Elena-Mihaela Garabet Cãtãlina-Valentina Stanca Tatiana Mãrãndici [620573]

Coordonatori:
Elena-Mihaela Garabet · Cãtãlina-Valentina Stanca · Tatiana Mãrãndici
Liviu-Dãnuț Rotaru · Victor Stoica · Corina Dobrescu
Laura-Angelica Onose · Simona Buiu · Ana Nițoiu
Aurelia Daniela Florian · Diana-Cristina Bejan · Ion Bãraru

TESTE DE FIZIC Ã
PENTRU BACALAUREAT
BAREME DE CORECTA RE

Această variant ă electronic ă cu rezolv ările testelor de fizic ă înso țește lucrarea
TESTE DE FIZIC Ă PENTRU BACALAUREAT (ISBN: 978-606-38-0224-9)

© Editura NICULESCU, 2018
Bd. Regiei 6D, 060204 – Bucure ști, România
Telefon: 021 312 97 82; Fax: 021 312 97 83
E-mail: [anonimizat]
Internet: www.niculescu.ro

Comenzi online: www.niculescu.ro
Comenzi e-mail: [anonimizat]
Comenzi telefonice: 0724 505 385, 021 312 97 82

Redactor: Geta Vîrtic
Tehnoredactor: Carmen Birta, Șerban-Alexandru Popin ă

ISBN 978-606-38-0224-9

Toate drepturile rezervate. Nicio parte a acestei cãrți nu poa te fi reprodusã sau transmisã sub nicio formã și prin niciun mijloc, electronic sau mecanic, inclusiv prin fotocopiere,
înregistrare sau prin orice sistem de stocare și accesare a datelor, fãrã permisiunea Editurii NICULESCU.
Orice nerespectare a acestor prevederi conduce în mod automat la rãspunderea penalã fațã de legile naționale și internaționale priv ind proprietatea intelectualã.
___________________________________________________ ___________________________________________________ ___________________________________________________ ___________________________________
Editura NICULESCU este partener și distribuitor oficial OXFORD UNIV ERSITY PRESS în România.
E-mail: [anonimizat]; Internet: www.oxford-niculescu.ro

TESTE DE NIVEL MINIMAL

Teste de fizicã pentru bacalaureat4
TESTUL 1
A. MECANICÃ
Subiectul I Punctaj
1. d 3
2. b 3
3. d 3
4. c 3
5. a 3
TOTAL pentru Subiectul I 15p
Subiectul al II-lea Parțial Punctaj
a.Greutatea lăzii este: G = m · g 2p
4p Deci, masa lăzii este: Gmg= 1p
Rezultă: m = 2 kg. 1p
b.Forța de frecare la alunecare dintre ladă și suprafața orizontală se determină din relația: Ff = μ ⋅ N . 2p
4p Unde: N = G. 1p
Rezultă: Ff = 4 N . 1p
c.Lada este trasă pe suprafață orizontală cu viteză constantă de către forța ,F
deci: 0f FF =- 2p3p
Rezultă: F = 4 N. 1p
d.Sub acțiunea forței 12FF=
lada se mișcă uniform accelerat cu accelerația 1a. În acest caz avem relația:
11 f F F ma−= ⋅2p
4p
Obținem: 12f FF Famm= =-1p
Rezultă: a1 = 2 m/s2. 1p
TOTAL pentru Subiectul al II-lea 15p
Subiectul al III-lea Parțial Punctaj
a.Energia potențială maximă a sistemului bilă–Pământ: p maxE mgh = ⋅⋅ 2p
3
Rezultă: p max 2 J E =1p
b.Energia totală a bilei în momentul în care aceasta este lăsată sa cadă liber este: 1 max p EE= 1p
4Energia totală a bilei în momentul în care aceasta atinge solul este: 2 max c EE=1p
Aplicăm legea de conservare a energiei mecanice: 12EE=1p
Rezultă: Ec max = 2 J 1p

Bareme teste nivel minimal5
c.Din condițiile problemei cA A ,p EE= deci e nergia totală a bilei este: 22A cA pA pA A E E E E mgh= + = = ⋅⋅ 1p
4pAplicăm legea de conservare a energiei mecanice: 1 A EE=1p
Obținem: 2Ahh= 1p
Rezultă: 10 mAh=1p
d.Aplicăm teorema de variație a energiei potențiale: (1 2)
conservativ pEL→∆= − .1p
4pDeci: 0G mgh L− ⋅⋅= − .1p
Lucrul mecanic efectuat de greutatea corpului, din momentul în care bila cade liber până când aceasta atinge
solul, este: GL mgh= ⋅⋅ .1p
Rezultă: 2 JGL= .1p
TOTAL pentru Subiectul al III-lea 15p

Teste de fizicã pentru bacalaureat6
B. TERMODINAMICÃ
Subiectul I Punctaj
1. b 3
2. b 3
3. a 3
4. c 3
5. d 3
TOTAL pentru Subiectul I 15p
Subiectul al II-lea Parțial Punctaj
a.Numărul de moli de azot este: 1
1
1mν=
µ2p
3p
Rezultă: 10,035 moliν≅ .1p
b.Numărul de moli de oxigen poate fi exprimat atât din relația: 2
2
AN
Nν= 1p
4pcât și din relația: 2
2
2mν=
µ. 1p
Din relațiile precedente obținem numărul de molecule de oxigen: 2
2A
2mNN= ⋅
µ1p
Rezultă: 22
23,01 10 N= ⋅ .1p
c.Presiunea azotului este: 1
1
11m RTpV⋅= ⋅µ. 1p
4pRezultă: 52
10,445 10 N mp≅⋅ . 1p
Presiunea oxigenului este: 2
2
22m RTpV⋅= ⋅µ. 1p
Rezultă: 52
20,311 10 N m p≅⋅ . 1p
d.Numărul de moli din cele două baloane este: 12 , ν=ν +ν 1p
4punde: 12mm+ν=
µ. 1p
În final, obținem: 12 12 1 2
12 12 21
12() mm mm
mm mm+ + ⋅µ ⋅µµ= =⋅µ + ⋅µ+µµ.
1p
Rezultă: 30,33 g molµ≅ . 1p
TOTAL pentru Subiectul al II-lea 15p

Bareme teste nivel minimal7
Subiectul al III-lea Parțial Punctaj
a.Pentru starea de echilibru termodinamic 1: 1
3
10
3 1
1
1300 K
8,31 831 10 Pa
= 3 dmT
pp
RTVp=
= = ⋅
ν⋅ ⋅=1p
5pPentru starea de echilibru termodinamic 2: 21
3
21
3
212 600 K
831 10 Pa
=2 6 dmTT
pp
VV= =
= = ⋅
=2p
Pentru starea de echilibru termodinamic 3: 32
3 1
3
3
32600 K
415,5 10 Pa2
=2 12 dmTT
pp
VV= =
= = ⋅
=2p
b.Căldura primită de gaz în procesul 1 →2 este:
1 2 21 V 21 17() ( ) ()2=ν⋅ ⋅ − =ν⋅ + ⋅ − = ν⋅ ⋅p Q CTT C RTT R T1p
4pCăldura primită de gaz în procesul 2 →3 este:
3
23 2 1
2ln 2 ln 2VQ RT RT
V=ν⋅ ⋅ = ν⋅ ⋅ 1p
Căldura totală primită de gaz este:
12 23 172ln 2
2= + =ν⋅ ⋅ ⋅ + Q Q Q RT1p
Rezultă: 12180,8 JQ≅1p
c.Variația energiei interne în procesul 1 →2 este:
12 V 2 1 15()2U C T T RT∆ =ν⋅ ⋅ − = ν⋅ ⋅1p
2p
Rezultă: 126232,5 J U∆= .1p
d.Lucrul mecanic efectuat de gaz asupra mediului exterior în procesul 1 →2 este:
12 2 1 1 () L R T T RT=ν⋅ ⋅ − =ν⋅ ⋅1p
4pLucrul mecanic efectuat de gaz asupra mediului exterior în procesul 2 →3 este:
3
23 2 1
2ln 2 ln 2VL RT RT
V=ν⋅ ⋅ = ν⋅ ⋅ 1p
Lucrul mecanic total efectuat de gaz asupra mediului exterior este:
12 23 1(1 2 ln 2) L L L RT= + =ν⋅ ⋅ ⋅ +1p
Rezultă: 5948,3 JL≅ .1p
TOTAL pentru Subiectul al III-lea 15p

Teste de fizicã pentru bacalaureat8
C. PRODUCEREA ăI UTILIZAREA CURENTULUI CONTINUU
Subiectul I Punctaj
1. c 3
2. a 3
3. d 3
4. d 3
5. b 3
TOTAL pentru Subiectul I 15p
Subiectul al II-lea Parțial Punctaj
a.Rezistența internă a grupării celor două surse o determinăm din relația: 12 Sr rr= + 2p
3p
Rezultă: 2 Sr= Ω .1p
b.Tensiunea electromotoare echivalentă a grupării celor două surse este: 12 SE EE= + 1p
4pIntensitatea curentului prin rezistorul R când întrerupătorul k se află în poziția deschis este : S
SEI
Rr=
+2p
Rezultă: 1 AI=1p
c.Dacă întrerupătorul 1k este deschis și întrerupătorul 2k este închis, atunci intensitatea curentului prin rezis –
torul R este: 1
1EI
Rr′=
+2p
4p
Căderea de tensiune pe rezistența R este: U IR ′= ⋅ 1p
Rezultă: 4,31 VU≅1p
d.Dacă ambele întrerupătoare sunt închise, atunci: 1
1SCEI
r= 3p
4p
Rezultă: 9 ASCI= 1p
TOTAL pentru Subiectul al II-lea 15p

Bareme teste nivel minimal9
Subiectul al III-lea Parțial Punctaj
a.Pentru gruparea serie a rezistoarelor, rezistența echivalentă SR o calculăm din relația: 12 SR RR= + 1p
5pPentru gruparea paralel a rezistoarelor, rezistența echivalentă PR o calculăm din relația:
12111
PR RR= + 1p
Deoarece SP , PP= avem relația: 2 2
SPSPEERRRr Rr ⋅= ⋅ ++  1p
După efectuarea calculelor obținem: SP r RR= ⋅ 1p
Rezultă: 4 r= Ω 1p
b.Pentru gruparea serie a rezistoarelor randamentul circuitului este: S
S
SR
Rrη=
+1p
4pRezultă: 71,42 %Sη≅1p
Pentru gruparea paralel a rezistoarelor randamentul circuitului este: P
P
PR
Rrη=
+1p
Rezultă: 28,57 %Pη≅1p
c.În acest caz, puterea P1 furnizată de sursă rezistorului R1 este: 2
11
1EPR
Rr= ⋅ +1p
3pDeci: 1
1
1()PE RrR= +⋅ 1p
Rezultă: 6 VE=1p
d.Intensitatea curentului de scurtcircuit al sursei este: SCEIr= 2p
3p
Rezultă: 1, 5 ASCI=1p
TOTAL pentru Subiectul al III-lea 15p

Teste de fizicã pentru bacalaureat10
D.OPTICÃ
Subiectul I Punctaj
1. b 3
2. a 3
3. d 3
4. a 3
5. c 3
TOTAL pentru Subiectul I 15p
Subiectul al II-lea Parțial Punctaj
a.Convergența lentilei este: 1Cf= 2p
3p
Rezultă: 15 mC−= 1p
b.Din prima formulă fundamentală a lentilelor:
21111
xxf−= 2p
4p
obținem: 1
2
1xfx
xf⋅=
+1p
Rezultă: 230 cm 0,3 mx= =1p
c.Mărirea liniară transversală este: 2
1x
xβ= 1p
5pRezultă: 1
2β=− 1p
Imagine reală 1p
Imagine răsturnată 1p
Imagine de două ori mai mică decât obiectul 1p
d.Distanța dintre obiectul luminos și imaginea acestuia prin lentilă este: 12 d xx= −+2p
3p
Rezultă: 90 cm 0,9 md= =1p
TOTAL pentru Subiectul al II-lea 15p

Bareme teste nivel minimal11
Subiectul al III-lea Parțial Punctaj
a.Lungimea de undă a radiației monocromatice de frecvență 1ν este: 1
1cλ=
ν2p
3p
Rezultă: 1600 nmλ=1p
b.Pentru radiația de frecvență 1ν avem: 11 ex S h L eU⋅ν = + ⋅1p
4pPentru radiația de frecvență 2ν avem: 22 ex S h L eU⋅ν = + ⋅1p
Din relațiile precedente obținem: 21
21()
SShe
UU⋅ ν −ν=
−1p
Rezultă: 191,6 10 Ce−= ⋅1p
c.Lucrul mecanic de extracție este: 0 exLh= ⋅ν1p
4pDar: 11 ex S L h eU= ⋅ν − ⋅ , sau 22 ex S L h eU= ⋅ν − ⋅1p
Obținem: 1
01SeU
h⋅ν = ν− , sau 2
02SeU
h⋅ν= ν− 1p
Rezultă: 14
04,6972 10 Hz ν= ⋅1p
d.Pentru radiația de frecvență 1ν, energia cinetică a fotoelectronilor emiși de către catodul celulei fotoelectrice
este: 11cSE eU= ⋅1p
4pRezultă: 22
10,1249 eV = 199,84 10 JcE−= ⋅1p
Pentru radiația de frecvență 2,ν energia cinetică a fotoelectronilor emiși de către catodul celulei fotoelec –
trice este: 22cSE eU= ⋅1p
Rezultă: 22
20,5374 eV = 859,84 10 JcE−= ⋅1p
TOTAL pentru Subiectul al III-lea 15p

Teste de fizicã pentru bacalaureat12
TESTUL 2
A. MECANICÃ
Subiectul I Punctaj
1.
a. [ ] J Nm = =SIL 3
2.c. 2
22 0
02 270 m
2vv v ad d
a= + ⇒= = 3
3.b. Din legea vitezei 0
2, 10 6
6 m/sv v at v t
a= += +
⇒=
854 kgFma= =3
4. b. 2
2,2
2C
CmvE p mv
pEm= =
⇒= 2
2,2
2C
CmvE p mv
pEm= =
⇒= 3
5. b. 2
0
max
020 m 10 m2
5 JC Cp Cvhhg
E EE E= = ⇒=
=+⇒=3
TOTAL pentru Subiectul I 15p
Subiectul al II-lea Parțial Punctaj
a.Reprezentăm forțele care acționează asupra corpului și aplicăm principiul al doilea al dinamicii la mișcarea
corpului pe planul înclinat.
1 1
1tf
nG F ma
NG−=
=2p
4p
11 (sin cos ) ag= α−µ α 1p
2
12,5 m/sa= 1p
b.Din ecuația lui Galilei 22
0 102, 0 v v al v= += 22
0 102, 0 v v al v= +=1p
3p11 2 v al= 1p
1 10 3,16 m/s v= = 1p
c.Reprezentăm forțele care acționează asupra corpului și aplicăm principiul al doilea al dinamicii la mișcarea
corpului pe planul orizontal.
2 2
2fF ma
GN−=
=
1p
4p
22ag= −µ 1p
22 2
12 22 1 m/s v v ad a=+ ⇒= − 1p
2
2 0,1a
gµ= − =
1p

Bareme teste nivel minimal13
d.Reprezentăm forțele care acționează asupra corpului și aplicăm principiul al doilea al dinamicii la mișcarea
corpului pe planul înclinat.
1 tf
nG FF
NG= +
=
2p
4p
(sin cos ) F mg= α−µ α 1p
5 NF= 1p
TOTAL pentru Subiectul al II-lea 15p
Subiectul al III-lea Parțial Punctaj
a.
11ffL Fd= −
1p
4p
1f
yFN
NGF= µ
= − 1p
1( sin )fF mg F= µ− α 1p
17,5 JfL= − 1p
b.cos L Fd= α 2p
3p
25,5 JL= 1p
c.1 CfE LL∆= + 1p
4p2
2CmvE=
1p
2CEv
m=
1p
2 3 3,4 m/sv=1p
d.2 CfEL∆=
22ffL FD= − 1p
4p2fFN
GN= µ
=1p
C
fED
F=
1p
D = 6 m 1p
TOTAL pentru Subiectul al III-lea 15p

Teste de fizicã pentru bacalaureat14
B. TERMODINAMICÃ
Subiectul I Punctaj
1.
b. mpV RT=
µ
30 kPamp RT
V= =
µ3
2.b. Din teorie: 0, 0LQ≠= 3
3.c. V L CT= −ν ∆3
4.
c. 31,27 kg/mp
RTµρ= = 3
5.b. 1 12 233,22U RT U RT= ν= ν
2 12 122 U UTT= ⇒=
1
12200 J3UL R T RT= ν∆ = ν = = 3
TOTAL pentru Subiectul I 15p
Subiectul al II-lea Parțial Punctaj
a.Din ecuațiile de stare: 12
12
12,pV pVmm
RT RTµµ= = 1p
4p12 mm m∆= − 1p
12
12Vp pmRT Tµ∆= − 
1p
12
12 21()mRTTV
pT pT∆=
µ−
33,324 mV= 1p
b.1
1
1pV
RTν=
2p
3p
10,26 kmolν= 1p
c.2
22mp V RT=
µ 2p
4p 2
2
2pVm
RTµ=
1p
25,12 kg m= 1p
d.1
1
1p
RTµρ=
3p
4p
3
12,5 kg/m ρ= 1p
TOTAL pentru Subiectul al II-lea 15p

Bareme teste nivel minimal15
Subiectul al III-lea Parțial Punctaj
a.Reprezentarea grafică a transformărilor în coordonate ( p, V)
3p 3p
b.Din legea procesului izobar: 12
21
123VVVV
TT= ⇒= 1p
4p12 1 2 1 () L pV V= − 1p
12
1
21()Lp
VV=
− 1p
52
12 10 N/mp= ⋅ 1p
c.Gazul cedează căldură în procesele 2 →3 și 3→1
23 31 cedQ QQ= + 1p
4p3 23 2 1 1 ( )3V Q C T T pV= ν −= − 1p
1
31 1 1 1
3ln ln 3VQ RT p V
V= ν= −
1p
cedat 1640 J Q − 1p
d.21()abs pQ CT T= ν− 1p
4ppVCCR= + 1p
1 11 55absQ RT p V= ν= 1p
absorbit 2000 J Q = 1p
TOTAL pentru Subiectul al III-lea 15p

Teste de fizicã pentru bacalaureat16
C. PRODUCEREA ăI UTILIZAREA CURENTULUI CONTINUU
Subiectul I Punctaj
1.
b. 1 Wh = 3600 J
6720 10 JW= ⋅ 3
2. c.
1 12,
2EI EI
Rr RRr= =
+ ++
1 12,
2EI EI
Rr RRr= =
+ ++ 12
2
128RRrR
Rr++⇒= ⇒ = Ω
+ 3
3. b. 23ABRR= = Ω 3
4. c. V1scEIr= =Ω 3
5.c. 2
bec 90n
nUR
P= = Ω
bec 0 (1 ) 2000 C RR tt= +α ⇒ = ° 3
TOTAL pentru Subiectul I 15p
Subiectul al II-lea Parțial Punctaj
a.1 epR RR= + 1p
3p23
23pRRR
RR=
+ 1p
4,4eR= Ω 1p
b.1
eEI
Rr=
+ 1p
4p
VeU E Ir IR=−= 2p
8,8VUV= 1p
c.123III= + 1p
4p22 33IR IR = 1p
12
3
23IRI
RR=
+ 1p
30,8IA= 1p

Bareme teste nivel minimal17
d.Prin schimbarea locurilor între ampermetrul ideal și sursă, ampermetrul va măsura intensitatatea prin R1.
12
3
12eRRR' R
RR= +
+ 1p
4p
1,25 A
eEI'
R' r=
+
1p
12
11 2 2I' I ' I '
I 'R I 'R= +
= 1p
120,83 A
3I'I'= =
1p
TOTAL pentru Subiectul al II-lea 15p
Subiectul al III-lea Parțial Punctaj
a.Aplicând legile lui Kirchhoff, rezultă:
1 33 E Ir U I R= ++
2p
4p
1
3
3E Ir UI
R−−=
1p
31,5 AI= 1p
b.23 0,5 A I II= −=
22 33IR IR = 1p
4p33
2
275IRR
I= = Ω
1p
2
2 22P RI= 1p
218,75 WP= 1p
c.1 epR RR= + 1p
4p1
1 30URI= = Ω
1p
23
23pRRR
RR=
+ 1p
48,75eR= Ω 1p
d.11
sPU
PEη= =
2p
3p
0,5 50%η= = 1p
TOTAL pentru Subiectul al III-lea 15p

Teste de fizicã pentru bacalaureat18
D.OPTICÃ
Subiectul I Punctaj
1. c. 3
2. a. 2
1sin 3sin 60
sin 2inrr
rn= ⇒ = ⇒= 3
3.b. 123 3 4 CC C C C=++⇒= δ 3
4. c. –190,26 10 Jex C ChcLE E=+⇒= ⋅λ 3
5.b. 22
11
213
3 150 cmyx
yx
xxβ= = =−
⇒= − =
2111137,5 cmf
fxx= − ⇒=
3
TOTAL pentru Subiectul I 15p
Subiectul al II-lea Parțial Punctaj
a.22
1
113yx
yxβ= = = −
1p
4p21 3 xx= − 1p
1
14
3fx= −
1p
140 cm x= − 1p
b.3
2
13x
xβ= =
1p
4p313xx= 1p
13
2
13xxf
xx=
− 1p
260 cmf= 1p
c.
3p 3p

Bareme teste nivel minimal19
d.12111
Ff f= + 1p
4p20 cmF= 1p
1
4
1Fxx
Fx=
+1p
4
3
11x
xβ= = − 1p
TOTAL pentru Subiectul al II-lea 15p
Subiectul al III-lea Parțial Punctaj
a.Definirea efectului fotoelectric 1p
4pEnunțarea legilor efectului fotoelectric 3p
b.0 Lh= ν 1p
4p15
00,55 10 Hz ν= ⋅
1p
15
1
10,44 10 Hzcν= = ⋅
λ 1p
10 , ν <ν nu se produce efect fotoelectric folosind radiația monocromatică cu λ1 1p
c.2
2hcε=
λ 2p
3p
194,95 10 JCE−= ⋅ 1p
d.2 ex CLEε= + 2p
4pC
SEUe=
1p
0,79 VSU= 1p
TOTAL pentru Subiectul al III-lea 15p

Teste de fizicã pentru bacalaureat20
TESTUL 3
A. MECANICÃ
Subiectul I Punctaj
1. d. 3
2. b. 3
3. a 3
4. a 3
5. d. 3
TOTAL pentru Subiectul I 15p
Subiectul al II-lea Parțial Punctaj
a.Reprezentăm forțele care acționează asupra corpului și aplicăm principiul al doilea al dinamicii la mișcarea
0eFG+= 1p
3p11··k l mg∆=
1
1mgl
k∆= 1p
Rezultat final: 40 N/m=k 1p
b.f FF= 1p
4pNG= 1p
fFN= µ
Rezultat final: 2
2 ;µ∆=mglk21, 25 cm ∆=l 1p
c.efF F ma+=  1p
4pe FF=1p
2
2−µ=F mga
m1p
Rezultat final:23 m/s=a1p
d.2
2
2pklE∆=
2p
4p
2Flk∆=
1p
Rezultat final:-25∙1 0pEJ= 1p
TOTAL pentru Subiectul al II-lea 15p

Bareme teste nivel minimal21
Subiectul al III-lea Parțial Punctaj
a.F G ma+=  1p
4p −=F G ma ⇒ () F ma g= + 2p
Rezultat final: 36 NF=1p
b.vat∆=∆1p
3p
0 ; = +v v at00v= 1p
Rezultat final: 10 m/s=v 1p
c.total ∆=cEL2p
4p2
2cmvE∆= 1p
Rezultat final:total 150=LJ 1p
d.Conservarea energiei:12EE= 1p
4p2
1 ;
2= +mvE mgh2
22PmvE=
1p
2()
2∆=ath
1p
22 v v gh= +
Rezultat final: 10 6 m/sPv=1p
TOTAL pentru Subiectul al III-lea 15p

Teste de fizicã pentru bacalaureat22
B. TERMODINAMICÃ
Subiectul I Punctaj
1. a. 3
2. d. 3
3. b. 3
4. a. 3
5. c. 3
TOTAL pentru Subiectul I 15p
Subiectul al II-lea Parțial Punctaj
a.ANm
N=
µ 2p
4p
Rezultat final: 2311,25∙ 10N= 2p
b.0 ∆ρ = ρ − ρ1p
4p0
0m
Vρ=
; m
Vρ= 1p
0
0·mVV
Vm=
∆ρ +1p
Rezultat final: 4Vl= 1p
c.V V2 1 () ∆ = ν ∆= ν −U C T CT T 12TT= 2p
3p
Rezultat final: 0U∆=1p
d.0·'p V RT = ν2p
4p0'pV
RTν=
Rezultat final: ' 0,16 molν=2p
TOTAL pentru Subiectul al II-lea 15p
Subiectul al III-lea Parțial Punctaj
a.Din grafic, procesul 12→este reprezentată printr-o dreaptă ce trece prin originea axelor de coordonate,
deci presiunea și volumul sunt proporționale. Astfel, rapoartele volumelor și ale presiunilor sunt egale:
22
11.=pV
pV 2p
3p
Rezultat final: 2
12p
p= 1p

Bareme teste nivel minimal23
b.12 V 12 V 2 1 () ∆ = ν∆ = ν −U C T CT T 1p
4p11 1 ; ⋅= νp V RT22 2⋅= νp V RT 1p
214TT= 1p
Rezultat final: 12 19
2U RT∆= ν ⇒1210800 UJ∆= 1p
c.Lucrul mecanic total reprezintă aria figurii formate de ciclul termodinamic reprezentat în coordonate ( p,V) :
( , ).=L A pV 2p
4p
11 1
22p V RTLν= =
Rezultat final: 1200JL= 2p
d.ced 2 3 3 1 ;−−= +QQQ 1p
4p12 3 2( );−= ν−v Q CT T31 1 3()−= ν−p Q CT T 1p
214;=TT 312TT= 1p
Rezultat final: ced 111;2= −νQ RTced 13200= −QJ 1p
TOTAL pentru Subiectul al III-lea 15p

Teste de fizicã pentru bacalaureat24
C. PRODUCEREA ăI UTILIZAREA CURENTULUI CONTINUU
Subiectul I Punctaj
1. d 3
2. b 3
3. a 3
4. c 3
5. c 3
TOTAL pentru Subiectul I 15p
Subiectul al II-lea Parțial Punctaj
a.RS= R1+ R22p3pRezultat final: RS= 30 Ω 1p
b.UAB = R2 I 1p
4p
sEIRr=+2p
Rezultat final: UAB = 25 V 1p
c.sAEI'
RRr=
++ 3p4p
I ′≅ 1,2 A 1p
d.1EI''
Rr=
+3p4p
I ′′′≅ 3,3 A 1p
TOTAL pentru Subiectul al II-lea 15p
Subiectul al III-lea Parțial 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.2·· W RI t= ∆ 2p
4pEIRr=+1p
Rezultat final: W = 5760 J 1p
c.echivalent
echivalentR
Rrη=
+2p
4p
echivalent 10b RR = 1p
91%η 1p
d.Puterile consumate de către doi rezistori diferiți conectați pe rând la bornele unei surse electrice sunt egale,
dacă: R1R2= r2 2p3p
Rezultat final: R2= 2 Ω 1p
TOTAL pentru Subiectul al III-lea 15p

Bareme teste nivel minimal25
D.OPTICÃ
Subiectul I Punctaj
1. a . 3
2. b. 3
3. b. 3
4. d. 3
5. a. 3
TOTAL pentru Subiectul I 15p
Subiectul al II-lea Parțial Punctaj
a. Construcția imaginii 4p 4p
b.21111
xxf−= 1p
4p 1fC= 1p
Rezultate finale: 1100 cm= −x2p
c.22
11; β= =xy
xy2p
3p
Rezultat final: 2 2 cm= −y 1p
d.11 60 cm = += −x' d x 1p
4p1
2
1x' fx'
x' f=
+1p
Rezultat final: 2200 cm;=x'222 – 100 cm x x' x∆= =2p
TOTAL pentru Subiectul al II-lea 15p
Subiectul al III-lea Parțial Punctaj
a.Din grafic: 1= −UV2p
3p
Rezultat final: stopare 1V U = 1p
b.fWh= ν 2p
4p
Rezultat final: 194,6 10 J−= ⋅fW2p
c.max stopareW eU =2p
4p
Rezultat final: 19
max 1, 6 10 J−= ⋅ W 2p
d.extractie max–f L WW =2p
4p
Rezultat final: –19
extractie 3 10 J= ⋅ L 2p
TOTAL pentru Subiectul al III-lea 15p

Teste de fizicã pentru bacalaureat26
TESTUL 4
A. MECANICÃ
Subiectul I Punctaj
1.
c. 5
8km = 3 10 u.a. s = 0,121u.a. min1 km = 1, 5 10c
c⋅⇒

⋅
3
2.b. Pentru determinarea distanței folosim metoda grafică. m
m
km = 200 m 48 h = 15 sdvt
dv
t=∆⇒=
 ∆ 
3
3.c. 2
5
3 = 75 10 J2 = 2,08 kW h
11 J = 1 W s = 10 kW h3600cc
cmvEE
E
− ⋅= ⇒⋅ ⇒⋅
⋅⋅3
4.c. Aplicând principiul fundamental al dinamicii sau teorema variației impulsului corpului asupra căruia se exercită forța și
proiectând relația vectorială pe axa mișcării, obținem:( )12 = 7,5 Nmmmv vFFt⋅+= ⇒∆
mmF vF↑↑ ∆ ⇒este orientată orizontal spre stânga. 3
5.b. Scriem legea lui Hooke:0
00 0
2
00 2
0
4 1 38,28 cm4
F l FlElS l ES
dFS ll ldE
lll∆⋅ = ⋅ ⇒∆ =⋅ π⋅ ⋅ = ⇒= + ⇒ =  π⋅ ⋅ 
∆= − 3
TOTAL pentru Subiectul I 15p
Subiectul al II-lea Parțial Punctaj
a.[]0,5 s: 10 N 0xf tR F∈ = ⇒= 1p
4p 2 = 2 m sx
xRR ma a am−=⋅⇒ = ⇒ ⋅ 1p
1
0 10 m sv v at v−= + ⋅∆ ⇒ = ⋅ 2p
b.10 s: 0 N 10 Nx ff t R FF F= = ⇒= ⇒ =3p 3p
c.
max max 0,2fF mg=µ ⋅ ⋅ ⇒µ =3p 3p

Bareme teste nivel minimal27
d.[ ] 10,20 s: 0 N constx t Rv∈ = ⇒= 1p
5pAplicând teorema variației impulsului pentru []0,10 st∈ : p Rt∆ = ⋅∆ 1p
și folosind interpretarea grafică,
obținem că din momentul 10 st= , 1 15 m sv−= ⋅ și se menține constantă. 1p
Aplicând teorema variației energiei cinetice pentru []0,20 st∈ :
562,5 J
if if ifc RREL L∆= ⇒ =  . 2p
TOTAL pentru Subiectul al II-lea 15p
Subiectul al III-lea Parțial Punctaj
a.Reprezentăm printr-un desen situația din problemă, punând în evidență pozițiile avionului la momentele 1t
și 2t. Folosind datele problemei, observăm că triunghiul care are ca vârfuri stația radar și pozițile avionului
este dreptunghic
= 1131,4 md⇒ . 2p
5p
2p
21 2 = 14 s
= 12 h 24 min 34 s dvtt
ttt t= ⇒∆∆
∆= − ⇒1p
b.2
2
9,6 MJ c
cmvE
E⋅= ⇒
⇒=2p
3p2
2
9,6 MJ c
cmvE
E⋅= ⇒
⇒= 1p
c.Aplicăm teorema variației energiei cinetice între punctele A și B: c REL∆=  (1). 1p
4pViteza avionului menținându-se constantă, variația energiei cinetice este egală cu zero. Motorul fiind oprit,
singurele forțe care se exercită asupra avionului sunt greutatea și forțele de rezistență. Înlocuind aceste
observații în ecuația (1) și exprimând lucrul mecanic al greutății avionului între A și B, obținem: 2p
( )12 0
8,79 MJr
rF
Fmg h h L
L= ⋅⋅ − + ⇒
⇒= −
1p
d.
7764,4 N rr F
rL Fd
F= −⋅ ⇒
⇒=2p
3p
7764,4 N rr F
rL Fd
F= −⋅ ⇒
⇒=
1p
TOTAL pentru Subiectul al III-lea 15p

Teste de fizicã pentru bacalaureat28
B. TERMODINAMICÃ
Subiectul I Punctaj
1. c. Realizând corespondența celor două scări de temperatură cu scara Celsius, obținem că:
0 °X corespund temperaturii 25 °C și
0 °Y corespund temperaturii 50 °C.3
2.a. Scriind ecuația termică de stare pentru gazele din cele două incinte în stările inițială, respectiv finală, ținând cont de
datele problemei și prelucrând ecuațiile obținute, rezultă: 123 2mm⋅= ⋅ .3
3.b.
11
2211 1
1
2
22 25 , cu , 80 K5 2 1, 673 3 , cu , 80 K2VV
VVU C T C RTU
UU C T C RT∆ = ⋅ ⋅∆ = ⋅ ∆ = ∆ ⇒ = −= −∆ ∆ = ⋅ ⋅∆ = ⋅ ∆ =−ν
ν3
4.d.
23 23 23
23
2340 J0Q ULUL= ∆+ ⇒∆ =−= 
31 31 31 31 31 31 31 70 J Q U LU Q LU=∆ + ⇒∆ = − ⇒∆ =−
1231
12
1231 12 23 310110 JUUU UUU∆= ⇒∆ =∆ =∆ +∆ +∆ 
12 12 12 12 21 190 J 190 J Q UL L L= ∆+⇒= ⇒= −3
5.c.
22 7,2 10V
A
V
AQ CT
QNNN NCTN=ν⋅ ⋅∆ ⋅ ⇒= ⇒ = ⋅ν= ⋅∆3
TOTAL pentru Subiectul I 15p
Subiectul al II-lea Parțial Punctaj
a.12 mmm= = 1p
3p
12
21 1 , 2 5νµ= =
νµ2p
b.12
12
2g 35,6 molmmmν=ν +ν
⋅= + ⇒µ=µ µµ1p
4p12
12
2g 35,6 molmmmν=ν +ν
⋅= + ⇒µ=µ µµ3p
c.
3

kg 1,57
mmpV RTp
RT m
V⋅ = ⋅⋅⋅µ µ ⇒ρ = ⇒⋅ρ=
⇒ρ =3p
4p
3

kg 1,57
mmpV RTp
RT m
V⋅ = ⋅⋅⋅µ µ ⇒ρ = ⇒⋅ρ=
⇒ρ = 1p

Bareme teste nivel minimal29
d.
5

5 10 Pa mpV RT
mRTpV
p⋅ = ⋅⋅ ⇒µ
⋅⋅= ⇒µ⋅
⇒= ⋅ 1p
4p
5

5 10 Pa mpV RT
mRTpV
p⋅ = ⋅⋅ ⇒µ
⋅⋅= ⇒µ⋅
⇒= ⋅ 1p
5

5 10 Pa mpV RT
mRTpV
p⋅ = ⋅⋅ ⇒µ
⋅⋅= ⇒µ⋅
⇒= ⋅ 2p
TOTAL pentru Subiectul al II-lea 15p
Subiectul al III-lea Parțial Punctaj
a. 1196,6 J L RT L= ν⋅ ⋅∆ ⇒ = 3p 3p
b. 2003,4 J Q U LU Q LU=∆ + ⇒∆ = − ⇒∆ = 3p 3p
c.

1 , 6 p
v
p
vQ CT
U CT
C Q
CU= ν⋅ ⋅∆
∆ = ν⋅ ⋅∆
γ= = ⇒γ=∆1p
4p

1 , 6 p
v
p
vQ CT
U CT
C Q
CU= ν⋅ ⋅∆
∆ = ν⋅ ⋅∆
γ= = ⇒γ=∆1p

1 , 6 p
v
p
vQ CT
U CT
C Q
CU= ν⋅ ⋅∆
∆ = ν⋅ ⋅∆
γ= = ⇒γ=∆2p
d.5
13p
pv
v v
pvCCC RRC C
CCRγ= ⇒ =γ⋅ ⋅ ⇒= =γ−= + 1p
5pNotăm cu f fracțiunea din cantitatea totală de substanță care o constituie heliul și exprimăm în două moduri
energia internă a amestecului de gaze:
( )( )
12 1 212
12
12 1
1v v v vv vUU U
CT C T C T C fC f C
ff = +ν⋅ ⋅ =ν ⋅ ⋅ +ν ⋅ ⋅ ⇒ = ⋅ + − ⋅ 
ν = ⋅ ν⇒ν = − ⋅ν  2p
2
12

50,83 83%
6vv
vvCCf
CC
f−= ⇒
−
⇒== =1p
2
12

50,83 83%
6vv
vvCCf
CC
f−= ⇒
−
⇒== = 1p
TOTAL pentru Subiectul al III-lea 15p

Teste de fizicã pentru bacalaureat30
C. PRODUCEREA ăI UTILIZAREA CURENTULUI CONTINUU
Subiectul I Punctaj
1.
a. 2
2
51,4 nCUS qI U rtlt qlSr
q⋅ = = ⋅π⋅ ⋅∆ ρ⋅ ∆ ⇒=ρ⋅=π⋅ 
=
3
2.a. ( )
( )10 121
12 21 20 2
31 1 – 1
4 10 RR t RR
Rt Rt RR t
K−− = ⋅ +α⋅ − ⇒α=⋅⋅ = ⋅ +α⋅ 
α= ⋅
1
00
1 9
1 RRR
t= ⇒= Ω
+ α⋅ 3
3.a. Aplicând teorema I a lui Kirchhoff pentru nodul A, intensitatea curentului prin ramura AB va fi:
1, 5 AABI= − deci acest curent are intensitatea 1, 5 AI= și circulă de la A la B.
Aplicând teorema a II-a a lui Kirchhoff : ( ) 25 VAB AB U EIRr U= +⋅ + ⇒ = 3
4.b.
=12800 CPIPt Uqqq UIt= ⋅∆ ⇒= ⇒
 =∆
3
5.c. Folosind seturile complete de date din tabel ((2) și (3)): 4,4 URRI= ⇒= Ω
Pentru determinarea (4): 2 A 2000 mAUIIR= ⇒= =
Pentru determinarea (5): 13,2 V U RI U= ⋅⇒ = . 3
TOTAL pentru Subiectul I 15p
Subiectul al II-lea Parțial Punctaj
a.La momentul inițial cursorul fiind în A, 0R=. 1p
3p
Intensitatea curentului în circuit va avea expresia: 11
19
EEI R rR
Rr I= ⇒=− ⇒= Ω
+ . 2p
b.Din grafic, deducem că în momentul în care cursorul ajunge în B intensitatea curentului în circuit are valoa –
rea 0,71 AI′= 1p
5piar expresia ei este: ( )1
1
18,17 18 EEI R RrRR r I
R′= ⇒= − +⇒′ ++
⇒ = Ω≅ Ω1p
Cursorul se mișcă cu viteză constantă, parcurgând în intervalul de timp 20 st∆=1p
determinat din grafic, întreaga lungime a reostatului. 20 cmlv lvt lt= ⇒=⋅ ∆ ⇒=∆ 1p
2 0 , 5 m mllRSSSRρ⋅= ρ ⋅⇒= ⇒= 1p

Bareme teste nivel minimal31c.9 22lRxR ′ = ⇒== Ω
1p
4p
1
1
1,05 A 11 sEIRRr
It′′=′++
′′= ⇒=2p
1
1
1,05 A 11 sEIRRr
It′′=′++
′′= ⇒= 1p
d.I = 0 1p
3p U = E 1p
U = 20 V 1p
TOTAL pentru Subiectul al II-lea 15p
Subiectul al III-lea Parțial Punctaj
a. = 2400 mA h = 8640 C q ⋅ 2p
4p
10368 J W qU W= ⋅⇒ =2p
b.
10,6 AUIIR= ⇒= 3p 3p
c. 14400 s = 4 hqqI tttI= ⇒∆ = ⇒∆ =∆3p 3p
d.După o oră de funcționare a circuitului de la punctul b., s-a consumat sarcina electrică 1 11 2160 C qIt q= ⋅∆ ⇒ =
Sarcina electrică rămasă va fi 2 12 6480 C q qq q= −⇒ = .1p
5pNoua intensitate a curentului electric prin ramura principală a circuitului devine: 1 A
pUII
R′′= ⇒= 1p
Iar durata funcționării acestuia va fi:
22
22
26480 s = 1,8 hqqI tt
tI′= ⇒∆ = ⇒∆ =′ ∆ 1p
22
2
22 22
2
20,4 A
1,62 10UII
R
Ne I tIN N
te= ⇒=
⋅ ⋅∆= ⇒= ⇒= ⋅
∆1p
22
2
22 22
2
20,4 A
1,62 10UII
R
Ne I tIN N
te= ⇒=
⋅ ⋅∆= ⇒= ⇒= ⋅
∆1p
TOTAL pentru Subiectul al III-lea 15p

Teste de fizicã pentru bacalaureat32
D.OPTICÃ
Subiectul 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 radiație din domeniul vizibil, trebuie ca, pentru materialul respectiv ,
extrL≥ε , ε fiind energia fotonului incident. hc⋅ε=λ
Pentru domeniul vizibil [ ] 380,760 nmλ∈ : [ ] [ ]19 2,62 ; 5,23 10 J sau 1,63 ; 3,27 eV−ε∈ ⋅ ε∈ .
Folosind datele din tabelul cu valorile lucrului de extracție pentru diferite materiale, se observă că doar cuprul nu produce
efect fotoelectric. 3
4.c. Prin introducerea dispozitivului în apă, fără a schimba caracteristicile geometrice ale acestuia și folosind aceeași radia –
ție, interfranja devine: 2Diiln nλ⋅′= =⋅ . 3
5.b. Scriind ecuația lui Einstein pentru situațiile descrise în problemă, obținem: 0
0

24s
shc hceU
hc hc eU⋅⋅= +⋅λλ⋅⋅ ⋅ = +⋅λ λ

Rezolvând sistemul de ecuații, obținem: 0 3λ = ⋅λ 3
TOTAL pentru Subiectul I 15p
Subiectul al II-lea Parțial Punctaj
a.2
21
1
2
12
4 cm 2
2 cmxxxx
x
xβ= = ⋅  ⇒= −  β= 
⇒= −2p3p
⇒ x1 = − 2 cm 1p
b.21111
1
25
4 cmxxf
Cf
C
f−=
=
⇒= δ
⇒=2p
4p
⇒ C = 25 δ 1p
⇒ f = 4 cm 1p
c.21 1
21
111
22

8 cmCxx xfCxx
x−= ′′ ′⇒ = − = −⋅
′′= − 
′= −2p
4p21 1
21
111
22

8 cmCxx xfCxx
x−= ′′ ′⇒ = − = −⋅
′′= − 
′= − 1p
Lupa trebuie îndepărtată de obiect cu 6 cm. 1p

Bareme teste nivel minimal33
d.Imagine dreaptă 12 0 , 0 xx ⇒ β >⇒ <⇒ imaginea este virtuală. 1p
4p2
1 21
11
212
2
8 cm 18,75
11x
x xx
xx C
CCxx′′  β=  ′′ ′′ ′′⇒= ⋅   β= ′′ ′ ′ = = − ⇒= − δ 
 ′ −= +′′ ′′ 
lentila este divergentă.3p
TOTAL pentru Subiectul al II-lea 15p
Subiectul al III-lea Parțial Punctaj
a.() 0 0, kx= ⇒ = ∀ λ⇒ maximul central este alb și situat pe axa de simetrie a dispozitivului.4p 4p
b.11
22kDx Dl il= λ⋅ ⇒= λ⋅ ⋅ =⋅ 1p
4p Lărgimea maximului de ordinul I va fi:
( )
2RV Dx
lλ −λ ⋅∆=
⋅2p
0,76 mmx∆= 1p
c.2
222
1,92 mm
2k xi
x Dil= ⇒= ⋅ ⇒= λ⋅= ⋅ 3p 3p
d.11 2 2ki ki⋅= ⋅ 1p
4p12
1222DDkkllλ⋅ λ⋅⋅= ⋅⋅⋅1p
1 2 12 500 750 2 3 k k kk⋅= ⋅⇒ ⋅= ⋅ 1p
Soluția:1
23
2k
k=
= 1p
TOTAL pentru Subiectul al III-lea 15p0C′<⇒

Teste de fizicã pentru bacalaureat34
TESTUL 5
A. MECANICÃ
Subiectul I Punctaj
1. a. 3
2. b. 3
3.a. Aplicând principiul I al dinamicii obținem 0 Gt Ff N Gn+ ++ =     

0 sin cos 0
sin
cosGt Ff mg mg
tg− = = > α−µ α=
αµ= = αα3
4.c. L = F ⋅ d ⋅ cos α
a = 0 ⇒ L = F ⋅d = 40 J; 3
5.c. Conform principiului II al dinamicii
N = G + m ⋅ a ⇒ 1 1600 NGaNG aG
gg= + = += 
 3
TOTAL pentru Subiectul I 15p
Subiectul al II-lea Parțial Punctaj
a.Forțele care acționează asupra corpurilor sunt reprezentate în figura alăturată.
4p 4p
b.Accelerațiile corpurilor 1a
și2a
transmise prin fir, sunt egale în modul și de sensuri opuse 21aa= − 
1p
4p proiectăm ecuațiile pe axa verticală, Oy, ținând cont că 12aaa= = ,11
22T mg ma
T mg ma− ⋅= ⋅− ⋅= − ⋅ 2p
rezolvând sistemul obținem 2 21
12()1,11 m smmga
mm− −⋅= = ⋅
+1p
c. T = m1(a + g) = 22,22 N 3p 3p
d.Forța măsurată de dinamometru
12
1242 44,4 NFTT
mm gFTmm= +
= =+  
2p
4p
12
1242 44,4 NFTT
mm gFTmm= +
= =+  
 2p
TOTAL pentru Subiectul al II-lea 15p

Bareme teste nivel minimal35Subiectul al III-lea Parțial Punctaj
a.

