BAC Fizică (Mecanică + Termodinamică) - iunie 2024 (Varianta 3)

Puterea mecanică este definită ca lucrul mecanic efectuat în unitatea de timp: $P = \frac{L}{\Delta t}$. Cum lucrul mecanic se măsoară în jouli (J), iar timpul în secunde (s), unitatea puterii este $\frac{\text{J}}{\text{s}}$ (adică wattul). Răspunsul corect este c.

Item grilă: unitatea de măsură în S.I. a puterii mecanice, cu variantele a. N/m, b. N·m, c. J/s, d. J·s. Barem: 3 puncte pentru litera c (puterea este lucru mecanic împărțit la timp, deci J/s). Fără punctaj parțial.

Vectorul viteză instantanee este întotdeauna tangent la traiectorie, în sensul mișcării. Orientarea față de accelerație depinde de tipul mișcării (paralel doar în mișcarea rectilinie, perpendicular doar în mișcarea circulară uniformă), deci singura proprietate valabilă întotdeauna este tangența la traiectorie. Răspunsul corect este d.

Item grilă: orientarea vectorului viteză instantanee (a. perpendicular pe accelerație, b. paralel cu accelerația, c. perpendicular pe traiectorie, d. tangent la traiectorie). Barem: 3 puncte pentru litera d (viteza instantanee este întotdeauna tangentă la traiectorie). Fără punctaj parțial.

Energia potențială gravitațională a unui corp aflat la înălțimea $h$ față de nivelul de referință (unde $E_p = 0$) este $E_p = mgh$. Răspunsul corect este c.

Item grilă: expresia energiei potențiale gravitaționale la înălțimea h față de nivelul de referință (a. mgh/2, b. -mgh/2, c. mgh, d. -mgh). Barem: 3 puncte pentru litera c ($E_p = mgh$). Fără punctaj parțial.

Într-un grafic coordonată-timp, viteza este panta dreptei. Pentru $M_1$: $v_1 = \frac{12\,\text{m}}{4\,\text{s}} = 3\,\text{m/s}$. Pentru $M_2$: $v_2 = \frac{4\,\text{m}}{4\,\text{s}} = 1\,\text{m/s}$. Raportul este $\frac{v_1}{v_2} = 3$. Răspunsul corect este c.

Item grilă: dintr-un grafic coordonată-timp cu două drepte prin origine (M1 trece prin punctul t = 4 s, x = 12 m; M2 prin t = 4 s, x = 4 m) se cere raportul vitezelor v1/v2 (a. 1, b. 2, c. 3, d. 4). Barem: 3 puncte pentru litera c (pantele dreptelor dau v1 = 3 m/s și v2 = 1 m/s, deci raportul este 3). Fără punctaj parțial.

Lucrul mecanic efectuat de forța elastică la deformarea resortului de la starea nedeformată este $L = -\frac{k \, \Delta \ell^2}{2}$. Cu $\Delta \ell = 10\,\text{cm} = 0{,}1\,\text{m}$: $L = -\frac{50 \cdot (0{,}1)^2}{2} = -\frac{50 \cdot 0{,}01}{2} = -0{,}25\,\text{J}$. Semnul este negativ pentru că forța elastică se opune alungirii. Răspunsul corect este a.

Item grilă: lucrul mecanic al forței elastice la alungirea cu 10 cm a unui resort cu k = 50 N/m, inițial nedeformat (a. -0,25 J, b. -2,5 J, c. -250 J, d. -2500 J). Barem: 3 puncte pentru litera a (L = -k·Δl²/2 = -50 · 0,01/2 = -0,25 J; atenție la conversia 10 cm = 0,1 m). Fără punctaj parțial.

Asupra corpului de masă $m_1$ acționează cinci forțe: greutatea $m_1 \vec{g}$ (vertical în jos), reacțiunea normală $\vec{N}_1$ (vertical în sus), forța de tracțiune $\vec{F}$ (înclinată cu unghiul $\alpha$ deasupra orizontalei, în sens opus scripetelui), tensiunea din fir $\vec{T}$ (orizontală, orientată spre scripete) și forța de frecare la alunecare $\vec{F}_{f1}$ (orizontală, opusă sensului mișcării).

