t= sdot sdot ∆ 1p
4pDeci b b bU I Psdot = b bW P t= sdot ∆ 2p
Rezultă 108 kJbW = 1p
d
2R bP R I= sdot 2p
3p
Rezultă 140 WRP = 1p
TOTAL pentru Subiectul al III-lea 15p
Teste de fizicatilde pentru bacalaureat
84
DOPTICAtildeSubiectul I Punctaj
1 c 2 h hcE mc mc pcν
= rArr = rArr =λ
3
2 d 3
3 c 22 1 1 1
1
3sin sin 2 31sin sin
2
i n in n n nr n r
= rArr = = sdot = 3
4 c 1 1 1 02 m = 20 cm5
C ff C
= rArr = = = 3
5 b 3
TOTAL pentru Subiectul I 15p
Subiectul al II-lea Parţial Punctaj
aConvergenţa lentilei este 2
1 125 10
Cf mminus= =
sdot2p
3p
Rezultă 4C = δ 1p
b
Din prima formulă fundamentală a lentilelor 12
2 1 2 1 1
1 1 1 1 1 1 fxxx x f x f x f x
minus = rArr = + rArr =+
1 2 1 21y y x x= rArr β = minus rArr = minus2p
4pobţinem 2
2 22
2fxx x ff xminus
= rArr =minus
1p
Rezultă 2 50 cmx = 1p
c Desen corect şi complet 4p 4p
d
Convergenţa sistemului de lentile 1 2C C C= + 1p
4pRezultă 1 2
1 1 100 10025 20
Cf f
= + = minus 2p
Obţinem C = minus1 dioptrie 1p
TOTAL pentru Subiectul al II-lea 15p
Subiectul al III-lea Parţial Punctaj
a
Energia fotonului incident este ch hε = ν =λ
2p
4pRezultă 25 8
199
66 10 3 10 199 10450 10 4
minusminus
minus
sdot sdot sdotε = = sdot
sdot1p
Obţinem 195 10 Jminusε sdot
1p
Bareme teste nivel minimal
85
bLucrul mecanic de extracţie 0 0
0
hcL h= ν =λ
2p3p
Rezultă 190 44 10 JL minus= sdot 1p
c
0eU L= ε minus 1p
4pTensiunea de stopare va fi 0LU
eε minus
= 1p
Obţinem 19
19
(49 44) 1016 10
Uminus
minus
minus sdot=
sdot1P
Rezultă 031 VU = 1p
d
Energia cinetică a fotoelectronilor emişi de către catodul celulei fotoelectrice este2
2cmE eU ν
= =
1p
4pRezultă 02 2( )eU L
m mε minus
ν = = 2p
Obţinem v = 033 106 ms 1p
TOTAL pentru Subiectul al III-lea 15p
Teste de fizicatilde pentru bacalaureat
86
TESTUL 12
A MECANICAtilde
Subiectul I Punctaj
1 b 32 c 33 b 34 a 35 a 3
TOTAL pentru Subiectul I 15p
Subiectul al II-lea Parţial Punctaj
aPentru punctul de pe fir icircn care acţionează forţa 1 0F Tminus = 2p
3pRezultă 1 10 NT F= = 1p
bConsideracircnd rezultatul de mai sus se poate scrie 1
12
m3 s
F mg maFa gm
minus micro =
= minus micro =
2p
4p1
12
m3 s
F mg maFa gm
minus micro =
= minus micro = 2p
c
Pentru un sistem de axe cu axa Ox orizontală se poate scrie 2
2 2
2
cos 0
sin 0f
f
F FN F mgF N
α minus =
+ α minus == micro
2p4p
Rezultă 33 Ncos sin
mgF micro= =
α + micro α 2p
dPentru ansamblul celor două corpuri aflate icircn mişcare uniformă scriem ( ) 0F m m gminus micro + ∆ = 2p
4pRezultă 3 kgFm
g∆ = =
micro2p
TOTAL pentru Subiectul al II-lea 15p
Subiectul al III-lea Parţial Punctaj
aEnergia se conservă
2
2MvMgh = 2p
4p
Rezultă 2 10 msv gh= = 2p
b 50 Nsp Mv= = 3P 3P
cSe aplică teorema de variaţie a energiei cinetice
2
0 cos1802c
mvE L mgd∆ = minus = micro deg 2p
4p
Rezultă 25 mhd = =micro
2p
dUtilizacircnd teorema de variaţie a energiei cinetice se scrie
2 2
( )cos1802 2 2m v mv mg d x minus = micro minus deg
2p
4p
Rezultă 625 m4hx = =micro
2p
TOTAL pentru Subiectul al III-lea 15p
Bareme teste nivel minimal
87
B TERMODINAMICAtilde
Subiectul I Punctaj
1 c 32 c 33 a 34 d 35 b 3
TOTAL pentru Subiectul I 15p
Subiectul al II-lea Parţial Punctaj
Din ecuaţia de stare mpV RT=micro
1p3p
rezultă 0128 kgpVmRT
micro= = 2p
b
Din pV RT= ν 2p
3p
rezultă 4molpVRT
ν = = 4 moli 1p
c
Se schimbă energia internă şi presiunea 1 1VU C T= ν 2 2VU C T= ν 2 1 1U U fU= minus 2p
5p
1 2 2
1 1
2871 1 004(3) 4(3)300
U U TfU Tminus
= = minus = minus = = scade cu f 1p
1 1 1 1p V RT p V RT= ν = ν 2 1 1 1(1 )p p kp p k= minus = minus 1p
2
1 2 2 2
11 1 1
1 1 1 4(3)
RTp p p TVk RTp p T
V
νminus
= = minus = minus = minus =ν
scade cu k 1p
d
Icircn butelie rămacircne oxigen la presiunea atmosferei de afară icircntr-o primă instanţă 2p
4p1 0
0 1 134 gm p Vp V RT mRT
micro= = =
micro2p
TOTAL pentru Subiectul al II-lea 15p
Teste de fizicatilde pentru bacalaureat
88
Subiectul al III-lea Parţial Punctaj
a
Procesul 1 rarr 2 este izocor 2 2 22 1 2
1 1 1
8atm 300K 1200 1200 273 927 degC2atm
p T pT T K tp T p
= = = = = minus = 1p
4p
Procesul 2rarr3 este izoterm deci 3 2 927 Ct t= = deg 1p
Graficul
2p
b
1 1 1p V RT= ν 1p
3p1 1
1
p VRT
ν =
1P
v cong 012 moli 1p
c
323 2
2
ln VL RTV
= ν
1p
4pPentru starea 2 2 2 1RT p Vν = 1P
Pentru procesul 2rarr3 3 22 2 3 3 3 1 2 2 1 3
2 1
V pp V p V p p p V p VV p
= = = = 1p
223 2 1
1
V ln 11088 JpL pp
= = 1P
d
1abs ced ced
abs abs abs
Q Q QLQ Q Q
minusη = = = minus 1p
4p2
12 23 2 1 21
( ) lnabs VpQ Q Q C T T RTp
= + = ν minus + ν 1p
3 1 3 2( )ced pQ C T T T T= ν minus = 1P
025 25η cong = 1p
TOTAL pentru Subiectul al III-lea 15p
Bareme teste nivel minimal
89
C PRODUCEREA ordfI UTILIZAREA CURENTULUI CONTINUU
Subiectul I Punctaj
1 b 3
2
a Pentru cele trei situaţii curenţii au intensităţile 1 2 32 3
2 3E E EI I I
R r R r R r= = =
+ + +
Rezolvacircnd se obţin pentru rezistenţe valorile 2 1 1 2
2 2 2E E E Er RI I I I
= minus = minus iar pentru intensitatea curentului cerut
1 23
1 2
3 3 2727A3 4
E I IIR r I I
= = =+ minus
3
3 d 3
4
d Pentru circuitul cu linia de alimentare randamentul este 1l
RR R r
η =+ +
(unde lR este rezistenţa liniei r este rezis-
tenţa internă a sursei) iar cu fire de alimentare scurte (cu rezistenţa de linie neglijabilă) randamentul este 2R
R rη =
+
Rezolvacircnd rezultă 1 1
4lR RR = minus = Ωη η
3
5
c Pentru o rezistenţă externă oarecare impunem condiţia din problemă 2 2
2
8 8( ) 9 9 4m
RE EPR r r
= = sdot+
Din această relaţie rezultă expresia rezistenţei R icircn funcţie de rezistenţa internă a sursei 2
5 34
2
rr rR r
plusmn = =
Se vede că aceeaşi putere se obţine şi pentru rezistenţa externă pentru 2R r= dar şi pentru 2rR =
3
TOTAL pentru Subiectul I 15p
Subiectul al II-lea Parţial Punctaj
a
12 3
12
1 AEI R Rr RR R
= =+ +
+1p
4p2 3
12
2 VBAR RU I
R R= =
+ 1p
22
2 A3
BAUIR
= = 1p
33
1 A3
BAUIR
= = 1p
b
22 2 2qI q I t
t= = sdot ∆
∆2p
4p2
2 A 30 s 20 C3
q = sdot = 2p
c
Icircntre A şi B se creează un scurtcircuit echivalent cu scoaterea celor două rezistenţe din montajul iniţial 1p
3pNoul curent prin sursă va fi 1
scEI
R r=
+ 1p
Numeric 4 1(3) A3scI = = 1p
d
p
EIR r
=+ 1p
4p1 2 3
1 1 1 1 142pp
RR R R R
= + + rArr = Ω 1p
U = IRp 1pU cong 47 V 1p
TOTAL pentru Subiectul al II-lea 15p
Teste de fizicatilde pentru bacalaureat
90
Subiectul al III-lea Parţial Punctaj
a
Icircn cele două cazuri intensitatea curentului electric se scrie 2
2LL
U UI RR R R=
+ + 2p
4pDe aici rezultă 2LR R= iar pentru un singur fir conductor 1 200R R= = Ω 1p
Randamentul este 2
2
1 05 50( ) I 2L
RIR R
η = = = =+
1p
b
Energia consumată este 2
2 290400J3U tW I Rt
R= = =
Deoarece 51 kWh 36 10 J= sdot 2p
4penergia se poate scrie sub forma 5
290400 003 kWh36 10
W = congsdot
1p
Costul este lei003 kWh 25 0075 lei 75 bani
kWhC = sdot = = 1p
c
Rezistenţa electrică a unei porţiuni de linie de lungime x este
xxrS
= ρ iar a unei linii simple icircntregi este
lRS
= ρ
Din cele două relaţii se obţine xRxrl
=
Intensitatea curentului prin dispozitiv este 2(1 )
UI xRl
=+
1p
4p
Puterea debitată de dispozitiv va fi 2
2(1 )
UP xRl
=+
1p
Pentru limitele extreme ale liniei avem
- La capătul unde se află sursa 2
max0 605Ux P WR
= = =
- La capătul opus 2
min 20163Ux l P W
R= = cong
1p
Graficul este un segment de hiperbolă
1p
dRezistenţa electrică a unui bec este r = ui rarr r = 20025 = 80 ΩLa conectarea a n becuri icircn serie intensitatea curentului prin fiecare este i = Unr rarr n = Uri = Uu = 55 2p
3pPuterea consumată de becuri este P = nri2 = 55 ∙ 80 ∙ 625 ∙ 10-6 =275W 1p
TOTAL pentru Subiectul al III-lea 15p
Bareme teste nivel minimal
91
DOPTICAtildeSubiectul I Punctaj
1 c 32 d 33 c 34 d 35 c 3
TOTAL pentru Subiectul I 15p
Subiectul al II-lea Parţial Punctaj
a
Lama cu feţe plane şi paralele constituie un ansamblu de doi dioptri plani pentru care este valabilă relaţia 2 1
2 1
n nx x
=
Dacă minusx1 este coordonata unui obiect faţă de primul dioptru aplicacircnd succesiv relaţia se obţine coordonata x2
a imaginii obiectului faţă de al doilea dioptru icircn condiţiile problemei 2 1ex xn
= minus
2p
3p
Distanţa cu care se apropie imaginea de observator este 1 125 cmne
nminus
δ = = 1p
b
Folosim prima formulă fundamentală a lentilelor 2 1
1 1 1x x f
minus = 2p
4pobţinem 1
21
x fxx f
sdot=
+ Aici avem -x1 = 875 cm 1p
Rezultă 2 2592 cm 026 mx = cong 1p
c
Mărirea liniară transversală este 2 2
1 1
x yx y
β = = 1p
5p
Rezultă 22 1
1
xy yx
= 1p
Rezultă 2 11
fy yx f
=+
1p
Rezultă 2 177 cmy = minus 1p
Imagine răsturnată 1p
dDin relaţia care arată cu cacirct se apropie imaginea de observator se vede că nu intervine coordonata obiectului 15p
3pPoziţia imaginii icircn lentilă nu se modifică 15p
TOTAL pentru Subiectul al II-lea 15p
Subiectul al III-lea Parţial Punctaj
a Coordonatele pentru maxime de interferenţă sunt max 2kkDx
lλ
= 2p3p
Rezultă 5max 688 mmx cong 1p
b Coordonatele pentru minime de interferenţă sunt min(2 1)
4kk Dx
l+ λ
= 2p4p
Rezultă 3min 481 mmx cong 2p
Teste de fizicatilde pentru bacalaureat
92
c
Interfranja se calculează ca diferenţă a coordonatelor a două franje succesive de acelaşi tip maxime sau mini-
me 1k ki x x+= minus 1p
4pSe obţine
2Di
lλ
= 2p
Rezultă 1375 mmi = 1p
d
Variaţia relativă a grosimii interfrajei este i i i
i i∆ minus
ε = = 1p
4pRezultă 1D DDminus δ
ε = minus 1p
Rezultă DD
δε = minus 1p
Se obţine 40ε = minus 1p
TOTAL pentru Subiectul al III-lea 15p
TESTE DE NIVEL MEDIU
Teste de fizicatilde pentru bacalaureat
94
TESTUL 1
A MECANICAtilde
Subiectul I Punctaj1 d 32 c 33 b 34 c 35 a 3
TOTAL pentru Subiectul I 15p
Subiectul al II-lea Parţial Punctaj
aDeoarece N = Gn 1p
3unde Gn = m middot g ∙ cos α 1prezultă N = 865 N 1p
b
Acceleraţia cutiei o exprimăm din relaţia 0
0
v vat t
minus=
minus 2p
4La momentul t0 = 0 cutia are viteza v0 = 0 iar la momentul t cutia are viteza v = 2t 1p
Rezultă a = 2 ms2 1p
c
Pe direcţia mişcării cutiei avem Gt minus Ff = m ∙ a 1p
4unde Gt = m ∙ g ∙ sin α 1pDeci Ff = m ∙ (g ∙ sin α minus a) 1pRezultă Ff = 3N 1p
d
La urcarea uniformă a cutiei pe planul icircnclinat pe direcţia mişcării cutiei avem F minus Ff minus Gt = 0 2p
4Deci F = m ∙ g ∙ sin α + Ff 1p
Rezultă F = 8 N 1pTOTAL pentru Subiectul al II-lea 15p
Subiectul al III-lea Parţial Punctaj
a
Puterea sistemului autoturismndashremorcă este maximă dacă a = 0 şi viteza lui este vmax deci pmax = Fr ∙ vmax 2p
5unde Fr = f ∙ m∙ g 1p
Impulsul maxim al sistemului autoturismndashremorcă este max maxPp m v
f g= sdot =
sdot1p
Rezultă pmax = 55200 kg ∙ ms 1p
b Energia cinetică maximă a sistemului autoturismndashremorcă este 2 2max max
max 2 2cm v pE
msdot
= = 2p3p
Rezultă Ec max = 1 015 680 J 1p
c
Aplicăm teorema de variaţie a energiei cineticercf ci FE E Lminus = 1p
3punde Ecf = 0 Eci = Ec max 1p
Rezultă 1015680 JrFL = minus 1p
d
Deoarece rF rL F d= minus sdot 2p
4obţinem rF
r
Ld
F= minus 1p
Rezultă 67712 md = 1p
TOTAL pentru Subiectul al III-lea 15p
Bareme teste nivel mediu
95
B TERMODINAMICAtilde
Subiectul I Punctaj1 a 32 c 33 b 34 d 35 a 3
TOTAL pentru Subiectul I 15p
Subiectul al II-lea Parţial Punctaj
a
Din ecuaţia termică de stare 0 0 p V R Tsdot = ν sdot sdot 1p
4unde V L S= sdot 1p
obţinem 0
0
p L SR Tsdot sdot
ν =sdot
1p
Rezultă 22 10 moliminusν cong sdot 1p
b
Deoarece 1 2 ν = ν obţinem 1 2
1 2
m m=
micro micro1p
4Dar 1 2 ν = ν + ν sau 1 2 1 2
1 2
m m m m+= +
micro micro micro 1p
Deci 1 2
2micro + micro
micro = 1p
Rezultă 36 gmolmicro = 1p
c
Densitatea amestecului este 0
0
m mm R TV
p
ρ = =sdot
sdotmicro
1p
3pDeci 0
0
pR T
sdot microρ =
sdot1p
Rezultă 3159 kgmρ cong 1p
d
Icircn acest caz maxp V R Tsdot = ν sdot sdot 2p
4Deci 0max
0
p TTpsdot
= 1p
Rezultă max 1365 KT = 1p
TOTAL pentru Subiectul al II-lea 15p
Teste de fizicatilde pentru bacalaureat
96
Subiectul al III-lea Parţial Punctaj
a
Pentru starea de echilibru termodinamic 1 51
31
1 11
2 10 Pa
= 4 dm
9627 K
pV
p VTR
= sdot
sdot= cong
ν sdot
1p
4
Pentru starea de echilibru termodinamic 2 52
32
2 22
4 10 Pa
= 4 dm
19254 K
pV
p VTR
= sdot
sdot= cong
ν sdot
1p
Pentru starea de echilibru termodinamic 3 53
33
3 33
4 10 Pa
= 8 dm
38508 K
p
Vp VT
R
= sdot
sdot= cong
ν sdot
1p
Pentru starea de echilibru termodinamic 4 54
34
4 44
2 10 Pa
= 8 dm
19254 K
pV
p VTR
= sdot
sdot= cong
ν sdot
1p
b
Căldura cedată de gaz mediului exterior icircn decursul unui ciclu este cedat 34 41Q Q Q= + 1p
4
unde 34 V 4 3 4 35( ) ( )2
Q C T T R T T= ν sdot sdot minus = ν sdot sdot minus 1p
şi 41 P 1 4 V 1 4 1 47( ) ( ) ( ) ( )2
Q C T T C R T T R T T= ν sdot sdot minus = ν sdot + sdot minus = ν sdot sdot minus 1p
Rezultă cedat 6800 JQ = minus 1p
c
Lucrul mecanic schimbat de gaz cu mediul exterior icircn decursul unui ciclu este
12341 2 1 3 2( ) ( )L p p V V= minus sdot minus 2p3p
Rezultă 12341 800 JL = 1p
d
Randamentul ciclului termodinamic este 12341
primit
LQ
η = 1p
4unde 12341 primit cedatL Q Q= minus 1p
Deci 12341
12341 cedat
LL Q
η =+ 1p
Rezultă 1053 η cong 1p
TOTAL pentru Subiectul al III-lea 15p
Bareme teste nivel mediu
97
C PRODUCEREA ordfI UTILIZAREA CURENTULUI CONTINUU
Subiectul I Punctaj1 b 32 a 33 d 34 c 35 a 3
TOTAL pentru Subiectul I 15p
Subiectul al II-lea Parţial Punctaj
a
Rezistenţa internă a grupării celor două surse o determinăm din relaţia 1 2
1 1 1
Pr r r= + 1p
3pObţinem 1 2
1 2P
r rrr r
sdot=
+1p
Rezultă 05 Pr = Ω 1p
b
Tensiunea electromotoare echivalentă a grupării celor două surse este 1 2 2 1
1 2P
E r E rEr r
sdot + sdot=
+1p
4Intensitatea curentului prin rezistorul 1R cacircnd icircntrerupătorul k se află icircn poziţia deschis este
P
S P
EIR r
=+
1p
Unde 1 2SR R R= + 1p
Rezultă 05 AI = 1p
c
Intensitatea curentului prin rezistorul 1R cacircnd icircntrerupătorul k se află icircn poziţia IcircNCHIS este
2
P
P
EIR r
prime =+
3p4
Rezultă 064 AI prime cong 1p
d
Aplicăm legea a doua a lui Kirchhoff 2 2 2 2E I r I Rprime= sdot + sdot 2p
4Deci 2 22
2
E I RIr
primeminus sdot= 1p
Rezultă 2 064 AI cong 1p
TOTAL pentru Subiectul al II-lea 15p
Subiectul al III-lea Parţial Punctaj
a
Tensiunea electromotoare a sursei echivalente cu bateria dată este SE N E= sdot 1p
4Rezultă 15 SE V= 1p
Rezistenţa internă a sursei echivalente cu bateria dată Sr N r= sdot 1p
Rezultă 25 Sr = Ω 1p
Teste de fizicatilde pentru bacalaureat
98
b
Puterea dezvoltată de rezistorul de rezistenţă R poate fi scrisă sub forma 2 P R I= sdot 1p
4
unde S
S
EIR r
=+
1p
După efectuarea calculelor obţinem 2 22 4
2S S S SE P r E E P r
RP
minus sdot plusmn minus sdot= 1p
Rezultă 25 R = Ω 1p
cRandamentul circuitului electric este
S
RR r
η =+
2p3p
Rezultă 50 η = 1p
d
Rezistenţa echivalentă a grupării de rezistori este 2PRR = 1p
4Icircn acest caz intensitatea curentului prin circuit este S
P
EIR r
prime =+ 1p
Puterea totală furnizată de baterie pentru gruparea paralel a rezistorilor este Ptotală SE I prime= sdot 1p
Rezultă Ptotală 60 W= 1p
TOTAL pentru Subiectul al III-lea 15p
Bareme teste nivel mediu
99
DOPTICAtilde
Subiectul I Punctaj1 b 32 a 33 d 34 c 35 c 3
TOTAL pentru Subiectul I 15p
Subiectul al II-lea Parţial Punctaj
a
Din prima formulă fundamentală a lentilelor subţiri 2 1 1
1 1 1x x f
minus = 2p
4Obţinem 1 21
1 2
x xfx x
sdot=
minus1p
Rezultă 1 8 cm 008 mf = = 1p
bConvergenţa primei lentile este 1
1
1Cf
= 2p3p
Rezultă 11 125 mC minus= 1p
c
Din prima formulă fundamentală a lentilelor subţiri pentru sistemul de lentile 2 1
1 1 1 x x f
minus =prime 1p
4
cu 1 2
1 1 1 f f f
+ = 1p
obţinem 12
1
f fff f
sdot=
minus sau 2 2
22 2
x xfx x
primesdot=
primeminus 1p
Rezultă 2 109 cm 0109 mf cong minus = minus 1p
d
Pentru sistemul de lentile mărirea transversală este 2 2
1 1
y xy xprime prime
β = = 1p
4
Pentru prima lentilă mărirea transversală este 2 21
1 1
y xy x
β = = 1p
Deci 2 2
2 2
y xy xprime prime
= 1p
Rezultă 2
2
12yyprime
= 1p
TOTAL pentru Subiectul al II-lea 15p
Teste de fizicatilde pentru bacalaureat
100
Subiectul al III-lea Parţial Punctaj
a
Deoarece x N i= sdot 1p
3Obţinem xiN
= 1p
Rezultă 500 mi = micro 1p
b
Din expresia interfranjei 2
Dil
λ sdot= 2p
4Obţinem
2l iD
sdotλ = 1p
Rezultă 500 nmλ = 1p
c
Maximul de ordinul al II-lea se află faţă de franja centrală la distanţa 22
2Dx
lλ sdot
=1p
4Maximul de ordinul al IV-lea se află faţă de franja centrală la distanţa 4
42
Dxl
λ sdot= 1p
Distanţa dintre maximul de ordinul al IV-lea şi maximul de ordinul al II-lea aflate de aceeaşi parte a figurii de
interferenţă este 4 22
2Dx x x
lλ sdot
∆ = minus =1p
Rezultă 1 mmx∆ = 1p
d
Icircn acest caz interfranja este dată de relaţia 11
2Di
lλ sdot
= 1p
4unde 1
1 cn n
λλ = sdot =
ν1p
Deci 1 12
D inl i i
λ sdot= =
sdot1p
Rezultă 133n cong 1p
TOTAL pentru Subiectul al III-lea 15p
Bareme teste nivel mediu
101
TESTUL 2
A MECANICAtilde
Subiectul I Punctaj
1 c Spaţiul parcurs de corp este 15 mh∆ = 2 2 3 s
2gt hh t
g∆
∆ = rArr = = 3p
2 b pF F t pt
∆= rArr ∆ = ∆
∆
3p
3
c Se ridică graficul F = F(x) şi se calculează lucrul mecanic ca arie a suprafeţei evidenţiate
L = 22 J 3p
4 a Din legea spaţiului x = 2t2 + 6t + 8 (m) obţinem a = 4 ms2F = ma = 4000 N 3p
5 a N = 0 Fy = G sin 60 NsinmgF mg Fα = rArr = =
α 3p
TOTAL pentru Subiectul I 15p
Subiectul al II-lea Parţial Punctaja Ridicarea graficului a = a (Δm) 3p 3p
b
Studiem mişcarea fiecărui corp separat Reprezentăm forţele care acţionează asupra fiecărui corp şi aplicăm principiul al doilea al dinamicii
Considerăm cazul icircn care 2 1gtm m
2p
3p
2 2
1 1
G T m aT G m a
minus =minus = 1 2
g mam m
∆rArr =
+ 2p
c
Pentru prima pereche de valori a = 125 ms2 şi Δm = 01 kg Din expresia acceleraţiei deducem masa totală a
sistemului 1 2 08 kgg mm ma∆
+ = = 1p
4pCu ajutorul ecuaţiilor 1 2
2 1
08 kg01 kg
m mm m
+ =minus =
2p
Rezultă 1 2035 kg 045 kgm m= = 1p
dSe calculează viteza sistemului după h = 1 m 2 25 msv ah= =
2p
4p
1 2( ) 126 kg ms= + = sdotp m m v 2p
TOTAL pentru Subiectul al II-lea 15p
Teste de fizicatilde pentru bacalaureat
102
Subiectul al III-lea Parţial Punctaj
aReprezentăm forţele care acţionează asupra corpului şi aplicăm principiul al doilea al dinamicii
t fG F m aminus = sdot
2p3p
2(sin 03) 2 msa grArr = α minus = 1p
b
GL mg h= ∆
1p
4psinh x∆ = ∆ α unde Δx = spaţiul parcurs icircn secunda a doua
2
2atx = 1p
pentru t1 = 1 s 1 1 mx = pentru t2 = 2 s 2 4 mx = 3 m 15 mx h∆ = rArr ∆ = 1p
45 JGL = 1p
c
Dacă mişcarea corpului pe planul icircnclinat durează 2 s lungimea planului este x2 = 4 m
1 11 1c t c G fE L E L L∆ = rArr ∆ = + 1p
4p
21 2 2c f
h xE mg F= minus
1p
21 (sin 03)
2cmgxE = α minus
1p
1 12 JcE = 1p
d
22 2
1 12c
cc
p p EEm p E
= rArr =
1p
4p
2 2 22c t c G fE L E L L∆ = rArr ∆ = + 1p
2 2 (sin 03)cE mgx= α minus
2 24 JcE =
1p
2
1
2pp
=
1p
TOTAL pentru Subiectul al III-lea 15p
Bareme teste nivel mediu
103
B ELEMENTE DE TERMODINAMICAtilde
Subiectul I Punctaj1 Ecuaţia calorică de stare b 3p2
1 2
1 2
m m+micro =
ν + ν
1 1 2 21 2
1 2
A A
N Nm mN N
N N
micro micro= =
=
1 2
2micro + micro
micro = b
3p
3( )V f iL C T T= minusν minus
1
1 1 ii i f f f i
f
VTV T V T TV
γminus
γminus γminus
= rArr =
1
1iV i
f
VL C TV
γminus = minusν minus
2 1 2 1 2 1γ gt γ gt rArr gtv vC C L L
c
3p
41 1 2 2
1 32 2 5
1 1
3 3
p V p V
V VV V
γ γ
γ
=
= rArr = b
3p
52 2
1 1
22
1
1 1
065 260 K
Q TQ T
T TT
η = minus = minus
rArr = rArr =
b3p
TOTAL pentru Subiectul I 15p
Subiectul al II-lea Parţial Punctaj
a
1 2
1 1 2 2( )
m m m
m p V p VRT
= +micro
= +3p
4p
3464 10 kgm minus= sdot 1p
b
Din ecuaţia 1 2 fν + ν = ν 1p
4pRezultă 1 1 2 2
1 2
p V p VpV V
+=
+2p
5 28 10 Nm3
p = sdot
1p
c
mpV RT=micro 2p
4p1 21 2pV pVm m
RT RTmicro micro
= = 1p
3 31 2154 10 kg 31 10 kgm mminus minus= sdot = sdot 1p
Teste de fizicatilde pentru bacalaureat
104
d
2 22
2
m RTp V
=micro 2p
3p5 2
2 241 10 Nmp = sdot 1p
TOTAL pentru Subiectul al II-lea 15p
Subiectul al III-lea Parţial Punctaj
a
reprezentarea grafică
3p 3p
b
3 31
1
2 10 m minus= = sdotρmV 5 21
11
186 10 NmmRTpV
= = sdotmicro 1p
4p
3 312 2 12 4 10 m
2V V minusρ
ρ = rArr = = sdot
1p
5 21 12
2
93 10 Nmp VpV
= = sdot 1p
2 1
212 1
1
ln 25915 J
T Tm VL RT
V
=
= =micro
1p
c
13 450 K
2TT = = 1p
5p
11
3 323 2
3
224 10 mTV VT
γminusminus
= = sdot
1p
5 233
3
083 10 NmmRTpV
= = sdotmicro 1p
3 3 5 24 1 4 32 10 m 083 10 Nmminus= = sdot = = sdotV V p p 1p
4 44 40 Kp VT
mRmicro
= = 1p
d
min
max
1CTT
η = minus 1p
3p4
1
1CTT
η = minus 1p
95Cη = 1p
TOTAL pentru Subiectul al III-lea 15p
Bareme teste nivel mediu
105
C PRODUCEREA ordfI UTILIZAREA CURENTULUI CONTINUU
Subiectul I Punctaj
1 Formula corectă b 3
21
2
1 A
AA
A
EI Rr R
EIR R r
= rArr = Ω+
= =+ + a
3
3 124pRR R= rArr = Ω
c3
4 22
225 W4
ER r Ir
EPr
= rArr =
= = c
3
5( 1) 10 ka V a
V
UR R n n RU
= minus = rArr = Ω
Ra = 10 kΩ icircn serie cu voltmetrul c
3
TOTAL pentru Subiectul I 15p
Subiectul al II-lea Parţial Punctaj
a
e
UIR
= 3 4 15sR R R= + = Ω 1p
4p1
1
5sp
s
R RRR R
= = Ω+ 1p
2 10e pR R R= + = Ω 1p
1I A= 1p
be
EIR r
=+ 2p
4p
2eEr RI
= minus = Ω 1p
c
2 3
2 3
25pR RR
R R= = Ω
+ 1p
4p
1 10s pR R R= + = Ω 1p
4
4
5se
s
R RR R R
= = Ω+ 1p
12 A7e
EIR r
= =+
857 VeU IR = = 1p
Teste de fizicatilde pentru bacalaureat
106
d
Aplicăm legile lui Kirchhoff
1p
4p1 2
2 1 4
1 26 A7
s
I I I I R I R
I I
= +=
rArr = =
2 3 4
3 2 4 3
3 46 A
14
I I I I R I R
I I
= +=
rArr = =1p
1 4AI I I = + 1p
9 A7AI = 1p
TOTAL pentru Subiectul al II-lea 15p
Subiectul al III-lea Parţial Punctaj
a
max 1 2P r R RrArr = + 1p
4p1 3 1 1 2 3( )P P r R R R R= rArr = + + 1p
( )21 2 1 1 2 3( )R R R R R R+ = + + 1p
rezolvarea ecuaţiei rezultă R2 = 6 Ω 1p
b
2
max 84EP r
r= = Ω 1p
3pPmax = 450 W 1p
1 2
1 2
05R RR R r
+η = =
+ + 1p
c
2 Ann
n
PIU
= = 1p
4p1( ) 6 AnE I R r U I= + + rArr = 1p
4 AR n RI I I I= + rArr = 1p
4 15n
R
URI
= = Ω 1p
d
P UI= 1p
4p72 VU E Ir= minus = 2p
432 WP = 1p
TOTAL pentru Subiectul al III-lea 15p
Bareme teste nivel mediu
107
DOPTICAtilde
Subiectul I Punctaj
1
2 22 1
1 1
12
1
2
53
23 3
y x y yy x
fxx ff x
fy
β = = rArr = β
= =+
rArr β = minus rArr = b
3
22 5π
∆ϕ = δ = πλ c 3
3 375 nmaan
λλ = = b 3
4 206 nmexex
hc hcL eUL eU
= + rArr λ = =λ +
a 3
5 00
295 nmexhc L= rArr λ =λ
c 3
TOTAL pentru Subiectul I 15p
Subiectul al II-lea Parţial Punctaj
a
Din grafic se observă că C = 4δ şi R = 025 m 1p
4
2( 1)C nR
= minus pentru lentila biconvexă 1p
( 1)2
CRnrArr minus = 1p
