BAC Fizică (Mecanică + Termodinamică) - iunie 2023 (Varianta 5)

Lucrul mecanic al greutății nu depinde de drumul urmat, ci numai de diferența de înălțime dintre poziția inițială și cea finală: $L_G = mg(h_1 - h_2)$. Corpul coboară de la $h_1$ la $h_2$ (cu $h_1 > h_2$), deci lucrul greutății este pozitiv, iar factorul $\sin\alpha$ nu apare (el este deja cuprins în legătura dintre distanța parcursă pe plan și diferența de înălțime). Răspunsul corect este litera d.

Item grilă. Se cerea lucrul mecanic efectuat de greutate la coborârea uniformă a unui corp de la înălțimea h1 la înălțimea h2 pe un plan înclinat, dintre variantele: a) mg(h2-h1)sin(alfa); b) mg(h1-h2)sin(alfa); c) mg(h2-h1); d) mg(h1-h2). Barem: 3 puncte pentru litera d (lucrul greutății depinde numai de diferența de înălțime, L = mg(h1-h2) > 0 la coborâre). 0 puncte pentru orice altă literă, fără punctaj parțial.

Conform legii lui Hooke, modulul forței elastice este proporțional cu deformarea resortului: $F_e = k\cdot|x|$. Greutatea corpului nu intră în expresia forței elastice. Răspunsul corect este litera b.

Item grilă. Se cerea modulul forței elastice pentru un resort de constantă k alungit cu x, dintre variantele: a) k|x| - mg; b) k|x|; c) k|x|^2 - mg; d) k|x|^2. Barem: 3 puncte pentru litera b (legea lui Hooke, F = k|x|). 0 puncte pentru orice altă literă, fără punctaj parțial.

Termenul $\beta\cdot v^2$ trebuie să aibă unitatea de forță. Rezultă $[\beta] = \dfrac{[F]}{[v]^2} = \dfrac{\text{N}}{\text{m}^2/\text{s}^2} = \dfrac{\text{kg}\cdot\text{m}\cdot\text{s}^{-2}\cdot\text{s}^2}{\text{m}^2} = \text{kg}\cdot\text{m}^{-1}$. Răspunsul corect este litera a.

Item grilă. Pentru forța F = alfav + betav^2 se cerea unitatea de măsură S.I. a constantei beta, dintre variantele: a) kgm^-1; b) kgs^-1; c) kgm; d) kgms^-2. Barem: 3 puncte pentru litera a (din beta = F/v^2: Ns^2/m^2 = kgms^-2 * s^2/m^2 = kg/m). 0 puncte pentru orice altă literă, fără punctaj parțial.

Aplicăm teorema variației impulsului: $F\cdot\Delta t = \Delta p = m\cdot v - 0$. Rezultă $F = \dfrac{m\cdot v}{\Delta t} = \dfrac{0{,}4\cdot 15}{0{,}01} = 600\,\text{N} = 6\cdot10^2\,\text{N}$. Răspunsul corect este litera c.

Item grilă. O minge de masă m = 0,4 kg, inițial în repaus, capătă viteza v = 15 m/s într-o lovitură cu durata 0,01 s; se cerea forța medie, dintre variantele: a) 410^2 N; b) 510^2 N; c) 610^2 N; d) 710^2 N. Barem: 3 puncte pentru litera c (teorema variației impulsului: F = mv/Δt = 0,415/0,01 = 600 N). 0 puncte pentru orice altă literă, fără punctaj parțial.

Lucrul mecanic al forței elastice este, în modul, aria de sub graficul $F_e(x)$ (un triunghi), luată cu semnul minus deoarece forța elastică se opune alungirii: $L = -\dfrac{F_e\cdot x}{2} = -\dfrac{8\cdot 0{,}04}{2} = -0{,}16\,\text{J}$. Răspunsul corect este litera c.

Item grilă. Din graficul forță elastică-alungire (dreaptă prin origine, Fe = 8 N la x = 4 cm) se cerea lucrul mecanic efectuat de forța elastică până la x = 4 cm, dintre variantele: a) -1,6 mJ; b) -3,2 mJ; c) -0,16 J; d) -0,32 J. Barem: 3 puncte pentru litera c (lucrul forței elastice este negativ, egal cu minus aria triunghiului de sub grafic: L = -8*0,04/2 = -0,16 J). 0 puncte pentru orice altă literă, fără punctaj parțial.