Problemă de mecanică: corp m1 = 3,0 kg pe o suprafață orizontală, legat prin fir trecut peste un scripete de un corp m2 = 1,0 kg care atârnă vertical; asupra lui m1 acționează forța F = 20 N sub unghiul α = 37° (sin α = 0,6) față de orizontală, în sens opus scripetelui; μ = 0,20. Cerința a: reprezentarea tuturor forțelor care acționează asupra corpului m1. Barem: 4 puncte pentru reprezentarea corectă a tuturor forțelor: greutatea m1·g (vertical în jos), reacțiunea normală N1 (vertical în sus), forța de tracțiune F (sub unghiul α față de orizontală, deasupra orizontalei), tensiunea din fir T (orizontală, spre scripete) și forța de frecare Ff1 (orizontală, opusă mișcării). Se scad puncte proporțional pentru forțe lipsă sau orientate greșit.

Pe direcția verticală corpul $m_1$ este în echilibru: $N_1 + F \sin \alpha - m_1 g = 0$. Rezultă $N_1 = m_1 g - F \sin \alpha = 3{,}0 \cdot 10 - 20 \cdot 0{,}6 = 30 - 12 = 18\,\text{N}$.

Aceeași problemă (m1 = 3,0 kg pe orizontală, F = 20 N sub α = 37°, sin α = 0,6, μ = 0,20, m2 = 1,0 kg atârnat). Cerința b: valoarea reacțiunii normale asupra lui m1. Barem: 2 puncte pentru ecuația pe verticală 0 = N1 + F·sin α - m1·g; 1 punct pentru rezultatul final N1 = 18 N. Componenta verticală a lui F ridică corpul, deci N1 < m1·g.

Pentru sistemul format din cele două corpuri, forța motoare este componenta orizontală $F \cos \alpha$, iar forțele rezistente sunt frecarea $F_{f1} = \mu N_1$ și greutatea corpului atârnat $m_2 g$: $(m_1 + m_2)\,a = F \cos \alpha - \mu N_1 - m_2 g$. Cu $\cos \alpha = 0{,}8$: $F \cos \alpha = 20 \cdot 0{,}8 = 16\,\text{N}$, $\mu N_1 = 0{,}20 \cdot 18 = 3{,}6\,\text{N}$, $m_2 g = 10\,\text{N}$. Rezultă $a = \frac{16 - 3{,}6 - 10}{4{,}0} = \frac{2{,}4}{4{,}0} = 0{,}6\,\text{m/s}^2$.

Aceeași problemă. Cerința c: accelerația sistemului (m1 tras de F pe orizontală, ridicând corpul m2 prin fir). Barem: 2 puncte pentru ecuația de mișcare a sistemului (m1 + m2)·a = F·cos α - Ff1 - m2·g; 1 punct pentru Ff1 = μ·N1 (cu N1 = 18 N de la punctul b, deci Ff1 = 3,6 N; cos α = 0,8); 1 punct pentru rezultatul final a = 0,6 m/s².

Pentru corpul $m_2$ (care urcă cu accelerația $a$): $m_2 a = T - m_2 g$, deci $T = m_2(g + a) = 1{,}0 \cdot (10 + 0{,}6) = 10{,}6\,\text{N}$. Firul apasă pe scripete cu rezultanta celor două tensiuni, una orizontală și una verticală, egale în modul cu $T$ și perpendiculare între ele: $R = T\sqrt{2} = 10{,}6 \cdot \sqrt{2} \approx 15\,\text{N}$.

Aceeași problemă. Cerința d: forța cu care firul apasă pe scripete (firul face un unghi drept peste scripete: o porțiune orizontală spre m1 și una verticală spre m2). Barem: 2 puncte pentru ecuația de mișcare a corpului m2: m2·a = T - m2·g, din care T = m2(g + a) = 10,6 N; 1 punct pentru compunerea celor două tensiuni perpendiculare R = T·√2; 1 punct pentru rezultatul final R = 10,6·√2 N ≈ 15 N.