2p
3p
cos
5640 JL Fd
L= ⋅α=1p
b.N;FfL Ff d
Ff= −⋅
= µ1p
4pN;FfL Ff d
Ff= −⋅
= µ 1p
sin NGF= −α 1p
( ) sin 1036 JFfL mg F d= −µ − α = − 1p
c.Aplicăm teorema variației energiei cinetice f i F FfEc Ec L L−= +2p
4p
4504 JfEc= 2p
d.564 Wmed
medLPt
P=∆
=2p
4p
564 Wmed
medLPt
P=∆
= 2p
TOTAL pentru Subiectul al III-lea 15p

Teste de fizicã pentru bacalaureat36B. TERMODINAMICÃ
Subiectul I Punctaj
1. c. 3
2. a. 3
3. b. 3
4. a. 3
5. c. 3
TOTAL pentru Subiectul I 15p
Subiectul al II-lea Parțial Punctaj
a.
30,96 kg/mp
RTµρ=
ρ=2p
3p
30,96 kg/mp
RTµρ=
ρ= 1p
b.a
aN m NmN
N⋅=⇒=
µµ1p
4pMasa gazului care părăsește butelia. m2 = f · m => N2 = N · f 1p
Din ecuația de stare 1
1a
aN p VNp V RT NN RT= ⇒= 1p
23 1
2 1,39 10 moleculea p VNNfRT= = ⋅ 1p
c.1
2(1 )a
aNp V RT
N
Nfp V RT
N=
−=1p
4p1
2(1 )a
aNp V RT
N
Nfp V RT
N=
−= 1p
1
21
1p
pf=
−1p
p2 = p1(1 – f ) = 9,6 ∙ 105 Pa 1p
d.Aplicăm conservarea numărului de moli ν1 + ν2 = ν TOT1p
4pν2 = reprezintă numărul de moli din prima butelie în starea finală ν1 + ν2 = Totm
µ1p
2 1 O2
12He 33,91 10 kg/mol−µµ= = ⋅ν +µ ν
ν +ν2p
TOTAL pentru Subiectul al II-lea 15p

Bareme teste nivel minimal37
Subiectul al III-lea Parțial Punctaj
a.
Procesul 1 →2 încălzire izocoră
Procesul 2 →3 destindere izotermă
Procesul 3 →1 răcire izobară3p 3p
b.Aplicând legea procesului izocor pe procesul 1 →2 obținem
212
12
2
115
3pp
TT
p T
Tp= ⇒
= =2p
4p
212
12
2
115
3pp
TT
p T
Tp= ⇒
= = 2p
c.
9kJp
pL
O
LOη= ⇒
= =
η2p
4p
9kJp
pL
O
LOη= ⇒
= =
η2p
d.ΔU = νCν(T3 − T2) 2p
4p T2 = T3 1p
ΔU = 0 1p
TOTAL pentru Subiectul al III-lea 15p

Teste de fizicã pentru bacalaureat38C. PRODUCEREA ăI UTILIZAREA CURENTULUI CONTINUU
Subiectul I Punctaj
1. a 3
2. c 3
3. c 3
4. a 3
5. b 3
TOTAL pentru Subiectul I 15p
Subiectul al II-lea Parțial Punctaj
a.Pentru gruparea paralel a rezistoarelor, rezistența echivalentă RP o calculăm din relația:
12111
PR RR= + 1p
4p Pentru gruparea serie a rezistoarelor, rezistența echivalentă RS o calculăm din relația: Rs = R3 + R4 1p
Rezistența circuitului exterior R = Rs + Rp 1p
R = 11 Ω 1p
b.Curentul care circulă prin sursa I îl putem calcula aplicând legea lui Ohm pentru un circuit simplu 1p
4p Pentru a calcula I1, I2 aplicăm legile lui Kirchhoff
2p
Rezolvând sistemul de ecuații obținem I1 = 1,2 A, I2 = 0,8 A și I3 = I = 2 A 1p
c.E = I3r + UAB 2p3p
UAB = 22 V 1p
d.Aplicăm legea lui Ohm pentru o porțiune de circuit 1
1
1UI
R= 1p
4pRezultă: U1 = I1 R11p
Aplicăm legea lui Ohm pentru o porțiune de circuit I2 = 2
2U
R. Rezultă: U2 = I2 R21p
U1 = U2 = 9,6 V 1p
TOTAL pentru Subiectul al II-lea 15p
Subiectul al III-lea Parțial Punctaj
a.Puterea la bornele becului P = Ub ∙ I 2p3p
Ub = 120 V 1p
b.Aplicăm legea lui Ohm pentru o porțiune de circuit (fir) I = Uf / r 2p
4p Rezultă: Uf = I · r 1p
Uf = 4 V 1p
c.Expresia puterii P = I 2 R 2p
4p R = P / I 21p
Rezultă: R = 12 Ω 1p
d. Expresia energiei debitată de o sursă în întreg circuitul W = I 2(R + r) Δt 3p4p
W = 446,4 kJ 1p
TOTAL pentru Subiectul al III-lea 15p

Bareme teste nivel minimal39D.OPTICÃ
Subiectul I Punctaj
1. c 3
2. a 3
3. d 3
4. c 3
5. c 3
TOTAL pentru Subiectul I 15p
Subiectul al II-lea Parțial Punctaj
a.Din definiția indicelui de refacție cnv=, unde c este viteza de propagare a luminii în vid 2p
3p
Rezultă cvn= v = 2,12 ∙108 m/s 1p
b.Reprezentarea corectă a razelor de lumină1p
5pAplicăm legea refracției în punctul I: n sin i = naer sin r2p
r = 4501p
090 45r θ= − = 1p
c.În cazul în care lumina trece dintr-un mediu optic mai dens în unul mai puțin dens, unghiul de refracție este
totdeauna mai mare decât unghiul de incidență și de aceea el poate atinge valoarea 2π. Valoarea l a unghiu –
lui de incidență pentru care r = 2π, poartă numele de unghi limită1p
4p 1 sin sin2n lnπ= 1p
1
2sinnln= 1p
l = 4501p
d.Pentru orice valoare a unghiului de incidență mai mare decât unghiul limită lumina nu mai trece în mediul
al doilea, ci se reflectă în punctul de incidență, întorcându-se în primul mediu, conform legilor reflexiei,
suprafața de separare comportându-se ca o oglindă.3p 3p
TOTAL pentru Subiectul al II-lea 15p
Subiectul al III-lea Parțial Punctaj
a.Convergența unei lentile 1Cf= 2p3p
C = 5 m-11p
b. Realizarea corectă a desenului 4p 4p
c.21111
xxf−= 2p
5px2 = 40 cm
x2 > 0 imagine reală1p
Expresia măririi liniare 22
11xy
xyβ= = 1p
y2= y1=10 cm 1p
d.Pentru un sistem optic centrat cu cele două lentile alipite, conver gența sistemului
Cs = C1 + C22p3p
Rezultă: Cs=15m-11p
TOTAL pentru Subiectul al III-lea 15p

Teste de fizicã pentru bacalaureat40TESTUL 6
A. MECANICÃ
Subiectul I Punctaj
1. c 3
2. a 3
3. c 3
4. c 3
5. b 3
TOTAL pentru Subiectul I 15p
Subiectul al II-lea Parțial Punctaj
a.
2p
4p
2p
b.f Ma T F⋅= −
2 ma G T⋅= −2p
4pPrin adunare rezultă ()
()a M m mg N
mg Mg g m MaMm Mm+ = −µ
−µ −µ= =++1p
21m/sa=1p
c.2 () T G ma mg ma m g a= −=−= −2p
3p
0,9 NT=1p
d.Precizarea noului sens de acțiune a forței de frecare sau desenarea ei. 1p
5p () F mg Mg g m M= +µ = +µ2p
1,7 NF=1p
TOTAL pentru Subiectul al II-lea 15p
Subiectul al III-lea Parțial Punctaj
a.Lucrul mecanic consumat este lucrul mecanic minim necesar ridicării corpului pe planul înclinat.1p
4pf cu FLL L= + 2p
2500JcL=1p

Bareme teste nivel minimal41b.u
cL
Lη= 2p
3p
20000,8 80%2500η= = = 1p
c.cossin sinfFfhhL F l N mg= − ⋅ = −µ ⋅ ⋅ = −µ α ⋅αα1p
4puGL L mgh= = 1p
f
fF
Fu
uL
L ctg LL ctg−
= −µ α ⋅ ⇒ µ =α1p
10,254µ= = 1p
d.260 40 s3t∆= ⋅ = 1p
4p,uc
ucLLPPtt= =∆∆1p
200050 W40
250062,5 W40u
cP
P= =
= =2p
TOTAL pentru Subiectul al III-lea 15p

Teste de fizicã pentru bacalaureat42
B. TERMODINAMICÃ
Subiectul I Punctaj
1. d 3
2. d 3
3. b 3
4. c 3
5. c 3
TOTAL pentru Subiectul I 15p
Subiectul al II-lea Parțial Punctaj
a.
11 1 1 1
22 2 2 2( ) ( 2)22 2
( – ) ( -2 )2 2 -2l l plpV p V p S p d S p l p l d pld
l l plpV p V p S p d S p l p l d pld⋅= ⇔⋅⋅= + ⇔⋅ = + ⇒ =+
⋅= ⇔⋅⋅= ⇔⋅ = ⇒ =2p
4p
5
5
1
5
5
210 1 510 Pa1, 8 9
10 15 10 Pa0,2p
p⋅= = ⋅
⋅= = ⋅2p
bF
trebuie să acționeze spre compartimentul cu presiunea mai mare. 1p
3p 1 2 21() pS F pS F S p p+= ⇔= −1 2 21() pS F pS F S p p+= ⇔= − 1p
133,(3) NF= 1p
c.11 1
22 2' ' '( 2 )
' ' '( 2 )pV p V p l p l h
pV p V p l p l h= ⇔ ⋅= += ⇔ ⋅= −

1 2 21mgp S mg p S p p
S′ ′ ′′+ = ⇔= +2p
4p
5
1
5
2510 Pa
6
6,25= 10 Pa
6p
p′=
′2p
d.'
12pllhp⋅+= 1p
4p
1112plhp⋅= −′1p
0,1m = 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 minimal43Subiectul al III-lea Parțial Punctaj
a.
Reprezentarea corectă a graficului
3p
4p
Notarea corectă a stărilor 1p
b. ΔU = 0, pentru că procesul este ciclic 3p 3p
c.2
12 1 1 1
1 ln ln 600 2,7 1620 JVQ RT p V eV= ν = = ⋅=
23 3 23 23 1 1 2 1555( )( )( ) ( )
222p Q C T T RT RT RT RT V p p=ν − = ν −ν = ν −ν = −1p
5p55 11
11 2 2 2 1
213 10 3 10 PaVVpV pV p p eV eV= ⇒= = ⋅ = ⋅
35
2352 10 3 10 (1 2,7) 1500 1,7 2550J
2Q−= ⋅ ⋅⋅ − = − ⋅ = −2p
3 1 1 3 1 3 1 12 1 1 123 33( )( )( ) ( )
2 22V Q C T T RT RT p V p V V p p=ν − = ν −ν = − = − 311530 J Q= 1p
1620 2550 1530 600 JQ=−+= 1p
d.U QL∆=− 1p
3p LQ= 1p
600JL= 1p
TOTAL pentru Subiectul al III-lea 15p

Teste de fizicã pentru bacalaureat44
C. PRODUCEREA ăI UTILIZAREA CURENTULUI CONTINUU
Subiectul I Punctaj
1. a 3
2. a 3
3. d 3
4. b 3
5. d 3
TOTAL pentru Subiectul I 15p
Subiectul al II-lea Parțial Punctaj
a.1 11 1 1A U IR I= ⇒=
2 22 2 0,75A U IR I= ⇒=2p
4p
( ) 11 2 1 12
22 12()6V()E IR r R R IIEE IR r II= + − ⇒= = = + − 2p
b.11
11 2 2
22()( )( )()E IR rIR r IR rE IR r= +⇒ += + = +2p
4p 2 2 11 2 1
12 12IR IR U UrII II−−= =−−1p
2r= Ω 1p
c.6
6150,12 10 60,3 10firlRS−
−=ρ⋅ = ⋅ = Ω⋅2p
4p
60,75A, 0,75 60 45C8firEI qI tRr= = = = ⋅∆ = ⋅ =+2p
d.0
0
001
(1 ) 1 , 1fir
fir fir
firR
RR RRR t t t tRR−
= +α ⇒ +α = α = − ⇒ =α2p
3p
40 Ct=1p
TOTAL pentru Subiectul al II-lea 15p
Subiectul al III-lea Parțial Punctaj
a.s
s
sEIRr=+1p
4p10sEE= 1p
10srr= 1p
41,33 A
3sI= = 1p

Bareme teste nivel minimal45b.p
p
pEIRr=+1p
4p10prr= 1p
10
110pE
rEE
r= = 1p
0,5ApI= 1p
c.1 s U E Ir= −1p
4p2 p U IR=1p
11V U1p
23,5 V U=1p
d.1
sR
Rrη=+ , 2
pR
Rrη=+1p
3p
1725,92%
27η= ,23597,22%
36η= 2p
TOTAL pentru Subiectul al III-lea 15p

Teste de fizicã pentru bacalaureat46D.OPTICÃ
Subiectul I Punctaj
1. d 3
2. c 3
3. c 3
4. c 3
5. a 3
TOTAL pentru Subiectul I 15p
Subiectul al II-lea Parțial Punctaj
a.
4p 4p
b.sin sinin r=1p
4psin ' sin 'nr i =1p
', alterne interne rr=1p
Din relațiile anterioare rezultă i = i′ = 60°. 1p
c.Deviația δ = BC1p
4psin sin
3
sin 1 2sin23in r
irn=
= = =1p
30r= °1p
sin( ) sin( ) 0,58 cm
cosADBC AB i r i r
r= ⋅− = ⋅−  1p
d.cosADAB
r= 2p
3p
1,15 cm AB1p
TOTAL pentru Subiectul al II-lea 15p

Bareme teste nivel minimal47Subiectul al III-lea Parțial Punctaj
a.maxc stoparech L E h L eUν= + ⇔ = +
λ
1
21
2s
sch L eU
ch L eU= +λ
= +λ2p
5p
Prin scăderea celor două ecuații rezultă
21
221
1 12
12Prin scãderea celor douã ecuaț ii rezultã
11( )( )
()
()ss
sshc e U U
eU Uh
c−= −
λλ
− λλ=
λ −λ2p
346,6 10 J sh−= ⋅⋅ 1p
b.1
1scL h eU= −λ2p
3p
196,1 10 J 3,8 eVL−= ⋅= 1p
c.00LhL
hν= ⇔ ν= 2p
3p
15
00,924 10 Hz ν= ⋅1p
d.2
max
2smveU= 1p
4pmax2seUv
m= 1p
6
1 max 0,48 10 m/s v = ⋅ 1p
6
2 max 0,66 10 m/s v = ⋅ 1p
TOTAL pentru Subiectul al III-lea 15p

Teste de fizicã pentru bacalaureat48TESTUL 7
A. MECANICÃ
Subiectul I Punctaj
1. b.

Reprezentăm grafic forța F = f (x):
0 m 8 N
4m 0NxF
xF= ⇒== ⇒=
Lucrul mecanic este egal cu aria trapezului format de graficul forței între 1xși 2x:
(6 2) 28J2L+⋅= =3
2. c. Aplicăm legea conservării energiei mecanice:22 2
2
22ifkx mv kxEE v
m= ⇒ = ⇒= = 3
3.a. Viteza medie: mdv
t= (1)
Notăm cu: 2vv= și 1v nv=
Avem: 11 122ddv t nv t= ⋅⇒ = ⋅ și 22 222ddv t vt= ⋅⇒ = ⋅
Rezultă timpii de mișcare: 12dtnv= și 22dtv=
Iar timpul total: 12tt t= +
Înlocuind în (1) rezultă: ( )1 23612
22m
mmnv d nvv vvdd nn
nv v+= ⇒ = ⇒= =++km/ h
Rezultă: 12 72vv= = km/ h și 2 36 vv= = km/ h 3
4. a 3
5. d 3
TOTAL pentru Subiectul I 15p
Subiectul al II-lea Parțial Punctaj
a.Distanța parcursă este egală cu aria de sub graficul vitezei: d = d1 +d2
1km20hv=
2km40hv=
1130min h2t= =
2115min h4t= =2p
4p
d1 = 10 km, d2 = 10 km 1p
Rezultă: d = 20 km 1p
b.Viteza medie: mdvt= 2p
4pUnde: d = 20 km, 345min h4t= = 1p
Rezultă: vm = 26,6 km/h 1p
c.t1 = 30 min, d1 = 10 km; t2 = 15 min, d2 = 10 km 2p4pReprezentarea graficului mișcării 2p
d.Energiile cinetice corespunz ătoare celor două viteze sunt :
12
1
2cmvE=
22
2
2cmvE=
Rezultă: 2
12
2
2
1c
cE v
Ev=2p
3p
2
14c
cE
E= 1p
TOTAL pentru Subiectul al II-lea 15p

Bareme teste nivel minimal49Subiectul al III-lea Parțial Punctaj
a.Reprezentarea corectă a forțelor.1p
4pTeorema variației energiei cinetice pe planul înclinat : cEL∆= ⇒ 1 1f CB co G F NE E LL L−= + +
Lungimea planului înclinat sinhl=α iar
10NL=
Rezultă: ECB = mgh − μmgl cos α = mgh (1 − ctg α) 2p
ECB = 32 J 1p
b.LFf = LFf1 + LFf2 =μmg(h ctg α + d )2p3p
Rezultă: LFf = − 20 J. 1p
c.Teorema variației energiei cinetice pe planul orizontal:
2 2f CC CB G F NE E LL L−= ++ 1p
4p20NL= și 0GL=, rezultă : 20 JCC CBE E mgd= −µ = 1p
Din legea conservării energiei mecanice rezultă : max CCE mgh= 1p
Rezultă : max 1 mCCEh
mg= = 1p
d.Aplic ăm legea conservării energiei cinetice între punctele C și D: CC PC CD PDEEEE+=+ 1p
4p dar EPC = 0 iar 4PD
CDEE= 11
15
44CCmgh mghE mgh= += 2p
Rezultă: h1 = 0,8 m. 1p
TOTAL pentru Subiectul al III-lea 15p

Teste de fizicã pentru bacalaureat50B. TERMODINAMICÃ
Subiectul I Punctaj
1. b 3
2. c 3
3. b 3
4.b. Scriem formula variației energiei interne: 21 21 2 133() () ( )
22V U C T T R T T RT RT∆ = ν −= ν −= ν − ν
Din ecuațiile de stare: p1V1 = νRT1 și p2V2 = νRT2 , rezultă: 2 2 113( ) 600 J
2U pV pV∆= − =3
5. c 3
TOTAL pentru Subiectul I 15p
Subiectul al II-lea Parțial Punctaj
a.Relația dintre temperaturi este: 21 1T T fT= + 21 1 (1 ) 1,2 360K TT f T⇒= + = = 2p
4p Din legea procesului izocor: 12
21
121, 2pppp
TT= ⇒= 1p
2p= 5
2N12 10
m⋅ 1p
b.Legea procesului izocor: 1 max max 1
max
1 max 1p p pTTTT p= ⇒= 2p
4p
max 1 2 600K TT= = 2p
c.Relația dintre densitatea gazului în starea (1) și densitatea gazului în condiții normale:
0 10
10
019,1pT
pTρρ= = ρ 2p
3p
3
10,819kg/mρ= 1p
d.Din ecuațiile de stare: 1
11mp V RT=
µ și 2
12mp V RT=
µ11 2 2m RT m RT⇒= 1p
4p21mm m= −∆ rezultă: 11 1 2 () mT m m T = −∆ 1p
1
211, 26mT Tm= ⇒∆ = 1p
33
11 8,19 10 kg 1,365 10 kg mV m−−=ρ = ⋅ ⇒∆ = ⋅ 1p
TOTAL pentru Subiectul al II-lea 15p
Subiectul al III-lea Parțial Punctaj
a.1→2 proces izoterm, 2 →3 proces izobar 3 →1 proces izocor1p
3p

2p

Bareme teste nivel minimal51b.Legea procesului izoterm: 11 2 2pV pV= , dar 212pp=1
22VV⇒= 1p
4p Legea procesului izobar: 23
23VV
TT=, cum 21TT=și 31VV=312TT⇒= 1p
Ecuația de stare pentru starea inițială: 11 1 1 144,4K p V RT T= υ ⇒= 1p
212 288,8K TT= = 1p
c.13 3 1()v U CT T→∆= υ −
3
12p
v
vC RCR
Cγ= ⇒ = =
γ−2p
4p
1 3 1 1 1 113 33(2 ) 1800 J2 22U R T T RT p V→∆ = υ −= υ = = 2p
d.2
1||1Q
Qη= − 1p
4p1 23 3 2()
5
12pQ Q Cp T T
RCR→= = υ−
γ= =
γ−
Rezultă: 1 1 1152,52Q RT p V= υ= 1p
1
2 1 2 3 1 1 3 1 1 1 11 11
23| | | | ln ( ) ln 2 (ln 2 1,5) 2,1932vVQ Q Q RT C T T RT RT p V p VVυυ υ υ→→= + = + −= + = + = 1p
12,2%η= 1p
TOTAL pentru Subiectul al III-lea 15p

Teste de fizicã pentru bacalaureat52C. PRODUCEREA ăI UTILIZAREA CURENTULUI CONTINUU
Subiectul I Punctaj
1. c 3
2. c 3
3. d 3
4. d 3
5.c. Avem relația dintre tensiuni : E = U + Ir
Din grafic: I = 0 A, rezultă E = U = 6 V; U = 0 V , I = 4 A; rezultă r = 0,75 Ω3
TOTAL pentru Subiectul I 15p
Subiectul al II-lea Parțial Punctaj
a.Din grafic: P1= 80 W, I1 = 4A 1p
4p Utilizând formula P1= I12 R1 rezultă 1
1 2
1PRI= 2p
R1 = 5 Ω 1p
b.Prin legarea celor două rezistențe în serie, rezultă rezistența echivalentă a circuitului exterior: Re = R1 + R2= 8 Ω 2p
4p Aplicând legea lui Ohm pe întregul circuit, determinăm intensitatea electrică: 2A
eEIRr= =+1p
Puterea electrică pe R2 este: P2= I2 R2 = 12 W 1p
c.Randamentul circuitului este:e
eR
Rrη=+2p
3p
80%η= 1p
d.Condiția ca sursa să debiteze o putere maximă este: Re = r′ ⇒ r′ = 8 Ω 2p
4pPuterea maximă: 2
max 12,5 W4'EPr= = 2p
TOTAL pentru Subiectul al II-lea 15p
Subiectul al III-lea Parțial Punctaj
a.Reprezentarea circuitul electric echivalent
1p
5p
Rezistența echivalentă a circuitului exterior este: 21
2V
p
VRR
RRR= = Ω
+ 32epRRR= += Ω 2p
Intensitatea curentului electric prin ramura principală a circuitului este: 5A
eEIRr= =+1p
Tensiunea indicată de voltmetru: UV = IRp UV = 5 V 1p
b. Puterea electrică pe circuitul exterior: P = I2Re 2p3p
P = 75 W 1p
c.Puterea totală a sursei: PE = EI 2p3p
PE = 100 W 1p
d.Randamentul circuitului:e
eR
Rrη=+2p4p
η = 75% 2p
TOTAL pentru Subiectul al III-lea 15p

Bareme teste nivel minimal53D.OPTICÃ
Subiectul I Punctaj
1. c. Relația dintre energia cinetică maximă a electronilor emiși și tensiunea de stopare este:
2
max
max max2
2S
CS SmV eUE eU eU Vm=⇒ =⇒=3
2. b 3
3. a 3
4. c 3
5.a. Determinăm convergența lentilei subțiri biconcave ținând cont de semnele razelor de curbură:
1
2RR
RR= −
= + 1
121 1 1 1 2( 1)( 1)( ) ( 1)( ) 5mnCn nR R RR R− −⇒= − − = −−− = − = − 3
TOTAL pentru Subiectul I 15p
Subiectul al II-lea Parțial Punctaj
a.Deoarece avem o imagine reală, rezultă că avem o lentilă convergentă. 1p
3p
Realizarea corectă a mersului razelor pentru construcția imaginii prin lentilă 2p
b.Mărirea liniară transversală este 4 β=− 1p
3p
Din 2
2 12
14 20cmyy yyyβ = ⇒= − ⇒= − 2p
c.Din reprezentarea grafică observăm:12 d xx= −+ 1p
4pCum 2
21 1
144 5xx xd xxβ= =− ⇒ =− ⇒ =− 2p
1
2116cm5
4 64cmdx
xx= −= −
= −=1p
d.Utilizăm formula lentilelor subțiri:12
2 1 121 1 1 ( 16) 6412,8 cm16 64xxfx x f xx−⋅− = ⇒= = =− −−2p
5p Distanța focală pentru lentila biconvexă este: 1
11 2( 1)( 1) ( )Rf
nnRR= =
− − −−2p
2( 1) 12,8 cmRnf=−= 1p
TOTAL pentru Subiectul al II-lea 15p

Teste de fizicã pentru bacalaureat54Subiectul al III-lea Parțial Punctaj
a.Reprezentarea mersului razei de lumină
3p 3p
b.302iπ= −α= ° 1p
3p Legea refracției în punctul de incidență aer( 1)n=: sin sinin r= 1p
sinsinirn⇒= 3sin8r= 1p
c.Mărimea umbrei este: x OI AB= +1p
5ptgh
OIα= ⇒ 1,038m
tg 3hhOI= = =
α1p
În triunghiul IAB:tgABrH= ⇒
2sintg 0,809m
1 sinrAB H r H
r= ⋅= =
−2p
Rezultă: 1,847mx= 1p
d.Reprezentarea razelor:
SI = raza incidentă
IR = raza refractată
IR′ = raza reflectată1p
4p
Deoarece raza IR′ este perpendiculară pe IR ⇒ 90 , dar r r ir′′⇒ += ° = ⇒ 90ri= °−1p
Aplicând legea refracției aer( 1)n=:sin sin sin sin (90 )
4sin (90 ) cos tg 1,333
53in r in i
i i in
i= ⇒= −
°− = ⇒ = = =
⇒=
2p
TOTAL pentru Subiectul al III-lea 15p

Bareme teste nivel minimal55TESTUL 8
A. MECANICÃ
Subiectul I Punctaj
1. a . 3
2. d. 3
3. a. 3
4. b. 3
5. a. 3
TOTAL pentru Subiectul I 15p
Subiectul al II-lea Parțial Punctaj
a.G1 = m1g 1p
3p G2 = m2g 1p
rezultat final: G1 = 2 N; G2 = 3 N 1p
b.Aplicând principiile mecanicii clasice pentru cele două corpuri se ob țin rela țiile: m2g − T = m2a 1p
4pT − m1g = m1a 1p
Adunând rela țiile anterioare se ob ține:( )21
12gm mamm−=+. 1p
rezultat final: a = 2 m/s2 1p
c.Din rela țiile de la punctul anterior se poate scrie: T = m1(a + g ) 1p
4p12
122mm gTmm=+ 2p
rezultat final: T = 2,4 N 1p
d.eFkl= ⋅∆ 2p
4p 2Tlk∆= 1p
rezultat final: 4,8 cml∆= 1p
TOTAL pentru Subiectul al II-lea 15p
Subiectul al III-lea Parțial Punctaj
a.LFf = − Ff ∙ l 1p
3pFf = μN = μ mg cos α cosx
lα= ; 22x lh= − 1p
rezultat final: 22
fFL mg l h= −µ − ; 2700J
fFL= − 1p
b.total cEL∆= 1p
4p2
2cmvE∆=
; totalf GF L LL = +;GL mgh= 1p
( ) 2 cos v gh l= −µ α 1p
rezultat final: 6 5 / 13, 4 m/sv ms= 1p

Teste de fizicã pentru bacalaureat56c.util
consumatL
Lη= utilL mgh= consumatL Fl = ⋅ 1p
4pcos sinft F F G mg mg= + =µ α+ α1p
1
1 ctgη=+µ α ctgx
hα= 1p
rezultat final: 71,4%η= 1p
d.''
c totalEL∆= 1p
4p2
2cmvE∆= − '
totalfF LL = 1p
2
2mvmgd= µ
2
2vdg=µ 1p
rezultat final: 30md= 1p
TOTAL pentru Subiectul al III-lea 15p

Bareme teste nivel minimal57B. TERMODINAMICÃ
Subiectul I Punctaj
1. d 3
2. d 3
3. d 3
4. a 3
5. c 3
TOTAL pentru Subiectul I 15p
Subiectul al II-lea Parțial Punctaj
a.11 1p V RT= ν 1p
3p
1
1
1RTVpν=
1p
33
18,31 10 mV−⋅ 1p
b.Legea procesului izobar: 12
12VV
TT= 2p
4p 12
2
1TVTV=
1p
rezultat final:2360KT= 1p
c.21 ∆ρ = ρ − ρ 1p
4p 1
1m
Vρ=
2
2m
Vρ= 2p
rezultat final:30,64 kg/m ∆ρ = −1p
d.( )12 1 2 1 L p V RT T=∆= υ −1p
4p( )23 12 1 2 V L U CT T= −∆ = −υ − 5
2VCR= 1p
( )12 23 2 17
2totalL L L RT T =+= υ − 1p
rezultat final: total 1750 J L= 1p
TOTAL pentru Subiectul al II-lea 15p

Teste de fizicã pentru bacalaureat58
Subiectul al III-lea Parțial Punctaj
a.1
1NnV= 1p
3p11 1p V RT= ν
AN
Nυ= 1p
rezultat final: 1
1
1ApNnRT= 24 3
124 10nm−⋅ 1p
b.123 3 1U UU∆= − 1p
4p11 V U CT= ν 33 V U CT= ν 1p
( )123 3 1 V U CT T∆= ν − 1p
rezultat final: 7
1231,25 10 J U∆⋅ 1p
c.4
3-4 3
3lnVL RTV= ν 1p
4pLegea procesului izoterm: 33 44pV pV= 1p
3
3-4 3
4lnpL RTp= ν 34 3 ln 2 L RT= ν 1p
rezultat final: 7
340,46 10 J L ⋅ 1p
d.cedat 4-1QQ = 1p
4p4-1 1 4()p Q CT T= ν− 1p
4pVCCRR= += 1p
rezultat final:cedat 1 4 4( ) Q RT T = ν− 7
cedat 1, 7 10 J Q −⋅ 1p
TOTAL pentru Subiectul al III-lea 15p

Bareme teste nivel minimal59C. PRODUCEREA ăI UTILIZAREA CURENTULUI CONTINUU
Subiectul I Punctaj
1. d 3
2. a 3
3. d 3
4. a 3
5. d 3
TOTAL pentru Subiectul I 15p
Subiectul al II-lea Parțial Punctaj
a.0
0pRRR
RR=
+2p
4p
epR RR= + 1p
rezultat final: 9eR= Ω 1p
b.Intensitatea curentului electric prin acumulator este:
eEI
Rr=
+1p
4pAplicând teorema a doua a lui Kirchhoff pe un ochi de re țea se ob ține: ( )0A E Ir R IR= ++ 1p
( )
0AE Ir RIR−+= 1p
rezultat final: 0,4 AAI= 1p
c.VeU RI= 1p
4pu rI= ⋅ 1p
rezultat final: 18 VVU= ; 2Vu= 2p
d.'
AEIr= 1p
3p'0VU= 1p
rezultat final:'20 AAI= 1p
TOTAL pentru Subiectul al II-lea 15p
Subiectul al III-lea Parțial Punctaj
a.2
1 11P RI= ⋅ 2
2 22P RI= ⋅ 1p
4p1
1EIRr=+ 2
2EIRr=+ 1p
Egalând cele două puteri se ob ține:2
12RR r⋅= 1p
rezultat final: 6r= Ω 1p

Teste de fizicã pentru bacalaureat60b.scEIr=
2p3p
rezultat final: E = 120 V 1p
c.ext s
totala sPR
P Rrη= =
+ 2p
4p
12 sR RR= + 1p
rezultat final: 1368,4%19η= = 1p
d.rEP
42
max=
2p
4p
R = r 1p
rezultat final: Pmax = 600 W; R = 6 Ω 1p
TOTAL pentru Subiectul al III-lea 15p

Bareme teste nivel minimal61D.OPTICÃ
Subiectul I Punctaj
1. a. 3
2. d. 3
3. c. 3
4. b. 3
5. b. 3
TOTAL pentru Subiectul I 15p
Subiectul al II-lea Parțial Punctaj
a.1
11C
f=
1
11f
C=
2p
3p
rezultat final: f1 = 25 cm 1p
b.reprezentarea grafică a imaginii 2p
4p
rezultat final: imaginea este reală, răsturnată și mai mare decât obiectul 2p
c.1 1 21 1 1
f x x= −
1p
4p
22
11yx
yxβ= =
1p
rezultat final: x2 = 150 cm; y2 = −10 cm 2p
d.12111
sf ff= + 1p
4p
'
21111
s xxf−= 1p
rezultat final: x2′ = −75 cm 2p
TOTAL pentru Subiectul al II-lea 15p
Subiectul al III-lea Parțial Punctaj
a. reprezentarea graficului 3p 3p
b.c ext h ELν= + 2p
4p
rezultat final:193,32 10 JextL−= ⋅ 2p
c.0 extLh= ν 2p
4p
rezultat final: 14
05 10 Hz ν= ⋅ . 2p
d.csE eU= ⋅ 2p
4p
rezultat final: Us = 0,4 V 2p
TOTAL pentru Subiectul al III-lea 15p

Teste de fizicã pentru bacalaureat62TESTUL 9
A. MECANICÃ
Subiectul I Punctaj
1. a. 0
0Fll
Es∆=
⋅ 3
2. c. 2m
4ms22s svaat∆= ⇒= =∆
2N F ma F= ⋅⇒ = 3
3.b.
[]1N m 1JL Fd
L= ⋅
= ⋅=
3
4.d.
355 102750 N20PP Fv Fv
F= ⋅⇒ =
⋅= =3
5.b. Condiția de deplasare cu viteză constantă impune:
cos ( sin )cos sinmgF mg F Fµα=µ − α ⇒ =α+µ α 3
TOTAL pentru Subiectul I 15p
Subiectul al II-lea Parțial Punctaj
a.x2,4 = Aria subgraficului [2,4] 1p
3px2,4 = 3 ∙ (4 − 2) 1p
x2,4 = 6 m 1p
b.
2m
(3 1) s
(2 1) s
m2svaat
a∆−= ⇒= ⇒∆−
=2p
4p
2m
(3 1) s
(2 1) s
m2svaat
a∆−= ⇒= ⇒∆−
= 2p
c.total 01 12 24
01 01
12 12
24 24
totalm1 1s 1m
s
(3 1)1Aria trapez 2 m
2
3 2 6m
9mx xxx
x vt x
xx
x vt x
x=++
= ⋅∆ ⇒ = ⋅ =
+= ⇒= =
= ⋅∆ ⇒ = ⋅ =
=1p
5ptotal 01 12 24
01 01
12 12
24 24
totalm1 1s 1m
s
(3 1)1Aria trapez 2 m
2
3 2 6m
9mx xxx
x vt x
xx
x vt x
x=++
= ⋅∆ ⇒ = ⋅ =
+= ⇒= =
= ⋅∆ ⇒ = ⋅ =
=1ptotal 01 12 24
01 01
12 12
24 24
totalm1 1s 1m
s
(3 1)1Aria trapez 2 m
2
3 2 6m
9mx xxx
x vt x
xx
x vt x
x=++
= ⋅∆ ⇒ = ⋅ =
+= ⇒= =
= ⋅∆ ⇒ = ⋅ =
=1ptotal 01 12 24
01 01
12 12
24 24
totalm1 1s 1m
s
(3 1)1Aria trapez 2 m
2
3 2 6m
9mx xxx
x vt x
xx
x vt x
x=++
= ⋅∆ ⇒ = ⋅ =
+= ⇒= =
= ⋅∆ ⇒ = ⋅ =
=2p
d.total
total
9m2,254sm
mxvA
v=
= =2p
3ptotal
total
9m2,254sm
mxvA
v=
= = 1p
TOTAL pentru Subiectul al II-lea 15p

Bareme teste nivel minimal63Subiectul al III-lea Parțial Punctaj
a.Considerând nivelul 0 de energie potențială gravitațională la baza planului înclinat: EpA = 0 1p
3p2
0002
0,8 JA p A cA
AmvEE E
E⇒= + = +
=1p2
0002
0,8 JA p A cA
AmvEE E
E⇒= + = +
= 1p
b.Aplicând teorema de variație a energiei mecanice rezultă:
2
0
2
0cos2 sin
cos21sin
0,56 mf AB BAF
mv hmgh mg
vh
g
hEEL
− = −µ ⋅ αα
⇒=µα+α 
=−= 1p
4p2
0
2
0cos2 sin
cos21sin
0,56 mf AB BAF
mv hmgh mg
vh
g
hEEL
− = −µ ⋅ αα
⇒=µα+α 
=−=
1p2
0
2
0cos2 sin
cos21sin
0,56 mf AB BAF
mv hmgh mg
vh
g
hEEL
− = −µ ⋅ αα
⇒=µα+α 
=−=
1p2
0
2
0cos2 sin
cos21sin
0,56 mf AB BAF
mv hmgh mg
vh
g
hEEL
− = −µ ⋅ αα
⇒=µα+α 
=−=
1p
c.0,56B
Bp
pE mgh
EJ== 2p
4p0,56B
Bp
pE mgh
EJ==
2p
d.Potrivit teoremei de variație a energiei mecanice, L = ∆Ec, rezultă: 1p
4p
0,24 Jf AB
f ABpF B A
pFL EE
L= −
= −2p
0,24 Jf AB
f ABpF B A
pFL EE
L= −
= − 1p
TOTAL pentru Subiectul al III-lea 15p

Teste de fizicã pentru bacalaureat64B. TERMODINAMICÃ
Subiectul I Punctaj
1. c. În procese izoterme, U = const. 3
2. d. []SIJ1mol KC=⋅ 3
3.c. 2
1ln
192,9 JVL RTV
L= ν
= − 3
4.b. Ordonata p
Abscisa V 3
5. a.
AN
Nν= 3
TOTAL pentru Subiectul I 15p
Subiectul al II-lea Parțial Punctaj
a.
23 16,023 10 molA
A
AmN
N
mNN
NN−=µ
⇒=µ
= = ⋅2p
4p
23 16,023 10 molA
A
AmN
N
mNN
NN−=µ
⇒=µ
= = ⋅1p
23 16,023 10 molA
A
AmN
N
mNN
NN−=µ
⇒=µ
= = ⋅ 1p
b.0
23
05,31 10 gAmN
m−µ=
⇒= ⋅2p
3p0
23
05,31 10 gAmN
m−µ=
⇒= ⋅ 1p
c.12 2
21
12 1
1
2300 K
600 Kpp pTTTT p
T
T= ⇒= ⋅
=
⇒=2p
4p12 2
21
12 1
1
2300 K
600 Kpp pTTTT p
T
T= ⇒= ⋅
=
⇒=1p12 2
21
12 1
1
2300 K
600 Kpp pTTTT p
T
T= ⇒= ⋅
=
⇒= 1p
d.
31 mol
0,16 mApV RT
Nm
N
RTVp
V= ν
ν= = ⇒ν=µ
ν⇒=
=1p
4p
31 mol
0,16 mApV RT
Nm
N
RTVp
V= ν
ν= = ⇒ν=µ
ν⇒=
=1p
31 mol
0,16 mApV RT
Nm
N
RTVp
V= ν
ν= = ⇒ν=µ
ν⇒=
=1p
31 mol
0,16 mApV RT
Nm
N
RTVp
V= ν
ν= = ⇒ν=µ
ν⇒=
= 1p
TOTAL pentru Subiectul al II-lea 15p

Bareme teste nivel minimal65Subiectul al III-lea Parțial Punctaj
a.11 1
1
1
1
1
3
127 273 300 K
24,93 mp V RT
RTVp
T
V= ν
ν=
= +=
=1p
4p11 1
1
1
1
1
3
127 273 300 K
24,93 mp V RT
RTVp
T
V= ν
ν=
= +=
=1p11 1
1
1
1
1
3
127 273 300 K
24,93 mp V RT
RTVp
T
V= ν
ν=
= +=
=1p11 1
1
1
1
1
3
127 273 300 K
24,93 mp V RT
RTVp
T
V= ν
ν=
= +=
= 1p
b.12
12
2
21
1
2600 KVV
TT
VTTV
T=
⇒= ⋅
⇒=2p
4p12
12
2
21
1
2600 KVV
TT
VTTV
T=
⇒= ⋅
⇒=1p12
12
2
21
1
2600 KVV
TT
VTTV
T=
⇒= ⋅
⇒= 1p
c.L12341 = Aria123411p
4p( )1
12341 1 1 1
1
12341 1
5
1234122
2
12 5 J ,4 10pL p VV
pLV
L= −−
= ⋅
= ⋅1p( )1
12341 1 1 1
1
12341 1
5
1234122
2
12 5 J ,4 10pL p VV
pLV
L= −−
= ⋅
= ⋅1p( )1
12341 1 1 1
1
12341 1
5
1234122
2
12 5 J ,4 10pL p VV
pLV
L= −−
= ⋅
= ⋅ 1p
d.( )12 2 1
5
12 62,325 10 JV U CT T
U−
−∆= ν −
∆= ⋅2p
3p( )12 2 1
5
12 62,325 10 JV U CT T
U−
−∆= ν −
∆= ⋅ 1p
TOTAL pentru Subiectul al III-lea 15p

Teste de fizicã pentru bacalaureat66C. PRODUCEREA ăI UTILIZAREA CURENTULUI CONTINUU
Subiectul I Punctaj
1. c. Rezistența electrică a unui conductor este direct proporțională cu lungimea sa. 3
2. a. [ρ]S.I. = 1 Ω · m 3
3. c. q = I Δt 3
4.b. 00 0
011
23 6eRR RRR= ++= 3
5.d. 6200,3URRI= ⇒= = Ω 3
TOTAL pentru Subiectul I 15p
Subiectul al II-lea Parțial Punctaj
a.23
1
23
11e
eRRRRRR
R= ++
= Ω2p
3p23
1
23
11e
eRRRRRR
R= ++
= Ω 1p
b.
Potrivit legilor Kirchhoff:
I = I2 + I31p
4p
I2R2 = I3R 3⇒ I3 = I22
3R
R1p
⇒2
2
3 1 RIRI=+
1p
⇒3
2
23 IRIRR=+⇒I = 0,4 A.1p
c.eEIrR= ⇒+2p
4p
eErRI= − 1p
⇒ 15 11 4r=−= Ω 1p
d.22
3
22
230,4 A
0,4 6 2,4 VAB
AB ABU IR
IRIIRR
UU=
= ⇒=+
= ⋅⇒ =2p
4p22
3
22
230,4 A
0,4 6 2,4 VAB
AB ABU IR
IRIIRR
UU=
= ⇒=+
= ⋅⇒ =1p22
3
22
230,4 A
0,4 6 2,4 VAB
AB ABU IR
IRIIRR
UU=
= ⇒=+
= ⋅⇒ =1p
TOTAL pentru Subiectul al II-lea 15p

Bareme teste nivel minimal67Subiectul al III-lea Parțial Punctaj
a.Din legea Joule:
4AW UIt
WIUt
I= ⋅⋅
⇒=⋅
⇒=1p
3p
4AW UIt
WIUt
I= ⋅⋅
⇒=⋅
⇒=1p
4AW UIt
WIUt
I= ⋅⋅
⇒=⋅
⇒= 1p
b.1
1
14
4
1AWUI t
WIUt
I= ⋅⋅
⇒=⋅
⇒=1
1
14
4
1AWUI t
WIUt
I= ⋅⋅
⇒=⋅
⇒=1p
4p1
1
14
4
1AWUI t
WIUt
I= ⋅⋅
⇒=⋅
⇒= 1p
12
2 12Din:
3AII I
I II I= +
⇒= − ⇒=12
2 12Din:
3AII I
I II I= +
⇒= − ⇒= 1p
12
2 12Din:
3AII I
I II I= +
⇒= − ⇒= 1p
c.2
2
27,5e
e
eW RI t
WRIIT
R=
⇒=⋅
= Ω2p
4p2
2
27,5e
e
eW RI t
WRIIT
R=
⇒=⋅
= Ω1p2
2
27,5e
e
eW RI t
WRIIT
R=
⇒=⋅
= Ω1p
d.11
1
11
22
2
22110 W
330 WW Pt
WPPt
W Pt
WPPt= ⋅
⇒= ⇒=
= ⋅
⇒= ⇒=11
1
11
22
2
22110 W
330 WW Pt
WPPt
W Pt
WPPt= ⋅
⇒= ⇒=
= ⋅
⇒= ⇒=2p
4p11
1
11
22
2
22110 W
330 WW Pt
WPPt
W Pt
WPPt= ⋅
⇒= ⇒=
= ⋅
⇒= ⇒=11
1
11
22
2
22110 W
330 WW Pt
WPPt
W Pt
WPPt= ⋅
⇒= ⇒=
= ⋅
⇒= ⇒= 2p
TOTAL pentru Subiectul al III-lea 15p

Teste de fizicã pentru bacalaureat68D.OPTICÃ
Subiectul I Punctaj
1.c.
1
SImm
ssc
−= =ν⋅ 3
2. d. Nr. fotoelectronilor leneși ~ frecven ța 3
3. c. Negativă 3
4. d. Obiectul trebuie așezat înaintea focarului obiect pentru a obține imaginea reală pe ecran dmin = 4 m 3
5. a. sin2 1, 41sininnr= ⇒= = 3
TOTAL pentru Subiectul I 15p
Subiectul al II-lea Parțial Punctaj
a.
3p 3p
b.21
1
2
1
2111
20 ( 50) 100cm20 50 3xxf
fxxfx
x−=
⇒=+
⋅−⇒= =−2p
4p21
1
2
1
2111
20 ( 50) 100cm20 50 3xxf
fxxfx
x−=
⇒=+
⋅−⇒= =−1p21
1
2
1
2111
20 ( 50) 100cm20 50 3xxf
fxxfx
x−=
⇒=+
⋅−⇒= =−1p
c.22
11
2
21
1
2100 105 cm3 ( 0) 3Din
5xy
xy
xyyx
y=
⇒=
⇒= ⋅ =⋅−2p
4p22
11
2
21
1
2100 105 cm3 ( 0) 3Din
5xy
xy
xyyx
y=
⇒=
⇒= ⋅ =⋅−1p22
11
2
21
1
2100 105 cm3 ( 0) 3Din
5xy
xy
xyyx
y=
⇒=
⇒= ⋅ =⋅−1p
d.sistem 1
sistem
sistem
sistem1 11
2
12
2
10 cmf ff
ff
ff
f= +=
=
⇒=1p
4psistem 1
sistem
sistem
sistem1 11
2
12
2
10 cmf ff
ff
ff
f= +=
=
⇒=1psistem 1
sistem
sistem
sistem1 11
2
12
2
10 cmf ff
ff
ff
f= +=
=
⇒=1psistem 1
sistem
sistem
sistem1 11
2
12
2
10 cmf ff
ff
ff
f= +=
=
⇒=
1p
TOTAL pentru Subiectul al II-lea 15p

Bareme teste nivel minimal69
Subiectul al III-lea Parțial Punctaj
a.0
0
8
14
0 93 105,74 10 Hz522 10c
−ν= ⇒λ
⋅ν= = ⋅⋅2p
3p0
0
8
14
0 93 105,74 10 Hz522 10c
−ν= ⇒λ
⋅ν= = ⋅⋅1p
b. 8
143 10500 nm6 10cλ=ν
⋅λ= =⋅2p
3p
8
143 10500 nm6 10cλ=ν
⋅λ= =⋅1p
c.0
0
34 8
9
17 196,6 10 3 10
522 10
0,0379 10 J 3,79 10 Jextr
extr
extr
extrLh
cLh
L
L−
−
−−= ν
⇒=λ
⋅ ⋅⋅⇒=⋅
= ⋅= ⋅1p
4p0
0
34 8
9
17 196,6 10 3 10
522 10
0,0379 10 J 3,79 10 Jextr
extr
extr
extrLh
cLh
L
L−
−
−−= ν
⇒=λ
⋅ ⋅⋅⇒=⋅
= ⋅= ⋅1p0
0
34 8
9
17 196,6 10 3 10
522 10
0,0379 10 J 3,79 10 Jextr
extr
extr
extrLh
cLh
L
L−
−
−−= ν
⇒=λ
⋅ ⋅⋅⇒=⋅
= ⋅= ⋅1p0
0
34 8
9
17 196,6 10 3 10
522 10
0,0379 10 J 3,79 10 Jextr
extr
extr
extrLh
cLh
L
L−
−
−−= ν
⇒=λ
⋅ ⋅⋅⇒=⋅
= ⋅= ⋅ 1p
d.Din ecuația Einstein:
34 14 19
196,6 10 6 10 3,79 10
1, 6 10
0,1 Vextr s
extr
s
s
sh L eU
hLUe
U
U−−
−ν= +
ν−⇒=
⋅ ⋅⋅ − ⋅=⋅
⇒=2p
5p34 14 19
196,6 10 6 10 3,79 10
1, 6 10
0,1 Vextr s
extr
s
s
sh L eU
hLUe
U
U−−
−ν= +
ν−⇒=
⋅ ⋅⋅ − ⋅=⋅
⇒=1p
34 14 19
196,6 10 6 10 3,79 10
1, 6 10
0,1 Vextr s
extr
s
s
sh L eU
hLUe
U
U−−
−ν= +
ν−⇒=
⋅ ⋅⋅ − ⋅=⋅
⇒=1p34 14 19
196,6 10 6 10 3,79 10
1, 6 10
0,1 Vextr s
extr
s
s
sh L eU
hLUe
U
U−−
−ν= +
ν−⇒=
⋅ ⋅⋅ − ⋅=⋅
⇒= 1p
TOTAL pentru Subiectul al III-lea 15p

Teste de fizicã pentru bacalaureat70TESTUL 10
A. MECANICÃ
Subiectul I Punctaj
1. a 3
2. a 3
3. b 3
4. c 3
5. d 3
TOTAL pentru Subiectul I 15p
Subiectul al II-lea Parțial Punctaj
a.
Pentru reprezentarea corectă a forțelor ce acționează asupra lui m1
2p
4p
Pentru reprezentarea corectă a forțelor ce acționează asupra lui m2 2p
b.Aplicând principiul al doilea al dinamicii:
()2222
11 111
( 2 ) () ()GTm a GTm a
G G T m ma G G T m ma+= ⇒ − +=
++ = + ⇒ +− = +  
     1p
4pCorpul de masă ( )1 mm+ coboară accelerat, iar corpul de masă 2m urcă. Din ecuațiile (1) și (2) se obține
accelerația:
12 21 ( )( )mmm a mmm g++ = −+ ⇒ 21
12 1()
2m m m g mgammm mm−+= =++ + 1p
respectiv tensiunea în fir
21
21 12
121( )( )( )2m m mgT m m m m m mgmmm−+= −−+ ++++⇒11
12( )
2m m mgT
mm+=
+ 1p
rezultat final: 2m0,2sa= 2,5NT= 1p
c.Forța de apăsare asupra axului scripetelui se observă din reprezentarea grafică: 11
14( )22m m mgFTmm+= =+ 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 ma
N mg a+= ⇒−= ⇒ −=
= −  
2p
4p
1
12
2m mgN
mm=
+ 1p
rezultat final: 29,8 10 NN−= ⋅
1p

Bareme teste nivel minimal71TOTAL pentru Subiectul al II-lea 15p
Subiectul al III-lea Parțial Punctaj
a.Se aplică principiul al doilea al dinamicii, pentru a se determina accelerația corpului, după care din
ecuația de mișcare se determină înălțimea la care ajunge corpul după 6 s.
FG F ma G F ma mg F ma a gm+= ⇒ − += ⇒ − += ⇒ = −  2p
4p22
90 m22at F thgm= = −= 1p
pE mgh= rezultat final: 4500 JpE=
1p
b.Se calculează spațiul parcurs după încetarea forței, apoi înălțimea maximă atinsă de corp aplicând
ecuațiile de mișcare:
2
2
2' ' 45 m22'FF gtv gt mm hhgv gh  − = −   ⇒= ⇒=  
= 2p
4p
max ' 135 m h hh= += max maxpE mgh = 1p
rezultat final: max 6750 JpE = 1p
c.Aplicând conservarea energiei, se obține 2
max max2pcmvE E mgh = ⇒= 1p
3p
max2 v gh= 1p
rezultat final: 52 m/sv= 1p
d.Din momentul încetării acțiunii forței și până se atinge înălțimea maximă greutatea face
lucru mecanic rezis –
tent, apoi, până la sol, face lucrul mecanic motor:1p
4p2 maxL mgh= 1p
max ' L mgh mgh= −+ 1p
rezultat final: 4500 JL= 1p
TOTAL pentru Subiectul al III-lea 15p

Teste de fizicã pentru bacalaureat72B. TERMODINAMICÃ
Subiectul I Punctaj
1. c 3
2. a 3
3. d 3
4. c 3
5. b 3
TOTAL pentru Subiectul I 15p
Subiectul al II-lea Parțial Punctaj
a.Din ecuația de stare se obține:
1
1
1A
A
ApV RT
NpV RT mNNN
N RTVpN= ν ⇒=ν= =µ 
=
3p
4p
rezultat final: 3374,79 10 mV−= ⋅ 1p
b.Din ecuația de stare se obține:
11
1
1 AAmN NmNNµν= = ⇒ =µ 1p
2p
rezultat final: 84 gm= 1p
c.Pentru fiecare gaz se scrie numărul de moli ca fiind
1
1
AN
Nν= , 21
2122
AANN
NNν= = =ν respectiv 31
3133
AANN
NNν= = =ν . 3p
5p
Masa molară a amestecului se calculează cu relația 11 2 2 3 3 1 2 3
12323
6amestec
amestec
totalm µν +µ ν +µ ν µ + µ + µµ= = =ν ν +ν +ν. 1p
rezultat final: 35,33 g/molamestecµ= 1p
d.Numărul de moli este123 1 6totalν =ν +ν +ν = ν 1p
4piar volumul recipientului este 1RTVpν= . 1p
Din ecuația de stare 1 ()total pV R T T=ν +∆ se obține prin înlocuire 1() 6 ()totalRT T pT TpVTν +∆ +∆= = 1p
rezultat final: 52
12 10 N/mp= ⋅ 1p
TOTAL pentru Subiectul al II-lea 15p

Bareme teste nivel minimal73
Subiectul al III-lea Parțial Punctaj
a.
Pentru reprezentare corectă
3p 3p
b.Căldura primită pe procesul izocor 12 2 1()VV Q C T CT T−= ν ∆= ν − . 1p
4pSe determină din ecuația de stare numărul de moli11
11 1
1pVp V RTRT=ν ⇒ν= . 1p
Din ecuația procesului izocor, unde se cunoaște 213pp= , se determină temperatura T2:
12
21
123ppTTTT= ⇒= . 1p
rezultat final: 12 1 1 3 12000J Q pV−= = 1p
c.Pentru a determina lucrul mecanic pe întreg ciclul se aplică primul principiu al termodinamicii
U QL∆=− și se ține cont de faptul că într-un proces ciclic 0U∆= . Așadar 12 23 34 41 L QQQQ−−−−=+++ . 1p
5pPentru procesul izoterm din ecuația procesului se determină V3:
22
22 33 3 2
33
2pVpV pV V Vp= ⇒= =
,1p
după care se calculează căldura schimbată de gaz cu mediul ca fiind
3
23 2 11
23ln 3 ln 4800 J2VQ RT p VV−= ν= = 1p
Temperatura în starea 4 este 43
41
33
2pTTTp= = , iar căldura schimbată de gaz cu mediul în proce sul izo –
cor este 34 4 3( ) 9000 JV Q CT T−= ν −= − . 1p
În procesul 4 →1 41 1 4( ) 5000 Jp Q CT T−= ν −= −
rezultat final: 2800 JL= 1p
d.Din relația de definiție a randamentului
12 23 primitLL
Q QQ−−η= =
+ 1p
3p
rezultat final: 0,16η= 2p
TOTAL pentru Subiectul al III-lea 15p

Teste de fizicã pentru bacalaureat74C. PRODUCEREA ăI UTILIZAREA CURENTULUI CONTINUU
Subiectul I Punctaj
1. a 3
2. b 3
3. b 3
4. c 3
5. d 3
TOTAL pentru Subiectul I 15p
Subiectul al II-lea Parțial Punctaj
a.Din formula de definiție a dacă intensității curentului de scurtcircuit sc
scEEIrrI= ⇒= 2p
3p
rezultat final: 1, 2r= Ω 1p
b.Rezistoarele R3 și R4 sunt legate în serie, 34 3 4R RR= + . 1p
4pGruparea este în paralel cu R2, având rezistența echivalentă 23 4
234
234()RR RRRRR+=++. 1p
Cele trei rezistoare sunt înseriate cu R1 și R5.
Rezistența echivalentă a grupării de rezistoare este 23 4
15
234()
eRR RRR RRRR+= ++++1p
rezultat final: 8, 4eR= Ω 1p
c.Din legea lui Ohm se obține curentul prin circuit
eEI
Rr=
+ și tensiunea la bornele grupării de rezistoare
e U IR= . 1p
4pRezistoarele R1 și R5 sunt străbătute de același 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 și R4, curenții pe
ramuri fiind însă diferiți, suma lor fiind ' ''II I+=1p
2 2 34' ''( ) U IR I R R= = +
1 2 5 15 2 ( )' U U U U IR R IR=++= + + 1p
15
2()'eIR R RIR−−= rezultat final: ' 0,75 AI= 1p
d.Curentul pe ramura ce conține rezistorul R3 este '' 'I II= − 1p
4piar tensiunea la bornele lui va fi 33'' U IR= 2p
rezultat final: 31V U= 1p
TOTAL pentru Subiectul al II-lea 15p