Asupra corpului acționează patru forțe: greutatea $\vec{G} = m\vec{g}$ (vertical, în jos), reacțiunea normală $\vec{N}$ (perpendiculară pe suprafața planului), forța de tracțiune $\vec{F}$ (orizontală) și forța de frecare la alunecare $\vec{F}_f$ (de-a lungul planului, orientată în jos pe plan, opusă mișcării de urcare).

Corp de 0,50 kg urcând pe un plan înclinat (unghi 37°, sin = 0,6, cos = 0,8, frecare cu miu = 0,30) sub acțiunea unei forțe F ORIZONTALE; se cerea desenul tuturor forțelor care acționează asupra corpului. Barem: 4 puncte pentru reprezentarea corectă a tuturor forțelor: greutatea G vertical în jos, normala N perpendiculară pe plan, forța de frecare Ff orientată de-a lungul planului în sens opus urcării (în jos pe plan) și forța F orizontală. Se acordă punctajul integral doar dacă apar toate cele patru forțe, cu direcții și sensuri corecte; lipsa oricărei forțe sau un sens greșit anulează punctajul acordat pentru acea forță (punctare proporțională, în limita a 4 puncte).

Mișcarea este uniform accelerată, deci accelerația este panta graficului $v(t)$: $a = \dfrac{\Delta v}{\Delta t} = \dfrac{12{,}6\,\text{m/s}}{14\,\text{s}} = 0{,}9\,\text{m/s}^2$.

Se cerea accelerația corpului, citită din graficul v(t): viteza crește liniar de la 0 la 12,6 m/s în 14 s. Barem: 2 puncte pentru formula a = Δv/Δt (panta graficului v-t); 1 punct pentru rezultatul final a = 0,9 m/s². Total 3 puncte.

Pe direcția planului: $F\cos\alpha - F_f - mg\sin\alpha = ma$. Perpendicular pe plan: $N = mg\cos\alpha + F\sin\alpha$ (componenta $F\sin\alpha$ apasă corpul pe plan). Cu $F_f = \mu N$: $F\cos\alpha - \mu(mg\cos\alpha + F\sin\alpha) - mg\sin\alpha = ma$. Numeric: $0{,}8F - 0{,}3(4 + 0{,}6F) - 3 = 0{,}45$, adică $0{,}62F = 4{,}65$, deci $F = 7{,}5\,\text{N}$.

Se cerea modulul forței orizontale F care urcă un corp de 0,50 kg pe planul înclinat (37°, sin = 0,6, cos = 0,8, miu = 0,30) cu accelerația a = 0,9 m/s². Barem: 1 punct pentru ecuația pe direcția planului Fcos(alfa) - Ff - mgsin(alfa) = ma; 1 punct pentru Ff = miuN; 1 punct pentru N = mgcos(alfa) + Fsin(alfa) (forța orizontală apasă corpul pe plan); 1 punct pentru rezultatul final F = 7,5 N. Total 4 puncte.

După încetarea forței, pe direcția planului acționează doar componenta greutății și frecarea (acum orientate ambele în jos pe plan): $ma' = -mg\sin\alpha - \mu mg\cos\alpha$, deci $a' = -g(\sin\alpha + \mu\cos\alpha) = -10(0{,}6 + 0{,}24) = -8{,}4\,\text{m/s}^2$. Timpul până la oprire: $t_2 = \dfrac{0 - v}{a'} = \dfrac{12{,}6}{8{,}4} = 1{,}5\,\text{s}$.

După încetarea forței (la viteza v = 12,6 m/s), corpul continuă să urce frânat de greutate și frecare; se cerea timpul până la oprire. Barem: 1 punct pentru ecuația -mgsin(alfa) - Ff = ma'; 1 punct pentru Ff = miumgcos(alfa); 1 punct pentru t2 = (0 - v)/a' (cu a' = -(gsin(alfa) + miug*cos(alfa)) = -8,4 m/s²); 1 punct pentru rezultatul final t2 = 1,5 s. Total 4 puncte.