Impulsul în momentul lansării este $p_0 = m v_0 = 2{,}0 \cdot 4{,}0 = 8\,\text{kg} \cdot \text{m/s}$, orientat de-a lungul planului înclinat, spre vârful acestuia.

Problemă: corp m = 2,0 kg lansat cu v0 = 4,0 m/s în sus de-a lungul unui plan înclinat, urcă până la h = 0,50 m, apoi revine la bază. Cerința a: impulsul corpului în momentul lansării. Barem: 2 puncte pentru formula p0 = m·v0; 1 punct pentru rezultatul final p0 = 8 kg·m/s.

La urcare, greutatea efectuează un lucru mecanic negativ, care depinde doar de diferența de înălțime: $L_G = -mgh = -2{,}0 \cdot 10 \cdot 0{,}50 = -10\,\text{J}$.

Aceeași problemă (m = 2,0 kg, v0 = 4,0 m/s, h = 0,50 m). Cerința b: lucrul mecanic al greutății la urcare, de la lansare până la înălțimea h. Barem: 3 puncte pentru formula LG = -m·g·h (negativ la urcare); 1 punct pentru rezultatul final LG = -10 J.

Aplicăm teorema variației energiei cinetice pe urcare, între lansare și punctul de înălțime maximă (unde corpul se oprește): $\Delta E_c = 0 - \frac{m v_0^2}{2} = L_G + L_{F_f}$. Cum $\frac{m v_0^2}{2} = \frac{2{,}0 \cdot 16}{2} = 16\,\text{J}$ și $L_G = -10\,\text{J}$, rezultă $L_{F_f} = -16 - (-10) = -6\,\text{J}$.

Aceeași problemă. Cerința c: lucrul mecanic al forței de frecare la urcare. Barem: 1 punct pentru teorema variației energiei cinetice ΔEc = L_total; 1 punct pentru ΔEc = -m·v0²/2 (corpul se oprește la înălțimea maximă); 1 punct pentru L_total = LG + L_Ff(urcare); 1 punct pentru rezultatul final L_Ff(urcare) = -6 J (din -16 = -10 + L_Ff).

Pe drumul complet (urcare și coborâre) lucrul greutății este nul, deci teorema variației energiei cinetice dă: $E_{c1} - \frac{m v_0^2}{2} = L_{F_f}^{urcare} + L_{F_f}^{coborâre}$. Distanțele parcurse la urcare și la coborâre sunt egale, iar forța de frecare are același modul, deci $L_{F_f}^{coborâre} = L_{F_f}^{urcare} = -6\,\text{J}$. Rezultă $E_{c1} = 16 + (-6) + (-6) = 4\,\text{J}$.

Aceeași problemă. Cerința d: energia cinetică la revenirea în punctul de lansare. Barem: 2 puncte pentru bilanțul energetic pe drumul complet urcare + coborâre: Ec1 - m·v0²/2 = L_Ff(urcare) + L_Ff(coborâre) (lucrul greutății pe drumul închis este nul); 1 punct pentru L_Ff(urcare) = L_Ff(coborâre) = -6 J (drumuri egale, aceeași forță de frecare); 1 punct pentru rezultatul final Ec1 = 4 J.

În ciclul teoretic al motorului Otto, compresia amestecului carburant se produce suficient de rapid încât schimbul de căldură cu exteriorul să fie neglijabil, deci este un proces adiabatic. Răspunsul corect este b.

Item grilă: natura procesului de compresie a amestecului carburant în motorul Otto (a. izocor, b. adiabatic, c. izobar, d. izoterm). Barem: 3 puncte pentru litera b (compresia în ciclul Otto este adiabatică, fără schimb de căldură cu exteriorul). Fără punctaj parțial.

Principiul întâi al termodinamicii afirmă că variația energiei interne a unui sistem este egală cu diferența dintre căldura primită și lucrul mecanic efectuat de sistem: $\Delta U = Q - L$. Variantele c și d sunt expresii ale energiei interne pentru gaze ideale mono-, respectiv biatomice, nu ale principiului întâi. Răspunsul corect este a.