15n = 1p
b
2 1 2 1
1 1 1 1 1 Cx x f x x
minus = hArr minus = 1p
3p12
1
15 m1
xxCx
= =+
cu 1 03 mx = minus 1p
2
1
5xx
β = = minus 1p
c
Convergenţa lentilei divergente 12
6 3CC = minus = minus δ 1p
4
12( 1)
l
nCn R
= minus 1p
1 12
lnn C R=
+ 1p
163ln = 1p
Teste de fizicatilde pentru bacalaureat
108
d
Construcţia corectă a imaginii 1p
4p
13 1 1 3 1
1 1 1 1 1 Cx x f x x
minus = hArr minus = 1p
13
1 1
025 m1
xxC x
= = minus+ 1p
3
1
083xx
β = = 1p
TOTAL pentru Subiectul al II-lea 15p
Subiectul al III-lea Parţial Punctaj
a
max minx x x∆ = minus 1p
4pDistanţa de la o franjă luminoasă de ordin k la franja luminoasă centrală este max max 8kx ki x i= rArr = 1p
Distanţa de la o franjă icircntunecoasă de ordin k la franja luminoasă centrală este min min(2 1) 35
2kk ix x iminus
= rArr = 1p
45 2 mmx i i∆ = rArr = 1p
b
2Dil
λ= 1p
3p2liD =λ
1p
142 mD = 1p
c
Prin aşezarea unei lame de sticlă de grosime e şi indice de refracţie n icircn dreptul fantei superioare se introduce icircn calea razei care provine de la această fantă un drum optic suplimentar ( 1)e nδ = minus 1p
4p
2 ( 1)klx e n kD
δ = minus minus = λ
Pentru maximul central 2 ( 1) 0klx e nD
δ = minus minus = 1p
Pentru 33
1kx i en
λ= rArr =
minus 1p
42 me = micro 1p
d
1 2r vk kδ = λ = λ 1p
4p2 12k k= 1p
1 21 2k k= = 1p
TOTAL pentru Subiectul al III-lea 15p
Bareme teste nivel mediu
109
TESTUL 3
A MECANICAtilde
Subiectul I Punctaj1 d 32 c 33 b 34 c 35 d 3
TOTAL pentru Subiectul I 15p
Subiectul al II-lea Parţial Punctaj
a
1
2
AI dtgIB d
α = = 1p
4p1 0 =d v t
2
2 2atd = 2p
Rezultat final 2 tg
=sdot α
vta
15s=t 1p
b
2 0v v at at= + = 1p
3p1
21 1 135 kJ2
= =cm vE 1p
2
22 2 90 kJ2
= =cm vE 1p
c1 1= ∆ = minus
fF c cL E E 2p3p
Rezultat final 135 kJ= minusfFL 1p
d
minus minus =f tF G ma 1p
5p= microfF N sin = αtG mg cosnN G mg= = α 2p
(sin cos )= minus α + micro αa g 1p
Rezultat final267 mscong minusa 1p
TOTAL pentru Subiectul al II-lea 15p
Subiectul al III-lea Parţial Punctaj
a
0T F G+ + = 1p
4pcossin
T mgT F
α =α =
1p
Rezultat final sin cos
α=
αF mg
3 N 09 N2
= congF 2p
b cosmgT =
α2p
3p
Rezultat final 1 N=T 1p
Teste de fizicatilde pentru bacalaureat
110
c
Conservarea energiei mecanice A BE E= 1p
3p=AE mgh
2
2BmvE = 1p
(1 cos )= minus αh l 1p
Rezultat final 2 (1 cos )= minus αv gl 2 ms 14 ms= =v 1p
d
Conservarea impulsului pentru sistemul de bile ce se ciocnesc plastic initial finalp p= 1p
4
p mv= 1p
final2mv mv= 1p
Rezultat final final 07 ms2
= =vv 1p
TOTAL pentru Subiectul al III-lea 15p
Bareme teste nivel mediu
111
B TERMODINAMICAtilde
Subiectul I Punctaj1 c 32 c 33 d 34 b 35 a 3
TOTAL pentru Subiectul I 15p
Subiectul al II-lea Parţial Punctaj
a
pV RT= ν 1p
4pν =
microm m
Vρ =
1p
p RTmicro = ρ 1p
Rezultat final 33 024 kgmρ = 1p
b
1 2 3 1 2 3( ) ( )p V V V RT+ + = ν + ν + ν 1p
4p
1 1 2 2 3 3
1 2 3
p V p V p VpV V V
+ +=
+ + 1p
173pp = 1p
Rezultat final 523 10p Pa= sdot 1p
c
1 1 1 ∆ = minusU U U 1 1 1 15 5 2 2
= ν =U RT p V 1 15 2
U RT= ν 1p
4p1 1 1 1
5 2
= ν =pV RT U pV
1 1 1 15 2
= ν =pV RT U pV 1p
1 1 1 1 15 10( )2 3
U V p p p V∆ = minus = 1p
Rezultat final 1 3333U J∆ = 1p
d
1 1 2 2 3 3
1 2 3
micro ν + micro ν + micro νmicro =
ν + ν + ν p
3p1 2 34 9
14micro + micro + micro
micro = 1p
Rezultat final 116 gmolmicro = 1p
TOTAL pentru Subiectul al II-lea 15p
Teste de fizicatilde pentru bacalaureat
112
Subiectul al III-lea Parţial Punctaj
a
2 1 1 1( )(3 )= minus minusL p p V V 1p
4p
2 1 1 1 2 13 3= =p V p V p p 2 1 1 1 2 13 3= =p V p V p p 1p
1 1 1 1 12 2 4 4L p V p V RT= = = ν
14LRT
ν =
1p
Rezultat final v = 12 moli 1p
b
12 V 12 V 2 1( )∆ = ν ∆ = ν minusU C T C T T 1p
4p
12 1 13 2 32
U R T RT∆ = ν sdot = ν 1p
12 34LU∆ = 1p
Rezultat final 12 75 kJ∆ =U
c
23 3 2( )PQ C T T= ν minus 1p
3p23 1 15 6 152
Q R T RT= ν sdot = ν 1p
Rezultat final 2315 375 kJ4
= sdot =Q L 1p
d
P
LQ
η = 1p
4p1 2 2 3minus minus= +pQ Q Q 1p
1 2 2 1 1 23( ) 4minus minus= ν minus = ∆ =vLQ C T T U
92PQ L= 1p
Rezultat final 2 2229
η = = 1p
TOTAL pentru Subiectul al III-lea 15p
Bareme teste nivel mediu
113
C PRODUCEREA ordfI UTILIZAREA CURENTULUI CONTINUUSubiectul I Punctaj1 c 32 b 33 c 34 c 35 d 3
TOTAL pentru Subiectul I 15p
Subiectul al II-lea Parţial Punctaj
aAplicacircnd teorema a doua a lui Kirchhoff pentru un ochi de reţea se obţine relaţia 1 2E U U= + 2p
3pRezultat final 200 V=E 1p
bAplicacircnd teorema a doua a lui Kirchhoff pentru alt ochi de reţea se obţine relaţia 1 1 2( )= +E I R R 2p
3pRezultat final 1 004 A=I 1p
c
K deschis 1 1 = sdotU r I 2 2 = sdotU r I 1 1
2 2
23
U rU r
= = 1p
5pK icircnchis 1 11
1 1
=+p
r RRr R
2 22
2 2
=+p
r RRr R
11 2p p
U R RI
= = 2p
Rezultat final 1 2 k = Ωr 2 3 k= Ωr 2p
d
1
1G
p
U IR
= 2p
4p1 11
1 1
12 k= = Ω+p
r RRr R 1p
Rezultat final 833 mA=GI 1p
TOTAL pentru Subiectul al II-lea 15p
Subiectul al III-lea Parţial Punctaj
a
2
b
UPR
= 2p3p
Rezultat final Rb = 6 Ω 1p
b
nE = Ib(nr + Rb + Ra) 1p
5p
2 A= =bPIU
1p
minn = dacă Ra = 0 1p
rezultă 342= =minus b
UnE I r
1p
Rezultat final min 4n = 1p
c4 (4 )= + +b b aE I r R R 2p
3pRezultat final Ra = 1 Ω 1p
d
2
max 4
=EP
r cacircnd R r= 2p
4p
Rezultat final max 83 W=P şi 075= ΩR 2p
TOTAL pentru Subiectul al III-lea 15p
Teste de fizicatilde pentru bacalaureat
114
DOPTICAtilde
Subiectul I Punctaj1 b 32 a 33 c 34 d 35 b 3
TOTAL pentru Subiectul I 15p Subiectul al II-lea Parţial Punctaja Construcţia imaginii 4p 4p
b 2 1 1
1 1 1x x f
minus = 2p3p
Rezultat final 2 30 cm=x 1p
c
1 2 1 10 cm= minus =x x f 2 1 2 80 cmx x f= minus = minus 2p
4p2 1 2
1 1 1x x f
minus = 1p
Rezultat final 2 89 cm= minusf 1p
d
Imaginea formată de lentila convergentă se formează pe oglindă Astfel oglinda va reflecta lumina ce va trece din nou prin lentila convergentă 1p
4pNoul obiect pentru lentilă se află pe oglindă la distanţa 1 2ndashx x= 1p
1 12
1 1
x fx x f
=+ 1p
Rezultat final 2 60 cmx = 1p
TOTAL pentru Subiectul al II-lea 15p
Subiectul al III-lea Parţial Punctaj
aDistanţa dintre două maxime sau două minime succesive este
2Dil
λ= 2p
3p
Rezultat final 2 m=D 1p
b
Distanţa de la maximul central la al doilea maxim de interferenţă este 2i 1p
4p2 2 4d i i i= + = 2p
Rezultat final 24 mm=d 1p
c
Intensitatea luminoasă icircntr-un punct P aflat pe ecran este 2 2 cosPI I I= + ∆ϕ 1p
4p
2 π∆∆ϕ =
λr 2
3sdot λ
∆ = =y lr
D
Rezultă 2 3π
∆ϕ = astfel se obţine PI I=1p
Intensitatea este maximă dacă cos 1∆ϕ = deci max 4I I=
Rezultat final max 4P
II
= 1p
Bareme teste nivel mediu
115
d
Lentila formează imagini reale ale fantelor dispozitivului Young aflate la o distanţă x2 faţă de lentilă 1
21
15 cm= =+
x fxx f
unde 1 30 cm= minusx
Figura de interferenţă aflată pe ecran se datorează imaginilor formate de lentilă Astfel distanţa de la noile
surse la ecran este 2 = minus minusD D d x iar distanţa dintre aceste surse este 2
1
22 sdot=
minusl xl
x
2p
4p
Noua interfranjă este 2Dil
λ= 1p
Rezultat final 093 mmi = 1p
TOTAL pentru Subiectul al III-lea 15p
Teste de fizicatilde pentru bacalaureat
116
TESTUL 4
A MECANICAtilde
Subiectul I Punctaj
1
b8
3
m 3 10 s
1 al 631 10 ua
1 an
c
dc dt
t
= sdot = rArr = = sdot
∆ ∆ =
3
2 d 3
3
a
m m
vF m a m
t∆
= sdot = sdot∆
m5s
v v∆ = =
= 25 NF
3
4
c
fR N F= +
2 2 2 2 1 1 fR N F N m g= + = sdot + micro = sdot sdot + micro
Notacircnd cu θ unghiul pe care R
icircl face cu verticala tg fFN
θ = = micro
3
5
cAplicacircnd teorema de variaţie a energiei cinetice icircn cele două situaţii obţinem ecuaţiile
2
22 2
2 42
m v F dv v
m v F d
sdot= sdot primerArr = sdotprimesdot sdot = sdot sdot
3
TOTAL pentru Subiectul I 15p
Subiectul al II-lea Parţial Punctaj
a
1
1
0const2m
d va vt
+= rArr = =
∆ 2p
4p11
1
2 100 m sdv vt
minussdot= rArr = sdot
∆ 2p
b
22
2
50 sdv tt
= rArr ∆ =∆ 2p
4p
1 2 110 st t t t∆ = ∆ + ∆ rArr ∆ = 2p
c2 sin = 500 mh d h= sdot α rArr 3p 3p
d11 2 727 m sm m
d dv vt
minus+= rArr = sdot
∆ 4p 4p
TOTAL pentru Subiectul al II-lea 15p
Bareme teste nivel mediu
117
Subiectul al III-lea Parţial Punctaj
a 20 JG GL m g h L= minus sdot sdot rArr = minus 3p 3p
b
Aplicacircnd teorema variaţiei energiei cinetice icircntre stările iniţială şi cea corespunzătoare icircnălţimii h2 2
0
20
1 1
2p2 2
- 2 1p
= 2 15 m s 775 m s
R
m v m vEc L m g h
v v g h
v minus minus
sdot sdot∆ = rArr minus = minus sdot sdot
= sdot sdot
sdot sdot = sdot
1p
2p
4p
2 20
20
1 1
2p2 2
- 2 1p
= 2 15 m s 775 m s
R
m v m vEc L m g h
v v g h
v minus minus
sdot sdot∆ = rArr minus = minus sdot sdot
= sdot sdot
sdot sdot = sdot
1p
1p
2 20
20
1 1
2p2 2
- 2 1p
= 2 15 m s 775 m s
R
m v m vEc L m g h
v v g h
v minus minus
sdot sdot∆ = rArr minus = minus sdot sdot
= sdot sdot
sdot sdot = sdot
1p 1p
c
Notăm cu 1d distanţa parcursă de corp pe planul icircnclinat pacircnă la icircnălţimea h şi cu 2d distanţa parcursă icircn continuare pe porţiunea cu frecare pacircnă la oprirea pe planul icircnclinat
1 1 231 msin
hd d= rArr =α
1p
4pAplicăm teorema variaţiei energiei cinetice icircntre punctele A ndash aflat la icircnălţimea h şi B ndash icircn care corpul se opreşte
( )
2
2 2
2
2 2
0 sin - cos 2
237 m2 sin cos
ABAB R
m vEc L m g d m g d
vd dg
sdot∆ = rArr minus = minus sdot sdot sdot α micro sdot sdot sdot sdot α rArr
rArr = rArr =sdot sdot α + micro sdot α
2p
1 2 868 mD L d d D= + + rArr = 1p
d
2 sin 405 m 41 mH h d H= + sdot α rArr = cong 1p
4p
Energia potenţială gravitaţională a corpului aflat la icircnălţimea H este 405 Jp pE m g H E= sdot sdot rArr = 1p
2 2 1p
2 = 09 m 1p
pp
Ek xE xk
x
sdotsdot= rArr = 1p2 2
1p2
= 09 m 1p
pp
Ek xE xk
x
sdotsdot= rArr =
1p
TOTAL pentru Subiectul al III-lea 15p
Teste de fizicatilde pentru bacalaureat
118
B TERMODINAMICAtilde
Subiectul I Punctaj1 a Scriind expresia cantităţii de substanţă pentru cele două gaze
11
1 1 2
2 2 12
2
1 8
A
A
m NN N
m N NN
ν = = micro micro rArr = =microν = =
micro
3
2
d
0 V
Q U LL U C T
Q= ∆ +
rArr = minus ∆ = minus ν sdot sdot ∆=
1 mol 15 100 KVC R Tν = = sdot ∆ = minus
= 12465 JL
3
3
c
12 12
12 12
1213 13 13
13
12 13
31 2 32
5 61 3 80 1202 5
V
V
RC C RQ R T
Q C TQQ C T R T KQ
T T
= + = sdot rarr rArr = sdot ν sdot sdot ∆ = ν sdot sdot ∆ rarr = ν sdot sdot ∆ = sdot sdot ∆ = minus rArr = =∆ = ∆
3
4 d Exprimăm variaţia energiei interne a gazului icircn fiecare situaţie vU C T∆ = ν sdot sdot ∆ şi comparăm valorile acesteia ţinacircnd cont de relaţia dintre temperaturi determinată din grafic
3
5
c Scriem expresiile randamentului unui motor termic respectiv randamentul ciclului Carnot pentru situaţiile descrise icircn problemă
2
1
1C
p
LQ
TT
η =
η = minus
şi rezolvăm sistemul de ecuaţii obţinut
3
TOTAL pentru Subiectul I 15p
Bareme teste nivel mediu
119
Subiectul al II-lea Parţial Punctaj
a 32 gm m mν = rArr = ν sdotmicro rArr =micro
3p 3p
b51
1 1 1 1 15 10 PaR Tp V R T p pV
ν sdot sdotsdot = ν sdot sdot rArr = rArr = sdot 3p 3p
c
1 N f N= sdot molecule disociază 2 f NrArr sdot sdot particule 1 2 frArr ν = sdot sdot ν - cantitatea de substanţă monoato-mică ( )2 1 N f N= minus sdot molecule rămacircn nedisociate ( )1 f NrArr minus sdot particule ( )2 1 frArr ν = minus sdot ν - cantitatea de substanţă biatomicăIcircn urma disocierii noua cantitate de substanţă din sistem devine ( )1 2 = 1 1f pprimeν = ν + ν ν sdot +
1p
5p
0const 0 0 1i f
QV L U U U pQ U L
= = rArr = rArr ∆ = rArr == ∆ +
1p
( )( )
( )
( )
1 2
1 2
1
2 2
1 2
1 2
5 2
2 1 1
3 5 2 25 3 5 2 1 2 2 2
5 5
i v v
f v v v
v v
U C T C R
U C T f C f C T p
C R C R
R T f R f R T
T f T
T
= ν sdot sdot = sdot primeprime= ν sdot sdot = sdot sdot ν sdot + ν sdot minus sdot sdot rArr= sdot = sdot
rArr ν sdot sdot sdot = sdot sdot ν sdot sdot + ν sdot minus sdot sdot sdot rArr
sdot = + sdot rArr
2 1
2
5 15
283 K
T pf
T
= sdot+
= 1p
1p( )( )
( )
( )
1 2
1 2
1
2 2
1 2
1 2
5 2
2 1 1
3 5 2 25 3 5 2 1 2 2 2
5 5
i v v
f v v v
v v
U C T C R
U C T f C f C T p
C R C R
R T f R f R T
T f T
T
= ν sdot sdot = sdot primeprime= ν sdot sdot = sdot sdot ν sdot + ν sdot minus sdot sdot rArr= sdot = sdot
rArr ν sdot sdot sdot = sdot sdot ν sdot sdot + ν sdot minus sdot sdot sdot rArr
sdot = + sdot rArr
2 1
2
5 15
283 K
T pf
T
= sdot+
= 1p
1p
( )( )
( )
( )
1 2
1 2
1
2 2
1 2
1 2
5 2
2 1 1
3 5 2 25 3 5 2 1 2 2 2
5 5
i v v
f v v v
v v
U C T C R
U C T f C f C T p
C R C R
R T f R f R T
T f T
T
= ν sdot sdot = sdot primeprime= ν sdot sdot = sdot sdot ν sdot + ν sdot minus sdot sdot rArr= sdot = sdot
rArr ν sdot sdot sdot = sdot sdot ν sdot sdot + ν sdot minus sdot sdot sdot rArr
sdot = + sdot rArr
2 1
2
5 15
283 K
T pf
T
= sdot+
= 1p 1p
d ( )
2 2 2 2
1 1 1 1
22 1
15
2
2
1 1
184 10 Pa
p V R T p T pp V R T p T
Tp f p pT
p
primesdot = ν sdot sdot prime νrArr rArr sdotsdot = ν sdot sdot ν
= + sdot sdot
= sdot 1p
2p
4p( )
2 2 2 2
1 1 1 1
22 1
15
2
2
1 1
184 10 Pa
p V R T p T pp V R T p T
Tp f p pT
p
primesdot = ν sdot sdot prime νrArr rArr sdotsdot = ν sdot sdot ν
= + sdot sdot
= sdot 1p
1p( )
2 2 2 2
1 1 1 1
22 1
15
2
2
1 1
184 10 Pa
p V R T p T pp V R T p T
Tp f p pT
p
primesdot = ν sdot sdot prime νrArr rArr sdotsdot = ν sdot sdot ν
= + sdot sdot
= sdot 1p 1p
TOTAL pentru Subiectul al II-lea 15p
Subiectul al III-lea Parţial Punctaj
a
1 1 2 2 22 1
2 2 1 1 1
52 2 10 Pa
p V R T p T Tp pp V R T p T T
p
sdot = ν sdot sdot rArr = rArr = sdotsdot = ν sdot sdot
= sdot
1p
4p
Pentru procesul 2rarr3 2 1 1 3 p V p Vγ γsdot = sdot 1p
1
2 3 3 23
53 51 1 1 1
1
2 = 8 = 15
5 3
p
v
p V V pVp V V pVC
C
γγ
= rArr = rArr =
γ = =
1p
13 1 3
1
15 15 374 lR TV V Vp
ν sdot sdot= sdot = sdot rArr = 1p
Teste de fizicatilde pentru bacalaureat
120
b
2p
4p
( )12 2 1
12
37395 J
VQ C T TQ
= ν sdot sdot minus
=2p
c
1231 12 23 31 1pL L L L= + +
12 0 L =1p
4p
1 1 2 2 22 1
2 2 1 1 1
52 2 10 Pa
p V R T p T Tp pp V R T p T T
p
sdot = ν sdot sdot rArr = rArr = sdotsdot = ν sdot sdot
= sdot
( )
( )
23 23 3 2
23 1 1 13 315 22 4
vL U C T T
L R T T R T
= minus∆ = minusν sdot sdot minus
= minus sdot ν sdot sdot sdot minus sdot = sdot ν sdot sdot
1p
23 186975 J 1pL =
( )31 1 3 105 L R T T R T= ν sdot sdot minus = minus sdot ν sdot sdot1p
31 12465 J 1pL = minus
1231 62325 JL =1p
d
2rarrArarr3 - proces izoterm urmat de unul izocor2rarrBrarr3 - proces izoterm urmat de unul izobar
2 3 2 3
2 3 2 3
A A A
B B B
Q Q QQ Q Q
= += +
32 2
2
lnAVQ R TV
= ν sdot sdot sdot
( )3 3 2A vQ C T T= ν sdot sdot minus
32 2 2
2 3
ln ln BB
V VQ R T R TV V
= ν sdot sdot sdot + ν sdot sdot sdot
( )3 3 2B pQ C T T= ν sdot sdot minus
2 3 2 3 B AQ Qgt ( )2 3 2 3 0 1 B AQ Qminus gt
Icircnlocuind expresiile de mai sus icircn relaţia (1) şi efectuacircnd calculele folosind datele din problemă obţinem
( )2 3 23
ln 0BVR T R T TV
ν sdot sdot sdot minus ν sdot sdot minus gt 2 2 1 2 12 2B Bp V p V V V V= rArr = =
( )2 3 2 2 3 23
1
2 3 2 3
4ln ln 3
42 ln 15 2 0 3
B
B A
VR T R T T R T T TV
R T
Q Q
ν sdot sdot sdot minus ν sdot sdot minus = ν sdot sdot sdot minus + =
= ν sdot sdot sdot sdot minus + gt rArr
rArr gt
3p 3p
TOTAL pentru Subiectul al III-lea 15p
Bareme teste nivel mediu
121
C PRODUCEREA ordfI UTILIZAREA CURENTULUI CONTINUU
Subiectul I Punctaj
1
b
1
2
21
2
156
lRl LLR
l lR lR L
= ρ sdotsdot
= ρ sdotsdot
= =
3
2
a U R I= sdot
2
lRmS R
m m d Sd ll S d S
= ρ sdot rArr = ρ sdotsdot= rArr =
sdot sdot
2 mU Id S
= ρ sdot sdotsdot
= 3 VU
3
3
d2 W R I t= sdot sdot ∆
2 WRI t
=sdot ∆
1 R = Ω
3
4
bAlegacircnd un ochi convenabil şi aplicacircnd teorema a II-a a lui Kirchhoff
1 2 3 4E E E E I R+ minus minus = sdot
02 AI =
3
5
b2
max 4
p
p
EP
r=
sdot
1 2
1 2
6 12 5p pr rr r
r rsdot
= rArr = Ω = Ω+ 1 2
1 2
26 Vpp
p
E E E Er r r
= + rArr =
max 14083 WP =
3
TOTAL pentru Subiectul I 15p
Subiectul al II-lea Parţial Punctaj
a
1
3 1 1
075 A
EI THORN IR R r
= =+ + 1p
3p1
1
1
45 C 1p
R
R
qI p
tq
=∆
=
1p1
1
1
45 C 1p
R
R
qI p
tq
=∆
= 1p
b
2
3 2 2
06 A
EI IR R r
prime prime= rArr =+ + 2p
4p2 2 1
84 1U E I r pU V p
prime= minus sdot=
1p2 2 1
84 1U E I r pU V p
prime= minus sdot= 1p
Teste de fizicatilde pentru bacalaureat
122
c
Ambele icircntrerupătoare fiind icircnchise sistemul celor două surse poate fi redus la o singură sursă de tensiune avacircnd polaritatea sursei 1 şi caracteristicile
( ) ( )( )
1 1 2 2
1 1 2 2
90 19p p
R r R rr r
R r R r+ sdot +
= rArr = Ω+ + +
1p
4p1 2
1 1 2 2
18 V 19
pp
p
E E E Er R r R r
= minus rArr =+ + 1p
3
3
3
1
3 A 009 A 134
pR
p
R
EI p
R r
I p
=+
= =
1p3
3
3
1
3 A 009 A 134
pR
p
R
EI p
R r
I p
=+
= = 1p
d
Consideracircnd că pe ramurile pe care se află cele două surse curentul electric circulă icircn sensul impus de către
acestea iar prin 3R curentul circulă icircn sensul impus de sursa echivalentă cu cele două surse şi aplicacircnd teoremele lui Kirchhoff obţinem
( )3
3
2 1
1 1 1 1
1
2
115 106
R
R
I I I
E I R r I
I AI A
+ =
= sdot + +
==
2p
4p
1 1 2 2 1 1883 1
AB
AB
U I R I R pU V p
= minus sdot minus sdot= minus
1p1 1 2 2 1
1883 1AB
AB
U I R I R pU V p
= minus sdot minus sdot= minus 1p
TOTAL pentru Subiectul al II-lea 15p
Subiectul al III-lea Parţial Punctaj
a
K icircn poziţia 11 2
1 2 1 2
085 A
E EI IR R r r
minus= rArr =
+ + +3p 3p
b
K icircn poziţia 2 2
3 2 2
2 A 1p
EI IR R r
prime prime= rArr =+ +
1p
3p115 A 1I I I I pprime∆ = minus rArr ∆ = 1p
iar curentul icircşi schimbă sensul 1p
Bareme teste nivel mediu
123
c
[ ] 015 mint isin ( ) 1 1 1
685 V
AB
AB
U E I R rU
= minus sdot +
=1p
6p
[ ] 1545 mint isin1 10 VAB ABU E U= rArr =
1p
[ ] 4560 mint isinNotăm cu I primeprime intensitatea curentului electric prin rezistorul cu rezistenţa R3Cele două surse sunt legate icircn paralel şi sunt echivalente cu o singură sursă avacircnd caracteristicile
( ) ( )( )
1 1 2 2
1 1 2 2
079
p p
R r R rr r
R r R r+ sdot +
= rArr = Ω+ + +
1 2
1 1 2 2
7 V
pp
p
E E E Er R r R r
= + rArr =+ +
3
25 A 1p
p
p
EI I
R rprimeprime primeprime= rArr =
+
1p
3 5 V 1pAB ABU I R Uprimeprime= sdot rArr = 1p
2p
d 3
3
2 23 2 3 3 2
25650 J 1pR
R
W R I t R I t p
W
prime primeprime= sdot sdot ∆ + sdot sdot ∆
=
2p3p3
3
2 23 2 3 3 2
25650 J 1pR
R
W R I t R I t p
W
prime primeprime= sdot sdot ∆ + sdot sdot ∆
= 1p
TOTAL pentru Subiectul al III-lea 15p
Teste de fizicatilde pentru bacalaureat
124
DOPTICAtilde
Subiectul I Punctaj
1
b90 37i = deg minus α = deg
0 1 1 2 2sin sin sin n i n r n rsdot = sdot = sdot
02
2
sinsin n irnsdot
=
2sin 04r =
Folosind datele din table 2 237r = deg
3
2
cnotacircnd cu g factorul care ţine de geometria lentilei şi care nu se modifică prin introducerea lentilei icircn apă
1 0
1 1ln gf n
= minus sdot
2
1 1l
a
n gf n
= minus sdot
Raportacircnd cele două relaţii vom obţine( )
( )2
1
14a l
l a
n nff n n
sdot minus= =
minus
2 1 4f f= sdot
3
3 c 3
4
d
Scriind ecuaţia lui Einstein pentru cele două situaţii 21
1
22
2
2
2
extr
extr
m vL
m vL
sdotε = +
sdotε = +
şi prelucracircnd ecuaţiile obţinem 1 2 2v v= sdot
3
5
c
2
11 2
2k
Dx kl
λ sdot= sdot sdot
sdot 2
2 2k
Dx kl
λ sdot= sdot
sdot
22 1 k k
d x x= minus
( )1 2 2 - 02k Dd
lsdot
= sdot sdot λ λ =sdot
3
TOTAL pentru Subiectul I 15p
Subiectul al II-lea Parţial Punctaj
a n0 sdot sin i = n sdot sin r Icircnlocuind obţinem r = 30deg 3p 3p
b
n0 sdot sin 90deg = n sdot sin l 1p
4p
Icircnlocuind obţinem l = 45deg 1pIcircn condiţiile punctului a raza de lumină cade sub un unghi iprime = 60deg pe suprafaţa cilindrică laterală a fibrei optice Deoarece acest unghi este mai mare decacirct unghiul limită la trecerea luminii din fibra optică icircn aer lumina se reflectă total rămacircnacircnd icircn interiorul fibrei optice
Raza fibrei optice 0 1 cm2dr = =
0 01 1
1
sin 2 cmsin
r rr d dd r
= rArr = rArr =
1p
( )0 1 02 1 82 cmd N d d= sdot + sdot rArr = 1p
Bareme teste nivel mediu
125
c
0
0 3
82 2 cm = 11596 cm 1p
dvt
c n d pt
cnv
= ∆ δ = rArr δ = sdot∆
=
δ = sdot
3p4p
0
0 3
82 2 cm = 11596 cm 1p
dvt
c n d pt
cnv
= ∆ δ = rArr δ = sdot∆
=
δ = sdot 1p
d
60 30iα = deg rArr = deg 1p
4p
0 sin sin n i n rsdot = sdot (1) 1p
90 90r l l r+ = deg rArr = deg minus
0 0 sin 90 sin cos n n l n n rsdot deg = sdot rArr = sdot (2) 1p
Ridicacircnd la pătrat relaţiile (1) şi (2) şi adunacircndu-le obţinem 5 112
2n = = 1p
TOTAL pentru Subiectul al II-lea 15p
Subiectul al III-lea Parţial Punctaj
aPoziţia maximului de ordinul 3 pentru radiaţia 1 este dată de
1
13 1 3 3
2Dx ilλ
λ sdot= sdot = sdot
sdot 2p
3px3λ1
= 36 mm 1p
b
x4λ2
= 36 mm 1p
4p
x4λ2
=i2 1p
1 2 1 23 4 3 4i isdot = sdot rArr sdot λ = sdot λ 1p
12
2
3 4
450 nm 1p
sdot λλ =
λ =1p
c
3
1
3 1
34
13 3
4 3
4 2
3 360 nm2
DxlDxl
x x
λ
λ
λ λ
λ sdot = sdot sdot λ sdot = sdot rArr λ =
sdot =
3p4p
λ3 nu aparţine domeniului vizibil 1p
d1 1
14 4 4 6 mm
08 2Dx x
lλ λ
λ sdotprime prime= sdot rArr =sdot sdot
4p 4p
TOTAL pentru Subiectul al III-lea 15p
Teste de fizicatilde pentru bacalaureat
126
TESTUL 5
A MECANICAtilde
Subiectul I Punctaj1 d 32 d 33 c 34 d 35 c 3
TOTAL pentru Subiectul I 15p
Subiectul al II-lea Parţial Punctaj
a
Corpul coboară uniform pe plan ndash aplicăm principiul II al mecanicii newtoniene
0N Gn Gt Ff+ + + =
1p
4pFăcacircnd proiecţia pe axe obţinem cosN mg= α sin cos 0 tgmg mgα minus micro α = rArr α = micro
2p
1p
b
Aplicăm principiul II al mecanicii newtoniene
Pentru corpul A A At nA AG N T Ff G m a+ + + + = sdot
Pentru corpul B B BG T m a+ = sdot
1p
4pFăcacircnd proiecţia pe axe obţinem B BT G m aminus = A AGt Ff T m aminus minus = 2p
Rezolvacircnd sistemul obţinem ( ) 2m2 sin cos 1 053 s3
ga = α minus micro α minus = 1p
c
Forţa de apăsare pe axul scripetelui este egală ca mărime şi de sens opus cu rezultanta celor două tensiuni
N T T= + 1p
4p( ) 306BT m a g N= + = 1p
( )( )2 22 1 cos 90N T= + minus α 1p
5911N N= 1p
d
Aplicăm teorema de variaţie a energiei cinetice pentru corpul B ∆Ec= LUnde L reprezintă lucru mecanic efectuat de rezultanta forţelor ce acţionează asupra punctului material 1p
3p( )2
2B B
B Bm v m gh m a g h= minus + + 1p
072m sBv 1p
TOTAL pentru Subiectul al II-lea 15p
Bareme teste nivel mediu
127
Subiectul al III-lea Parţial Punctaj
a
LFf = minusFf ∙ d 1p
3pConform legilor a frecării Ff = μN 1p
LFf = minusμmgd = minus4 J 1p
b
Aplicăm legea conservării energiei mecanice pentru sistemul dat A BE E= 1p
4pEnergia mecanică icircn punctul A A A AE Ep Ec mgh= + = 1p
Energia mecanică icircn punctul B 2
2B
B B BmvE Ep Ec= + = 1p
Rezultă 632msBv = 1p
c
Conform definiţiei 2