$L_F = F\cdot d\cdot\cos\alpha = 5\sqrt{2}\cdot 0{,}5\cdot\dfrac{\sqrt{2}}{2} = 2{,}5\,\text{J}$.

Corp de 1 kg tras pe o platformă orizontală pe distanța d = 0,5 m de o forță F = 5sqrt(2) N înclinată la 45° față de orizontală; se cerea lucrul mecanic al forței F. Barem: 3 puncte pentru formula LF = Fd*cos(alfa); 1 punct pentru rezultatul final LF = 2,5 J. Total 4 puncte.

Aplicăm teorema variației energiei cinetice: $\dfrac{mv^2}{2} = L_F + L_{F_f}$. Normala este $N = mg - F\sin\alpha = 10 - 5 = 5\,\text{N}$, deci $L_{F_f} = -\mu N d = -0{,}2\cdot 5\cdot 0{,}5 = -0{,}5\,\text{J}$. Atunci $\dfrac{mv^2}{2} = 2{,}5 - 0{,}5 = 2\,\text{J}$, de unde $v = \sqrt{\dfrac{2\cdot 2}{1}} = 2\,\text{m/s}$.

Se cerea viteza corpului (pornit din repaus) după parcurgerea distanței d = 0,5 m sub acțiunea forței F = 5sqrt(2) N la 45°, cu frecare (miu = 0,2, N = mg - Fsin(alfa)). Barem: 1 punct pentru teorema variației energiei cinetice ΔEc = LF + LFf; 1 punct pentru LFf = -miu(mg - Fsin(alfa))d; 1 punct pentru ΔEc = mv²/2; 1 punct pentru rezultatul final v = 2 m/s. Total 4 puncte.

Mișcarea fiind uniform accelerată, viteza medie este $v_m = \dfrac{0 + v}{2} = 1\,\text{m/s}$. Puterea medie: $P_m = F\cdot v_m\cdot\cos\alpha = 5\sqrt{2}\cdot 1\cdot\dfrac{\sqrt{2}}{2} = 5\,\text{W}$. (Echivalent: $\Delta t = d/v_m = 0{,}5\,\text{s}$ și $P_m = L_F/\Delta t = 2{,}5/0{,}5 = 5\,\text{W}$.)

Se cerea puterea medie dezvoltată de forța F = 5sqrt(2) N (la 45°) pe durata accelerării de la 0 la v = 2 m/s. Barem: 1 punct pentru Pm = Fvm*cos(alfa) (sau echivalent Pm = LF/Δt); 1 punct pentru viteza medie vm = (0 + v)/2 = 1 m/s; 1 punct pentru rezultatul final Pm = 5 W. Total 3 puncte.

Pe durata căderii acționează doar greutatea, deci energia mecanică se conservă: $\dfrac{mv_{sol}^2}{2} = \dfrac{mv^2}{2} + mgh$, adică $v_{sol}^2 = v^2 + 2gh = 4 + 2\cdot 10\cdot 0{,}6 = 16$, deci $v_{sol} = 4\,\text{m/s}$. Impulsul: $p = m\cdot v_{sol} = 1\cdot 4 = 4\,\text{kg}\cdot\text{m/s}$.

Corpul părăsește platforma (h = 0,6 m) cu viteza v = 2 m/s și cade liber până la sol; se cerea modulul impulsului imediat înainte de impact. Barem: 1 punct pentru p = mv_sol; 1 punct pentru aplicarea teoremei energiei cinetice (sau conservarea energiei) pe durata căderii; 1 punct pentru mv_sol²/2 - mv²/2 = mgh (v_sol = 4 m/s); 1 punct pentru rezultatul final p = 4 kgm/s. Total 4 puncte.

La comprimarea izotermă, energia internă rămâne constantă ($\Delta U = 0$), iar lucrul mecanic efectuat de gaz este negativ. Din principiul I, $Q = \Delta U + L = L < 0$, deci gazul cedează căldură. Destinderea adiabatică nu schimbă căldură ($Q = 0$), iar destinderea izotermă și încălzirea izocoră primesc căldură. Răspunsul corect este litera a.