Item grilă: expresia principiului întâi al termodinamicii (a. ΔU = Q - L, b. U = Q - L, c. U = 3/2·νRT, d. U = 5/2·νRT). Barem: 3 puncte pentru litera a (principiul întâi leagă VARIAȚIA energiei interne de căldură și lucru: ΔU = Q - L). Fără punctaj parțial.

Căldura specifică $c$ este definită prin $Q = mc\Delta T$, deci $c = \frac{Q}{m \Delta T}$ și se măsoară în $\text{J} \cdot \text{kg}^{-1} \cdot \text{K}^{-1}$. Unitatea $\text{J} \cdot \text{mol}^{-1} \cdot \text{K}^{-1}$ corespunde căldurii molare, iar $\text{J} \cdot \text{K}^{-1}$ capacității calorice. Răspunsul corect este d.

Item grilă: unitatea de măsură în S.I. a căldurii specifice (a. J·mol⁻¹·K⁻¹, b. J·mol⁻¹, c. J·K⁻¹, d. J·kg⁻¹·K⁻¹). Barem: 3 puncte pentru litera d (căldura specifică se raportează la unitatea de MASĂ: J/(kg·K); varianta a este căldura molară, varianta c capacitatea calorică). Fără punctaj parțial.

Pe un ciclu, căldura primită se distribuie între lucrul mecanic produs și căldura cedată: $Q_p = L + |Q_c| = 20 + 30 = 50\,\text{kJ}$. Randamentul este $\eta = \frac{L}{Q_p} = \frac{20}{50} = 40\%$. Răspunsul corect este c.

Item grilă: randamentul unui motor termic care produce pe ciclu L = 20 kJ și cedează Qc = -30 kJ (a. 20%, b. 33%, c. 40%, d. 66%). Barem: 3 puncte pentru litera c (căldura primită Qp = L + |Qc| = 50 kJ, deci η = L/Qp = 20/50 = 40%). Fără punctaj parțial.

Transformarea $1 \to 2$ este o dreaptă prin origine în coordonate $p - T$, deci $\frac{p}{T} = \text{const}$, adică o izocoră: $L_{12} = 0$. Transformarea $2 \to 3$ este o izobară la presiunea $2p_1$, cu temperatura scăzând de la $T_2 = 2T_1 = 800\,\text{K}$ la $T_3 = T_1 = 400\,\text{K}$: $L_{23} = \nu R (T_3 - T_2) = 2 \cdot 8{,}31 \cdot (400 - 800) = -6648\,\text{J}$. Lucrul total este $L = L_{12} + L_{23} = -6648\,\text{J}$. Răspunsul corect este a.

Item grilă: ν = 2 mol gaz ideal, T1 = 400 K; transformarea 1→2 este izocoră (dreaptă prin origine în p-T, de la (T1, p1) la (2T1, 2p1)), iar 2→3 este izobară la 2p1, de la 2T1 înapoi la T1; se cere lucrul mecanic total (a. -6648 J, b. -3324 J, c. 0 J, d. 6648 J). Barem: 3 puncte pentru litera a (L12 = 0 pe izocoră; L23 = νR(T3 - T2) = 2 · 8,31 · (400 - 800) = -6648 J; total L = -6648 J). Fără punctaj parțial.

Din definiția cantității de substanță, $\nu_1 = \frac{m_1}{\mu_1}$, deci $m_1 = \nu_1 \mu_1 = 3{,}0 \cdot 32 = 96\,\text{g} = 96 \cdot 10^{-3}\,\text{kg}$.

Problemă: cilindru orizontal L = 52 cm împărțit în două compartimente egale de un piston termoizolant blocat; stânga: ν1 = 3,0 mol oxigen (μ1 = 32 g/mol) la T1 = 300 K; dreapta: ν2 = 1,0 mol azot (μ2 = 28 g/mol) la T2 = 400 K și p2 = 8,31·10⁴ Pa. Cerința a: masa de oxigen. Barem: 2 puncte pentru relația ν1 = m1/μ1 (sau m1 = ν1·μ1); 1 punct pentru rezultatul final m1 = 96·10⁻³ kg (96 g).