2
cc
mvEc p mv= = 2p
4pPentru a calcula viteza icircn punctul C aplicăm teorema variaţiei energiei cinetice 2 2
2 2C B
Ffmv mv Lminus = 1p
Rezultă
6 m sCv = 12 m sCp = 36 JCEc = 1p
d
Aplicacircnd teorema energiei cinetice obţinem 2 2
max
2 2Cmv kx
=
Variaţia energiei cinetice este egală cu lucru mecanic efectuat de forţa elastică2p
4p
max cmx vk
= 1p
Rezultă xmax= 06 m 1p
TOTAL pentru Subiectul al III-lea 15p
Teste de fizicatilde pentru bacalaureat
128
B TERMODINAMICAtilde
Subiectul I Punctaj1 c 32 c 33 b 34 a 35 a 3
TOTAL pentru Subiectul I 15p
Subiectul al II-lea Parţial Punctaj
aConform definiţiei He
HemNamicro
= 2p3p
Rezultă mHe = 066 middot 10-26 kg 1p
b
Ecuaţia de stare pentru incinta 1 p1V1 = ν1RT1 1p
4pEcuaţia de stare pentru incinta 2 p2V2 = ν2RT2 1pRezultă ν1 = 04 mol 1pRezultă ν2 = 12 mol 1p
c
Gazul va trece din incinta (2) icircn incinta (1) (p2 gt p1) pacircnă cacircnd se va ajunge la aceeaşi presiune prsquo icircn ambele incinte şi aplicacircnd conservarea numărului de moliν 1 + ν2 = ν1prime + ν2prime
1p
4p
Ecuaţia de stare pentru incinta 1 finală pprimeV1 = ν1primeRT1 1pEcuaţia de stare pentru incinta 2 finalăpprimeV2 = ν2primeRT2
1p
Obţinem
1 1 1
2 2 2 1 2
1 2 1 2
047 mol 113 molV TV T
ν= ν =gt ν = ν =
ν + ν = ν + ν
rArr ν1prime = 047 moli ν2prime = 113 moli 1p
d
Variaţia energiei interne ΔU = ΔU1 + ΔU2 1p
4pΔU = T1Cv(ν1rsquo ndash ν 1) + Cv (ν2rsquo T2 ndash ν2T1) 2p
ΔU = minus705 J 1pTOTAL pentru Subiectul al II-lea 15p
Subiectul al III-lea Parţial Punctaj
a
Pentru procesul izocor 1rarr2 1 2
1 2
p pT T
= 1p
4pPentru procesul izocor 3rarr4 2 1
3 4
p pT T
= 1p
Din cele două relaţii şi ţinacircnd cont de faptul că T2 = T4 1p
T2 = T4 = 1 3 360KTT = 1p
b
LTOT = L12 + L23 + L34 + L41 1p
3pLTOT = νR(T1 + T3 ndash 2T2) 2pLTOT = 997 J 1p
Bareme teste nivel mediu
129
c
TOT
p
LQ
η = 1p
4pQp = Q12+Q23 1pQp=νCv(T2 minus T1 ) + νCp(T3 minus T2) 1p
Rezultă Qp = 2214 Jη = 45 1p
d
min
max
1 TT
η = minus 1p
3p1
3
1 TT
η = minus 1p
30η = 1p
TOTAL pentru Subiectul al III-lea 15p
Teste de fizicatilde pentru bacalaureat
130
C PRODUCEREA ordfI UTILIZAREA CURENTULUI CONTINUU
Subiectul I Punctaj1 a 32 a 33 b 34 b 35 b 3
TOTAL pentru Subiectul I 15p
Subiectul al II-lea Parţial Punctaj
a
Cele 3 surse legate icircn paralel pot fi icircnlocuite cu o sursă echivalentă de tensiunea electromotoare Ep şi rezis-tenţa internă rp
1 2 3
1 2 3
1 2 3
36V1 1 1
E E Er r rEp
r r r
+ += =
+ +
1p
3p
1 2 3
1 1 1 1 1pp
rr r r r
= + + =gt = Ω 1p
Aplicacircnd legea lui Ohm pentru un circuit simplu 189p
p
EI
R r= =
+A 1p
b
Aplicam legile lui Kirchhoff
1 2
1 1 1
2 2 2
I I IE I r I RE I r I R
= +
= sdot + sdot = sdot + sdot
2p
5p
Rezolvacircnd sistemul obţinem ( )1 2 1 2
11 2 1 2
E r E E RI
r R r R r rsdot + minus sdot
=sdot + sdot + sdot
2 1 2 12
1 2 1 2
( )E r E E RIr R r R r r
+ minus=
+ + 2p
Icircnlocuind valorile numerice rezultă I1 = 4 A I2 = minus2A (I2 este negativă deci sensul curentului prin latură este invers decacirct cel considerat) 1p
c
Deoarece
ABU I R= sdot
1 2I I I= + 1p
4p1 2
1 2
1 2 3
1 1 1AB
E Er rU
r r r
+=
+ +2p
UAB = 40 V 1p
d
Icircn relaţia
1 2
1 2
1 2
1 1 1AB
E Er rU
r r R
+=
+ +1p
3p
Impunem condiţia vR rarr infin sau 1 0
vRrarr 1p
Rezultă 40VABU = 1p
TOTAL pentru Subiectul al II-lea 15p
Bareme teste nivel mediu
131
Subiectul al III-lea Parţial Punctaj
a
Conform legii I a lui Kirchhoff I = I1 + I2 1p
4p
Din datele problemei
Q1 = f sdot Q = 1U I tsdot sdot rArr 2f QIU t
sdot=
sdot
Q2 = (1 ndash f ) Q = U middot I2 middot t rArr 2(1 )f QI
U tminus sdot
=sdot
2p
5AQIU t
= =sdot
1p
b
Q = I2 Rp middot t 2p
4pRezultă 2pQRI t
= 1p
Rp = 22 Ω 1p
cE = U + I middot r 2p
3pE = 120 V 1p
d
Pentru ca puterea debitată de sursă icircn circuitul exterior să fie maximă trebuie ca rezistenţa circuitului exte-rior să fie egală cu rezistenţa internă a surseiRex= rAcest lucru este posibil dacă legăm rezistorul icircn paralel cu cele două rezistenţe
x p
x p
R Rr
R R=
+
2p
4p
px
p
R rR
R r=
minus 1p
R s = 22 Ω 1pTOTAL pentru Subiectul al III-lea 15p
Teste de fizicatilde pentru bacalaureat
132
DOPTICAtilde
Subiectul I Punctaj1 a 32 b 33 a 34 d 35 b 3
TOTAL pentru Subiectul I 15p
Subiectul al II-lea Parţial Punctaj
a
Aplicăm ecuaţia lui Einstein şi ţinem cont de relaţia dintre energia cinetică maximă a fotoelectronilor emişi
şi tensiunea de stopare 2
2 smv e U= sdot 1p
4p11
22
S ex
S ex
ch eU L
ch eU L
= + λ = + λ
2p
Rezolvacircnd sistemul obţinem h = 64 sdot1034 Js 1p
b
Aplicăm ecuaţia lui Einstein
11
S exch eU L= +λ
2p
4p
11
ex ShcL eU= minusλ 1p
Rezultă Lex = 289 middot 10-19 J 1p
c
Conform legii a treia a efectului fotoelectric extern h 0 exLυ = 2p
4p0exLh
υ = 1p
15 10 045 10 sminusυ = sdot 1p
d2
2
cW Nh Nh= υ =λ 2p
3p
Rezultă N = 26 middot 1015 cuante 1p
TOTAL pentru Subiectul al II-lea 15p
Subiectul al III-lea Parţial Punctaj
a1 2
11 11e
m
fnn R R
=
minus minus
2p3p
Rezultă f = 40 cm 1p
b
Aplicăm formula punctelor conjugate ţinacircnd cont de expresia distanţei dintre obiect şi imagine
2
21
11
2 1
1 1 1 xdx x f
d x xx f
= minus +minus
minus = =+
2
21
11
2 1
1 1 1 xdx x f
d x xx f
= minus +minus
minus = =+
2
21
11
2 1
1 1 1 xdx x f
d x xx f
= minus +minus
minus = =+
2p
4pDistanţa d este minimă pentru acea valoare a lui x1 pentru care derivata lui d icircn raport cu x1 este egală cu 0dprime(x) = 0 rArr x1 = 2f 1p
minus x1 = 80 cm 1p
Bareme teste nivel mediu
133
c
Aplicăm formula punctelor conjugate ţinacircnd cont de expresia distanţei dintre obiect şi imagine
1 22 1
1 1 1d x xx x f
= minus + minus =
1 22 1
1 1 1d x xx x f
= minus + minus = 1p
4pExpresia măririi liniar transversale 2 2
11
1y xy x
β = = = minusminus
2p
Rezolvacircnd sistemul obţinem 1 280cm 80cmx x= minus = 1p
d
Sistem optic centrat cu distanţa focală F
1 2
2
1
2 1
1 1 1
2
1 1 1
F f fxx
x x F
= +
minusβ = =
minus
minus =
2p4p
Rezultă f2= minus533 cm 2pTOTAL pentru Subiectul al III-lea 15p
Teste de fizicatilde pentru bacalaureat
134
TESTUL 6
A MECANICAtilde
Subiectul I Punctaj1 a 32 a 33 c 34 b 35 c 3
TOTAL pentru Subiectul I 15p
Subiectul al II-lea Parţial Punctaj
atg 1
3tg ϕ = micro = 2p
3p
30ϕ = 1p
b
t fG Fa
mminus
= 1p
4psin cosmg mga
mα minus micro α
= 1p
a = g(sin α minus μcos α) 1p
2310 =577ms3
a = 1p
c
Notăm forța suplimentară cu F
Sensul ei este opus lui tG
1p
4pt fG F F= + 1p
t fF G F ma= minus = 1p
310 3 10 100 N3
F = sdot = 1p
d
Notăm forța suplimentară cu F
Sensul ei este opus lui tG
1p
4p
t fG F F+ = 1p
sintG mg= α 1p
3 1 1 100 3 100 3 200 N2 23
F = sdot + sdot sdot = 1p
TOTAL pentru Subiectul al II-lea 15p
Bareme teste nivel mediu
135
Subiectul al III-lea Parţial Punctaj
a
sin 5
1000m54 =15ms3600s
hpl
v
= = α =
= sdot1p
5pLa coboracircre sintg
cosUcirc α
α = micro = microα
rArr sintg cos
Ucirc αα = micro = micro
α1p
La urcare P = Ft vFt = Gt + Ff pentru că v este constant 1p
(sin cos ) (sin sin ) 2 sintF mg mg mg= α + micro α = α + α = α 1p
4 352 sin 2 10 15 15 10 W=15kW100
P mgv= α = sdot sdot sdot = sdot 1p
b
tP F v= sdot t fF F mg= = micro 2p
4psincos
P mgv mgvα= micro =
α1p
7500W=75kWP 1p
c cos(90 ) singravitP G v G v G v= sdot = sdot sdot minus α = sdot sdot α
2p3p
7500W =75kWgravitP = 1p
dsinpE E mgh mgl∆ = ∆ = = α 2p
3p25kJpE E∆ = ∆ = 1p
TOTAL pentru Subiectul al III-lea 15p
Teste de fizicatilde pentru bacalaureat
136
B TERMODINAMICAtilde
Subiectul I Punctaj1 c 32 b 33 d 34 d 35 a 3
TOTAL pentru Subiectul I 15p
Subiectul al II-lea Parţial Punctaj
a
1
1 1 2 1 21
22 1 2 2 1
2
2 540 2 54 4 083 450 3 45 5
pVV T V TRT
pV T V V TRT
ν= = sdot = sdot = sdot = sdot = =
ν2p
3p
1
2
4 085
ν= =
ν 1p
b
1
1 1
22 2
p VVRT
p V VRT
ν= =
ν 2p
3p
1
2
08VV
= 1p
c
1 1 11 2 1 1 2 2
2 2 2
( ) ( )pV RT
p V V R T TpV RT
= ν rArr + = ν + ν= ν
1p
5p
1 1
1 2 1 22 2
( ) ( )
p V RTp V V RT
p V RT
= ν rArr + = ν + ν= ν
1p
1 1 2 2 2 2
1 2 2
5 08 450 540 ( ) 3 18
p T Tp T T
ν + ν ν sdot + ν sdot= hArr =
ν + ν sdot ν 2p
o300K 27 CT t= rArr = 1p
d
1 36lV =
12
2
2 3 36 3 18 54l3 2
V VV
sdot= rArr = = sdot =
1p
4p 1 2 1 2
1
1 22
9
08 08
V V V V lV V VV
+ = + =
= rArr =2p
2 2 2 2 108 9 18 9 5l 4lV V V V V+ = hArr = hArr = rArr = 1p
TOTAL pentru Subiectul al II-lea 15p
Bareme teste nivel mediu
137
Subiectul al III-lea Parţial Punctaj
a 4p 4p
b
212 1
1
41 1 4 1 4
ln 0
5( - ) ( ) 02V
VQ RTV
RQ C T T T T
= ν gt
= ν = ν minus gt2p
4p
12 41 229356JprimitQ Q Q= + = 2p
c
23 4 1 4 1
134 4
2
5( ) ( ) 02
ln 0
VRQ C T T T T
VQ RTV
= ν minus = ν minus = lt
= ν = lt2p
4p
23 34 159552JcedatQ Q Q= + = minus 2p
d1 cedat
primit
η = minus 2p3p
3043η = 1p
TOTAL pentru Subiectul al III-lea 15p
Teste de fizicatilde pentru bacalaureat
138
C PRODUCEREA ordfI UTILIZAREA CURENTULUI CONTINUU
Subiectul I Punctaj1 a 32 b 33 a 34 b 35 d 3
TOTAL pentru Subiectul I 15p
Subiectul al II-lea Parţial Punctaj
a
2AP R I= sdot 2p
3p25 WP = 1p
b
0
0 0
0
A
A
A
I I IxI R I Rl
l xE I R I Rl
= + = minus
= +
3p5p
05 mx = 2p
c
ee
E EI RR I
= rArr = 1p
4p0
00
05A
A
A
I I IR lI Ix R
= +sdot
= =sdot
2p
151 151eI A R= = = Ω 1p
dW U I t E I t= sdot sdot ∆ = sdot sdot ∆ 2p
3p2250Wh 225 kWhW = = 1p
TOTAL pentru Subiectul al II-lea 15p
Bareme teste nivel mediu
139
Subiectul al III-lea Parţial Punctaj
a
2 40 2 60 200WtotalP = sdot + sdot = 2p
3p200 4A50
totaltotal
PP U I IU
= sdot rArr = = = 1p
b
Legacircnd un voltmetru ideal ( )VR rarr infin icircntre A şi B putem aplica legea a II-a Kirchhoff pentru ochiul CABC
1 1 2 20 ABI R U I R= + minus 1p
5p
Dar 1 2 2II I= = datorită simetriei celor două ramuri CAD şi CBD
2 1( )2ABIU R R= minus
1p
21
1 1 1 2
22
2 2 2 2
40 102 4
2
60 152 4
2
I PP R RI
I PP R RI
= rArr = = = Ω
= rArr = = = Ω
2p
10VABU = 1p
ctotal totalW P t= sdot ∆ 2p
3p472 10 720 kJtotalW J= sdot = 1p
d
1
1 01 1 3
0
191 1800 C
5 10
RR Rt tR minus
minus= + α rArr = = =
α sdot
2p
4p
2
2 02 1 -3
0
11151 = 2300 C
5 10
RR Rt THORN tR
minus= + α = =
α sdot= t2 =
2
2 02 1 -3
0
11151 = 2300 C
5 10
RR Rt THORN tR
minus= + α = =
α sdot
2p
TOTAL pentru Subiectul al III-lea 15p
Teste de fizicatilde pentru bacalaureat
140
DOPTICAtilde
Subiectul I Punctaj1 c 32 b 33 a 34 c 35 d 3
TOTAL pentru Subiectul I 15p
Subiectul al II-lea Parţial Punctaj
a
1 2
1 1 1( 1) 8 cmaeraer
n ff R R
= minus minus rArr = minus
2p
4p
1 2
1 1 11 32cmapaapa apa
n ff n R R
= minus minus rArr = minus
2p
b
2 1
1 1 1
aerx x f= + 1p
4p2
24 cm 48cm5
x = minus = minus 1p
2
1
xx
β = 1p
04β = 1p
c
2 1
1 1 1
apax x f= + 1p
4p
2
96 cm 192cm5
x = minus = minus 1p
21
xx
β = 1p
04β = 1p
d2p
3p
Imaginea este virtuală dreaptă și micșorată 1p
TOTAL pentru Subiectul al II-lea 15p
Bareme teste nivel mediu
141
Subiectul al III-lea Parţial Punctaj
a
412 10 m 12mm2Dil
minusλ= = sdot = 2p
3p
0 0 0mmx i= sdot = 1p
b
λapăapatilde nλ
λ = 1p
3piapă
12 3 09mm4apatilde
iin
= = sdot = 1p
xapă= 0 ∙ iapă = 0 mm 1p
c
Introducerea unui strat subţire (lamă film peliculă) icircn calea unuia din fasciculele luminoase care interferă conduce la deplasarea figurii de interferenţă spre acel fasciculDe exemplu dacă se introduce o lamă transparentă cu grosimea e şi indicele de refracţie n icircn calea fascicu-lului 1 atunci noua diferenţă de drum optic icircntre razele care interferă este
2 1 2 1) ( 1)( e ne e nr r r r rminus + minus minus∆ = minus = minus
2p
5pDeci icircn centrul ecranului unde diferenţa r2-r1 este nulă apare o diferenţă de drum suplimentară e(n-1) Punacircnd condiţia de maxim găsim noul ordin al maximului plasat icircn centrul ecranului
( 1)( 1) nou noue ne n k k minus
minus = sdot λ rArr =λ
2p
10nouk = 1p
d
Figura de interferenţă are aceeaşi interfranjă ca şi icircn cazul a) deci i =12 mm 2p
4pFigura de interferenţă este deplasată icircn sensul fasciculului acoperit deci noul maxim central va avea abscisa
0 nou 10 12 12mmnoux x k i= ∆ = sdot = sdot = 2p
TOTAL pentru Subiectul al III-lea 15p
Teste de fizicatilde pentru bacalaureat
142
TESTUL 7
A MECANICAtilde
Subiectul I Punctaj1 c 32 a 3
3
Viteza medie este 1 2
md dvt t t
= =+
Cum 112 6
d dtv v
= = şi 222 2
d dtv v
= =
6 154
6 2
md vv vd d
v v
rArr = = =+
a
3
4
Calculăm acceleraţia din reprezentarea grafică 28 msvat
∆= = minus
∆
Calculăm acceleraţia la urcare pe planul icircnclinat fG F N ma+ + =
OX t fG F maminus minus =
OY 0 cosnN G N mgminus = rArr = α
Cum cosf fF N F mg= micro rArr = micro α
sin cos (sin cos )mg mg ma a grArr minus α minus micro α = rArr = minus α + micro α
Icircnlocuind 35
rArr micro =c
3
5
Aplicăm legea conservării energiei mecanice 2
11 2
2mvmgh v gh= rArr =
Cum 2 1 2 2v kv v k gh= rArr = Variaţia impulsului este
2 1 2 1( ) ( 1) 2 16 Ns 800 Nmpp p p mv mv m k gh Ft
∆∆ = minus = minus minus = + = = =
∆ b
3
TOTAL pentru Subiectul I 15p
Subiectul al II-lea Parţial Punctaj
a
Reprezentarea forţelor care acţionează icircn sistem
3p 3p
b
Lucrul mecanic util Lu = mgh 1p
4p
Lucrul mecanic consumat Lc = T l
T = 2F rArr Lc = 2Fl 1p
Randamentul este 2
u
c
L mghL Fl
η = = 1p
Rezultă forţa de tracţiune 500 N2mghF
l= =
η1p
Bareme teste nivel mediu
143
c
Aplicăm principiul fundamental al dinamicii ţinacircnd cont că 0v ct a= rArr =
0fG T N F+ + + =
pe Ox sin 0 sinf fT F mg F T mgminus minus α = rArr = minus α
2p
5p12 2T T F= = iar sin h
lα =
Rezultă 2fhF F mgl
= minus
2p
600 NfF = 1p
dcos
cosf
f f
FF N F mg
mg= micro rArr = micro α rArr micro =
α 2p3p
065rArr micro = 1p
TOTAL pentru Subiectul al II-lea 15p
Subiectul al III-lea Parţial Punctaj
a
Reprezentarea forţele care acţionează asupra corpului pe porţiunea orizontală şi aplicarea teorema variaţiei energiei cinetice
cE L∆ = 1p
4p
Lucrul mecanic total L = LG + LN + LFf
dar LG = 0 LN = 0 iar LFf = minusFf d
1p
Ff = μN = μmg
Rezultă 2 2
200 2 21 ms 458ms
2 2mv mv mgd v v gdminus = minusmicro rArr = minus micro = =
2p
b
Pe porţiunea MN mişcarea avacircnd loc fără frecare aplicăm conservarea energiei mecanice
M N CM PM CN PNE E E E E E= rArr + = + Considerăm M nivel de referinţă 0PME =
1p
4pNotăm cu 1v viteza corpului icircn punctul N rezultă 2 2
1
2 2mv mv mgR= + 1p
Viteza icircn N este 21 2v v gR= minus 1p
1 11 ms 331msv = = 1p
c
Pentru icircnălţimea maximă la care ar putea să ajungă corpul faţă de punctul M aplicăm legea conservării
energiei mecanice 2 2
max max2 2mv vmgh h
g= rArr =
2p3p
max 105msh = 1p
d
Relaţia dintre cele două icircnălţimi este 2
max 081 m2vh fh fg
= = = 1p
4pNotăm cu 2v viteza corpului la icircnălţimea h şi aplicăm legea conservării energiei mecanice faţă de punctul M
( nivel de referinţă) Ţinacircnd cont că 0PME = rezultă 2 2
222 2
2 2mv mv mgh v v gh= + rArr = minus
2p
2 204 v m s= 1p
TOTAL pentru Subiectul al III-lea 15p
Teste de fizicatilde pentru bacalaureat
144
B TERMODINAMICAtilde
Subiectul I Punctaj1 b 32 b 33 c 3
4Calculăm lucrul mecanic pe cele două transformări prin metoda grafică
1 2 2 1 1 21 2 2 3 2 3 2
2 3
( )( ) 150 J ( ) 200J 0752
p p V V LL L p V VL
rarrrarr rarr
rarr
+ minus= = = minus = =
c
3
5
Randamentul ciclului Carnot min
max
1CTT
η = minus
Utilizacircnd formula randamentului termic min
1 max 1
1L T LQ T Q
η = rArr minus =
Din 1 06 16Q L L L= + = rezultă maxmin
3 150 K8
TT = =d
3
TOTAL pentru Subiectul I 15p
Subiectul al II-lea Parţial Punctaj
a
Scriem legea transformării izobare pentru fiecare gaz
1 1
0 1
V VT T
= şi
2 2
0 2
V VT T
= 1p
4p
dar 1 2V V V+ = şi 2 1 12
3VV V V= rArr = şi 2
23VV = iar
1 2 2VV V= = 1p
Icircnlocuind rezultă 01
32TT = şi 0
234TT = 1p
Rezultă 1 4095KT = şi 2 20475KT = 1p
b
Scriem legea transformării izoterme pentru fiecare gaz 0 1 1 1 0 2 2 2p V p V p V p V= = 1p
4p
1 1 ( )
2 2l lV S V x S= = +
1 ( )2lV x S= + şi respectiv
2 2 ( )2 2l lV S V x S= = minus 1p
Obţinem 50 00 1 1 2
500 2 2 0 2
2 N( ) 066 102 2 2 3 m
N( ) 2 2 102 2 2 m
l l p l pp S p x S pl x
l l p lp S p x S p pl x
= + rArr = = = sdot+
= minus rArr = = = sdotminus
1p
51 2
52 2
N066 10m
N2 10m
p
p
= sdot
= sdot1p
c 2 1( )F p p S= minus 2p3p
536 NF = 1p
d
Scriem ecuaţiile de stare sub forma 10 1 1
mp V RT=micro
şi 2 2 2 20 2 2
1 1 1
m V m Tp V RTV m T
= rArr =micro 2p
5p
Dar 0 01 2
3 32 4T TT T= = şi 1 2
23 3V VV V= =
1p
2 2
1 1
2m Vm V
rArr = 1p
2
1
2mm
rArr = 1p
TOTAL pentru Subiectul al II-lea 15p
Bareme teste nivel mediu
145
Subiectul al III-lea Parţial Punctaj
a
Identificăm transformările1 2rarr şi 3 4rarr sunt transformări izobare2 3rarr şi 4 1rarr sunt trandformări izocore
1p
3p
Reprezentările ciclului icircn coordonate (p V) şi (V T)
2p
b
Aplicăm legea transformării izobare pe 1 2rarr 1 2 1 12 1
1 2 1 2
3 3V V V V T TT T T T
= rArr = rArr = 1p
4pAplicăm legea transformării izocore pe 2 3rarr 2 3
2 3
p pT T
=
Cum 3 1T T= (din reprezentarea grafică) 1 3 1
31 13 3
p p ppT T
rArr = rArr =
2p
5 23 10 Nmp = 1p
c
Energia internă 1 2 2 1 1( ) 2v vU C T T C Trarr∆ = υ minus = υ 1p
4p1 1
32 32
U RT RTrArr ∆ = υ = υ 1p
1 1 1 1 2 1 13p V RT U p Vrarr= υ rArr ∆ = 1p
1 2 2700JU rarr∆ = 1p
d
1
LQ
η =
Lucrul mecanic total schimbat de sistem este 1 4 2 1( )( )L p p V V= minus minus dar 14 3 3
pp p= = şi 2 13V V= 1 143p VLrArr =
1p
4pCăldura primită este 1 1 2 4 1 2 1 1 4( ) ( )p vQ Q Q C T T C T Trarr rarr= + = υ minus + υ minus
52p vC C R R= + = şi aplicacircnd legea transformării izocore pe 4 1rarr 4 1 3 1 1
44 1 4 1 3
p p p p TTT T T T
= hArr = rArr =
Rezultă 1 1 1 1 1 15 6 6Q RT RT RT p V= υ + υ = υ =
2p
Randamentul este 1 1
1 1
4 2 02218 9
p Vp V
η = = = 22rArr η = 1p
TOTAL pentru Subiectul al III-lea 15p
Teste de fizicatilde pentru bacalaureat
146
C PRODUCEREA ordfI UTILIZAREA CURENTULUI CONTINUU
Subiectul I Punctaj1 d 32 b 33 b 3
41 2sR R= 1 1 1 2
2 3pp
RRR R R
= + rArr = 22 53 3sR RR R= + =
1 1 23AB
RR R
= +
5 1258ABRRrArr = = Ω
b
3
5 a 3TOTAL pentru Subiectul I 15p
Subiectul al II-lea Parţial Punctaj
a
1 2R R R R= + = 1p
4p
22 1
1 1 1 3 22 3
RRR R R R
= + = rArr = 1p
3 22 53 3R RR R R R= + = + = 1p
3
1 1 1 3 1 85 5
5 6258
AB
AB
R R R R R RRR
= + = + =
= = Ω1p
b
Tensiunea la bornele sursei 32AABAB
UU IR IR
= rArr = = 2p
4pAplicăm legea lui Ohm pe icircntregul circuit
( ) 264ABAB
EI E I R r VR r
= rArr = + =+
2p
c
ABRprime rezistenţa echivalentă a circuitului icircn condiţiile icircn care 2R R=
10 1258ABRRprimerArr = = Ω 1p
4pCalculăm intensitatea I aplicacircnd legea lui Ohm pe icircntregul circuit 18A
AB
EIR r
= =+
1p
Tensiunea la bornele sursei devine 225 VABU I R= = 1p
Relaţia dintre cele două tensiuni este
0125 125U UU U fU f fUminus
= + rArr = = rArr = creşterea de tensiune 1p
d
2
max 4EP
r= 2p
3p
max 8712WP = 1p
TOTAL pentru Subiectul al II-lea 15p
Bareme teste nivel mediu
147
Subiectul al III-lea Parţial Punctaj
a
Reprezentăm intensităţile curenţilor pe ramuri şi ale-gem sensurile de parcursAplicăm legea I a lui Kirchhoff pentru nodurile N şi B
2 4 1
3 4 5
00
I I II I Iminus + minus =
minus minus =
2p
6pAplicăm legea a II-a a lui Kirchhoff pentru ochiurile de reţea
1 3 1 1 3 1 2 2
2 3 2 4 4 2 2
2 3 2 5 5
( )E E I R R r I RE I r I R I RE I r I R
minus = + + minus= + += +
3p
Rezultă 1 2 3 4 515 05 5 2 3I A I A I A I A I A= = = = = 1p
b1 1 3 3( )MNU I R R E= minus + minus 3p
4p19MNU V= minus 1p
c
24 4 4P I R= 2p
3p4 8P W= 1p
d2
1 1 1W I R t= 2p3p
1 10800 J 108 kJW = = 1p
TOTAL pentru Subiectul al III-lea 15p
Teste de fizicatilde pentru bacalaureat
148
DOPTICAtilde
Subiectul I Punctaj1
680nma a aa
nnλ
λ = rArr λ = λ =
d 3
2 c 3
3
Notăm cu P poziţia ochiului Din construcţia imaginii aplicăm legile reflexiei se observă că PO OO= imaginea şi obiectul sunt simetrice 2PO POrArr =
Din asemănarea triunghiurilor PMO şi PAprimeOprime rezultă
2MO PO AOMOAO PO
= rArr =
2ON PO O BONO B PO
= rArr =
Icircnălţimea oglinzii
=09 m2 2
A B Hh MO ON h= + = = rArr
b
3
4
Maximul luminos de ordinul k se formează la distanţa 2k
k Dxl
λ=
Pentru primele două franje luminoase avem 1
2
1 1 mm222 2 mm2
Dk xl
Dk xl
λ= rArr = =
λ= rArr = =
c3
5
Aplicăm formula lentilelor subţiri 1 2
2 1 1 2
1 1 1 x xfx x f x x
minus = rArr =minus
Din formula mărimii transversale 22 1
1
x x xx
β = rArr = β 1 1
11 1
x xf βrArr = =
minus β minusβ
Din grafic 11 1 20 cmx= minus = minusβ
20 10 cm1 1
f minusrArr = =
minus minusb
3
TOTAL pentru Subiectul I 15p
Subiectul al II-lea Parţial Punctaj
a
Avem o lentilă plan convexă R1 rarr infin R2 = minusR 1p
4pFormula convergenţei
1 2
1 1 1 1( 1)( ) n nC n RR R R C
minus minus= minus minus = rArr = 2p
R = 10 cm 1p
b
Din 1 1 20C f cmf C
= rArr = = cm 1p
5pAplicăm formula lentilelor subţiri 12
2 1 1
1 1 1 fxxx x f f x
minus = rArr =+
2p
Aplicăm formula lentilelor subţiri 220( 40) 40 cm20 40
x minus= =
minus2p
Bareme teste nivel mediu
149
c1 2d x x= minus +
2p3p
( 40) 40 80cmd = minus minus + = 1p
d
Mărirea liniară transversală este 2 2
1 1
y xy x
β = = 1p
3p22 1
1
xy yx
= 1p
2 2 cmy = minus
Imaginea este reală răsturnată egală cu obiectul 1p
TOTAL pentru Subiectul al II-lea 15p
Subiectul al III-lea Parţial Punctaj
a
Scriem ecuaţia lui Einstein pentru cele două radiaţii
1 11 1
2 12 2
( )(1 )
c ch L eU h L eU
c ch L eU h L eU f
= + minus = λ λ = = + minus = minus λ λ
2p
5p
11
1
2
08
ch LeU
c eUh L
minusλ
=minus
λ
1 2
1 2
0802
L hc λ minus λrArr =
λ λ2p
2166 10 041L E eVminus= sdot = 2166 10 041L E eVminus= sdot = 1p
bLucrul mecanic de extracţie 0 0
LL hh
= sdot ν rArr ν = 2p3p
1410 HzL = 1p
cEnergia unui foton corespunzător radiaţiei λ1 1 1
1
ch hε = ν =λ
2p3p
191 011 10 J 006eVminusε = sdot = 1p
d
Relaţia dintre energia cinetică maximă şi tensiunea de stopare2
11
22
2
2
2
e
e
m v eU
m v eU
=
=
2p
4p1 1 1
2 2 108v U Uv U U
= = 1p
1
2
54
vv
rArr = 1p
TOTAL pentru Subiectul al III-lea 15p
Teste de fizicatilde pentru bacalaureat
150
TESTUL 8
A MECANICAtilde
Subiectul I Punctaj1 b 32 b 33 d 34 a 35 b 3
TOTAL pentru Subiectul I 15p
Subiectul al II-lea Parţial Punctaj
a
Condiţia de icircntacirclnire 1 2x x= 1p
4p2
1 2atx = 2 0x v t= 2p
rezultat final 02 8svt ta
= = 1p
b0v v at= + 2p
3p16msv = 1p
c
0 = + fracircnare fracircnarev a t 2p
3prezultat final
-=fracircnare
fracircnare
va
t 2-4 fracircnarea m s=minus4ms2 1p
d
1 2= +d d d 2p
5p1 0=d v t 1 1 2= = = 64d x x m 64 m 2p
2 = oprired d 2 2= + 2oprire franare oprirev v a d 2
2 2 fracircnare
vdaminus
= 2 = 32d m
rezultat final d = 96m1p
TOTAL pentru Subiectul al II-lea 15p