Item grilă. Se cerea care proces poate avea loc cu cedare de căldură: a) comprimare la temperatură constantă; b) destindere adiabatică; c) destindere la temperatură constantă; d) încălzire la volum constant. Barem: 3 puncte pentru litera a (la comprimarea izotermă ΔU = 0 și lucrul efectuat de gaz este negativ, deci Q = L < 0, gazul cedează căldură; adiabata nu schimbă căldură, destinderea izotermă și încălzirea izocoră primesc căldură). 0 puncte pentru orice altă literă, fără punctaj parțial.

În procesul adiabatic $Q = 0$, deci din principiul I: $L = -\Delta U = -\nu C_V(T_f - T_i)$. Cum $C_V = \dfrac{R}{\gamma - 1}$, rezultă $L = -\nu\dfrac{R}{\gamma-1}(T_f - T_i) = \nu\dfrac{R}{1-\gamma}(T_f - T_i)$. Răspunsul corect este litera d.

Item grilă. Pentru o destindere adiabatică de la Ti la Tf se cerea expresia lucrului mecanic efectuat de gaz în funcție de exponentul adiabatic gama: a) L = nigamaR/(gama-1)(Tf-Ti); b) L = niR/(gama+1)(Tf-Ti); c) L = niR/(gama-1)(Tf-Ti); d) L = niR/(1-gama)(Tf-Ti). Barem: 3 puncte pentru litera d (în procesul adiabatic Q = 0, deci L = -ΔU = -niCv(Tf-Ti), iar Cv = R/(gama-1), rezultând L = niR*(Tf-Ti)/(1-gama)). 0 puncte pentru orice altă literă, fără punctaj parțial.

$[p\cdot V] = \text{Pa}\cdot\text{m}^3 = \dfrac{\text{N}}{\text{m}^2}\cdot\text{m}^3 = \text{N}\cdot\text{m}$ (adică un joule). Răspunsul corect este litera b.

Item grilă. Se cerea unitatea de măsură S.I. a produsului pV: a) Jm; b) Nm; c) Nm^-1; d) Jm^-3. Barem: 3 puncte pentru litera b (pV se măsoară în Pam³ = N/m² m³ = N*m = J). 0 puncte pentru orice altă literă, fără punctaj parțial.

La presiune constantă, $Q = \nu C_p\Delta T$ cu $C_p = C_V + R = 3{,}5R$. Variația energiei interne: $\Delta U = \nu C_V\Delta T = Q\cdot\dfrac{C_V}{C_p} = 140\cdot\dfrac{2{,}5}{3{,}5} = 100\,\text{kJ}$. Răspunsul corect este litera c.

Item grilă. Gaz biatomic (Cv = 2,5R) destins izobar primind Q = 140 kJ; se cerea variația energiei interne: a) 350 kJ; b) 140 kJ; c) 100 kJ; d) 70 kJ. Barem: 3 puncte pentru litera c (izobar Q = niCpΔT cu Cp = Cv + R = 3,5R, iar ΔU = niCvΔT = QCv/Cp = 1402,5/3,5 = 100 kJ). 0 puncte pentru orice altă literă, fără punctaj parțial.

Pe o izocoră, $p = \dfrac{mR}{\mu V}\cdot T$, deci panta dreptei în coordonate $p-T$ este invers proporțională cu volumul. Dreapta 3, cu panta cea mai mare, corespunde volumului cel mai mic, deci densității $\rho = m/V$ celei mai mari. Rezultă $\rho_3 > \rho_2 > \rho_1$. Răspunsul corect este litera a.

Item grilă. Trei izocore în coordonate p-T (drepte prin origine, panta dreptei 3 > panta dreptei 2 > panta dreptei 1); se cerea relația dintre densități: a) ro3 > ro2 > ro1; b) ro1 > ro2 > ro3; c) ro3 > ro1 > ro2; d) egale. Barem: 3 puncte pentru litera a (pe o izocoră p = (mR)/(miuV)*T, deci panta este proporțională cu 1/V; pantă mai mare înseamnă volum mai mic, deci densitate ro = m/V mai mare). 0 puncte pentru orice altă literă, fără punctaj parțial.