Din ecuația termică de stare $p V = \frac{m}{\mu} R T$ rezultă $\rho = \frac{m}{V} = \frac{p \mu}{R T}$. Pentru azot: $\rho_2 = \frac{p_2 \mu_2}{R T_2} = \frac{8{,}31 \cdot 10^4 \cdot 28 \cdot 10^{-3}}{8{,}31 \cdot 400} = 0{,}7\,\text{kg/m}^3$.

Aceeași problemă. Cerința b: densitatea azotului (μ2 = 28 g/mol, T2 = 400 K, p2 = 8,31·10⁴ Pa). Barem: 3 puncte pentru formula ρ2 = p2·μ2/(R·T2), dedusă din ecuația termică de stare; 1 punct pentru rezultatul final ρ2 = 0,7 kg/m³.

La echilibru mecanic, presiunile din cele două compartimente sunt egale: $p_1' = p_2' = p'$. Scriind ecuația de stare pentru fiecare gaz în starea finală (secțiunea cilindrului fiind $S$, iar $0{,}5L = 26\,\text{cm}$): $p' S (0{,}5L + x) = \nu_1 R T_1$ și $p' S (0{,}5L - x) = \nu_2 R T_2$. Împărțind cele două ecuații: $\frac{26 + x}{26 - x} = \frac{\nu_1 T_1}{\nu_2 T_2} = \frac{3{,}0 \cdot 300}{1{,}0 \cdot 400} = \frac{9}{4}$. Rezultă $4(26 + x) = 9(26 - x)$, adică $13x = 130$, deci $x = 10\,\text{cm}$. Pistonul se deplasează spre compartimentul cu azot.

Aceeași problemă. Cerința c: pistonul se deblochează și se deplasează fără frecări, temperaturile rămân T1 = 300 K, respectiv T2 = 400 K; se cere deplasarea x a pistonului până la echilibru. Barem: 1 punct pentru condiția de echilibru p1' = p2' în starea finală; 1 punct pentru ecuația oxigenului p'·S·(0,5L + x) = ν1·R·T1; 1 punct pentru ecuația azotului p'·S·(0,5L - x) = ν2·R·T2; 1 punct pentru rezultatul final x = 10 cm (din 900(26 - x) = 400(26 + x), pistonul se deplasează spre compartimentul azotului).

Masa molară a amestecului este raportul dintre masa totală și cantitatea totală de substanță: $\mu_{am} = \frac{m_{am}}{\nu_{am}} = \frac{\nu_1 \mu_1 + \nu_2 \mu_2}{\nu_1 + \nu_2} = \frac{3{,}0 \cdot 32 + 1{,}0 \cdot 28}{3{,}0 + 1{,}0} = \frac{124}{4{,}0} = 31\,\text{g/mol}$.

Aceeași problemă. Cerința d: masa molară a amestecului obținut prin îndepărtarea pistonului (ν1 = 3,0 mol oxigen cu μ1 = 32 g/mol și ν2 = 1,0 mol azot cu μ2 = 28 g/mol). Barem: 1 punct pentru μ_am = m_am/ν_am; 1 punct pentru m_am = ν1·μ1 + ν2·μ2 = 124 g; 1 punct pentru ν_am = ν1 + ν2 = 4,0 mol; 1 punct pentru rezultatul final μ_am = 31 g/mol.

Transformarea $1 \to 2$ este o dreaptă prin origine în coordonate $V - T$, deci $\frac{V}{T} = \text{const}$: o izobară. În coordonate $p - V$ se reprezintă ca un segment orizontal de la $V_1$ la $2V_1$, la presiunea $p_1$. Transformarea $2 \to 3$ este o izocoră la volumul $2V_1$: temperatura scade de la $2T_1$ la $1{,}5\,T_1$, deci presiunea scade proporțional (de la $p_1$ la $0{,}75\,p_1$). În coordonate $p - V$ este un segment vertical descendent la $V = 2V_1$.