Subiectul al III-lea Parţial Punctaj
aE mgh= 2p
3prezultat final E = 4500 J 1p
b
c totalE L∆ = 1p
4p
2
2cmvE∆ = = +
ftotal G FL L L 1p
=GL mgh ∙ cos ∙sinfF f
hL F l mg= minus = minusmicro αα
1p
rezultat final 2 (1 middotctg )v gh= minus micro α v cong 13 ms 1p
Bareme teste nivel mediu
151
c
c totalE L∆ =
1p
4p 0cE∆ = GL mgh=
f
totaltotal G FL L L= + 2p
rezultat final = -f
totalFL mgh = -4500
f
totalFL J 1p
d
= +f f f
total orizontalatildeF F FL L L 1p
4p2f
A Bf forizontalatilde
F oprire
F FL d
+= minus 1p
01 0Af A AF mg x mg= micro = = 01∙ 01∙B
f B B oprireF mg x mg d mg= micro = = 1p
rezultat final ( )2 1- middot01oprire
hd ctg= micro α 13oprired m 1p
TOTAL pentru Subiectul al III-lea 15p
Teste de fizicatilde pentru bacalaureat
152
B TERMODINAMICAtilde
Subiectul I Punctaj1 b 32 a 33 b 34 d 35 d 3
TOTAL pentru Subiectul I 15p
Subiectul al II-lea Parţial Punctaj
a
pV RT= ν 1p
4p1 1 1 2
2 2 2 1
p mp m
ν micro= = sdot
ν micro2p
rezultat final 1
2
74
pp
= 1p
b
1 2
1 2
1 2
amestecm mm m
+micro =
+micro micro
2p3p
127 amestec g molmicro = 1p
c
0
2p V RT= ν 0 f finalp V RT= ν 1p
4pVf = 2 V 1p
rezultat final 4fT T= 1200fT K= 2p
d
Icircn decursul transformării gazul parcurge o icircncălzire izocoră pacircnă cacircnd presiunea devine p0 apoi se dilată izobar pacircnă la volumul 2V
0 0middot middot 2L p V p V RT= ∆ = = ν
rezultat final 196L kJ=
4p 4p
TOTAL pentru Subiectul al II-lea 15p
Subiectul al III-lea Parţial Punctaj
a1 1
1 1 11
p Vp V RTRT
= ν rArr ν = 2p3p
rezultat final v = 12 moli 1p
b
ΔU12 = vCVΔT12 = vCV(T2 minus T1) 1p
4p
1 2
1 2 12 1
2 1
34
V
p pV ctT T U C T
T T
= rArr =rArr ∆ = ν
=2p
rezultat final 12 1 1 129 18kJ2
U p V U∆ = rArr ∆ = 1p
Bareme teste nivel mediu
153
c
min
max
1 TT
η = minus 1p
4pmin 1=T T 1p
max 2 1= = 4T T T 1p
rezultat final 3 754
η = = 1p
d
P
LQ
η = 1p
4p
1-2 2-3pQ Q Q= + 1-2 2 1( )vQ C T T= ν minus 32 3 2
1
ln VQ RTVminus = ν 1p
1-2 2-3 3-1L L L L= + + 1-2 0L = 32-3 2
1
ln VL RTV
= ν 3-1 1 3( )L R T T= ν minus 1p
rezultat final 8ln 2 38ln 2 45
minusη =
+ 25η 1p
TOTAL pentru Subiectul al III-lea 15p
Teste de fizicatilde pentru bacalaureat
154
C PRODUCEREA ordfI UTILIZAREA CURENTULUI CONTINUU
Subiectul I Punctaj1 d 32 d 33 c 34 a 35 b 3
TOTAL pentru Subiectul I 15p
Subiectul al II-lea Parţial Punctaj
a
Aplicacircnd teorema a doua a lui Kirchhoff pentru un ochi de reţea se obţine relaţia
( )1 1 1 3E I R R= + de unde 1 3AI =2p
4pTensiunea electrică UAM = R1I1 1prezultat final UAM = 3 V 1p
b
Aplicacircnd teorema a doua a lui Kirchhoff pentru alt ochi de reţea se obţine relaţiaE1 = I2(R2 + R4) de unde I2 = 4 A 2p
4pEnergia electrică consumată de rezistori tIRRtIRRW ∆sdot++∆sdot+= 2
2422
131 )()( 1p
rezultat final W = 3024 103 J 1p
c
Aplicacircnd teorema a doua a lui Kirchhoff pentru al III-a ochi de reţea se obţineE2 = I1R3 minus I2R4
2p4p
rezultat final E2 = 5 V 2p
d
Aplicacircnd teorema a doua a lui Kirchhoff pentru ochiul format de sursa a doua şi voltmetrul ideal se obţine E2 = Uvoltmetru
2p3p
Tensiunea indicată de voltmetrul ideal este egală cu tensiunea electromotoare a sursei = 5U V 1p
TOTAL pentru Subiectul al II-lea 15p
Subiectul al III-lea Parţial Punctaj
a
Puterea electrică consumată de cele două becuri se poate scrie P1 + P2 = U I unde U este tensiunea la bornele becurilor iar I este intensitatea curentului electric prin sursă 1p
4pPentru circuit se aplică teorema a doua a lui Kirchhoff E = I (R + r) + U 1pSe obţine ecuaţia I 2 minus 10I + 25 = 0 care are soluţia I = 5 A 2p
bP1 + P2 = Rp I
2 2p3p
rezultat final 24pR = Ω 1p
c
echivalent
echivalent
RR r
η =+ 2p
4p= +echivalent pR R R 1p
rezultat final η cong 89 1p
d
= middotbaterieP E I 1p
4p
Prin conectarea ampermetrului ideal la bornele becurilor curentul electric nu va mai trece prin becuri(scurtcircuit) astfel 1p
EIR r
=+
1p
rezultat final = 240baterieP W 1p
TOTAL pentru Subiectul al III-lea 15p
Bareme teste nivel mediu
155
DOPTICAtilde
Subiectul I Punctaj1 c 32 b 33 b 34 a 35 d 3
TOTAL pentru Subiectul I 15p
Subiectul al II-lea Parţial Punctaja Construcţia imaginii 3p 3p
b
2 1
1 1 1x x f
minus = 1p
4p2
1
xx
β = 1p
rezultate finale x2 = 60 cm 2β = minus 2p
c
21 CCCsistem += 1p
4pdioptriiCsistem 52= 1p
2 1
1 1sistemC
x xminus = 1p
rezultat final cmx 1202 minus= cm 1p
d
1 2= -x d x 2p
4p
1 22
1 2
x fxx f
=+
1p
rezultat final 2 = -20x cm cm 1p
TOTAL pentru Subiectul al II-lea 15p
Subiectul al III-lea Parţial Punctaj
a
Distanţa dintre două maxime sau două minime succesive este i1 1p
3p11 10
yi = 1p
rezultat final i1 = 06 mm 1p
b
Distanţa de la maximul central la primul minim de interferenţă este 1
2i 1p
4p1
12 22id i= + rArr d = 3i1
2p
rezultat final d = 18 mm 1p
Teste de fizicatilde pentru bacalaureat
156
c
22 29
2iy i= + 2
22 072 mm19yi = = 1p
4pPentru acelaşi dispozitiv Young 1
1 2Dil
λ= 2
2 2Dil
λ=
1 22
1
ii
λλ = 1p
rezultat final 2 720 nmλ = 1p
d
Pentru dispozitivul Young introdus icircntr-un mediu optic interfranja devine 11
iin
= 2p
4pDar interfranja scade cu 25 deci
1 1
1
-025 i ii
= 1p
rezultat final4 1333
n = 1p
TOTAL pentru Subiectul al III-lea 15p
Bareme teste nivel mediu
157
TESTUL 9
A MECANICAtilde
Subiectul I Punctaj1 b 32 b 33 a 34 b 3
5
21 1 2 2
12 1 2
2
2 2m 1156s
m v m v
mv v vm
=
= =3
TOTAL pentru Subiectul I 15p
Subiectul al II-lea Parţial Punctaj
a 3p 3p
b
1 1 1
1 1 1 1
1
2 2 2
2 12 2 2 2
1 2
2
0 T
m2s
m N G T Ff m aOy N G N m gOx Ff m a
m G T m am mOy G T m a m g T m a a gm m
a
+ + + = sdotminus = rArr = sdot
minus =
+ = sdotminus micro
minus = rArr minus = rArr =+
=
1p
4p
1 1 1
1 1 1 1
1
2 2 2
2 12 2 2 2
1 2
2
0 T
m2s
m N G T Ff m aOy N G N m gOx Ff m a
m G T m am mOy G T m a m g T m a a gm m
a
+ + + = sdotminus = rArr = sdot
minus =
+ = sdotminus micro
minus = rArr minus = rArr =+
=
1p
1 1 1
1 1 1 1
1
2 2 2
2 12 2 2 2
1 2
2
0 T
m2s
m N G T Ff m aOy N G N m gOx Ff m a
m G T m am mOy G T m a m g T m a a gm m
a
+ + + = sdotminus = rArr = sdot
minus =
+ = sdotminus micro
minus = rArr minus = rArr =+
=
1p
1 1 1
1 1 1 1
1
2 2 2
2 12 2 2 2
1 2
2
0 T
m2s
m N G T Ff m aOy N G N m gOx Ff m a
m G T m am mOy G T m a m g T m a a gm m
a
+ + + = sdotminus = rArr = sdot
minus =
+ = sdotminus micro
minus = rArr minus = rArr =+
=
1p
c2 2
08 NT m g m aT
= minus=
2p3p2 2
08 NT m g m aT
= minus= 1p
Teste de fizicatilde pentru bacalaureat
158
d
1 0 1 1 0
1 1 0
1 1 0
( ) 0
( )g 0 ( )
fm m N m m g T FOy N m mN m m g
+ + + + + =
minus + == +
1p
5p
Ox T prime minus Ff prime = 0T prime = μ(m1 + m0) g
1p
2 2
2
2
0 0
m G TOy G Tm g T
+ =minus =
=
1p
2 1 0
2 10
( )m g m m gm mm
= micro +minus micro
=micro
1p
m0 = 03 kg 1p
TOTAL pentru Subiectul al II-lea 15p
Subiectul al III-lea Parţial Punctaj
aEA = m1gh 2p
3pEA = 1 J 1p
b
ndashf AB
f AB
B A F
B A F
E E L
E E L
=
= +2p
4p1 1
1
cossin
(1 ctg )0654 J
B
B
B
hE m gh m g
E m ghE
= minus micro sdot αα
= minus micro α=
1p1 1
1
cossin
(1 ctg )0654 J
B
B
B
hE m gh m g
E m ghE
= minus micro sdot αα
= minus micro α=
1p
c
Din legea conservării impulsului rezultă ( )1 1 1 2 1m v m m v= + 1p
4p
( )( )
1 1 1 2 1
1 1 1 2
1 1
1 2
m v m m v
m v m m vm vv
m m
= +
= +
=+
1p
unde 1m25s
v = 1p
01 255 m08503 s
v sdot= = 1p
d
Lungimea resortului fiind foarte mică icircn comparaţie cu lungimea planului icircnclinat se poate neglija valoarea lucrului mecanic efectuat de către forţa de frecare icircn timpul comprimării resortului precum şi variaţia ener-giei potenţiale gravitaţionale
( ) 221 2
1 2
2 2
0147 m
m m vkx
m mx vk
x
+=
+=
=
2p
4p( ) 22
1 2
1 2
2 2
0147 m
m m vkx
m mx vk
x
+=
+=
=
1p
( ) 221 2
1 2
2 2
0147 m
m m vkx
m mx vk
x
+=
+=
= 1p
TOTAL pentru Subiectul al III-lea 15p
Bareme teste nivel mediu
159
B TERMODINAMICAtilde
Subiectul I Punctaj1
VU VC T∆ = ∆ b 3
2 0U∆ = icircn procese ciclicice d 3
3pRT
microρ =
[ ] 3
kgmSi
ρ = c
3
41 1
1 1
33 22
L p VLU p VU
=
∆ = rArr =∆
a
3
5 36 gA A
m N Nm mN N
= rArr = sdotmicro rArr =micro
a 3
TOTAL pentru Subiectul I 15p
Subiectul al II-lea Parţial Punctaj
a15 mol
mν =
microν =
2p3p
15 mol
mν =
microν = 1p
b
2
2
1
1
3
Kg224m
pRTpT R
microρ =
microρ =
ρ =
2p
4p
2
2
1
1
3
Kg224m
pRTpT R
microρ =
microρ =
ρ =
1p
2
2
1
1
3
Kg224m
pRTpT R
microρ =
microρ =
ρ = 1p
c
1 2
1 2
22 1
2
5 52 2 2
8 N N10 267 103 m m
p pT T
Tp pT
p
=
rArr = sdot rArr
= sdot = sdot
1p
3p
1 2
1 2
22 1
2
5 52 2 2
8 N N10 267 103 m m
p pT T
Tp pT
p
=
rArr = sdot rArr
= sdot = sdot
1p
1 2
1 2
22 1
2
5 52 2 2
8 N N10 267 103 m m
p pT T
Tp pT
p
=
rArr = sdot rArr
= sdot = sdot 1p
d
2 2
3 3
mp V RT
m mp V RT
=micro
minus ∆=
micro
1p
5p
( )
( )
( )
2 2
3 3
33
2 2
3 23 2
2 2
3 22
2
52
N114 10m
mp V RT
m mp V RT
m m Tpp mT
m m T mTp pp mT
m m T mTp p
mT
p
= =micro
minus ∆=
micro
minus ∆=
minus ∆ minusminus=
minus ∆ minusrArr ∆ =
∆ = minus sdot
1p( )
( )
( )
2 2
3 3
33
2 2
3 23 2
2 2
3 22
2
52
N114 10m
mp V RT
m mp V RT
m m Tpp mT
m m T mTp pp mT
m m T mTp p
mT
p
= =micro
minus ∆=
micro
minus ∆=
minus ∆ minusminus=
minus ∆ minusrArr ∆ =
∆ = minus sdot
1p
( )
( )
( )
2 2
3 3
33
2 2
3 23 2
2 2
3 22
2
52
N114 10m
mp V RT
m mp V RT
m m Tpp mT
m m T mTp pp mT
m m T mTp p
mT
p
= =micro
minus ∆=
micro
minus ∆=
minus ∆ minusminus=
minus ∆ minusrArr ∆ =
∆ = minus sdot
1p
( )
( )
( )
2 2
3 3
33
2 2
3 23 2
2 2
3 22
2
52
N114 10m
mp V RT
m mp V RT
m m Tpp mT
m m T mTp pp mT
m m T mTp p
mT
p
= =micro
minus ∆=
micro
minus ∆=
minus ∆ minusminus=
minus ∆ minusrArr ∆ =
∆ = minus sdot 1p
TOTAL pentru Subiectul al II-lea 15p
Teste de fizicatilde pentru bacalaureat
160
Subiectul al III-lea Parţial Punctaj
a
L1231=Aria1231 1p
3p( )( )2 1 2 1
4
12
3 10 J
L p p V V
L
= minus minus
rArr = sdot
1p( )( )2 1 2 1
4
12
3 10 J
L p p V V
L
= minus minus
rArr = sdot 1p
b
( )( )
( )( )
12 2 1
1 2 112
512
23 3 2
2 3 223
523
primit 12 23
5primit
075 10
28 10 J
355 10 J
v
v
p
p
Q VC T T
V p pQ C
RQ JQ VC T T
p V VQ C
RQQ Q Q
Q
= minus
minus=
= sdot
= minus
minus=
= sdot= +
= sdot
1p
5p
( )( )
( )( )
12 2 1
1 2 112
512
23 3 2
2 3 223
523
primit 12 23
5primit
075 10
28 10 J
355 10 J
v
v
p
p
Q VC T T
V p pQ C
RQ JQ VC T T
p V VQ C
RQQ Q Q
Q
= minus
minus=
= sdot
= minus
minus=
= sdot= +
= sdot
1p
( )( )
( )( )
12 2 1
1 2 112
512
23 3 2
2 3 223
523
primit 12 23
5primit
075 10
28 10 J
355 10 J
v
v
p
p
Q VC T T
V p pQ C
RQ JQ VC T T
p V VQ C
RQQ Q Q
Q
= minus
minus=
= sdot
= minus
minus=
= sdot= +
= sdot
1p
( )( )
( )( )
12 2 1
1 2 112
512
23 3 2
2 3 223
523
primit 12 23
5primit
075 10
28 10 J
355 10 J
v
v
p
p
Q VC T T
V p pQ C
RQ JQ VC T T
p V VQ C
RQQ Q Q
Q
= minus
minus=
= sdot
= minus
minus=
= sdot= +
= sdot
1p
( )( )
( )( )
12 2 1
1 2 112
512
23 3 2
2 3 223
523
primit 12 23
5primit
075 10
28 10 J
355 10 J
v
v
p
p
Q VC T T
V p pQ C
RQ JQ VC T T
p V VQ C
RQQ Q Q
Q
= minus
minus=
= sdot
= minus
minus=
= sdot= +
= sdot05p
( )( )
( )( )
12 2 1
1 2 112
512
23 3 2
2 3 223
523
primit 12 23
5primit
075 10
28 10 J
355 10 J
v
v
p
p
Q VC T T
V p pQ C
RQ JQ VC T T
p V VQ C
RQQ Q Q
Q
= minus
minus=
= sdot
= minus
minus=
= sdot= +
= sdot 05p
c
( )( )
1 2 2 1
1 2 11 2
51 2 075 10 J
V
V
U C T T
V p pU C
RU
minus
minus
minus
∆ = ν minus
minus∆ =
∆ = sdot
1p
3p
( )( )
1 2 2 1
1 2 11 2
51 2 075 10 J
V
V
U C T T
V p pU C
RU
minus
minus
minus
∆ = ν minus
minus∆ =
∆ = sdot
1p( )( )
1 2 2 1
1 2 11 2
51 2 075 10 J
V
V
U C T T
V p pU C
RU
minus
minus
minus
∆ = ν minus
minus∆ =
∆ = sdot 1p
d
1 1min 1
2 3max 3
p VT TvRp VT TvR
= =
= =
1p
4p
1 1min 1
2 3max 3
p VT TvRp VT TvR
= =
= = 1p
1 1min 1
2 3max 3
min
max
1
91
C
C
p VT TVRp VT TVR
TT
= =
= =
η = minus
η =
1p
1 1min 1
2 3max 3
min
max
1
91
C
C
p VT TVRp VT TVR
TT
= =
= =
η = minus
η = 1p
TOTAL pentru Subiectul al III-lea 15p
Bareme teste nivel mediu
161
C PRODUCEREA ordfI UTILIZAREA CURENTULUI CONTINUU
Subiectul I Punctaj1
0 ER I U E= rArr = rArr =ν
d 3
2 2W RI t= ∆ b 3
3 [ ] 2 1SI
V1 11 N m A sA
R minus minus= = sdot sdot sdot a 3
4
( )
( )
Aria trapez2
200 300 2500 500 mC
2
b B hQ
Q Q
+ sdot= =
+ sdot= = rArr = a
3
5
( )0
2
0
0
1
288
2110 C
R R t
UR RP
R Rt tR
= + α
= rArr = Ω
minus= rArr = deg
α
(Valoarea de 2110 degC a fost obţinută consideracircnd că R0 = 28 Ω icircn loc de R0 = 152 Ω)
3
TOTAL pentru Subiectul I 15p
Subiectul al II-lea Parţial Punctaj
a
Ampermetrul conectat icircntre A şi B are indicaţia de curent nul dacă R1R4 = R2R3 1p
3p
1 4 2 3
2 34
1
4 45
R R R RR RR
RR
=
rArr =
rArr = Ω
1p1 4 2 3
2 34
1
4 45
R R R RR RR
RR
=
rArr =
rArr = Ω 1p
b
12 1 2 12
34 3 4 34
12 34
12 34
55
1
25
e
e
R R R RR R R R
R RRR R
R
= + rArr = ΩrArr = + rArr = Ω
sdotrArr = rArr
+= Ω
1p
4p
12 1 2 12
34 3 4 34
12 34
12 34
55
1
25
e
e
R R R RR R R R
R RRR R
R
= + rArr = ΩrArr = + rArr = Ω
sdotrArr = rArr
+= Ω
1p12 1 2 12
34 3 4 34
12 34
12 34
55
1
25
e
e
R R R RR R R R
R RRR R
R
= + rArr = ΩrArr = + rArr = Ω
sdotrArr = rArr
+= Ω
1p
12 1 2 12
34 3 4 34
12 34
12 34
55
1
25
e
e
R R R RR R R R
R RRR R
R
= + rArr = ΩrArr = + rArr = Ω
sdotrArr = rArr
+= Ω 1p
c
Potrivit legii Ohm
22088 A
e
e e
e
EIr R
EIr R
I
=+
=+
=
2p
4p22088 A
e
e e
e
EIr R
EIr R
I
=+
=+
=
1p22088 A
e
e e
e
EIr R
EIr R
I
=+
=+
= 1p
Teste de fizicatilde pentru bacalaureat
162
d
1p
4pPotrivit legilor Kirchhoff
( ) ( )2 4
2 1 2 4 3 4
2 4
I I II R R I R R
I I
= +
+ = +
rArr =
1p( ) ( )
2 4
2 1 2 4 3 4
2 4
4
4
2044 A
I I Ii R R i R R
I III
I
= +
+ = +
rArr =
rArr =
rArr =
1p
( ) ( )2 4
2 1 2 4 3 4
2 4
4
4
2044 A
I I Ii R R i R R
I III
I
= +
+ = +
rArr =
rArr =
rArr = 1p
TOTAL pentru Subiectul al II-lea 15p
Subiectul al III-lea Parţial Punctaj
a
1 2
1 2
1 2
1 1 1
07 A
E Er rI
RR r r
I
+=
+ +
=
3p
4p
1
2
2E EE E
==
1
2
2r rr r
==
1p
bU = R I 3p
4pU = 7 V 1p
cP = RI2 3p
4pP = 49 W 1p
d88
e
RR r
η =+
η =
2p3p
88e
RR r
η =+
η = 1p
TOTAL pentru Subiectul al III-lea 15p
Bareme teste nivel mediu
163
DOPTICAtilde
Subiectul I Punctaj
12
2 smv eU= rArr
2
2SI
2 ms
S
e
eUm
=
d 3
2 2
1
sinsin
i nr n
=
a 3
3 Lentila divergentă aflată icircn aer are focare virtuale c 3
4 0 00
275 nmextext
hc hcLL
= rArr λ = rArr λ =λ
b 3
5Interferenţa localizată la infinit a luminii se poate obţine pe lame transparente cu feţe plane şi paralele prin reflexie sau prin transmisie c 3
TOTAL pentru Subiectul I 15p
Subiectul al II-lea Parţial Punctaj
a
1
1 01 m10
fC
f
=
= =
2p
3p
1
1 01 m10
fC
f
=
= = 1p
b
( )
( )
( )
11 2
1 1 11
1 11
104 01 004 m 4 cm
n Rf R R
nf R
R n fR R
= minus minus rarr infin
= minus
rArr = minus sdot
= sdot = rArr =
1p
4p
( )
( )
( )
11 2
1 1 11
1 11
104 01 004 m 4 cm
n Rf R R
nf R
R n fR R
= minus minus rarr infin
= minus
rArr = minus sdot
= sdot = rArr =
1p
( )
( )
( )
11 2
1 1 11
1 11
104 01 004 m 4 cm
n Rf R R
nf R
R n fR R
= minus minus rarr infin
= minus
rArr = minus sdot
= sdot = rArr =
1p
( )
( )
( )
11 2
1 1 11
1 11
104 01 004 m 4 cm
n Rf R R
nf R
R n fR R
= minus minus rarr infin
= minus
rArr = minus sdot
= sdot = rArr = 1p
c
2
1
12
1
1
10 10 210 15 5
xx
fxxf x
ff x
β =
=+
rArr β =+
rArr β = = = minusminus minus
1p
4p
2
1
12
1
1
10 10 210 15 5
xx
fxxf x
ff x
β =
=+
rArr β =+
rArr β = = = minusminus minus
1p
2
1
12
1
1
10 10 210 15 5
xx
fxxf x
ff x
β =
=+
rArr β =+
rArr β = = = minusminus minus
1p
2
1
12
1
1
10 10 210 15 5
xx
fxxf x
ff x
β =
=+
rArr β =+
rArr β = = = minusminus minus 1p
d
( )
( )
12 2
1
2 1 1
12 2
1
10 1530 cm
10 155 cm10 5
10 cm10 5
fxx xf x
x x d x
fxx xf x
minus= rArr = =
+ minusprime primeminus = rArr = minus
minusprimeprime prime= rArr = =
prime+ minus
2p
4p
( )
( )
12 2
1
2 1 1
12 2
1
10 1530 cm
10 155 cm10 5
10 cm10 5
fxx xf x
x x d x
fxx xf x
minus= rArr = =
+ minusprime primeminus = rArr = minus
minusprimeprime prime= rArr = =
prime+ minus
1p
( )
( )
12 2
1
2 1 1
12 2
1
10 1530 cm
10 155 cm10 5
10 cm10 5
fxx xf x
x x d x
fxx xf x
minus= rArr = =
+ minusprime primeminus = rArr = minus
minusprimeprime prime= rArr = =
prime+ minus1p
TOTAL pentru Subiectul al II-lea 15p
Teste de fizicatilde pentru bacalaureat
164
Subiectul al III-lea Parţial Punctaj
a
Din grafic15
0115
02
15 10 Hz
3 10 Hz
ν = sdot
ν = sdot
1p2p15
0115
02
15 10 Hz
3 10 Hz
ν = sdot
ν = sdot 1p
b
00
0101
8
01 15
02028
02 15
Din
3 10 200 nm15 10
3 10 100 nm3 10
c
c
c
λ =ν
rArr λ =λ
sdotλ = =
sdot
rArr λ =λ
sdotλ = =
sdot
1p
5p
00
0101
8
01 15
02028
02 15
Din
3 10 200 nm15 10
3 10 100 nm3 10
c
c
c
λ =ν
rArr λ =λ
sdotλ = =
sdot
rArr λ =λ
sdotλ = =
sdot
1p
00
0101
8
01 15
02028
02 15
Din
3 10 200 nm15 10
3 10 100 nm3 10
c
c
c
λ =ν
rArr λ =λ
sdotλ = =
sdot
rArr λ =λ
sdotλ = =
sdot
1p
00
0101
8
01 15
02028
02 15
Din
3 10 200 nm15 10
3 10 100 nm3 10
c
c
c
λ =ν
rArr λ =λ
sdotλ = =
sdot
rArr λ =λ
sdotλ = =
sdot
1p
00
0101
8
01 15
02028
02 15
Din
3 10 200 nm15 10
3 10 100 nm3 10
c
c
c
λ =ν
rArr λ =λ
sdotλ = =
sdot
rArr λ =λ
sdotλ = =
sdot1p
c
Din ecuaţia Einstein hν = L + Ec unde Ec = eUs 1p
4p
rArr
( )1 01 1
011
34 15
1 19
66 10 15 10 618 V16 10
s
s
s
h h eUh v
Ue
Uminus
minus
ν = ν +
ν minusrArr =
sdot sdot sdot= =
sdot
1p
( )1 01 1
011
34 15
1 19
66 10 15 10 618 V16 10
s
s
s
h h eUh v
Ue
Uminus
minus
ν = ν +
ν minusrArr =
sdot sdot sdot= =
sdot
1p( )1 01 1
011
34 15
1 19
66 10 15 10 618 V16 10
s
s
s
h h eUh v
Ue
Uminus
minus
ν = ν +
ν minusrArr =
sdot sdot sdot= =
sdot1p
d
( )2 02 max 2
max 2 2 02
19max 2
max 2
132 10 J825 eV
c
c
c
c
h hv EE h v v
EE
minus
ν = +
rArr = minus
= sdot=
1p
4p( )
2 02 max 2
max 2 2 02
19max 2
max 2
132 10 J825 eV
c
c
c
c
h hv EE h v v
EE
minus
ν = +
rArr = minus
= sdot=
1p( )2 02 max 2
max 2 2 02
19max 2
max 2
132 10 J825 eV
c
c
c
c
h hv EE h v v
EE
minus
ν = +
rArr = minus
= sdot=
1p( )
2 02 max 2
max 2 2 02
19max 2
max 2
132 10 J825 eV
c
c
c
c
h hv EE h v v
EE
minus
ν = +
rArr = minus
= sdot= 1p
TOTAL pentru Subiectul al III-lea 15p
Bareme teste nivel mediu
165
TESTUL 10
A MECANICAtilde
Subiectul I Punctaj1 d 32 a 33 c 34 c 35 b 3
TOTAL pentru Subiectul I 15p
Subiectul al II-lea Parţial Punctaj
a
Icircnălţimea la care urcă ascensorul se determină ca suma spaţiilor parcurse icircn fiecare etapă d1- spaţiul parcurs uniform accelerat timp de 3s d2=36m spaţiul parcurs icircn mişcare uniformă şi d3 spaţiul parcurs icircn ultimele 4s
Icircn prima etapă ascensorul porneşte din repaus atingacircnd viteza 21
2
7 msdvt
= = cu o acceleraţie conform
legii vitezei 211 1 1 1
1
2 msvv a t at
= rArr = =
1p
4p
Spaţiul parcurs se calculează aplicacircnd legea lui Galilei2
2 11 1 1 1
1
2 9m2vv a d da
= rArr = =
Icircn a treia etapă din legea vitezei se determină acceleraţia iar din legea lui Galilei se determină spaţiul parcurs2 2
1 3 3 21 3 3
1 3 31 3 3
22
0
final
final
final
v v a dv a d
v v a tv a t
v
= + = minus= + rArr
= minus= 21
33
21
33
15ms
12m2
vat
vda
= minus = minus = minus =
1p
Icircnălţimea H la care urcă ascensorul 1 2 3H d d d= + + 1p
rezultat final 57 mH = p
b
Viteza cu o secundă icircnainte de oprire se determină din legea vitezei acceleraţia fiind a3 mişcarea uni-form icircncetinită avacircnd loc de 3 s
4 1 3 41 3 4
4 1 4 113 3 3
3
v v a tv t tv v t vva t t
t
= + minus rArr = minus == minus
3p4p
rezultat final 4 15msv = 1p
c
Se scrie principiul al doilea al dinamicii pentru fiecare din cele trei etape
1 1 1 1 1 1( )G T ma T G ma T m a g+ = rArr minus = rArr = +
1p
4p2 2 20 0G T T G T mg+ = rArr minus = rArr =
1p
3 3 3 3 3 3( )G T ma T G ma T m g a+ = rArr minus + = rArr = minus
1p
rezultat final 1 3000 NT = 2 2500 NT = 1 2125 NT = 1p
Teste de fizicatilde pentru bacalaureat
166
d
Se scrie principiul al doilea al dinamicii pentru corpul de masă m pentru fiecare etapă
2 20G N N G+ = rArr = 1p
4p1 1 1 1 1 1( )G N ma G N ma N m a g+ = rArr minus + = rArr = +
2p
rezultat final 1 960 NN = 2 800NN = 1 680NN =
1p
TOTAL pentru Subiectul al II-lea 15p
Subiectul al III-lea Parţial Punctaj
a
Din legea de mişcare se determină spaţiul parcurs de corp icircn primele 3s iar din legea lui Galilei se determină viteza după primele 3s punacircnd condiţia ca viteza iniţială să fie zero
2
2 20
45 m2
2 2
gth
v v g h v g h
∆ = =
= + ∆ rArr = ∆
2p
4p2
2cmvE mg h= = ∆
1p
rezultat final 450 JcE = 1p
b
Energia cinetică a corpului după cele trei secunde se calculează cu formula de la punctul aDupă primele 3s corpul se va afla faţă de sol la o icircnălţime egală cu h h h= minus ∆
( )c
p
E mg h hE mg h h h h
∆ ∆= =
minus ∆ minus ∆
2p
3p
rezultat final 016c
p
EE
= 1p
c
Pacircnă la adacircncimea d = 02 m corpul pierde icircntreaga sa energie datorită forţei de rezistenţă din partea solului Aplicacircnd teorema de variaţie a energiei cinetice
2
22
c
c
L E Fd
mvE
v gh
= ∆ =
∆ =
=
2p
4p
2
2 2mv mghF
d= = 1p
rezultat final 16 kNF = 1p
d
Forţa de rezistenţă din parte aerului făcacircnd un lucru mecanic rezistent se aplică teorema de variaţie a ener-giei
2
( 1)
2
f i
i f i
f
E E E LE mgh E E fmgh mgh mgh f
mvE fmgh
∆ = minus == rArr minus = minus = minus= =
2p
4p
( 1)( 1) ( 1)
L mgh fL Fh mgh f F mg f
= minus= = minus rArr = minus
1p
rezultat final 9NF = minus 1p
TOTAL pentru Subiectul al III-lea 15p
Bareme teste nivel mediu
167
B TERMODINAMICAtilde
Subiectul I Punctaj1 c 32 d 33 a 34 b 35 b 3
TOTAL pentru Subiectul I 15p
Subiectul al II-lea Parţial Punctaj
a
Din ecuaţia de stare şi formula de definiţie a densităţii se obţine pV RT
mpV RTm= ν
rArr =ν = micromicro pVmRT
micro=
2p3p
rezultat final 2096 10m kgminus= sdot 1p
bDin ecuaţia de stare se obţine A
A
N N pVpV RT NN RT
= rArr = 2p3p
rezultat final 21144 10N molecule= sdot 1p
c
Din ecuaţia de stare se exprimă masa de heliu pentru cele două stări 11
1
p VmRT
micro= respectiv 2
22
p VmRT
micro= 2p
4pMasa ce trebuie adăugată se calculează ca diferenţă 2 1
2 12 1
V p pm m mR T T
micro∆ = minus = minus
1p
rezultat final 39 10 kgm minus∆ = sdot 1p
d
După adăugarea masei suplimentare parametrii corespunzători stării (2) sunt 2 2( )p V T iar icircn starea finală (3) volumul creşte la 3 1(1 ) 16V V f V= + =
2p
5ppresiunea scade la 3 2 2 2(1 ) 06p p f p= minus = 1p
Din ecuaţia Clapeyron Mendeleev 2 3 3 3 3 23 2 1 2
2 3 2
(1 )(1 )p V p V p V TT f f TT T p V
= rArr = = minus + 1p
rezultat final 3 2976 KT = 1p
TOTAL pentru Subiectul al II-lea 15p
Subiectul al III-lea Parţial Punctaj
a
Din formula de definiţie a randamentului ciclului 1 cedatciclu
primit primit
QLQ Q
η = = minus 2p