Bareme teste nivel minimal75Subiectul al III-lea Parțial Punctaj
a.Căldurile disipate pe cei doi rezistori sunt 11W UI t= respectiv 22W UI t= .
Cum energia totală reprezintă suma dintre energiile disipate pe cele două rezistoare și se cunoaște raportul
acestor energii se poate scrie 12 1 1 33WWWW W W=+= ⇒= .2p
4p
Prin înlocuire se obține 1
13WWIUt Ut= = și 2
22
3WWIUt Ut= =
rezultat final: 10,67AI= și 21,33 AI= 2p
b.Din legea lui Ohm 11 2 2 U RI RI= = se determină valorile rezistențelor și 1
118URI= Ω , 2
29UR
I= Ω . 2p
4p
Cele două rezistoare fiind legate în paralel, rezistența echivalentă se calculează cu relația 12
12pRRRRR=+ 1p
rezultat final: 6pR= Ω 1p
c.Puterile consumate în circuitul exterior vor fi 2 1
1 11WP RIt= = 2 2
1 22WP RIt= = 2p
4p
rezultat final: 18 WP= și 116 WP= 2p
d.Randamentul circuitului se poate calcula fie cu relația p
pR
Rrη=+, fie cu p util
consumatRE P
P EIη= = 2p
3p
rezultat final: 0,85η= 1p
TOTAL pentru Subiectul al III-lea 15p

Teste de fizicã pentru bacalaureat76
D.OPTICÃ
Subiectul I Punctaj
1. d 3
2. c 3
3. a 3
4. d 3
5. a 3
TOTAL pentru Subiectul I 15p
Subiectul al II-lea Parțial Punctaj
a.Imaginea fiind micșorată și reală 22 2
21
11 10 44yx xxxyx xβ= = < ⇒ =− ⇒ =−
Distanța obiect –ecran este 12 d xx= −+ .2p
4p
rezultat final: 125 cm x= − și 2100 cmx= 2p
b.Convergența sistemului se determină ca suma convergențelor celor două lentile.
Pentru determinarea convergenței lentilei L1 se scrie legea lentilelor, 1
1 211115 Cfxx==−= δ 1p
3p
Convergența sistemului format de cele două lentile este 12 CC C= + . 1p
rezultat final: 2C= δ 1p
c.Dacă lentilele sunt alipite lentila echivalentă are distanța focală 150 cm FC= = . 1p
4pUtilizând formula lentilelor
21111
'' Fx x= − 1p
se obține poziția imaginii finale date de sistem 1
2
1''FxxFx=+. 1p
rezultat final: Imaginea finală este reală. 2'' 16,6 cmx= 1p
d.Dacă a doua lentilă va avea convergența2'3C= δ, atunci distanța focală a sistemului devine 1' 12,5 cm'FC= = 1p
4p iar imaginea se va forma la distanța 1
2
1'25 cm'FxXFx= =+. 1p
Deci imaginea finală se depărtează de sistemul de lentile cu 22'' DX x= − . 1p
rezultat final: D = 8,4 cm. 1p
TOTAL pentru Subiectul al II-lea 15p
Subiectul al III-lea Parțial Punctaj
a.Pentru: hchε= ν=λ 1p
3p rezultat final:148,3 10 Hzhεν= = ⋅ 1p
9360 10 mhc−λ= = ⋅ε1p

Bareme teste nivel minimal77b.Legea conservării energiei ext c hL Eν= + 1p
4pse scrie în condițiile date sub forma 2
2extmvLε= + , 1p
de unde se determină viteza fotoelectronilor emiși ( ) 2extLvmε−= . Rezultat final: 57,1 10 m sv= ⋅ 2p
c.Legea conservării energiei ext sL eUε= + 1p
3pde unde se obține ext
sLUeε−= 1p
rezultat final: 1,44 VsU= 1p
d.Din legea conservării energiei ext cLEε= + se obține energie cinetică a fotoelectronilor emiși în condițiile
date inițial c ext EL=ε− .1p
5pDacă lungimea de undă a radiației incidente devine un sfert din lungimea de undă de prag se poate scrie
0
14λλ= (1). 1p
Din lucru mecanic de extracție 0
0exthcLh=ν=λse determină lungimea de undă de prag ca fiind 0
exthc
Lλ= (2).
Din (1) și (2) se obține 14exthc
Lλ= .1p
1 11
143ext c ext ext c c exthcLE LLE E L=+⇒ =+⇒=λ
Variația de energie cinetică a fotoelectronilor emiși va fi 1 4c c c extEE E L∆ = − = −ε 1p
rezultat final: 197,29 10 JcE−∆= ⋅ 1p
TOTAL pentru Subiectul al III-lea 15p

Teste de fizicã pentru bacalaureat78TESTUL 11
A. MECANICÃ
Subiectul I Punctaj
1. b. 22
22
2m1kg kg m s2sSImv− ⋅= ⋅ =⋅⋅ 3
2. b. 3
3. c. 12 tLLL= + 120 JdreptA Ll = ⋅= ()60 J2trapezBbhA+⋅= = − ; 60 JtL= 3
4. b. 0 cc tE E Gl−= ⋅ ; m2 sin 10svg h= ⋅ ⋅ α⋅ = 3
5. b. 0a= tFG= 10 KWL mghPtt⋅⋅= = =∆∆ 3
TOTAL pentru Subiectul I 15p
Subiectul al II-lea Parțial Punctaj
a.Pentru reprezentarea corectă și completă a forțelor
1p
4p
Pentru fiecare corp în parte putem scrie:
m1: T − µm1g = m1a
m2: m2g − T = m2a
Adunând relațiile obținem :2 1 21
12 12() mg mg gm mamm mm⋅ −µ⋅ ⋅ ⋅ −µ⋅= =++ 2p
Rezultă: a = 6 m/s2. 1p
b.Din expresia scris ă pentru m2 2() T m ga= ⋅− 2p
3p
Rezultă: 1, 6 NT= 1p
c.Sistemul se deplaseaza cu viteză constantă, deci:
v ct= 0a= 1 1 0f TF−= 12 0 TG−+ = 1 2 f GF= 2p
4p
Se obține expresia masei suplimentare: 21 () mg mm g⋅= µ + ⋅ 21mmm−µ⋅=µ1p
Rezultă: 1,8 kg m= 1p
d.
Noua tensiune în fir va fi: '0 TF−= '
2 4 N T mg= ⋅=
1p
4p
Forța din scripete se calculează cu relația: 22 2' '' ' '2 cos90 2 F TT T T= + + ⋅ ⋅ °=2p
Rezultă: '5,64 N F=1p
TOTAL pentru Subiectul al II-lea 15p

Bareme teste nivel minimal79Subiectul al III-lea Parțial Punctaj
a.Energia total ă a schiorului:
AAAtcpE E E mgh= + = ⋅⋅ 2p
3p
Rezultă: 42500 J
AtE= 1p
b.Aplicând teorema de variație a energiei cinetice, ctEL∆=1p
4p
22
22fBA
GFmv mvLL⋅⋅−= +1p
Obținem: 2
2fB
FmvL mgh⋅= − ⋅⋅ 1p
Rezultă: 15937,5 J
fFL= − 1p
c.Din expresia lucrului mecanic al forței de frecare: cos
fFfL F d mg d= − ⋅ = −µ ⋅ ⋅ ⋅ α ⋅1p
4pConform desenului, distanța parcursă se exprimă:
sinhd=α1p
Obținem: fFL
m g h ctgµ=−⋅⋅⋅ α1p
Rezultă: 0,216µ=1p
d.Aplicăm teorema de conservare a energiei totale:
AC BtttEEE= =
AC Ct PCEEE= + CCPCEE= 2
ACtPEE= ⋅ 2p
4pObținem: 12AtEhs
mg=
⋅⋅1p
Rezultă: 125 mh=1p
TOTAL pentru Subiectul al III-lea 15p

Teste de fizicã pentru bacalaureat80B. TERMODINAMICÃ
Subiectul I Punctaj
1.
d 11J kg KSIQJccm T kg K−−= ⇒ = = ⋅⋅⋅∆ ⋅3
2. c mp V R Ts⋅= ⋅⋅µ RTpρ⋅ ⋅=µ 3kg8mp
RT⋅µρ= =⋅3
3. b VT pentru p ct= 3
4. c 2 1 2 2 11 1133( ) ( ) 1, 522vvQ C T RT T pv pv pv=ν⋅ ⋅∆ = ⋅ν⋅ ⋅ − = ⋅ ⋅ − ⋅ = ⋅ 3
5. b 3
TOTAL pentru Subiectul I 15p
Subiectul al II-lea Parțial Punctaj
a.Pentru o molecul ă de oxigen: 1N= 0
AmN
N=µ2p
4pRezultă: 0
Am
Nµ= 1p
Obținem: 26
05,33 10 kg m−= ⋅1p
b.Pentru star ea inițială putem scri e:11 1p V RT⋅ =ν⋅ ⋅ rezultă : 11
1pVTR⋅=ν⋅2p
3p
Obținem:1200 KT= 1p
c.Temperatura în starea 2 va fi: 22 2p V RT⋅ =ν⋅ ⋅ 2 12 122p pT T= ⋅⇒= ⋅ 1p
4pDensit ățile corespunz ătoare st ărilor 2 și 3 sunt: 2
2
2p
RT⋅µρ=⋅ 3
3
3p
RT⋅µρ=⋅1p
Raportul densităților va fi : 22 1
31 12 TT
TTρ⋅= =ρ1p
Rezultă: 2
32ρ=ρ1p
d.Pentru starea finală putem scrie: 33 3
ANp V RTN⋅ = ⋅⋅ 1p
4pObținem: 1124
ANpV R TN⋅ = ⋅ ⋅⋅ 1p
În final, obținem: 1
12
4A pNnRT⋅⋅=⋅⋅1p
Rezultă: 26
3mol0,36 10mn= ⋅ 1p
TOTAL pentru Subiectul al II-lea 15p

Bareme teste nivel minimal81Subiectul al III-lea Parțial Punctaj
a.Pentru procesul izoterm 2 →3: 33 22pV pV⋅= ⋅1p
4p Rezult ă: 31
122RTVVp⋅ν⋅ ⋅= ⋅= 2p
Obținem: 33
350 10 mV−≈⋅ 1p
b.Lucrul mecanic total efectuat de sistem asupra mediului exterior este:
12 23 tLL L= + 120 L= 3
23 2
2lnVL RTV=ν⋅ ⋅ ⋅ 2p
4p
Obținem: 23 1 2 ln 2 L RT= ⋅ν⋅ ⋅ ⋅ 1p
Rezult ă: 6980,4 JtL=1p
c.Căldura schimbată de sistem în procesul 1 →2 12 2 1 1 ( )3v Q C T T RT=ν⋅ ⋅ − = ⋅ν⋅ ⋅2p
3p
Rezult ă: 1214958 J Q= 1p
d.Pentru starea 2, energia internă corespunzătoare este: 223
2U RT= ⋅ν⋅ ⋅ 1p
4pDin procesul izocor 1 →2 obținem : T2 = 2T1 213 U RT= ⋅ν⋅ ⋅ 2p
Rezultă: 214958 J U=1p
TOTAL pentru Subiectul al III-lea 15p

Teste de fizicã pentru bacalaureat82C. PRODUCEREA ăI UTILIZAREA CURENTULUI CONTINUU
Subiectul I Punctaj
1. d 2W RI t= ⋅ ⋅∆ 21JA sSIR−−= ⋅⋅ 3
2.c. 100UUUtRQ IQ
t⋅∆= = = = Ω
∆3
3.b 22
33eRR RRR⋅⋅ ⋅= =⋅ 3
23eEEIRr R r⋅= =+ ⋅ +⋅3
4. d 3
5. c. 2W RI t= ⋅ ⋅∆ 1
20WIRt= =⋅∆ 50 mAI= 3
TOTAL pentru Subiectul I 15p
Subiectul al II-lea Parțial Punctaj
a.Rezistența internă a grupării celor două surse o determinăm din relația: 12 Sr rr= + 2 Sr= Ω
Tensiunea electromotoare echivalentă a grupării celor două surse este: 2 40eE EV= ⋅=1p
4p Pentru întreg circuitul 25 /33eRRR R= +=1p
Rezult ă: 1 11U IR= ⋅ unde 1e
eeEIRr=+= 5A1p
Obținem: 1= 15 VU1p
b.
Scriem legile lui Kirchhoff
232 RI R I= ⋅ 123III= +2p
4p
Obținem : 133II= ⋅ 1p
Rezultă: 31,66 AI= 1p
c.Din expresia rezisten ței ob ținem: 1
1lRSρ⋅= 2
4dSπ⋅= 2
11
14RS R dl⋅ ⋅π⋅= =
ρ ⋅ρ2p
3p
Rezult ă: 115 ml= 1p
d.Dacă între punctele A și B se leagă un fir de rezistență neglijabilă 1 eeR R R scade I creste= ⇒⇒2p
4p
Justificare:
126,66A
teEI I creste
Rr⋅= = ⇒
+2p
TOTAL pentru Subiectul al II-lea 15p

Bareme teste nivel minimal83Subiectul al III-lea Parțial Punctaj
a.În condi ții normale de func ționare: 2
bb P RI= ⋅ 2p
4p Rezult ă: 2 b
bPRI= 1p
Obținem: 15bR= Ω1p
b.
Din desen bR UU U= +1p
4p
Rezultă: b
R
bPUU sI= − 1p
RU RI= ⋅ R
bURI= 1p
Obținem: 35R= Ω1p
c.b bbW UI t= ⋅ ⋅∆1p
4pDeci: bb bUI P⋅= bbWPt= ⋅∆2p
Rezultă: 108 kJbW=1p
d.2
RbP RI= ⋅ 2p
3p
Rezultă: 140 WRP=1p
TOTAL pentru Subiectul al III-lea 15p

Teste de fizicã pentru bacalaureat84D.OPTICÃ
Subiectul I Punctaj
1. c 2 h hcE mc mc pcν= ⇒ = ⇒=λ3
2. d 3
3. c 2
21 1 1
13
sin sin 231 sin sin
2in inn n nrn r= ⇒= = ⋅ = 3
4. c 1 110,2 m = 20 cm5CffC= ⇒= == 3
5. b 3
TOTAL pentru Subiectul I 15p
Subiectul al II-lea Parțial Punctaj
a.Convergența lentilei este:211
25 10Cfm−= =⋅2p
3p
Rezultă: 4C= δ 1p
b.Din prima formulă fundamentală a lentilelor: 1
2
21 2 1 1111 111 fxxx x f x f x fx−=⇒ =+⇒=+
12 1 2 1 yy x x= ⇒β=− ⇒ =−2p
4p
obținem: 2
22
22fxx xffx−= ⇒=−1p
Rezultă: 250 cmx= 1p
c.Desen corect și complet.
4p 4p
d.Convergența sistemului de lentile: 12 CC C= +1p
4pRezultă:
121 1 100 100
25 20Cff= += − 2p
Obținem: C = −1 dioptrie 1p
TOTAL pentru Subiectul al II-lea 15p
Subiectul al III-lea Parțial Punctaj
a.Energia fotonului incident este: chhε= ν=λ2p
4pRezultă : 25 8
19
96,6 10 3 10 19,910450 10 4−
−
−⋅ ⋅⋅ε= = ⋅⋅1p
Obținem: 195 10 J−ε⋅1p

Bareme teste nivel minimal85b.Lucrul mecanic de extracție: 00
0hcLh=ν=
λ2p
3p
Rezultă: 19
04,4 10 JL−= ⋅1p
c.0 eU L=ε− 1p
4pTensiunea de stopare va fi : 0LUeε−= 1p
Obținem: 19
19(4,9 4,4) 10
1, 6 10U−
−−⋅=⋅1P
Rezultă: 0,31 VU=1p
d.Energia cinetică a fotoelectronilor emiși de către catodul celulei fotoelectrice este:
2
2cmE eUν= =
1p
4p
Rezultă: 0 2 2( )eU L
mmε−ν= =2p
Obținem: v = 0,33 . 106 m/s1p
TOTAL pentru Subiectul al III-lea 15p

Teste de fizicã pentru bacalaureat86TESTUL 12
A. MECANICÃ
Subiectul I Punctaj
1. b. 3
2. c. 3
3. b. 3
4. a. 3
5. a. 3
TOTAL pentru Subiectul I 15p
Subiectul al II-lea Parțial Punctaj
a.Pentru punctul de pe fir în care acționează forța: 1 0 FT−=2p
3p
Rezultă: 110 N TF= = 1p
b.Considerând rezultatul de mai sus, se poate scrie: 1
1
2.
m3.sF mg ma
Fagm−µ =
= −µ = 2p
4p1
1
2.
m3.sF mg ma
Fagm−µ =
= −µ = 2p
c.Pentru un sistem de axe, cu axa Ox orizontală, se poate scrie: 2
22
2cos 0
sin 0f
fFF
N F mg
FNα− =
+ α− =
= µ2p
4p
Rezultă: 3,3 Ncos sinmgFµ= =α+µ α 2p
d.Pentru ansamblul celor două corpuri aflate în mișcare uniformă scriem: ( ) 0 F m mg−µ +∆ =2p
4p
Rezultă: 3 kg.Fmg∆= =µ2p
TOTAL pentru Subiectul al II-lea 15p
Subiectul al III-lea Parțial Punctaj
a.Energia se conservă: 2
2MvMgh = 2p
4p
Rezultă: 2 10 m/s v gh= = 2p
b. 50 Ns p Mv= = 3P 3P
c.Se aplică teorema de variație a energiei cinetice: 2
;0 cos1802cmvE L mgd ∆= − = µ ° 2p
4p
Rezultă: 25 mhd= =µ 2p
d.Utilizând teorema de variație a energiei cinetice se scrie: 2 2
( )cos18022 2m v mvmg d x−= µ − °  2p
4p
Rezultă: 6,25 m.4hx= =µ 2p
TOTAL pentru Subiectul al III-lea 15p

Bareme teste nivel minimal87
B. TERMODINAMICÃ
Subiectul I Punctaj
1. c. 3
2. c. 3
3. a. 3
4. d. 3
5. b. 3
TOTAL pentru Subiectul I 15p
Subiectul al II-lea Parțial Punctaj
Din ecuația de stare: mpV RT=µ1p
3p
rezultă: 0,128 kgpVmRTµ= = 2p
b.Din: pV RT= ν 2p
3p
rezultă: 4molpV
RTν= = 4 moli 1p
c.Se schimbă energia internă și presiunea 11 V U CT= ν 22 V U CT= ν 21 1U U fU= − 2p
5p12 2
112871 1 0,04(3) 4,(3)%300UU TfUT−= = −= − = = scade cu f 1p
11 11p V RT p V RT= ν= ν 21 11 (1 ). p p kp p k= −= − 1p
2
12 2 2
1 11 11 1 1 4,(3)%RT
pp p T VkRT pp T
Vν
−= = − = − = −=ν scade cu k 1p
d.În butelie rămâne oxigen la presiunea atmosferei de afară, într-o primă instanță 2p
4p
10
01 . 13, 4 gm pVp V RT mRTµ= = =µ2p
TOTAL pentru Subiectul al II-lea 15p

Teste de fizicã pentru bacalaureat88
Subiectul al III-lea Parțial Punctaj
a.Procesul 1 → 2 este izocor 22 2
21 2
11 18atm; 300K 1200 ; 1200 273 927 °C2atmpT pT T KtpT p= = = = = −= 1p
4pProcesul 2→3 este izoterm, deci 32 927 C tt= = ° 1p
Graficul
2p
b.11 1 ; p V RT= ν 1p
3p11
1pV
RTν=
1P
v ≅ 0,12 moli 1p
c.3
23 2
2lnVL RTV= ν
1p
4pPentru starea 2: 2 21RT p Vν= 1P
Pentru procesul 2→3: 32
22 33 3 1 22 13
21;; ;VppV pV p p pV pVVp= = = = 1p
2
23 2 1
1V ln 1108,8 JpLpp= = 1P
d.1abs ced ced
abs abs absQQ Q L
QQ Q−η= = = − 1p
4p2
12 23 2 1 2
1( ) lnabs VpQ Q Q C T T RTp= + =ν − +ν 1p
3 13 2( );ced pQ CT TT T= ν−= 1P
0,25 25%η≅ = 1p
TOTAL pentru Subiectul al III-lea 15p

Bareme teste nivel minimal89
C. PRODUCEREA ăI UTILIZAREA CURENTULUI CONTINUU
Subiectul I Punctaj
1. b. 3
2.a. Pentru cele trei situații, curenții au intensitățile: 12 323;;23EEEII IRr R r R r= = =++ + .
Rezolvând, se obțin pentru rezistențe valorile:
21 1 22 22,EE E ErRII I I= −= − , iar pentru intensitatea curentului cerut:
12
3
12332,727A34E IIIR r II= = =+−3
3. d. 3
4.d. Pentru circuitul cu linia de alimentare randamentul este: 1
lR
RR rη=++ (unde lR este rezistența liniei, r este rezis –
tența internă a sursei), iar cu fire de alimentare scurte (cu rezistența de linie neglijabilă) randamentul este: 2R
Rrη=+ .
Rezolvând rezultă:
114lRRR=−= Ωηη .3
5.c. Pentru o rezistență externă oarecare impunem condiția din problemă: 22
288
( ) 9 94mRE EPRr r= = ⋅+ .
Din această relație rezultă expresia rezistenței R în funcție de rezistența internă a sursei: 253
4
2rrrR r± = = 
.
Se vede că aceeași putere se obține și pentru rezistența externă pentru 2Rr= dar și pentru 2rR= .3
TOTAL pentru Subiectul I 15p
Subiectul al II-lea Parțial Punctaj
a.1
23
1
21 AEIRRrRRR= =
+++1p
4p23
1
22 V;BARRUIRR= =+1p
2
22A3BAUIR= = 1p
3
31A3BAUIR= = 1p
b.2
2 22 ;qI qI tt= = ⋅∆∆2p
4p
22A 30 s 20 C3q=⋅= 2p
c.Între A și B se creează un scurtcircuit, echivalent cu scoaterea celor două rezistențe din montajul inițial. 1p
3pNoul curent prin sursă va fi:
1scEIRr=+ 1p
Numeric: 41, (3) A3scI= = 1p
d.pEIRr=+1p
4p
12311111, 42p
pRR RRR=++⇒= Ω 1p
U = IRp 1p
U ≅ 4,7 V 1p
TOTAL pentru Subiectul al II-lea 15p

Teste de fizicã pentru bacalaureat90Subiectul al III-lea Parțial Punctaj
a.În cele două cazuri intensitatea curentului electric se scrie:
22L LUUIR RRR=++ . 2p
4pDe aici rezultă: 2LRR= , iar pentru un singur fir conductor: 1 200 RR= = Ω 1p
Randamentul este: 2
210,5 50%( )I 2LRI
RRη= = = =+ 1p
b.Energia consumată este: 2
2290400J3UtW I RtR= = =
Deoarece 51 kWh 36 10 J = ⋅ 2p
4p energia se poate scrie sub forma: 52904000,03 kWh36 10W= ≅⋅ 1p
Costul este: lei0,03 kWh 2,5 0,075 lei 7,5 bani!kWhC= ⋅== 1p
c.
Rezistența electrică a unei porțiuni de linie de lungime x
este:
xxrS= ρ iar a unei linii simple întregi este:
lRS= ρ .
Din cele două relații se obține: xRxrl= .
Intensitatea curentului prin dispozitiv este: 2(1 )UIxRl=
+1p
4pPuterea debitată de dispozitiv va fi: 2
2(1 )UPxRl=
+
1p
Pentru limitele extreme ale liniei avem:
– La capătul unde se află sursa: 2
max0; 60, 5UxP WR= = =
– La capătul opus: 2
min; 20,163Ux lP WR= = ≅1p
Graficul este un segment de hiperbolă 1p
d.Rezistența electrică a unui bec este: r = u/i → r = 2/0,025 = 80 Ω
La conectarea a n becuri în serie, intensitatea curentului prin fiecare este: i = U/nr → n = U/ri = U/u = 552p
3p
Puterea consumată de becuri este: P = nri2 = 55 ∙ 80 ∙ 625 ∙ 10-6 =2,75W 1p
TOTAL pentru Subiectul al III-lea 15p

Bareme teste nivel minimal91
D.OPTICÃ
Subiectul I Punctaj
1. c 3
2. d 3
3. c 3
4. d 3
5. c 3
TOTAL pentru Subiectul I 15p
Subiectul al II-lea Parțial Punctaj
a.Lama cu fețe plane și paralele constituie un ansamblu de doi dioptri plani, pentru care este valabilă relația: 21
21nn
xx=.
Dacă − x1 este coordonata unui obiect față de primul dioptru, aplicând su ccesiv relația se obține coordonata x2
a imaginii obiectului față de al doilea dioptru, în condițiile problemei: 21exxn= − .2p
3p
Distanța cu care se apropie imaginea de observator este 112,5 cm.nen−δ= = 1p
b.Folosim prima formulă fundamentală a lentilelor:
21111
xxf−=2p
4p
obținem: 1
2
1xfxxf⋅=+. Aici avem – x1 = 87,5 cm. 1p
Rezultă: 225,92 cm 0,26 mx= ≅ 1p
c.Mărirea liniară transversală este: 22
11xy
xyβ= = 1p
5pRezultă: 2
21
1xyyx= 1p
Rezultă: 21
1fyyxf=+1p
Rezultă: 2 1,77 cm. y= − 1p
Imagine răsturnată 1p
d.Din relația care arată cu cât se apropie imaginea de observator se vede că nu intervine coordonata obiectului 1,5p3pPoziția imaginii în lentilă nu se modifică. 1,5p
TOTAL pentru Subiectul al II-lea 15p
Subiectul al III-lea Parțial Punctaj
a.Coordonatele pentru maxime de interferență sunt: ,max2kkDxlλ= 2p
3p
Rezultă: 5,max 6,88 mm. x ≅ 1p
b.Coordonatele pentru minime de interferență sunt: ,min(2 1)
4kkDxl+λ=2p
4p
Rezultă: 3,min 4,81 mm. x ≅ 2p

Teste de fizicã pentru bacalaureat92c.Interfranja se calculează ca diferență a coordonatelor a două franje succesive de același tip, maxime sau mini –
me: 1kkix x+= − 1p
4pSe obține: 2Dilλ= 2p
Rezultă: 1,375 mmi= 1p
d.Variația relativă a grosimii interfrajei este: ,iii
ii∆−ε= = 1p
4p Rezultă: 1DD
D−δε= − 1p
Rezultă: D
Dδε=− 1p
Se obține: 40% ε=− 1p
TOTAL pentru Subiectul al III-lea 15p

TESTE DE NIVEL MEDIU

Teste de fizicã pentru bacalaureat94
TESTUL 1
A. MECANICÃ
Subiectul I Punctaj
1. d 3
2. c 3
3. b 3
4. c 3
5. a 3
TOTAL pentru Subiectul I 15p
Subiectul al II-lea Parțial Punctaj
a.Deoarece: N = Gn, 1p
3 unde: Gn = m · g ∙ cos α, 1p
rezultă: N = 8,65 N . 1p
b.Accelerația cutiei o exprimăm din relația: 0
0vvatt−=− 2p
4La momentul t0 = 0, cutia are viteza v0 = 0, iar la momentul t, cutia are viteza v = 2t. 1p
Rezultă: a = 2 m/s21p
c.Pe direcția mișcării cutiei avem: Gt − Ff = m ∙ a, 1p
4unde: Gt = m ∙ g ∙ sin α. 1p
Deci: Ff = m ∙ (g ∙ sin α − a). 1p
Rezultă: Ff = 3N. 1p
d.La urcarea uniformă a cutiei pe planul înclinat, pe direcția mișcării cutiei avem: F − Ff − Gt = 0. 2p
4 Deci: F = m ∙ g ∙ sin α + Ff.. 1p
Rezultă: F = 8 N. 1p
TOTAL pentru Subiectul al II-lea 15p
Subiectul al III-lea Parțial Punctaj
a.Puterea sistemului autoturism–remorcă este maximă dacă a = 0 și viteza lui este vmax, deci: pmax = Fr ∙ vmax 2p
5unde: Fr = f ∙ m∙ g 1p
Impulsul maxim al sistemului autoturism–remorcă este: max maxPp mvfg= ⋅=⋅1p
Rezultă: pmax = 55200 kg ∙ m/s 1p
b.Energia cinetică maximă a sistemului autoturism–remorcă este: 22
max max
max22cmv pEm⋅= = 2p
3p
Rezultă: Ec max = 1 015 680 J 1p
c.Aplicăm teorema de variație a energiei cinetice:
r cf ci FEEL−= , 1p
3p unde: Ecf = 0, Eci = Ec max 1p
Rezultă: 1015680 J
rFL= − 1p
d.Deoarece: ,
rFrL Fd= −⋅ 2p
4 obținem: rF
rLdF= − 1p
Rezultă: 677,12 md= 1p
TOTAL pentru Subiectul al III-lea 15p

Bareme teste nivel mediu95
B. TERMODINAMICÃ
Subiectul I Punctaj
1. a 3
2. c 3
3. b 3
4. d 3
5. a 3
TOTAL pentru Subiectul I 15p
Subiectul al II-lea Parțial Punctaj
a.Din ecuația termică de stare: 00 , p V RT⋅ =ν⋅ ⋅1p
4unde: , V LS= ⋅1p
obținem: 0
0p LS
RT⋅⋅ν=⋅1p
Rezultă: 22 10 moli−ν≅ ⋅1p
b.Deoarece 12 , ν= ν obținem : 12
12mm=µµ1p
4Dar: 12 , ν=ν +ν sau: 12 1 2
12mm m m+= +µ µµ1p
Deci: 12
2µ +µµ= 1p
Rezultă: 36 g/molµ=1p
c.Densitatea amestecului este:
0
0mm
m RT V
pρ= =⋅⋅µ1p
3p
Deci: 0
0p
RT⋅µρ=⋅1p
Rezultă: 31,59 kg/mρ≅1p
d.În acest caz: max pV RT⋅ =ν⋅ ⋅ 2p
4Deci: 0
max
0pTTp⋅= 1p
Rezultă: max 1365 K T= 1p
TOTAL pentru Subiectul al II-lea 15p

Teste de fizicã pentru bacalaureat96
Subiectul al III-lea Parțial Punctaj
a.Pentru starea de echilibru termodinamic 1: 5
1
3
1
11
12 10 Pa
= 4 dm
96,27 Kp
V
pVTR= ⋅
⋅= ≅ν⋅1p
4Pentru starea de echilibru termodinamic 2: 5
2
3
2
22
24 10 Pa
= 4 dm
192,54 Kp
V
pVTR= ⋅
⋅= ≅ν⋅1p
Pentru starea de echilibru termodinamic 3: 5
3
3
3
33
34 10 Pa
= 8 dm
385,08 Kp
V
pVTR= ⋅
⋅= ≅ν⋅1p
Pentru starea de echilibru termodinamic 4: 5
4
3
4
44
42 10 Pa
= 8 dm
192,54 Kp
V
pVTR= ⋅
⋅= ≅ν⋅1p
b.Căldura cedată de gaz mediului exterior în decursul unui ciclu este: cedat 34 41 , Q QQ = + 1p
4unde: 3 4 V43 435() ()2Q C TT R TT=ν⋅ ⋅ − = ν⋅ ⋅ − 1p
și: 4 1 P14 V 14 147() ( ) () ()2Q C TT C RTT R TT=ν⋅ ⋅ − =ν⋅ + ⋅ − = ν⋅ ⋅ − 1p
Rezultă: cedat 6800 J Q = − 1p
c.Lucrul mecanic schimbat de gaz cu mediul exterior în decursul unui ciclu este:
12341 2 1 3 2 ( )( ) L p p VV = −⋅−2p
3p
Rezultă: 12341 800 J L = 1p
d.Randamentul ciclului termodinamic este: 12341
primit,L
Qη= 1p
4unde: 12341 primit cedatLQ Q = −1p
Deci: 12341
12341 cedatL
LQη=+1p
Rezultă: 10,53 %η≅ 1p
TOTAL pentru Subiectul al III-lea 15p

Bareme teste nivel mediu97
C. PRODUCEREA ăI UTILIZAREA CURENTULUI CONTINUU
Subiectul I Punctaj
1. b 3
2. a 3
3. d 3
4. c 3
5. a 3
TOTAL pentru Subiectul I 15p
Subiectul al II-lea Parțial Punctaj
a.Rezistența internă a grupării celor două surse o determinăm din relația:
12111
Pr rr= + 1p
3pObținem: 12
12Prrrrr⋅=+1p
Rezultă: 0,5 Pr= Ω 1p
b.Tensiunea electromotoare echivalentă a grupării celor două surse este: 12 21
12PEr ErErr⋅+ ⋅=+1p
4Intensitatea curentului prin rezistorul 1R când întrerupătorul k se află în poziția deschis este :
P
SPEIRr=+1p
Unde: 12 SR RR= +1p
Rezultă: 0,5 AI=1p
c.Intensitatea curentului prin rezistorul 1R, când întrerupătorul k se află în poziția ÎNCHIS , este :
2P
PEIRr′=+3p
4
Rezultă: 0,64 AI′≅1p
d.Aplicăm legea a doua a lui Kirchhoff: 2 22 2E Ir IR ′ = ⋅+⋅2p
4 Deci: 22
2
2E IRIr′−⋅= 1p
Rezultă: 20,64 AI≅1p
TOTAL pentru Subiectul al II-lea 15p
Subiectul al III-lea Parțial Punctaj
a.Tensiunea electromotoare a sursei echivalente cu bateria dată este: SE NE= ⋅1p
4Rezultă: 15 SEV=1p
Rezistența internă a sursei echivalente cu bateria dată: Sr Nr= ⋅1p
Rezultă: 2,5 Sr= Ω1p

Teste de fizicã pentru bacalaureat98
b.Puterea dezvoltată de rezistorul de rezistență R poate fi scrisă sub forma: 2, P RI= ⋅1p
4unde: S
SEIRr=+1p
După efectuarea calculelor obținem: 2224
2SSSSE Pr E E PrRP−⋅ ± −⋅=1p
Rezultă: 2,5 R= Ω1p
c.Randamentul circuitului electric este:
SR
Rrη=+2p
3p
Rezultă: 50 %η=1p
d.Rezistența echivalentă a grupării de rezistori este: 2PRR= 1p
4În acest caz intensitatea curentului prin circuit este: S
PEIRr′=+1p
Puterea totală furnizată de baterie pentru gruparea paralel a rezistorilor este: Ptotală SEI ′ = ⋅ 1p
Rezultă: Ptotală 60 W= 1p
TOTAL pentru Subiectul al III-lea 15p

Bareme teste nivel mediu99
D.OPTICÃ
Subiectul I Punctaj
1. b 3
2. a 3
3. d 3
4. c 3
5. c 3
TOTAL pentru Subiectul I 15p
Subiectul al II-lea Parțial Punctaj
a.Din prima formulă fundamentală a lentilelor subțiri:
211111
xxf−= 2p
4Obținem: 12
1
12xxfxx⋅=−1p
Rezultă: 18 cm 0,08 mf= = 1p
b.Convergența primei lentile este: 1
11Cf= 2p
3p
Rezultă: 1
112,5 mC−= 1p
c.Din prima formulă fundamentală a lentilelor subțiri pentru sistemul de lentile:
21111,xxf−=′1p
4cu:
12111,ff f+=1p
obținem: 1
2
1,fffff⋅=− sau: 22
2
22xxfxx′⋅=′−1p
Rezultă: 2 10,9 cm 0,109 m f≅− =− 1p
d.Pentru sistemul de lentile mărirea transversală este: 22
11yx
yx′′β= = 1p
4Pentru prima lentilă mărirea transversală este: 22
1
11yx
yxβ= = 1p
Deci: 22
22yx
yx′′= 1p
Rezultă: 2
212y
y′= 1p
TOTAL pentru Subiectul al II-lea 15p

Teste de fizicã pentru bacalaureat100
Subiectul al III-lea Parțial Punctaj
a.Deoarece: x Ni= ⋅ 1p
3 Obținem: xiN= 1p
Rezultă: 500 mi= µ 1p
b.Din expresia interfranjei: 2Dilλ⋅= 2p
4Obținem: 2li
D⋅λ= 1p
Rezultă: 500 nmλ=1p
c.Maximul de ordinul al II-lea se află față de franja centrală la distanța: 22
2Dxlλ⋅=1p
4Maximul de ordinul al IV-lea se află față de franja centrală la distanța: 44
2Dxlλ⋅=1p
Distanța dintre maximul de ordinul al IV-lea și maximul de ordinul al II-lea aflate de aceeași parte a figurii de
interferență este: 422
2Dxx xlλ⋅∆= − =1p
Rezultă: 1 mmx∆=1p
d.În acest caz, interfranja este dată de relația: 1
1 ,2Dilλ⋅= 1p
4unde: 11c
nnλλ= ⋅ =ν1p
Deci:
112Dinli iλ⋅= =⋅1p
Rezultă: 1, 33n≅1p
TOTAL pentru Subiectul al III-lea 15p

Bareme teste nivel mediu101
TESTUL 2
A. MECANICÃ
Subiectul I Punctaj
1. c. Spațiul parcurs de corp este 15 mh∆= 223 s2gt hhtg∆∆= ⇒= = 3p
2.b. pF Ft pt∆= ⇒ ∆= ∆∆  
3p
3.c.
Se ridică graficul F = F(x) și se calculează lucrul mecanic ca arie a suprafeței
evidențiate.
L = 22 J 3p
4.a. Din legea spațiului x = 2t2 + 6t + 8 (m), obținem a = 4 m/s2;
F = ma = 4000 N 3p
5. a. N = 0, Fy = G sin 60 NsinmgF mg F α= ⇒ = =α 3p
TOTAL pentru Subiectul I 15p
Subiectul al II-lea Parțial Punctaj
a. Ridicarea graficului a = a (Δm) 3p 3p
b.
Studiem mișcarea fiecărui corp separat. Reprezentăm forțele care acționează asupra
fiecărui corp și aplicăm principiul al doilea al dinamicii.
Considerăm cazul în care 21>mm

2p
3p
22
11G T ma
T G ma−=
−=12gmamm∆⇒=+2p
c.Pentru prima pereche de valori a = 1,25 m/s2 și Δm = 0,1 kg. Din expresia accelerației deducem masa totală a
sistemului 12 0,8 kggmmma∆+= = 1p
4p Cu ajutorul ecuațiilor 12
210,8 kg
0,1 kgmm
mm+=
−=
2p
Rezultă: 120,35 kg, 0,45 kg mm= = 1p
d.Se calculează viteza sistemului după h = 1 m 2 2,5 m/s v ah= = 2p
4p
12( ) 1,26 kg m/s= += ⋅p m mv 2p
TOTAL pentru Subiectul al II-lea 15p

Teste de fizicã pentru bacalaureat102
Subiectul al III-lea Parțial Punctaj
a.
Reprezentăm forțele care acționează asupra corpului și aplicăm principiul al
doilea al dinamicii.
tfG F ma−= ⋅ 2p
3p
2(sin 0,3) 2 m/s ag⇒ = α− = 1p
b.GL mg h= ∆ 1p
4psin hx∆= ∆ α , unde Δ x = spațiul parcurs în secunda a doua 2
2atx= 1p
pentru t1 = 1 s,11 mx= ; pentru t2 = 2 s, 24 mx=; 3 m 1,5 mxh∆ = ⇒∆ = 1p
45 JGL= 1p
c. Dacă mișcarea corpului pe planul înclinat durează 2 s, lungimea planului este x2 = 4 m.
11 11ct cGfEL ELL∆= ⇒ ∆= + 1p
4p2
122cfhxE mg F= −
1p
2
1 (sin 0,3)2cmgxE= α−
1p
112 JcE= 1p
d.2
22
11 2c
c
cppEEmp E= ⇒=
1p
4p2 22 2ct cGfEL ELL∆ = ⇒∆ = + 1p
22 (sin 0,3)cE mgx= α−
224 JcE= 1p
2
12p
p=
1p
TOTAL pentru Subiectul al III-lea 15p

Bareme teste nivel mediu103
B. ELEMENTE DE TERMODINAMICÃ
Subiectul I Punctaj
1.Ecuația calorică de stare b. 3p
2.
12
12mm+µ=ν +ν
11 2 2
12
12,
AANNmmNN
NNµµ= =
=
12
2µ +µµ= b.3p
3.
()Vf i L CT T= −ν −
1
11 i
ii f f f i
fVTV T V T TVγ−
γ− γ−
= ⇒= 
1
1i
Vi
fVL CTVγ− = −ν − , 2 12 1 2 1 , γ >γ > ⇒ >vvC C LL c.3p
4.
11 2 2
1 3
22 5
1133pV pV
VV
VVγγ
γ=
= ⇒= b.3p
5.
2 2
11
2
2
111
0,65 260 KQ T
QT
TTTη= − = −
⇒ = ⇒= b.3p
TOTAL pentru Subiectul I 15p
Subiectul al II-lea Parțial Punctaj
a.12
11 2 2()mm m
m pV pVRT= +
µ= +3p
4p
346,4 10 kgm−= ⋅ 1p
b.Din ecuația 12 f ν +ν =ν 1p
4pRezultă 11 2 2
12pV pVpVV+=+2p
52 810 N/m3p= ⋅
1p
c.mpV RT=
µ2p
4p 12
12 ,pV pVmmRT RTµµ= = 1p
33
1215,4 10 kg, 31 10 kg mm−−= ⋅= ⋅ 1p

Teste de fizicã pentru bacalaureat104
d.22
2
2m RTp'V=µ2p
3p
52
22,41 10 N/m p'= ⋅ 1p
TOTAL pentru Subiectul al II-lea 15p
Subiectul al III-lea Parțial Punctaj
a.
reprezentarea grafică
3p 3p
b.33
1
12 10 m ,−= = ⋅ρmV52 1
1
118,6 10 N/mmRTpV= = ⋅µ1p
4p33 1
2 21 2 4 10 m2VV− ρρ= ⇒ = = ⋅
1p
52 11
2
29,3 10 N/mpVpV= = ⋅ 1p
21
2
12 1
1ln 2591,5 JTT
mVL RTV=
= =µ1p
c. 1
3 450 K2TT= = 1p
5p1
1
33 2
32
322,4 10 mTVVTγ−
− = = ⋅
1p
52 3
3
30,83 10 N/mmRTpV= = ⋅µ1p
33 5 2
41 4 3 2 10 m , 0,83 10 N/m−= = ⋅= = ⋅VV p p 1p
44
4 40 KpVTmRµ= = 1p
d.min
max1CT
Tη=−1p
3p4
11CT
Tη=− 1p
95%Cη= 1p
TOTAL pentru Subiectul al III-lea 15p

Bareme teste nivel mediu105
C. PRODUCEREA ăI UTILIZAREA CURENTULUI CONTINUU
Subiectul I Punctaj
1. Formula corectă b 3
2.
12
1 AA
A
AEIRrR
EIRR r= ⇒= Ω+
= =++ a.3
3. 124pRRR= ⇒=Ω
c.3
4.22
2,25 W4ERr Ir
EPr=⇒=
= =
c.3
5.( 1), 10 kaV a
VUR Rn n RU= − = ⇒= Ω
Ra = 10 kΩ, în serie cu voltmetrul c.3
TOTAL pentru Subiectul I 15p
Subiectul al II-lea Parțial Punctaj
a.eUIR= 34 15sRRR=+= Ω1p
4p1
15s
p
sRRRRR= = Ω+1p
210epRRR=+= Ω 1p
1IA= 1p
b.eEIRr=+2p
4p
2eErRI=−= Ω 1p
c.23
232,5pRRRRR= = Ω+1p
4p110spRRR= += Ω 1p
4
45s
e
sRRR'RR= = Ω+1p
12 A7eEI'R' r= =+ 8,57 Ve U' I'R '= = 1p

Teste de fizicã pentru bacalaureat106
d.
Aplicăm legile lui Kirchhoff
1p
4p
12
2 14
126 A7sI' I ' I '
I 'R I 'R
I' I'= +
=
⇒==
234
32 43
346 A14I' I' I'
I 'R I 'R
I' I'= +
=
⇒==1p
14 AI I' I'= + 1p
9 A7AI= 1p
TOTAL pentru Subiectul al II-lea 15p
Subiectul al III-lea Parțial Punctaj
a.max 1 2 P rR R⇒= + 1p
4p1 3 11 2 3() P P r RR R R= ⇒= + + 1p
( )2
12 1 123 () RR R RRR+ = ++ 1p
rezolvarea ecuației rezultă R2 = 6 Ω 1p
b.2
max ,84EPrr= = Ω 1p
3pPmax = 450 W 1p
12
120,5RR
RRr+η= =++1p
c. 2 An
n
nPIU= = 1p
4p1( ) 6 An E IR r U I= + + ⇒= 1p
4 ARn R II I I=+⇒ = 1p
4 15n
RURI= = Ω 1p
d.P UI= 1p
4p72 V U E Ir=−= 2p
432 WP= 1p
TOTAL pentru Subiectul al III-lea 15p

Bareme teste nivel mediu107
D.OPTICÃ
Subiectul I Punctaj
1.22
21
11
1
2
1
25
3
2
33yxyyyx
fxxffx
fyβ= = ⇒ = β
= =+
⇒β=− ⇒ =
b.3
2.25π∆ϕ = δ = πλ c. 3
3. 375 nma
anλλ= = b. 3
4. 206 nmex
exhc hcL eUL eU= + ⇒λ= =λ+ a. 3
5. 0
0295 nmexhcL= ⇒λ =λ c. 3
TOTAL pentru Subiectul I 15p
Subiectul al II-lea Parțial Punctaj
a.Din grafic se observă că C = 4δ și R = 0,25 m 1p
42( 1)CnR= − pentru lentila biconvexă 1p
( 1)2CRn⇒ −= 1p
1, 5n= 1p
b.21 21111 11Cxxf xx−=⇔ −= 1p
3p1
2
11, 5 m1xxCx= =+ cu 1 0,3 m x= − 1p
2
15x
xβ= =− 1p
c.Convergența lentilei divergente 12
63CC= − = −δ 1p
412( 1)
lnCnR= − 1p
112lnnCR=
+1p
1, 63ln= 1p

Teste de fizicã pentru bacalaureat108
d.Construcția corectă a imaginii 1p
4p1
31 1 31111 11Cxx f xx−=⇔−= 1p
1
3
110,25 m1xxCx= = −+1p
3
10,83x
xβ= = 1p
TOTAL pentru Subiectul al II-lea 15p
Subiectul al III-lea Parțial Punctaj
a.max min xx x∆= − 1p
4pDistanța de la o franjă luminoasă de ordin k la franja luminoasă centrală este max max 8kx ki x i = ⇒= 1p
Distanța de la o franjă întunecoasă de ordin k la franja luminoasă centrală este min min(2 1)3,52kkix xi−= ⇒= 1p
4,5 2 mmx ii∆= ⇒= 1p
b.2Dilλ= 1p
3p 2liD=λ1p
1,42 mD= 1p
c.Prin așezarea unei lame de sticlă de grosime e și indice de refracție n în dreptul fantei superioare, se introduce
în calea razei care provine de la această fantă un drum optic suplimentar ( 1)enδ= −1p
4p2( 1)klxen kDδ= − − = λ
Pentru maximul central 2( 1) 0klxenDδ= − − = 1p
Pentru 331kx ienλ= ⇒=− 1p
4,2 me= µ 1p
d.12rvkkδ= λ = λ 1p
4p 212kk= 1p
121, 2kk= = 1p
TOTAL pentru Subiectul al III-lea 15p

Bareme teste nivel mediu109
TESTUL 3
A. MECANICÃ
Subiectul I Punctaj
1. d . 3
2. c. 3
3. b. 3
4. c. 3
5. d. 3
TOTAL pentru Subiectul I 15p
Subiectul al II-lea Parțial Punctaj
a.1
2AI dtgIB dα= = 1p
4p
10 ;=d vt2
22atd=2p
Rezultat final: 2;tg=⋅αvta15s=t 1p
b.20v v at at=+= 1p
3p12
11135 kJ2= =cmvE 1p
22
2290 kJ2= =cmvE 1p
c.11 = ∆= −
fF ccL EE 2p
3p
Rezultat final: 135 kJ= −
fFL 1p
d.−−=ftF G ma 1p
5p; = µfFN sin ; = αtG mg cosn N G mg= = α 2p
(sin cos ) =− α+µ αag 1p
Rezultat final:26,7 m/s≅−a 1p
TOTAL pentru Subiectul al II-lea 15p
Subiectul al III-lea Parțial Punctaj
a.0 TFG++=1p
4pcos
sinT mg
TFα=
α=1p
Rezultat final: sin;cosα=αF mg3N 0,9 N2= ≅F 2p
b. cosmgT=α2p
3p
Rezultat final: 1N=T 1p

Teste de fizicã pentru bacalaureat110
c.Conservarea energiei mecanice:ABEE=1p
3p; =AE mgh2
2BmvE= 1p
(1 cos )= −αhl 1p
Rezultat final: 2 (1 cos ) ;= −αv gl 2 m/s 1,4 m/s= =v1p
d.Conservarea impulsului pentru sistemul de bile ce se ciocnesc plastic:initial finalpp = 1p
4p mv= 1p
final2 mv mv= 1p
Rezultat final:final 0,7 m/s2= =vv 1p
TOTAL pentru Subiectul al III-lea 15p

Bareme teste nivel mediu111
B. TERMODINAMICÃ
Subiectul I Punctaj
1. c 3
2. c 3
3. d 3
4. b 3
5. a 3
TOTAL pentru Subiectul I 15p
Subiectul al II-lea Parțial Punctaj
a.pV RT= ν1p
4p; ν=µm m
Vρ=
1p
p RTµ=ρ 1p
Rezultat final: 3
30,24 kg/m ρ= 1p
b.123 12 3( )( )p V V V RT + + = ν +ν +ν 1p
4p11 2 2 3 3
123pV pV pVpVVV++=++1p
17
3pp= 1p
Rezultat final: 52,3 10p Pa= ⋅1p
c.111 '; ∆= −UUU 1 1 1155;22= ν=U RT p V 115''2U RT= ν 1p
4p11 1 15'; '2= ν=pV RT U pV
11 1 15'; '2= ν=pV RT U pV 1p
1 1 1 115 10()23U V p p pV∆= − = 1p
Rezultat final: 1333,3 UJ∆= 1p
d.11 2 2 3 3
123µν +µ ν +µ νµ=ν +ν +νp
3p
12349
14µ+ µ+ µµ= 1p
Rezultat final: 11,6 g/molµ= 1p
TOTAL pentru Subiectul al II-lea 15p

Teste de fizicã pentru bacalaureat112
Subiectul al III-lea Parțial Punctaj
a.2 1 11( )(3 )= −−L p p VV 1p
4p21 1 1 2 1 3; 3= =pV p V p p 21 1 1 2 1 3; 3= =pV p V p p 1p
1 1 11 122 4 4L p V p V RT= = = ν
14L
RTν=
1p
Rezultat final: v = 12 moli 1p
b.12 V 12 V 2 1 () ∆ = ν∆ = ν −U C T CT T 1p
4p12 1 13232U R T RT∆= ν⋅= ν 1p
1234LU∆= 1p
Rezultat final: 1275 kJ ∆=U
c.23 3 2()P Q CT T= ν− 1p
3p23 1 156 152Q R T RT= ν⋅= ν 1p
Rezultat final: 2315375 kJ4= ⋅=QL 1p
d.PL
Qη= 1p
4p12 23−−= +pQQ Q 1p
12 2 1 123() ;4−−= ν −= ∆ =vLQ CT T U
9
2PQL= 1p
Rezultat final: 222,2%9η= = 1p
TOTAL pentru Subiectul al III-lea 15p