Pistonul fiind în echilibru, presiunile sunt egale. Scriem ecuația de stare pentru fiecare gaz (cu $V = \ell S$): $p\ell_1 S = \dfrac{m}{\mu_1}RT_1$ și $p\ell_2 S = \dfrac{m}{\mu_2}RT_1$. Împărțind: $\dfrac{\ell_1}{\ell_2} = \dfrac{\mu_2}{\mu_1} = \dfrac{32}{20} = 1{,}6$.

Cilindru cu piston mobil: neon (miu1 = 20 g/mol) și oxigen (miu2 = 32 g/mol), mase egale, aceeași temperatură, presiuni egale (echilibru); se cerea raportul lungimilor compartimentelor l1/l2. Barem: 1 punct pentru ecuația de stare în compartimentul 1: pl1S = (m/miu1)RT1; 1 punct pentru ecuația în compartimentul 2: pl2S = (m/miu2)RT1; 1 punct pentru rezultatul final l1/l2 = miu2/miu1 = 1,6. Total 3 puncte.

Masele fiind egale, $\nu_1\mu_1 = \nu_2\mu_2$, deci $\dfrac{\nu_1}{\nu_2} = \dfrac{\mu_2}{\mu_1} = 1{,}6$. Din $\nu_1 + \nu_2 = 6{,}5\,\text{mol}$: $1{,}6\nu_2 + \nu_2 = 6{,}5$, deci $\nu_2 = 2{,}5\,\text{mol}$ și $\nu_1 = 4\,\text{mol}$ (neon).

Neon și oxigen cu mase egale, total 6,5 mol; se cerea cantitatea de neon (în moli). Barem: 2 puncte pentru raportul cantităților ni1/ni2 = miu2/miu1 (mase egale înseamnă ni1miu1 = ni2miu2, deci ni1/ni2 = 32/20 = 1,6); 1 punct pentru ni = ni1 + ni2; 1 punct pentru rezultatul final ni1 = 4 mol. Total 4 puncte.

În starea finală pistonul este la mijloc, deci volumele sunt egale, iar presiunile sunt egale (echilibru). Pentru neon (temperatura neschimbată $T_1$): $p'\dfrac{\ell}{2}S = \dfrac{m}{\mu_1}RT_1$. Pentru oxigen: $p'\dfrac{\ell}{2}S = \dfrac{m}{\mu_2}RT_2$. Egalând: $\dfrac{T_1}{\mu_1} = \dfrac{T_2}{\mu_2}$, deci $T_2 = T_1\dfrac{\mu_2}{\mu_1} = 300\cdot 1{,}6 = 480\,\text{K}$. Variația: $\Delta T = T_2 - T_1 = 180\,\text{K}$.

Se încălzește oxigenul până când pistonul ajunge la mijlocul cilindrului (compartimente egale), neonul rămânând la T1 = 300 K; se cerea variația temperaturii oxigenului. Barem: 1 punct pentru ΔT = T2 - T1; 1 punct pentru ecuația neonului la echilibru final: p'(l/2)S = (m/miu1)RT1; 1 punct pentru ecuația oxigenului: p'(l/2)S = (m/miu2)RT2; 1 punct pentru rezultatul final ΔT = 180 K (T2 = T1*miu2/miu1 = 480 K). Total 4 puncte.

Masa molară a amestecului este masa totală împărțită la numărul total de moli: $\mu = \dfrac{2m}{\nu_1 + \nu_2}$, cu $\nu_1 = \dfrac{m}{\mu_1}$ și $\nu_2 = \dfrac{m}{\mu_2}$. Rezultă $\mu = \dfrac{2\mu_1\mu_2}{\mu_1 + \mu_2} = \dfrac{2\cdot 20\cdot 32}{52} \approx 24{,}6\,\text{g/mol}$.

Se cerea masa molară a amestecului obținut prin îndepărtarea pistonului dintre neon (20 g/mol) și oxigen (32 g/mol), gazele având mase egale m. Barem: 1 punct pentru miu_amestec = 2m/(ni1 + ni2) (masa totală împărțită la numărul total de moli); 1 punct pentru ni1 = m/miu1; 1 punct pentru ni2 = m/miu2; 1 punct pentru rezultatul final miu_amestec = 2miu1miu2/(miu1 + miu2), aproximativ 24,6 g/mol. Total 4 puncte.