4pse obţine (1 ) (1 )cedat primit
LQ Q= minus η = minus ηη
1p
rezultat final 3600 JcedatQ = 1p
b
Scriind randamentul ciclului funcţie de temperaturile extreme 2
1 1
1 T TT T
∆η = minus = 1
TT ∆=
η1p
4p2 (1 )TT ∆= minus η
η1p
rezultat final 1 500 KT = 1p
2 300 KT = p
Teste de fizicatilde pentru bacalaureat
168
cDin ecuaţia de stare 2
2 22
m m RTp V RT Vp
= rArr =micro micro
2p3p
rezultat final 3 3623 10V mminus= sdot 1p
d
Cantitatea de căldură degajată la se răcirea izocoră este 2 3( )V V VQ C T C T T= ν ∆ = ν minus 1p
4p
Din ecuaţia transformării izocore 2 3 33 2
2 3 2
p p pT TT T p
= rArr = 1p
Prin icircnlocuire se obţine 32
2
1V Vm pQ C T
p
= minus micro
1p
rezultat final 233718 JVQ = 1p
TOTAL pentru Subiectul al III-lea 15p
Bareme teste nivel mediu
169
C PRODUCEREA ordfI UTILIZAREA CURENTULUI CONTINUU
Subiectul I Punctaj1 a 32 b 33 b 34 d 35 a 3
TOTAL pentru Subiectul I 15p
Subiectul al II-lea Parţial Punctaj
a
Se calculează rezistenţa R3 aplicacircnd formula 3 4lRSρ
= = Ω 1p
4pRezistorii R2 şi R3 sunt icircn paralel rezistenţa echivalentă fiind 2 3
232 3
R RRR R
=+ 1p
Rezistenţa echivalentă a grupării de rezistoare va fi 2 31 23 1
2 3
R RR R R RR R
= + = ++
1p
rezultat final 84R = Ω 1p
b
Tensiunea electromotoare echivalentă a grupării de acumulatoare icircn serie este 9sE nE V= =
Rezistenţa internă a grupării serie de acumulatoare este 06sr nr= = Ω 1p
4pCurentul pe ramura principală este dat de legea lui Ohm 1 As
s
EIR r
= =+
1p
Tensiunea icircntre bornele a şi b icircn circuit icircnchis va fi abU IR= 1p
rezultat final 84VabU = 1p
c
Legile lui Kirchhoff pentru nodul de reţea respectiv pentru ochiul format de cele două rezistoare se vor scrie2 3
2 2 3 3
I I IR I R I
= +=
2p3p
Din rezolvarea sistemului se obţine intensitatea curentului prin rezistorul R3 rezultat final 3 06 AI =
1p
d
Prin icircnlocuirea rezistorului R2 cu un voltmetru ideal se va modifica rezistenţa echivalentă a grupării de re-zistoare
1 3R R R= +1p
4pşi implicit valoarea curentului
1 2
093As
e
EIR R r
= =+ +
1p
Tensiunea indicată de un voltmetru ideal montat icircn locul rezistorului R2 va reprezenta tensiunea la bornele rezistorului R3
3 3U R I= 1p
rezultat final 3 279 VU = 1p
TOTAL pentru Subiectul al II-lea 15p
Teste de fizicatilde pentru bacalaureat
170
Subiectul al III-lea Parţial Punctaj
a
Din parametrii nominali se obţin valorile curenţilor pentru funcţionare normală1
1 1 1 11
33 3 3 3
3
125 A
05 A
PP U I IU
PP U I IU
= rArr = =
= rArr = =
2p
5pDeci prin rezistenţa R trebuie să circule un curent de 05A la borne avacircnd aplicată o tensiune 1 2 3( ) 4 VRU U U U= + minus =
1p
Din legea lui Ohm R
R
URI
= 1p
rezultat final 8R = Ω 1p
b
Intensitatea curentului prin baterie este 1 3 175I I I A= + = 1p
3pTensiunea electromotoare a bateriei este E UE U u U Ir r
Iminus
= + = + rArr = 1p
rezultat final 342r = Ω 1p
cEnergia disipată pe R icircn 15mint∆ = este 2W RI t= ∆ 2p
3prezultat final 1800 JW = 1p
d
Puterea consumată reprezintă puterea consumată de becuri şi de rezistor 2
consumat becuri 1 2 3( ) 42 WRP P P P P P RI= + = + + + = 2p
4pPuterea utilă este reprezentată de puterea consumată de becuri Deci randamentul va fi becuri
consumat
095PP
η = = 1p
rezultat final 095η = 1p
TOTAL pentru Subiectul al III-lea 15p
Bareme teste nivel mediu
171
DOPTICAtilde
Subiectul I Punctaj1 b 32 d 33 c 34 b 35 d 3
TOTAL pentru Subiectul I 15p
Subiectul al II-lea Parţial Punctaj
a
Distanţa focală a lentilei L1 este 11
1 20 cmfC
= =
Lentila L1 formează o imagine reală situată la 1 12
1 1
30 cmf xxf x
= =+
faţă de lentilă1p
4pCum distanţa dintre lentile este de 40cm faţă de lentila L2 imaginea este situată la distanţa
1 2 10 cmx D x= minus = Distanţa focală a lentilei L2 este 22
1 25 cmfC
= = Aşadar lentila L2 se comportă ca
o lupă formacircnd o imagine finală virtuală situată la distanţa 2 12
2 1
f xxf x
=+
faţă de lentila L2
1p
rezultat final 2 166 cmx = minusImaginea se formează icircntre cele două lentile şi este o imagine virtuală
2p
b
Convergenţa sistemului format prin alipirea celor două lentile este 1 2 9C C C= + = δ 1p
3pLentila echivalentă are distanţa focală 1FC
= 1p
rezultat final 011 mF = 1p
c
Prin alipirea celor două poziţia imaginii finale va fi 12
1
1346 cmFxxF x
= =+
1p
4pMărirea liniară transversală a sistemului este 2
1
y xy x
β = = 1p
Icircnălţimea imaginii finale va fi 2
1
xy yx
= 1p
rezultat final yprime= 157 cm 1p
d
Dacă imaginea reală formată este de patru ori mai mare decacirct obiectul 2
1
4xx
β = = minus 1p
4pUtilizacircnd formula lentilelor
2 1
1 1 1F x x
= minus 1p
unde icircnlocuind 2 14x x= minus se obţine poziţia imaginii finale prin sistem 154Fx = minus 1p
rezultat final 1 1388mx = 1p
TOTAL pentru Subiectul al II-lea 15p
Teste de fizicatilde pentru bacalaureat
172
Subiectul al III-lea Parţial Punctaj
a
Legea conservării energiei ext ch L Eν = + se scrie icircn condiţiile date sub forma 1
1ext s
hc L eU= +λ
(1) 1p
4prespectiv 2
2ext s
hc L eU= +λ
(2) 1p
Din (1) şi (2) se obţine scăzacircnd cele două relaţii ( ) ( )( )1 2 1 2
1 21 2 1 2
1 1 s ss s
e U Uhc e U U h
cminus λ λ
minus = minus rArr = λ λ λ minus λ
1p
rezultat final 34662 10h Jsminus= sdot 1p
b
Din legea conservării energiei max1
ext chc L E= +λ consideracircnd maxc sE eU= 1p
4pşi relaţia pentru lucru mecanic de extracţie 0extL h= ν 1p
se obţine 10
1
sc eUh
ν = minusλ
1p
rezultat final 140 458 10 Hzν = sdot 1p
c
Pentru a determina raportul vitezelor maxime ale fotoelectronilor emişi se consideră 21
1 max 12c smvE eU= = 1p
4p
Respectiv 22
2 max 22c smvE eU= = 1p
Se obţine 1 1
2 2
s
s
v Uv U
= 1p
rezultat final 1
2
073vv
= 1p
d
Legea conservării energiei se scrie pentru cele două radiaţii
11
ext shc L eU= +λ
(1) respectiv 33
ext shc L eU= +λ
(2)
Variaţia tensiunii de stopare a fotoelectronilor emişi 3 3s s sU U U∆ = minus
1p
3p
3 1
1 1s
hcUe
∆ = minus
λ λ 1p
rezultat final 086 VsU∆ = 1p
TOTAL pentru Subiectul al III-lea 15p
Bareme teste nivel mediu
173
TESTUL 11
A MECANICAtilde
Subiectul I Punctaj1
c 2
2 2mkg sN s s=
kg m kg m
sdot sdotsdotsdot sdot
= adimensional 3
2 c 3
3
b Din grafic rezultă 0h = 25 JcE =
5h = 0cE =2
0
2m v m g hsdot
= sdot sdot 0m2 10s
v g h= sdot sdot =
2
2 05 kgc
o
Emvsdot
= =
3
4 c 3
5 d ( ) 60 kW
2m trapezB b hP A + sdot
= = = 3
TOTAL pentru Subiectul I 15p
Subiectul al II-lea Parţial Punctaj
a
Reprezentarea corectă a forţelor care acţionează asupra sistemului
3p 3p
bPentru expresia acceleraţiei 1 2 ( )t f f t
F F F F g m MaM m M mminus minus minus micro sdot sdot +
= =+ +
3p
4p
Rezultă 2
m75s
a = 1p
c
Din legea deformărilor elastice se obţine 0F lSE l
sdot=
sdot ∆
Expresia secţiunii firului 2
4dS πsdot
=
3p4p
Rezultă 3346 10 md minus= sdot 1p
d
Pentru viteza constantă tP F v= sdot 1 2
0t f fF F Fminus minus = 2p
4pRezultă 1 2
( ) ( )f fP F F v g M m v= + sdot = micro sdot sdot + sdot 1p
Obţinem 375 10 WP = sdot 1p
TOTAL pentru Subiectul al II-lea 15p
Teste de fizicatilde pentru bacalaureat
174
Subiectul al III-lea Parţial Punctaj
a
Din conservarea energiei se obţine energia potenţială maximă a corpului
ti tfE E= 2
0
2 cf pfm v E Esdot
= +
20
max 2pf pm vE E sdot
= =
2p
3p
Rezultă max 36 JpE = 1p
b
Energia totală a bilei icircntre cele două stari1 1ci pi c pE E E E+ = + 1p
4pRezultă 1 1
14ci p pE E E= sdot + din condiţiile problemei 2p
Obţinem 144 mh = 1p
c
Din condiţiile problemei cA A pE E= deci energia totală a bilei este
max maxpE m g h= sdot sdot max 18 mh =
Icircnălţimea va fi max1 045 m4
h h= sdot =
1p
4pImpulsul la icircnălţimea h se obţine din
2 20
2 2m v m v m g hsdot sdot
= + sdot sdot
20 2v v g h= minus sdot sdot p = mv
2p
Rezultă m1038 kgs
p = sdot 1p
d
Lucrul mecanic efectuat de greutatea corpului din momentul lansării pacircnă la atingerea solului esteu cG G GL L L= + 1p
4pDeci max maxGL m g h m g h= minus sdot sdot + sdot sdot 2p
Rezultă 0GL = 1p
TOTAL pentru Subiectul al III-lea 15p
Bareme teste nivel mediu
175
B TERMODINAMICAtilde
Subiectul I Punctaj1
d 2 3
2 3
N kgN 1m mol mJ m N m mkg k
mol k
minussdot
= = =sdot sdotsdot sdot
sdot
3
2 c p vRc c= +micro
p vRc cminus =micro
3
3c 0Q = 1T V ctγminussdot = 1
2 8VV = 12
1
8TT
γminus= 53
p
v
cc
γ = =
2 232 3 3
2 11
8 (2 ) 4 4T T TT
= = = rArr = sdot 3
4 b 3
5 d 12 23 310 U U U= ∆ + ∆ + ∆ 1252vU C T p V∆ = ν sdot sdot ∆ = sdot sdot 31
72pU C T p V∆ = ν sdot sdot ∆ = minus sdot sdot 23 12 310U U U p V∆ = minus ∆ minus ∆ = sdot 3
TOTAL pentru Subiectul I 15p
Subiectul al II-lea Parţial Punctaj
a
Din ecuaţia termică de stare 1 1 1
mp V R Tsdot = sdot sdotmicro
3 311
1
025 10 mm R TVp
minussdot sdot= = sdot
sdotmicro 3 31
11
025 10 mm R TVp
minussdot sdot= = sdot
sdotmicro 1p
3pSe obţine 3 31
11
025 10 mm R TVp
minussdot sdot= = sdot
sdotmicro1p
Rezultă 3 31 025 10 mV minus= sdot 1p
b
Numărul de moli poate fi exprimat atacirct din relaţia A
NN
ν = 1p
4pcacirct şi din relaţia
mν =
micro1p
Din relaţiile precedente obţinem pentru o moleculă de aer 1N = 0A
mNmicro
= 1p
Rezultă 260 48 10 kgm minus= sdot 1p
c
Pentru starea iniţială 1 1 1A
Np V R TN
sdot = sdot sdot 1p
4pConcentraţia se defineşte Nn
V= 1p
Se obţine 1
1
Ap NnR T
sdot=
sdot1p
Rezultă 263024 10 molecn m= sdot 1p
Teste de fizicatilde pentru bacalaureat
176
d
Pistonul rămacircne icircn poziţia iniţială dacă 1 2p p= 1 2V V= 1 1 2
1 2
( )m R T m m R TV V
sdot sdot minus sdot sdot=
micro sdot micro sdot1 019 kgm = 1 2V V=
1 1 2
1 2
( )m R T m m R TV V
sdot sdot minus sdot sdot=
micro sdot micro sdot 1 019 kgm =
2p
4punde 1
11
m R TpV
sdot sdot=
micro sdot pentru starea 1
1 22
2
( )m m R TpV
minus sdot sdot=
micro sdot pentru starea 2
1p
Icircn final obţinem 1 1 2
1 2
( )m R T m m R TV V
sdot sdot minus sdot sdot=
micro sdot micro sdot
Rezultă 1 019 kgm = 1p
TOTAL pentru Subiectul al II-lea 15p
Subiectul al III-lea Parţial Punctaj
a
Pentru icircntregul proces ciclic 12 23 34 41tL L L L L= + + +
2 4 ln 2 3 28 18tL pV pV pV pV pV pV= + minus = minus = 1p
5p
Pentru fiecare stare se obţine 1 2rarr 12 0V ct L= rArr =
23 3 3 2( ) 2 (2 ) 2L p V V p V V pV= minus = minus =
4 1
34 3 3 33 1
4ln ln 2 2 ln 2 4 ln 22
V VL vRT p V p V pVV V
= = = =
41 1 1 4( ) ( 4 ) 3L p V V p V V pV= minus = minus = minus
2p
Obţinem 18tL pV= 1p
b
Căldura cedată de gaz icircntr-un ciclu de funcţionare este 41 1 4 1 47( ) ( )2c pQ Q vC T T vRT vRT= = minus = minus 1p
4pDin ecuaţia termică de stare 41 1 1 4 4
7 ( )2cQ Q p V p V= = minus 1p
Obţinem 417 ( 4 )2cQ Q pV pV= = minus 1p
Rezultă 41 105cQ Q pV= = minus 1p
c
Randamentul unui Ciclu Carnot este min
max
1 TT
η = minus 1p
4p1 1
min 1p VT TvR
= =
3 3max 3
p VT TvR
= =
1p
Obţinem 1 1
3 3
1 12 2
p V pVp V p V
η = minus = minus 1p
Rezultă 75η = 1p
d
Trasarea corectă a graficului
3p 3p
TOTAL pentru Subiectul al III-lea 15p
Bareme teste nivel mediu
177
C PRODUCEREA ordfI UTILIZAREA CURENTULUI CONTINUU
Subiectul I Punctaj1
c SI
V RA
= 2W R I t= sdot sdot ∆ 2 12 J A s
SI
WR RI t
minus minus= rArr = sdot sdotsdot ∆
3
2 d 11
lRS
ρsdot= 2
2
lRSρsdot
= 1
2
14
RR
= 3
3 b 34 d 3
5 c 572 10 JW P t= sdot = sdot 2 kWhW = 3
TOTAL pentru Subiectul I 15p
Subiectul al II-lea Parţial Punctaj
a
Stabilirea corectă a sensului curenţilor
1p
4p
Legile lui Kirchhoff
1 1 1 3 3 1 ( )I I R r I R Esdot + + sdot = 2 2 2 3 3 2 ( )II I R r I R Esdot + minus sdot = 1 2 3A I I I= + 3p
bDin ochiul I se obţine 1 1 1 1( ) 78 VABU E I R r= minus sdot + = 2p
3pRezultă 78 VABU = 1p
c
Pentru nodul A 2 1 3I I I= minus 3
3
13 AABUIR
= = 2 24 AI = 2p
4pIndicaţia voltmetrului se obţine din 2 2 2MNE U I r= + sdot 1p
Rezultă 152 VMNU = 1p
dDaca se icircnlocuieşte R3 cu un voltmetru ideal pe ramura respectivă nu mai trece curent deci putem scrie
1 2 1 2 1 2( )I R R r r E Esdot + + + = + 3p4p
Rezultă 312 AI = 1p
TOTAL pentru Subiectul al II-lea 15p
Subiectul al III-lea Parţial Punctaj
a
Pe circuitul exterior max
4extPP =
22
16ER I
rsdot =
sdot1p
4pSe icircnlocuieşte 2
2
P
EIR r
= +
1p
Pentru R = r obţinem relaţia 2 28 4 0R Rminus sdot + = 768∆ = 1p
Rezultă 12 2784 016R = Ω Ω 1p
Teste de fizicatilde pentru bacalaureat
178
b
Pentru puterea maxima 2R r= = Ω 1p
4pIntensitatea va fi 5 A2EI
r= =
sdot
Energia disipata de rezistorul R este 2W R I t= sdot sdot ∆ 1p
Rezultă 15 kJW =
c
Icircn acest cazvaloarea intensitatii va fi 1 2 A5SCII = = 1p
3pDeci 1P U I= sdot unde 1 16 VU E r I= minus sdot = 1p
Rezultă 32 WP = 1p
d
Intensitatea curentului de scurtcircuit al sursei este1
1 1 1 11
8E r IE R I r I RI
minus sdot= sdot + sdot rArr = = Ω
1
1
RR r
η =+
2p3p
Rezultă 80η = 1p
TOTAL pentru Subiectul al III-lea 15p
Bareme teste nivel mediu
179
DOPTICAtilde
Subiectul I Punctaj1
a 22
m 1 m1 1 m ss s ssic minuslt sdotν gt = sdot = = sdot 3
2 c 3
3 d sin 1 3sin 3sin4sin 4 8
3
i rir
= rArr = = 3
4 c 15
2 1214
1 2
1
5 10 252 10
c
cλ ν sdotν
= = = =λ ν sdot
ν
3
5 c 9
43
600 10 2 6 10 06 mm2 2 10Dil
minusminus
minus
λ sdot sdot= = = sdot =
sdot3
TOTAL pentru Subiectul I 15p
Subiectul al II-lea Parţial Punctaj
a
Din prima formulă fundamentală a lentilelor 2 1
1 1 1x x f
minus = 1p
4Rezultă 1
21
20 ( 30)20 30
fxxf x
sdot minus= =
+ minus2p
Obţinem 2 60 cmx = 1p
b
Distanţa focală 2
1 1 2
1 1 11nf n R R
= minus minus
unde 1 1n =
( )1 1 11nf R R
= minus minus minus
2p
4p
obţinem ( )2 11 1
2n Rn
f R fminus
= rArr minus = 1p
Rezultă 20 1 152 20
n = + =sdot
1p
c
Realizarea corectă a desenului
3p 3p
d
Convergenţa pentru cele două medii
1 2 1
2( 1)
nCf n R
C nR
= = minus
= minus
2p
4pPrin icircmpărţire obţinem
1 15 1151 112
C nnCn
minus minus= =
minus minus1p
Rezultă 2CC
= 1p
TOTAL pentru Subiectul al II-lea 15p
Teste de fizicatilde pentru bacalaureat
180
Subiectul al III-lea Parţial Punctaj
aFrecvenţa radiaţiei monocromatice de frecvenţă 1ν este
8
1 91
3 10600 10
cminus
sdotν = =
λ sdot2p
3p
Rezultă 151 05 10 Hzν = sdot 1p
b
Pentru radiaţia de frecvenţă 1ν avem 1 1ex Sh L e Usdot ν = + sdot 1 0 1h h eUν = ν + 8
16 152 9
2
3 10 1 10 055 10 Hz54 10 18
cminus
sdotν = = = sdot = sdot
λ sdot 1p
4pPentru radiaţia de frecvenţă 2ν avem 2 0 1( )h h e U Uν = ν + + ∆ 1p
Din relaţiile precedente obţinem prin adunarea lor 2 1
2 1
( )( )
h e UhU
e
ν minus ν = ∆ν minus ν
∆ = unde 152
2
055 10 Hzcν = = sdot
λ1p
Rezultă 02VU∆ = 1p
c
Lucrul mecanic de extracţie este 0 00
cL h h= ν =λ
1p
4pObţinem 17
0 0044 10L Jminus= sdot 1p
Dar 17
190 19
0044 101 16 1016 10
eV J Lminus
minusminus
sdot= sdot rArr =
sdot1p
Rezultă 0 275L eV= 1p
d
Pentru radiaţia de frecvenţă 1ν energia cinetică a fotoelectronilor emişi de către catodul celulei fotoelectrice este
11 0 ch h Eν = ν +1p
4pPentru radiaţia de frecvenţă 2ν energia cinetică a fotoelectronilor emişi de către catodul celulei fotoelectrice este 2 0 1( )c chv hv E E= + + ∆
1p
Variaţia energiei cinetice a fotoelectronilor emişi de către catodul celulei fotoelectrice se obţine scăzacircnd relaţiile 2 1( ) ch v v Eminus = ∆ 1p
Rezultă 19033 10 JcE minus∆ = sdot 1p
TOTAL pentru Subiectul al III-lea 15p
Bareme teste nivel mediu
181
TESTUL 12
A MECANICAtilde
Subiectul I Punctaj1 a 32 d 33 b 34 d 35 c 3
TOTAL pentru Subiectul I 15p
Subiectul al II-lea Parţial Punctaj
a
Pentru corpul cu masa m1 se scrie 1
1 1
1 1
0
f
F T m aN m gF N
minus =minus == micro
2p
5pPentru corpul cu masa m2 2 2
2 2
2 2
0f
f
T F m aN m gF N
minus =
minus == micro
2p
Din sistemul de mai sus se deduce acceleraţia sistemului 1 1 2 22
1 2
( ) m125s
F g m mam m
minus micro + micro= =
+1p
b Tensiunea va fi 2 2( ) 675NT m a g= + micro = 3p 3p
c
Putem presupune că icircn urma acţiunii forţei F sistemul a ajuns la o anumită viteză Dacă forţa icircncetează corpu-rile se vor mişca uniform icircncetinit acceleraţiile lor fiind
1 1 2
m2s
a g= minusmicro = minus respectiv 2 2 2
m1s
a g= minusmicro = minus 2p
4p
Deoarece acceleraţia de fracircnare a primului corp este mai mare rezultă că firul de legătura se detensionează deci tensiunea va fi nulă 2p
d Putem raţiona astfel deoarece forţa exterioară sistemului nu se schimbă acceleraţia sistemului nu se schimbă Vom obţine deci 1 1 ( ) 225NT m a g= + micro = 3p 3p
TOTAL pentru Subiectul al II-lea 15p
Subiectul al III-lea Parţial Punctaj
aAplicăm teorema de variaţie a energiei cinetice
2 21 cos180
2 2mv mv mgdminus = micro deg 3p
5p
Rezultă 2 2
1 0482
v vgdminus
micro = = 2p
bLa sfacircrşitul perioadei de fracircnare impulsul vagonului este 1p mv= 2p
3pp = 8000 Ns 1p
c
Icircn timpul opririi vagonului icircn urma ciocnirii celor patru tampoane energia cinetică a vagonului se transformă icircn energie potenţială elastică a tampoanelor Un singur tampon va icircnmagazina energia
21
112 2
MvW =
2p3p
1 8000JW = 1p
d
Energia mecanică se conservă pentru un resort scriem2 211
4 2 2Mv kx
= 2p
4p
Rezultă 212
kN3204 mMvk
x= = 2p
TOTAL pentru Subiectul al III-lea 15p
Teste de fizicatilde pentru bacalaureat
182
B TERMODINAMICAtilde
Subiectul I Punctaj1 b 32 b 33 c 34 c 35 a 3
TOTAL pentru Subiectul I 15p
Subiectul al II-lea Parţial Punctaj
a
Scriem ecuaţie de stare pentru cele două baloane 1 21 2
1 2
m mp V RT p V RT= =micro micro
1p
3p1 1 2 21 2p V p Vm m
RT RTmicro micro
= = 1p
1 1 1
2 2 2
35m pm p
micro= =
micro1p
b
Prin deschiderea robinetului gazele se amestecă iar cantităţile de substanţă se adună1 2
1 2
(2 ) ( )m mp V RTsdot = +micro micro
1p
4p
1 2
21 2
2 2
( )
2
m m RTm RTp V
V p
+micro micro
= =micro
1p
Forţăm factor comun 2m
12
2 2 1 12 1 21 2
2 1 2 2 2
2 2
1 1( )1 1 1( ) (p p )
2 22
mmp pmp m RT p
p
sdot +micro micromicro micro
= = sdot + = +micro micro micro
micro
1p
1 (1atm 2atm) 15atm2
p = + =
Observaţie dacă se scrie rezultatul final direct nu se ia icircn consideraţie
1p
c
Masa molară medie (aparentă) a amestecului este 1 2
1 2
1 2
masa amestecului m mm msuma molilor
+micro= =
+micro micro
2p
4pSe forţează factor comun m2
12
2
12
2 1 2
( 1)
1 1( )
mmm
mmm
+micro =
sdot +micro micro
1p
şi se icircnlocuieşte raportul maselor de la punctul a) Se obţine 1 1 2 2
1 2
kg12kmol
p pp p
micro + micromicro = =
+1p
d
0 2 rmp V RT=micro
1p
4p02r
p VmRTmicro
= 1p
0 0
1 2 1 1 2 2 1 2
2 2 2 0(6)3
rm p pm m p p p p
micro= = = =
micro + micro +2p
TOTAL pentru Subiectul al II-lea 15p
Bareme teste nivel mediu
183
Subiectul al III-lea Parţial Punctaj
a
1 (273 27)K 300KT = + =
1p
3p
Pentru transformarea 1rarr2 1 12 1
2 1
2 2 600Kp p T TT T
= = = 1p
Pentru transformarea 2rarr3 3 1
3 2
V VT T
= pentru transformarea 3rarr1 3 1
3 1
p pV V
=
Rezultă 3 14 1200 KT T= =
1p
b
Pentru transformarea 1 rarr 3 aplicăm primul principiu al termodinamicii
13 13 13 3 1 3 11 sau ( )( )2VQ U L C T C T p p V V= ∆ + ν ∆ =ν ∆ + + minus
1p
4p
Ţinacircnd cont de ecuaţia de stare pentru 1 şi 3 şi de ecuaţia dreptei 1 rarr 3 lucrul mecanic se scrie
13 3 3 3 1 1 3 1 1 3 11 1( ) ( )2 2
L p V p V p V p V RT RT= minus + minus = ν minus ν 1p
Rezultă 12VC T C T R Tν ∆ =ν ∆ + ∆ 1p
Rezultat final J2 16620
2 kmol KVRC C R= + = =
sdot1p
c
123 12 23L L L= +
12 23 2 3 1 2 3 2 10 ( )L L p V V p V p V= = minus = minus2p
4p2 3 3 1 2 1 1p 4 V RT RT p V RT= ν = ν = ν 1p
123 1 1 13 3 300JL RT p V= ν = = 1p
d
1 ced
abs
η = minus 1p
4p31 3 1( )( )
2ced VRQ Q C T T= = ν + minus 1p
12 23 2 1 3 2( ) ( )abs V pQ Q Q C T T C T T= + = ν minus + ν minus 1p
1 1
1 1 1 1
2 (4 ) 11 773 5 13(2 ) (4 2 )2 2
R T TR RT T T T
ν sdot minusη = minus =
ν sdot minus + ν sdot minus
1p
TOTAL pentru Subiectul al III-lea 15p
Teste de fizicatilde pentru bacalaureat
184
C PRODUCEREA ordfI UTILIZAREA CURENTULUI CONTINUU
Subiectul I Punctaj1 d 3
2
b
Intensitatea curentului prin circuit este EI RxrR x
=+
+
Puterea debitată este P = Rechivalentă exterioară I2
2
2
( )( )
E Rx R xRx rR rx
+=
+ +
Funcţia ( )P R are un extrem (icircn acest caz un maxim) dacă derivata de ordin I se anulează 0dPdx
=
Rezultă RrxR r
=minus
3
3
c
Prin definiţie intensitatea curentului electric este dQIdt
=
Considerăm o porţiune de conductor electric cu aria secţiunii transversale S de lungime dx icircn care se află purtători de sarcină cu concentraţia n care se deplasează relativ uniform cu viteza v şi avacircnd sarcina q Este valabilă următoarea succesiune de relaţii
dQ dN q n dV q n q S dxI nqSvdt dt dt dt
dQ dN dxq n dV Sdx vdN dV dt
sdot sdot sdot sdot sdot sdot = = = = = = = = =
3
4
c
Pentru circuitul serie avem 12
2EI
R r=
+
Pentru circuitul cu sursele dispuse icircn paralel se scrie 2
22
EI rR=
+
Raportul curenţilor este 1
2
22 2122 7
rRI EI R r E
+= sdot =
+
3
5
dCa să lumineze normal trebuie ca becurile să aibă aceeaşi rezistenţă nominală cacircnd sunt parcurse de acelaşi curent nomi-
nal 1
2nn n
E EIR r R r
= =+ +
Rezultă 174
E E=3
TOTAL pentru Subiectul I 15p
Subiectul al II-lea Parţial Punctaj
aIndiferent de poziţia extremă a cursorului acesta scurtcircuitează punctele A şi B 2p
4pPrin urmare intensitatea curentului din circuit este icircn aceste cazuri
1
171AEIr R
= cong+
2p
b
O reprezentare mai accesibilă a circuitului arată astfel
Rezistenţa furnizată de potenţiometrul special este reprezentată alăturat
Rezistenţa echivalentă a potenţiometrului este
22 ( ) 22ABx R xR x x
R Rminus
= = minus
2p
4p
22 ( ) 22ABx R xR x x
R Rminus
= = minus
adică este o funcţie de gradul al doilea cu argumentul xGraficul acestei funcţii este o parabolă cu valorile importante prezen-tate icircn figura alăturată
2p
Bareme teste nivel mediu
185
c
Curentul indicat de ampermetru este minim cacircnd rezistenţa totală din circuitul exterior este maximă Acest aspect este realizat cacircnd rezistenţa potenţiometrului este maximă conform graficului această valoare este
max 2ABRR =
2p
4pRezultă min
1 2
EI Rr R=
+ + 1p
Rezultă min 1I A= 1p
dsc
EIr
= 2p3p
12AscI = 1p
TOTAL pentru Subiectul al II-lea 15p
Subiectul al III-lea Parţial Punctaj
a
Intensitatea curentului electric icircntr-un circuit simplu este EI
R r=
+1p
4p
Puterea debitată pe rezistenţa externă este 2
22( )
REP RIR r
= =+
1p
Se vede că puterea este o funcţie de R Aceasta are un extrem dacă derivata de ordin I are valoarea zero adică
2 2
2 4
( ) 2 ( )0 0( ) ( )
d RE R r R R r R rdR R r R r
+ minus += rArr = rArr = + +
1p
Icircnlocuind valoarea aflată a lui R icircn expresia puterii se obţine 2