Bareme teste nivel mediu113
C. PRODUCEREA ăI UTILIZAREA CURENTULUI CONTINUU
Subiectul I Punctaj
1. c 3
2. b 3
3. c 3
4. c 3
5. d 3
TOTAL pentru Subiectul I 15p
Subiectul al II-lea Parțial Punctaj
a.Aplicând teorema a doua a lui Kirchhoff pentru un ochi de rețea se obține relația: 12 EU U= + 2p
3p
Rezultat final: 200 V=E 1p
b.Aplicând teorema a doua a lui Kirchhoff pentru alt ochi de rețea se obține relația: 11 2()= +E IR R 2p
3p
Rezultat final: 10,04 A=I 1p
c.K deschis: 11 ; = ⋅U rI 22 ; = ⋅U rI 11
222
3Ur
Ur= = 1p
5pK închis: 11
1
11; =+prRRrR 22
2
22; =+prRRrR 1
12ppU'RRI'= = 2p
Rezultat final:12k ;= Ωr23k= Ωr 2p
d.1
1G
pU'IR= 2p
4p11
1
111, 2 k = = Ω+prRRrR1p
Rezultat final: 83,3 mA=GI 1p
TOTAL pentru Subiectul al II-lea 15p
Subiectul al III-lea Parțial Punctaj
a.2
bUPR= 2p3p
Rezultat final: Rb = 6 Ω 1p
b.nE = Ib (nr + Rb + Ra) 1p
5p2A = =bPIU1p
minn= dacă Ra = 0 1p
rezultă: 3, 42 = =−bUnE Ir1p
Rezultat final: min 4 n= 1p
c.4 (4 )= ++b ba EI rR R 2p3p
Rezultat final: Ra = 1 Ω 1p
d.2
max ;4=EPr când Rr= 2p
4p
Rezultat final: max 8,3 W=P și 0,75= ΩR2p
TOTAL pentru Subiectul al III-lea 15p

Teste de fizicã pentru bacalaureat114
D.OPTICÃ
Subiectul I Punctaj
1. b . 3
2. a. 3
3. c. 3
4. d. 3
5. b. 3
TOTAL pentru Subiectul I 15p

Subiectul al II-lea Parțial Punctaj
a. Construcția imaginii 4p 4p
b. 211111
xxf−= 2p
3p
Rezultat final: 230 cm=x 1p
c.1 21 10 cm; =−=x' x f2 12 80 cm x' x f= −= − 2p
4p
21 2111
x' x' f−= 1p
Rezultat final: 2 8,9 cm= −f1p
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 distanța: 12– x'' x= 1p
11
2
11x'' fx ''x'' f=+1p
Rezultat final: 260 cm x ''= 1p
TOTAL pentru Subiectul al II-lea 15p
Subiectul al III-lea Parțial Punctaj
a.Distanța dintre două maxime sau două minime succesive este 2Dilλ= 2p
3p
Rezultat final: 2m=D1p
b.Distanța de la maximul central la al doilea maxim de interferență este 2 i 1p
4p 224d iii=+=2p
Rezultat final: 2,4 mm=d1p
c.Intensitatea luminoasă într-un punct P aflat pe ecran este: 2 2 cosPI II= + ∆ϕ 1p
4p2;π∆∆ϕ =λr 2
3⋅λ∆= =ylrD
Rezultă 2,3π∆ϕ = astfel se obține:PII=1p
Intensitatea este maximă dacă cos 1,∆ϕ = decimax 4 II=
Rezultat final: max4
PI
I= 1p

Bareme teste nivel mediu115
d.Lentila formează imagini reale ale fantelor dispozitivului Young aflate la o distanță x2 față de lentilă:
1
2
115 cm, = =+xfxxfunde 1 30 cm= −x
Figura de interferență aflată pe ecran se datorează imaginilor formate de lentilă. Astfel, distanța de la noile
surse la ecran este: 2 ',= −−D Dd x iar distanța dintre aceste surse este: 2
122⋅=−lxl'x2p
4p
Noua interfranjă este: 2D'i'l'λ= 1p
Rezultat final: 0,93 mmi'= 1p
TOTAL pentru Subiectul al III-lea 15p

Teste de fizicã pentru bacalaureat116
TESTUL 4
A. MECANICÃ
Subiectul I Punctaj
1.b.
8
3m 3 10 s
1 a.l. 63,1 10 u.a.
1 anc
dcdt
t= ⋅

= ⇒= = ⋅ ∆
 ∆=
 3
2. d. 3
3.a.
mmvF ma mt∆= ⋅= ⋅∆
m5svv∆==

= 25 NF 3
4.c.
f RNF= +

22 2 2 1 1 f R N F N mg = + = ⋅ +µ = ⋅ ⋅ +µ
Notând cu θ unghiul pe care R
îl face cu verticala, tg fF
Nθ= =µ .3
5.c.
Aplicând teorema de variație a energiei cinetice în cele două situații, obținem ecuațiile:
2
22 2
242mvFd
vv
mvFd ⋅= ⋅ ′ ⇒= ⋅′ ⋅⋅ = ⋅⋅3
TOTAL pentru Subiectul I 15p
Subiectul al II-lea Parțial Punctaj
a.1
10const2mdvavt+= ⇒= =∆2p
4p
1 1
12100 m sdvvt− ⋅= ⇒= ⋅∆2p
b.2
2
2 50 sdvtt= ⇒∆ =∆2p
4p
12 110 st tt t∆= ∆ + ∆ ⇒ ∆= 2p
c.
2 sin = 500 mhd h= ⋅ α⇒ 3p 3p
d.1 1272,7 m smmddvvt− += ⇒= ⋅∆4p 4p
TOTAL pentru Subiectul al II-lea 15p

Bareme teste nivel mediu117
Subiectul al III-lea Parțial Punctaj
a. 20 JGGL mgh L= −⋅⋅⇒ = − 3p 3p
b.Aplicând teorema variației energiei cinetice între stările inițială și cea corespunzătoare înălțimii h:
22
0
2
0
11 2p22
– 2 1p
= 2 15 m s 7,75 m s Rmv mvEc L m g h
v v gh
v−−⋅⋅∆ = ⇒−= − ⋅ ⋅
= ⋅⋅
⋅ ⋅= ⋅
1p2p
4p22
0
2
0
11 2p22
– 2 1p
= 2 15 m s 7,75 m s Rmv mvEc L m g h
v v gh
v−−⋅⋅∆ = ⇒−= − ⋅ ⋅
= ⋅⋅
⋅ ⋅= ⋅
1p1p22
0
2
0
11 2p22
– 2 1p
= 2 15 m s 7,75 m s Rmv mvEc L m g h
v v gh
v−−⋅⋅∆ = ⇒−= − ⋅ ⋅
= ⋅⋅
⋅ ⋅= ⋅
1p 1p
c.Notăm cu 1d distanța parcursă de corp pe planul înclinat până la înălțimea h și cu 2d distanța parcursă în
continuare pe porțiunea cu frecare, până la oprirea pe planul înclinat.
11 2,31 m
sinhdd= ⇒=
α 1p
4pAplicăm teorema variației energiei cinetice între punctele A – aflat la înălțimea h și B – în care corpul se
oprește:
( )2
22
2
220 sin – cos 2
2,37 m2 sin cosABAB RmvE c L mgd mgd
vddg⋅∆ = ⇒− = −⋅⋅ ⋅ α µ ⋅⋅⋅ ⋅ α ⇒
⇒= ⇒ =⋅ ⋅ α+µ⋅ α2p
12 8,68 m DLd d D= ++⇒= 1p
d.2 sin 4,05 m 4,1 mH hd H= + ⋅ α⇒ = ≅ 1p
4pEnergia potențială gravitațională a corpului aflat la înălțimea H este 40,5 JppE mgH E= ⋅⋅ ⇒ = 1p
22 1p2
= 0,9 m 1pp
pE kxExk
x⋅ ⋅= ⇒= 1p 22 1p2
= 0,9 m 1pp
pE kxExk
x⋅ ⋅= ⇒=
1p
TOTAL pentru Subiectul al III-lea 15p

Teste de fizicã pentru bacalaureat118
B. TERMODINAMICÃ
Subiectul I Punctaj
1. a. Scriind expresia cantității de substanță pentru cele două gaze:
1
1
1 12
2 21
2
2
1 8 A
AmN
N N
mN N
Nν= =µ µ ⇒= = µν= = µ  3
2.d.
0VQ ULL U CTQ= ∆+ ⇒ =− ∆ = −ν⋅ ⋅∆= 
1 mol, 1,5 , 100 KVC RT ν= = ⋅ ∆ =−
= 1246,5 JL 3
3.c.
12 12
12 12
12
13 13 13
13
12 1331 2: 3 2

561 3: 80 1,20
25
V
VRCC RQ RT
Q CT
QQ C T RT K
Q
TT = += ⋅ → ⇒ = ⋅ν⋅ ⋅∆  =ν⋅ ⋅∆  
→ =ν⋅ ⋅∆ = ⋅ ⋅∆ =− ⇒ = =∆= ∆ 3
4. d. Exprimăm variația energiei interne a gazului în fiecare situație: v U CT∆ = ν⋅ ⋅∆ și comparăm valorile acesteia,
ținând cont de relația dintre temperaturi, determinată din grafic.3
5.c. Scriem expresiile randamentului unui motor termic, respectiv randamentul ciclului Carnot pentru situațiile descrise în
problemă:
2
11
CpL
Q
T
Tη=
η=−

și rezolvăm sistemul de ecuații obținut.3
TOTAL pentru Subiectul I 15p

Bareme teste nivel mediu119
Subiectul al II-lea Parțial Punctaj
a. 32 gmmm ν = ⇒= ν ⋅ µ ⇒=µ3p 3p
b.5 1
1 11 11,5 10 PaRTp V RT p pVν⋅ ⋅⋅ = ν ⋅ ⋅ ⇒= ⇒=⋅ 3p 3p
c.1 N fN= ⋅ molecule disociază 2 fN ⇒ ⋅⋅ particule 1 2 f ⇒ ν = ⋅ ⋅ν – cantitatea de substanță monoato –
mică. ( )21 N fN= −⋅ molecule rămân nedisociate ( ) 1 fN ⇒− ⋅ particule ( )21f ⇒ν = − ⋅ν – cantitatea
de substanță biatomică.
În urma disocierii, noua cantitate de substanță din sistem devine: ( )12 = 1 1 fp ′ν =ν +ν ν⋅ + 1p
5p0
const. 0 0 1ifQ
V L U UU p
Q UL= 
= ⇒ = ⇒∆ = ⇒ = 
= ∆+ 1p
( ) ( )
( )
( )12
121
22
12
125 ,
2
2 1 1
35 ,
22
5 35 2 1
2 22
5 5 i vv
fv v v
vvU C TC R
U C T f C fC T p
C RC R
RT f R f R T
T fT
T=ν⋅ ⋅ = ⋅
′ ′= ν ⋅ ⋅ = ⋅ ⋅ ν⋅ + ν⋅ − ⋅ ⋅ ⇒ 
= ⋅= ⋅
⇒ ν ⋅ ⋅ ⋅ = ⋅ ⋅ ν⋅ ⋅ + ν⋅ − ⋅ ⋅ ⋅ ⇒ 
⋅ = + ⋅⇒
21
25 1
5
283 K Tp
f
T= ⋅
+
= 1p1p ( ) ( )
( )
( )12
121
22
12
125 ,
2
2 1 1
35 ,
22
5 35 2 1
2 22
5 5 i vv
fv v v
vvU C TC R
U C T f C fC T p
C RC R
RT f R f R T
T fT
T=ν⋅ ⋅ = ⋅
′ ′= ν ⋅ ⋅ = ⋅ ⋅ ν⋅ + ν⋅ − ⋅ ⋅ ⇒ 
= ⋅= ⋅
⇒ ν ⋅ ⋅ ⋅ = ⋅ ⋅ ν⋅ ⋅ + ν⋅ − ⋅ ⋅ ⋅ ⇒ 
⋅ = + ⋅⇒
21
25 1
5
283 K Tp
f
T= ⋅
+
= 1p1p( ) ( )
( )
( )12
121
22
12
125 ,
2
2 1 1
35 ,
22
5 35 2 1
2 22
5 5 i vv
fv v v
vvU C TC R
U C T f C fC T p
C RC R
RT f R f R T
T fT
T=ν⋅ ⋅ = ⋅
′ ′= ν ⋅ ⋅ = ⋅ ⋅ ν⋅ + ν⋅ − ⋅ ⋅ ⇒ 
= ⋅= ⋅
⇒ ν ⋅ ⋅ ⋅ = ⋅ ⋅ ν⋅ ⋅ + ν⋅ − ⋅ ⋅ ⋅ ⇒ 
⋅ = + ⋅⇒
21
25 1
5
283 K Tp
f
T= ⋅
+
= 1p 1p
d.( )22 22
11 11
2
21
1
5
2 2
1 1
1,84 10 Pa p V RT pTpp V RT pT
Tp fp pT
p′ ⋅ = ν⋅ ⋅ ′  ν⇒ ⇒⋅⋅ =ν⋅ ⋅ ν 
= + ⋅⋅
= ⋅ 1 p2p
4p( )22 22
11 11
2
21
1
5
2 2
1 1
1,84 10 Pa p V RT pTpp V RT pT
Tp fp pT
p′ ⋅ = ν⋅ ⋅ ′  ν⇒ ⇒⋅⋅ =ν⋅ ⋅ ν 
= + ⋅⋅
= ⋅ 1 p1p
( )22 22
11 11
2
21
1
5
2 2
1 1
1,84 10 Pa p V RT pTpp V RT pT
Tp fp pT
p′ ⋅ = ν⋅ ⋅ ′  ν⇒ ⇒⋅⋅ =ν⋅ ⋅ ν 
= + ⋅⋅
= ⋅ 1 p 1p
TOTAL pentru Subiectul al II-lea 15p
Subiectul al III-lea Parțial Punctaj
a.11 22 2
21
22 11 1
5
22 10 Pap V RT pT Tppp V RT pT T
p⋅ =ν⋅ ⋅ ⇒ =⇒= ⋅⋅ =ν⋅ ⋅ 
= ⋅1p
4pPentru procesul 2 →3: 21 13 pV pVγγ⋅= ⋅ 1p
1
23 3 2
3
5 3 5 11 1 1
1
2 = 8 = 1,5
5
3p
vpV V p
V pV V p
VC
Cγ
γ  = ⇒=     ⇒=

γ= = 
1p
1
31 3
11, 5 1, 5 37, 4 lRTVV Vpν⋅ ⋅= ⋅= ⋅ ⇒ = 1p

Teste de fizicã pentru bacalaureat120b.

2p
4p
( )12 2 1
12
3739,5 JV Q CT T
Q=ν⋅ ⋅ −=2p
c.1231 12 23 31 1pL LLL =++
12 0 L=1p
4p11 22 2
21
22 11 1
5
22 10 Pap V RT pT Tppp V RT pT T
p⋅ =ν⋅ ⋅ ⇒ =⇒= ⋅⋅ =ν⋅ ⋅ 
= ⋅
( )
( )23 23 3 2
23 1 1 1331, 5 224v L U CTT
L R T T RT= −∆ = −ν ⋅ ⋅ −=− ⋅ν⋅ ⋅ ⋅ − ⋅ = ⋅ν⋅ ⋅
1p
23 1869,75 J 1pL=
( )31 1 3 1 0,5 L R T T RT=ν⋅ ⋅ − =− ⋅ν⋅ ⋅1p
31 1246,5 J 1p L= −
1231 623,25 JL =1p
d.
2→A→3 – proces izoterm urmat de unul izocor
2→B→3 – proces izoterm urmat de unul izobar
23 2 3
23 2 3A AA
B BBQ QQ
Q QQ= += +

3
22
2lnAVQ RTV=ν⋅ ⋅ ⋅
( )3 32 AvQ CTT=ν⋅ ⋅ −
3
22 2
23ln lnB
BVVQ RT RTVV=ν⋅ ⋅ ⋅ +ν⋅ ⋅ ⋅
( )3 32 BpQ C TT=ν⋅ ⋅ −
23 23 BAQQ >
()23 23 0 1 BAQQ −>
Înlocuind expresiile de mai sus în relația (1) și efectuând calculele folosind datele din problemă, obținem:
( )2 32
3ln 0BVRT R T TVν⋅ ⋅ ⋅ −ν⋅ ⋅ − > 22 1 2 122BB pV pV V V V = ⇒= =
( )2 32 2 32
3
1
23 234ln ln 3
42 ln 1, 5 2 0 3B
BAVRT R T T R T T TV
RT
QQν⋅ ⋅ ⋅ −ν⋅ ⋅ − =ν⋅ ⋅ ⋅ − + = 
=ν⋅ ⋅ ⋅ ⋅ − + > ⇒ 
⇒>3p 3p
TOTAL pentru Subiectul al III-lea 15p

Bareme teste nivel mediu121C. PRODUCEREA ăI UTILIZAREA CURENTULUI CONTINUU
Subiectul I Punctaj
1.b.
1
2
2
1
2

156lRlL
LRll
Rl
RL= ρ⋅⋅
= ρ⋅⋅
= = 3
2.a.
U RI= ⋅
2

lRm SRmm dSdllS dS= ρ⋅⇒ = ρ⋅⋅ = ⇒= ⋅⋅ 
2 mUIdS= ρ⋅ ⋅⋅
= 3 VU3
3.d.
2 W RI t= ⋅ ⋅∆
2 WRIt=⋅∆
1 R= Ω3
4.b.
Alegând un ochi convenabil și aplicând teorema a II-a a lui Kirchhoff:
1234E E E E IR+−−= ⋅
0,2 AI= 3
5.b.
2
max 4p
pEPr=⋅
12
126 1, 2 5pprrrrrr⋅= ⇒ = Ω= Ω+
12
1226 Vp
p
pE EEEr rr=+⇒=
max 140,83 WP =3
TOTAL pentru Subiectul I 15p
Subiectul al II-lea Parțial Punctaj
a.1
3 11 0,75 A EI ȚIRRr= =++1p
3p1
1 1
45 C 1pR
RqIpt
q=∆
=1p1
1 1
45 C 1pR
RqIpt
q=∆
= 1p
b.2
3 22 0 , 6 A EIIRRr′′= ⇒=++2p
4p
22 1
8,4 1U E Ir p
UV p′ = −⋅= 1p
22 1
8,4 1U E Ir p
UV p′ = −⋅=
1p

Teste de fizicã pentru bacalaureat122c.Ambele întrerupătoare fiind închise, sistemul celor două surse poate fi redus la o singură sursă de tensiune
având polaritatea sursei 1 și caracteristicile:
( )( )
( )11 2 2
11 2 2 90 1 9ppR rR rrrRrR r+⋅ += ⇒= Ω++ + 1p
4p12
1 1 2218 V 19p
p
pE EEEr R rR r= − ⇒=++1p
3
33 1
3 A 0,09 A 134p
R
p
REIpRr
Ip=+
= =1p
3
33 1
3 A 0,09 A 134p
R
p
REIpRr
Ip=+
= = 1p
d.Considerând că pe ramurile pe care se află cele două surse curentul electric circulă în sensul impus de către
acestea, iar prin 3Rcurentul circulă în sensul impus de sursa echivalentă cu cele două surse și, aplicând
teoremele lui Kirchhoff, obținem:
( )3
321
1 11 1
1
2

1,15
1, 06 R
RI II
E IR r I
IA
IA+=
= ⋅++
=
=
2p
4p
11 2 2 1
18,83 1AB
ABU IR IR p
UV p= −⋅ − ⋅
= −1p
11 2 2 1
18,83 1AB
ABU IR IR p
UV p= −⋅ − ⋅
= − 1p
TOTAL pentru Subiectul al II-lea 15p
Subiectul al III-lea Parțial Punctaj
a.K în poziția 1
12
1 212 0,85 A EEIIRR rr−= ⇒=+ ++3p 3p
b.K în poziția 2
2
3 222 A 1p EIIRRr′′= ⇒=++1p
3p
1,15 A 1 III I p ′ ∆= − ⇒ ∆= 1p
iar curentul își schimbă sensul. 1p

Bareme teste nivel mediu123c.[] 0,15 min:t∈ ( ) 1 11

6,85 V ABABU E IR r
U= −⋅ +=1p
6p[ ] 15,45 min:t∈
1 10 VAB AB U EU = ⇒= 1p
[ ] 45,60 min:t∈
Notăm cu I′′ intensitatea curentului electric prin rezistorul cu rezistența R3.
Cele două surse sunt legate în paralel și sunt echivalente cu o singură sursă având caracteristicile:
( )( )
( )11 2 2
11 2 2 0,79 ppR rR rrrRrR r+⋅ += ⇒= Ω++ +
12
1 1 227 V p
p
pE EEEr R rR r= + ⇒=++
32,5 A 1p p
pEIIRr′′ ′′ = ⇒=+1p
3 5 V 1pAB AB U IR U ′′= ⋅⇒ = 1p
2p
d.3
322
3 23 3 2
25650 J 1pR
RW RI t RI t p
W′ ′′ = ⋅ ⋅∆ + ⋅ ⋅∆
=2p
3p3
322
3 23 3 2
25650 J 1pR
RW RI t RI t p
W′ ′′ = ⋅ ⋅∆ + ⋅ ⋅∆
= 1p
TOTAL pentru Subiectul al III-lea 15p

Teste de fizicã pentru bacalaureat124
D.OPTICÃ
Subiectul I Punctaj
1.b.
90 37i= °−α= °
0 1 12 2sin sin sin n in r n r⋅= ⋅ = ⋅
0
2
2sinsinnirn⋅=
2 sin 0,4r=
Folosind datele din table: 2 23, 7r= °3
2.c.
notând cu g factorul care ține de geometria lentilei și care nu se modifică prin introducerea lentilei în apă:
101 1lng
fn= −⋅

21 1l
angfn= −⋅

Raportând cele două relații, vom obține:
( )
( )2
114al
lann f
f nn⋅−= =−
21 4ff= ⋅ 3
3. c. 3
4.d.
Scriind ecuația lui Einstein pentru cele două situații: 2
1
1
2
2
2 2
2extr
extrmvL
mvL⋅ε= +
⋅ε= +
și prelucrând ecuațiile, obținem: 12 2vv= ⋅ 3
5.c.
21
1 2 2kDxklλ⋅= ⋅⋅⋅
2
2 2kDxklλ⋅= ⋅⋅
2 21
kkdx x= −
( )12 2 – 02kDdl⋅= ⋅ ⋅λ λ =⋅3
TOTAL pentru Subiectul I 15p
Subiectul al II-lea Parțial Punctaj
a. n0 ⋅ sin i = n ⋅ sin r
Înlocuind, obținem: r = 30°3p 3p
b.n0 ⋅ sin 90° = n ⋅ sin l 1p
4pÎnlocuind, obținem: l = 45° 1p
În condițiile punctului a., raza de lumină cade sub un unghi i′ = 60° pe suprafața cilindrică laterală a fibrei
optice. Deoarece acest unghi este mai mare decât unghiul limită la trecerea luminii din fibra optică în aer,
lumina se reflectă total, rămânând în interiorul fibrei optice.
Raza fibrei optice: 0 1 cm2dr= = .
00
11
1sin 2 cmsin rrrd ddr= ⇒= ⇒=
1p
( )0 10 2 1 82 cm d N dd= ⋅+⋅ ⇒ = 1p

Bareme teste nivel mediu125c.0
0 3
82 2 cm = 115,96 cm 1pdv
t
c nd p
t
cn
v=∆
δ= ⇒δ= ⋅∆
=
δ= ⋅3p
4p0
0 3
82 2 cm = 115,96 cm 1pdv
t
c nd p
t
cn
v=∆
δ= ⇒δ= ⋅∆
=
δ= ⋅ 1p
d. 60 30 i α= °⇒ = ° 1p
4p0sin sin n in r⋅= ⋅ (1) 1p
90 90 rl l r+ = °⇒ = °−
00 sin 90 sin cos n n l nn r⋅ °= ⋅ ⇒ = ⋅ (2) 1p
Ridicând la pătrat relațiile (1) și (2) și adunându-le, obținem: 5 1 , 1 22n= = 1p
TOTAL pentru Subiectul al II-lea 15p
Subiectul al III-lea Parțial Punctaj
a.Poziția maximului de ordinul 3 pentru radiația 1 este dată de :
11
31 3 3 2Dxilλλ⋅= ⋅= ⋅⋅ 2p
3p
x3λ1 = 3,6 mm 1p
b.x4λ2 = 3,6 mm 1p
4px4λ2 =i2 1p
12 1 23 4 3 4ii⋅ = ⋅ ⇒ ⋅λ = ⋅λ 1p
1
2
23 4
450 nm 1p⋅λλ=
λ=1p
c.3
1
313
4
1
33
43 4 2
3 360 nm2
Dxl
Dxl
xxλ
λ
λλλ⋅ = ⋅⋅λ⋅ = ⋅ ⇒λ = ⋅
 =
3p
4p
λ3 nu aparține domeniului vizibil. 1p
d.
111
44 4 6 mm 0,8 2Dxxlλλλ⋅′′= ⋅ ⇒=⋅⋅4p 4p
TOTAL pentru Subiectul al III-lea 15p

Teste de fizicã pentru bacalaureat126TESTUL 5
A. MECANICÃ
Subiectul I Punctaj
1. d 3
2. d 3
3. c 3
4. d 3
5. c 3
TOTAL pentru Subiectul I 15p
Subiectul al II-lea Parțial Punctaj
a.Corpul coboară uniform pe plan – aplicăm principiul II al mecanicii newtoniene
0 N Gn Gt Ff+ ++ =     
1p
4pFăcând proiecția pe axe obținem cos N mg= α
sin cos 0 tgmg mg α−µ α= ⇒ α=µ 2p
1p
b.Aplicăm principiul II al mecanicii newtoniene
Pentru corpul A AAtnAA G N T Ff G m a+ ++ + = ⋅          
Pentru corpul B BBG T ma+= ⋅  
1p
4p
Făcând proiecția pe axe obținem BB T G ma−= AAGt Ff T m a− −= 2p
Rezolvând sistemul obținem ( ) 2m 2 sin cos 1 0,53s 3ga=  α−µ α − = 1p
c.Forța de apăsare pe axul scripetelui este egală ca mărime și de sens opus cu rezultanta celor două tensiuni
NTT= +   1p
4p( )30,6B T mag N= += 1p
( ) ( )222 1 cos 90 NT= + −α 1p
59,11NN= 1p
d.Aplicăm teorema de variație a energiei cinetice pentru corpul B: ∆Ec= L
Unde L reprezintă lucru mecanic efectuat de rezultanta forțelor ce acționează asupra punctului material.1p
3p ( )2
2BB
BBmvm gh m a g h= −+ + 1p
0,72m sBv 1p
TOTAL pentru Subiectul al II-lea 15p

Bareme teste nivel mediu127Subiectul al III-lea Parțial Punctaj
a.LFf = −Ff ∙ d 1p
3p Conform legilor a frecării : Ff = μN 1p
LFf = −μ mgd = −4 J 1p
b.Aplicăm legea conservării energiei mecanice pentru sistemul dat: ABEE=1p
4pEnergia mecanică în punctul A: A AAE Ep Ec mgh=+= 1p
Energia mecanică în punctul B: 2
2B
B BBmvE Ep Ec=+= 1p
Rezultă: 6,32m/sBv= 1p
c.Conform definiției: 2
;2c
cmvEc p mv= = 2p
4p Pentru a calcula viteza în punctul C aplicăm teorema variației energiei cinetice 22
22CB
Ffmv mvL −= 1p
Rezultă:
6m sCv= 12 m sCp= 36 JCEc= 1p
d.Aplicând teorema energiei cinetice obținem 22
max
22Cmv kx=
Variația energiei cinetice este egală cu lucru mecanic efectuat de forța elastică.2p
4p
max cmxv
k= 1p
Rezultă : xmax= 0,6 m. 1p
TOTAL pentru Subiectul al III-lea 15p

Teste de fizicã pentru bacalaureat128B. TERMODINAMICÃ
Subiectul I Punctaj
1. c 3
2. c 3
3. b 3
4. a 3
5. a 3
TOTAL pentru Subiectul I 15p
Subiectul al II-lea Parțial Punctaj
a.Conform definiției : He
HemNaµ= 2p
3p
Rezultă: mHe = 0,66 · 10-26 kg 1p
b.Ecuația de stare pentru incinta 1: p1V1 = ν1RT11p
4pEcuația de stare pentru incinta 2 : p2V2 = ν2RT21p
Rezultă : ν1 = 0,4 mol 1p
Rezultă: ν2 = 1,2 mol 1p
c.Gazul va trece din incinta (2) în incinta (1) ( p2 > p1) până când se va ajunge la aceeași presiune p’ în ambele
incinte și aplicând conservarea numărului de moli.
ν 1 + ν2 = ν1′ + ν2′1p
4pEcuația de stare pentru incinta 1 finală p′V1 = ν1′RT11p
Ecuația de stare pentru incinta 2 finală
p′V2 = ν2′RT21p
Obținem '
1 11
' ''
2 22 12
''
121 20,47 mol; 1,13 molVT
VT ν=ν = >ν = ν = 
ν +ν =ν +ν⇒ ν1′ = 0,47 moli, ν2′ = 1,13 moli, 1p
d.Variația energiei interne : ΔU = ΔU1 + ΔU21p
4p ΔU = T1Cv(ν1’ – ν 1) + Cv (ν2’ T2 – ν2T1) 2p
ΔU = −705 J 1p
TOTAL pentru Subiectul al II-lea 15p
Subiectul al III-lea Parțial Punctaj
a.Pentru procesul izocor 1 →2: 12
12pp
TT= 1p
4pPentru procesul izocor 3 →4: 21
34pp
TT= 1p
Din cele două relații și ținând cont de faptul că T2 = T4 1p
T2 = T4 =13 360K TT= 1p
b.LTOT = L12 + L23 + L34 + L41 1p
3p LTOT = νR(T1 + T3 – 2T2) 2p
LTOT = 99,7 J 1p

Bareme teste nivel mediu129c.TOT
pL
Qη= 1p
4p Qp = Q12+Q231p
Qp=νCv (T2 − T1 ) + νCp (T3 − T2) 1p
Rezultă: Qp = 2214 J
η = 4,5%1p
d.min
max1T
Tη= − 1p
3p 1
31T
Tη= −1p
30%η= 1p
TOTAL pentru Subiectul al III-lea 15p

Teste de fizicã pentru bacalaureat130C. PRODUCEREA ăI UTILIZAREA CURENTULUI CONTINUU
Subiectul I Punctaj
1. a 3
2. a 3
3. b 3
4. b 3
5. b 3
TOTAL pentru Subiectul I 15p
Subiectul al II-lea Parțial Punctaj
a.Cele 3 surse legate în paralel pot fi înlocuite cu o sursă echivalentă de tensiunea electromotoare, Ep și rezis –
tența internă rp
1 23
1 23
12336V111EEE
rrrEp
rrr++
= =
++1p
3p
12311111p
prr rrr=++= >= Ω 1p
Aplicând legea lui Ohm pentru un circuit simplu 1, 89p
pEIRr= =+A 1p
b.Aplicam legile lui Kirchhoff '
12
1 11
2 22III
E I r IR
E I r IR= +
= ⋅+⋅
= ⋅ +⋅2p
5p
Rezolvând sistemul obținem: ( ) 12 1 2
1
1 2 12Er E E R
Ir RrRr r⋅+ − ⋅
=⋅+⋅+⋅ 21 2 1
2
1 2 12() Er E E RIr Rr Rr r+−=++ 2p
Înlocuind valorile numerice, rezultă I1 = 4 A, I2 = −2A ( I2 este negativă, deci sensul curentului prin latură
este invers decât cel considerat)1p
c.Deoarece
'ABU IR = ⋅
12'III= + 1p
4p 12
12
123111ABEE
rrU
rrr+
=
++2p
UAB = 40 V 1p
d.În relația 12
12
12111ABEE
rrU
rr R+
=
++1p
3p
Impunem condiția vR→∞ sau 10
vR→ 1p
Rezultă: 40VABU = 1p
TOTAL pentru Subiectul al II-lea 15p

Bareme teste nivel mediu131Subiectul al III-lea Parțial Punctaj
a.Conform legii I a lui Kirchhoff: I = I1 + I2 1p
4pDin datele problemei
Q1 = f ⋅ Q = 1UI t⋅⋅ ⇒ 2fQIUt⋅=⋅
Q2 = (1 – f ) Q = U · I2 · t ⇒2(1 )fQIUt−⋅=⋅ 2p
5AQIUt= =⋅ 1p
b.Q = I2 Rp · t 2p
4p Rezultă: 2 pQRIt= 1p
Rp = 22 Ω 1p
c.E = U + I · r 2p
3pE = 120 V 1p
d.Pentru ca puterea debitată de sursă în circuitul exterior să fie maximă, trebuie ca rezistența circuitului exte –
rior să fie egală cu rezistența internă a sursei.
Rex= r
Acest lucru este posibil dacă legăm rezistorul în paralel cu cele două rezistențe
xp
xpRRrRR=+2p
4p
p
x
pRrRRr=−1p
R s = 2,2 Ω 1p
TOTAL pentru Subiectul al III-lea 15p

Teste de fizicã pentru bacalaureat132D.OPTICÃ
Subiectul I Punctaj
1. a 3
2. b 3
3. a 3
4. d 3
5. b 3
TOTAL pentru Subiectul I 15p
Subiectul al II-lea Parțial Punctaj
a.Aplicăm ecuația lui Einstein și ținem cont de relația dintre ener gia cinetică maximă a fotoelectronilor emiși
și tensiunea de stopare 2
2smveU= ⋅ 1p
4p 1
1
2
2S ex
S exch eU L
ch eU L= +λ
 = +λ2p
Rezolvând sistemul obținem h = 6,4 ⋅1034 Js 1p
b.Aplicăm ecuația lui Einstein
1
1S exch eU L = +λ2p
4p
1
1ex ShcL eU= −λ1p
Rezultă: Lex = 2,89 · 10-19 J 1p
c.Conform legii a treia a efectului fotoelectric extern h0 exL υ= 2p
4p 0exL
hυ= 1p
15 1
00,45 10 s−υ= ⋅ 1p
d.2
2cW Nh Nh= υ=λ2p
3p
Rezultă: N = 2,6 · 1015 cuante 1p
TOTAL pentru Subiectul al II-lea 15p
Subiectul al III-lea Parțial Punctaj
a.
121
111e
mf
n
n RR= −−  
 2p3p
Rezultă: f = 40 cm 1p
b.Aplicăm formula punctelor conjugate, ținând cont de expresia distanței dintre obiect și imagine
22
1
11
2111; ; 1 xdxxfd xxxf= −+−−= =+ 22
1
11
2111; ; 1 xdxxfd xxxf= −+−−= =+ 22
1
11
2111; ; 1 xdxxfd xxxf= −+−−= =+2p
4p
Distanța d este minimă pentru acea valoare a lui x1 pentru care derivata lui d în raport cu x1 este egală cu 0
d′(x) = 0 ⇒ x1 = 2f1p
− x1 = 80 cm 1p

Bareme teste nivel mediu133
c.Aplicăm formula punctelor conjugate, ținând cont de expresia distanței dintre obiect și imagine
12
21111; d xxxxf= −+ − =
12
21111; d xxxxf= −+ − = 1p
4p
Expresia măririi liniar transversale : 22
111yx
yxβ= = =−−2p
Rezolvând sistemul, obținem: 12 80cm; 80cm xx= −=1p
d.Sistem optic centrat cu distanța focală F:
12
2
1
21111
2
111Ff f
x
x
xxF= +

 − β= =−

−=
2p
4p
Rezultă: f2= −53,3 cm. 2p
TOTAL pentru Subiectul al III-lea 15p

Teste de fizicã pentru bacalaureat134TESTUL 6
A. MECANICÃ
Subiectul I Punctaj
1. a 3
2. a 3
3. c 3
4. b 3
5. c 3
TOTAL pentru Subiectul I 15p
Subiectul al II-lea Parțial Punctaj
a.tg1
3tgϕ=µ= 2p
3p
30ϕ=1p
b.tfGFa
m−= 1p
4psin cosmg mga
mα−µ α= 1p
a = g(sin α − μcos α) 1p
2 310 =5,77m/s3a= 1p
c.Notăm for ța suplimentară cu F
. Sensul ei este opus lui tG
.1p
4ptfGFF= +1p
tf F G F ma=−=1p
310 3 10 100 N3F= ⋅= 1p
d.Notăm for ța suplimentară cu 'F
. Sensul ei este opus lui tG
.1p
4p'tfGF F+= 1p
sintG mg= α 1p
31 1' 100 3 100 3 200 N22 3F= ⋅ + ⋅ ⋅= 1p
TOTAL pentru Subiectul al II-lea 15p

Bareme teste nivel mediu135
Subiectul al III-lea Parțial Punctaj
a.sin 5%
1000m54 =15m/s3600shpl
v= = α=
= ⋅1p
5pLa coborâre sintg cosÛαα=µ = µα ⇒ sintg cosÛαα=µ = µα1p
La urcare P = Ft v
Ft = Gt + Ff , pentru că v este constant1p
(sin cos ) (sin sin ) 2 sintF mg mg mg = α+µ α = α+ α = α 1p
43 52 sin 2 10 15 15 10 W=15kW
100P mgv= α= ⋅ ⋅ ⋅ = ⋅ 1p
b.''t P Fv= ⋅ , ''
tfF F mg= = µ 2p
4psin'cosP mgv mgvα= µ=α1p
' 7500W=7,5kWP 1p
c.. cos(90 ) singravitP Gv Gv Gv = ⋅ = ⋅⋅ − α = ⋅⋅ α2p
3p
.7500W =7,5kWgravitP = 1p
d.sinp E E mgh mgl∆= ∆ = = α 2p
3p
25kJp EE∆= ∆ = 1p
TOTAL pentru Subiectul al III-lea 15p

Teste de fizicã pentru bacalaureat136B. TERMODINAMICÃ
Subiectul I Punctaj
1. c 3
2. b 3
3. d 3
4. d 3
5. a 3
TOTAL pentru Subiectul I 15p
Subiectul al II-lea Parțial Punctaj
a.
1
1 12 12 1
2 2 12 21
22 540 2 54 40,83 450 3 45 5pV
VT VT RT
pV TV V T
RTν= =⋅=⋅= ⋅ = ⋅ = =ν2p
3p
1
240,85ν= =ν1p
b.'
1'
11
' '
2 22'
'pV
V RT
pV V
RTν= =ν2p
3p
'
1
'
20,8V
V= 1p
c.1 11
1 2 11 2 2
2 22( )( )pV RTpV V R T TpV RT= ν ⇒ + = ν +ν= ν 1p
5p'
11 ''
12 12'
22''( ) ( )
'p V RTp V V RT
p V RT = ν ⇒ + = ν +ν= ν 1p
11 2 2 2 2
12 25 0,8 450 540
' ( ) 3 1, 8pTT
pT Tν +ν ν ⋅ +ν ⋅= ⇔=ν +ν ⋅ ν2p
o300K 27 CTt= ⇒= 1p
d.13 ,6lV=
1
2
22 3 3, 63 1, 8 5, 4 l32VVV⋅= ⇒= = ⋅=1p
4p''
121 2
'
'' 1
12 '
29
0,8 0,8VV VV l
VVVV+=+=
= ⇒=2p
'' ' ' '
22 2 2 1 0,8 9 1 ,8 9 5l 4lVV V V V+= ⇔ = ⇔=⇒= 1p
TOTAL pentru Subiectul al II-lea 15p

Bareme teste nivel mediu137
Subiectul al III-lea Parțial Punctaj
a.
4p 4p
b.2
12 1
1
41 1 4 1 4ln 0
5( – ) ( ) 02VVQ RTV
RQ CTT T T= ν>
= ν = ν −>2p
4p
12 41 22935,6JprimitQ QQ =+= 2p
c.2 3 41 41
1
34 4
25() () 02
ln 0VRQ C TT TT
VQ RTV= ν −= ν −= <
= ν= <2p
4p
23 34 15955,2JcedatQ QQ =+= − 2p
d.1cedat
primitQ
Qη= − 2p
3p
30,43%η= 1p
TOTAL pentru Subiectul al III-lea 15p

Teste de fizicã pentru bacalaureat138C. PRODUCEREA ăI UTILIZAREA CURENTULUI CONTINUU
Subiectul I Punctaj
1. a 3
2. b 3
3. a 3
4. b 3
5. d 3
TOTAL pentru Subiectul I 15p
Subiectul al II-lea Parțial Punctaj
a.2
A P RI= ⋅ 2p
3p
2,5 WP= 1p
b.0
00
0A
A
AII I
xI R IRl
lxE IR I Rl
= +
= 

 −= +3p
5p
0,5 mx= 2p
c.e
eEEIRRI= ⇒= 1p
4p0
0
00,5AA
AII I
RlIIxR= +
⋅= =⋅2p
151 , 151e I AR= = = Ω 1p
d.W U It E It= ⋅ ⋅∆ = ⋅ ⋅∆ 2p
3p
2250Wh 2,25 kWh W= = 1p
TOTAL pentru Subiectul al II-lea 15p

Bareme teste nivel mediu139Subiectul al III-lea Parțial Punctaj
a.2 40 2 60 200WtotalP=⋅ +⋅ = 2p
3p2004A50total
totalPP UI IU= ⋅⇒= = = 1p
b.Legând un voltmetru ideal ()VR→∞ între A și B putem aplica legea a II-a Kirchhoff pentru ochiul CABC ,
11 2 2 0AB IR U IR=+− 1p
5pDar 12 ,2III= = datorită simetriei celor două ramuri CAD și CBD .
21()2ABIU RR = −1p
2
1
1 11 2
2
2
2 22 2401024
2
601524
2IPP RR
I
IPP RR
I= ⇒= = =Ω 
= ⇒= = =Ω 2p
10VABU = 1p
c.total totalWPt = ⋅∆ 2p
3p
472 10 720 kJtotalWJ = ⋅=1p
d.1
10
11 3
0191 1800 C5 10R
RRttR−−
= +α ⇒ = = =α⋅
2p
4p
2
20
21 -3
0111, 51 = 2300 C5 10R
RRt ȚtR−
= +α = =α⋅= t2 = 2
20
21 -3
0111, 51 = 2300 C5 10R
RRt ȚtR−
= +α = =α⋅2p
TOTAL pentru Subiectul al III-lea 15p

Teste de fizicã pentru bacalaureat140D.OPTICÃ
Subiectul I Punctaj
1. c 3
2. b 3
3. a 3
4. c 3
5. d 3
TOTAL pentru Subiectul I 15p
Subiectul al II-lea Parțial Punctaj
a.121 11( 1) 8 cmaer
aernff RR= − − ⇒= − 
2p
4p
121 111 32cmapa
apa apanff n RR = − −⇒= −  2p
b.2111 1
aer xxf= + 1p
4p224cm 4,8cm
5x= −= − 1p
2
1x
xβ= 1p
0,4β= 1p
c.''
2111 1
apa xxf= + 1p
4p'
296cm 19,2cm
5x= −= − 1p
'
2
'
1'x
xβ= 1p
' 0,4β= 1p
d.
2p
3p
Imaginea este: virtual ă, dreaptă și micșorată. 1p
TOTAL pentru Subiectul al II-lea 15p

Bareme teste nivel mediu141Subiectul al III-lea Parțial Punctaj
a.412 10 m 1,2mm
2Di
l− λ= = ⋅= 2p
3p
00 0mmxi= ⋅= 1p
b.λapăapãnλλ= 1p
3piapă 1, 23 0,9mm4apãiin= = ⋅= 1p
xapă= 0 ∙ iapă = 0 mm1p
c.Introducerea unui strat subțire (lamă, film, peliculă) în calea unuia din fasciculele luminoase care interferă
conduce la deplasarea figurii de interferență spre acel fascicul.
De exemplu, dacă se introduce o lamă transparentă cu grosimea e și indicele de refracție n, în calea fascicu –
lului 1, atunci noua diferență de drum optic între razele care interferă este:
2 1 21) ( 1) ( e ne e n rr r rr −+ − − ∆= − = −2p
5p Deci, în centrul ecranului, unde diferența r2-r1 este nulă, apare o diferență de drum suplimentară e(n-1).
Punând condiția de maxim g ăsim noul ordin al maximului plasat în centrul ecranului,
( 1)( 1)nou nouenen k k−− = ⋅λ⇒ =
λ2p
10nouk= 1p
d.Figura de interferență are aceeași interfranjă ca și în cazul a), deci i =1,2 mm. 2p
4p Figura de interferență este deplasată în sensul fasciculului acoperit, deci noul maxim central va avea abscisa
0 nou 10 1,2 12mmnou x xk i = ∆= ⋅= ⋅ =2p
TOTAL pentru Subiectul al III-lea 15p

Teste de fizicã pentru bacalaureat142TESTUL 7
A. MECANICÃ
Subiectul I Punctaj
1. c 3
2. a 3
3.Viteza medie este:
12mddvt tt= =+
Cum: 1
126ddtvv= = și 2
222ddtvv= =
61, 54
62mdvvvdd
vv⇒= = =
+
a3
4.Calculăm accelerația din reprezentarea grafică: 28 m/sva
t∆= = −
∆
Calculăm accelerația la urcare pe planul înclinat: f G F N ma+ +=      
OX: tfG F ma−− =
OY: 0 cosn N G N mg− = ⇒= α
Cum cosffFN Fm g= µ⇒ = µ α
sin cos (sin cos ) mg mg ma a g ⇒− α−µ α= ⇒ =− α+µ α
Înlocuind 3
5⇒µ=
c3
5.Aplicăm legea conservării energiei mecanice : 2
1
1 22mvmgh v gh = ⇒=
Cum 212 2 vk v vkg h= ⇒= Varia ția impulsului este :
21 2 1 ( ) ( 1) 2 1,6 Ns; 800 Nmpp p p mv mv m k gh Ft∆∆ = − = −− = + = = =∆
b3
TOTAL pentru Subiectul I 15p
Subiectul al II-lea Parțial Punctaj
a.
Reprezentarea forțelor care acționează în sistem 3p 3p
b.Lucrul mecanic util: Lu = mgh 1p
4pLucrul mecanic consumat: Lc = T · l T = 2F ⇒ Lc = 2Fl 1p
Randamentul este: 2u
cL mgh
L Flη= = 1p
Rezultă forța de tracțiune: 500 N2mghFl= =η1p

Bareme teste nivel mediu143
c.Aplicăm principiul fundamental al dinamicii, ținând cont că 0 v ct a= ⇒=
0f GT N F++ + =      
pe Ox: sin 0 sinff T F mg F T mg − −α = ⇒ = −α2p
5p
122TT F= = iar sinh
lα=
Rezultă 2fhF F mgl= −2p
600 NfF= 1p
d.coscosf
ffFFN Fm gmg=µ ⇒ =µ α⇒µ=α2p
3p
0,65 ⇒µ= 1p
TOTAL pentru Subiectul al II-lea 15p
Subiectul al III-lea Parțial Punctaj
a.Reprezentarea forțele care acționează asupra corpului pe porțiunea orizontală și aplicarea teorema variației
energiei cinetice:
cEL∆= 1p
4pLucrul mecanic total: L = LG + LN + LFf
dar LG = 0, LN = 0, iar LFf = −Ff d 1p
Ff = μN = μmg
Rezultă: 22
2 0
02 21 m/s 4,58m/s22mv mvmgd v v gd − = −µ ⇒ = − µ = =2p
b.Pe porțiunea MN mișcarea având loc fără frecare, aplicăm conservarea energiei mecanice:
M N CM PM CN PNEE E E E E= ⇒+= +
Considerăm M nivel de referință, 0PME =1p
4pNotăm cu 1vviteza corpului în punctul N, rezultă: 22
1
22mv mvmgR = +1p
Viteza în N este: 2
1 2 v v gR= −1p
1 11 m/s 3,31m/s v= = 1p
c.Pentru înălțimea maximă la care ar putea să ajungă corpul față de punctul M aplicăm legea conservării
energiei mecanice: 22
max max22mv vmgh hg= ⇒=2p
3p
max 1, 05 m/s h= 1p
d.Relația dintre cele două înălțimi este: 2
max 0,81 m2vh fh fg= = = 1p
4pNotăm cu 2vviteza corpului la înălțimea h și aplicăm legea conservării ener giei mecanice față de punctul M
( nivel de referință). Ținând cont că 0PME =, rezultă:
22
2 2
2 222mv mvmgh v v gh = + ⇒= −2p
22, 04 /v ms= 1p
TOTAL pentru Subiectul al III-lea 15p

Teste de fizicã pentru bacalaureat144B. TERMODINAMICÃ
Subiectul I Punctaj
1. b 3
2. b 3
3. c 3
4.Calculăm lucrul mecanic pe cele două transformări prin metoda grafică.
1 2 2 1 12
12 23 2 3 2
23( )( )150 J; ( ) 200J; 0,752p pV V LL L pV VL→
→→
→+−= = = −= =

c3
5.Randamentul ciclului Carnot: min
max1CT
Tη=−
Utilizând formula randamentului termic: min
1 max 11L TL
Q TQη= ⇒ − =
Din: 1 0,6 1 ,6 QL L L= += rezultă: max
min3150 K8TT= =
d3
TOTAL pentru Subiectul I 15p
Subiectul al II-lea Parțial Punctaj
a.Scriem legea transformării izobare pentru fiecare gaz: '
11
01VV
TT= și '
22
02VV
TT= 1p
4pdar
12VV V+= și 2 1123VV VV= ⇒= și 22
3VV= , iar ''
122VVV= = 1p
Înlocuind, rezultă: 0
13
2TT= și 0
23
4TT= 1p
Rezultă: 1409,5KT= și 2204,75K T=1p
b.Scriem legea transformării izoterme pentru fiecare gaz: ' '' ' ''
01 1 1 02 22 , pV pV pV pV = = 1p
4p' ''
11 ,()22llV SV xS= = + ''
1()2lV xS= + și , respectiv, ' ''
22 , ()22llV SV xS= = − 1p
Obținem: 5 00
01 1 2
5 0
02 2 0 22N( ) 0,66 102 2 23 m
N( ) 2 2 1022 2 ml l pl pp S p xS plx
l l plp S p xS p plx= + ⇒= = = ⋅+
= − ⇒= = = ⋅−1p
5
1 2
5
2 2N0,66 10m
N2 10mp
p= ⋅
= ⋅1p
c.21()F p pS= −2p
3p
536 NF=1p
d.Scriem ecuațiile de stare sub forma: 1
01 1mp V RT=µ și 2 2 22
02 2
1 11m V mTp V RTV mT= ⇒=µ 2p
5pDar 00
1233,24TTTT= = și 122,33VVVV= =
1p
22
112mV
mV⇒= 1p
2
12m
m⇒= 1p
TOTAL pentru Subiectul al II-lea 15p

Bareme teste nivel mediu145Subiectul al III-lea Parțial Punctaj
a.Identificăm transformările:
12→ și 34→ sunt transformări izobare
23→ și 41→ sunt trandformări izocore1p
3pReprezentările ciclului în coordonate ( p, V) și (V, T):