Din legea izocorei pe $1\to2$: dublarea temperaturii dublează presiunea, deci $p_2 = 2p_1$. Pe $2\to3$ presiunea este constantă ($2p_1$), volumul crește de la $V_1$ la $2V_1$. Pe $3\to4$, la volum constant $2V_1$, temperatura scade la jumătate, deci presiunea scade la $p_1$. Pe $4\to1$ presiunea este constantă ($p_1$), volumul revine la $V_1$. În coordonate $p-V$, ciclul este un dreptunghi cu vârfurile $1(V_1, p_1)$, $2(V_1, 2p_1)$, $3(2V_1, 2p_1)$, $4(2V_1, p_1)$, parcurs în sens orar.

Ciclu 1-2-3-4-1: încălzire izocoră la V1 (T1 la 2T1), destindere izobară (V1 la 2V1, temperatura ajunge 4T1), răcire izocoră la 2V1 (până la 2T1), comprimare izobară înapoi în starea 1; se cerea reprezentarea în coordonate p-V. Barem: 4 puncte pentru reprezentarea corectă: un dreptunghi parcurs în sens orar cu vârfurile 1(V1, p1), 2(V1, 2p1), 3(2V1, 2p1), 4(2V1, p1); segmentele 1-2 și 3-4 verticale (izocore), segmentele 2-3 și 4-1 orizontale (izobare). Se punctează integral doar reprezentarea completă și corectă a procesului ciclic.

$\Delta U_{13} = \nu C_V(T_3 - T_1) = 3\nu R\cdot 3T_1 = 9\,\nu RT_1$. Din ecuația de stare în starea 1: $\nu RT_1 = p_1V_1 = 2{,}0\cdot10^5\cdot 1{,}0\cdot10^{-3} = 200\,\text{J}$. Rezultă $\Delta U_{13} = 9\cdot 200 = 1800\,\text{J} = 1{,}8\,\text{kJ}$.

Gaz poliatomic (Cv = 3R), stare 1: p1 = 210^5 Pa, V1 = 1 dm³ = 10^-3 m³; starea 3 are T3 = 4T1; se cerea variația energiei interne între stările 1 și 3. Barem: 1 punct pentru ΔU13 = niCv(T3 - T1); 1 punct pentru p1V1 = niRT1 (niRT1 = 200 J); 1 punct pentru T3 = 4T1; 1 punct pentru rezultatul final ΔU13 = 1,8 kJ. Total 4 puncte.

Gazul primește căldură pe $1\to2$ (încălzire izocoră) și pe $2\to3$ (destindere izobară): $Q_{12} = \nu C_V(T_2 - T_1) = 3\nu RT_1$ și $Q_{23} = \nu C_p(T_3 - T_2) = 4\nu R\cdot 2T_1 = 8\nu RT_1$. Total: $Q_{primit} = 11\,\nu RT_1 = 11\cdot 200 = 2200\,\text{J} = 2{,}2\,\text{kJ}$.

Se cerea căldura PRIMITĂ de gaz pe parcursul unui ciclu (doar procesele cu Q > 0: încălzirea izocoră 1-2 și destinderea izobară 2-3). Barem: 1 punct pentru Q_primit = niCv(T2 - T1) + niCp(T3 - T2); 1 punct pentru T2 = 2T1; 1 punct pentru Cp = Cv + R = 4R; 1 punct pentru rezultatul final Q_primit = 2,2 kJ (Q = 3niRT1 + 4niR2T1 = 11niRT1 = 11*200 J). Total 4 puncte.

Randamentul ciclului Carnot: $\eta_C = 1 - \dfrac{T_{min}}{T_{max}} = 1 - \dfrac{T_1}{4T_1} = 1 - \dfrac{1}{4} = 0{,}75 = 75\%$.

Se cerea randamentul unui ciclu Carnot funcționând între temperaturile extreme ale ciclului dat, adică între T1 (minimă) și T3 = 4T1 (maximă). Barem: 2 puncte pentru formula randamentului Carnot eta = 1 - T_min/T_max = 1 - T1/T3; 1 punct pentru rezultatul final eta = 75%. Total 3 puncte.