4mEP
r= De aici
2
14 m
ErP
= = Ω 1p
b
Rezistenţa echivalentă a circuitului exterior se poate deduce urmacircnd curbele icircnchise de la cea mai mică la cea mai mare Pentru curba din interior rezistenţa echivalentă este R Pentru curba mai mare rezistenţa echivalentă este 3R Icircn final se obţine valoarea rezistenţei exterioare echivalente 2eR R=
2p3p
Deoarece aceasta trebuie să fie egală cu rezistenţa internă a sursei se obţine icircn final 2 052rR r R= rArr = = Ω 1p
c
Condiţia impusă se scrie mP fP= Adică 2 2
02
0( ) 4R E Ef
R r r=
+ 2p
4pRezolvacircnd se obţine
2
02 4(1 )
4 m
f fERP f
minus plusmn minus= sdot
Rezultă două valori 01 018R = Ω şi 02 582R = Ω
2p
Teste de fizicatilde pentru bacalaureat
186
d
1
2
22
2
22
RR r
RrR
η =+
η =+
2p
4p1
2
1223
η =
η =1p
2
1
43
η=
η 1p
TOTAL pentru Subiectul al III-lea 15p
Bareme teste nivel mediu
187
DOPTICAtilde
Subiectul I Punctaj1 a 32 d 33 a 34 d 35 c 3
TOTAL pentru Subiectul I 15p
Subiectul al II-lea Parţial Punctaj
a
Considerăm o lentilă cu grosimea a iar imaginea intermediară a obiectului aflat la ndashx1 faţă de primul diop-tru se formează la distanţa x icircn interiorul lentilei Aceasta constituie obiect pentru al doilea dioptru faţă de
care se află la 1( )x x a+ minus =
1p
5p
2 1 2 1
1 1
n n n nx x R
minusminus = 1p
3 2 3 2
2 2
n n n nx x a R
minusminus =
minus 1p
Se rezolvă şi se impune condiţia ca a să tindă spre zero (lentilă subţire) şi se obţine3 1 2 1 3 2
2 1 1 2
n n n n n nx x R R
minus minusminus = + 2p
b
Pentru primul dioptru 1 1
1 2 1
y n xy n x
= 1p
4pPentru al doilea dioptru 2 2 2
1 3 1
y n xy n x
= 1p
Pentru lentila subţire 1x x a x= minus cong 1p
Rezultă mărirea liniară transversală 1 2 2
3 1 1
n x yn x y
β = = 1p
c
Pentru focarul imagine 31
2 1 3 2
1 2
imnx f n n n n
R R
rarr minusinfin =minus minus
+
15p
3p
Pentru focarul obiect 12
2 1 3 2
1 2
obnx f n n n n
R R
minusrarr infin =
minus minus+ 15p
d
Indicii de refracţie ai mediilor din lateral devin ambii de valoare 1 iar razele vor fi identice icircn modul Se obţine o lentilă simetrică situată icircn aer 1p
3pRezultă
22( 1)Rf
n=
minus 2 2
1 1
y xy x
β = = 2 1
1 1 1x x f
minus = 2p
TOTAL pentru Subiectul al II-lea 15p
Teste de fizicatilde pentru bacalaureat
188
Subiectul al III-lea Parţial Punctaj
a
Unda cu parcurs mai mare 2 22 2( )a l b rδ = + + + 1p
3pUnda cu parcurs mai mic 2 21 1( )a l b rδ = minus + + 1p
Rezultă 2 2 2 22 1( ) ( )a l b r a l b rδ = + + + minus minus + minus 1p
b
Putem scrie 2
kx rD l
∆asymp pentru maxime de interferenţă diferenţa de drum optic trebuie să fie multiplu par de
semilungimi de undă iar pentru minime multiplu impar1p
4pPentru maxime rezultă 2 2 2 2
max 2 ( ) ( )2 2kDx k a l b a l bl
λ = minus + + + minus + 1p
Pentru minime rezultă 2 2 2 2min (2 1) ( ) ( )
2 2kDx k a l b a l bl
λ = + minus + + + minus + 1p
Pentru maximul central se obţine 2 2 2 20max ( ) ( )
2Dx a l b a l bl
= minus + + + minus + 1p
c
Interfranja luminoasă se calculează ca diferenţa dintre maximul luminos de ordinul k + 1 şi acela de ordinul k 1p
4pRezultă
2lDi
lλ
= 1p
Interfranja icircntunecoasă se calculează ca diferenţa dintre minimul luminos de ordinul k + 1 şi acela de ordi-nul k 1p
Rezultă 2icircDi
lλ
= 1p
d
Interfranja va creşte 2 (1 ) 2 1
D D fi il f l f
λ λ∆ = minus =
minus minus2p
4p
Şi icircn acest caz interfranja va creşte (1 )
2 2D g Di gi
l l+ λ λ
∆ = minus = 2p
TOTAL pentru Subiectul al III-lea 15p
TESTE DE NIVEL AVANSAT
Teste de fizicatilde pentru bacalaureat
190
TESTUL 1
A MECANICAtilde
Subiectul I Punctaj1 a 32 b 33 c 34 d 35 c 3
TOTAL pentru Subiectul I 15p
Subiectul al II-lea Parţial Punctaj
a
Pe direcţia mişcării sistemului saniendashsportiv avem 1 2( ) t fG F m m aminus = + sdot 1p
4punde 1 2 1 2( ) sin ( )t
HG m m g m m gL
= + sdot sdot α = + sdot sdot 1p
Deci 1 2( )fHF m m g aL
= + sdot sdot minus
1p
Rezultă 60 NfF = 1p
b
Pentru sistemul saniendashsportiv pe o direcţie perpendiculară cu direcţia mişcării avem 0nN Gminus = 1p
5p
unde 2 2
1 2 1 2( ) cos ( )nL HG m m g m m g
Lminus
= + sdot sdot α = + sdot sdot 1p
Dar fF N= micro sdot 1p
După efectuarea calculelor obţinem 2 2
1 2( )fF L
m m g L H
sdotmicro =
+ sdot sdot minus1p
Rezultă 0125micro = 1p
c
Pe direcţia mişcării saniei avem 2 2 2 t fG F m aprimeminus = sdot 1p
4p
unde 2 2 2sin tHG m g m gL
= sdot sdot α = sdot sdot2 2
2 2 2 2 2cosf nL HF N G m g m g
Lminus
= micro sdot = micro sdot = micro sdot sdot sdot α = micro sdot sdot sdot1p
Obţinem 2 2H L Ha g
Lminus micro sdot minusprime = sdot 1p
Rezultă 25 ms aprime = 1p
d
Pe direcţia mişcării saniei avem 2 2 0t fF G Fminus minus = 1p
3pDeci 2 2
2 2 2t fH L HF G F m g
L+ micro sdot minus
= + = sdot sdot 1p
Rezultă 28 NF = 1p
TOTAL pentru Subiectul al II-lea 15p
Bareme teste nivel avansat
191
Subiectul al III-lea Parţial Punctaj
a
Aplicăm legea de conservare a energiei mecanice M NE E= 1p
4p
Unde 2 2
0 2 2
M MM cM pM
m v m vE E E sdot sdot= + = + =
max max0N cN pNE E E m g h m g h= + = + sdot sdot = sdot sdot1p
Obţinem 2
max 2Mvhg
= 1p
Rezultă max 5 mh = 1p
b
La coboracircre icircn punctul P icircn care energia cinetică a pietrei este o pătrime din energia potenţială a sistemului
piatrăndashpămacircnt avem 25
4 52
QQ cQ pQ cQ cQ cQ
m vE E E E E E
sdot= + = + = =
1p
4pDar M QE E= 1p
După efectuarea calculelor obţinem 5
5Q Mv v= 1p
Rezultă 447 msQv cong 1p
c
Aplicăm teorema de variaţie a energiei mecanice neconservativR ME E Lminus = 1p
4pUnde 0 ( )R cR pRE E E m g d m g d= + = + minus sdot sdot = minus sdot sdot neconservativ rL F d= minus sdot 1p
Deci 2
2M
rm vF m g
dsdot
= sdot + 1p
Rezultă 5010 NrF = 1p
d
Lucrul mecanic efectuat de forţa de greutate din punctul de icircnălţime maximă a pietrei şi pacircnă la oprirea acesteia icircn sol este max( )GL m g h d= sdot sdot +
2p3p
Rezultă 501 JGL = 1p
TOTAL pentru Subiectul al III-lea 15p
Teste de fizicatilde pentru bacalaureat
192
B TERMODINAMICAtilde
Subiectul I Punctaj1 b 32 a 33 a 34 d 35 c 3
TOTAL pentru Subiectul I 15p
Subiectul al II-lea Parţial Punctaj
a
Pentru primul compartiment din ecuaţia termică de stare 1 1 1 1p V R Tsdot = ν sdot sdot 1p
3pObţinem 1 11
1
p VR T
sdotν =
sdot1p
Rezultă 1 1 molν = 1p
b
Pentru al doilea compartiment din ecuaţia termică de stare 2 2 2 2p V R Tsdot = ν sdot sdot 1p
4pObţinem 2 2 2
22 A
p V NR T N
sdotν = =
sdot1p
Dar 22
A
NN
ν = 1p
Rezultă 232 301 10 N = sdot 1p
c
Icircn acest caz 1 2Q Q= 1p
4pUnde 1 1 V 1( )Q C T T= ν sdot sdot minus 2 2 V 2( )Q C T T= ν sdot sdot minus 1p
După efectuarea calculelor obţinem 1 1 2 2
1 2
T TT ν sdot + ν sdot=
ν + ν1p
Rezultă 3333 KT cong 1p
d
Pentru primul compartiment 1 1 1p V R Tprime primesdot = ν sdot sdot 1p
4p
Pentru al doilea compartiment 2 2 2p V R Tprime primesdot = ν sdot sdot 1p
Dar 1 2p pprime prime= 1p
Rezultă 2 2
1 1
05VV
prime ν= =
prime ν1p
TOTAL pentru Subiectul al II-lea 15p
Bareme teste nivel avansat
193
Subiectul al III-lea Parţial Punctaj
a
Variaţia energiei interne icircntr-un ciclu este 12341 12 23 34 41U U U U U∆ = ∆ + ∆ + ∆ + ∆ 1p
4pDeci 12 23 34 41 1234U U U U U∆ = ∆ + ∆ + ∆ minus ∆ 1p
Dar 12341 0U∆ = 1p
Rezultă 12 800 JU∆ = 1p
b
Căldura cedată de gaz mediului exterior pentru parcurgerea a 10N = cicluri termodinamice este cedat cedat12341NQ N Q= sdot 1p
4pUnde cedat12341 34 41Q Q Q= + 1p
Şi 34 34 34 ( 1100 J) 0 J 1100 JQ U L= ∆ + = minus + = minus
41 41 41 ( 450 J) ( 100 J) 550 JQ U L= ∆ + = minus + minus = minus1p
Rezultă cedat- 16500 JNQ = minus 1p
c
Lucrul mecanic total schimbat de gaz cu mediului exterior icircntr-un ciclu este12341 12 23 34 41L L L L L= + + + 1p
3punde 12 0 JL = 23 23 23 1150 J 750 J 400 JL Q U= minus ∆ = minus = 34 0 JL = 41 100 JL = minus 1p
Rezultă 12341 300 JL = 1p
d
Pentru un ciclu termodinamic 12341 primit 12341 cedat 12341L Q Q= minus 1p
4p
Căldura primită de gaz pentru parcurgerea a 10N = cicluri termodinamice esteprimit N primit 12341Q N Q= sdot 1p
Deci ( )primit N 12341 cedat 12341Q N L Q= sdot + 1p
Rezultă primit N 19500 JQ = 1p
TOTAL pentru Subiectul al III-lea 15p
Teste de fizicatilde pentru bacalaureat
194
C PRODUCEREA ordfI UTILIZAREA CURENTULUI CONTINUU
Subiectul I Punctaj1 a 32 c 33 c 34 b 35 d 3
TOTAL pentru Subiectul I 15p
Subiectul al II-lea Parţial Punctaj
a
Rezistenţa echivalentă a grupării de rezistoare poate fi exprimată din relaţia1 1 1 1 1
PR R R R R= + + + 1p
3p
Obţinem 4 PR R= sdot 1p
Rezultă 400 R = Ω 1p
b
Tensiunea electromotoare a acumulatorului este SE N E= sdot 1p
4pIntensitatea curentului prin circuit este S
P S
EIR r
=+
1p
Unde Sr N r= sdot 1p
Rezultă 02 AI = 1p
c
Tensiunea internă dintr-un element de acumulator este 0u I r= sdot 1p
4pRezultă 0 02 Vu = 1p
Tensiunea internă din baterie este 0u N u= sdot 1p
Rezultă 4 Vu = 1p
d
Intensitatea curentului icircn cazul bateriei scurtcircuitate este SSC
S
EIr
= 2p
4pObţinem SC
EIr
= 1p
Rezultă 2 12 AI = 1p
TOTAL pentru Subiectul al II-lea 15p
Bareme teste nivel avansat
195
Subiectul al III-lea Parţial Punctaj
a
Intensitatea curentului prin sursă este BD
EIR r
=+
1p
4pUnde 12 34
12 34BD
R RRR R
sdot=
+ 1p
Iar 12 1 2R R R= + 34 3 4R R R= + 1p
Rezultă 1 AI = 1p
b
Tensiunea măsurată de voltmetru icircntre punctele A şi C este 4 1ACU I R I Rprimeprime prime= sdot minus sdot 1p
5p
Dar 1I I Iprime primeprime= + 1p
Şi 12 34I R I Rprime primeprimesdot = sdot 1p
Deci 2II Iprime primeprime= = 1p
Rezultă 135 VACU = 1p
cEnergia electrică consumată de circuitul exterior icircn 1 mint∆ = este 2
BDW R I t= sdot sdot ∆ 2p3p
Rezultă 525 JW = 1p
dIntensitatea curentului icircn cazul scurtcircuitării sursei este SC
EIr
= 2p3p
Rezultă 36 ASCI = 1p
TOTAL pentru Subiectul al III-lea 15p
Teste de fizicatilde pentru bacalaureat
196
DOPTICAtilde
Subiectul I Punctaj1 c 32 d 33 a 34 b 35 a 3
TOTAL pentru Subiectul I 15p
Subiectul al II-lea Parţial Punctaj
a
Convergenţa sistemului optic format de cele două lentile subţiri este 1 2C C C= + 2p
4pDistanţa focală a sistemului optic format de cele două lentile subţiri este 1fC
= 1p
Rezultă f = 20 cm = 02 m 1p
b
Din prima formulă fundamentală a lentilelor 2 1
1 1 1x x f
minus = 1p
3pObţinem 1
21
x fxx f
sdot=
+1p
Rezultă 2 20 cmx = minus 1p
c
Din prima formulă fundamentală a lentilelor 2 1
1 1 1x x f
minus =prime prime
1p
4pDin a doua formulă fundamentală a lentilelor 2
1
12
xxprime
primeβ = = minusprime
1p
Obţinem 11x f minus βprime = sdot
β1p
Rezultă 1 60 cm 06 mxprime = minus = minus 1p
d
Din prima formulă fundamentală a lentilelor 2 1
1 1 1x x f
minus =primeprime primeprime
1p
4pDin a doua formulă fundamentală a lentilelor 2
1
xxprimeprime
primeprimeβ =primeprime
1p
Obţinem 1
fx f
primeprimeβ =primeprime+
1p
Rezultă 2primeprimeβ = minus 1p
TOTAL pentru Subiectul al II-lea 15p
Subiectul al III-lea Parţial Punctaj
a
Din expresia interfranjei 2
Dil
λ sdot= 1p
3pObţinem
2l iD
sdotλ = 1p
Rezultă 500 nmλ = 1p
Bareme teste nivel avansat
197
b
De o parte şi de alta a franjei centrale se află maximele de ordinul al II-lea iar distanţa dintre aceste maxime este 2 22x x∆ =
1p
4pFiecare maxim de ordinul al II-lea se află faţă de franja centrală de pe ecran la distanţa 2 2x i= 1p
Deschiderea unghiulară α măsurată din centrul paravanului cu fante pacircnă la maximele de ordinul al II-lea
obţinute pe ecran se exprimă din relaţia 2 4tg x iD D
∆α = = 1p
Rezultă 32 10 radminusα = sdot 1p
c
Interfranja este dată de relaţia 11 2 2
D iil
λ sdot= = 1p
4pDeci 1 2
DD = 1p
Icircn acest caz ecranul se apropie pe distanţa 1 2Dd D D= minus = 1p
Rezultă 1 md = 1p
d
Icircn acest caz interfranja este dată de relaţia 2 12 2
Dil
λ sdot= 1p
4pUnde 2
1 cn n
λλ = sdot =
ν1p
Deci 12 2 2
D iil n n
λ sdot= =
sdot1p
Rezultă 2 033 mmi cong 1p
TOTAL pentru Subiectul al III-lea 15p
Teste de fizicatilde pentru bacalaureat
198
TESTUL 2
A MECANICAtilde
Subiectul I Punctaj1
b 2[ ] kg msminus∆= rArr = sdot
∆ SIpF Ft 3
2 c 15 mgiT G F= + = 3
3 a 2
0max2 2 10 m 0
2vd h r
g= = = ∆ = 3
4
b 2 2
5 45 4
4 5
452 2
4 s 5 s
at atx x x a
t t
∆ = minus = minus =
= =22 msarArr =
2 210 9
10 9
9 10
19 m2 2
9 s 10 s
at atx x x x
t t
∆ = minus = minus rArr ∆ =
= =
3
5
c Se realizează graficul F = F(t) şi se calculează Δp ca arie a suprafeţei evidenţiate 180 kg ms 36 msp vrArr ∆ = sdot rArr =
3
TOTAL pentru Subiectul I 15p
Subiectul al II-lea Parţial Punctaj
a
Studiem mişcarea fiecărui corp separat Reprezentăm forţele care acţionează asupra fiecărui corp şi aplicăm principiul al doilea al dinamicii
1 1
2
0
0f
f
F T FT F
minus minus =
minus =
2p
4p
1 1 1 2( )F m m g= micro + 1p
2 2 kgm = 1p
b
Deoarece doar m1 icircncepe să se mişte2 1fF F=
1p
3p2 2 1F m g= micro 1p
2 025micro = 1p
Bareme teste nivel avansat
199
c
Studiem mişcarea fiecărui corp separat icircn condiţiile unei mişcări uniforme a sistemului Reprezentăm forţele care acţionează asupra fiecărui corp şi aplicăm principiul al doilea al dinamicii
3 1
2
0
0e f
e f
F F FF F
minus minus =
minus =
2p
4p
3 2 1 2( )F m m g= micro + 1p
3 15 NF = 1p
d
Analizăm mişcarea fiecărui corp separat icircn condiţiile unei mişcări accelerate a sistemului Reprezentăm forţe-le care acţionează asupra fiecărui corp şi aplicăm principiul al doilea al dinamicii
4 1 1
2 2
e f
e f
F F F m aF F m a
minus minus =
minus =
1p
4p24 2 1 2
1 2
( ) 75 msF m m gam m
minus micro += =
+ 1p
eF k l= ∆ 1p
2 2( ) 1333 Nmm a gkl
+ micro= =
∆1p
TOTAL pentru Subiectul al II-lea 15p
Subiectul al III-lea Parţial Punctaj
a
00 50 mspv
m= =
1p
3p0u
vtg
= 1p
5 sut = 1p
b
Conservăm energia icircntre punctele O şi A0c cA pAE E E= + 1p
4p0
32 2pA pA
cA c
E EE E= rArr = 1p
20
3vh
g= 1p
833 mh = 1p
c
0 3c cAE E= 1p
4p0
3vvrArr = 1p
29 msv = 1p
29 kg msp mv= = sdot 1p
d
20
max 125 m2vh
g= = 1p
4pc c G fE L E L L∆ = rArr ∆ = + 1p
0 104 mc
f
Ehmg F
= =+ 1p
max 12hh
= 1p
TOTAL pentru Subiectul al III-lea 15p
Teste de fizicatilde pentru bacalaureat
200
B TERMODINAMICAtilde
Subiectul I Punctaj1 d 1 2
1
2
V V p pQ C T Q C TTT
= ν ∆ = ν ∆
∆rArr = γ
∆
3
2c
11
1 1 ii i f f f i
f
TTV T V V VT
γminusγminus γminus
= rArr =
44
if f i
VV = rArr ρ = ρ
3
3
b Din V = ap rezultă 1 1
2 2
V pV p
=
Din ecuaţia de stare rezultă 1 2 1
2 1 2
V p TV p T
=
Din cele două ecuaţii rezultă 1 1
2 2
3p Tp T
= =
3
4c
11
1 21 1 2 2
2 1
03V pp V p VV p
γγ γ γ
= rArr = =
2 1
1 2
N n VnV n V
= rArr =
3
5b 2 2
1 1
22 1
1
1 1
12 kJ
Q TQ T
TQ QT
η = minus = minus
rArr = =
3
TOTAL pentru Subiectul I 15p
Subiectul al II-lea Parţial Punctaj
a
1 2
1 2
m m+micro =
ν + ν 1p
4p
1 21 2
1 2
pV pVm mRT RT
micro micro= = 1p
1 2 2 1
1 2
T TT T
micro + micromicro =
+ 1p
165 gmolmicro = 1p
b
1 1 1 2 2 2 1 1 2 2( )i f
V V V V
U UC T C T T C C= rArr
ν + ν = ν + ν2p
4p1 2
2 1
83 5
TTTT T
=+ 1p
2844 KT = 1p
c
pRT
microρ = 2p
3p30699 kgmρ = 1p
Bareme teste nivel avansat
201
d
1 21 2
22 fpp pT T T
ν + ν = ν rArr + =
1 1 1 2 2 2 1 1 2 2( )i f
V V V V
U UC T C T T C C= rArr
ν + ν = ν + ν
2p
4p1 2
2 1
116 5
TTTT T
=+ 1p
5 22 1
2 1
11 (2 ) 153 10 Nm2(6 5 )f
p T TpT T
+= = sdot
+ 1p
TOTAL pentru Subiectul al II-lea 15p
Subiectul al III-lea Parţial Punctaj
a
2 3T T= 1p
4p
11 1 1
1 1 2 2 2 12
VTV T V T TV
γminus
γminus γminus = rArr =
1p
1 11 300 Kp VT
R=
ν 1p
2 14 1200 KT T= = 1p
b
323 2
2
ln VL RTV
= ν 1p
4pDin legea transformării izoterme 3 2
2 3
V pV p
= 1p
22 1
2
32RTp pV
ν= = 1p
23 2441 JL = 1p
c
31 31 31Q L U= + ∆ 1p
4p
1 3 1 331
( )( )2
p p V VL + minus= cu 3 1
83
V V= 1p
31 1 3( )VU C T T∆ = ν minus 1p
31 1314 JQ = minus 1p
d
min
max
1CTT
η = minus 1p
3p1
2
1CTT
η = minus 1p
75Cη = 1p
TOTAL pentru Subiectul al III-lea 15p
Teste de fizicatilde pentru bacalaureat
202
C PRODUCEREA ordfI UTILIZAREA CURENTULUI CONTINUU
Subiectul I Punctaj1 b [ρ]SI = Ω m = J m Aminus1 sminus1 3
2 b 1 2 1 2( ) 3ABU E E I R r r V= minus + + + + = 3
3 c bec fire 170 VU U U= + = 3
4 a 2
1 2max
1 2
( ) 4 W4( )
+= =
+E EP
r r 3
5 c 00
0 0
90 mA(1 ) (1 )
U U II IR R t t
= = = =+ α + α
3
TOTAL pentru Subiectul I 15p
Subiectul al II-lea Parţial Punctaj
a
Se lucrează icircn condiţiile lui K deschis e
e e
EIR r
=+
1p
4p1 3 1 3e eE E E r r r= + = + 1p
2 31
2 3e
R RR RR R
= ++
1p
1 AI = 1p
b
1 1 1U I R= 1p
3p1
1
e
e
EIR r
=+ 1p
1 154 VU = 1p
c
2V pU I R=
1p
4p
2 1
e
p e
EIR R r
=+ + 1p
2 3
1 1 1 1
p VR R R R= + + 1p
11 VVU = 1p
d
Se lucrează icircn condiţiile lui K icircnchis păstracircndu-se caracteristicile circuitului de la punctul (a)e
e e
E IR r
=+
1p
4p
1 23 3 3
1 2
e p e pr rE E E r r r r
r r= + = + = +
+ 1p
1 2
1 2
1 2
8 V1 1 3p
E Er rE
r r
minus= =
+1p
061 AI = 1p
TOTAL pentru Subiectul al II-lea 15p
Bareme teste nivel avansat
203
Subiectul al III-lea Parţial Punctaj
a
22 2
2
PRI
=
2p3p
2 10R = Ω 1p
b
1 2e e eP P r R R= rArr = 1p
5p
1 21 3
1 2e
R RR RR R
= ++
pentru K deschis 1p
1 22
1 2e
R RRR R
=+
pentru K icircnchis 1p
1 2er r r= + 1p
2 45r Ω 1p
c
22 int 2P r I= 1p
4p1 2I I I= + 1p
1 1 2 2I R I R= 1p
22 6 AI I= = 2 int 162 WP = 1p
d2
2
e
e e
RR r
η =+ 2p
3p
037η = = 37 1p
TOTAL pentru Subiectul al III-lea 15p
Teste de fizicatilde pentru bacalaureat
204
DOPTICAtilde
Subiectul I Punctaj1
b 2
1
ff
β = 3
2 a 2 2 22
1 1 1
1 45 cma
x n x xx n x n
= rArr = rArr = 3
3 c 15 mmaa
iin
= = 3
4
Prin introducerea lentilei icircn lichid distanţa focală devine
c
1 2
1 1 11
l l
l
f n nnn R R
= =
minus minus
lfrArr rarr infin 3
5a 1 1 2 2
192 61 10 J
ex c ex c
ex
L E L E
L minus
ε = + = +
rArr = sdot
3
TOTAL pentru Subiectul I 15p
Subiectul al II-lea Parţial Punctaj
a2p
3p
La trecerea printr-o lentilă convergentă un fascicul paralel de lumină converge icircn focarul imagine al acesteia deci 1 30 cmf = 1p
b
2p
4p
Din desen se observă că 1 2d f f= + 1p
2 25 cmf = 1p
c
1 12
2 1 1 1 1
1 1 1 75 cmf xxx x f f x
minus = rArr = =+ 1p
4p1 2 3 3 35 cmd x x x= + rArr =
1p
4 3 2
1 1 1x x f
minus = 1p
4 875 cmx = 1p
Bareme teste nivel avansat
205
d
3
1
yy
β = 1p
4p1 2β = β β 1p
21
1
15xx
β = = minus 42
3
25xx
β = = minus
1p
3 1 5625 cmy y= β = 1p
TOTAL pentru Subiectul al II-lea 15p
Subiectul al III-lea Parţial Punctaj
a
W N= ε 1p
4p
hcε =
λ1p
W Pt= 1p
17euml 434 10 fotoniPtNhc
= = sdot 1p
b
ex cL Eε = + 1p
4p
c sE eU= 1p
ex shcL eU= minusλ
1p
1914 10 JexL minus= sdot 1p
c
1s
N eIt
=
2p
3p18
1 075 10 fotonisI tNe
= = sdot 1p
d1p
4p
1914 10 J 0875 eVexL minus= sdot = 3p
TOTAL pentru Subiectul al III-lea 15p
Teste de fizicatilde pentru bacalaureat
206
TESTUL 3
A MECANICAtilde
Subiectul I Punctaj1 d 32 b 33 b 34 a 35 b 3
TOTAL pentru Subiectul I 15p
Subiectul al II-lea Parţial Punctaj
a
2 0yG F N+ + =
1p
3p2 sinN G F= minus θ 1p
Rezultat final 5135 N=N 1p
b
1 2 0x x fF F F+ + =
la limita alunecării 1p
4p
1 2 cos mF F N+ θ = micro 1p
1 2
2
cossinm
F Fmg F
+ θmicro =
minus θ 1p
Rezultat final 068mmicro = 1p
c
1 2x fF F F ma+ + =
1p
4p1 2 cos+ θ minus micro =F F N ma 1p
1 2 2cos ( sin )+ θ minus micro minus θ +=
F F F mgam
1p
2412 msa 1p
d
2 cosm mP F v= θ 1p
4p0 = +v v at =v at 2m
vv = 1p
2 cos2matP F= θ 1p
1854 W mP 1p
TOTAL pentru Subiectul al II-lea 15p
Bareme teste nivel avansat
207
Subiectul al III-lea Parţial Punctaj
a
2
2PkxE = 2p
3p
Rezultat final 05 J=PE 1p
b
legea conservării energiei pentru sistem i fE E= 1p
4p2
2
= =i pkxE E sistem
1 2= + =f c c cE E E E
2p
Rezultat final sistem 05 JcE = 1p
c
2 2 21 1 2 2
sistem 2 2 2cm v m v kxE = + =
1p
4plegea conservării impulsului 1 1 2 20i fp p m v m v= hArr = minus
1p
21
1 1 2
( )
=+
kmv xm m m
12
2 1 2( )kmv x
m m m=
+1p
Rezultat final 1 282 ms=v 2 071 msv = 1p
d
fc FE L∆ = 1p
4p
21 1
12m v m gd= micro 1p
21
2vd
g=
micro1p
Rezultat final 2 m=d 1p
TOTAL pentru Subiectul al III-lea 15p
Teste de fizicatilde pentru bacalaureat
208
B TERMODINAMICAtilde
Subiectul I Punctaj1 d 32 d 33 b 34 d 35 c 3
TOTAL pentru Subiectul I 15p
Subiectul al II-lea Parţial Punctaj
a1 0 2
lp p g= + ρ 2p3p
51 15 atm 15∙10 Pa p = 1p
b
1 1 2 2p V p V= 1p
4p
1 0 2
= + ρlp p g 1
2=
lV S2 0+ ρ =p gx p 2 ( )= minusV S l x 1p
2 00( ) 0
4p lgx x p glρ minus + ρ + =
1p
10 cm x 1p
c
1 1p V RT= ν 1p
4p1p ShRT
ν = 1p
ndash322∙10 mol ν 2p
d
2iU RT= ν 1p
4p2 2aer N O ArU U U U= + + 1p
2
5 078 2
= νNU RT2
5 02 2
= νOU RT 3 0022ArU RT= ν 1p
aer 138 J U 1p
TOTAL pentru Subiectul al II-lea 15p
Subiectul al III-lea Parţial Punctaja reprezentare corectă 3p 3p
b
1 1 2 2 amestec
1 2
V VV
C CC ν + ν=
ν + ν 2p
4p2
=ViC R 1
3 2
=VC R 252VC R= 1p
amestec 3 2493 Jmol K VC R= sdot 1p
Bareme teste nivel avansat
209
c
min
max
1 ndashCTT
η = 1p
3pmin 1=T T max 14T T= 1p
Rezultat final 3 754Cη = = 1p
d
cedat
primit
1 ndashQQ
η =
1p
5p
primit 1ndash 2=Q Q 1ndash 2 2 1 1( ndash ) 3p pQ C T T C T= ν = ν 1p
cedat 2ndash3 3ndash1= +Q Q Q 2ndash3 3 2 1( ndash ) ndash 3 = ν = νV VQ C T T C T 1
3ndash1 1 13
ln ndash2 ln 2VQ RT RTV
= ν = ν 1p
p VC C R= + 1p
3 2 ln 2 3 ndash 2ln 21 ndash 3 12+
η = =V
p
C RC
Rezultat final 215η = 1p
TOTAL pentru Subiectul al III-lea 15p
Teste de fizicatilde pentru bacalaureat
210
C PRODUCEREA ordfI UTILIZAREA CURENTULUI CONTINUU
Subiectul I Punctaj1 a 32 b 33 a 34 c 35 a 3
TOTAL pentru Subiectul I 15p
Subiectul al II-lea Parţial Punctaj
a2
12
Ve A
V
R RR R RR R
= + ++ 2p
3p
Rezultat final Re = 312 Ω 1p
b
Teoremele lui Kirchhoff 1 1 2 2
2 2 3
1 2 3
( )A
V
E I R R r I RI R I RI I I
= + + + = = +
111 16
=I A
25 8
=I A
31
16I A=
2p
4p
1AI I= 3V VU R I= 1p
069 AAI 6875 V VU 1p
c 1
AA
EI R r R
=+ +
0VU = 2p4p
Rezultat final 1 AAI = 0VU = 2p
d
er R = 2p
4p1e AR R R= + 1p
Rezultat final rprime = 212 Ω 1pTOTAL pentru Subiectul al II-lea 15p
Subiectul al III-lea Parţial Punctaj
a
Din grafic max 20 W=P 10 V2
=E
2p
4p2
max 4EP
r= 1p
Rezultat final 20 V=E 5= Ωr 1p
b
2middotP R I= 2p
4pEIR r
=+
1p
Rezultat final 875 W=P 1p
c
ext
totala
p
p
RPP R r
η = =+
2p
4p2pRR = 1p
Rezultat final 05 50η = = 1p
Bareme teste nivel avansat
211
d
lRSρ
= 1p
3p2
4dS π
= 1p
Rezultat final 86 10 mminusρ = sdot Ω 1p
TOTAL pentru Subiectul al III-lea 15p
Teste de fizicatilde pentru bacalaureat
212
DOPTICAtilde
Subiectul I Punctaj1 d 32 d 33 c 34 b 35 a 3
TOTAL pentru Subiectul I 15p
Subiectul al II-lea Parţial Punctaj
a2 1 2
1 1 1 minus =x x f
2 22
1 1
y xy x
β = =
2p
4preprezentarea grafică a imaginii 1p
Rezultat final 2 20 cm= minusx 2 5 cm=y 1p