2p
b.Aplicăm legea transformării izobare pe 12→: 12 1 1
21
12 1 233VV V VTTTT T T= ⇒= ⇒= 1p
4pAplicăm legea transformării izocore pe 23→: 23
23pp
TT=
Cum 31TT=(din reprezentarea grafică) 13 1
3
1133pp ppTT⇒ = ⇒=2p
52
310 N/mp= 1p
c.Energia internă: 12 2 1 1 ( )2vv U C T T CT→∆ = υ −= υ 1p
4p113232U RT RT⇒∆ = υ = υ 1p
11 1 1 2 11 3 pV R T U pV→ =υ ⇒∆ = 1p
12 2700J U→∆=1p
d.1L
Qη=
Lucrul mecanic total schimbat de sistem este: 1 42 1( )( )L p pV V= −− dar 1
433ppp= = și 213 VV=114
3pVL⇒=1p
4pCăldura primită este: 1 12 41 2 1 1 4 ()()pv Q Q Q CT T CT T→→= + =υ − +υ −
5
2pvCCR R= += și aplicând legea transformării izocore pe 41→: 41 31 1
4
41 41 3pp pp TTTT TT= ⇔ = ⇒=
Rezultă: 1 1 1 1 115 66 Q RT RT RT p V= υ+ υ= υ=2p
Randamentul este: 11
11420,2218 9pV
pVη= = = 22% ⇒η= 1p
TOTAL pentru Subiectul al III-lea 15p

Teste de fizicã pentru bacalaureat146C. PRODUCEREA ăI UTILIZAREA CURENTULUI CONTINUU
Subiectul I Punctaj
1. d 3
2. b 3
3. b 3
4.12sRR= 111 2
23p
pRRRRR= + ⇒= 225
33sRRRR= +=
1 12
3ABR
RR= + 51, 258ABRR⇒= = Ω
b3
5. a 3
TOTAL pentru Subiectul I 15p
Subiectul al II-lea Parțial Punctaj
a.1 2 R RR R=+= 1p
4p2
211 11 3 2
23RRR RR R= += ⇒ = 1p
3225
33RRRRR R= += += 1p
31 11 31 8
55
56,258AB
ABR R RR RR
RR= += +=
= = Ω1p
b.Tensiunea la bornele sursei: 3, 2AAB
ABUU IR IR= ⇒= = 2p
4p Aplicăm legea lui Ohm pe întregul circuit:
( ) 26,4AB
ABEI E IR r V
Rr= ⇒= +=
+2p
c.ABR′ rezistența echivalentă a circuitului în condițiile în care '2RR= 1012,58ABRR′⇒= =Ω 1p
4pCalculăm intensitatea 'I aplicând legea lui Ohm pe întregul circuit: '
'1, 8A
ABEIRr= =+1p
Tensiunea la bornele sursei devine: ' ''22,5 VAB U IR= = 1p
Relația dintre cele două tensiuni este : '
'0,125 12,5%UUU U fU f fU−=+ ⇒= = ⇒= creșterea de tensiune. 1p
d.2
max4EPr= 2p
3p
max 87,12W P= 1p
TOTAL pentru Subiectul al II-lea 15p

Bareme teste nivel mediu147Subiectul al III-lea Parțial Punctaj
a.
Reprezentăm intensitățile curenților pe ramuri și ale –
gem sensurile de parcurs.
Aplicăm legea I a lui Kirchhoff pentru nodurile N și
B:
2 41
3450
0III
III−+ −=
−−=2p
6p
Aplicăm legea a II-a a lui Kirchhoff pentru ochiurile de rețea:
1 3 1 1 3 1 22
2 3 2 44 22
2 32 5 5() E E I R R r IR
E Ir IR IRE Ir IR−= ++−
= ++= +
3p
Rezultă: 1 2 3451 ,5 0,5 5 2 3I AI AI AI AI A= = = = = 1p
b.11 3 3()MNU IR R E = − +− 3p
4p
19MNUV = − 1p
c.2
4 44P IR= 2p
3p
48PW= 1p
d.2
1 11W I Rt= 2p
3p
110800 J 10,8 kJ W= = 1p
TOTAL pentru Subiectul al III-lea 15p

Teste de fizicã pentru bacalaureat148D.OPTICÃ
Subiectul I Punctaj
1.
680nma aa
annλλ= ⇒ λ = λ=
d 3
2. c 3
3.Notăm cu P poziția ochiului. Din construcția imaginii, aplicăm legile reflexiei, se observă că 'PO OO= , imaginea și
obiectul sunt simetrice'2 PO PO⇒=
Din asemănarea triunghiurilor: PMO și PA′O′ rezultă : ''
'' '2MO PO AOMOAO PO= ⇒=
''
'' '2ON PO O BONO B PO= ⇒=
Înălțimea oglinzii:
''
=0,9 m22AB Hh MO ON h =+= = ⇒
b3
4.Maximul luminos de ordinul k se formează la distanța:
2kkDxlλ=
Pentru primele două franje luminoase, avem:
1
21 1 mm2
22 2 mm2Dkxl
Dkxlλ= ⇒= =
λ= ⇒= =c3
5.Aplicăm formula lentilelor subțiri: 12
2 1 12111 xxfx x f xx− = ⇒=−
Din formula mărimii transversale: 2
21
1xxxxβ= ⇒ =β 11
1 11xxfβ⇒= =−β−β
Din grafic: 111 20 cm x = −= −β2010 cm11f−⇒= =−−b3
TOTAL pentru Subiectul I 15p
Subiectul al II-lea Parțial Punctaj
a.Avem o lentilă plan convexă R1 → ∞, R2 = −R 1p
4pFormula convergenței:
1211 1 1( 1)( )nnCn RRR R C−−= − − = ⇒=2p
R = 10 cm 1p
b.Din 1120 C f cmfC= ⇒= = cm 1p
5p Aplicăm formula lentilelor subțiri: 1
2
21 1111 fxxx x f fx−=⇒=+2p
Aplicăm formula lentilelor subțiri: 220( 40)40 cm20 40x−= =−2p

Bareme teste nivel mediu149
c.
12 d xx= −+ 2p
3p
( 40) 40 80cm d= −− + = 1p
d.Mărirea liniară transversală este: 22
11yx
yxβ= = 1p
3p 2
21
1xyyx= 1p
2 2 cm y= −
Imaginea este reală, răsturnată, egală cu obiectul. 1p
TOTAL pentru Subiectul al II-lea 15p
Subiectul al III-lea Parțial Punctaj
a.Scriem ecuația lui Einstein pentru cele două radiații:
11
11
21
22()
(1 )cch L eU h L eU
cch L eU h L eU f=+ −=λλ= 
 =+ −= −λλ2p
5p
1 1
1
20,8chLeU
c eUhL−λ=
−λ 12
120,8
0,2L hcλ− λ⇒=λλ2p
2166 10 0,41L E eV−= ⋅= 2166 10 0,41L E eV−= ⋅= 1p
b.Lucrul mecanic de extracție: 00LLhh= ⋅ν ⇒ν = 2p
3p
1410 HzL=1p
c.Energia unui foton corespunzător radiației λ1: 11
1chhε= ν=λ2p
3p
19
10,11 10 J 0,06eV−ε= ⋅ = 1p
d.Relația dintre energia cinetică maximă și tensiunea de stopare
2
1
1
2
2
22
2e
emveU
mveU=
=2p
4p
11 1
22 1 0,8vU U
vU U= = 1p
1
25
4v
v⇒= 1p
TOTAL pentru Subiectul al III-lea 15p

Teste de fizicã pentru bacalaureat150TESTUL 8
A. MECANICÃ
Subiectul I Punctaj
1. b . 3
2. b. 3
3. d. 3
4. a. 3
5. b. 3
TOTAL pentru Subiectul I 15p
Subiectul al II-lea Parțial Punctaj
a.Condi ția de întâlnire :12xx=;1p
4p2
12atx= ; 20x vt= 2p
rezultat final : 02; 8svtt
a= = 1p
b.0 v v at= + 2p
3p
16m/sv= 1p
c.0= +frânare frânare va t 2p
3p
rezultat final: -=frânare
frânarevat 2-4 /frânarea ms =−4m/s2 1p
d.12=+ddd 2p
5p10=d vt 112= = = 64dxx m 64 m 2p
2=oprire dd 22= +2oprire franare oprire v vad 2
22frânarevda−= 2= 32dm
rezultat final: d = 96m1p
TOTAL pentru Subiectul al II-lea 15p
Subiectul al III-lea Parțial Punctaj
a.E mgh= 2p3p
rezultat final: E = 4500 J 1p
b.c totalEL∆= 1p
4p2
2cmvE∆= =+
f total G FL LL 1p
=GL mgh ∙ cos ∙sinfFfhL F l mg= − = −µ αα 1p
rezultat final: 2 (1 · ctg ) v gh= −µ α v ≅ 13 m/s 1p

Bareme teste nivel mediu151
c.''
c totalEL∆= 1p
4p'0cE∆= GL mgh= '
ftotal
total G FL LL = + 2p
rezultat final: =-
ftotal
FL mgh ; = -4500
ftotal
FLJ1p
d.=+
f fftotal orizontal ã
F FFL LL 1p
4p2fAB
ff orizontalã
F oprireFFLd+= − 1p
0,1 0A
fA AF mg x mg= µ= = ; 0,1∙ 0,1∙B
f B B oprire F mg x mg d mg= µ= = 1p
rezultat final: ( )21- ·0,1oprirehd ctg = µα ; 13opriredm1p
TOTAL pentru Subiectul al III-lea 15p

Teste de fizicã pentru bacalaureat152B. TERMODINAMICÃ
Subiectul I Punctaj
1. b 3
2. a 3
3. b 3
4. d 3
5. d 3
TOTAL pentru Subiectul I 15p
Subiectul al II-lea Parțial Punctaj
a.pV RT= ν 1p
4p1 1 12
2 2 21pm
pmνµ= = ⋅νµ2p
rezultat final: 1
27
4p
p= 1p
b.12
12
12amestecmm
mm+µ=
+µµ2p
3p
12,7 /amestec g mol µ= 1p
c.0
2pV RT= ν 0f final p V RT = ν 1p
4p Vf = 2 V 1p
rezultat final: 4fTT= ; 1200fTK= 2p
d.În decursul transformării gazul parcurge o încălzire izocoră până când presiunea devine p0, apoi se dilată
izobar până la volumul 2 V.
00· ·2 L p V p V RT= ∆= = ν
rezultat final: 19,6L kJ=4p 4p
TOTAL pentru Subiectul al II-lea 15p
Subiectul al III-lea Parțial Punctaj
a.11
11 1
1pVp V RTRT=ν ⇒ν= 2p
3p
rezultat final: v = 1,2 moli 1p
b.ΔU12 = vCVΔT12 = vCV(T2 − T1) 1p
4p12
12 12 1
213
4VppV ctTT U CT
TT= ⇒=
⇒∆ =ν
=2p
rezultat final: 12 1 1 12918kJ2U pV U∆= ⇒ ∆= 1p

Bareme teste nivel mediu153c.min
max1T
Tη= − 1p
4pmin 1=TT 1p
max 2 1= =4T TT 1p
rezultat final: 375%4η= = 1p
d.PL
Qη= 1p
4p1-2 2-3 ;pQQ Q= +1-2 2 1( );v Q CT T= ν−3
23 2
1lnVQ RTV−= ν1p
1-2 2-3 3-1 LL L L=++ ;1-2 0 L=;3
2-3 2
1lnVL RTV= ν ; 3-1 1 3() L RT T= ν− 1p
rezultat final: 8ln 2 3
8ln 2 4,5−η=+; 25%η 1p
TOTAL pentru Subiectul al III-lea 15p

Teste de fizicã pentru bacalaureat154C. PRODUCEREA ăI UTILIZAREA CURENTULUI CONTINUU
Subiectul I Punctaj
1. d 3
2. d 3
3. c 3
4. a 3
5. b 3
TOTAL pentru Subiectul I 15p
Subiectul al II-lea Parțial Punctaj
a.Aplicând teorema a doua a lui Kirchhoff pentru un ochi de re țea se ob ține rela ția:
( )1 11 3E IR R= + , de unde 13AI=2p
4p
Tensiunea electrică UAM = R1I1 1p
rezultat final: UAM = 3 V 1p
b.Aplicând teorema a doua a lui Kirchhoff pentru alt ochi de re țea se ob ține rela ția:
E1 = I2(R2 + R4), de unde I2 = 4 A 2p
4p
Energia electrică consumată de rezistori: t IR Rt IR R W ∆⋅ + +∆⋅ + =2
2 4 22
1 3 1 ) ( ) ( 1p
rezultat final: W = 302,4 · 103 J 1p
c.Aplicând teorema a doua a lui Kirchhoff pentru al III-a ochi de re țea se ob ține:
E2 = I1R3 − I2R4 2p
4p
rezultat final: E2 = 5 V 2p
d.Aplicând teorema a doua a lui Kirchhoff pentru ochiul format de sursa a doua și voltmetrul ideal, se ob ține:
E2 = Uvoltmetru2p
3p
Tensiunea indicată de voltmetrul ideal este egală cu tensiunea electromotoare a sursei: = 5UV1p
TOTAL pentru Subiectul al II-lea 15p
Subiectul al III-lea Parțial 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. 1p
Se ob ține ecua ția: I 2 − 10 I + 25 = 0, care are solu ția I = 5 A 2p
b.P1 + P2 = Rp · I 22p
3p
rezultat final: 2,4pR= Ω 1p
c.echivalent
echivalentR
Rrη=
+2p
4p=+echivalent p R RR 1p
rezultat final: η ≅ 89% 1p
d.'=·baterieP EI 1p
4pPrin conectarea ampermetrului ideal la bornele becurilor, curentul electric nu va mai trece prin
becuri(scurtcircuit) , astfel:1p
' EIRr=+1p
rezultat final: = 240bateriePW 1p
TOTAL pentru Subiectul al III-lea 15p

Bareme teste nivel mediu155
D.OPTICÃ
Subiectul I Punctaj
1. c . 3
2. b. 3
3. b. 3
4. a. 3
5. d. 3
TOTAL pentru Subiectul I 15p
Subiectul al II-lea Parțial Punctaj
a. Construc ția imaginii 3p 3p
b.21111
xxf−=1p
4p
2
1x
xβ= 1p
rezultate finale: x2 = 60 cm; 2 β=− 2p
c.2 1C C Csistem + =1p
4pdioptrii Csistem 5,2=1p
''
2111
sistemCxx−= 1p
rezultat final: cm x 120'
2−= cm 1p
d.''
12=-x dx2p
4p''
'' 12
2 ''
12xfx
xf=
+1p
rezultat final: ''
2= -20x cm cm 1p
TOTAL pentru Subiectul al II-lea 15p
Subiectul al III-lea Parțial Punctaj
a.Distan ța dintre două maxime sau două minime succesive este i1 1p
3p1
110yi= 1p
rezultat final: i1 = 0,6 mm 1p
b.Distan ța de la maximul central la primul minim de interferen ță este 1
2i1p
4p
1
1 22
2idi= + ⇒ d = 3i12p
rezultat final: d = 1,8 mm 1p

Teste de fizicã pentru bacalaureat156
c.2
22 92iyi= + ;2
220,72 mm19yi= = 1p
4pPentru acela și dispozitiv Young: 1
12Dilλ= ;2
22Dilλ=
12
2
1i
iλλ= 1p
rezultat final:2720 nm λ= 1p
d.Pentru dispozitivul Young introdus într-un mediu optic interfranja devine: ' 1
1iin= 2p
4p Dar interfranja scade cu 25%, deci: '
11
1-0,25ii
i= 1p
rezultat final:41, 333n= 1p
TOTAL pentru Subiectul al III-lea 15p

Bareme teste nivel mediu157TESTUL 9
A. MECANICÃ
Subiectul I Punctaj
1. b. 3
2. b. 3
3. a. 3
4. b. 3
5.2
11 2 2
1
21 2
222
m; 11,56smv mv
mvv vm=
= =3
TOTAL pentru Subiectul I 15p
Subiectul al II-lea Parțial Punctaj
a.
3p 3p
b.11 1
11 1 1
1
22 2
21
2 22 2
12
2:
:0
:T
:
:
m2sm N G T Ff m a
Oy N G N m g
Ox Ff m a
mG T ma
mmO y G T ma mg T ma a gmm
a+ ++ = ⋅
−= ⇒ =⋅
−=
+= ⋅
−µ−= ⇒ −= ⇒=+
=  
1p
4p11 1
11 1 1
1
22 2
21
2 22 2
12
2:
:0
:T
:
:
m2sm N G T Ff m a
Oy N G N m g
Ox Ff m a
mG T ma
mmO y G T ma mg T ma a gmm
a+ ++ = ⋅
−= ⇒ =⋅
−=
+= ⋅
−µ−= ⇒ −= ⇒=+
=  
 1p11 1
11 1 1
1
22 2
21
2 22 2
12
2:
:0
:T
:
:
m2sm N G T Ff m a
Oy N G N m g
Ox Ff m a
mG T ma
mmO y G T ma mg T ma a gmm
a+ ++ = ⋅
−= ⇒ =⋅
−=
+= ⋅
−µ−= ⇒ −= ⇒=+
=  

1p11 1
11 1 1
1
22 2
21
2 22 2
12
2:
:0
:T
:
:
m2sm N G T Ff m a
Oy N G N m g
Ox Ff m a
mG T ma
mmO y G T ma mg T ma a gmm
a+ ++ = ⋅
−= ⇒ =⋅
−=
+= ⋅
−µ−= ⇒ −= ⇒=+
=  

1p
c.22
0,8 NT mg ma
T= −= 2p
3p22
0,8 NT mg ma
T= −=
1p

Teste de fizicã pentru bacalaureat158d.10 1 10
1 10
1 10: '( ) ' ' 0
: ' ( )g 0
'( )f mm N mm g TF
Oy N m m
N m mg+ + + ++ =
−+ =
= + 
1p
5pOx: T ′ − Ff ′ = 0
T ′ = μ(m1 + m0) g1p
22
2
2: '0
: '0
'mG T
Oy G T
mg T+=
−=
=
1p
2 10
21
0() mg m m g
mmm= µ+
−µ=µ1p
m0 = 0,3 kg 1p
TOTAL pentru Subiectul al II-lea 15p
Subiectul al III-lea Parțial Punctaj
a.EA = m1gh 2p3p
EA = 1 J 1p
b.–
f AB
f ABB AF
B AFEEL
EEL=
= +2p
4p11
1cossin
(1 ctg )
0,654 JBB
BhE mg h mg
E m gh
E= −µ ⋅ αα
= −µ α=1p
11
1cossin
(1 ctg )
0,654 JBB
BhE mg h mg
E m gh
E= −µ ⋅ αα
= −µ α=1p
c.Din legea conservării impulsului rezultă: ( )11 1 2 1mv m m v = +1p
4p( )
( )11 1 2 1
11 1 2
11
12mv m m v
mv m m v
mvvmm= += +
=+
1p
unde:1m2,5sv= 1p
0,1 2,55 m0,850,3 sv⋅= = 1p
d.Lungimea resortului fiind foarte mică în comparație cu lungimea planului înclinat, se poate neglija valoarea
lucrului mecanic efectuat de către forța de frecare în timpul comprimării resortului, precum și variația ener –
giei potențiale gravitaționale.
( )2 2
12
1222
0,147 mm mv kx
mmxvk
x+=
+=
=2p
4p( )2 2
12
1222
0,147 mm mv kx
mmxvk
x+=
+=
=1p( )2 2
12
1222
0,147 mm mv kx
mmxvk
x+=
+=
= 1p
TOTAL pentru Subiectul al III-lea 15p

Bareme teste nivel mediu159
B. TERMODINAMICÃ
Subiectul I Punctaj
1.
V U VC T∆= ∆ b.3
2.0U∆= în procese ciclicice d.3
3.p
RTµρ=
;[]3kg
mSiρ=
c.3
4.11
113
322L pV
LU pVU=
∆= ⇒ =∆ a.
3
5. 3, 6 g
AAmN NmmNN= ⇒= ⋅ µ ⇒=µ a.3
TOTAL pentru Subiectul I 15p
Subiectul al II-lea Parțial Punctaj
a.1, 5 molmν=µ
ν=2p
3p
1, 5 molmν=µ
ν= 1p
b.2
2
1
1
3Kg2,24mp
RT
p
TRµρ=
µρ=
ρ=2p
4p2
2
1
1
3Kg2,24mp
RT
p
TRµρ=
µρ=
ρ=1p2
2
1
1
3Kg2,24mp
RT
p
TRµρ=
µρ=
ρ= 1p
c.12
12
2
21
2
55
2 228N N10 2,67 103m mpp
TT
TppT
p=
⇒ =⋅⇒
= ⋅= ⋅1p
3p12
12
2
21
2
55
2 228N N10 2,67 103m mpp
TT
TppT
p=
⇒ =⋅⇒
= ⋅= ⋅1p12
12
2
21
2
55
2 228N N10 2,67 103m mpp
TT
TppT
p=
⇒ =⋅⇒
= ⋅= ⋅ 1p
d.22
33mp V RT
mmp V RT=µ
−∆=µ1p
5p( )
( )
( )22
33
3 3
22
32 32
22
32
2
2
5
2N1,14 10mmp V RT
mmp V RT
m mT p
p mT
m m T mT pp
p mT
m m T mTppmT
p= =µ
−∆=µ
−∆=
−∆ − −=
−∆ −⇒∆ =
∆= − ⋅1p ( )
( )
( )22
33
3 3
22
32 32
22
32
2
2
5
2N1,14 10mmp V RT
mmp V RT
m mT p
p mT
m m T mT pp
p mT
m m T mTppmT
p= =µ
−∆=µ
−∆=
−∆ − −=
−∆ −⇒∆ =
∆= − ⋅1p( )
( )
( )22
33
3 3
22
32 32
22
32
2
2
5
2N1,14 10mmp V RT
mmp V RT
m mT p
p mT
m m T mT pp
p mT
m m T mTppmT
p= =µ
−∆=µ
−∆=
−∆ − −=
−∆ −⇒∆ =
∆= − ⋅1p( )
( )
( )22
33
3 3
22
32 32
22
32
2
2
5
2N1,14 10mmp V RT
mmp V RT
m mT p
p mT
m m T mT pp
p mT
m m T mTppmT
p= =µ
−∆=µ
−∆=
−∆ − −=
−∆ −⇒∆ =
∆= − ⋅ 1p
TOTAL pentru Subiectul al II-lea 15p

Teste de fizicã pentru bacalaureat160Subiectul al III-lea Parțial Punctaj
a.L1231=Aria1231 1p
3p ( )( )2 121
41
2
3 10 JL p pV V
L= −−
⇒= ⋅1p( )( )2 121
41
2
3 10 JL p pV V
L= −−
⇒= ⋅ 1p
b.( )
( )
( )
( )12 2 1
12 1
12
5
12
23 3 2
23 2
23
5
23
primit 12 23
5
primit0,75 10
2,8 10 J
3,55 10 Jv
v
p
pQ VC T T
Vp pQCR
QJ
Q VC T T
pV VQCR
Q
Q QQ
Q= −
−=
= ⋅
= −
−=
= ⋅
= +
= ⋅1p
5p( )
( )
( )
( )12 2 1
12 1
12
5
12
23 3 2
23 2
23
5
23
primit 12 23
5
primit0,75 10
2,8 10 J
3,55 10 Jv
v
p
pQ VC T T
Vp pQCR
QJ
Q VC T T
pV VQCR
Q
Q QQ
Q= −
−=
= ⋅
= −
−=
= ⋅
= +
= ⋅1p( )
( )
( )
( )12 2 1
12 1
12
5
12
23 3 2
23 2
23
5
23
primit 12 23
5
primit0,75 10
2,8 10 J
3,55 10 Jv
v
p
pQ VC T T
Vp pQCR
QJ
Q VC T T
pV VQCR
Q
Q QQ
Q= −
−=
= ⋅
= −
−=
= ⋅
= +
= ⋅1p( )
( )
( )
( )12 2 1
12 1
12
5
12
23 3 2
23 2
23
5
23
primit 12 23
5
primit0,75 10
2,8 10 J
3,55 10 Jv
v
p
pQ VC T T
Vp pQCR
QJ
Q VC T T
pV VQCR
Q
Q QQ
Q= −
−=
= ⋅
= −
−=
= ⋅
= +
= ⋅1p( )
( )
( )
( )12 2 1
12 1
12
5
12
23 3 2
23 2
23
5
23
primit 12 23
5
primit0,75 10
2,8 10 J
3,55 10 Jv
v
p
pQ VC T T
Vp pQCR
QJ
Q VC T T
pV VQCR
Q
Q QQ
Q= −
−=
= ⋅
= −
−=
= ⋅
= +
= ⋅0,5p( )
( )
( )
( )12 2 1
12 1
12
5
12
23 3 2
23 2
23
5
23
primit 12 23
5
primit0,75 10
2,8 10 J
3,55 10 Jv
v
p
pQ VC T T
Vp pQCR
QJ
Q VC T T
pV VQCR
Q
Q QQ
Q= −
−=
= ⋅
= −
−=
= ⋅
= +
= ⋅ 0,5p
c.( )
( )12 2 1
12 1
12
5
12 0,75 10 JV
VU CT T
Vp pUCR
U−
−
−∆= ν −
−∆=
∆= ⋅1p
3p( )
( )12 2 1
12 1
12
5
12 0,75 10 JV
VU CT T
Vp pUCR
U−
−
−∆= ν −
−∆=
∆= ⋅1p( )
( )12 2 1
12 1
12
5
12 0,75 10 JV
VU CT T
Vp pUCR
U−
−
−∆= ν −
−∆=
∆= ⋅ 1p
d.11
min 1
23
max 3pVTTvR
pVTTvR= =
= =1p
4p11
min 1
23
max 3pVTTvR
pVTTvR= =
= = 1p11
min 1
23
max 3
min
max1
91%C
CpVTTVR
pVTTVR
T
T= =
= =
η=−
η=1p11
min 1
23
max 3
min
max1
91%C
CpVTTVR
pVTTVR
T
T= =
= =
η=−
η= 1p
TOTAL pentru Subiectul al III-lea 15p

Bareme teste nivel mediu161C. PRODUCEREA ăI UTILIZAREA CURENTULUI CONTINUU
Subiectul I Punctaj
1.
0ER I UE=⇒= ⇒ =ν d. 3
2.2W RI t= ∆ b. 3
3. []21
SIV1 11 N m A sAR−−= = ⋅⋅ ⋅ a. 3
4.( )
( )Aria trapez2
200 300 2500 500 mC2bBhQ
QQ+⋅= =
+⋅= = ⇒= a.3
5.( )0
2
0
01
288
2110 CRR t
URRP
RRttR= +α
= ⇒= Ω
−= ⇒= °α
(Valoarea de 2110 °C a fost obținută considerând că R0 = 28 Ω, în loc de R0 = 15,2 Ω)3
TOTAL pentru Subiectul I 15p
Subiectul al II-lea Parțial Punctaj
a.Ampermetrul conectat între A și B are indicația de curent nul dacă: R1R4 = R2R3 1p
3p14 23
23
4
1
44,5RR RR
RRRR
R=
⇒=
⇒= Ω1p14 23
23
4
1
44,5RR RR
RRRR
R=
⇒=
⇒= Ω 1p
b.12 1 2 12
34 3 4 34
12 34
12 345
5
1
2,5e
eR RR R
R RR R
RRRRR
R=+⇒ = Ω
⇒= + ⇒= Ω
⋅⇒= ⇒+
= Ω1p
4p12 1 2 12
34 3 4 34
12 34
12 345
5
1
2,5e
eR RR R
R RR R
RRRRR
R=+⇒ = Ω
⇒= + ⇒= Ω
⋅⇒= ⇒+
= Ω1p12 1 2 12
34 3 4 34
12 34
12 345
5
1
2,5e
eR RR R
R RR R
RRRRR
R=+⇒ = Ω
⇒= + ⇒= Ω
⋅⇒= ⇒+
= Ω1p12 1 2 12
34 3 4 34
12 34
12 345
5
1
2,5e
eR RR R
R RR R
RRRRR
R=+⇒ = Ω
⇒= + ⇒= Ω
⋅⇒= ⇒+
= Ω 1p
c.Potrivit legii Ohm:
2
2
0,88 Ae
ee
eEIrR
EIrR
I=+
=+
=2p
4p 2
2
0,88 Ae
ee
eEIrR
EIrR
I=+
=+
=1p 2
2
0,88 Ae
ee
eEIrR
EIrR
I=+
=+
= 1p

Teste de fizicã pentru bacalaureat162d.
1p
4p Potrivit legilor Kirchhoff:
( ) ( )24
21 2 43 4
24II I
IR R IR R
II= +
+= +
⇒=1p
( )( )24
21 2 43 4
24
4
42
0,44 AII I
iR R iR R
II
II
I= +
+= +
⇒=
⇒=
⇒=1p( )( )24
21 2 43 4
24
4
42
0,44 AII I
iR R iR R
II
II
I= +
+= +
⇒=
⇒=
⇒= 1p
TOTAL pentru Subiectul al II-lea 15p
Subiectul al III-lea Parțial Punctaj
a.12
12
12111
0,7 AEE
rrI
RRr r
I+
=++

=3p
4p
1
22 EE
EE=
= 1
22rr
rr=
=1p
b.U = R · I 3p
4pU = 7 V 1p
c.P = RI23p4p
P = 4,9 W 1p
d.
88%eR
Rrη=+
η=2p
3p
88%eR
Rrη=+
η= 1p
TOTAL pentru Subiectul al III-lea 15p

Bareme teste nivel mediu163D.OPTICÃ
Subiectul I Punctaj
1.2
2smveU= ⇒2
2
SI2m
sS
eeU
m= 
 d. 3
2.2
1sin
sinin
rn=
a. 3
3. Lentila divergentă aflată în aer are focare virtuale c. 3
4. 00
0275 nmext
exthc hcLL= ⇒λ = ⇒λ =λ b. 3
5.Interferența localizată la infinit a luminii se poate obține pe lame transparente cu fețe plane și paralele, prin reflexie sau
prin transmisie. c.3
TOTAL pentru Subiectul I 15p
Subiectul al II-lea Parțial Punctaj
a.1
10,1 m10fC
f=
= =2p
3p1
10,1 m10fC
f=
= = 1p
b.( )
( )
( )1
121 111,
111
1
0,4 0,1 0,04 m 4 cmnRf RR
nfR
Rn f
RR= − − →∞ 

= −
⇒= −⋅
= ⋅ = ⇒=1p
4p( )
( )
( )1
121 111,
111
1
0,4 0,1 0,04 m 4 cmnRf RR
nfR
Rn f
RR= − − →∞ 

= −
⇒= −⋅
= ⋅ = ⇒=1p( )
( )
( )1
121 111,
111
1
0,4 0,1 0,04 m 4 cmnRf RR
nfR
Rn f
RR= − − →∞ 

= −
⇒= −⋅
= ⋅ = ⇒=1p( )
( )
( )1
121 111,
111
1
0,4 0,1 0,04 m 4 cmnRf RR
nfR
Rn f
RR= − − →∞ 

= −
⇒= −⋅
= ⋅ = ⇒= 1p
c.2
1
1
2
1
1
10 10210 15 5x
x
fxxfx
f
fxβ=
=+
⇒β=+
⇒β= = =−−−1p
4p2
1
1
2
1
1
10 10210 15 5x
x
fxxfx
f
fxβ=
=+
⇒β=+
⇒β= = =−−−1p2
1
1
2
1
1
10 10210 15 5x
x
fxxfx
f
fxβ=
=+
⇒β=+
⇒β= = =−−−1p2
1
1
2
1
1
10 10210 15 5x
x
fxxfx
f
fxβ=
=+
⇒β=+
⇒β= = =−−−1p
d.()
()1
22
1
21 1
1
22
110 1530 cm10 15
5 cm
10 510 cm10 5fxxxfx
xxd x
fxxxfx−= ⇒= =+−
′′−= ⇒= −
− ′′′= ⇒= =′+−2p
4p()
()1
22
1
21 1
1
22
110 1530 cm10 15
5 cm
10 510 cm10 5fxxxfx
xxd x
fxxxfx−= ⇒= =+−
′′−= ⇒= −
− ′′′= ⇒= =′+−1p()
()1
22
1
21 1
1
22
110 1530 cm10 15
5 cm
10 510 cm10 5fxxxfx
xxd x
fxxxfx−= ⇒= =+−
′′−= ⇒= −
− ′′′= ⇒= =′+−1p
TOTAL pentru Subiectul al II-lea 15p

Teste de fizicã pentru bacalaureat164Subiectul al III-lea Parțial Punctaj
a.Din grafic:
15
01
15
021, 5 10 Hz
3 10 Hzν= ⋅
ν= ⋅1p
2p15
01
15
021, 5 10 Hz
3 10 Hzν= ⋅
ν= ⋅ 1p
b.0
0
01
01
8
01 15
02
02
8
02 15Din
3 10200 nm1.5 10
3 10100 nm3 10c
c
cλ=ν
⇒λ =λ
⋅λ= =⋅
⇒λ =λ
⋅λ= =⋅1p
5p0
0
01
01
8
01 15
02
02
8
02 15Din
3 10200 nm1.5 10
3 10100 nm3 10c
c
cλ=ν
⇒λ =λ
⋅λ= =⋅
⇒λ =λ
⋅λ= =⋅1p0
0
01
01
8
01 15
02
02
8
02 15Din
3 10200 nm1.5 10
3 10100 nm3 10c
c
cλ=ν
⇒λ =λ
⋅λ= =⋅
⇒λ =λ
⋅λ= =⋅1p0
0
01
01
8
01 15
02
02
8
02 15Din
3 10200 nm1.5 10
3 10100 nm3 10c
c
cλ=ν
⇒λ =λ
⋅λ= =⋅
⇒λ =λ
⋅λ= =⋅1p0
0
01
01
8
01 15
02
02
8
02 15Din
3 10200 nm1.5 10
3 10100 nm3 10c
c
cλ=ν
⇒λ =λ
⋅λ= =⋅
⇒λ =λ
⋅λ= =⋅1p
c.Din ecuația Einstein: hν = L + Ec unde Ec = eUs1p
4p⇒
( )1 01 1
01
1
34 15
1 196,6 10 1,5 106,18 V1, 6 10s
s
sh h eU
hvUe
U−
−ν= ν +
ν−⇒=
⋅ ⋅⋅= =⋅1p
( )1 01 1
01
1
34 15
1 196,6 10 1,5 106,18 V1, 6 10s
s
sh h eU
hvUe
U−
−ν= ν +
ν−⇒=
⋅ ⋅⋅= =⋅1p ( )1 01 1
01
1
34 15
1 196,6 10 1,5 106,18 V1, 6 10s
s
sh h eU
hvUe
U−
−ν= ν +
ν−⇒=
⋅ ⋅⋅= =⋅1p
d.( )20 2m a x 2
max 2 2 02
19
max 2
max 213,2 10 J
8, 25 eVc
c
cch hv E
E hv v
E
E−ν= +
⇒= −
= ⋅=1p
4p( )20 2m a x 2
max 2 2 02
19
max 2
max 213,2 10 J
8, 25 eVc
c
cch hv E
E hv v
E
E−ν= +
⇒= −
= ⋅=1p( )20 2m a x 2
max 2 2 02
19
max 2
max 213,2 10 J
8, 25 eVc
c
cch hv E
E hv v
E
E−ν= +
⇒= −
= ⋅= 1p( )20 2m a x 2
max 2 2 02
19
max 2
max 213,2 10 J
8, 25 eVc
c
cch hv E
E hv v
E
E−ν= +
⇒= −
= ⋅=
1p
TOTAL pentru Subiectul al III-lea 15p

Bareme teste nivel mediu165TESTUL 10
A. MECANICÃ
Subiectul I Punctaj
1. d 3
2. a 3
3. c 3
4. c 3
5. b 3
TOTAL pentru Subiectul I 15p
Subiectul al II-lea Parțial Punctaj
a.Înălțimea la care urcă ascensorul se determină ca suma spațiilor parcurse în fiecare etapă: d1- spațiul parcurs
uniform accelerat timp de 3s, d2=36m spațiul parcurs în mișcare uniformă și d3 spațiul parcurs în ultimele 4s.
În prima etapă, ascensorul pornește din repaus atingând viteza 2
1
27 m/sdvt= = cu o accelerație, conform
legii vitezei, 2 1
1 11 1
12 m/svv at at= ⇒==1p
4pSpațiul parcurs se calculează aplicând legea lui Galilei
2
2 1
1 11 1
12 9m2vv ad da= ⇒= =

În a treia etapă, din legea vitezei se determină accelerația, iar din legea lui Galilei se determină spațiul parcurs
22
1 332
1 33
1 33
1 332
2
0final
finalfinalv v ad
v adv v at
v at
v = +
= −= +⇒ = −=
2 1
3
3
2
1
3
31, 5m/s
12m2vat
vda= −= −
= −=1p
Înălțimea H la care urcă ascensorul 123 Hd d d=++ 1p
rezultat final: 57 mH=p
b.Viteza cu o secundă înainte de oprire se determină din legea vitezei, accelerația fiind a3, mișcarea uni –
form încetinită având loc de 3 s:
4 1 34
1 34
41 41 1
3 33
3v v at
v ttvv tv va ttt= + − ⇒= − == −3p
4p
rezultat final: 41, 5m/sv= 1p
c.Se scrie principiul al doilea al dinamicii pentru fiecare din cele trei etape:
1 11 11 1 () G Tm a TG m a Tm ag+= ⇒−= ⇒= +  
1p
4p22 200 G T T G T mg+= ⇒−= ⇒ = 
1p
3 3 3 33 3 () G Tm a TG m a Tm g a+ = ⇒− + = ⇒ = −  
1p
rezultat final: 13000 NT= 22500 N T=12125 NT= 1p

Teste de fizicã pentru bacalaureat166d.Se scrie principiul al doilea al dinamicii pentru corpul de masă m, pentru fiecare etapă:
220 GN N G+= ⇒= 1p
4p11111 1 () GN m a GN m a N m a g+ = ⇒− + = ⇒ = +  
2p
rezultat final: 1960 N N=2800N N=1680N N=
1p
TOTAL pentru Subiectul al II-lea 15p
Subiectul al III-lea Parțial Punctaj
a.Din legea de mișcare se determină spațiul parcurs de corp în primele 3s, iar din legea lui Galilei se determină
viteza după primele 3s, punând condiția ca viteza inițială să fie zero:
2
22
045 m2
22gth
v v gh v gh∆= =
= + ∆⇒ = ∆ 2p
4p
2
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 a.
După primele 3s corpul se va afla, față de sol, la o înălțime egală cu 'hh h= −∆
()c
pE mg h h
Em g hhhh∆∆= =−∆ −∆ 2p
3p
rezultat final: 0,16c
pE
E= 1p
c.Până la adâncimea d = 0,2 m, corpul pierde întreaga sa energie datorită forței de rezistență din partea solului.
Aplicând teorema de variație a energiei cinetice:
2
2
2c
cL E Fd
mvE
v gh= ∆=
∆=
= 2p
4p
2
22mv mghFd= = 1p
rezultat final: 16 kNF= 1p
d.Forța de rezistență din parte aerului făcând un lucru mecanic rezistent, se aplică teorema de variație a ener –
giei:
2( 1)
2fi
i fi
fEE E L
E mgh E E fmgh mgh mgh f
mvE fmgh
 ∆= − == ⇒ −= − = − 

 = =2p
4p
( 1)
( 1) ( 1)L mgh f
L Fh mgh f F mg f= −= = −⇒ = −1p
rezultat final: 9N F= − 1p
TOTAL pentru Subiectul al III-lea 15p

Bareme teste nivel mediu167B. TERMODINAMICÃ
Subiectul I Punctaj
1. c 3
2. d 3
3. a 3
4. b 3
5. b 3
TOTAL pentru Subiectul I 15p
Subiectul al II-lea Parțial Punctaj
a.Din ecuația de stare și formula de definiție a densității se obține pV RTmpV RT m= ν ⇒=ν= µµ pVmRTµ=2p
3p
rezultat final: 20,96 10m kg−= ⋅1p
b.Din ecuația de stare se obține: A
AN N pVpV RT NN RT= ⇒= 2p
3p
rezultat final: 211,44 10N molecule= ⋅ 1p
c.Din ecuația de stare se exprimă masa de heliu pentru cele două stări: 1
1
1pVm
RTµ= respectiv 2
2
2pVmRTµ= 2p
4p
Masa ce trebuie adăugată se calculează ca diferență: 21
21
21Vp pmm mRT Tµ∆= − = − 
 1p
rezultat final: 39 10 kgm−∆=⋅ 1p
d.După adăugarea masei suplimentare parametrii corespunzători stării (2) sunt 22( ,, )p VT , iar în starea finală
(3) volumul crește la 31 (1 ) 1, 6 VV f V= +=2p
5ppresiunea scade la 32 2 2 (1 ) 0, 6 pp f p= −= 1p
Din ecuația Clapeyron Mendeleev 2 33 332
3 2 12
23 2(1 )(1 )pV pV pVTT f fTT T pV= ⇒= = − +1p
rezultat final: 3297,6 K T= 1p
TOTAL pentru Subiectul al II-lea 15p
Subiectul al III-lea Parțial Punctaj
a.Din formula de definiție a randamentului ciclului 1cedat ciclu
primit primitQ L
QQη= = − 2p
4pse obține (1 ) (1 )cedat primitLQQ = −η = −ηη1p
rezultat final: 3600 JcedatQ = 1p
b.Scriind randamentul ciclului funcție de temperaturile extreme 2
111TT
TT∆η= − = 1TT∆=η1p
4p2 (1 )TT∆= −ηη1p
rezultat final: 1500 KT= 1p
2300 K T= p

Teste de fizicã pentru bacalaureat168c.Din ecuația de stare 2
22
2m m RTp V RT Vp= ⇒=µµ2p
3p
rezultat final: 336,23 10Vm−= ⋅ 1p
d.Cantitatea de căldură degajată la se răcirea izocoră este 23()VV VQ C T CT T= ν ∆= ν − 1p
4pDin ecuația transformării izocore 23 3
32
23 2pp pTTTT p= ⇒= . 1p
Prin înlocuire se obține 3
2
21VVmpQ CTp= − µ 1p
rezultat final: 2337,18 JVQ= 1p
TOTAL pentru Subiectul al III-lea 15p

Bareme teste nivel mediu169
C. PRODUCEREA ăI UTILIZAREA CURENTULUI CONTINUU
Subiectul I Punctaj
1. a 3
2. b 3
3. b 3
4. d 3
5. a 3
TOTAL pentru Subiectul I 15p
Subiectul al II-lea Parțial Punctaj
a.Se calculează rezistența R3 aplicând formula 3 4lRSρ= = Ω . 1p
4pRezistorii R2 și R3 sunt în paralel, rezistența echivalentă fiind 23
23
23RRRRR=+ 1p
Rezistența echivalentă a grupării de rezistoare va fi 23
1 23 1
23RRRR R RRR= += ++ 1p
rezultat final: 8, 4R= Ω 1p
b.Tensiunea electromotoare echivalentă a grupării de acumulatoare în serie este 9sE nE V= = .
Rezistența internă a grupării serie de acumulatoare este 0,6sr nr= = Ω1p
4p Curentul pe ramura principală este dat de legea lui Ohm 1As
sEIRr= =+1p
Tensiunea între bornele a și b în circuit închis va fi abU IR= 1p
rezultat final: 8 ,4VabU= 1p
c.Legile lui Kirchhoff pentru nodul de rețea, respectiv pentru ochiul format de cele două rezistoare, se vor scrie:
23
22 33II I
RI RI= +
= 2p
3p
Din rezolvarea sistemului se obține intensitatea curentului prin rezistorul R3 rezultat final:
30,6 AI=. 1p
d.Prin înlocuirea rezistorului R2 cu un voltmetru ideal se va modifica rezistența echivalentă a grupării de re –
zistoare
13'RRR= +1p
4pși implicit valoarea curentului
120,93As
eEIRRr= =++1p
Tensiunea indicată de un voltmetru ideal montat în locul rezistorului R2 va reprezenta tensiunea la bornele
rezistorului R3
33U RI=.1p
rezultat final: 32,79 V U= 1p
TOTAL pentru Subiectul al II-lea 15p

Teste de fizicã pentru bacalaureat170Subiectul al III-lea Parțial Punctaj
a.Din parametrii nominali se obțin valorile curenților pentru funcționare normală:
1
1 11 1
1
3
3 33 3
31, 25 A
0,5 APP UI IU
PP UI IU= ⇒= =
= ⇒= =2p
5p Deci prin rezistența R trebuie să circule un curent de 0,5A, la borne având aplicată o tensiune
12 3( ) 4VRU UU U= + −=. 1p
Din legea lui Ohm R
RUR
I= . 1p
rezultat final: 8R= Ω 1p
b.Intensitatea curentului prin baterie este 13 1, 75 II I A=+= 1p
3p Tensiunea electromotoare a bateriei este EUE U u U Ir rI−= += + ⇒= . 1p
rezultat final: 3, 42r= Ω 1p
c.Energia disipată pe R în 15mint∆= este 2W RI t= ∆ 2p
3p
rezultat final: 1800 J W= 1p
d.Puterea consumată reprezintă puterea consumată de becuri și de rezistor
2
consumat becuri 1 2 3( ) 42 WR P P P P P P RI = + = ++ + =2p
4p
Puterea utilă este reprezentată de puterea consumată de becuri. Deci randamentul va fi becuri
consumat0,95P
Pη= = 1p
rezultat final: 0,95η= 1p
TOTAL pentru Subiectul al III-lea 15p

Bareme teste nivel mediu171
D.OPTICÃ
Subiectul I Punctaj
1. b 3
2. d 3
3. c 3
4. b 3
5. d 3
TOTAL pentru Subiectul I 15p
Subiectul al II-lea Parțial Punctaj
a.Distanța focală a lentilei L1 este 1
1120 cm fC= = .
Lentila L1 formează o imagine reală situată la 11
2
1130 cmfxxfx= =+ față de lentilă.1p
4pCum distanța dintre lentile este de 40cm, față de lentila L2, imaginea este situată la distanța
12' 10 cmx Dx=−= . Distanța focală a lentilei L2 este 2
2125 cm fC= = . Așadar, lentila L2 se comportă ca
o lupă, formând o imagine finală virtuală, situată la distanța 21
2
21'''fxxfx=+față de lentila L21p
rezultat final: 2' 16,6 cmx= −
Imaginea se formează între cele două lentile și este o imagine virtuală2p
b.Convergența sistemului format prin alipirea celor două lentile este 12 9 CC C= += δ 1p
3p Lentila echivalentă are distanța focală 1FC= . 1p
rezultat final: 0,11 mF= 1p
c.Prin alipirea celor două poziția imaginii finale va fi 1
2
1'' 13,46 cmFxxFx= =+ 1p
4pMărirea liniară transversală a sistemului este 2
1' ''yx
yxβ= = . 1p
Înălțimea imaginii finale va fi 2
1'''xyy
x= 1p
rezultat final: y′= 1,57 cm 1p
d.Dacă imaginea reală formată este de patru ori mai mare decât obiectul 2
14x
xβ= =− . 1p
4pUtilizând formula lentilelor
21111
Fx x= − 1p
unde înlocuind 21 4 xx= − se obține poziția imaginii finale prin sistem 15
4Fx= − . 1p
rezultat final: 113,88mx= 1p
TOTAL pentru Subiectul al II-lea 15p

Teste de fizicã pentru bacalaureat172Subiectul al III-lea Parțial Punctaj
a.Legea conservării energiei ext c hL Eν= + se scrie în condițiile date sub forma
1
1ext shcL eU= +λ(1), 1p
4prespectiv 2
2ext shcL eU= +λ(2) 1p
Din (1) și (2) se obține, scăzând cele două relații, ( )( )
( )1 2 12
12
1 2 1211ss
sseU Uhc e U U hc− λλ − = − ⇒=λ λ λ −λ  1p
rezultat final: 346,62 10h Js−= ⋅ 1p
b.Din legea conservării energiei max
1ext chcLE= +λ, considerând maxcsE eU = 1p
4pși relația pentru lucru mecanic de extracție 0 extLh= ν 1p
se obține 1
0
1s c eU
hν= −λ 1p
rezultat final: 14
04,58 10 Hz ν= ⋅ 1p
c.Pentru a determina raportul vitezelor maxime ale fotoelectronilor emiși se consideră 2
1
1 max 12csmvE eU = = 1p
4pRespectiv 2
2
2 max 22csmvE eU = = 1p
Se obține 11
22s
svU
vU= 1p
rezultat final: 1
20,73v
v= 1p
d.Legea conservării energiei se scrie pentru cele două radiații
1
1ext shcL eU= +λ(1) respectiv 3
3ext shcL eU= +λ (2).
Variația tensiunii de stopare a fotoelectronilor emiși 33 ss sUU U∆= −1p
3p
3111
shcUe∆= − λλ1p
rezultat final: 0,86 VsU∆= 1p
TOTAL pentru Subiectul al III-lea 15p

Bareme teste nivel mediu173TESTUL 11
A. MECANICÃ
Subiectul I Punctaj
1.
c 2
22mkg sNs s=kg m kg m⋅⋅⋅
⋅⋅= adimensional 3
2. c 3
3.b Din grafic rezultă: 0h= 25 JcE=
5h= 0cE=
2
0
2mvmgh⋅= ⋅⋅ 0m2 10sv gh= ⋅⋅=
220,5 kgc
oEmv⋅= =3
4. c 3
5. d ()60 kW2m trapezBbhPA+⋅= = = 3
TOTAL pentru Subiectul I 15p
Subiectul al II-lea Parțial Punctaj
a.Reprezentarea corectă a forțelor care acționează asupra sistemului.
3p 3p
b.Pentru expresia accelerației 12 () tf f tFF F F gmMaMm Mm−− −µ⋅ ⋅ += =++3p
4p
Rezultă: 2m7,5sa= 1p
c.Din legea deformărilor elastice se obține: 0FlSEl⋅=⋅∆
Expresia secțiunii firului: 2
4dSπ⋅=3p
4p
Rezultă : 33,46 10 md−= ⋅ 1p
d.Pentru viteza constantă t P Fv= ⋅ 120tf fFF F−−= 2p
4p Rezultă: 12( ) ()ff P F F v gM mv= + ⋅ =µ⋅ ⋅ + ⋅ 1p
Obținem: 375 10 WP= ⋅ 1p
TOTAL pentru Subiectul al II-lea 15p

Teste de fizicã pentru bacalaureat174Subiectul al III-lea Parțial Punctaj
a.Din conservarea energiei se obține energia potențială maximă a corpului:
ti tfEE= 2
0
2cf pfmvEE⋅= +
2
0
max2pf pmvEE⋅= =2p
3p
Rezultă:
max 36 JpE = 1p
b.Energia totală a bilei între cele două stari
11 ci pi c pEE EE+=+1p
4pRezultă:
111
4ci p p E EE= ⋅+ din condițiile problemei 2p
Obținem: 1,44 mh= 1p
c.Din condițiile problemei cA A ,p EE= deci e nergia totală a bilei este:
max max pE mgh = ⋅⋅
max 1, 8 m h=
Înălțimea va fi : max10,45 m4hh= ⋅=1p
4pImpulsul la înălțimea h se obține din:
22
0
22mv mvmgh⋅⋅= + ⋅⋅

2
02 v v gh= −⋅⋅ p = mv 2p
Rezultă:m10,38 kgsp= ⋅ 1p
d.Lucrul mecanic efectuat de greutatea corpului, din momentul lansării până la atingerea solului, este
uc GG GLL L= +1p
4pDeci: max max GL mgh mgh= −⋅⋅ + ⋅⋅ 2p
Rezultă: 0GL= 1p
TOTAL pentru Subiectul al III-lea 15p