Problemă: ν = 2,0 mol oxigen cu Cv = 2,5R; în coordonate V-T: 1→2 izobară (dreaptă prin origine, de la (T1, V1) la (2T1, 2V1)), 2→3 izocoră la 2V1, de la 2T1 la 1,5T1; T1 = 400 K. Cerința a: reprezentarea transformării în coordonate p-V. Barem: 4 puncte pentru reprezentarea corectă: 1→2 segment orizontal (presiune constantă) de la V1 la 2V1; 2→3 segment vertical (volum constant 2V1) cu presiunea scăzând (deoarece temperatura scade de la 2T1 la 1,5T1). Se punctează parțial câte 2p pe fiecare segment reprezentat corect.

Energia internă este funcție de stare, deci variația ei depinde doar de temperaturile extreme: $\Delta U_{13} = \nu C_V (T_3 - T_1)$. Cu $T_3 = 1{,}5 \cdot T_1 = 600\,\text{K}$: $\Delta U_{13} = 2{,}0 \cdot 2{,}5 \cdot 8{,}31 \cdot (600 - 400) = 8310\,\text{J} \approx 8{,}3\,\text{kJ}$.

Aceeași problemă (ν = 2,0 mol, Cv = 2,5R, T1 = 400 K, T2 = 2T1 = 800 K, T3 = 1,5T1 = 600 K). Cerința b: variația energiei interne pe 1→2→3. Barem: 2 puncte pentru ΔU13 = ν·Cv·(T3 - T1); 1 punct pentru T3 = 1,5·T1 = 600 K; 1 punct pentru rezultatul final ΔU13 ≈ 8,3 kJ (2 · 2,5 · 8,31 · 200 = 8310 J).

Căldura totală este suma căldurilor pe cele două procese. Pe izobara $1 \to 2$: $Q_{12} = \nu C_p (T_2 - T_1) = \nu (C_V + R)(T_2 - T_1) = 2{,}0 \cdot 3{,}5 \cdot 8{,}31 \cdot 400 = 23268\,\text{J}$. Pe izocora $2 \to 3$: $Q_{23} = \nu C_V (T_3 - T_2) = 2{,}0 \cdot 2{,}5 \cdot 8{,}31 \cdot (-200) = -8310\,\text{J}$. Total: $Q = Q_{12} + Q_{23} = 23268 - 8310 = 14958\,\text{J} \approx 15\,\text{kJ}$.

Aceeași problemă. Cerința c: căldura totală schimbată pe 1→2→3 (1→2 izobară de la 400 K la 800 K; 2→3 izocoră de la 800 K la 600 K). Barem: 1 punct pentru Q = Q12 + Q23; 1 punct pentru Q12 = ν·(Cv + R)·(T2 - T1) = 23268 J (căldura molară izobară Cp = Cv + R = 3,5R); 1 punct pentru Q23 = ν·Cv·(T3 - T2) = -8310 J; 1 punct pentru rezultatul final Q ≈ 15 kJ (14958 J, gazul primește căldură per total).

Temperaturile extreme atinse în transformarea $1 \to 2 \to 3$ sunt $T_{min} = T_1 = 400\,\text{K}$ și $T_{max} = T_2 = 2T_1 = 800\,\text{K}$. Randamentul ciclului Carnot este $\eta = 1 - \frac{T_{rece}}{T_{cald}} = 1 - \frac{400}{800} = 0{,}5 = 50\%$.

Aceeași problemă. Cerința d: randamentul unui ciclu Carnot funcționând între temperaturile extreme din transformare (T_min = T1 = 400 K, T_max = T2 = 2T1 = 800 K). Barem: 1 punct pentru η_Carnot = 1 - T_rece/T_cald; 1 punct pentru identificarea corectă a temperaturilor extreme (400 K și 800 K, deci η = 1 - T1/T2); 1 punct pentru rezultatul final η_Carnot = 50%.