b2 1 1
1 1 1ndash x x f
=
2 2
1 1
y x y x
β = = 2p
4preprezentare grafică 1p
Rezultat final 2 2240 cm ndash30 cmx = y = 1p
c
2 1 1
1 1 1 minus =x x f 2 120 cm=x 1p
4p1 2 0= minus =x d x 1p
2 1 2
1 1 1ndash x x f
=
1p
Rezultat final 2 = 0 x 1p
d 1 2
1 1Cf f
= + 2p3p
Rezultat final ndash083 dioptriiC = 1p
TOTAL pentru Subiectul al II-lea 15p
Subiectul al III-lea Parţial Punctaj
a
11
2λ
=Dil
2
2Dil
λ=
2p
4p1
1
cλ = rArr
ν1 2 1
12id
cλ ν
=
1p
Rezultat final 41 24 10 mminus= sdotd 1p
b
1 1 2 2k i k i= rArr 1 1 2 2k kλ = λ 2p
4p1 25 6k krArr = 1 26 5k krArr = = 16y i=
1p
Rezultat final 6 mm=y 1p
Bareme teste nivel avansat
213
c2 1( )δ = minusn e n e 2p
3pRezultat final 4( ) 3 10 mmminusδ = sdot 1p
d
Pentru dispozitivul Young icircn aer diferenţa de drum este 02 sdot
δ =l yD
2p
4pCondiţia de maxim central 2 02
k λδ = = 1p
Rezultat final 1 1 10
( ndash1) 36 mme n iyc
ν= = 1p
TOTAL pentru Subiectul al III-lea 15p
Teste de fizicatilde pentru bacalaureat
214
TESTUL 4
A MECANICAtilde
Subiectul I Punctaj1 b
1
1
01 kgpm mv
= rArr =
m m
vF m a m
t∆
= sdot = sdot∆
m 2 2 2 s
v v∆ = sdot = sdot
2 NF =
3
2
a 0N F G+ + =
0 cos sin 0 (1)x F m gsdot α minus sdot sdot α = 0 sin cos 0 (2)y N F m gminus sdot α minus sdot sdot α = Din (1) şi (2) rezultă
cosm gN sdot
=α
3
3c Pentru a nu aluneca niciunul dintre corpuri de pe pupitru acesta trebuie icircnclinat cu un unghi maxim egal cu unghiul de frecare cel
mai mic din tabelul de date tg 03 sin 029 17θ = micro = rArr θ = rArr θ = deg
4b 12 1 2v v v= minus
12 2 1 v v v= minus 12km 216 h
v = icircn sens contrar mişcării avionului
5
b Lanţul alunecă de pe masă din momentul icircn care greutatea porţiunii care atacircrnă devine puţin mai mare decacirct forţa de frecare dintre porţiunea de lanţ rămasă pe masă şi masă1 3 1 4 4 3
m g m gsdot sdot ge sdotmicro sdot sdot rArr micro =
TOTAL pentru Subiectul I 15p
Subiectul al II-lea Parţial Punctaj
a
Folosind metoda grafică de determinare a distanţei parcurse de cutie pe plan
obţinem = 45 md 3p 3p
bDin grafic viteza cu care se icircntoarce cutia la baza planului este egală ca mărime cu viteza cu care este lansat corpul icircn sus de la baza planului Aplicacircnd teorema de variaţie a energiei cinetice a cutiei icircntre stările iniţială şi cea de la momentul 3 st = obţinem 0micro =
3p 3p
Bareme teste nivel avansat
215
c
Pentru a putea reprezenta grafic variaţia vitezei cutiei icircn funcţie de timp icircn cazul icircn care mişcarea pe plan se realizează cu frecare trebuie determinată distanţa parcursă de cutie pe plan icircn urcare d1 şi timpul de urcare Δtu respectiv timpul de coboracircre Δtc al cutiei pe planLa urcare Aplicăm teorema de variaţie a energiei cinetice a cutiei icircntre stările iniţială şi cea corespunzătoare opririi cutiei pe plan c RE L∆ =
( )
20
1 1
1 1
20 1
0 cos 2 sin
2 sin cos
m v m g h m g d
h d
v g d
sdotminus = minus sdot sdot minus micro sdot sdot sdot sdot α
= sdot α
rArr = sdot sdot sdot α + micro sdot α
( )
20
1 1
1 1
20 1
0 cos 2 sin
2 sin cos
m v m g h m g d
h d
v g d
sdotminus = minus sdot sdot minus micro sdot sdot sdot sdot α
= sdot α
rArr = sdot sdot sdot α + micro sdot α
1h este icircnălţimea pacircnă la care urcă cutia pe planObţinem ( )
20
1 1 307 m 2 sin cos
vd dg
= rArr =sdot sdot α + micro sdot α
2p
5p
Icircn timpul urcării pe plan acceleraţia cutiei se menţine constantă Icircn aceste condiţii viteza medie a cutiei icircn
timpul urcării poate fi scrisă 1 0 0 102 s2um u
u
d vv tt
+= = rArr ∆ =
∆
La coboracircre Distanţa parcursă pe plan este aceeaşi 1d
1p
Aplicăm teorema de variaţie a energiei cinetice a cutiei icircntre stările cea icircn care cutia este icircn repaus la icircnălţimea 1h şi cea icircn care cutia ajunge la baza planului c RE L∆ =
( )
22
1 1
22 1
12
0 cos 2 2 sin - cos
45 m s
m v m g h m g d
v g d
v minus
sdotminus = sdot sdot minus micro sdot sdot sdot sdot α rArr
rArr = sdot sdot sdot α micro sdot α
= sdot
( )
22
1 1
22 1
12
0 cos 2 2 sin - cos
45 m s
m v m g h m g d
v g d
v minus
sdotminus = sdot sdot minus micro sdot sdot sdot sdot α rArr
rArr = sdot sdot sdot α micro sdot α
= sdot
( )
22
1 1
22 1
12
0 cos 2 2 sin - cos
45 m s
m v m g h m g d
v g d
v minus
sdotminus = sdot sdot minus micro sdot sdot sdot sdot α rArr
rArr = sdot sdot sdot α micro sdot α
= sdot
Icircn timpul coboracircrii cutiei pe plan acceleraţia acesteia se menţine constantă Icircn aceste condiţii viteza medie a
cutiei icircn timpul coboracircrii poate fi scrisă 1 2 0 137 s2cm c
c
d vv tt
+= = rArr ∆ =
∆
Durata totală a mişcării cutiei pe plan este 24 s u ct t t t∆ = ∆ + ∆ rArr ∆ cong
1p
După intrarea pe planului icircnclinat viteza cutiei rămacircne constantă 2v Icircn reprezentarea grafică semnul negativ al vitezei corespunde schimbării sensului mişcării cutiei
1p
d
Notăm cu R
forţa cu care corpul acţionează asupra planului icircnclinat şi cu Rprime
forţa cu care planul acţionează asupra corpului R R R Rprime prime= minus =
1p
4p( )2 2 2 2 2
2 2
2
1
1 cos 1
cos 1 087 87
f fR N F R N F N
R N m gRG
prime prime= + = + = sdot + micro rArr
rArr = sdot + micro = sdot sdot α sdot + micro rArr
rArr = α sdot + micro = =
2p( )2 2 2 2 2
2 2
2
1
1 cos 1
cos 1 087 87
f fR N F R N F N
R N m gRG
prime prime= + = + = sdot + micro rArr
rArr = sdot + micro = sdot sdot α sdot + micro rArr
rArr = α sdot + micro = =
1p
TOTAL pentru Subiectul al II-lea 15p
Subiectul al III-lea Parţial Punctaj
a ( )1 1 1 cos 05Jp pE m g h m g l E= sdot sdot = sdot sdot sdot minus α rArr = 3p 3p
b
Aplicacircnd legea conservării energiei mecanice icircntre stările iniţială şi cea corespunzătoare poziţiei verticale a firului obţinem
( )2
1 01 0
10
2 2 1 cos 2
316 m s
m vm g h v g h g l
v minus
sdotsdot sdot = rArr = sdot sdot = sdot sdot sdot minus α
rArr = sdot
3p4p
( )2
1 01 0
10
2 2 1 cos 2
316 m s
m vm g h v g h g l
v minus
sdotsdot sdot = rArr = sdot sdot = sdot sdot sdot minus α
rArr = sdot1p
Teste de fizicatilde pentru bacalaureat
216
c
Pentru a răspunde la cerinţele subpunctelor c şi dNotăm cu 1d porţiunea pe care coeficientul de frecare variază uniform cu distanţa şi aplicăm teorema variaţiei energiei cinetice a bilei pe această porţiune Datorită variaţiei uniforme cu distanţa forţa de frecare medie care
acţionează asupra bilei poate fi scrisă 1 21 1
2medief mediuF m g m gmicro + micro= micro sdot sdot = sdot sdot
( ) ( )
2 21 1 1 0 1 2
1 1
2 21 0 1 2 1
2 2 2
1
c R
m v m vE L m g d
v v g d
sdot sdot micro + micro∆ = rArr minus = minus sdot sdot sdot rArr
= minus micro + micro sdot sdot
( ) ( )
2 21 1 1 0 1 2
1 1
2 21 0 1 2 1
2 2 2
1
c R
m v m vE L m g d
v v g d
sdot sdot micro + micro∆ = rArr minus = minus sdot sdot sdot rArr
= minus micro + micro sdot sdot
( ) 2 21 2
1 2
2 2
m m v k x
kv xm m
prime+ sdot sdot= rArr
prime = sdot+
( ) 2 21 2
1 2
2 2
m m v k x
kv xm m
prime+ sdot sdot= rArr
prime = sdot+
2p
4p
Impulsul sistemului de corpuri va fi ( ) ( )1 2 1 2 014 N sp m m v x k m m pprime prime prime= + sdot = sdot sdot + rArr = sdot
2p
d
Scriem legea conservării impulsului sistemului de bile icircn ciocirea lor plastică ( )1 1 1 2
11 1 1 1
1
= 14 m s
m v m m vpm v p v vm
minus
primesdot = + sdot rArr
primeprimerArr sdot = rArr = rArr sdot
1p
4p
( )1 1 1 2
11 1 1 1
1
= 14 m s
m v m m vpm v p v vm
minus
primesdot = + sdot rArr
primeprimerArr sdot = rArr = rArr sdot 1p
( ) ( )2 20 1
11 2
1
1
08 m
v vdg
d
minusrArr = rArr
micro + micro sdot
rArr =
1p( ) ( )2 20 1
11 2
1
1
08 m
v vdg
d
minusrArr = rArr
micro + micro sdot
rArr = 1p
TOTAL pentru Subiectul al III-lea 15p
Bareme teste nivel avansat
217
B TERMODINAMICAtilde
Subiectul I Punctaj1 c
2 2CO C Og = + 44
molmicro micro micro =
5
29 10 Pa = 29 atm
m R Tp V R T pV
p
sdot sdotsdot = ν sdot sdot rArr = rArr
micro sdot
rArr = sdot
3
2
a
12
1213
13
12 13
cu 22
5 cu 082
V
p pp
RQ C T C C R
Q CQ C T C RQ C
T T T
= ν sdot sdot ∆ = + = sdot = ν sdot sdot ∆ = sdot rArr = minus =
∆ = ∆ = ∆
3
3
d-1 -1
1 1 2 2 T V T Vγ γsdot = sdot
1 1 1
2 2 2 1 2
2
V S hV S h S h
= sdot= sdot = sdot sdot
2 75
p
v
C iC i
+γ = = =
1
12 1
2
VT TV
γminus
= sdot
Icircnlocuind numeric 2 21213 K -1517 CT t= rArr = deg
3
4
b2 1 1 2 3 4 0 0 0 0i i i iV V L L L Lgt rArr lt lt lt =
Folosind interpretarea grafică a lucrului mecanic obţinem3 2 1 4i i i iL L L Llt lt lt
3
5 c 3TOTAL pentru Subiectul I 15p
Subiectul al II-lea Parţial Punctaj
a 5 53 10 PaR Tp V R T p pV
ν sdot sdotsdot = ν sdot sdot rArr = rArr = sdot 3p 3p
b
1 11 1 2 2 T V T Vγminus γminussdot = sdot
1
12 1
2
VT TV
γminus
= sdot
(1) 1p
5p
p
v
CC
γ =
Folosind expresia energiei interne a amestecului de gaze obţinem
1 2 31 2 3v v v vC C C Cν sdot = ν sdot + ν sdot + ν sdot
1 2 31 2 3v v v vC c C c C c C= sdot + sdot + sdot
249 25vC R R= sdot cong sdot 35p v pC C R C R= + rArr cong sdot
Observăm că datorită cantităţii mici de gaz monoatomic valorile căldurilor molare izocoră şi izobară ale ames-tecului de gaze sunt foarte apropiate de cele ale gazului biatomic
2p
Exponentul adiabatic va avea valoarea 7 145
γ = = 1p
Icircnlocuind icircn expresia (1) obţinem 2 2 240 K 33 CT t= rArr = minus deg 1p
Teste de fizicatilde pentru bacalaureat
218
c1 1
111
1
1344 g
cmm
ν = sdot ν rArr =ν = micro
3p 3p
d
2 2
222
2
4368 g
cmm
ν = sdot ν rArr =ν = micro
1p
4p
3 3
333
3
08 g
cmm
ν = sdot ν rArr =ν = micro
1p
1 2 3 5792 gm m m m m= + + rArr = 1p
32
kg 29 m
mV
ρ = rArr ρ = 1p
TOTAL pentru Subiectul al II-lea 15p
Subiectul al III-lea Parţial Punctaj
a
m mν = rArr micro =
micro ν 1p
3p1 2 3 4m m m m m= + + +
1 2 3 4ν = ν + ν + ν + ν1p
Calculacircnd valorile maselor gazelor din amestec şi icircnlocuind numeric obţinem g 92
molmicro = 1p
b
4p 4p
c
( )12 2 1ced pQ Q C T T= = ν sdot sdot minus 1p
5p
1 2 3 41 2 3 4v v v v vC C C C Cν sdot = ν sdot + ν sdot + ν sdot + ν sdot
1 2 3 41 2 3 4v v v vv
C C C CC
ν sdot + ν sdot + ν sdot + ν sdot=
ν
1p
Icircnlocuind valorile date icircn textul problemei obţinem21 31 v pC R C R= sdot rArr = sdot 1p
1 1 11 1
2121 2
22
2
p V R TT TTV Tp R T
sdot = ν sdot sdot rArr = rArr =
sdot = ν sdot sdot
1p
112 1
1 1 15
31 2
- 155 - 155
155 10 J
ced
ced
TQ Q R T
R T p VQ
= = sdot ν sdot sdot minus =
= sdot ν sdot sdot = sdot sdot
= minus sdot
1p
Bareme teste nivel avansat
219
d
23 31 primitQ Q Q= +
1 1 1 1 123 2
2 1
2ln ln ln 22 2
V T V p VQ R T RV V
sdot sdot= ν sdot sdot sdot = ν sdot sdot sdot = sdot
1p
3p5
23 035 10 JQ = sdot
( ) 131 1 2 1 1 121 105
2vTQ C T T R T p V = ν sdot sdot minus = sdotν sdot sdot minus = sdot sdot
1p
531 105 10 JQ = sdot
514 10 JprimitQ = sdot
1p
TOTAL pentru Subiectul al III-lea 15p
Teste de fizicatilde pentru bacalaureat
220
C PRODUCEREA ordfI UTILIZAREA CURENTULUI CONTINUU
Subiectul I Punctaj1 a
1 1 2 2 3 31 2 3
1 1 2 2 3 31 1 2 2 3 3
1 2 3
U S U S U SI U U Ul l ll l l
S S S S
sdot sdot sdot = = = ρ sdot ρ sdot ρ sdot rArr = = ρ sdot ρ sdot ρ sdot= = = Din grafic 1 2 3 1 V 2 V 15 VU U U= = = Icircnlocuind numeric obţinem
1
2
2775 n m222 n m
ρ = Ω sdotρ = Ω sdot
3
2
b
( ) ( )1
1 10 1
1 0 1
1 1
UI UR IR
R R
= rArr = sdot + α sdotθ= sdot + α sdotθ
(1)
Analog ( )2
0 2
1
UIR
=sdot + α sdotθ
(2)
Raportacircnd relaţiile (1) şi (2) şi icircnlocuind numeric obţinem2 1280 Cθ = deg
3
3b Alegacircnd convenabil un ochi şi aplicacircnd teorema a II-a a lui Kirchhoff
1 2 3 1 15 AE E E I R I+ + = sdot rArr = 3
4
bCei trei rezistori din circuitul exterior sunt grupaţi icircn paralel
1 2 3
1 1 1 1 pR R R R
= + + Icircnlocuind numeric 20 7pR = Ω
7 ApE I R I= sdot rArr =
140 WP E I P= sdot rArr =
3
5
a2
U N SW tl
sdot sdot= sdot ∆
ρ sdot Icircnlocuind numeric = 10 mW hW sdot
3
TOTAL pentru Subiectul I 15p
Subiectul al II-lea Parţial Punctaj
a
1K rarr
1
1
2 2 3
3 8
3
EI R R r
ER rI
R
=sdot
+ sdot +
rArr = sdot minus
rArr = Ω
2p
4p1
1
2 2 3
3 8
3
EI R R r
ER rI
R
=sdot
+ sdot +
rArr = sdot minus
rArr = Ω
1p
1
1
2 2 3
3 8
3
EI R R r
ER rI
R
=sdot
+ sdot +
rArr = sdot minus
rArr = Ω 1p
b
2K rarr
2
2
2
154 A
EIR r
I
=sdot +
rArr =
1p
4p2
2
2
154 A
EIR r
I
=sdot +
rArr =1p
2 1 034 AI I I I∆ = minus rArr ∆ = 2p
Bareme teste nivel avansat
221
c2 2
3e eRR Rsdot
= rArr = Ω 3p 3p
d3 3 36 A2
3
EI IR r= rArr =
sdot+ 2p
4p
Intensitatea curentului icircntre punctele 2 şi B este egală cu 2 3 36 ABI I= = 2p
TOTAL pentru Subiectul al II-lea 15p
Subiectul al III-lea Parţial Punctaj
a
deschisK rarr = 075 A
400 = 3
b b b b
bb b
b
P U I IUR RI
= sdot rArr
= rArr Ω2p
4p
bb c
EIR R r
=+ + 1p
485 1616 3cRrArr = Ω = Ω 1p
b ( ) 2 = 995625 Jext b c extW R R I t W= + sdot sdot ∆ rArr 3p 3p
c
icircnchisK rarr b
t
PP
η = Cursorul icircmparte reostatul icircn două părţi avacircnd rezistenţele electrice R1 şi R2 Circuitul exterior sursei conţine rezistorul R1 icircn serie cu rezistorii R2 şi Rb legaţi icircn paralel
Becul funcţionează normal deci 2
100 VR bU U= = 1 2R R R+ =
( )1 bE I R r U= sdot + +
2 b RI I I= +
2 2b RU I R= sdot
2p
4p
Rezolvacircnd sistemul de ecuaţii şi ţinacircnd cont de valoarea lui R obţinem 1 AI cong 1p
Icircnlocuind obţinem 75 333225
η = = 1p
d
Pentru ca sursa să transfere putere maximă circuitului exterior rezistenţa acestuia trebuie să fie egală cu rezis-tenţa interioară a generatorului eR r= 1p
4p
Notăm cu Rprime rezistenţa rezistorului conectat icircn paralel cu reostatul şi cu Rs rezistenţa porţiunii de circuit pe care se află becul şi reostatul cursorul fiind la mijlocul acestuia
1 1 1
e sR R R= +
prime
1p
Intensitatea curentului prin ramura principală a circuitului va fi 225 A2EI I
r= rArr =
sdot
Aplicacircnd teorema a doua a lui Kirchhoff ochiului care conţine sursa de tensiune şi porţiunea de rezistenţă Rs
2 337 2
2 033 A
s s
b
s s
b
s ss
E I r I RR RRR RR R
E I rI IR
= sdot + sdot
sdot= + rArr = Ω
+
minus sdot= rArr =
2 337 2
2 033 A
s s
b
s s
b
s ss
E I r I RR RRR RR R
E I rI IR
= sdot + sdot
sdot= + rArr = Ω
+
minus sdot= rArr =
2 337 2
2 033 A
s s
b
s s
b
s ss
E I r I RR RRR RR R
E I rI IR
= sdot + sdot
sdot= + rArr = Ω
+
minus sdot= rArr =
29 V 2s b bRE I r I U Uprime prime= sdot + sdot + rArr = bU prime fiind tensiunea electrică la bornele becului icircn aceste condiţii
Puterea consumată de bec va fi 2
632 Wbb b
b
UP PR
= rArr =
2p
TOTAL pentru Subiectul al III-lea 15p
Teste de fizicatilde pentru bacalaureat
222
DOPTICAtilde
Subiectul I Punctaj1 c
( )( )1
22 2max 2 2 2 5d a a a= sdot + sdot = sdot sdot
3
2 a 3
3
a1
2
50 cm1 80 cm
fC
ff=
= rArr = Observăm că 1 2 D f f= + deci sistemul celor două lentile este afocal
Notacircnd cu 1h icircnălţimea obiectului şi cu 2h icircnălţimea imaginii acestuia din asemănarea triunghiurilor haşurate se obţine
1 2
1 2
1 22
1
2
16 cm
h hf f
h fhf
h
= rArr
sdot= rArr
=
3
4c
39 Vextrextr s s s
LL e U U Ue
ε minusε = + sdot rArr = rArr = 3
5
a
3 3
2tg tg 20 10 20 10 rad
236 72 23
iD
Dil
minus minus
sdot θ = rArr θ = sdot rArr θ = sdot rArrλ sdot =sdot
primerArr θ = rArr θ = θ = = degπ π
3 3
2tg tg 20 10 20 10 rad
236 72 23
iD
Dil
minus minus
sdot θ = rArr θ = sdot rArr θ = sdot rArrλ sdot =sdot
primerArr θ = rArr θ = θ = = degπ π
3
TOTAL pentru Subiectul I 15p
Subiectul al II-lea Parţial Punctaj
a 3p 3p
b
60 30rα = deg rArr = deg 1p
4p0 sin sin an i n rsdot = sdot 1p
Icircnlocuind obţinem 2 2sin arcsin3 3
i i = rArr =
2p
c
2 5 2sin cos tg = 3 3 5
r r r= rArr = rArr
2p
4p1
1
1
tg i = = 50 cmtg = = 775 cmtg
tg
x hh i H H
r hxrH
rArr rArr=
2p
Bareme teste nivel avansat
223
d
2p
4p
0
2
sin 90 sin 3 sin = 075 tg 7
tg
2 = 907 cm
an n l
l l
rlh
D r
sdot deg = sdot
rArr rArr =
=
rArr = sdot
1p0
2
sin 90 sin 3 sin = 075 tg 7
tg
2 = 907 cm
an n l
l l
rlh
D r
sdot deg = sdot
rArr rArr =
=
rArr = sdot
1p
TOTAL pentru Subiectul al II-lea 15p
Subiectul al III-lea Parţial Punctaj
a
19min min
max
= 262 10 J = 163 eVR
h c h c minussdot sdotε = rArr ε = sdot
λ λ 2p
4p19max min 2 = 522 10 J = 326 eVminusε = sdot ε sdot 1p
Pentru ca celula să funcţioneze icircn vizibil trebui ca max extr VL lt ε = ε astfel icircncacirct pot fi folosite Li Ba Cs K
1p
b
19 398 10 J = 249 eVh c minussdotε = rArr ε = sdot
λ2p
4p max
min c
extrextr c
EL im
L E=
rArr = rArrε = + trebuie folosit ca material Cs 2p
c 049 V extrCs s sL e U Uε = + sdot rArr = 3p 3p
d max max min extrv L= rArr ε = = rArr folosim Cs şi radiaţie cu λ = 380 nm 1p
4p252 m = 66 10
2 sc
cm v EE v v
msdot sdot
= rArr = rArr sdot 3p
TOTAL pentru Subiectul al III-lea 15p
Teste de fizicatilde pentru bacalaureat
224
TESTUL 5
A MECANICAtilde
Subiectul I Punctaj1 b 32 a 33 c 34 a 35 d 3
TOTAL pentru Subiectul I 15p
Subiectul al II-lea Parţial Punctaj
a
Aplicăm principiul I al dinamicii 0F N Gn Gt Ff+ + + + =
1p
4pFăcacircnd proiecţia pe axe obţinem Gn ndash N = F ndash Gt ndash Ff = 0 1pRezolvacircnd sistemul obţinem F = mg(sin q + m cos q) 1p
Rezultă F = 20 N 1p
b
Aplicăm principiul II al dinamicii Ft N Gn Gt Ff m a+ + + + = sdot 1p
4pFăcacircnd proiecţia pe axe obţinem Gn ndash N = 0Ft ndash Gt ndash Ff = m middot a 1p
Rezolvacircnd sistemul obţinem Ft = m (a + g sin θ + μg cos θ) 1pRezultă Ft = 204 N 1p
cAplicăm legea mişcării d = v t 2p
3pRezultă t = 05 s 1p
d
Corpul icircncepe să alunece pe cărucior atunci cacircnd F ge Ff unde F este forţa aplicată corpului iar Ff este forţa de frecare care apare la suprafaţa de contact dintre corp şi cărucior 2p
4pF ge μN F ge μmg 1p
μ le 01 1pTOTAL pentru Subiectul al II-lea 15p
Subiectul al III-lea Parţial Punctaj
a
Aplicăm teorema de variaţie a energiei cinetice 2 2
0
2 2mv mv Fr Dminus = minus sdot 2p
4p2 20
2G gFr v v df f
= rArr = minus sdot 1p
V = 9 ms 1p
b
Aplicăm legea conservării impulsului (icircn timpul ciocnirii rezultanta forţelor exterioare este 0) 1 1 2 2 1 2( )m v m v m m vprime+ = +
2p
4pPentru ciocnirea unidimensională şi frontală şi ţinacircnd cont de faptul că v2 = 0 obţinem
1 1 1 2( )m v m m vprime= + 1p
Rezultă 1 1
1 1
3 msm vvm v
prime = =+ 1p
Bareme teste nivel avansat
225
c
Scriem teorema variaţiei energiei cinetice ΔEc = L unde L reprezintă lucru mecanic efectuat de rezultanta forţelor exterioare ce acţionează asupra sistemului 1p
4p
1 2( )0 m m g Fr Df
+minus = sdot 1p
1 2( )m m gFrf
+= 1p
Rezultă d = 45 m 1p
d
21 2
21 1
( )cs
cl
E m m vxE m v
prime+= = unde x reprezintă fracţiunea din energia cinetică pe care o posedă primul vagon ime-
diat icircnainte de ciocnire2p
3p
Deci 103
x vprime= 1p
TOTAL pentru Subiectul al III-lea 15p
Teste de fizicatilde pentru bacalaureat
226
B TERMODINAMICAtilde
Subiectul I Punctaj1 b 32 b 33 a 34 d 35 d 3
TOTAL pentru Subiectul I 15p
Subiectul al II-lea Parţial Punctaj
a
ν1 = 2Omicro
m 1p
3p1
2
116
νν
= 1p
2
2Hmicrom
ν = 1p
b
Scriem ecuaţia de stare icircn cele două compartimente si punem condiţia de echilibru mecanic pe piston p1= p2 = p 1p
4pp 2
ν= ν1RT1
p 2ν
= ν2RT2
2p
Rezultă 21
12
16TT
νν
= = 1p
c
Deoarece T2 = 16T1 prin icircncălzire hidrogenul icircşi măreşte volumul de la V2 la V2prime iar O2 va avea volumul V1primepV1prime= ν1RT1
pV2prime= ν2RT1
1p
4p
1
22
1VV
=νν
V1prime + V2prime = VUnde V = L S
1p
V1prime= 2L x S minus
V2prime= 2
L x S +
1p
x = 088 m x gt 0 rArr pistonul se deplasează către compartimentul care conţine O2 1p
d
Numărul de moli din cele două baloane este 1 2 ν = ν + ν 1p
4p1 2
2m m m+ =
micro micro micro 1p
Obţinem 1 2
1 2
2micro micromicro =
micro + micro1p
Rezultă 1 2
1 2
2micro micromicro =
micro + micro 376 gmol 1p
TOTAL pentru Subiectul al II-lea 15p
Bareme teste nivel avansat
227
Subiectul al III-lea Parţial Punctaj
a
Reprezentarea grafică icircn coordonate P-V1rarr2 (comprimare izotermă)2rarr3 (icircncălzire izobară)3rarr1 (răcire izocoră)
4p 4p
b
Gazul cedează căldură pe procesele 1rarr2 şi 3rarr1Qc = Q12+ Q31
1p
4p
Ţinacircnd cont de expresiile căldurilor icircn procesele respective obţinem
12
1
lnc T VQ RV
= ν + νCv(T1 minus T3) 1p
Pentru a calcula temperatura T3 scriem ecuaţia de stare icircn stările I şi III obţinem1 1 1
1 1 3
13 1
3
4
1 44
PV RTPV RT
T T TT
= ν= ν
= rArr =
1p
Rezultă 12 31 293475 JcQ Q Q= + = minus 1p
c
Expresia randamentului unei transformări ciclice biterme | |1 c
p
η = minus 1p
4pSistemul primeşte căldură pe procesul 2rarr3Qp = O23 = νCp(T3 ndash T1) = 37395 J 2p
215η = 1p
d
minCarnot
max
1 TT
η = minus unde Tmin = T1 şi Tmax = T3 2p
3pCarnot
3 754
η = = 1p
TOTAL pentru Subiectul al III-lea 15p
Teste de fizicatilde pentru bacalaureat
228
C PRODUCEREA ordfI UTILIZAREA CURENTULUI CONTINUU
Subiectul I Punctaj1 a 32 c 33 b 34 d 35 a 3
TOTAL pentru Subiectul I 15p
Subiectul al II-lea Parţial Punctaj
a
Cacircnd la bornele generatorului avem un singur voltmetru de rezistenţă RV (1)U1 = I1Rv= v
V
ERR r+
1p
4pCacircnd sunt montate cele două voltmetre icircn paralel rezistenţa lor echivalenta va fi
2vR (2) 2 2 2 2
v v
v
R ERU IR r
= =+
2p
Rezolvacircnd sistemul format din relaţiile (1) (2) obţinem E = 12 V 1p
b
Aplicacircnd legea lui Ohm pentru un circuit simplu cacircnd avem un singur ampermetru 1A
EIR r
=+ 1p
4pCacircnd cele două ampermetre sunt legate icircn serie 2 2 A
EIR r
=+
2p
Rezolvacircnd sistemul obţinem r = 2 Ω 1p
c2 1
1 1VrR
EU U
=
minus
1p
4p
2 1
1 1AR E
I I
= minus
2p
Obţinem RV= 4 Ω RA= 2 Ω 1p
d
RV rarr infin 1p
3p1V
VV
V
ER EU ErR rR
= = =+ + 1p
Uv = 12 V 1pTOTAL pentru Subiectul al II-lea 15p
Subiectul al III-lea Parţial Punctaj
a
Cacircnd k este deschis rezistenţele R1 R3 sunt legate icircn serie R2 R4 serie 1p
4p
1 1 3
2 2 4
S
S
R R RR R R
= += +
1p
1 3 2 4
1 2 1 2 3 4
1 1 1 ( )( )tot
tot S S
R R R RRR R R R R R R
+ += + =gt =
+ + + 1p
Din legea lui Ohm pentru un circuit simplu obţinem 1 3 2 44
1 2 3 4
( )( ) 4
E R R R Rr RI R R R R
+ += + rArr = Ω + + +
1p
bW = (E minus rI prime)I primet 2p
3pW = 504 J 1p
Bareme teste nivel avansat
229
c
Cacircnd k este icircnchis R1 R2 legate icircn paralel R3 R4 legate icircn paralel Rtot= Rp1 + Rp21p
4p1 2 3 4
1 2 3 4
EI R R R RrR R R R
=+ +
+ +2p
Rezultă I = 104 A 1p
d
Cacircnd k este deschis 1 807tot
tot
RR r
η = =+
2p
4p
Cacircnd k este deschis 2 80tot
tot
RR r
η = =+ 2p
TOTAL pentru Subiectul al III-lea 15p
Teste de fizicatilde pentru bacalaureat
230
DOPTICAtilde
Subiectul I Punctaj1 d 32 a 33 a 34 a 35 d 3