Bareme teste nivel mediu175B. TERMODINAMICÃ
Subiectul I Punctaj
1.
d 23
23N kg
N1 m molmJ m Nm mkg kmol k−⋅
= = =⋅⋅⋅⋅⋅3
2. c pvRcc= +µ pvRcc−=µ 3
3.c 0Q= 1T V ctγ−⋅= 1
28VV= 1 2
18T
Tγ−=
5
3p
vc
cγ= = 22
3 2 33
21
18 (2 ) 4 4TTTT== = ⇒= ⋅ 3
4. b 3
5. d 12 23 31 0 UUU=∆ +∆ +∆ ; 125
2v U C T pV∆ =ν⋅ ⋅∆ = ⋅ ⋅ ; 317
2p U C T pV∆ =ν⋅ ⋅∆ =− ⋅ ⋅ ; 23 12 31 0 U U U pV∆ = −∆ −∆ = ⋅3
TOTAL pentru Subiectul I 15p
Subiectul al II-lea Parțial Punctaj
a.Din ecuația termică de stare: 11 1mp V RT⋅ = ⋅⋅µ 33 1
1
10,25 10 mmRTVp− ⋅⋅= = ⋅⋅µ 33 1
1
10,25 10 mmRTVp− ⋅⋅= = ⋅⋅µ1p
3p
Se obține:33 1
1
10,25 10 mmRTVp− ⋅⋅= = ⋅⋅µ1p
Rezultă:33
10,25 10 mV−= ⋅ 1p
b.Numărul de moli poate fi exprimat atât din relația:
AN
Nν= 1p
4pcât și din relația: mν=µ1p
Din relațiile precedente obținem pentru o moleculă de aer: 1N= 0
AmNµ= 1p
Rezultă: 26
04,8 10 kg m−= ⋅ 1p
c.Pentru starea inițială: 11 1
ANp V RTN⋅ = ⋅⋅ 1p
4pConcentrația se definește: NnV= 1p
Se obține: 1
1A pNnRT⋅=⋅1p
Rezultă: 26
3 0,24 10 molec nm= ⋅ 1p

Teste de fizicã pentru bacalaureat176
d.Pistonul rămâne în poziția inițială dacă: 12pp= 12VV= 1 12
12() mRT m m RT
VV⋅⋅ − ⋅⋅=µ⋅ µ⋅
10,19 kg m= 12VV= 1 12
12() mRT m m RT
VV⋅⋅ − ⋅⋅=µ⋅ µ⋅
10,19 kg m=2p
4punde: 1
1
1mRTpV⋅⋅=µ⋅ pentru starea 1
12
2
2()m m RTpV− ⋅⋅=µ⋅ pentru starea 21p
În final, obținem: 1 12
12() mRT m m RT
VV⋅⋅ − ⋅⋅=µ⋅ µ⋅
Rezultă: 10,19 kg m= 1p
TOTAL pentru Subiectul al II-lea 15p
Subiectul al III-lea Parțial Punctaj
a.Pentru întregul proces ciclic :12 23 34 41 tL LLLL=+++
2 4 ln 2 3 2,8 1,8tL pV pV pV pV pV pV= + − = −= 1p
5pPentru fiecare stare se obține: 12→ 12 .0 V ct L= ⇒=
23 3 3 2 ( )2 ( 2 )2 L p V V p V V pV= − = −=
41
34 3 3 3
314ln ln 2 2 ln 2 4 ln 22VVL vRT p V p V pVVV= = = =

41 1 1 4 ( ) ( 4) 3 L p V V p V V pV= −= − = −2p
Obținem: 1, 8tL pV= 1p
b.Căldura cedată de gaz într-un ciclu de funcționare este: 41 1 4 1 47( )( )2cpQ Q vC T T vRT vRT= = −= − 1p
4pDin ecuația termică de stare :41 1 1 4 47()2cQ Q pV pV= = − 1p
Obținem: 417( 4)2cQ Q pV pV= = − 1p
Rezultă: 41 10,5cQ Q pV= = − 1p
c.Randamentul unui Ciclu Carnot este: min
max1T
Tη= − 1p
4p11
min 1pVTTvR= =
33
max 3pVTTvR= =
1p
Obținem: 11
331122p V pV
pV p Vη= − = − 1p
Rezultă 75%η= 1p
d.
Trasarea corect ă a graficului
3p 3p
TOTAL pentru Subiectul al III-lea 15p

Bareme teste nivel mediu177C. PRODUCEREA ăI UTILIZAREA CURENTULUI CONTINUU
Subiectul I Punctaj
1.
c SIVRA= 2W RI t= ⋅ ⋅∆ 21
2JA sSIWRRIt−−= ⇒ = ⋅⋅⋅∆3
2. d 1
1lRSρ⋅= 2
2lRSρ⋅= 1
21
4R
R= 3
3. b 3
4. d 3
5.c 572 10 J W Pt= ⋅= ⋅ 2 kWh W= 3
TOTAL pentru Subiectul I 15p
Subiectul al II-lea Parțial Punctaj
a.Stabilirea corectă a sensului curenților
1p
4p
Legile lui Kirchhoff
1 11 33 1:( )II R r I R E⋅ + +⋅ = 2 2 2 33 2:( )II I R r I R E ⋅ + −⋅ = 123:AI I I = +3p
b.Din ochiul I se obține 1 1 11 ( ) 7,8 VABU EIRr = −⋅ + = 2p
3p
Rezultă: 7,8 VABU = 1p
c.Pentru nodul A 2 13I II= − 3
31,3 AABUIR= = 22,4 AI= 2p
4p
Indicația voltmetrului se obține din 2 22 MN E U Ir= +⋅ 1p
Rezultă: 15,2 VMNU = 1p
d.Daca se înlocuiește R3 cu un voltmetru ideal, pe ramura respectivă nu mai trece curent, deci putem scrie:
1 212 1 2()IR R rr E E⋅ + ++ = +3p
4p
Rezultă: 3,12 AI= 1p
TOTAL pentru Subiectul al II-lea 15p
Subiectul al III-lea Parțial Punctaj
a.Pe circuitul exterior max
4extPP= 2
2
16ERIr⋅=⋅1p
4p Se înlocuiește 2
2
PEIRr=+1p
Pentru R = r obținem relația: 228 4 0 RR− ⋅+= 768∆= 1p
Rezultă: 1,227,84 / 0,16 R= ΩΩ 1p

Teste de fizicã pentru bacalaureat178b.Pentru puterea maxima: 2 Rr= = Ω 1p
4pIntensitatea va fi: 5 A2EIr= =⋅
Energia disipata de rezistorul R este: 2W RI t= ⋅ ⋅∆ 1p
Rezultă: 15 kJW=
c.În acest caz,valoarea intensitatii va fi: 1 2 A5SCII= = 1p
3p
Deci: 1 P UI= ⋅ unde 116 V U E rI= −⋅ = 1p
Rezultă: 32 WP= 1p
d.Intensitatea curentului de scurtcircuit al sursei este:
1
11 1 1
18E rIE R I rI RI−⋅= ⋅ +⋅ ⇒ = =Ω
1
1R
Rrη=+ 2p
3p
Rezultă: 80%η= 1p
TOTAL pentru Subiectul al III-lea 15p

Bareme teste nivel mediu179D.OPTICÃ
Subiectul I Punctaj
1.
a 2
2m1 m1 1 msss ssi c−< ⋅ν> = ⋅ = = ⋅ 3
2. c 3
3.d sin 1 3sin 3sin4 sin 4 8
3irir= ⇒= =3
4. c 15
21 2
14
12
15 10252 10c
cλ ν⋅ ν= = = =λ ν⋅
ν 3
5. c 9
4
3600 10 26 10 0,6 mm2 2 10Dil−
−
−λ ⋅⋅== = ⋅=⋅3
TOTAL pentru Subiectul I 15p
Subiectul al II-lea Parțial Punctaj
a.Din prima formulă fundamentală a lentilelor:
21111
xxf−= 1p
4
Rezultă: 1
2
120 ( 30)
20 30fxxfx⋅−= =+−2p
Obținem: 260 cmx= 1p
b.Distanța focală 2
1 121 111n
f n RR  = −−  
   unde 11n=
( )1 111nf RR= −− − 2p
4p
obținem: ( ) 21112n RnfR f−= ⇒ −= 1p
Rezultă: 201 1, 52 20n= +=⋅1p
c.Realizarea corect ă a desenului
3p 3p
d.Convergența pentru cele două medii
''12'1
2( 1)nCfn R
CnR= = − 
= −2p
4p
Prin împărțire obținem: '
'1 1, 5 1
1, 5111, 2Cn
n C
n−−= =
−−1p
Rezultă: '2C
C= 1p
TOTAL pentru Subiectul al II-lea 15p

Teste de fizicã pentru bacalaureat180
Subiectul al III-lea Parțial Punctaj
a.Frecvența radiației monocromatice de frecvență 1ν este: 8
1 9
13 10
600 10c
−⋅ν= =λ⋅2p
3p
Rezultă: 15
10,5 10 Hzν= ⋅ 1p
b.Pentru radiația de frecvență 1ν avem: 11 ex S h L eU⋅ν = + ⋅ 10 1h h eUν= ν+
8
16 15
2 9
23 10 110 0,55 10 Hz54 10 18c
−⋅ν= = = ⋅ = ⋅λ⋅ 1p
4pPentru radiația de frecvență 2ν avem: 20 1 () h h eU Uν = ν + +∆ 1p
Din relațiile precedente obținem prin adunarea lor: 21
21()
()h eU
hUeν −ν = ∆
ν −ν∆= unde 15
2
20,55 10 Hzcν= = ⋅λ1p
Rezultă: 0,2VU∆= 1p
c.Lucrul mecanic de extracție este: 00
0cLh h=ν=λ1p
4pObținem: 17
00,044 10LJ−= ⋅ 1p
Dar: 17
19
0 190,044 101 1, 6 101, 6 10eV J L−
−
−⋅=⋅ ⇒=⋅1p
Rezultă: 02,75 L eV= 1p
d.Pentru radiația de frecvență 1ν, energia cinetică a fotoelectronilor emiși de către catodul celulei fotoelectrice
este:
1 10 c hhEν= ν+1p
4pPentru radiația de frecvență 2ν, energia cinetică a fotoelectronilor emiși de către catodul celulei fotoelectrice
este: 20 1 ()cc hv hv E E= + +∆ 1p
Varia ția energiei cinetice a fotoelectronilor emiși de către catodul celulei fotoelectrice se obține sc ăzând
relațiile: 21()c hv v E −= ∆1p
Rezultă: 190,33 10 JcE−∆= ⋅ 1p
TOTAL pentru Subiectul al III-lea 15p

Bareme teste nivel mediu181
TESTUL 12
A. MECANICÃ
Subiectul I Punctaj
1. a 3
2. d 3
3. b 3
4. d 3
5. c 3
TOTAL pentru Subiectul I 15p
Subiectul al II-lea Parțial Punctaj
a.Pentru corpul cu masa m1 se scrie: 1
11
110
fF T ma
N mg
FN−=
−=
= µ
2p
5pPentru corpul cu masa m2:
22
22
220f
fT F ma
N mg
FN−=
−=
= µ
2p
Din sistemul de mai sus se deduce accelerația sistemului: 11 2 2
2
12( )m1, 25sF gm mamm− µ+ µ= =+1p
b.Tensiunea va fi: 22( ) 6,75 N T ma g= +µ = 3p 3p
c.Putem presupune că în urma acțiunii forței F sistemul a ajuns la o anumită viteză. Dacă forța încetează, corpu –
rile se vor mișca uniform încetinit , accelerațiile lor fiind:
11 2m2sag= −µ = − respectiv 22 2m1sag= −µ = − .2p
4p
Deoarece accelerația de frânare a primului corp este mai mare, rezultă că firul de legătura se detensionează,
deci tensiunea va fi nulă.2p
d.Putem raționa astfel: deoarece forța exterioară sistemului nu se schimbă, accelerația sistemului nu se schimbă.
V om obține deci: 11' ( ) 2,25 NT ma g= +µ =3p 3p
TOTAL pentru Subiectul al II-lea 15p
Subiectul al III-lea Parțial Punctaj
a.Aplicăm teorema de variație a energiei cinetice: 22
1cos180 .22mv mvmgd −= µ ° 3p
5p
Rezultă: 22
10,482vv
gd−µ= = 2p
b.La sfârșitul perioadei de frânare impulsul vagonului este: 1 p mv= 2p
3p
p = 8000 Ns 1p
c.În timpul opririi vagonului în urma ciocnirii celor patru tampoane ener gia cinetică a vagonului se transformă
în energie potențială elastică a tampoanelor. Un singur tampon va înmagazina energia:
2
1
11
22MvW= 2p
3p
18000J W= 1p
d.Energia mecanică se conservă; pentru un resort scriem:22
1 1
42 2Mv kx= 2p
4p
Rezultă: 2
1
2kN3204mMvkx= = 2p
TOTAL pentru Subiectul al III-lea 15p

Teste de fizicã pentru bacalaureat182B. TERMODINAMICÃ
Subiectul I Punctaj
1. b 3
2. b 3
3. c 3
4. c 3
5. a 3
TOTAL pentru Subiectul I 15p
Subiectul al II-lea Parțial Punctaj
a.Scriem ecuație de stare pentru cele două baloane: 12
12
12;mmp V RT p V RT= =µµ 1p
3p 11 2 2
12 ;pV pVmmRT RTµµ= = 1p
1 11
2 223,5mp
mpµ= =µ1p
b.Prin deschiderea robinetului gazele se amestecă iar cantitățile de substanță se adună:
12
12(2 ) ( )mmp V RT ⋅= +µµ
1p
4p12
2 12
22()
;2mmRTm RTpVVp+µµ= =µ1p
Forțăm factor comun 2m
: 1
2
2 2 11 21 2
12
2 1 22 2
2211()1 11( ) (p p )222mmpp mpm RT p
p⋅+µµ µµ= = ⋅ += +µµ µ
µ1p
1(1atm 2atm) 1,5atm2p= +=

Observație: dacă se scrie rezultatul final direct, nu se ia în considerație!1p
c.Masa molară medie (aparentă) a amestecului este: 12
12
12masa amestecului m m
mm suma molilor+µ= =
+µµ 2p
4p
Se forțează factor comun m2: 1
2
2
1
2
21 2( 1)
11()mmm
mmm+
µ=
⋅+µµ1p
și se înlocuiește raportul maselor de la punctul a). Se obține: 11 2 2
12kg12kmolpp
ppµ +µµ= =+1p
d.02rmp V RT =
µ
1p
4p 02
rpVmRTµ=1p
00
1 2 11 2 2 1 22 220,(6)3rm pp
mm p p p pµ= = = =µ +µ +2p
TOTAL pentru Subiectul al II-lea 15p

Bareme teste nivel mediu183Subiectul al III-lea Parțial Punctaj
a.
1(273 27)K 300KT= +=1p
3p
Pentru transformarea 1→2: 11
21
212; 2 600KppTTTT= = = 1p
Pentru transformarea 2→3: 31
32;VV
TT= pentru transformarea 3→1: 31
31pp
VV=
Rezultă: 314 1200 KTT= =1p
b.Pentru transformarea 1 → 3 aplicăm primul principiu al termodinamicii:
13 13 13 3 1 3 11, sau : ( )( )2V Q U L CT C T p p V V= ∆ + ν∆= ν ∆+ + − 1p
4pȚinând cont de ecuația de stare pentru 1 și 3 și de ecuația dreptei 1 → 3 lucrul mecanic se scrie:
13 3 3 3 1 1 3 1 1 3 111( )( )22L p V p V p V p V RT RT= − + − = ν −ν1p
Rezultă:
1
2V CT C T RTν∆= ν ∆+ ∆ 1p
Rezultat final:
J2 16.6202 kmol KVRCC R= += =⋅1p
c.123 12 23L LL= +
12 23 2 3 1 2 3 2 10, ( ) L L p V V pV pV= = −= −2p
4p
2 3 3 1 21 1p 4,V RT RT p V RT= ν= ν = ν 1p
123 1 1 1 3 3 300J L RT p V= ν= = 1p
d.1ced
absQ
Qη= − 1p
4p31 3 1 ( )( )2ced VRQ Q C TT = = ν+ − 1p
12 23 2 1 3 2 ()()abs V p Q Q Q CT T CT T= + =ν − +ν − 1p
11
11 1 12 (4 ) 11 7,7%35 13(2 ) (4 2 )22RT T
RRTT T Tν⋅ −η= − =
ν⋅ − +ν⋅ −
1p
TOTAL pentru Subiectul al III-lea 15p

Teste de fizicã pentru bacalaureat184C. PRODUCEREA ăI UTILIZAREA CURENTULUI CONTINUU
Subiectul I Punctaj
1. d 3
2.b
Intensitatea curentului prin circuit este: EIRxrRx=
++
Puterea debitată este: P = Rechivalentă, exterioară I22
2()
()E Rx R x
Rx rR rx+=++
Funcția ()PR are un extrem (în acest caz un maxim) dacă derivata de ordin I se anulează: 0dP
dx=
Rezultă: RrxRr=−3
3.c
Prin definiție intensitatea curentului electric este: dQIdt= .
Considerăm o porțiune de conductor electric cu aria secțiunii transversale S, de lungime dx, în care se află purtători de
sarcină cu concentrația n, care se deplasează relativ uniform cu viteza v și având sarcina q. Este valabilă următoarea
succesiune de relații:
; ; ;.dQ dN q n dV q n q S dxI nqSvdt dt dt dt
dQ dN dxq n dV Sdx vdN dV dt⋅⋅ ⋅⋅ ⋅ ⋅ = = = = =
 = = = = 3
4.c
Pentru circuitul serie avem: 12
2EIRr=+
Pentru circuitul cu sursele dispuse în paralel se scrie: 2
22EIrR=
+
Raportul curenților este: 1
222 212
27rRIE
I Rr E+
= ⋅=+3
5.d
Ca să lumineze normal, trebuie ca becurile să aibă aceeași rezistență nominală când sunt parcurse de același curent nomi –
nal: 1
2n
nnEEIRr Rr= =++ . Rezultă: 17
4EE=3
TOTAL pentru Subiectul I 15p
Subiectul al II-lea Parțial Punctaj
a.Indiferent de poziția extremă a cursorului, acesta scurtcircuitează punctele A și B. 2p
4p
Prin urmare intensitatea curentului din circuit este, în aceste cazuri:
11, 71AEIrR= ≅+2p
b.O reprezentare mai accesibilă a circuitului arată astfel:
Rezistența furnizată de potențiometrul special este reprezentată alăturat.
Rezistența echivalentă a potențiometrului este:
2 2( ) 22ABxR xR xxRR−= = −
2p
4p
2 2( ) 22ABxR xR xxRR−= = −
adică este o funcție de gradul al doilea cu argumentul x.
Graficul acestei funcții este o parabolă, cu valorile importante prezen –
tate în figura alăturată2p

Bareme teste nivel mediu185c.Curentul indicat de ampermetru este minim când rezistența totală din circuitul exterior este maximă. Acest
aspect este realizat când rezistența potențiometrului este maximă, conform graficului această valoare este:
,max2ABRR =2p
4p
Rezultă: min
12EIRrR=
++1p
Rezultă: min 1 IA= 1p
d.scEIr= 2p
3p
12AscI= 1p
TOTAL pentru Subiectul al II-lea 15p
Subiectul al III-lea Parțial Punctaj
a.Intensitatea curentului electric într-un circuit simplu este: EIRr=+1p
4pPuterea debitată pe rezistența externă este: 2
2
2()REP RIRr= =+1p
Se vede că puterea este o funcție de R. Aceasta are un extrem dacă derivata de ordin I are valoarea zero, adică:
22
24() 2 ()00() ()d R E Rr R RrRrd R Rr Rr +− +=⇒ =⇒= ++1p
Înlocuind valoarea aflată a lui R în expresia puterii se obține: 2
4mEPr= . De aici: 2
14mErP= = Ω 1p
b.Rezistența echivalentă a circuitului exterior se poate deduce urmând curbele închise de la cea mai mică la cea
mai mare:
Pentru curba din interior rezistența echivalentă este R;
Pentru curba mai mare rezistența echivalentă este 3 R;
În final se obține valoarea rezistenței exterioare echivalente: 2eRR=
2p
3p
Deoarece aceasta trebuie să fie egală cu rezistența internă a sursei se obține în final: 2 0,52rRr R= ⇒= = Ω 1p
c.Condiția impusă se scrie: m P fP= . Adică: 22
0
2
0()4RE EfRr r=+ 2p
4p
Rezolvând se obține: 2
02 4(1 )
4mff ERPf−± −= ⋅
Rezultă două valori: 010,18 R= Ω și 025,82 R= Ω . 2p

Teste de fizicã pentru bacalaureat186
d.1
22
2
2
22R
Rr
R
rRη=+
η=
+2p
4p
1
21
2
2
3η=
η=1p
2
14
3η=η1p
TOTAL pentru Subiectul al III-lea 15p

Bareme teste nivel mediu187D.OPTICÃ
Subiectul I Punctaj
1. a 3
2. d 3
3. a 3
4. d 3
5. c 3
TOTAL pentru Subiectul I 15p
Subiectul al II-lea Parțial Punctaj
a.Considerăm o lentilă cu grosimea a, iar imaginea intermediară a obiectului aflat la – x1 față de primul diop –
tru se formează la distanța x în interiorul lentilei. Aceasta constituie obiect pentru al doilea dioptru, față de
care se află la ,
1()x xa+− = 1p
5p2 1 21
11n n nn
xx R−−= 1p
3 2 32
22n n nn
x xa R−−=−1p
Se rezolvă și se impune condiția ca a să tindă spre zero (lentilă subțire) și se obține:
3 1 21 32
21 1 2n n nnnn
xx R R−−−= + 2p
b.Pentru primul dioptru: ,
11
1 21y nx
y nx= 1p
4pPentru al doilea dioptru: 2 22
,,
1 31y nx
y nx= 1p
Pentru lentila subțire: ,
1x xa x=−≅ 1p
Rezultă mărirea liniară transversală: 12 2
31 1nx y
nx yβ= = 1p
c.Pentru focarul imagine: 3
1
21 32
12,imnxfnnnn
RR→ −∞ =−−+ 1,5p
3p
Pentru focarul obiect: 1
2
21 32
12,obnxfnnnn
RR−→∞ =−−+1,5p
d.Indicii de refracție ai mediilor din lateral devin ambii de valoare 1, iar razele vor fi identice în modul. Se
obține o lentilă simetrică situată în aer.1p
3p
Rezultă:
22( 1)Rfn=− ; 22
11yx
yxβ= = ;
21111
xxf−= 2p
TOTAL pentru Subiectul al II-lea 15p

Teste de fizicã pentru bacalaureat188Subiectul al III-lea Parțial Punctaj
a.Unda cu parcurs mai mare: 22
22 ()al b r δ= + + + 1p
3pUnda cu parcurs mai mic: 22
11 ()al b r δ= − + +1p
Rezultă: 22 22
21 () ()a lb r a lb r δ = +++ − −+−1p
b.Putem scrie: 2kxr
Dl∆≈ ; pentru maxime de interferență diferența de drum optic trebuie să fie multiplu par de
semilungimi de undă, iar pentru minime, multiplu impar.1p
4pPentru maxime rezultă: 22 22
,max 2 () ()22kDx k a lb a lblλ= − +++ −+1p
Pentru minime rezultă: 22 22
,min (2 1) ( ) ( )22kDx k a lb a lblλ = + − +++ −+ 1p
Pentru maximul central se obține: 22 22
0,max () ()2Dx a lb a lbl = − +++ −+1p
c.Interfranja luminoasă se calculează ca diferența dintre maximul luminos de ordinul k + 1 și acela de ordinul
k.1p
4pRezultă: 2lDilλ= 1p
Interfranja întunecoasă se calculează ca diferența dintre minimul luminos de ordinul k + 1 și acela de ordi –
nul k.1p
Rezultă: 2îDilλ= 1p
d.Interfranja va crește: 2 (1 ) 2 1D Dfiilf l fλλ∆= − =−−2p
4p
Și în acest caz interfranja va crește: (1 )
22Dg Di gill+λ λ∆= − = 2p
TOTAL pentru Subiectul al III-lea 15p

TESTE DE NIVEL AVANSAT

Teste de fizicã pentru bacalaureat190
TESTUL 1
A. MECANICÃ
Subiectul I Punctaj
1. a 3
2. b 3
3. c 3
4. d 3
5. c 3
TOTAL pentru Subiectul I 15p
Subiectul al II-lea Parțial Punctaj
a.Pe direcția mișcării sistemului sanie–sportiv avem: 12( ),tfGF mma−= + ⋅ 1p
4punde: 12 12 () s i n ()tHG mmg mmgL= + ⋅⋅ α = + ⋅⋅ 1p
Deci: 12()fHF mm g aL= + ⋅⋅− 1p
Rezultă: 60 NfF= 1p
b.Pentru sistemul sanie–sportiv, pe o direcție perpendiculară cu direcția mișcării avem: 0,n NG−= 1p
5punde: 22
12 12 () c o s ()nLHG mmg mmgL−= + ⋅⋅ α = + ⋅⋅ 1p
Dar: fFN=µ⋅ 1p
După efectuarea calculelor obținem: 22
12()fFL
mmgLH⋅µ=
+ ⋅⋅ −1p
Rezultă: 0,125µ= 1p
c.Pe direcția mișcării saniei avem:
22 2,tfG F ma ′ −= ⋅ 1p
4punde: 22 2 sin ,tHG mg mgL= ⋅⋅ α = ⋅⋅
22
22 22 2 cosfnLHF N G mg mgL−=µ⋅ =µ⋅ =µ⋅ ⋅ ⋅ α=µ⋅ ⋅ ⋅1p
Obținem: 22H LHagL−µ⋅ −′= ⋅ 1p
Rezultă: 25 m/s .a′= 1p
d.Pe direcția mișcării saniei avem: 22 0tf FG F−− = 1p
3pDeci: 22
2 22tfH LHF G F mgL+µ⋅ −= + = ⋅⋅ 1p
Rezultă: 28 NF= 1p
TOTAL pentru Subiectul al II-lea 15p

Bareme teste nivel avansat191
Subiectul al III-lea Parțial Punctaj
a.Aplicăm legea de conservare a energiei mecanice: MNEE= 1p
4pUnde: 22
0,22MM
M cM pMmv mvEE E⋅⋅= + = +=
max max 0N cN pNE E E mgh mgh= + =+ ⋅⋅ = ⋅⋅1p
Obținem: 2
max2Mvhg= 1p
Rezultă: max 5 m h= 1p
b.La coborâre, în punctul P în care energia cinetică a pietrei este o pătrime din energia potențială a sistemului
piatră–pământ, avem : 25452Q
Q cQ pQ cQ cQ cQmvEE E E E E⋅= += + = =1p
4pDar: MQEE= 1p
După efectuarea calculelor obținem: 5
5QMvv= 1p
Rezultă: 4,47 m/sQv≅ 1p
c.Aplicăm teorema de variație a energiei mecanice: neconservativ RMEE L−= 1p
4pUnde: 0( )R cR pRE E E mgd mgd= + =+ −⋅⋅ = −⋅⋅ , neconservativ r L Fd = −⋅ 1p
Deci: 2
2M
rmvF mgd⋅= ⋅+ 1p
Rezultă: 5010 NrF= 1p
d.Lucrul mecanic efectuat de forța de greutate din punctul de înălțime maximă a pietrei și până la oprirea
acesteia în sol este : max()GL mg h d= ⋅⋅ +2p
3p
Rezultă: 50,1 JGL= 1p
TOTAL pentru Subiectul al III-lea 15p

Teste de fizicã pentru bacalaureat192
B. TERMODINAMICÃ
Subiectul I Punctaj
1. b 3
2. a 3
3. a 3
4. d 3
5. c 3
TOTAL pentru Subiectul I 15p
Subiectul al II-lea Parțial Punctaj
a.Pentru primul compartiment, din ecuația termică de stare: 11 1 1p V RT⋅ = ν⋅ ⋅ 1p
3p Obținem: 11
1
1pV
RT⋅ν=⋅1p
Rezultă: 11 molν= 1p
b.Pentru al doilea compartiment, din ecuația termică de stare: 22 2 2p V RT⋅ = ν⋅ ⋅ 1p
4pObținem: 22 2
2
2 ApV N
RT N⋅ν= =⋅1p
Dar: 2
2
AN
Nν= 1p
Rezultă: 23
23,01 10 N= ⋅ 1p
c.În acest caz: 12QQ= 1p
4pUnde: 1 1V 1 () Q C TT= ν⋅ ⋅ − , 2 2V 2 () Q C TT= ν⋅ ⋅ − 1p
După efectuarea calculelor obținem: 11 2 2
12TTTν ⋅ +ν ⋅=ν +ν1p
Rezultă: 333,3 KT≅ 1p
d.Pentru primul compartiment: 11 1p V RT′′⋅ = ν⋅ ⋅ 1p
4pPentru al doilea compartiment: 22 2p V RT′′⋅ = ν⋅ ⋅ 1p
Dar: 12pp′′= 1p
Rezultă: 22
110,5V
V′ν= =′ν1p
TOTAL pentru Subiectul al II-lea 15p

Bareme teste nivel avansat193
Subiectul al III-lea Parțial Punctaj
a.Variația energiei interne într-un ciclu este: 12341 12 23 34 41U UUUU∆ =∆ +∆ +∆ +∆ 1p
4pDeci: 12 23 34 41 1234UUUUU∆ =∆ +∆ +∆ −∆ 1p
Dar: 12341 0 U∆= 1p
Rezultă: 12800 J U∆= 1p
b.Căldura cedată de gaz mediului exterior pentru parcurgerea a 10N= cicluri termodinamice este:
cedat cedat12341 N Q NQ = ⋅1p
4pUnde: cedat12341 34 41Q QQ = + 1p
Și: 34 34 34 ( 1100 J) 0 J 1100 J, Q UL= ∆+= − + = −
41 41 41 ( 450 J) ( 100 J) 550 J Q UL= ∆ + =− +− = −1p
Rezultă: cedat- 16500 JN Q = − 1p
c.Lucrul mecanic total schimbat de gaz cu mediului exterior într-un ciclu este:
12341 12 23 34 41 , L LLLL =+++1p
3punde: 120 J, L=23 23 23 1150 J 750 J 400 J, LQ U= −∆ = − =340 J, L=41 100 J L= − 1p
Rezultă: 12341 300 J L = 1p
d.Pentru un ciclu termodinamic: 12341 primit 12341 cedat 12341LQ Q = − 1p
4pCăldura primită de gaz pentru parcurgerea a 10N= cicluri termodinamice este:
primit N primit 12341 Q NQ = ⋅1p
Deci: ( ) primit N 12341 cedat 12341 Q NL Q = ⋅+ 1p
Rezultă: primit N 19500 J Q = 1p
TOTAL pentru Subiectul al III-lea 15p

Teste de fizicã pentru bacalaureat194
C. PRODUCEREA ăI UTILIZAREA CURENTULUI CONTINUU
Subiectul I Punctaj
1. a 3
2. c 3
3. c 3
4. b 3
5. d 3
TOTAL pentru Subiectul I 15p
Subiectul al II-lea Parțial Punctaj
a.Rezistența echivalentă a grupării de rezistoare poate fi exprimată din relația:
1 1111
PR RRRR=+++ 1p
3p
Obținem: 4P RR= ⋅ 1p
Rezultă: 400 R= Ω 1p
b.Tensiunea electromotoare a acumulatorului este: SE NE= ⋅ 1p
4pIntensitatea curentului prin circuit este : S
PSEIRr=+1p
Unde: Sr Nr= ⋅ 1p
Rezultă: 0,2 AI= 1p
c.Tensiunea internă dintr-un element de acumulator este : 0u Ir= ⋅ 1p
4pRezultă: 00,2 Vu= 1p
Tensiunea internă din baterie este : 0 u Nu= ⋅ 1p
Rezultă: 4 Vu= 1p
d.Intensitatea curentului în cazul bateriei scurtcircuitate este: S
SC
SEIr= 2p
4p
Obținem: SCEIr= 1p
Rezultă: 21, 2 AI= 1p
TOTAL pentru Subiectul al II-lea 15p

Bareme teste nivel avansat195
Subiectul al III-lea Parțial Punctaj
a.Intensitatea curentului prin sursă este:
BDEIRr=+1p
4pUnde: 12 34
12 34BDRRRRR⋅=+ 1p
Iar: 12 1 2R RR= + , 34 3 4R RR= + 1p
Rezultă: 1 AI= 1p
b.Tensiunea măsurată de voltmetru între punctele A și C este: 41 ACU I R IR ′′ ′= ⋅ −⋅ 1p
5pDar: 1III ′ ′′= + 1p
Și: 12 34 IR I R′ ′′⋅= ⋅ 1p
Deci: 2III′ ′′= = 1p
Rezultă: 1,35 VACU = 1p
c.Energia electrică consumată de circuitul exterior în 1 mint∆= este: 2
BD WR I t= ⋅ ⋅∆ 2p
3p
Rezultă: 525 J W= 1p
d.Intensitatea curentului în cazul scurtcircuitării sursei este: SCEIr= 2p
3p
Rezultă: 36 ASCI= 1p
TOTAL pentru Subiectul al III-lea 15p

Teste de fizicã pentru bacalaureat196
D.OPTICÃ
Subiectul I Punctaj
1. c 3
2. d 3
3. a 3
4. b 3
5. a 3
TOTAL pentru Subiectul I 15p
Subiectul al II-lea Parțial Punctaj
a.Convergența sistemului optic format de cele două lentile subțiri este: 12 CCC= + 2p
4p Distanța focală a sistemului optic format de cele două lentile subțiri este: 1fC= 1p
Rezultă: f = 20 cm = 0,2 m 1p
b.Din prima formulă fundamentală a lentilelor:
21111
xxf−= 1p
3p
Obținem: 1
2
1xfxxf⋅=+1p
Rezultă: 2 20 cm x= − 1p
c.Din prima formulă fundamentală a lentilelor:
21111
xxf−=′′1p
4pDin a doua formulă fundamentală a lentilelor: 2
11
2x
x′′β= = −′1p
Obținem: 11xf−β′= ⋅β1p
Rezultă: 160 cm 0,6 m x′= −= − 1p
d.Din prima formulă fundamentală a lentilelor:
21111
xxf−=′′ ′′1p
4pDin a doua formulă fundamentală a lentilelor: 2
1x
x′′′′β=′′1p
Obținem:
1f
xf′′β=′′+1p
Rezultă: 2 ′′β= − 1p
TOTAL pentru Subiectul al II-lea 15p
Subiectul al III-lea Parțial Punctaj
a.Din expresia interfranjei:
2Dilλ⋅= 1p
3p
Obținem: 2li
D⋅λ= 1p
Rezultă: 500 nmλ= 1p

Bareme teste nivel avansat197
b.De o parte și de alta a franjei centrale se află maximele de ordinul al II-lea, iar distanța dintre aceste maxime
este: 222xx∆=1p
4pFiecare maxim de ordinul al II-lea se află față de franja centrală de pe ecran la distanța: 22xi= 1p
Deschiderea unghiulară α, măsurată din centrul paravanului cu fante până la maximele de ordinul al II-lea
obținute pe ecran se exprimă din relația: 24tg xi
DD∆α= =1p
Rezultă: 32 10 rad−α= ⋅ 1p
c.Interfranja este dată de relația: 1
122Diilλ⋅= = 1p
4pDeci: 12DD= 1p
În acest caz ecranul se apropie pe distanța: 12Dd DD= −= 1p
Rezultă: 1 md= 1p
d.În acest caz interfranja este dată de relația: 21
22Dilλ⋅= 1p
4pUnde: 21c
nnλλ= ⋅ =ν1p
Deci: 1
222Diiln nλ⋅= =⋅1p
Rezultă: 20,33 mmi≅ 1p
TOTAL pentru Subiectul al III-lea 15p

Teste de fizicã pentru bacalaureat198
TESTUL 2
A. MECANICÃ
Subiectul I Punctaj
1.
b. 2[ ] kg ms− ∆= ⇒= ⋅∆SIpFFt 3
2. c. 1,5 mgi TGF=+= 3
3.a. 2
0
max2 2 10 m, 02vdh rg= = = ∆= 3
4.b. 22
54
54
454,522
4 s, 5 sat atxx x a
tt∆= − = − =
= =
22 m/sa⇒=
22
10 9
10 9
9 1019 m22
9 s, 10 sat atx' x x x'
tt∆= − = − ⇒ ∆=
= = 3
5.
c. Se realizează graficul F = F(t) și se calculează Δp ca arie a suprafeței evidențiate
180 kg m/s 36 m/spv⇒∆ = ⋅ ⇒ =
3
TOTAL pentru Subiectul I 15p
Subiectul al II-lea Parțial Punctaj
a.
Studiem mișcarea fiecărui corp separat. Reprezentăm forțele
care acționează asupra fiecărui corp și aplicăm principiul al
doilea al dinamicii.
11
20
0f
fFTF
TF−− =
−= 2p
4p
1 11 2 () F m mg= µ+ 1p
22 kg m= 1p
b.Deoarece doar m1 începe să se miște
21 f FF= 1p
3p
2 21F mg= µ 1p
20,25 µ= 1p

Bareme teste nivel avansat199
c.Studiem mișcarea fiecărui corp separat, în condițiile unei mișcări uniforme a sistemului. Reprezentăm forțele
care acționează asupra fiecărui corp și aplicăm principiul al doilea al dinamicii.
31
20
0ef
efFFF
FF−− =
−=2p
4p
3 21 2 () F m mg= µ+ 1p
315 NF= 1p
d.Analizăm mișcarea fiecărui corp separat, în condițiile unei mișcări accelerate a sistemului. Reprezentăm forțe –
le care acționează asupra fiecărui corp și aplicăm principiul al doilea al dinamicii.
4 11
22ef
efF F F ma
F F ma−− =
−= 1p
4p2 4 21 2
12()7,5 m/sF m mgamm−µ += =+1p
eF kl= ∆ 1p
22()133,3 N/mma gkl+µ= =∆1p
TOTAL pentru Subiectul al II-lea 15p
Subiectul al III-lea Parțial Punctaj
a.0
0 50 m/spvm= =
1p
3p 0
uvtg= 1p
5 sut= 1p
b.Conservăm energia între punctele O și A
0c cA pAEEE= + 1p
4p03
22pA pA
cA cEEEE= ⇒= 1p
2
0
3vhg= 1p
83,3 mh= 1p
c.03c cAEE= 1p
4p0
3vv⇒= 1p
29 m/sv= 1p
29 kg m/s p mv= = ⋅ 1p
d.2
0
max 125 m2vhg= = 1p
4pc cGfEL ELL∆= ⇒ ∆= + 1p
0104 mc
fEhmg F= =+1p
max1, 2h
h= 1p
TOTAL pentru Subiectul al III-lea 15p

Teste de fizicã pentru bacalaureat200
B. TERMODINAMICÃ
Subiectul I Punctaj
1. d. 12
1
2,VV ppQ C TQ C T
T
T= ν∆ = ν∆
∆⇒= γ∆
3
2.c. 1
1
11 i
ii f f f i
fTTV T V V VTγ−
γ− γ−
= ⇒= 
44i
f fiVV= ⇒ρ = ρ 3
3.b. Din V = ap rezultă 11
22Vp
Vp=
Din ecuația de stare rezultă 1 21
2 12V pT
V pT=
Din cele două ecuații rezultă 11
223pT
pT= = 3
4.c. 1
1
12
11 2 2
210,3VppV pVVpγ
γγ γ = ⇒= = 

21
12N nVnV nV=⇒= 3
5.b. 2 2
11
2
21
111
1,2 kJQ T
QT
TQQTη= − = −
⇒= =
3
TOTAL pentru Subiectul I 15p
Subiectul al II-lea Parțial Punctaj
a.12
12mm+µ=ν +ν1p
4p12
12
12,pV pVmmRT RTµµ= = 1p
12 21
12TT
TTµ +µµ=+1p
16,5 g/molµ= 1p
b.11 1 2 2 2 11 2 2 ()if
V V VVUU
CT CT T C C= ⇒
ν +ν = ν +ν2p
4p12
218
35TTTTT=+1p
284,4 KT= 1p
c.p
RTµρ= 2p
3p
30,699 kg/mρ= 1p

Bareme teste nivel avansat201
d.12
122 2 fp pp
TT Tν +ν =ν⇒ + =

11 1 2 2 2 11 2 2 ()if
V V VVUU
CT CT T C C= ⇒
ν +ν = ν +ν2p
4p
12
2111
65TTTTT=+1p
52 21
2111 (2 )1,53 10 N/m2(6 5 )fpT TpTT+= = ⋅+1p
TOTAL pentru Subiectul al II-lea 15p
Subiectul al III-lea Parțial Punctaj
a.23TT= 1p
4p1
11 1
11 2 2 2 1
2VTV TV T TVγ−
γ− γ− = ⇒= 
1p
11
1 300 KpVTR=ν 1p
214 1200 K TT= = 1p
b.3
23 2
2lnVL RTV= ν 1p
4pDin legea transformării izoterme: 32
23Vp
Vp= 1p
2
21
232RTppVν= = 1p
232441 J L= 1p
c.31 31 31QL U= +∆ 1p
4p1 31 3
31( )( )
2p pV VL+−= cu 318
3VV= 1p
31 1 3()V U CT T∆= ν − 1p
31 1314 J Q= − 1p
d.min
max1CT
Tη=− 1p
3p 1
21CT
Tη=− 1p
75%Cη= 1p
TOTAL pentru Subiectul al III-lea 15p

Teste de fizicã pentru bacalaureat202
C. PRODUCEREA ăI UTILIZAREA CURENTULUI CONTINUU
Subiectul I Punctaj
1. b. [ρ]S.I. = Ω · m = J · m · A−1 s−1 3
2. b. 1 2 12 ( )3ABU E E IR r r V = − + + ++ = 3
3. c. bec fire 170 V UU U=+= 3
4.a. 2
12
max
12()4 W4( )+= =+EEPrr 3
5. c. 0
0
00, 90 mA(1 ) (1 )UUIIIRRt t= = = =+α +α 3
TOTAL pentru Subiectul I 15p
Subiectul al II-lea Parțial Punctaj
a.Se lucrează în condițiile lui K deschis e
eeEIRr=+ 1p
4p1 3 13 ,eeE E Er r r= += + 1p
23
1
23eRRRRRR= ++ 1p
1 AI= 1p
b.1 11U IR= 1p
3p1
1e
eEIRr=+1p
115,4 V U= 1p
c.'
2 VpU IR= 1p
4p2 '
1e
peEIRR r=++1p
'
231 111
pVR RRR=++ 1p
11 VVU= 1p
d.Se lucrează în condițiile lui K închis, păstrându-se caracteristicile circuitului de la punctul (a)
e
eeE'I'R r'=+1p
4p12
33 3
12,e p eprrE E Er r r rrr= + =+= ++1p
12
12
128 V11 3pEE
rrE
rr−
= =
+1p
0,61 AI'= 1p
TOTAL pentru Subiectul al II-lea 15p

Bareme teste nivel avansat203
Subiectul al III-lea Parțial Punctaj
a.2
2 2
2PRI=
2p
3p
210 R= Ω 1p
b.12 e ee P P' r R R= ⇒= 1p
5p12
13
12eRRRRRR= ++ pentru K deschis 1p
12
2
12eRRRRR=+ pentru K închis 1p
12 er rr= + 1p
24,5r Ω 1p
c.2
2 int 2P rI= 1p
4p12II I= + 1p
11 2 2IR IR= 1p
22 6 AII= = 2 int 162 W P= 1p
d.2
2e
eeR
Rrη=+2p
3p
0,37η= = 37% 1p
TOTAL pentru Subiectul al III-lea 15p

Teste de fizicã pentru bacalaureat204
D.OPTICÃ
Subiectul I Punctaj
1.
b. 2
1f
fβ= 3
2. a. 22 2
2
11 1145 cm
axn xxxn xn= ⇒ = ⇒= 3
3. c. 1,5 mma
aiin= = 3
4.Prin introducerea lentilei în lichid, distanța focală devine
c.
121,
111ll
lf nn
n
n RR= = −− 
 
lf⇒ →∞ 3
5.a. 11 2 2
19
26,1 10 Jex c ex c
exL EL E
L−ε= + = +
⇒= ⋅ 3
TOTAL pentru Subiectul I 15p
Subiectul al II-lea Parțial Punctaj
a.
2p
3p
La trecerea printr-o lentilă convergentă, un fascicul paralel de lumină converge în focarul imagine al acesteia,
deci 130 cmf= 1p
b.
2p
4p
Din desen se observă că 12 df f= + 1p
225 cmf= 1p
c.11
2
2 1 1 1111175 cmfxxx x f fx−=⇒= =+1p
4p12 3 3 35 cm dx x x= +⇒= 1p
43 2111
xx f−= 1p
487,5 cmx= 1p

Bareme teste nivel avansat205
d.3
1y
yβ= 1p
4p12 β=ββ 1p
2
1
11, 5x
xβ= = −4
2
32,5x
xβ= = −
1p
31 56,25 cm yy= β= 1p
TOTAL pentru Subiectul al II-lea 15p
Subiectul al III-lea Parțial Punctaj
a.WN= ε 1p
4phcε=λ1p
W Pt= 1p
17 ë43,4 10 fotoniPtNhc= = ⋅ 1p
b.ex cLEε= + 1p
4pcsE eU= 1p
ex shcL eU= −λ1p
191,4 10 JexL−= ⋅ 1p
c.1
sNeIt=
2p
3p
18
1 0,75 10 fotonisItNe= = ⋅ 1p
d.
1p
4p
191,4 10 J 0,875 eVexL−= ⋅= 3p
TOTAL pentru Subiectul al III-lea 15p

Teste de fizicã pentru bacalaureat206
TESTUL 3
A. MECANICÃ
Subiectul I Punctaj
1. d . 3
2. b. 3
3. b. 3
4. a. 3
5. b. 3
TOTAL pentru Subiectul I 15p
Subiectul al II-lea Parțial Punctaj
a.2 0y GF N+ +=
1p
3p
2sin NGF= −θ 1p
Rezultat final: 51,35 N=N 1p
b.12 0,x xfFFF+ += 
la limita alunecării1p
4p12 cosm FF N+ θ=µ 1p
12
2cos
sinmFF
mg F+θµ=−θ1p
Rezultat final: 0,68mµ= 1p
c.12 xf F F F ' ma++=  
1p
4p12 cos+ θ−µ =F F N ma 1p
12 2 cos ( sin )+ θ−µ − θ+=F F F mgam1p
24,12 m/sa 1p
d.2cosmmP Fv= θ 1p
4p0 , = +v v at ,=v at 2mvv= 1p
2cos2matPF= θ 1p
1854 W mP 1p
TOTAL pentru Subiectul al II-lea 15p

Bareme teste nivel avansat207
Subiectul al III-lea Parțial Punctaj
a.2
2PkxE= 2p
3p
Rezultat final: 0,5 J=PE 1p
b.legea conservării energiei pentru sistem:ifEE= 1p
4p2
,2= =ipkxEEsistem
12= +=fcc cEEE E
2p
Rezultat final: sistem 0,5 JcE = 1p
c.2 22
11 2 2
sistem2 22cm v m v kxE = +=
1p
4plegea conservării impulsului 11 2 2 0ifp p mv mv= ⇔= −1p
2
1
11 2;()=+kmvxmm m1
2
21 2()kmvxmm m=+1p
Rezultat final: 12,82 m/s;=v20,71 m/sv= 1p
d.f cFEL∆= 1p
4p2
11
12mvm gd= µ 1p
2
1
2vdg=µ1p
Rezultat final: 2m=d 1p
TOTAL pentru Subiectul al III-lea 15p

Teste de fizicã pentru bacalaureat208
B. TERMODINAMICÃ
Subiectul I Punctaj
1. d. 3
2. d. 3
3. b. 3
4. d. 3
5. c. 3
TOTAL pentru Subiectul I 15p
Subiectul al II-lea Parțial Punctaj
a.102lpp g= +ρ 2p
3p
5
11,5 atm 1,5∙10 Pa p=  1p
b.11 2 2pV pV= 1p
4p10 ;2= +ρlpp g1 ;2=lVS
20 ; +ρ =p gx p2 ()= −V Sl x1p
2 0
0()04plgx x p glρ − +ρ + =
1p
10 cm x 1p
c.11p V RT= ν 1p
4p1p Sh
RTν= 1p
–32,2∙10 mol ν 2p
d.2iU RT= ν 1p
4p22 aer N O Ar UUUU=++ 1p
250,78 ,2= νNU RT
250,2 ,2= νOU RT30,022ArU RT= ν 1p
aer1,38 J U 1p
TOTAL pentru Subiectul al II-lea 15p
Subiectul al III-lea Parțial Punctaj
a. reprezentare corectă 3p 3p
b.11 2 2
amestec
12VV
VCCCν +ν=ν +ν2p
4p,2=ViCR13,2=VCR25
2VCR= 1p
amestec 3 24,93 J/mol K VCR = ⋅  1p

Bareme teste nivel avansat209
c.min
max1–CT
Tη= 1p
3pmin 1 ,=TTmax 1 4 TT= 1p
Rezultat final: 375%4Cη= = 1p
d.cedat
primit1–Q
Qη=
1p
5pprimit 1– 2 ; = QQ1–2 2 1 1 (–) 3pp Q CT T CT = ν= ν 1p
cedat 2–3 3–1 ; = + Q QQ2–3 3 2 1 ( – ) – 3, = ν= νVV Q CT T CT 1
3–1 1 1
3ln –2 ln 2VQ RT RTV= ν= ν 1p
pVCCR= + 1p
3 2 ln 2 3 – 2ln 21– .3 12+η= =V
pCR
C Rezultat final: 21,5%η= 1p
TOTAL pentru Subiectul al III-lea 15p

Teste de fizicã pentru bacalaureat210
C. PRODUCEREA ăI UTILIZAREA CURENTULUI CONTINUU
Subiectul I Punctaj
1. a 3
2. b 3
3. a 3
4. c 3
5. a 3
TOTAL pentru Subiectul I 15p
Subiectul al II-lea Parțial Punctaj
a.2
1
2V
eA
VRRRRRRR= +++2p
3p
Rezultat final: Re = 312 Ω 1p
b.Teoremele lui Kirchhoff :
1 1 22
22 3
123()A
VE I R R r IR
IR IR
III= +++
= 
= + 111;16=IA
25;8=IA
31
16IA=2p
4p
1 AII= 3 VVU RI= 1p
0,69 A;AI 68,75 V VU 1p
c. 1;A
AEI'R rR=++0VU'= 2p
4p
Rezultat final: 1 A;AI'= 0VU'= 2p
d.e r' R '= 2p
4p1 eAR' R R= + 1p
Rezultat final: r′ = 212 Ω 1p
TOTAL pentru Subiectul al II-lea 15p
Subiectul al III-lea Parțial Punctaj
a.Din grafic: max 20 W;=P 10 V;2=E 2p
4p2
max4EPr= 1p
Rezultat final: 20 V;=E 5= Ωr 1p
b.2· P RI= 2p
4pEIRr=+1p
Rezultat final: 8,75 W=P 1p
c.ext
totalap
pR P
P Rrη= =+ 2p
4p
2pRR= 1p
Rezultat final: 0,5 50%η= = 1p

Bareme teste nivel avansat211
d.lRSρ= 1p
3p2
4dSπ= 1p
Rezultat final: 86 10 m−ρ= ⋅ Ω 1p
TOTAL pentru Subiectul al III-lea 15p