TOTAL pentru Subiectul I 15p
Subiectul al II-lea Parţial Punctaj
a
Pentru expresia distanţei focale a unei lentile subţiri
1 2
11 1( 1)
fn
R R
=
minus minus
2p
4p1
2 0RR
rarr infinlt
1p
R = 15 cm 1p
b
2
1 2 1f f f= + unde f2 reprezintă distanţa focală a lentilei biconcavă formată prin introducerea lichidului f2 = minus20 cm 2p
4p2
1 2
1 1 1( 1)l
fn
R R
=
minus minus
1p
|R1| = |R2| = 15 cmRezultă nl=137 1p
c
2 2
1 1
1y xy x
β = = = minus 1p
3p
2 1
1 1 1x x f
minus = 1p
Rezultă x1 = minus120 cm 1p
d
Vom arăta că pentru un sistem afocal d = f1 + | f2 | mărirea liniară a sistemului nu depinde de poziţia obiectului şi a imaginii Considerăm obiectul luminos aflat la distanţa x1 de prima lentilă
21
1
xx
β = 2 1 1
1 1 1x x f
minus =
1p
4p
Imaginea obţinută icircn prima lentilă devine obiect pentru cea de-a doua lentilă
2 1 2
1 1 1x x fminus =
2
21
xx
β =
Unde x1prime = x2 minus d d = f1 + | f2 |
1 21 1 2
1 1
f xx f ff x
= minus minus+
1p
Mărimea dată de sistem 1 21 2 2
11 1
1 1
f fff x
f x
β = β sdotβ = sdotminus+
+
1p
2
1
ff
β = minus
d = f1 + | f2 |Rezultă d = 60 cm
1p
TOTAL pentru Subiectul al II-lea 15p
Bareme teste nivel avansat
231
Subiectul al III-lea Parţial Punctaj
aScriem formula poziţiei maximului de ordin k
2kk Dx
lλ
=k = 5
2p3p
Rezultă xk=10 mm 1p
bFormula interfranjei
2lDi
l= 2p
3pRezultă I = 2 mm 1p
c
Introducacircnd o lamă de sticlă icircn dreptul fantei S1 drumul optic parcurs de unda provenită de la S1 creşte cu (n ndash 1) middot er1prime = r1 + e(n ndash 1)
1p
5p
Diferenţa de drum opticδprime = r2 ndash r1prime = r2 ndash r1 ndash e (n ndash 1) = k ∙ λ 2p
Pentru maximul central k = 0 sistemul de franje se deplasează pe ecran cu 1
2knx eD
lminus
=
xk = 04 m
1p
Sistemul de franje se deplasează spre fanta acoperită de lamă 1p
d
Condiţia de suprapunere a maximelor de interferenţă xk1 = xk2 1p
4pDin formula poziţiei maximului de ordin k 1 1 2 2
2 2k D k
l lλ λ
= 1p
Obţinem k1 = 13 şi k2 = 10 1p
Rezultă xcomun = 26 mm 1p
TOTAL pentru Subiectul al III-lea 15p
Teste de fizicatilde pentru bacalaureat
232
TESTUL 6
A MECANICAtilde
Subiectul I Punctaj1 d 32 b 33 a 34 d 35 d 3
TOTAL pentru Subiectul I 15p
Subiectul al II-lea Parţial Punctaj
a
2
2f
BG F cB cA
mvL L E E mgh Nl+ = minus hArr minus micro = 2p
4p2 2 (1 )Bv gh= minus micro 1p
4 msBv = 1p
b
0cE∆ = 1p
3p20J
20JpE mgh
E
∆ = =
∆ =2p
c
2 0
2f
BF cB
mvL E mgd= minus hArr minusmicro = minus 2p
4p2 2
2 2B Bv vgd d
gmicro = rArr =
micro1p
4md = 1p
d
( ) 0 0
fG F c final c initialL de readucere L L E E+ + = minus = minus 1p
4p
cos 0L mgh mgd mglminus minus micro minus micro α = 1p
cos ( )sin
hL mgh mgd mg mg h d h= + micro + micro α = + micro + microα
1p
40JL = 1p
TOTAL pentru Subiectul al II-lea 15p
Bareme teste nivel avansat
233
Subiectul al III-lea Parţial Punctaj
a
1 1F t psdot ∆ = ∆
1p
4p1 2F t mv mv mvsdot ∆ = minus minus = minus
1p
12mvF
t=
∆1p
1 2kNF = 1p
b
Triunghiul impulsurilor fiind echilateral se poate scrie v v v= =
1p
4p
2
2 2
22
p p mv
F t pp mvFt t
∆ = =
sdot ∆ = ∆
∆= =
∆ ∆
2p
2 1 kNF = 1p
c
H F t= sdot ∆
H F t= sdot ∆1p
3p
1 1
2 2
2 N s1 N s
H F tH F t
= sdot ∆ = sdot= sdot ∆ = sdot
2p
d
2p
4p
3 2 2 2N sp p mv∆ = = = sdot
2p
TOTAL pentru Subiectul al III-lea 15p
Teste de fizicatilde pentru bacalaureat
234
B TERMODINAMICAtilde
Subiectul I Punctaj1 a 32 c 33 b 34 a 35 d 3
TOTAL pentru Subiectul I 15p
Subiectul al II-lea Parţial Punctaj
a 4p 4p
b
A BU U U∆ = ∆ = ∆ 1p
4p2 1 2 1 2 2 1 1
5 5( ) ( ) ( )2 2VU C T T RT RT p V p V∆ = ν minus = ν minus ν = minus 2p
250 JU∆ = 1p
c
13 32 3 1 2 3 3 1 2 35 7( ) ( ) ( ) ( )2 2A V pQ Q Q C T T C T T RT RT RT RT= + = ν minus + ν minus = ν minus ν + ν minus ν 1p
5p
2 1 1 1 2 2 2 1 1 2 1 2 2 15 7 5 7( ) ( ) ( ) ( )2 2 2 2AQ p V p V p V p V V p p p V V= minus + minus = minus + minus 1p
650 JAQ = minus 1p
14 42 1 2 1 2 2 17 5( ) ( )2 2BQ Q Q p V V V p p= + = minus + minus 1p
50 JBQ = minus 1p
d- 650 250 900JA A AL Q U= ∆ = minus minus = minus 1p
2p- 50 250 300 JB B BL Q U= ∆ = minus minus = minus 1p
TOTAL pentru Subiectul al II-lea 15p
Subiectul al III-lea Parţial Punctaj
a
12 34 0Q Q= =
123 3 2 3 2 3 2 2 2 2 3 2 3 2
5 5 5 5( ) ( ) ( ) ( ) ( )2 2 2 2V
VQ C T T RT RT p V p V V p p p p= ν minus = ν minus ν = minus = minus = sdot minusε
2p
5p1 1 2 2 2 1
4 1 3 2 3 4
1 2
3 4
p V p V p pp V p V p p
γ γ γ
γ γ γ
rarr = rArr = sdotε
rarr = rArr = sdotε
-11
23 4 1 4 1 15 5( ) ( )2 2primit
VQ Q p p p p Vγ γ= = ε minus = minus ε sdotε
3p
Bareme teste nivel avansat
235
b41 1 4
5 ( )2cedatQ Q RT RT= = ν minus ν 2p
4p
1 1 4 1 1 4 15 5( ) ( )2 2cedatQ p V p V p p V= minus = minus sdot 2p
c
1 cedat
primit
η = minus 1p
3p4 1 1
1-1
4 1 1
5 ( ) 121 15 ( )2
p p V
p p Vγminus
γ
minus sdotη = minus = minus
εminus ε sdot2p
d
pL Q= ηsdot = 1p
3p-1 -1
4 1 1 4 1 1-1
1 5 5(1 ) ( ) ( 1) ( )2 2
L p p V p p Vγ γγ= minus minus ε sdot = ε minus minus sdot
ε2p
TOTAL pentru Subiectul al III-lea 15p
Teste de fizicatilde pentru bacalaureat
236
C PRODUCEREA ordfI UTILIZAREA CURENTULUI CONTINUU
Subiectul I Punctaj1 a 32 c 33 b 34 d 35 a 3
TOTAL pentru Subiectul I 15p
Subiectul al II-lea Parţial Punctaj
a
11
1 1 2 1 1 2 1 48 16 8 8 8 4 p
p
RR
= + = + = = = Ω 1p
5p
1 4 20 24sR = + = Ω 1p
22
1 1 1 3 1 69 18 18 6 p
p
RR
= + = = = Ω 1p
2 6 6 12sR = + = Ω 1p
1 1 1 3 1 824 12 24 8 AB
AB
RR
= + = = = Ω 1p
b
1 1 3
1 1 05 8 4 VABU I R IR
I R= += sdot =
2p
4p
1 11 1 2 2 2
2
4 1 025 A16 4
I RI R I R IR
= rArr = = = =
1 22 1 A4 1 20 4 20 24 VAB
I I IU
= + == + sdot = + =
2p
c
ABe
AB
UIR
= 2p3p
3AeI = 1p
d
ABAB e e
e
E UE U I R rI
minus= + rArr = 2p
3p
1r = Ω 1p
TOTAL pentru Subiectul al II-lea 15p
Bareme teste nivel avansat
237
Subiectul al III-lea Parţial Punctaj
a
1 2
( )
( )
bE I R r UP PE I R r
I
= + ++
= + +
3p
5p
2
6024 24
2 20 50 05A
II
I II
= +
minus + ==
2p
b( )e e e
E EE I r R R r R rI I
= + rArr + = rArr = minus 2p3p
43eR = Ω 1p
c
( ) 24 5 24 24 12 12VbU E I R r= minus + = minus sdot = minus = 2p
4p1
1
21
24 2A1236 3A12
b
b
PIUPIU
= = =
= = =2p
d
11
12 62
bURI
= = = Ω
22
12 43
bURI
= = = Ω2p
3p
2 25 43 3600 387kJext eW I R t= sdot sdot ∆ = sdot sdot = 1p
TOTAL pentru Subiectul al III-lea 15p
Teste de fizicatilde pentru bacalaureat
238
DOPTICAtilde
Subiectul I Punctaj1 a 32 d 33 a 34 a 35 c 3
TOTAL pentru Subiectul I 15p
Subiectul al II-lea Parţial Punctaj
a1 1 1 1
22 1 1 2 1 1 1 1
1 1 1 1 f x f xxx x f x f x f x
+= + hArr = hArr =
+ 2p3p
2 15cmx = poziţia imaginii dată de prima lentilă 1p
b
1 2( ) (20 15) 5cmx d x= minus minus = minus minus = minus poziţia imaginii dată de prima lentilă icircn raport cu a doua lentilă pentru
care joacă rolul de obiect1p
4p 2 1 2 12
2 1 2 2 2 1 2 1
1 1 1 1 f x f xxx x f x f x f x
+= + hArr = hArr =
+ poziţia imaginii finale icircn raport cu a doua lentilă 2p
2 25cmx = minus poziţia imaginii finale icircn raport cu a doua lentilă 1p
c
2 2
1 2 1 1
sistemx xx x
β = β sdotβ = sdot 2p
3p12 12sistemβ = minus sdot = minus 1p
d 5p 5p
TOTAL pentru Subiectul al II-lea 15p
Bareme teste nivel avansat
239
Subiectul al III-lea Parţial Punctaj
aIntroducerea unui strat subţire (lamă film peliculă) icircn calea unuia din fasciculele luminoase care interferă conduce la deplasarea figurii de interferenţă spre acel fascicul dar nu modifică interfranja 2p
3pAşadar raportul cerut este 1 1p
b
Icircn cazul acoperirii cu acelaşi film a ambelor fante figura de interferenţă rămacircne aceeaşi ca şi icircn cazul absenţei filmului atacirct ca poziţie cacirct şi ca interfranjă icircntrucacirct fiecare fantă acoperită introduce acelaşi drum optic supli-mentar deci diferenţa de drum optic icircntre razele care interferă nu se schimbă
2p3p
Aşadar şi icircn acest caz raportul cerut este 1 1p
c
Icircn acest caz analizacircnd distribuţia maximelor şi minimelor din figura de interferenţă reiese că deplasarea figurii
de interferenţă este 45x i∆ = sdot unde i este interfranja 2Dil
λ= 2p
5pIcircntre deplasarea figurii de interferenţă x∆ şi diferenţa de drum optic suplimentară δ introdusă de film există
relaţia 2
xD l∆ δ
= care devine ( 1) 45 ( 1) 45 ( 1)2 2 2 2
x e n i e n D e nD l D l D l l∆ minus minus λ minus
= hArr = hArr = de unde rezultă 451
en
λ=
minus
2p
8522 10 m 522 me minus= sdot = micro 1p
d
( 1) noue n kminus = sdotλ 2p
4p
( 1)nouke
nλ
=minus
1p
eprime = 232 10minus8 m = 232 ηm 1pTOTAL pentru Subiectul al III-lea 15p
Teste de fizicatilde pentru bacalaureat
240
TESTUL 7
A MECANICAtilde
Subiectul I Punctaj1 c 32 b 3
3
d Din grafic 16 JpE = şi h=4m
Expresia energiei potenţiacuteale este 04kgpp
EE mgh m
gh= rArr = =
Aplicacircnd legea conservării energiei mecanice 2 2
892 ms2
poco po c p p o
EmvE E E E E vm
+ = + rArr = rArr = =
3
4 c 3
5
d
0
0 sin 0 cos
f
x
f y f
F N G FOx N F N FOy F F G F mg F
+ + + =
minus = rArr = sdot α+ minus = rArr = minus sdot α
cos 20 10 3 027
sin 10f
f
F mg FF NN F
minus sdot α minus= micro sdot rArr micro = = = =
sdot α
3
TOTAL pentru Subiectul I 15p
Subiectul al II-lea Parţial Punctaja Reprezentarea corectă a forţelor care acţionează asupra corpurilor 4p 4p
b
Pentru corpul (1) avem 1 1 1 1eF m g k l m g= rArr ∆ = 1p
4p
Pentru corpul (2) avem 2 12 2 1 2( )e eF m g F k l g m m= + rArr ∆ = + 1p
1 1
2 1 2
l ml m m
∆=
∆ + 1p
1
2
25
ll
∆=
∆ 1p
c
Pentru corpul (3) avem 23 3 eN G F= + 1p
4p2 2 1eF m g m g= + 3 3G m g= 1p
3 3 1 2 3 1 2 3 + ( ) 9 NN m g m g m g N g m m m= + rArr = + + = 2p
d
Din condiţia de echilibru rezultă1
1m gm g kx k
x= rArr = 2p
3p
100 Nkm
= 1p
TOTAL pentru Subiectul al II-lea 15p
Bareme teste nivel avansat
241
Subiectul al III-lea Parţial Punctaj
a
Forţele ce acţionează asupra corpurilor
2p
4p
1 1 1 10N m g N m gminus = rArr = 1p
2 1 2 2 1 2
2
0 ( )80 N
N N G N m m gN
minus minus = rArr = += 1p
b
Pentru corpul (1) 11 1 1 1fT F G N m a+ + + =
Ox 11 1fT F m aminus =
Oy 1 1 1 10N m g N m gminus = rArr =
11 1 1 1 1 1 1 1f fF N F m g T m g m a= micro rArr = micro rArr minus micro =
1p
5p
Pentru corpul (2) 1 21 2 1 2 2 2f fT T F F N N G m a+ + + + + + =
1 22 1 2
2 1 2 2 1 2
0 ( )f fOx T T F F m a
Oy N N G N m m g
minus minus minus =
minus minus = rArr = +
2 22 2 2 1 2( )f fF N F m m g= micro rArr = micro +
2 1 1 1 2 1 2 2( )T T m g m m g m arArr minus minus micro minus micro + =
1p
Pentru corpul (3) 33 2 3 3fG T F N m a+ + + =
33 2 3
3 3 3 3
sin
cos 0 cosfOx m g F T m a
Oy N m g N m g
α minus minus =
minus α = rArr = α
3 32 3 2 3 cosf fF N F m g= micro rArr = micro α
3 2 3 2 3sin cosm g m g T m aα minus micro α minus =
2p
Rezultă 3 2 1 1 2 1 2 1 2 3
3 2 1 1 2 1 22
1 2 3
(sin cos ) 2 ( ) ( )(sin cos ) 2 ( ) 342
m g m g m m g a m m mm m m m ma g
m m m s
α minus micro α minus micro minus micro + = + +α minus micro α minus micro minus micro +
= =+ +
1p
c
1 1 1 1( ) 1626 NT m a g T= + micro = 1p
3p2 1 2 1 1 2 1 2
2
( ) 2 ( )4736
T a m m m g m m gT N
= + + micro + micro += 2p
d
1
1 1
22 ( )
R TR m a g
== + micro 2p
3p3252 NR = 1p
TOTAL pentru Subiectul al III-lea 15p
Teste de fizicatilde pentru bacalaureat
242
B TERMODINAMICAtilde
Subiectul I Punctaj1 c 32 c 33 d 3
4
c Aplicăm primul principiu al termodinamicii 1 2 1 2 1 2Q U Lrarr rarr rarr= ∆ +1 2 2 1( )( )
2vp p V VC T C T + minus
υ ∆ = υ ∆ + 2 1
32vT T T C R∆ = minus =
1 2 1 1 2 2 2 12 1 2 1
3( ) ( )2 2
p V p V p V p VC T T R T T minus + minusυ minus = υ minus +
Cum procesul 1rarr2 este de forma p = aV rezultă 1 1
2 2
p aVp aV
= =
1 11 2 2 1
2 2
p V p V p Vp V
rArr = rArr =
Obţinem 2 2 1 12 1 2 1
3( ) ( )2 2
p V p VC T T R T T minusυ minus = υ minus +
Din ecuaţia de stare obţinem 1 1 1
2 2 2
p V RTp V RT
= υ= υ
Rezultă 2 3 2C T R T R T C Rυ ∆ = υ ∆ + υ ∆ rArr =
3
5
c Aplicăm legile celor două procese
izoterm 1 1 2 2p V p V= dar 12 1 22
2pV V p= rArr =
adiabat 11 1 2 2 2 2
pp V p V pγ γγ= rArr = Rezultă raportul 12
2
2pp
γminus= 3
TOTAL pentru Subiectul I 15p
Subiectul al II-lea Parţial Punctaj
a
Legea conservării numărului de moli 1 2ν = ν + ν 1p
4p
Ecuaţiile de stare pentru heliu şi azot icircn starea iniţială şi pentru amestecul de gaze icircn starea finală 1 1
1 1 1 1
2 22 2 2 2
1 21 2
( )( )
p Vp V RTRTp Vp V RTRT
p V Vp V V RTRT
= ν rArr ν =
= ν rArr ν =
++ = ν rArr ν =
1p
Rezultă 51 2 1 11 2 1 1 2 2 2 2
2
( )( ) 25 10p V V p V Np V V p V p V pV m
+ minus+ = + rArr = = sdot 2p
b
Raportul dintre numerele de moli de gaz este 1 2 2
2 1 1
p Vp V
ν=
ν 2p3p
1
2
5ν=
ν 1p
c
Din legea conservării numărului de moli rezultă 1 2
1 2
m m m= +
micro micro micro1p
4p1 2
1 21 2
1 2
2m m
m m m
=micro micro
= + rArr micro =micro + micro
2p
7gmolmicro = 1p
d
Variaţia energiei interne este VU C T∆ = ν ∆ VC este căldura molară la volum constant a amestecului 2p
4p
Energia internă a amestecului este 1 2U U U= +
1 2 1 2
1 2 1 2
1 21 2
1 2
2 1
1 2 1 2
( )22
V V V V V V
V V V VVV
m m mC T C T C T C C C
C C C CC C
rArr ν =ν + ν rArr = + rArrmicro micro micro
micro + micro micro= + rArr =
micro micro micro micro micro
1p
1 22 1
1 2
134
7716
V VV
V
C CC R
mU C T KJ
micro + micro= =
micro + micro
∆ = ∆ =micro
1p
TOTAL pentru Subiectul al II-lea 15p
Bareme teste nivel avansat
243
Subiectul al III-lea Parţial Punctaj
a
Reprezentarea icircn coordonate V şi T este
3p 3p
b
1rarr2 este un proces izocor 2 1V VrArr = 2rarr3 este un proces izobar 2 3p prArr =
1rarr3 este un proces de forma p = aV Procesul 3rarr4 este un proces izoterm1p
4p
1 1 1 33 1 2 1
3 3 1
3 3p aV p Vp p p pp aV V
= rArr = = rArr = =
1p
Parametrii stării 2 sunt 2 1V V= şi 2 13p p=
Parametrii stării 3 sunt 3 13V V= şi 3 13p p=1p
3 3 4 4p V p V= 4 1p p= 1 1 1 49 p V p VrArr =
4 19 45lV VrArr = =1p
c
Din ecuaţia termică de stare determinăm temperatura pentru cele 4 stări 1 11 1 1 1
p Vp V RT TR
= υ rArr =υ
1 12 2 2 1 1 2 2 1
33 3p Vp V RT p V RT T TR
= υ rArr = υ rArr = =υ
1 13 3 3 1 1 3 3 1
93 3 9p Vp V RT p V RT T TR
= υ rArr = υ rArr = =υ
4 3 19T T T= =
2p
5p
32vC R= rArr 1 1
1 3 3 1 1 13 8( ) 122v
p VU C T T R p VRrarr∆ = υ minus = υ =
υ2p
1 3 6000 J = 6 kJU rarr∆ = 1p
dmin
max
1cTT
η = minus
1
3
1cTT
rArr η = minus 2p3p
88cη = 1p
TOTAL pentru Subiectul al III-lea 15p
Teste de fizicatilde pentru bacalaureat
244
C PRODUCEREA ordfI UTILIZAREA CURENTULUI CONTINUU
Subiectul I Punctaj1 b 32 c 3
3
a Din grafic avem U = 20 V şi I = 5 A 4URI
rArr = = Ω
Intensitatea de scurtcircuit 2scEI rr
= rArr = Ω
Randamentul circuitului este 066 66RR r
η = = rArr η =+
3
4
b Calculăm parametrii sursei echivalente2 3
182 31 1 1 1 11
2 3
k
ke
k
E E E Er Er r rE
r r r r
sum + += = =
sum + +
1 1 61 1 1 1 11
2 3
e
k
rr
r r r r
= = =sum + +
3
5
d Puterea maximă 2
max 4EP
r= Din relaţia max max05 2P P P P= sdot rArr =
2 22 2
2
2 6 04 ( )E E R R Rr r
r R r= rArr minus + =
+
Rezolvacircnd ecuaţia de gradul doi găsim valorile rezistenţei R 12 3 2 2R r r= plusmn1 582 291R r= = Ω 2 018 09R r= = Ω
3
TOTAL pentru Subiectul I 15p
Subiectul al II-lea Parţial Punctaj
a
K1 K2 deschise rezistenţa echivalentă este 1
1
1 1 1 22 3e
e
RRR R R
= + rArr = 1p
4p1 18V 2AU I= = 11 1 eU I R= sdot 1p
11 1
1
2 33 2R UU I R
I= sdot rArr = 1p
6R = Ω 1p
b
K1 este icircnchis iar K2 deschis rezistenţa echivalentă2
2
1 1 1 32e
e
RRR R R
= + rArr = = Ω 1p
5p
1 1 1 1
2 2 2 2
U E I r E U I rU E I r E U I r
= minus = += minus = + 1p
1 1 2 2U I r U I rrArr + = + 1p
1 2
2 1
1U UrI I
minus= = Ω
minus E = 10 V 2p
csc
EIr
= 2p3p
10AscI = 1p
d
2
max 4EP
r= 2p
3p
max 25 WPrArr = 1p
TOTAL pentru Subiectul al II-lea 15p
Bareme teste nivel avansat
245
Subiectul al III-lea Parţial Punctaj
a
1R şi
2R rezistenţele electrice ale celor două porţiuni de fir MC şi CN de lungimi 1l şi 2l 11
lRS
= ρ
22
lRS
= ρ 1p
3p
Prin 3R nu trece curent electric rezultă o punte Wheastone echilibrată 1 2
1 2 2 1 1 2 1 1 2 2l lR R R R R R R l R l
S Sρ ρ
sdot = sdot rArr = rArr =
1p
1 2 2 12l l l l l= + rArr = 1 20 cml = şi 2 40 cml =1p
bRezistenţa echivalentă a circuitului exterior este 1 2
1 2 1 2
1 1 1 ( )e
e
R R RRR R R R R R R
+ sdot= + rArr =
+ + + 3p4p
5eR = Ω 1p
c
legea lui Ohm pe icircntregul circuit3 45A
3e e
nE EIR nr R r
= = =+ +
2p4p
Tensiunea la borne este 225 VeU IR= = 2p
dParametrii generatorului echivalent sunt 3 3e eE E r r= = 2p
4pIntensitatea de scurtcircuit este 12Aesc
e
EIr
= = 2p
TOTAL pentru Subiectul al III-lea 15p
Teste de fizicatilde pentru bacalaureat
246
DOPTICAtilde
Subiectul I Punctaj1 b 3
2
a
Scriem ecuaţia lui Einstein pentru cele două frecvenţe 1 1 1 12 1
2 2 2 2
2 2 2 1 2
1 1 1
62 4V
(155 )155055
h L eU eU h LundeU V U
h L eU eU h LU h L U hdar LU h L U
ν = + = ν minus rArr = = ν = + = ν minus
ν minus ν minus ν= = rArr =
ν minus
140 0 118 10 HzLL h
h= sdotν rArr ν = = sdot
3
3
b
Aplicăm legea refracţiei ( )1aern = 3sin sin sin8
i n r r= rArr =Icircn triunghiul IPB
2
sintg tg1 sin
PB rr PB h r hh r
= rArr = =minus
Icircn triunghiul 90 60o oAP I iα = minus =
2
sintg tg 3 07m1 sin
x rx PB hPB r
α = rArr = α = =minus
3
4
d Formula interfranjei este 13
2r r
v v
D iil i
λ λ= rArr = =
λ
Relaţia dintre cele două interfranje este (1 ) 1 03rr v v v
v
ii i fi i f fi
= + = + rArr = minus =
f = 30
3
5
cUnghiul limită este 1 3sin
4l
n= =
2
tg tg
sin sin 115cos 1 sin
rl r h lh
l lr h h ml l
= rArr =
= = =minus
3
TOTAL pentru Subiectul I 15p
Subiectul al II-lea Parţial Punctaj
a
Lentila plan concavă este o lentilă divergentă cu 1R R= minus şi 2R rarr infin
Distanţa focală a lentilei este
1 2
1 20 cm1 1 1( 1)( )
Rfnn
R R
= = minus = minusminusminus minus
1p
4pFormula lentilelor subţiri 12
2 1 1
1 1 1 ( 20)( 30) 12cm20 30
fxxx x f f x
minus minusminus = rArr = = = minus
+ minus minus 2p
Mărirea liniară transversală este 2 2 2 12
1 1 1
( 12) 2 08 cm30
x y x yyx y x
minus sdotβ = = rArr = = =
minus
Imaginea este virtuală dreaptă mai mică decacirct obiectul1p
b
Dacă introducem lentila icircn apă 1 2( )R R R= minus rarr infin
1 2
11 1( 1)( )
a
a
a
n Rf n n nn R R
minus= =
minusminus minus2p
3p
80 cmf = minus 1p
Bareme teste nivel avansat
247
c
Alipind cele două lentile se formează o lentilă biconcavă 1 2( )R R R R= minus = cu distanţa focală 1 10 cm1 1 2( 1) 2( 1)( )
R ffnn
R R
minus= = = = minus
minusminus minusminus
2p
4pFormula lentilelor subţiri
1
2 2 1 1
1 1 1 ( 10)( 30) 15 cm10 10
f xxx x f f x
minus minusminus = rArr = = = minus
+ minus minus 1p
Din formula pentru mărirea liniară transversală
2 2
1 1
x yx y
β = = rezultă
2 12
1
( 15) 2 1cm30
x yyx
minus sdot= = =
minus 1p
d
Distanţa focală a sistemului de lentile este 1 2 12
a
a a
f fFF f f f f
sdot= + rArr =
+1p
4p
1 15 cm1 1 2( 1)( 1)( )( )
aa
a
Rfnn
R R
= = =minusminus minus
minus1p
( 20) 15 30 cm30 20
F minus sdotrArr = = minus
minus1p
12
2 1 1
1 1 1 ( 30)( 30) 15 cm30 30
F xxx x F F x
sdot minus minusminus = rArr = = = minus
+ minus minus 1p
TOTAL pentru Subiectul al II-lea 15p
Subiectul al III-lea Parţial Punctaj
aUtilizacircnd formula interfranjei 15 mm
2Dil
λ= = 2p
3pDin relaţia 8 franjedd Ni N
i= rArr = = 1p
b
Maximul luminos de ordinul K se formează la distanţa 2MK Dx
lλ
=
pentru K = 5 55 75 mm2
Dxl
λ= =
1p
4pDistanţa la care se formează franje icircntunecoase este (2 1)2 2MDx Kl
λ= + sdot 1p
Pentru a treia franjă icircntunecoasă K = 2 3 5 35 375 mm2 2
Dx x x xl
λrArr = sdot = ∆ = minus Rezultă 375 mmx∆ = 2p
c
Icircn absenţa lamei diferenţa de drum este 2 12 Klxr r
Dδ = minus =
Icircn prezenţa lamei diferenţa de drum este 2 1 2 1 2 1( ) ( ) ( ) ( 1)S P S P r r e ne r r e n∆ = minus = minus minus + = minus minus minus
Rezultă 2 ( 1)Kl x e nDsdot
∆ = minus minus
2p
5p
Din condiţia de maxim K∆ = λ rezultă 2 ( 1)Kl xK e nDsdot
λ = minus minus
Maximul central se obţine pentru K = 0 rArr 0 02 2( 1)( 1)
l x l xe n eD D nsdot sdot
= minus rArr =minus
2p
0 33 45 mm2
Dx xl
λ= = = rArr 18 me = micro 1p
dDin relaţia 1
2KK Dx K
lλ
= = rArr 22l x
Dsdot
λ = 2p3p
2 480nmλ = 1p
TOTAL pentru Subiectul al III-lea 15p
Teste de fizicatilde pentru bacalaureat
248
TESTUL 8
A MECANICAtilde
Subiectul I Punctaj1 b 32 c 33 b 34 b 35 c 3
TOTAL pentru Subiectul I 15p
Subiectul al II-lea Parţial Punctaj
a
2
2cpEm
= 2p3p
rezultat final 400 JcE = 1p
b
pFt
∆=
∆ 1p
4pF ma= 1p
pam t∆
=∆
1p
rezultat final 25msa = 1p
c
amFFF fx
=++ 21 1p
4p1 2 cosF F N ma+ θ minus micro = 1p
1 2 2cos ( sin )F F F mgam
+ θ minus micro minus θ += 1p
rezultat final 2412msa 1p
d
2
2atd = 1p
4p2 1d d∆ = minus
21
1 2atd =
22
2 2atd = 1 1 st = 2 2st = 2p
rezultat final 75m∆ = 1p
TOTAL pentru Subiectul al II-lea 15p
Bareme teste nivel avansat
249
Subiectul al III-lea Parţial Punctaj
a
Energia căruciorului se conservă fi EE = 1p
4p1iE m gh= 2
1
2fm vE = 2p
rezultat final 2 2 10 632 msv gh= = 1p
b
Pentru mişcarea bilei 2
2gth = 1p
4pPentru mişcarea căruciorului pe orizontală
2
2atd vt= + 1p
Acceleraţia căruciorului 1 fm a F= minus fF mg= micro a g= minusmicro ( )2d h= minus micro
1p
rezultat final 3 md = 1p
c
Teorema de variaţie a energiei pentru cărucior pe pista orizontală2 2
1 1 112 2
m v m v m gdminus = minusmicro legea conservării impulsului ( )
1 1 1 2i fp p m v m m v= hArr = +
2p
4p( )1
1 2
2m g h dv
m mminus micro
=+
1p
rezultat final 2 10 21 ms3
v = 1p
d
Legea conservării energiei pentru sistemul cărucior-bilă după cionire( ) 2
1 2
2sistem
m m vE
+=
2
2sistemk lE ∆
=
1 2m ml vk+
∆ =
2p
3p
rezultat final 2 47 cm30
l∆ =
1p
TOTAL pentru Subiectul al III-lea 15p
Teste de fizicatilde pentru bacalaureat
250
B TERMODINAMICAtilde
Subiectul I Punctaj1 b 32 d 33 c 34 a 35 d 3
TOTAL pentru Subiectul I 15p
Subiectul al II-lea Parţial Punctaj
a
pV RT= ν 1p
4p1
2
2
1
2
1
2
1
micromicro
νν
sdot==mm
pp
2p
rezultat final 47
2
1 =pp
1p
b
1 2
1 2
1 2
amestecm mm m
+micro =
+micro micro
2p3p
127gmolamestecmicro = 1p
c
0
2p V RT= ν
1p
4p0 finalp V RT= ν
1p
rezultat final 4fT T= 1200KfT = 2p
d
Icircn decursul transformării gazul parcurge o icircncălzire izocoră pacircnă cacircnd presiunea devine 0p apoi se dilată izobar pacircnă la volumul 2V
2p
4p0 0middot middot 2L p V p V RT= ∆ = = ν 1p
rezultat final 196kJL = 1pTOTAL pentru Subiectul al II-lea 15p
Subiectul al III-lea Parţial Punctaja reprezentare corectă 4p 4p
b1 1L p V p V= ∆ sdot ∆ = 2p
3prezultat final 1000JL = 1p
c
min
max
1CTT
η = minus 1p
3pmin 1T T= max 14T T= 1p
rezultat final 3 754Cη = = 1p