Teste de fizicã pentru bacalaureat212
D.OPTICÃ
Subiectul I Punctaj
1. d . 3
2. d. 3
3. c. 3
4. b. 3
5. a. 3
TOTAL pentru Subiectul I 15p
Subiectul al II-lea Parțial Punctaj
a.21 2111; −=xxf 22
2
11yx
yxβ= =
2p
4p
reprezentarea grafică a imaginii 1p
Rezultat final: 2 20 cm;= −x25 cm=y 1p
b.211111–;x' x' f=
22
11;y' x'
y x'β= = 2p
4p
reprezentare grafică 1p
Rezultat final: 22240 cm; –30 cm x'= y'= 1p
c.211111; −=xxf2120 cm;=x 1p
4p12'0= −=x dx 1p
21 2111–;x' x' f=
1p
Rezultat final: 2= 0. x' 1p
d. 1211Cff= + 2p
3p
Rezultat final: –0,83 dioptriiC= 1p
TOTAL pentru Subiectul al II-lea 15p
Subiectul al III-lea Parțial Punctaj
a.1
1 ;2λ=Dil2
2Dilλ=
2p
4p
1
1cλ= ⇒ν121
12idcλν=
1p
Rezultat final: 4
124 10 m−= ⋅d 1p
b.11 2 2ki ki= ⇒ 11 2 2kkλ= λ 2p
4p1256kk⇒=126; 5kk⇒= =
16yi= 1p
Rezultat final: 6 mm=y 1p

Bareme teste nivel avansat213
c.21 ()δ= −ne ne 2p
3p
Rezultat final: 4( ) 3 10 mm.−δ= ⋅ 1p
d.Pentru dispozitivul Young în aer, diferența de drum este: 02⋅δ=ly
D2p
4p Condiția de maxim central: 202kλδ= = 1p
Rezultat final: 1 11
0( – 1)3,6 mmen iycν= = 1p
TOTAL pentru Subiectul al III-lea 15p

Teste de fizicã pentru bacalaureat214
TESTUL 4
A. MECANICÃ
Subiectul I Punctaj
1. b.
1
1 0,1 kgpmmv= ⇒=
mmvF ma mt∆= ⋅= ⋅∆
m 2 2 2 svv∆= ⋅ = ⋅ 2 NF= 3
2.
a.
0NFG++= 

0 : cos sin 0 (1)x F mg ⋅ α− ⋅ ⋅ α =
0 : sin cos 0 (2)y N F mg − ⋅ α− ⋅ ⋅ α =
Din (1) și (2) rezultă:
cosmgN⋅=α 3
3.c. Pentru a nu aluneca niciunul dintre corpuri de pe pupitru, acesta trebuie înclinat cu un unghi maxim egal cu unghiul de frecare cel
mai mic din tabelul de date.
tg 0,3 sin 0,29 17θ = µ = ⇒ θ= ⇒ θ= °
4.b.
12 1 2v vv= − 

12 2 1 v vv= − 12km 216 hv=
în sens contrar mișcării avionului.
5.b. Lanțul alunecă de pe masă din momentul în care greutatea porțiunii care atârnă devine puțin mai mare decât forța de frecare dintre
porțiunea de lanț rămasă pe masă și masă.
13 1 44 3mg mg⋅⋅ ≥ ⋅ µ ⋅⋅ ⇒ µ =

TOTAL pentru Subiectul I 15p
Subiectul al II-lea Parțial Punctaj
a.Folosind metoda grafică de determinare a distanței parcurse de cutie pe plan,
obținem = 4,5 md .
3p 3p
b.Din grafic, viteza cu care se întoarce cutia la baza planului este egală ca mărime cu viteza cu care este lansat
corpul în sus de la baza planului. Aplicând teorema de variație a energiei cinetice a cutiei între stările inițială și
cea de la momentul 3 st= , obținem 0µ= .3p 3p

Bareme teste nivel avansat215
c.Pentru a putea reprezenta grafic variația vitezei cutiei în funcție de timp, în cazul în care mișcarea pe plan se
realizează cu frecare, trebuie determinată distanța parcursă de cutie pe plan în urcare d1 și timpul de urcare Δ tu,
respectiv timpul de coborâre Δ tc al cutiei pe plan.
La urcare: Aplicăm teorema de variație a energiei cinetice a cutiei între stările inițială și cea corespunzătoare
opririi cutiei pe plan. c REL∆= 
( )2
0
11
11
2
010 cos 2
sin
2 sin cosmvmgh mgd
hd
v gd ⋅− = −⋅⋅ − µ ⋅⋅⋅ ⋅ α 
 =⋅α 
⇒ = ⋅ ⋅ ⋅ α + µ⋅ α ( )2
0
11
11
2
010 cos 2
sin
2 sin cosmvmgh mgd
hd
v gd ⋅− = −⋅⋅ − µ ⋅⋅⋅ ⋅ α 
 =⋅α 
⇒ = ⋅ ⋅ ⋅ α + µ⋅ α
1h este înălțimea până la care urcă cutia pe plan. Obținem: ( )2
0
11 3,07 m 2 sin cosvddg= ⇒=⋅ ⋅ α + µ⋅ α.2p
5pÎn timpul urcării pe plan, accelerația cutiei se menține constantă. În aceste condiții, viteza medie a cutiei în
timpul urcării poate fi scrisă: 10 0 1,02 s2umu
udvvtt+= = ⇒∆ =∆.
La coborâre: Distanța parcursă pe plan este aceeași, 1d. 1p
Aplicăm teorema de variație a energiei cinetice a cutiei între stările: cea în care cutia este în repaus la
înălțimea 1hși cea în care cutia ajunge la baza planului. c REL∆= 
( )2
2
11
2
21
1
2 0 cos 2
2 sin – cos
4,5 m smvmgh mgd
v gd
v−⋅− = ⋅⋅ − µ ⋅⋅⋅ ⋅ α ⇒
⇒ = ⋅ ⋅ ⋅ α µ⋅ α
= ⋅ ( )2
2
11
2
21
1
2 0 cos 2
2 sin – cos
4,5 m smvmgh mgd
v gd
v−⋅− = ⋅⋅ − µ ⋅⋅⋅ ⋅ α ⇒
⇒ = ⋅ ⋅ ⋅ α µ⋅ α
= ⋅ ( )2
2
11
2
21
1
2 0 cos 2
2 sin – cos
4,5 m smvmgh mgd
v gd
v−⋅− = ⋅⋅ − µ ⋅⋅⋅ ⋅ α ⇒
⇒ = ⋅ ⋅ ⋅ α µ⋅ α
= ⋅

În timpul coborârii cutiei pe plan, accelerația acesteia se menține constantă. În aceste condiții, viteza medie a
cutiei în timpul coborârii poate fi scrisă: 12 0 1,37 s2cmc
cdvvtt+= = ⇒∆ =∆
Durata totală a mișcării cutiei pe plan este 2,4 s uc t tt t∆= ∆+ ∆ ⇒ ∆≅ . 1p
După intrarea pe planului înclinat, viteza cutiei rămâne constantă, 2v.
În reprezentarea grafică, semnul negativ al vitezei corespunde
schimbării sensului mișcării cutiei.
1p
d.Notăm cu R
forța cu care corpul acționează asupra planului înclinat și cu R′
forța cu care planul acționează
asupra corpului, , R RR R ′′ = −=
. 1p
4p( )2 22 2 2
22
2 , 1
1 c o s 1
cos 1 0,87 87%ff R N FR N F N
R N mg
R
G′′= + = + = ⋅ +µ ⇒
⇒ = ⋅ +µ = ⋅ ⋅ α⋅ +µ ⇒
⇒ = α⋅ +µ = =
2p ( )2 22 2 2
22
2 , 1
1 c o s 1
cos 1 0,87 87%ff R N FR N F N
R N mg
R
G′′= + = + = ⋅ +µ ⇒
⇒ = ⋅ +µ = ⋅ ⋅ α⋅ +µ ⇒
⇒ = α⋅ +µ = =
1p
TOTAL pentru Subiectul al II-lea 15p
Subiectul al III-lea Parțial Punctaj
a. ( )11 1 cos 0,5JppE mg h mg l E = ⋅⋅ = ⋅⋅ ⋅− α⇒ = 3p 3p
b.Aplicând legea conservării energiei mecanice, între stările inițială și cea corespunzătoare poziției verticale a
firului, obținem:
( )2
10
10
1
0 2 2 1c o s 2
3,16 m smvm gh v gh gl
v−⋅⋅⋅ = ⇒ = ⋅⋅ = ⋅⋅ ⋅− α
⇒= ⋅3p
4p
( )2
10
10
1
0 2 2 1c o s 2
3,16 m smvm gh v gh gl
v−⋅⋅⋅ = ⇒ = ⋅⋅ = ⋅⋅ ⋅− α
⇒= ⋅1p

Teste de fizicã pentru bacalaureat216c.Pentru a răspunde la cerințele subpunctelor c. și d.:
Notăm cu 1d porțiunea pe care coeficientul de frecare variază uniform cu distanța și aplicăm teorema variației
energiei cinetice a bilei pe această porțiune. Datorită variației uniforme cu distanța, forța de frecare medie care
acționează asupra bilei poate fi scrisă 12
11 2medief mediu F mg mgµ +µ= µ ⋅⋅= ⋅⋅
( ) ()22
11 10 1 2
11
22
1 0 12 1 22 2
1c Rmv mvE L m gd
v v gd⋅ ⋅ µ +µ∆ = ⇒ − = − ⋅ ⋅⋅ ⇒
= − µ +µ ⋅ ⋅
( ) ()22
11 10 1 2
11
22
1 0 12 1 22 2
1c Rmv mvE L m gd
v v gd⋅ ⋅ µ +µ∆ = ⇒ − = − ⋅ ⋅⋅ ⇒
= − µ +µ ⋅ ⋅
( )2 2
12
12 22
mmv kx
kvxmm′ +⋅ ⋅= ⇒
′= ⋅+ ( )2 2
12
12 22
mmv kx
kvxmm′ +⋅ ⋅= ⇒
′= ⋅+ 2p
4p
Impulsul sistemului de corpuri va fi:
( ) ( )12 12 0,14 N s p mmv xk mm p′′ ′= + ⋅= ⋅ ⋅ + ⇒ = ⋅ 2p
d.Scriem legea conservării impulsului sistemului de bile în ciocirea lor plastică: ( )11 1 2
1
11 1 1
1
= 1,4 m s mv m m v
pmv p v vm−′ ⋅= + ⋅ ⇒
′′ ⇒ ⋅= ⇒ = ⇒ ⋅1p
4p( )11 1 2
1
11 1 1
1
= 1,4 m s mv m m v
pmv p v vm−′ ⋅= + ⋅ ⇒
′′ ⇒ ⋅= ⇒ = ⇒ ⋅1p
()( )22
01
1
12
11
0,8 mvvdg
d−⇒= ⇒µ +µ ⋅
⇒=1p()( )22
01
1
12
11
0,8 mvvdg
d−⇒= ⇒µ +µ ⋅
⇒= 1p
TOTAL pentru Subiectul al III-lea 15p

Bareme teste nivel avansat217B. TERMODINAMICÃ
Subiectul I Punctaj
1. c.
22CO C Og = + 44 molµ µ µ=
5
2,9 10 Pa = 2,9 atmmRTpV RT pV
p⋅⋅⋅ = ν⋅ ⋅ ⇒ = ⇒µ⋅
⇒= ⋅3
2.a.
12
12
13
13
12 13 , cu 22
5 , cu 0,82
V
pp
pRQ CT C C R
QCQ CT C RQC
T TT= ν⋅ ⋅∆ = + = ⋅

= ν⋅ ⋅∆ = ⋅ ⇒ =− =
∆ = ∆= ∆ 3
3.d.
-1 -1
11 2 2 TV TVγγ⋅= ⋅
1 11
2 22 12
2V Sh
V Sh Sh= ⋅
= ⋅=⋅⋅
27
5p
vC i
Ci+γ= = =
1
1
21
2 VTTVγ−= ⋅ 

Înlocuind numeric: 22121,3 K -151,7 CTt= ⇒= °3
4.b.
2 1 1234 0, 0, 0, 0ii i i VV L L L L>⇒ < < < =
Folosind interpretarea grafică a lucrului mecanic, obținem:
3214ii iiLLLL<<<3
5. c. 3
TOTAL pentru Subiectul I 15p
Subiectul al II-lea Parțial Punctaj
a.5 5,3 10 PaRTpV RT p pVν⋅ ⋅⋅= ν ⋅ ⋅⇒= ⇒= ⋅ 3p 3p
b.11
11 2 2 TV TVγ− γ−⋅= ⋅ 1
1
21
2 VTTVγ−= ⋅ 
 (1)1p
5pp
vC
Cγ=
Folosind expresia energiei interne a amestecului de gaze, obținem:
123 12 3 vv v vCC C Cν⋅ =ν ⋅ +ν ⋅ +ν ⋅
123 12 3 vv v vC cC cC cC=⋅ +⋅ +⋅
2,49 2,5vC RR= ⋅≅ ⋅
3,5pv pCCRC R= +⇒ ≅ ⋅
Observăm că datorită cantității mici de gaz monoatomic, valorile căldurilor molare izocoră și izobară ale ames –
tecului de gaze sunt foarte apropiate de cele ale gazului biatomic.2p
Exponentul adiabatic va avea valoarea:71, 45γ= = . 1p
Înlocuind în expresia (1) obținem: 22 240 K 33 CTt= ⇒= − ° . 1p

Teste de fizicã pentru bacalaureat218c.11
1 1
1
1
13,44 g c
m mν = ⋅ν 
⇒=ν=µ 3p 3p
d.22
2 2
2
2
43,68 g c
m mν = ⋅ν 
⇒=ν=µ  1p
4p33
3 3
3
3
0,8 g c
m mν = ⋅ν 
⇒=ν=µ 1p
123 57,92 g mm m m m= + + ⇒= 1p
3
2kg 2 , 9 mm
Vρ= ⇒ρ= 1p
TOTAL pentru Subiectul al II-lea 15p
Subiectul al III-lea Parțial Punctaj
a.mmν= ⇒µ=µν1p
3p1234 mm m m m=+++
1234 ν=ν +ν +ν +ν1p
Calculând valorile maselor gazelor din amestec și înlocuind numeric, obținem: g 9,2 molµ= 1p
b.

4p 4p
c.( )12 2 1 ced p Q Q C TT= =ν⋅ ⋅ − 1p
5p1234 12 3 4 vv v v vCC C C Cν⋅ =ν ⋅ +ν ⋅ +ν ⋅ +ν ⋅
1234 12 3 4 vvvv
vCCCCCν ⋅ +ν ⋅ +ν ⋅ +ν ⋅=ν 1p
Înlocuind valorile date în textul problemei, obținem:
2,1 3,1 vpC RC R= ⋅⇒ = ⋅ 1p
11 1
11
21
2 1222
2p V RTTTT VT p RT⋅ =ν⋅ ⋅ ⇒= ⇒ =⋅ =ν⋅ ⋅  1p
1
12 1
1 11
5 3 , 1 2
– 1,55 – 1,55
1,55 10 Jced
cedTQQ R T
RT p V
Q= = ⋅ν⋅ ⋅ − = 
= ⋅ν⋅ ⋅ = ⋅ ⋅
= −⋅ 1p

Bareme teste nivel avansat219d.23 31 primitQ QQ = +
1 1 1 11
23 2
212ln ln ln 222V T V pVQ RT RVV⋅⋅=ν⋅ ⋅ ⋅ =ν⋅ ⋅ ⋅ = ⋅1p
3p5
230,35 10 J Q= ⋅
( )1
31 1 2 1 1 1 2,1 1, 052vTQ C T T R T pV=ν⋅ ⋅ − = ⋅ν⋅ ⋅ − = ⋅ ⋅  1p
5
311,05 10 J Q= ⋅
51,4 10 JprimitQ = ⋅ 1p
TOTAL pentru Subiectul al III-lea 15p

Teste de fizicã pentru bacalaureat220
C. PRODUCEREA ăI UTILIZAREA CURENTULUI CONTINUU
Subiectul I Punctaj
1. a.
11 2 2 3 3
1 23
11 2 2 3 3
11 2 2 3 3
1 23

US US USI U UUl ll
l llS SSS⋅ ⋅⋅ = = = ρ⋅ ρ⋅ ρ⋅ ⇒= =ρ⋅ ρ⋅ ρ⋅= = = 
Din grafic, 1 23 1 V, 2 V, 1,5 V UUU= = =
Înlocuind numeric, obținem:
1
227,75 n m
222 n mρ = Ω⋅
ρ = Ω⋅ 3
2.b.
( )( )1
1 1
01
10 1
1 1UI UR IRRR=⇒=⋅ +α⋅θ= ⋅ +α⋅θ (1)
Analog, ( )2
02 1UIR=⋅ +α⋅θ (2)
Raportând relațiile (1) și (2) și înlocuind numeric, obținem:
2 1280 C θ= ° 3
3.b.
Alegând convenabil un ochi și aplicând teorema a II-a a lui Kirchhof f :
1 23 1 1,5 AE E E IR I+ + =⋅ ⇒= 3
4.b.
Cei trei rezistori din circuitul exterior sunt grupați în paralel.
1231111
pR RRR=++ . Înlocuind numeric, 20 7pR= Ω
7 Ap E IR I= ⋅ ⇒=
140 WP EI P= ⋅⇒ = 3
5.a.
2
U NSWtl⋅⋅= ⋅∆ρ⋅
Înlocuind numeric: = 10 mW hW ⋅ 3
TOTAL pentru Subiectul I 15p
Subiectul al II-lea Parțial Punctaj
a.1 K→
1
1 2 2 3
3 8
3 EIRRr
ERrI
R=⋅+⋅ +
⇒= ⋅− 

⇒= Ω2p
4p1
1 2 2 3
3 8
3 EIRRr
ERrI
R=⋅+⋅ +
⇒= ⋅− 

⇒= Ω1p1
1 2 2 3
3 8
3 EIRRr
ERrI
R=⋅+⋅ +
⇒= ⋅− 

⇒= Ω 1p
b.2 K→
2
2 2
1,54 AEIRr
I=⋅+
⇒=1p
4p
2
2 2
1,54 AEIRr
I=⋅+
⇒=1p
21 0,34 A II I I∆= − ⇒ ∆= 2p

Bareme teste nivel avansat221c.22 3eeRRR⋅= ⇒= Ω 3p 3p
d.33 3, 6 A2 3EIIRr= ⇒=⋅+2p
4p
Intensitatea curentului între punctele 2 și B este egală cu 23 3, 6 ABII= = 2p
TOTAL pentru Subiectul al II-lea 15p
Subiectul al III-lea Parțial Punctaj
a.deschis K→
= 0,75 A
400 = 3b bb b
b
bb
bP UI I
URRI= ⋅⇒
= ⇒Ω2p
4p
b
bcEIRRr=++1p
485 161,6 3cR⇒ = Ω= Ω 1p
b. ( )2 = 99562,5 Jext b c ext W R RI t W = + ⋅ ⋅∆ ⇒ 3p 3p
c.închis K→ b
tP
Pη=
Cursorul împarte reostatul în două părți, având rezistențele electrice R1 și R2. Circuitul exterior sursei conține
rezistorul R1 în serie cu rezistorii R2 și Rb legați în paralel.
Becul funcționează normal, deci
2100 VRbUU= = .
12RR R+=
( )1 b E IR r U= ⋅++
2 bRII I= +
2 2 bRU IR= ⋅ 2p
4p
Rezolvând sistemul de ecuații și ținând cont de valoarea lui R, obținem: 1 AI≅ 1p
Înlocuind, obținem 7533,3%225η= = 1p
d.Pentru ca sursa să transfere putere maximă circuitului exterior, rezistența acestuia trebuie să fie egală cu rezis –
tența interioară a generatorului: eRr=. 1p
4pNotăm cu R′ rezistența rezistorului conectat în paralel cu reostatul și cu Rs rezistența porțiunii de circuit pe care
se află becul și reostatul, cursorul fiind la mijlocul acestuia.
111
esR RR= +′ 1p
Intensitatea curentului prin ramura principală a circuitului va fi: 22,5 A2EIIr= ⇒=⋅.
Aplicând teorema a doua a lui Kirchhoff ochiului care conține sursa de tensiune și porțiunea de rezistență Rs:
2337 2 2
0,33 Ass
b
ss
b
ss
sE Ir I R
RRRRRRR
EIrIIR=⋅+ ⋅
⋅
= + ⇒= Ω
+
−⋅= ⇒= 2337 2 2
0,33 Ass
b
ss
b
ss
sE Ir I R
RRRRRRR
EIrIIR=⋅+ ⋅
⋅
= + ⇒= Ω
+
−⋅= ⇒= 2337 2 2
0,33 Ass
b
ss
b
ss
sE Ir I R
RRRRRRR
EIrIIR=⋅+ ⋅
⋅
= + ⇒= Ω
+
−⋅= ⇒=
29 V 2s bbRE IrI U U ′′ = ⋅+⋅+ ⇒ = , bU′fiind tensiunea electrică la bornele becului în aceste condiții.
Puterea consumată de bec va fi: 2
6,32 Wb
bb
bUPPR= ⇒= . 2p
TOTAL pentru Subiectul al III-lea 15p

Teste de fizicã pentru bacalaureat222D.OPTICÃ
Subiectul I Punctaj
1. c.
() ( )1
2 2 2
max 2 2 2 5d aa a = ⋅ + ⋅ = ⋅⋅
3
2. a. 3
3.a.
1
2 50 cm 1 80 cmfCf f== ⇒ =
Observăm că 12 Df f= + , deci sistemul celor două lentile este afocal.
Notând cu 1hînălțimea obiectului și cu 2hînălțimea imaginii acestuia, din asemănarea
triunghiurilor hașurate se obține
12
12
12
2
1
2

16 cmhh
ff
hfhf
h= ⇒
⋅= ⇒
= 3
4.c.
3,9 Vextr
extr s s sLL eU U Ueε−ε = + ⋅⇒= ⇒=3
5.a.
332tg
tg 20 10 20 10 rad
2
3, 6 7, 22,3 i
D
Dil−−⋅θ=⇒ θ= ⋅ ⇒θ= ⋅ ⇒λ⋅ =⋅
′ ⇒θ= ⇒θ =θ= = °ππ 332tg
tg 20 10 20 10 rad
2
3, 6 7, 22,3 i
D
Dil−−⋅θ=⇒ θ= ⋅ ⇒θ= ⋅ ⇒λ⋅ =⋅
′ ⇒θ= ⇒θ =θ= = °ππ3
TOTAL pentru Subiectul I 15p
Subiectul al II-lea Parțial Punctaj
a.
3p 3p
b.60 30 r α= °⇒ = ° 1p
4p 0 sin sin a n in r⋅= ⋅ 1p
Înlocuind, obținem: 22sin arcsin33ii= ⇒= 2p
c.2 52sin cos tg = 33 5rrr= ⇒= ⇒
2p
4p
1
1
1tg i = , = 50 cmtg = = 77,5 cmtg tg xhh iHHrh xrH
⇒⇒
=2p

Bareme teste nivel avansat223d.
2p
4p
0
2 sin 90 sin
3 sin = 0,75 tg
7
tg
2 = 90,7 cma n nl
ll
rlh
Dr⋅ °= ⋅
⇒ ⇒=
=
⇒= ⋅1p 0
2 sin 90 sin
3 sin = 0,75 tg
7
tg
2 = 90,7 cma n nl
ll
rlh
Dr⋅ °= ⋅
⇒ ⇒=
=
⇒= ⋅1p
TOTAL pentru Subiectul al II-lea 15p
Subiectul al III-lea Parțial Punctaj
a.19
min min
max = 2,62 10 J = 1,63 eV
Rhc hc− ⋅⋅ε= ⇒ ε= ⋅λλ2p
4p19
max min 2 = 5,22 10 J = 3,26 eV−ε = ⋅ε ⋅ 1p
Pentru ca celula să funcționeze în vizibil, trebui ca max extr V L <ε =ε , astfel încât pot fi folosite: Li, Ba, Cs,
K.1p
b.19 3,98 10 J = 2,49 eVhc− ⋅ε= ⇒ ε= ⋅λ2p
4p
max min c
extr
extr cEL imLE= ⇒= ⇒ε= +  trebuie folosit ca material Cs. 2p
c. 0,49 V extrCs s s L eU U ε= + ⋅ ⇒ = 3p 3p
d. max max, min extr vL= ⇒ε= = ⇒ folosim Cs și radiație cu λ = 380 nm. 1p
4p 2
5 2m = 6,6 10 2sc
cmv EEv vm⋅⋅= ⇒= ⇒ ⋅ 3p
TOTAL pentru Subiectul al III-lea 15p

Teste de fizicã pentru bacalaureat224TESTUL 5
A. MECANICÃ
Subiectul I Punctaj
1. b. 3
2. a. 3
3. c. 3
4. a. 3
5. d. 3
TOTAL pentru Subiectul I 15p
Subiectul al II-lea Parțial Punctaj
a.Aplicăm principiul I al dinamicii 0 F N Gn Gt Ff++ + + =           1p
4pFăcând proiecția pe axe obținem Gn – N = F – Gt – Ff = 0 1p
Rezolvând sistemul obținem: 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++ + + =⋅       1p
4pFăcând proiecția pe axe obținem Gn – N = 0
Ft – Gt – Ff = m · a1p
Rezolvând sistemul obținem: Ft = m (a + g sin θ + μg cos θ) 1p
Rezultă : Ft = 20,4 N 1p
c.Aplicăm legea mișcării d = v · t 2p3p
Rezultă: t = 0,5 s 1p
d.Corpul începe să alunece pe cărucior atunci când: F ≥ Ff, unde F este forța aplicată corpului, iar Ff este forța
de frecare care apare la suprafața de contact dintre corp și cărucior2p
4pF ≥ μN, F ≥ μmg 1p
μ ≤ 0,1 1p
TOTAL pentru Subiectul al II-lea 15p
Subiectul al III-lea Parțial Punctaj
a.Aplicăm teorema de variație a energiei cinetice 22
0
22mv mvFr D − = −⋅ 2p
4p22
02 GgFr v v dff=⇒= − ⋅ 1p
V = 9 m/s 1p
b.Aplicăm legea conservării impulsului (în timpul ciocnirii rezultanta forțelor exterioare este 0)
1 12 2 12 () mv mv m m v ′ += +  2p
4pPentru ciocnirea unidimensională și frontală și ținând cont de faptul că v2 = 0, obținem :
11 1 2 () mv m m v ′ = +1p
Rezultă: 11
113 m/smvvmv′= =+1p

Bareme teste nivel avansat225c.Scriem teorema variației energiei cinetice: Δ Ec = L, unde L reprezintă lucru mecanic efectuat de rezultanta
forțelor exterioare ce acționează asupra sistemului1p
4p12()0m mgFr Df+−= ⋅ 1p
12()m mgFrf+= 1p
Rezultă: d = 45 m 1p
d.2
12
2
11()cs
clE m mvxE mv′ += = , unde x reprezintă fracțiunea din energia cinetică pe care o posedă primul vagon ime –
diat înainte de ciocnire2p
3p
Deci: 10
3xv ′ = 1p
TOTAL pentru Subiectul al III-lea 15p

Teste de fizicã pentru bacalaureat226B. TERMODINAMICÃ
Subiectul I Punctaj
1. b 3
2. b 3
3. a 3
4. d 3
5. d 3
TOTAL pentru Subiectul I 15p
Subiectul al II-lea Parțial Punctaj
a.ν1 =
2Oµm1p
3p1
21
16ν
ν= 1p
22
Hµmν= 1p
b.Scriem ecuația de stare în cele două compartimente si punem condiția de echilibru mecanic pe piston :
p1= p2 = p1p
4pp2ν= ν1RT1
p2ν
= ν2RT22p
Rezultă : 2 1
1 216T
Tν
ν= = 1p
c.Deoarece T2 = 16T1 prin încălzire hidrogenul își mărește volumul de la V2 la V2′ iar O2 va avea volumul V1′.
pV1′= ν1RT1
pV2′= ν2RT11p
4p'
1
'
2 21 V
V=ν
ν
V1′ + V2′ = V
Unde V = L · S;1p
V1′=2LxS− V2′=2LxS+ 1p
x = 0,88 m; x > 0 ⇒ pistonul se deplasează către compartimentul care conține O21p
d.Numărul de moli din cele două baloane este: 12 , ν=ν +ν 1p
4p122 mm m+=µµ µ 1p
Obținem: 12
122µµµ=µ +µ1p
Rezultă: 12
122µµµ=µ +µ 3,76 g/mol 1p
TOTAL pentru Subiectul al II-lea 15p

Bareme teste nivel avansat227Subiectul al III-lea Parțial Punctaj
a.Reprezentarea grafică în coordonate P-V
1→2 (comprimare izotermă)
2→3 (încălzire izobară)
3→1 (răcire izocoră)4p 4p
b.Gazul cedează căldură pe procesele 1 →2 și 3→1
Qc = Q12+ Q311p
4pȚinând cont de expresiile căldurilor în procesele respective, obținem:
12
1lnc TVQRV= ν + νCv(T1 − T3) 1p
Pentru a calcula temperatura T3, scriem ecuația de stare în stările I și III obținem:
11 1
11 3
1
31
34
144PV RT
PV RT
TTTT= ν
= ν
= ⇒=1p
Rezultă: 12 31 29347,5 JcQQ Q=+= − 1p
c.Expresia randamentului unei transformări ciclice biterme: ||1c
pQ
Qη= − 1p
4p Sistemul primește căldură pe procesul 2 →3
Qp = O23 = νCp(T3 – T1) = 37395 J2p
21,5%η= 1p
d.min
Carnot
max1T
Tη= − , unde Tmin = T1 și Tmax = T3 2p
3p
Carnot375%4η= = 1p
TOTAL pentru Subiectul al III-lea 15p

Teste de fizicã pentru bacalaureat228C. PRODUCEREA ăI UTILIZAREA CURENTULUI CONTINUU
Subiectul I Punctaj
1. a 3
2. c 3
3. b 3
4. d 3
5. a 3
TOTAL pentru Subiectul I 15p
Subiectul al II-lea Parțial Punctaj
a.Când la bornele generatorului avem un singur voltmetru de rezistență RV; (1)U1 = I1Rv= v
VER
Rr+ 1p
4p
Când sunt montate cele două voltmetre în paralel, rezistența lor echivalenta va fi 2vR; (2) 2222vv
vR ERUIRr= =+ 2p
Rezolvând sistemul format din relațiile (1), (2) obținem E = 12 V 1p
b.Aplicând legea lui Ohm pentru un circuit simplu când avem un singur ampermetru 1
AEIRr=+ 1p
4pCând cele două ampermetre sunt legate în serie : 22AEIRr=+2p
Rezolvând sistemul obținem r = 2 Ω. 1p
c.2111VrR
EUU=− 
1p
4p
2111
AREII= −
2p
Obținem : RV= 4 Ω, RA= 2 Ω. 1p
d.RV → ∞ 1p
3p1V
V
V
VER EUEr Rr
R= = =++1p
Uv = 12 V 1p
TOTAL pentru Subiectul al II-lea 15p
Subiectul al III-lea Parțial Punctaj
a.Când k este deschis rezistențele R1, R3 sunt legate în serie; R2, R4 serie 1p
4p113
224S
SR RR
R RR= +
= + 1p
1 32 4
1 2 12341 1 1 ( )( )
tot
tot S SR RR RRR R R RRRR++=+ = >=+++1p
Din legea lui Ohm pentru un circuit simplu obținem: 1 32 4
4
1234( )( )4'E R RR RrRI RRRR ++= + ⇒= Ω +++ 1p
b.W = (E − rI ′)I ′t 2p
3pW = 504 J 1p

Bareme teste nivel avansat229
c.Când k este închis, R1, R2 legate în paralel, R3, R4 legate în paralel Rtot= Rp1 + Rp21p
4p12 34
12 34EIRR RRrRR RR=
++++2p
Rezultă: I = 1,04 A 1p
d.Când k este deschis 1 80,7%tot
totR
Rrη= =+2p
4p
Când k este deschis 2 80%tot
totR
Rrη= =+ 2p
TOTAL pentru Subiectul al III-lea 15p

Teste de fizicã pentru bacalaureat230D.OPTICÃ
Subiectul I Punctaj
1. d 3
2. a 3
3. a 3
4. a 3
5. d 3
TOTAL pentru Subiectul I 15p
Subiectul al II-lea Parțial Punctaj
a.Pentru expresia distanței focale a unei lentile subțiri
121
11( 1)f
nRR=−−
2p
4p
1
20R
R→∞
< 1p
R = 15 cm 1p
b.2121
'f ff= + , unde f2 reprezintă distanța focală a lentilei biconcavă formată prin introducerea lichidului; f2 = −20 cm 2p
4p2
121;
11( 1)lf
nRR=−−
1p
|R1| = |R2| = 15 cm
Rezultă nl=1,371p
c.22
111yx
yxβ= = =− 1p
3p
21111
xxf−= 1p
Rezultă : x1 = −120 cm 1p
d.V om arăta că pentru un sistem afocal d = f1 + | f2 | mărirea liniară a sistemului nu depinde de poziția obiectului
și a imaginii. Considerăm obiectul luminos aflat la distanța x1 de prima lentilă.
2
1
1;x
xβ=
211111
xxf−=
1p
4pImaginea obținută în prima lentilă devine obiect pentru cea de-a doua lentilă.
2 12111
'x xf−=
2
2
1'
'x
xβ=

Unde x1′ = x2 − d; d = f1 + | f2 |
12
1 12
11'fxx fffx= −−+ 1p
Mărimea dată de sistem 12
12 2
1 11
11ff
f fx
fxβ=β ⋅β = ⋅− +
+ 1p
2
1f
fβ=−
d = f1 + | f2 |
Rezultă: d = 60 cm1p
TOTAL pentru Subiectul al II-lea 15p

Bareme teste nivel avansat231
Subiectul al III-lea Parțial Punctaj
a.Scriem formula poziției maximului de ordin k: 2kkDxlλ=
k = 52p3p
Rezultă: xk=10 mm 1p
b.Formula interfranjei :2lDil= 2p
3p
Rezultă : I = 2 mm 1p
c.Introducând o lamă de sticlă în dreptul fantei S1, drumul optic parcurs de unda provenită de la S1 crește cu
(n – 1) · e:
r1′ = r1 + e(n – 1)1p
5pDiferența de drum optic:
δ′ = r2 – r1′ = r2 – r1 – e (n – 1) = k ∙ λ2p
Pentru maximul central k = 0 sistemul de franje se deplasează pe ecran cu
1
2knx eDl−=

xk = 0,4 m1p
Sistemul de franje se deplasează spre fanta acoperită de lamă. 1p
d.Condiția de suprapunere a maximelor de interferență: xk1 = xk21p
4pDin formula poziției maximului de ordin k, 11 2 2
22kDk
llλλ= 1p
Obținem k1 = 13 și k2 = 10 1p
Rezultă: xcomun = 26 mm1p
TOTAL pentru Subiectul al III-lea 15p

Teste de fizicã pentru bacalaureat232TESTUL 6
A. MECANICÃ
Subiectul I Punctaj
1. d 3
2. b 3
3. a 3
4. d 3
5. d 3
TOTAL pentru Subiectul I 15p
Subiectul al II-lea Parțial Punctaj
a.2
2fB
G F cB cAmvL L E E mgh Nl+ = − ⇔ −µ = 2p
4p22 (1 )Bv gh= −µ 1p
4 m/sBv= 1p
b.0cE∆=1p
3p20J
20JpE mgh
E∆= =∆=2p
c.2
'02fB
F cBmvL E mgd= − ⇔ −µ = − 2p
4p22
22BBvvgd dgµ = ⇒=µ1p
4md= 1p
d.""
( ) 00
f G F c final c initial L de readucere L L E E ++ = − = − 1p
4pcos 0 L mgh mgd mgl− −µ −µ α= 1p
cos ( )sinhL mgh mgd mg mg h d h = +µ +µ α = +µ +µα1p
40JL= 1p
TOTAL pentru Subiectul al II-lea 15p

Bareme teste nivel avansat233
Subiectul al III-lea Parțial Punctaj
a.
11Ft p⋅∆ =∆1p
4p1 2 F t mv mv mv⋅∆ =− − =−  1p
12mvFt=∆1p
12kN F= 1p
b.

Triunghiul impulsurilor fiind echilateral se poate scrie'v vv= =1p
4p
2
22
2
2p p mv
Ft p
p mvFtt∆= =
⋅∆ =∆
∆= =∆∆
 
2p
21 kNF= 1p
c.HFt= ⋅∆
HFt= ⋅∆1p
3p
11
222 N s
1 N sHFt
HFt= ⋅∆ = ⋅
= ⋅∆ = ⋅2p
d.
2p
4p
3 2 2 2N s p p mv∆= = = ⋅
2p
TOTAL pentru Subiectul al III-lea 15p

Teste de fizicã pentru bacalaureat234B. TERMODINAMICÃ
Subiectul I Punctaj
1. a 3
2. c 3
3. b 3
4. a 3
5. d 3
TOTAL pentru Subiectul I 15p
Subiectul al II-lea Parțial Punctaj
a.
4p 4p
b.ABUUU∆= ∆= ∆1p
4p
2 1 2 1 2 2 1155( )( )( )22V U C T T RT RT p V p V∆ =ν − = ν −ν = − 2p
250 JU∆= 1p
c.13 32 3 1 2 3 3 1 2 357( ) ( )( )( )22A VpQ Q Q C T T C T T RT RT RT RT= + =ν − +ν − = ν −ν + ν −ν 1p
5p21 11 22 21 1 2 1 2 2 15 7 57( )( ) ( ) ( )2 2 22AQ pV pV pV pV V p p p V V= − + − = −+ − 1p
650 JAQ= − 1p
14 42 1 2 1 2 2 175()( )22BQ Q Q pV V V p p= + = −+ − 1p
50 JBQ= − 1p
d.- 650 250 900JAA ALQ U= ∆= − − = − 1p
2p
– 50 250 300 JBB BLQ U= ∆ = −− = − 1p
TOTAL pentru Subiectul al II-lea 15p
Subiectul al III-lea Parțial Punctaj
a.12 34 0 QQ= =
1
2 3 3 2 3 2 3 22 2 2 32 325 5 55( )( )( ) ( ) ( )2 2 22VVQ C T T RT RT p V p V V p p p p=ν − = ν −ν = − = − = ⋅ −ε2p
5p
11 2 2 2 1
41 32 3 41 2:
3 4: pV pV p p
pV pV p pγγ γ
γγ γ→ = ⇒ = ⋅ε
→ = ⇒ = ⋅ε
-1 1
2 3 41 41 155() ()22primitVQ Q pp pp Vγγ= = ε − = − ε⋅ε3p

Bareme teste nivel avansat235b.41 1 45()2cedatQ Q RT RT = = ν −ν 2p
4p
1 14 1 14 155( )( )22cedatQ pV pV p p V = − = −⋅ 2p
c.1cedat
primitQ
Qη= − 1p
3p
4 11
1-1
41 15()1 2115()2p pV
pp Vγ−γ−⋅
η= − = −ε− ε⋅2p
d.p LQ=η⋅ = 1p
3p
-1 -1
41 1 41 1 -115 5( 1 )( ) ( 1 )( )22L pp V pp Vγγ
γ=− − ε⋅ = ε− − ⋅ε2p
TOTAL pentru Subiectul al III-lea 15p

Teste de fizicã pentru bacalaureat236C. PRODUCEREA ăI UTILIZAREA CURENTULUI CONTINUU
Subiectul I Punctaj
1. a 3
2. c 3
3. b 3
4. d 3
5. a 3
TOTAL pentru Subiectul I 15p
Subiectul al II-lea Parțial Punctaj
a.1
11 1 2 1121, 48 16 8 8 8 4p
pRR=+ =+== = Ω 1p
5p14 20 24sR= +=Ω 1p
2
21 11 31, 69 18 18 6p
pRR= +== = Ω 1p
26 6 12sR=+= Ω 1p
1 1 1 31, 824 12 24 8AB
ABRR=+= = = Ω 1p
b.11 3
11 0,5 8 4 VABU I R IR
IR= +
= ⋅=
2p
4p
11
11 2 2 2
2410,25 A16 4IRIR IR IR= ⇒= = = =
122 1A
4 1 20 4 20 24 VABII I
U= +=
= +⋅ = + =2p
c.AB
e
ABUIR= 2p
3p
3AeI= 1p
d.AB
AB e e
eEUE U IR rI−= + ⇒= 2p
3p
1r= Ω 1p
TOTAL pentru Subiectul al II-lea 15p

Bareme teste nivel avansat237Subiectul al III-lea Parțial Punctaj
a.

12()
()b E IR r U
PPE IR rI= ++
+= ++
3p
5p
26024 2,4
2 20 50 0
5AII
II
I= +
− +=
=2p
b.()ee eEEE Ir R R r R rII= + ⇒ += ⇒ = − 2p
3p
4,3eR= Ω 1p
c.( ) 24 5 2,4 24 12 12VbU E IR r= − + = −⋅ = − = 2p
4p1
1
2
1242A12
363A12b
bPIU
PIU= = =
= = =2p
d.1
11262bURI= = = Ω
2
21243bURI= = = Ω2p
3p
225 4,3 3600 387kJext e W IR t= ⋅ ⋅∆ = ⋅ ⋅ = 1p
TOTAL pentru Subiectul al III-lea 15p

Teste de fizicã pentru bacalaureat238D.OPTICÃ
Subiectul I Punctaj
1. a 3
2. d 3
3. a 3
4. a 3
5. c 3
TOTAL pentru Subiectul I 15p
Subiectul al II-lea Parțial Punctaj
a.1 1 11
2
2 1 1 2 11 1 1111 1 f x fxxx x f x fx f x+=+⇔ = ⇔=+2p
3p
215cmx= , poziția imaginii dată de prima lentilă. 1p
b.'
12 ( ) (20 15) 5cm x dx= − −= −−= − , poziția imaginii dată de prima lentilă în raport cu a doua lentilă, pentru
care joacă rolul de obiect.1p
4p''
' 2 1 21
2 '' ' ' '
2 1 222 1 2 1111 1 f x fxxx x f x fx f x+=+ ⇔ = ⇔=+, poziția imaginii finale, în raport cu a doua lentilă. 2p
'
2 2,5cm x= − , poziția imaginii finale, în raport cu a doua lentilă. 1p
c.'
22
12 '
11sistemxx
xxβ =β ⋅β = ⋅ 2p
3p
1212sistemβ = −⋅ = − 1p
d.
5p 5p
TOTAL pentru Subiectul al II-lea 15p

Bareme teste nivel avansat239
Subiectul al III-lea Parțial Punctaj
a.Introducerea unui strat subțire (lamă, film, peliculă) în calea unuia din fasciculele luminoase care interferă
conduce la deplasarea figurii de interferență spre acel fascicul, dar nu modifică interfranja. 2p3p
Așadar raportul cerut este 1. 1p
b.În cazul acoperirii cu același film a ambelor fante figura de interferență rămâne aceeași ca și în cazul absenței
filmului, atât ca poziție cât și ca interfranjă, întrucât fiecare fantă acoperită introduce același drum optic supli –
mentar, deci diferența de drum optic între razele care interferă nu se schimbă.2p
3p
Așadar și în acest caz raportul cerut este 1. 1p
c.În acest caz, analizând distribuția maximelor și minimelor din figura de interferență, reiese că deplasarea figurii
de interferență este 4,5xi∆= ⋅ , unde i este interfranja, 2Dilλ= .2p
5p Între deplasarea figurii de interferență x∆și diferența de drum optic suplimentară δ, introdusă de film există
relația 2x
Dl∆δ= , care devine ( 1) 4, 5 ( 1) 4, 5 ( 1)
2 2 22x en i en D en
D l D l Dl l∆− − λ −= ⇔= ⇔ = , de unde rezultă 4,5
1enλ=− 2p
8522 10 m 5,22 me−= ⋅= µ 1p
d.'( 1)nou en k− = ⋅λ 2p
4p '
( 1)noukenλ=−1p
e′ = 232 · 10−8 m = 2,32 ηm 1p
TOTAL pentru Subiectul al III-lea 15p

Teste de fizicã pentru bacalaureat240TESTUL 7
A. MECANICÃ
Subiectul I Punctaj
1. c 3
2. b 3
3.d. Din grafic 16 JpE= și h=4m.
Expresia energiei poten țíale este: 0,4kgp
pEE mgh mgh= ⇒= =
Aplicând legea conservării energiei mecanice: 228,92 m/s2p o
co po c p p oE mvE E EE E vm+ = + ⇒ = ⇒= =3
4. c 3
5.d
0
: 0 sin
: 0 cosf
x
fy fFNGF
Ox N F N F
Oy F F G F mg F+++ =
−= ⇒= ⋅ α
+ −= ⇒ = −⋅ α      

cos 20 10 30,27sin 10f
fF mg FFNNF−⋅ α −=µ⋅ ⇒µ= = = =⋅α3
TOTAL pentru Subiectul I 15p
Subiectul al II-lea Parțial Punctaj
a. Reprezentarea corectă a forțelor care acționează asupra corpurilor . 4p 4p
b.Pentru corpul (1) avem : 1 1 11 eF mg k l mg= ⇒∆= 1p
4pPentru corpul (2) avem:
21 2 2 12 ()eeF mg F k l gm m= + ⇒∆ = + 1p
11
2 12lm
l mm∆=∆+1p
1
22
5l
l∆=∆1p
c.Pentru corpul (3) avem:
2 33 e NGF= + 1p
4p 2 21 eF mg mg= + 33G mg= 1p
3 3 1 2 3 123 + ( ) 9 N N mg mg mg N g m m m= + ⇒= ++ = 2p
d.Din condiția de echilibru rezultă :
1
1mgm g kx kx= ⇒=2p
3p
100Nkm= 1p
TOTAL pentru Subiectul al II-lea 15p

Bareme teste nivel avansat241Subiectul al III-lea Parțial Punctaj
a.Forțele ce acționează asupra corpurilor

2p
4p
11 1 1 0 N mg N mg− = ⇒= 1p
2 12 2 12
20 ()
80 NN N G N m mg
N−−= ⇒ = +
=1p
b.Pentru corpul (1): 1 1 111 f T F G N ma+ ++ =    
Ox: 1 11 f T F ma−=
Oy:11 1 1 0 N mg N mg− = ⇒=
1 11 11 1 11 1 ffF N F mg T mg ma=µ ⇒ =µ ⇒ −µ = 1p
5pPentru corpul (2):
12 12 1 2 2 2 ff T T F F N N G ma++ + + + + =               
12 21 2
2 12 2 12:
: 0 ()ff Ox T T F F m a
Oy N N G N m m g−− − =
−−= ⇒ = +
22 22 2 1 2()ffF N F m mg= µ ⇒ = µ+
2 1 11 2 1 2 2 () T T mg m m g ma⇒ − −µ −µ + = 1p
Pentru corpul (3):
3 32 3 3 f G T F N ma++ + =      
3 3 23
33 3 3: sin
: cos 0 cosf Ox m g F T m a
O y N mg N mgα− − =
− α= ⇒ = α
33 23 23 cosffF N F mg= µ⇒= µ α
3 23 2 3 sin cosmg mg T ma α−µ α− =2p
Rezultă: 3 2 1 1 2 12 123
3 2 11 2 1 2
2
123(sin cos ) 2 ( ) ( )
(sin cos ) 2 ( )3, 42m g m g mm ga mmm
m m mm magmmm sα−µ α − µ −µ + = + +
α−µ α − µ −µ += =++1p
c.11 1 1 ( ) 16,26 N T ma g T= +µ = 1p
3p
2 12 1 1 2 12
2() 2 ()
47,36T a mm m g mm g
TN= + + µ +µ +=2p
d.1
112
2( )RTR ma g== +µ
2p
3p
32,52 NR= 1p
TOTAL pentru Subiectul al III-lea 15p

Teste de fizicã pentru bacalaureat242B. TERMODINAMICÃ
Subiectul I Punctaj
1. c 3
2. c 3
3. d 3
4.c Aplicăm primul principiu al termodinamicii: 12 12 12Q UL→ →→= ∆+
1 22 1( )( )
2vp pV VCT C T+−υ∆ = υ ∆ + 213,2v T T TC R∆= − =
12 11 2 2 21
21 213() ()22pV pV pV pVC TT R TT−+ −υ −= υ −+
Cum procesul 1 →2 este de forma : p = aV, rezultă: 11
22p aV
p aV=
=11
12 21
22pVpV pV
pV⇒= ⇒ =
Obținem: 2 2 11
21 213() ()22pV pVC TT R TT−υ −= υ −+
Din ecuația de stare; obținem:11 1
22 2p V RT
p V RT= υ
= υ
Rezultă: 23 2 CT RT RT C Rυ∆ =υ∆ + υ∆ ⇒ =3
5.c Aplicăm legile celor două procese:
izoterm: 11 2 2pV pV= dar 1
21222pVVp= ⇒=
adiabat:' 1
11 2 2 22ppV pV pγγ
γ= ⇒= Rezultă raportul: 1 2
'
22p
pγ−= 3
TOTAL pentru Subiectul I 15p
Subiectul al II-lea Parțial Punctaj
a.Legea conservării numărului de moli: 12 ν=ν +ν 1p
4pEcuațiile de stare pentru heliu și azot în starea inițială și pentru amestecul de gaze în starea finală.
11
11 1 1
22
22 2 2
12
12()()pVp V RTRT
pVp V RTRT
pV Vp V V RTRT=ν ⇒ν =
=ν ⇒ν =
++ =ν ⇒ν=1p
Rezultă: 5 1 2 11
1 2 11 2 2 2 2
2()( ) 2,5 10p V V pV Np V V pV pV pVm+−+ = + ⇒= = ⋅ 2p
b.Raportul dintre numerele de moli de gaz este: 1 22
2 11pV
pVν=ν2p
3p
1
25ν=ν1p
c.Din legea conservării numărului de moli, rezultă: 12
12mm m= +µµ µ1p
4p12
12
12
122mm
mm m=
µµ= + ⇒µ=µ +µ2p
7g/molµ= 1p
d.Variația energiei interne este: V U CT∆= ν∆
VC este căldura molară la volum constant a amestecului2p
4pEnergia internă a amestecului este: 12 UU U= +
1 2 12
12 1 212
12
12
21
1 2 12() 2
2VV V VV V
VV V V V
Vmm mCT CT C T C C C
CC C C CC⇒ν =ν +ν ⇒ = + ⇒µµ µ
µ+ µµ= + ⇒=µ µ µ µµ1p
1221
1213
4
7,716VV
V
VCCCR
mU C T KJµ+ µ= =µ +µ
∆ = ∆=µ1p
TOTAL pentru Subiectul al II-lea 15p

Bareme teste nivel avansat243Subiectul al III-lea Parțial Punctaj
a.Reprezentarea în coordonate V și T este:
3p 3p
b.1→2 este un proces izocor 21VV⇒= 2 →3 este un proces izobar 23pp⇒=
1→3 este un proces de forma p = aV Procesul 3 →4 este un proces izoterm1p
4p11 13
3 121
33 133p aV pVp pp pp aV V=⇒= = ⇒= =1p
Parametrii stării 2 sunt: 21VV= și 213pp=
Parametrii stării 3 sunt: 313 VV= și 313pp=1p
33 44pV pV= 41pp= 11 149pV pV⇒=
419 45l VV⇒= =1p
c.Din ecuația termică de stare, determinăm temperatura pentru cele 4 stări: 11
11 1 1pVp V RT TR= υ ⇒=υ
11
2 2 2 11 2 2 1333pVp V RT p V RT T TR= υ⇒ = υ⇒ = =υ
11
33 3 1 1 3 3 1933 9pVp V RT p V RT T TR= υ⇒ = υ⇒ = =υ
43 1 9 TT T= =2p
5p
3
2vCR= ⇒ 11
1 3 3 1 1138( ) 122vpVU C T T R pVR→∆ = υ −= υ =υ2p
13 6000 J = 6 kJ U→∆= 1p
d.min
max1cT
Tη= −
1
31cT
T⇒η = − 2p
3p
88%cη= 1p
TOTAL pentru Subiectul al III-lea 15p

Teste de fizicã pentru bacalaureat244C. PRODUCEREA ăI UTILIZAREA CURENTULUI CONTINUU
Subiectul I Punctaj
1. b. 3
2. c. 3
3.a. Din grafic avem U = 20 V și I = 5 A 4URI⇒= = Ω
Intensitatea de scurtcircuit: 2scEIrr= ⇒=Ω
Randamentul circuitului este: 0,66 66%R
Rrη= = ⇒η=+3
4.b. Calculăm parametrii sursei echivalente:
23
18 23
1 11 1 11
23k
k
e
kE EEE
rE rrrE
r rrr∑ ++
= = =
∑ ++
1 16
111 1 11
23e
krr
rrrr= = =
∑ ++3
5.d. Puterea maximă: 2
max4EPr= Din relația: max max 0,5 2 P PPP= ⋅⇒=
22
22
22604( )E ERR Rr rr Rr= ⇒ − +=+
Rezolvând ecuația de gradul doi, găsim valorile rezistenței R: 1,23 22 Rr r= ±
15,82 29,1Rr= = Ω 20,18 0,9 Rr= = Ω3
TOTAL pentru Subiectul I 15p
Subiectul al II-lea Parțial Punctaj
a.K1, K2 deschise, rezistența echivalentă este: 1
11 11 2
23e
eRRR RR= +⇒ = 1p
4p118V 2A UI= = 1 11 e U IR= ⋅ 1p
1
11
123
32RUUI RI=⋅ ⇒= 1p
6R= Ω 1p
b.K1 este închis, iar K2 deschis, rezistența echivalentă:
2
21 1132e
eRRR RR=+⇒ == Ω1p
5p1 1 11
2 2 22U E Ir E U Ir
U E Ir E U Ir= −= +
= −= +1p
11 2 2U Ir U Ir⇒+ =+ 1p
12
211UUrII−= = Ω− E = 10 V2p
c.scEIr= 2p
3p
10AscI= 1p
d.2
max4EPr= 2p
3p
max 25 W P⇒= 1p
TOTAL pentru Subiectul al II-lea 15p

Bareme teste nivel avansat245
Subiectul al III-lea Parțial Punctaj
a.'
1R și '
2R rezistențele electrice ale celor două porțiuni de fir MC și CN, de lungimi 1lși 2l
' 1
1lRS= ρ ' 2
2lRS= ρ1p
3p
Prin 3R nu trece curent electric, rezultă o punte Wheastone echilibrată:
'' 12
1 2 2 1 1 2 11 2 2llR R R R R R Rl RlSSρρ⋅ = ⋅⇒ = ⇒ =1p
12 2 1 2 ll l l l=+⇒= 120 cml= și 240 cml=
1p
b.Rezistența echivalentă a circuitului exterior este:12
12 121 11 ( )
e
eRRRRR RR R RRR+⋅= +⇒ =+ ++3p
4p
5eR= Ω 1p
c.legea lui Ohm pe întregul circuit:
34,5A3eenE EIR nr R r= = =++2p
4p
Tensiunea la borne este: 22,5 Ve U IR= = 2p
d.Parametrii generatorului echivalent sunt: 3, 3eeE Er r= = 2p
4pIntensitatea de scurtcircuit este: 12Ae
sc
eEIr= =2p
TOTAL pentru Subiectul al III-lea 15p

Teste de fizicã pentru bacalaureat246D.OPTICÃ
Subiectul I Punctaj
1. b. 3
2.a.
Scriem ecuația lui Einstein pentru cele două frecvențe: 1 1 11
21
2 2 22
2 2 2 12
11 16,2 ; 4V
(1, 55 )1, 550,55h L eU eU h LundeU V Uh L eU eU h L
Uh L U hdar LUh L Uν= + = ν− ⇒= = ν= + =ν−
ν − ν −ν= = ⇒=ν−14
00 1,18 10 HzLLhh= ⋅ν ⇒ν = = ⋅ 3
3.b.
Aplicăm legea refracției ( )1aern=: 3sin sin sin8in r r= ⇒=
În triunghiul IPB:
2sintg tg
1 sinPB rr PB h r hh r= ⇒= =
−
În triunghiul ': 90 60ooAP I i α= − =
2sintg tg 3 0,7m
1 sinxrx PB hPB rα= ⇒ = α= =
−3
4.d.
Formula interfranjei este: 1, 32rr
vvDiiliλλ= ⇒= =λ
Relația dintre cele două interfranje este: (1 ) 1 0, 3r
rv vv
viii f ii f fi= + = + ⇒ = −=
f = 30%3
5.
c.
Unghiul limită este: 13sin4ln= =
2tg tg
sin sin1,15cos 1 sinrl rhlh
llrh h ml l= ⇒=
= = =
−3
TOTAL pentru Subiectul I 15p
Subiectul al II-lea Parțial Punctaj
a.Lentila plan concavă este o lentilă divergentă cu 1RR= − și 2R→∞
Distanța focală a lentilei este:
12120 cm11 1( 1)( )RfnnRR= = −= −−−−1p
4pFormula lentilelor subțiri: 1
2
21 11 1 1 ( 20)( 30)12cm20 30fxxx x f fx−−−=⇒= = = −+ −−2p
Mărirea liniară transversală este: 2 2 21
2
11 1( 12) 20,8 cm30x y xyyxy x−⋅β= = ⇒ = = =−
Imaginea este virtuală, dreaptă, mai mică decât obiectul.1p
b.Dacă introducem lentila în apă 12(,)R RR=− →∞ :
'
121
11( 1)( )a
a
anRfn nn
n RR−= =−−−2p
3p
'80 cm f= − 1p

Bareme teste nivel avansat247
c.Alipind cele două lentile se formează o lentilă biconcavă 12( ,)R RR R= −= cu distanța focală:
'' 110 cm11 2( 1) 2( 1)( )RffnnRR−= = = = −−−−−2p
4pFormula lentilelor subțiri: ''
' 1
2 ' '' ''
21 11 1 1 ( 10)( 30)15 cm10 10fxxx xf fx−−−= ⇒= = = −+ −−1p
Din formula pentru m ărirea liniară transversală: ''
22
11xy
xyβ= = rezultă '
' 21
2
1( 15) 21cm30xyyx−⋅= = =− 1p
d.Distanța focală a sistemului de lentile este: 121
2a
aaffFFff f f⋅=+ ⇒=+1p
4p115 cm11 2( 1)( 1)( )()a
aaRfnnRR= = =−−−−1p
( 20) 1530 cm30 20F−⋅⇒= = −−1p
'' 1
2 ''
21 11 1 1 ( 30)( 30)15 cm30 30Fxxx x F Fx⋅ −−−=⇒ = = = −+ −−1p
TOTAL pentru Subiectul al II-lea 15p
Subiectul al III-lea Parțial Punctaj
a.Utilizând formula interfranjei: 1,5 mm2Dilλ= = 2p
3p
Din relația: 8 franjedd Ni Ni= ⇒== 1p
b.Maximul luminos de ordinul K se formează la distanța: 2MKDxlλ=
pentru K = 5: 557,5 mm2Dxlλ= =1p
4pDistanța la care se formează franje întunecoase este: (2 1)22MDxKlλ=+⋅ 1p
Pentru a treia franjă întunecoasă: K = 2 3 5353,75 mm22Dx xx xlλ⇒ = ⋅ = ∆= − Rezultă: 3,75 mmx∆= 2p
c.În absența lamei, diferența de drum este: 212KlxrrDδ= − =
În prezența lamei, diferența de drum este:
2 1 2 1 21 ( ) ( ) ( ) ( 1)S P S P r re n e r re n ∆= − = − − + = − − −
Rezultă: 2( 1)KlxenD⋅∆= − −2p
5p
Din condiția de maxim K∆= λ rezultă: 2( 1)KlxK enD⋅λ= − −
Maximul central se obține pentru K = 0 ⇒0022( 1)( 1)lx lxen eD Dn⋅⋅= − ⇒=−2p
0334,5 mm2Dxxlλ= = = ⇒ 18 me= µ 1p
d.Din relația : 12KKDxKlλ= = ⇒ 22lx
D⋅λ= 2p
3p
2480nm λ= 1p
TOTAL pentru Subiectul al III-lea 15p

Teste de fizicã pentru bacalaureat248TESTUL 8
A. MECANICÃ
Subiectul I Punctaj
1. b . 3
2. c. 3
3. b. 3
4. b. 3
5. c. 3
TOTAL pentru Subiectul I 15p
Subiectul al II-lea Parțial Punctaj
a.2
2cpEm= 2p
3p
rezultat final: 400 JcE= 1p
b.pFt∆=∆1p
4pF ma= 1p
pamt∆=∆1p
rezultat final: 25m/sa= 1p
c.am F F Ff x
= + + '2 1 1p
4p12 cos F F N ma+ θ−µ = 1p
12 2 cos ( sin ) F F F mgam+ θ−µ − θ+= 1p
rezultat final:24,12m/sa 1p
d.2
2atd= 1p
4p
21dd∆= − ; 2
1
12atd= ;2
2
22atd= ;11st= ; 22st= 2p
rezultat final: 7,5m∆= 1p
TOTAL pentru Subiectul al II-lea 15p

Bareme teste nivel avansat249Subiectul al III-lea Parțial Punctaj
a.Energia căruciorului se conservă: f iE E= 1p
4p1 iE m gh= ; 2
1
2fmvE= 2p
rezultat final: 2 2 10 6,32 m/s v gh= =  1p
b.Pentru mi șcarea bilei: 2
2gth= 1p
4pPentru mi șcarea căruciorului pe orizontală: 2
2atd vt= + 1p
Accelera ția căruciorului: 1 f ma F= − ; fF mg= µ ;ag= −µ
( ) 2 dh= −µ 1p
rezultat final: 3md= 1p
c.Teorema de varia ție a energiei pentru cărucior pe pista orizontală:22
11 1
122mv mvm gd − = −µ
legea conservării impulsului ( )'
11 1 2 ifp p mv m m v= ⇔= + 2p
4p( )1 '
122m gh dvmm−µ=+1p
rezultat final:'210 2,1 m/s3v= 1p
d.Legea conservării energiei pentru sistemul cărucior-bilă, după cionire:
( )'2
12
2sistemm mvE+= ; 2
2sistemklE∆=
' 12mmlvk+∆= 2p
3p
rezultat final:24,7 cm30l∆= 1p
TOTAL pentru Subiectul al III-lea 15p

Teste de fizicã pentru bacalaureat250B. TERMODINAMICÃ
Subiectul I Punctaj
1. b 3
2. d 3
3. c 3
4. a 3
5. d 3
TOTAL pentru Subiectul I 15p
Subiectul al II-lea Parțial Punctaj
a.pV RT= ν 1p
4p 12
21
21
21
µµ
νν⋅ = =mm
pp
2p
rezultat final:
47
21=pp 1p
b.12
12
12amestecmm
mm+µ=
+µµ2p
3p
12,7g/molamestecµ= 1p
c.0
2pV RT= ν
1p
4p
0 final p V RT= ν 1p
rezultat final: 4fTT= ; 1200KfT= 2p
d.În decursul transformării gazul parcurge o încălzire izocoră până când presiunea devine 0p, apoi se dilată
izobar până la volumul 2 V.2p
4p
00· ·2 L p V p V RT= ∆= = ν 1p
rezultat final: 19,6kJL= 1p
TOTAL pentru Subiectul al II-lea 15p
Subiectul al III-lea Parțial Punctaj
a. reprezentare corectă 4p 4p
b.11 L p V pV=∆ ⋅∆ = 2p
3p
rezultat final: 1000JL= 1p
c.min
max1CT
Tη=− 1p
3pmin 1TT=,max 1 4 TT= 1p
rezultat final: 375%4Cη= = 1p

Bareme teste nivel avansat251
d. efectuat
primitL
Qη= 1-2 2-3 primitQ QQ = +;2p
5p1-2 2 1 1 ()VV Q C T T CT= ν −= ν;2-3 3 2 1 ()2pp Q CT T C T= ν −= ν 1p
p
VC
Cγ= ; pVCCR= + ; 1pRCγ=γ−;1VRC=γ−1p
1
21γ−η=γ+ 1p
rezultat final: 211%19η= = 1p
TOTAL pentru Subiectul al III-lea 15p

Teste de fizicã pentru bacalaureat252
C. PRODUCEREA ăI UTILIZAREA CURENTULUI CONTINUU
Subiectul I Punctaj
1. d 3
2. c 3
3. a 3
4. b 3
5. d 3
TOTAL pentru Subiectul I 15p
Subiectul al II-lea Parțial Punctaj
a.45
2
45sRRRRRR= ++2p
4p3
1
33s
eRRRRRR= ++1p
rezultat final: 10eR= Ω 1p
b.1
eEIR= 1
4p
tensiunea la bornele rezistorului 3Rse poate scrie: 12··psIR IR = unde:3
33s
pRRRRR=+ 2p
rezultat final:26,25 AI= 1p
c. 1'EIR=
2p3p
rezultat final: I′ = 4 A 1p
d.3
13EIRR=+3p
4p
rezultat final: 32,22 AI= 1p
TOTAL pentru Subiectul al II-lea 15p
Subiectul al III-lea Parțial Punctaj
a.lRSρ= 2p
3p
rezultat final: 22R= Ω 1p
b.2·b U U IR= + 3p
4p
rezultat final: n = 8 1p
c.becuri b
sursãPU
PUη= =
3p
4p
rezultat final: 1157,9%19η= 1p
d.·
xxRSρ= 1p
4p
2xUIR=2p
rezultat final: 8,64kmx 1p
TOTAL pentru Subiectul al III-lea 15p

Bareme teste nivel avansat253D.OPTICÃ
Subiectul I Punctaj
1. d . 3
2. d. 3
3. c. 3
4. b. 3
5. a. 3
TOTAL pentru Subiectul I 15p
Subiectul al II-lea Parțial Punctaj
a. reprezentarea grafică a imaginii 3p 3p
b.21 2111
xxf−=
; 22
111
2yx
yxβ= = =
2p
4p01 2
2 1= +f f1p
rezultat final: 2 20 cm f= − ; 140 cmf= 1p
c.( )
1111nfR= − 2p
4p( )11 Rn f= − 1p
rezultat final: 20 cmR= 1p
d.reprezentare grafică a imaginii 1p
4p211111
xxf−= ; 2120 cmx= 1p
21 2111
''xxf−= ; 12'x xd−=− 1p
rezultat final: 12
22
12'' ; ' 16 cm'xfxxxf= = −+ 1p
TOTAL pentru Subiectul al II-lea 15p
Subiectul al III-lea Parțial Punctaj
a.03'xx=; maximul de ordinul 0'=k se deplaseaza în locul maximului de ordinul 3k= 1p
4p '3 δ−δ = λ 2p
rezultat final: 7' 15∙ 10 m−δ−δ = 1p
b.21rrδ= − 1p
4p( )21'1r r enδ= − − − 1p
( ) '1en δ−δ = − ; '
1enδ−δ=−1p
rezultat final :63∙10 me−= 1p
c.2Dilλ= 2p
3p
rezultat final: 310 mi−= 1p

Teste de fizicã pentru bacalaureat254d.Pentru dispozitivul Young în aer, diferența de drum este: 2·ly
Dδ= 1p
4pPentru dispozitivul Young cu sursa deplasată cu distan ța h față de axul de simetrie al dispozitivului, diferen ța
de drum este: " 2·lh
dδ =δ+1p
Cele două diferen țe de drum suplimentare trebuie să se anuleze reciproc: ( )2·1lhend= − 1p
rezultat final:( )1
2ed nhl−= ; 7,5 mh= µ 1p
TOTAL pentru Subiectul al III-lea 15p

Bareme teste nivel avansat255
TESTUL 9
A. MECANICÃ
Subiectul I Punctaj
1. c. 3
2. c. 1 J = 1 N ∙ m = 1 kg ∙ m ∙ s–2 ∙ m = 1 kg ∙ m2 ∙ s–2 3
3.b. F t mv⋅∆ = ⋅
5 20205Ftvvm⋅∆ ⋅= ⇒= = m/s 3
4.d. []
()2 1
2
00m1s
2sC
atx t x vt
Ca=
= ++
→
3
5.a.
( )11 2 2
12
12
12
12
12;
N12ms
s
s
sFk Fk
Fk
FFkFF
kk
kkkkk
k= ∆= ∆= ∆ +∆
⇒= =∆ +∆+
⇒=+
=


3
TOTAL pentru Subiectul I 15p
Subiectul al II-lea Parțial Punctaj
a.
1p
4p
1 11
12
22
12
12
2;
m2smg T ma
T T Ff ma N G mg
T G ma
mm magmmm
a−=
−− = ==
−=
− −µ= ⇒++
=1p
1 11
12
22
12
12
2;
m2smg T ma
T T Ff ma N G mg
T G ma
mm magmmm
a−=
−− = ==
−=
− −µ= ⇒++
=1p1 11
12
22
12
12
2;
m2smg T ma
T T Ff ma N G mg
T G ma
mm magmmm
a−=
−− = ==
−=
− −µ= ⇒++
=1 11
12
22
12
12
2;
m2smg T ma
T T Ff ma N G mg
T G ma
mm magmmm
a−=
−− = ==
−=
− −µ= ⇒++
= 1p
b.
21
2211()
(1, 6 N
,N ) 12T mg a T
T mg a T= −=
= =⇒
⇒+2p
4p
21
2211()
(1, 6 N
,N ) 12T mg a T
T mg a T= −=
= =⇒
⇒+ 2p

Teste de fizicã pentru bacalaureat256c.In această situație, corpul cu masa m nu se deplasează: a = 0 1p
3p
( )211
221
0''
'; 0,2 10 2 N
; 0,2 10 2 N'T mgT
T m m gT += = ⋅=
= = ⋅=1p
( )211
221
0''
'; 0,2 10 2 N
; 0,2 10 2 N'T mgT
T m m gT += = ⋅=
= = ⋅= 1p
d.( )11
1
12
3
332
22"
" "0
"0
0
0,4 kgmg T
T mmgT
Tg
mmmmm
m=
−µ + =
−−
−
=
−⇒= −µ
=2p
4p( )11
1
12
3
332
22"
" "0
"0
0
0,4 kgmg T
T mmgT
Tg
mmmmm
m=
−µ + =
−−
−
=
−⇒= −µ
=1p( )11
1
12
3
332
22"
" "0
"0
0
0,4 kgmg T
T mmgT
Tg
mmmmm
m=
−µ + =
−−
−
=
−⇒= −µ
= 1p
TOTAL pentru Subiectul al II-lea 15p
Subiectul al III-lea Parțial Punctaj
a. 0,5 JA
AE mgh
E==2p3p
1p
b.
2p
4p
( )
2;0
sin cos
m3, 27stf n G F ma N G
ag
a−= −=
= α−µ α=1p
( )
2;0
sin cos
m3, 27stf n G F ma N G
ag
a−= −=
= α−µ α=
1p
c.Conform teoremei de variație a enegiei mecanice:
( )1
1cossin
1 ctg
0,327 Jf AB BAF
BA
B
BEEL
hE E mg
E mgh
E−=
− = −µ ⋅ αα
= −µ α
=1p
4p( )1
1cossin
1 ctg
0,327 Jf AB BAF
BA
B
BEEL
hE E mg
E mgh
E−=
− = −µ ⋅ αα
= −µ α
=1p
( )1
1cossin
1 ctg
0,327 Jf AB BAF
BA
B
BEEL
hE E mg
E mgh
E−=
− = −µ ⋅ αα
= −µ α
=1p
( )1
1cossin
1 ctg
0,327 Jf AB BAF
BA
B
BEEL
hE E mg
E mgh
E−=
− = −µ ⋅ αα
= −µ α
= 1p
d.Conform teoremei de variație a enegiei cinetice:
2
20
1,308 mf BD DBF
B
BEEL
E mgX
EXmg
X−=
− = −µ
⇒=µ
=1p
4p2
20
1,308 mf BD DBF
B
BEEL
E mgX
EXmg
X−=
− = −µ
⇒=µ
=1p
2
20
1,308 mf BD DBF
B
BEEL
E mgX
EXmg
X−=
− = −µ
⇒=µ
=1p2
20
1,308 mf BD DBF
B
BEEL
E mgX
EXmg
X−=
− = −µ
⇒=µ
= 1p
TOTAL pentru Subiectul al III-lea 15p

Bareme teste nivel avansat257B. TERMODINAMICÃ
Subiectul I Punctaj
1.
b. []J
mol KSiC=⋅ 3
2.a.
2100 kJQ mc t
Q= ⋅ ⋅∆=3
3.d. 11 2 2
12
g kg30,28 30,28mol molNN
NNµ+ µµ=+
µ= =
3
4.c. 2
1
1
11
2ln
ln
280 JVL RTV
pL pVp
L= ν
=
= −
3
5. c. Gazul efectuează lucru mecanic asupra mediului exterior atunci când volumul său crește, deci în procesul A → B. 3
TOTAL pentru Subiectul I 15p
Subiectul al II-lea Parțial Punctaj
a.0
23
05,31 10 gAmN
m−µ=
⇒= ⋅2p
3p0
23
05,31 10 gAmN
m−µ=
⇒= ⋅ 1p
b.
26 36,023 10 mA
A
ANnV
NNNN
NnV
−=
ν= ⇒ =ν⋅
ν=
η= ⋅1p
4p
26 36,023 10 mA
A
ANnV
NNNN
NnV
−=
ν= ⇒ =ν⋅
ν=
η= ⋅1p
26 36,023 10 mA
A
ANnV
NNNN
NnV
−=
ν= ⇒ =ν⋅
ν=
η= ⋅1p
26 36,023 10 mA
A
ANnV
NNNN
NnV
−=
ν= ⇒ =ν⋅
ν=
η= ⋅ 1p
c.3
3
1
3
3
1
3
3 32
2
g64 10cmm
V
mm
VV
V
−ρ=
ν = ⇒ = νµµ
=
νµ⇒ρ =
⇒ρ = ⋅1p
4p3
3
1
3
3
1
3
3 32
2
g64 10cmm
V
mm
VV
V
−ρ=
ν = ⇒ = νµµ
=
νµ⇒ρ =
⇒ρ = ⋅1p3
3
1
3
3
1
3
3 32
2
g64 10cmm
V
mm
VV
V
−ρ=
ν = ⇒ = νµµ
=
νµ⇒ρ =
⇒ρ = ⋅1p3
3
1
3
3
1
3
3 32
2
g64 10cmm
V
mm
VV
V
−ρ=
ν = ⇒ = νµµ
=
νµ⇒ρ =
⇒ρ = ⋅ 3
3
1
3
3
1
3
3 32
2
g64 10cmm
V
mm
VV
V
−ρ=
ν = ⇒ = νµµ
=
νµ⇒ρ =
⇒ρ = ⋅ 1p
d.1
3 21 3 2
21
21
21
31
31
122
2
4
375%4Vp pV p p
ppppTT
pp
pp
p= ⇒=
=⇒=
⇒=
−= =1p
4p1
3 21 3 2
21
21
21
31
31
122
2
4
375%4Vp pV p p
ppppTT
pp
pp
p= ⇒=
=⇒=
⇒=
−= =1p1
3 21 3 2
21
21
21
31
31
122
2
4
375%4Vp pV p p
ppppTT
pp
pp
p= ⇒=
=⇒=
⇒=
−= =1p1
3 21 3 2
21
21
21
31
31
122
2
4
375%4Vp pV p p
ppppTT
pp
pp
p= ⇒=
=⇒=
⇒=
−= = 1p
TOTAL pentru Subiectul al II-lea 15p

Teste de fizicã pentru bacalaureat258Subiectul al III-lea Parțial Punctaj
a.33
13 3
31
13 1
313
33 900 K
18700 KJ 18,7 MJV U CT
VV VTTTT V
TTT
U= ν
= ⇒= ⋅
⇒= ⇒=
= =1p
3p33
13 3
31
13 1
313
33 900 K
18700 KJ 18,7 MJV U CT
VV VTTTT V
TTT
U= ν
= ⇒= ⋅
⇒= ⇒=
= =1p33
13 3
31
13 1
313
33 900 K
18700 KJ 18,7 MJV U CT
VV VTTTT V
TTT
U= ν
= ⇒= ⋅
⇒= ⇒=
= =1p
b.( )1 2 1 2 12
00
12 12 0 0 1
02
20
00
12 2 1
00 2
00
21
12 1
12 1
12 1 222Aria 2 2 5 MJ2
33
33
99
582
20
50 MJ 55 MJVQ UL
pVL p V RT
ppppVV
U CT T
p V RT
pVTTR
RUT
U RT
UQ→−
−−
−
−
−
−→= ∆+
⋅= = = = ν=
= ⇒=
∆= ν −
⋅= ν
⇒= =ν
∆ =ν⋅ ⋅
∆= ν
∆= ⇒ =1p
5p( )1 2 1 2 12
00
12 12 0 0 1
02
20
00
12 2 1
00 2
00
21
12 1
12 1
12 1 222Aria 2 2 5 MJ2
33
33
99
582
20
50 MJ 55 MJVQ UL
pVL p V RT
ppppVV
U CT T
p V RT
pVTTR
RUT
U RT
UQ→−
−−
−
−
−
−→= ∆+
⋅= = = = ν=
= ⇒=
∆= ν −
⋅= ν
⇒= =ν
∆ =ν⋅ ⋅
∆= ν
∆= ⇒ =1p
( )1 2 1 2 12
00
12 12 0 0 1
02
20
00
12 2 1
00 2
00
21
12 1
12 1
12 1 222Aria 2 2 5 MJ2
33
33
99
582
20
50 MJ 55 MJVQ UL
pVL p V RT
ppppVV
U CT T
p V RT
pVTTR
RUT
U RT
UQ→−
−−
−
−
−
−→= ∆+
⋅= = = = ν=
= ⇒=
∆= ν −
⋅= ν
⇒= =ν
∆ =ν⋅ ⋅
∆= ν
∆= ⇒ =1p
( )1 2 1 2 12
00
12 12 0 0 1
02
20
00
12 2 1
00 2
00
21
12 1
12 1
12 1 222Aria 2 2 5 MJ2
33
33
99
582
20
50 MJ 55 MJVQ UL
pVL p V RT
ppppVV
U CT T
p V RT
pVTTR
RUT
U RT
UQ→−
−−
−
−
−
−→= ∆+
⋅= = = = ν=
= ⇒=
∆= ν −
⋅= ν
⇒= =ν
∆ =ν⋅ ⋅
∆= ν
∆= ⇒ =1p( )1 2 1 2 12
00
12 12 0 0 1
02
20
00
12 2 1
00 2
00
21
12 1
12 1
12 1 222Aria 2 2 5 MJ2
33
33
99
582
20
50 MJ 55 MJVQ UL
pVL p V RT
ppppVV
U CT T
p V RT
pVTTR
RUT
U RT
UQ→−
−−
−
−
−
−→= ∆+
⋅= = = = ν=
= ⇒=
∆= ν −
⋅= ν
⇒= =ν
∆ =ν⋅ ⋅
∆= ν
∆= ⇒ =1p
c.( )31 1 3
3117,45 MJP Q CT T
Q−
−= ν−
=2p
3p ( )31 1 3
3117,45 MJP Q CT T
Q−
−= ν−
= 1p
d.( )( )1231 1231
0 0 00
1231
1231 0 0
1231Aria
33
2
2
5 MJL
p p VVL
L pV
L−−− −−−
−−−
−−−
−−−=
−−=
=
1p
4p( )( )1231 1231
0 0 00
1231
1231 0 0
1231Aria
33
2
2
5 MJL
p p VVL
L pV
L−−− −−−
−−−
−−−
−−−=
−−=
=
1p( )( )1231 1231
0 0 00
1231
1231 0 0
1231Aria
33
2
2
5 MJL
p p VVL
L pV
L−−− −−−
−−−
−−−
−−−=
−−=
=
1p ( )( )1231 1231
0 0 00
1231
1231 0 0
1231Aria
33
2
2
5 MJL
p p VVL
L pV
L−−− −−−
−−−
−−−
−−−=
−−=
=
1p
TOTAL pentru Subiectul al III-lea 15p

Bareme teste nivel avansat259C. PRODUCEREA ăI UTILIZAREA CURENTULUI CONTINUU
Subiectul I Punctaj
1.
d. 2;WRtU= []SI1s t= 3
2. b. nEIne r=+ 3
3.
a.2
'
'
'3223 2
3 722
13
20AB
AB
AB
ABRRRRR RR RR
RR RRRR⋅⋅= += +
+
⋅= =+
3
4.c. ( )0
0
0
0
211
10 gradRR t
RRRR A tR
−−= +α
−− =α ⇒α= ⋅
⇒α=3
5. c. Ampermetrul se conectează în serie, iar voltmetrul în paralel cu rezistorul. 3
TOTAL pentru Subiectul I 15p
Subiectul al II-lea Parțial Punctaj
a.23
1
23
20 301020 30
22e
e
eRRRRRR
R
R=+
⋅= ++
= Ω2p
3p23
1
23
20 301020 30
22e
e
eRRRRRR
R
R=+
⋅= ++
= Ω 1p
b.1
1
120,5 A2 22eEIrR
I=+
= =+2p
3p1
1
120,5 A2 22eEIrR
I=+
= =+1p
c.11
12
12 1
11
110,4 A
11, 2 VAB B A
BA
BA
AB B A
ABV VV
V E Ir V
EEIIrr R
V E Ir V
U V V Ir EU= −
′ +− =
−′′= ⇒=++
′ +− =
′ ⇒ =−= −⇒= −1p
5p11
12
12 1
11
110,4 A
11, 2 VAB B A
BA
BA
AB B A
ABV VV
V E Ir V
EEIIrr R
V E Ir V
U V V Ir EU= −
′ +− =
−′′= ⇒=++
′ +− =
′ ⇒ =−= −⇒= −1p
11
12
12 1
11
110,4 A
11, 2 VAB B A
BA
BA
AB B A
ABV VV
V E Ir V
EEIIrr R
V E Ir V
U V V Ir EU= −
′ +− =
−′′= ⇒=++
′ +− =
′ ⇒ =−= −⇒= −1p11
12
12 1
11
110,4 A
11, 2 VAB B A
BA
BA
AB B A
ABV VV
V E Ir V
EEIIrr R
V E Ir V
U V V Ir EU= −
′ +− =
−′′= ⇒=++
′ +− =
′ ⇒ =−= −⇒= − 1p11
12
12 1
11
110,4 A
11, 2 VAB B A
BA
BA
AB B A
ABV VV
V E Ir V
EEIIrr R
V E Ir V
U V V Ir EU= −
′ +− =
−′′= ⇒=++
′ +− =
′ ⇒ =−= −⇒= −
11
12
12 1
11
110,4 A
11, 2 VAB B A
BA
BA
AB B A
ABV VV
V E Ir V
EEIIrr R
V E Ir V
U V V Ir EU= −
′ +− =
−′′= ⇒=++
′ +− =
′ ⇒ =−= −⇒= −
1p

Teste de fizicã pentru bacalaureat260d.În acord cu sensurile curenților indicate în schema alăturată, legile Kirchhoff devin:
( )
( )1 2 23
1 1 1 1 23 23
2 2 2 2 23 23II I
E IR r I R
E IR r I R+=
= ++⋅
= ++⋅
1p
4p
cu 23
23
23
2312
8A3RRRRR
I= = Ω+
⇒=1p
Din 22 33
2 3 23
21, 6 AIR IR
III
I′′=
′′+=
′⇒=1p22 33
2 3 23
21, 6 AIR IR
III
I′′=
′′+=
′⇒= 1p
TOTAL pentru Subiectul al II-lea 15p
Subiectul al III-lea Parțial Punctaj
a.Intensitatea curentului prin generator este:
eEIrR=+
unde :23
220e
e
eRRRR
R
ErRI= ++
= Ω
⇒= − unde :23
220e
e
eRRRR
R
ErRI= ++
= Ω
⇒= − unde :23
220e
e
eRRRR
R
ErRI= ++
= Ω
⇒= −1p
4p2Din :2
20,1 A
20BC
BCRPi
PIIR
r= ⋅
⇒= ⇒=
⇒= Ω1p 2Din :2
20,1 A
20BC
BCRPi
PIIR
r= ⋅
⇒= ⇒=
⇒= Ω1p
⇒ r = 20 Ω 1p
b.2
2·
·
,4W3
0=CD CD
CD
CDP
I
PRRI
P=
=1p
3p2
2·
·
,4W3
0=CD CD
CD
CDP
I
PRRI
P=
=1p2
2·
·
,4W3
0=CD CD
CD
CDP
I
PRRI
P=
= 1p
c.2
2 3
2
108 JAC AC
AC
ACW R It
RW It
W= ⋅⋅
= ⋅⋅
⇒=2p
4p2
2 3
2
108 JAC AC
AC
ACW R It
RW It
W= ⋅⋅
= ⋅⋅
⇒=1p2
2 3
2
108 JAC AC
AC
ACW R It
RW It
W= ⋅⋅
= ⋅⋅
⇒= 1p
d.
2
max22092%240
4e
eR
Rr
EPrη=+
η=
=1p
4p
2
max22092%240
4e
eR
Rr
EPrη=+
η=
= 1p
2
max22092%240
4e
eR
Rr
EPrη=+
η=
=
șieR= r 2p
TOTAL pentru Subiectul al III-lea 15p

Bareme teste nivel avansat261D.OPTICÃ
Subiectul I Punctaj
1. b. 1 d = 1 m–1 3
2. a. 0 h Lhν− = ν se măsoară în J ca și max2
2cmvE= 3
3.b. Scafandrul vede pescărușul mai departe decât este în realitate.
aparent aparent ,1 hn h nhh = ⋅ >⇒ > 3
4.d. 22 2
21
11 1xy yxxxy yβ= = → =
Din grafic 12
2
12
1240 cm; 10 cm
40 cm
20 cmxy
x
xxffxx⇒= =
⇒=
⇒= ⇒=− 3
5. b. 9
6
3550 10 1; 275 10 m2 2 10
275ìmDiie
i−
−
−λ ⋅⋅= = = ⋅⋅
=; i = 275 μm. 3
TOTAL pentru Subiectul I 15p
Subiectul al II-lea Parțial Punctaj
a.Din grafic 175 cm x⇒= − 1p
3p corespunde cu 12
0,5= −β
⇒β=−1p12
0,5= −β
⇒β=− 1p
b.2
1
2
12
120,5
37,5 cm
25 cmx
x
x
xxfxx
fβ= =−
⇒=
=−
⇒=1p
4p2
1
2
12
120,5
37,5 cm
25 cmx
x
x
xxfxx
fβ= =−
⇒=
=−
⇒=1p2
1
2
12
120,5
37,5 cm
25 cmx
x
x
xxfxx
fβ= =−
⇒=
=−
⇒=1p2
1
2
12
120,5
37,5 cm
25 cmx
x
x
xxfxx
fβ= =−
⇒=
=−
⇒= 1p
c.312
1
1
12
1
2
28m0,25s
s
sC CC
CC
Cf
Cf
C−= +
=
=
⇒=
⇒= =1p
4p312
1
1
12
1
2
28m0,25s
s
sC CC
CC
Cf
Cf
C−= +
=
=
⇒=
⇒= =1p312
1
1
12
1
2
28m0,25s
s
sC CC
CC
Cf
Cf
C−= +
=
=
⇒=
⇒= =1p312
1
1
12
1
2
28m0,25s
s
sC CC
CC
Cf
Cf
C−= +
=
=
⇒=
⇒= = 1p
d.2
sistem
1
1
2
1
2
sistem112,5 cm
15 cm
15 1
75 5s
s
ss
sx
x
fxxfx
ffC
x′β=
⋅′=+
= ⇒=
′⇒=
⇒β = =−− 2
sistem
1
1
2
1
2
sistem112,5 cm
15 cm
15 1
75 5s
s
ss
sx
x
fxxfx
ffC
x′β=
⋅′=+
= ⇒=
′⇒=
⇒β = =−−1p
4p2
sistem
1
1
2
1
2
sistem112,5 cm
15 cm
15 1
75 5s
s
ss
sx
x
fxxfx
ffC
x′β=
⋅′=+
= ⇒=
′⇒=
⇒β = =−−1p2
sistem
1
1
2
1
2
sistem112,5 cm
15 cm
15 1
75 5s
s
ss
sx
x
fxxfx
ffC
x′β=
⋅′=+
= ⇒=
′⇒=
⇒β = =−−1p2
sistem
1
1
2
1
2
sistem112,5 cm
15 cm
15 1
75 5s
s
ss
sx
x
fxxfx
ffC
x′β=
⋅′=+
= ⇒=
′⇒=
⇒β = =−−1p
TOTAL pentru Subiectul al II-lea 15p

Teste de fizicã pentru bacalaureat262Subiectul al III-lea Parțial Punctaj
a.
4p 4p
b.0
34 14 156,6 10 9,2 10 6 10 Jextr
extrLh
L− −−= ν=⋅ ⋅⋅ = ⋅ 2p
3p0
34 14 156,6 10 9,2 10 6 10 Jextr
extrLh
L− −−= ν=⋅ ⋅⋅ = ⋅
1p
c.0
0
8
6
0 143 100,326 10 326 nm9,2 10C
−λ=ν
⋅λ= = ⋅ =⋅2p
3p0
0
8
6
0 143 100,326 10 326 nm9,2 10C
−λ=ν
⋅λ= = ⋅ =⋅1p
d.( )2
max
0
0
max
34 14
max 31
5
max2
2
2 6,6 10 4,8 10
9,1 10
m8,36 10se
evhh m
hv vvm
v
v−
−ν= ν +
−=
⋅⋅ ⋅⋅=⋅
= ⋅2p
5p( )2
max
0
0
max
34 14
max 31
5
max2
2
2 6,6 10 4,8 10
9,1 10
m8,36 10se
evhh m
hv vvm
v
v−
−ν= ν +
−=
⋅⋅ ⋅⋅=⋅
= ⋅1p( )2
max
0
0
max
34 14
max 31
5
max2
2
2 6,6 10 4,8 10
9,1 10
m8,36 10se
evhh m
hv vvm
v
v−
−ν= ν +
−=
⋅⋅ ⋅⋅=⋅
= ⋅1p( )2
max
0
0
max
34 14
max 31
5
max2
2
2 6,6 10 4,8 10
9,1 10
m8,36 10se
evhh m
hv vvm
v
v−
−ν= ν +
−=
⋅⋅ ⋅⋅=⋅
= ⋅1p
TOTAL pentru Subiectul al III-lea 15p

Bareme teste nivel avansat263TESTUL 10
A. MECANICÃ
Subiectul I Punctaj
1. a 3
2. a 3
3. d 3
4. c 3
5. b 3
TOTAL pentru Subiectul I 15p
Subiectul al II-lea Parțial Punctaj
a.Corpul de masă m1 de deplasează cu accelerația 2
11 0,5m s ag= −µ = −
Aplicând legea vitezei pentru corpul de masă m1 se obține viteza acestuia 1 11v at= 1p
4pDin conservarea impulsului pentru momentul destinderii resortului se determină viteza corpului de masă m2:
11 2 2
11
2
2mv mv
mvvm=
=
1p
rezultat final: 12msv= 21, 5 m sv= 2p
b.Aplicând legea lui Galilei se determină distanța parcursă de corpul de masă m1:
22
1 11
1
122v gtdaµ= =
2p
3p
rezultat final: 14md= 1p
c.Aplicând legea vitezei și legea lui Galilei pentru corpul de masă m2 se obține accelerația acestuia
2
2 2
2
20,375m s2vad= =1p
3p
Corpul de masă m2 de deplasează cu accelerația 2
22 2aagg= −µ ⇒ µ = 1p
rezultat final: 20,0375 µ= 1p
d.Distanța dintre corpuri reprezintă suma distanțelor parcurse de cele două corpuri în timp de 2 s, determinate
aplicând legea spațiului: 12 DD D= + 1p
5p2
1
112atD vt= − 1p
2
2
222atD vt= −
1p
( )22 2
12
1 2 12 1 2 ()22 2at at tD vt vt v v t a a=− +− =+ −+1p
rezultat final: 5, 25 mD= 1p
TOTAL pentru Subiectul al II-lea 15p

Teste de fizicã pentru bacalaureat264Subiectul al III-lea Parțial Punctaj
a.conservarea energiei:tA tDEE= tD cD pDEEE= + 1p
4p(1 cos )tAE mgh mgl= = −α 1 (1 cos )pDE mgh mgl= = −β cD tA pDE EE= − 1p
(1 cos ) (1 cos )cDE mgl mgl= − α− − β (cos cos )cDE mgl= β− α 1p
rezultat final: 2,19 JcDE= 1p
b.Aplicând conservarea energiei, pentru poziția inițială și poziția de echilibru, se obține: tA BEE= 1p
3p2
0
0 (1 cos ) 2 (1 cos )2mvmgl v gl −α = ⇒ = −α 1p
rezultat final: 03,87 m/ sv= 1p
c.Când firul face cu verticala unghiul γ = 30° viteza este dată de relația 2 cos v gl= α 23,3 m/scDEvm= = 1p
4piar componenta orizontală a vitezei este cos 1,65 m/sxvv= γ= 1p
Corpul de masă m are deci viteza vx , corpul de masă M fiind în repaus, și aplicând legea de conservare a impul –
sului, viteza corpului nou format va fi dată de: ' 0,66 m/sxmvvmM= =+
Accelerația corpurilor fiind ag= −µ spațiul parcurs până la oprire de cele două corpuri se determină din
ecuația vitezei 2'
2vdg=µ 1p
rezultat final: 1,08 md=1p
d.Căldura degajată în procesul ciocnirii plastice este determinată de variația de ener gie cinetică
2 22 2
2 2( ) 2( )xx xmv m v mMvQmM mM= −=++ 2p
4p
rezultat final: 0,326 JQ= 2p
TOTAL pentru Subiectul al III-lea 15p

Bareme teste nivel avansat265
B. TERMODINAMICÃ
Subiectul I Punctaj
1. b 3
2. a 3
3. a 3
4. c 3
5. c 3
TOTAL pentru Subiectul I 15p
Subiectul al II-lea Parțial Punctaj
a.Din ecuația de stare și formula de definiție a densității se obține:
pV RTmpV RT m= ν ⇒=ν= µµ  1p
4p mp
V RTµρ= =
1p
rezultat final: 3
01,41 kg mρ= 1p
312,8 kg mρ= 1p
b.Din ecuația de stare se obține:
11 1
11 1
1p V RT
mp V RT m= ν ⇒=ν= µµ  1p
3p
11
1pVmRTµ=
1p
rezultat final: 0,25 kgm= 1p
c.Se determină numărul de moli rămași în recipient la presiunea p2= 105 N/m2
din ecuația de stare:
21 2 1
2
2
1p V RT
pV
RT= ν
ν=
1p
3p
Numărul de moli ce trebuie scoși se calculează ca diferență dintre numărul de moli aflați inițial în recipient și
numărul de moli rămași: 1 21
12
1()7,22 molip pV
RT−∆ν = ν − ν = = 1p
rezultat final: 1 21
12
1()7,22 molip pV
RT−∆ν = ν − ν = = 1p
d.Din conservarea numărului de moli și aplicând ecuația de stare se obține:
12 ν=ν +ν 1p
5p11
1
1 11 2 2
22 1
2
1()pV
RT pV pV
pV RT
RTν=+ ⇒ν=
 ν= 1p
1 2 1 11 2 2()p V V RT p V p V ν += = + 1p
11 2 2
12finalpV pVpVV+=+ 1p
rezultat final: 621, 6 10 N/mfinalp = ⋅ 1p
TOTAL pentru Subiectul al II-lea 15p

Teste de fizicã pentru bacalaureat266Subiectul al III-lea Parțial Punctaj
a.Reprezentare corectă
3p 3p
b.Pentru trecerea din starea (1) în starea (2) lucrul mecanic reprezintă aria porțiunii situate sub grafic.
Presiunea în cele două stări este 11p kV= respectiv 22p kV= . Astfel, lucrul mecanic se poate scrie ca fiind:
22 2 12 1 2 12 1
21( )( ) ( )( )()2 22p p VV k VV VV kL VV+ − −+= = = −
1p
3p
22
212LkVV=− 1p
rezultat final: 8510 N/mk= 1p
c.Stările inițială și finală sunt caracterizate de temperaturile T1 respectiv T2. Trecerea din starea (2) în starea (3) se
realizează printr-un proces izoterm, deci T2=T3 și variația de energie internă este nulă.
Din ecuația de stare se determină temperaturile pentru starea (1) respectiv starea (2), apoi se înlocuiesc în for –
mula energiei interne:
2
11 1
11 1 1p V kVp V RT TRR= ν ⇒= =νν 1p
5p2
22 2
22 2 2p V kVp V RT TRR= ν ⇒= =νν 1p
22
21 2 1 ()kTT T V VR∆= − = −ν 1p
22
213()2V U C T kV V∆ = ν ∆= −
1p
rezultat final: 300 JU∆= 1p
d.Aplicând principiul întâi al termodinamicii se calculează căldurile pe fiecare transformare:
Pentru procesul 1 →2:
12
12
12 12 12100 J
300 J
400 JL
U
Q UL−
−
− −−=
∆=
= ∆+=1p
4pPentru procesul 2 →3:
23
2 31
23 2 2
22
23 230
ln ln 245 J
245 JU
VVL RT kVVV
LQ−
−
−−∆=
= ν= = −
= = − 1p
Cantitatea de căldură schimbată cu mediul exterior și lucrul mecanic efectuat de gaz pe întregul proces se de –
termină ca sumă a căldurilor respectiv lucrului mecanic pe fiecare transformare:
rezultat final: 12 23 145 J LL L−−=+= − 1p
12 23 155 J QQ Q−−=+= 1p
TOTAL pentru Subiectul al III-lea 15p

Bareme teste nivel avansat267
C. PRODUCEREA ăI UTILIZAREA CURENTULUI CONTINUU
Subiectul I Punctaj
1. b 3
2. b 3
3. b 3
4. a 3
5. b 3
TOTAL pentru Subiectul I 15p
Subiectul al II-lea Parțial Punctaj
a.Reprezentare corectă
3p 3p
b.Tensiunea electromotoare a unei grupări de 3n= elemente în serie este 4,5 VsE ne= = , iar tensiunea electro –
motoare echivalentă a grupării de acumulatoare va fi egală cus EE= . 1p
4pRezistența internă a grupării serie de acumulatoare este 0,6sr nr= = Ω .
Rezistența internă echivalentă a celor patru grupări legate în paralel este 14 3
44s
e
esrrrrr= ⇒= =1p
rezultat final: 4,5 VE= 1p
0,15er= Ω 1p
c.Curentul pe ramura principală este I, iar fiecare ramură din gruparea de acumulatoare este parcursă de un curent
i. Legile lui Kirchhoff pentru ochiul format de sursa echivalentă și cele două rezistoare respectiv pentru nodul
A se scriu sub forma:
12 3( )
4E i r IR R
Ii= ⋅+ +
= ⋅
Din rezolvarea sistemului se obține intensitatea curentului principal
121 ,42A3
4neI
rR R= =
++1p
4p
și intensitatea curentului prin fiecare acumulator 0,35A4Ii= = . 1p
Intensitatea curentului de scurtcircuit se obține punând condiția ca rezistența echivalentă a celor două rezis –
toare să fie nulă. Astfel, 4
3scEIr= 1p
rezultat final: 30 AscI= 1p
d.2RSl=ρ 3p
4p
rezultat final: 20 ml= 1p
TOTAL pentru Subiectul al II-lea 15p

Teste de fizicã pentru bacalaureat268Subiectul al III-lea Parțial Punctaj
a.Aplicând legea lui Kirchhoff pentru ochiul de rețea se determină curentul:
1 2 12 1
12
12 1()
1E E Ir r R
EEIArr R+ = ++
+= =++ 1p
3pDin legea lui Ohm se calculează căderea de tensiune în circuitul exterior U și tensiunea la bornele fiecărui
generator Ub1 respectiv Ub2:
1
11
22b
bU IR
U E Ir
U E Ir=
= −
= − 1p
rezultat final:
1
28V
5,5V
2,5Vb
bU
U
U=
=
=
1p
b.După introducerea rezistorului de rezistență R2 se va modifica intensitatea curentului pe ramura principa –
lă. Astfel, dacă R2 este în serie cu R1, rezistența echivalentă este 12 12sR RR= +=Ω , iar curentul devine
12
120,35As
sEEIrr R+= =++. 1p
4p Similar, pentru legarea în paralel, se obțin 12
122,66pRRRRR= = Ω+ respectiv 12
122,14 Ap
pEEIrr R+= =++1p
Puterile consumate în circuitul exterior vor fi
26,12 Wext s s sP RI= = respectiv 212,24 Wext p p pP RI = = 1p
rezultat final: 6,12 Wext sP= 12,24Wext pP = 1p
c.Puterea consumată de R1 este 2
11 4,08 Ws P RI= = 1p
4pPuterea consumată de R1 reprezintă o fracțiune din puterea totală consumată în circuitul exterior 1 ext s P fP= 1p
1
ext sPfP=
1p
rezultat final: 0,66f= . 1p
d.Energia disipată în circuitul exterior în condițiile legării celor doi rezistori în paralel, într-un interval de timp
oarecare, este
2
ext p pW RIt= ,1p
4piar energia totală dezvoltată de cele două surse, în același interval de timp, este 12()total p W E E It = + . 1p
1 2 120,57pp ext
total pRI R W
W EE rr R= = =+ ++1p
rezultat final: 0,57ext
totalW
W= 1p
TOTAL pentru Subiectul al III-lea 15p

Bareme teste nivel avansat269D.OPTICÃ
Subiectul I Punctaj
1. a 3
2. c 3
3. b 3
4. d 3
5. c 3
TOTAL pentru Subiectul I 15p
Subiectul al II-lea Parțial Punctaj
a.Convergența sistemului se determină ca suma convergențelor celor două lentile.
Lentila L1 este convergentă; imaginea se formează la distanța x2 determinată din mărirea liniară transversală
22
111
2yx
yxβ= = = .1p
3p
Pentru determinarea convergenței se scrie legea lentilelor, 1
1 2111112,5 Cfxx==−= δ 1p
rezultat final: 12 15 CC C= +=δ 1p
b.Lentila L1 formează o imagine reală situată la 11
2
1110 cmfxxfx= =+față de lentilă. 1p
4pCum distanța dintre lentile este de 20 cm, față de lentila L2, imaginea este situată la distanța
12' 10 cmx Dx=−=1p
Distanța focală a lentilei L2 este 2
2140 cm fC= = .Așadar, lentila L2 se comportă ca o lupă, formând o imagine
finală virtuală, situată la distanța 21
2
21'''fxxfx=+față de lentila L2. 1p
rezultat final: 2' 13,3 cmx= − 1p
c.Măririle liniare transversale ale lentilelor sunt 2
1
10,25x
xβ= = respectiv 2
2
1'1, 33'x
xβ= = . 1p
4p Mărirea liniară transversală a sistemului este β = β1β2 = 0,33. 1p
Înălțimea imaginii finale va fi 21yy= β . 1p
rezultat final: 20,66 cmy= 1p
d.Dacă lentilele sunt alipite lentila echivalentă are distanța focală 16cm FC= = . 1p
4pUtilizând formula lentilelor
21111
'' Fx x= − 1p
se obține poziția imaginii finale date de sistem 1
2
1''FxxFx=+. 1p
rezultat final: 2'' 7,05 mx= 1p
TOTAL pentru Subiectul al II-lea 15p

Teste de fizicã pentru bacalaureat270Subiectul al III-lea Parțial Punctaj
a.Cum maximul de ordinul k = 2 se află, față de maximul central, la o distanță 1 x ki=, se obține interfranja
1 0,108 mmxik= = .
Din formula interfranjei 1
1Didλ= se obține 1
1id x d
D kDλ= = . 1p
3p
Din 2
2 22DdiidDλ= ⇒λ = 1p
rezultat final: 1540 nmλ= 2630 nm λ= 1p
b.Maximele de ordinul 3, situate de aceeași parte a axei de simetrie a dispozitivului, pentru cele două radiații
utilizate, se formează la distanțele
31 133Dxid= = λ
1p
4prespectiv '
32 233Dxid= = λ . 1p
Distanța dintre cele două maxime de ordinul 3 va fi ( )'
33 2 1 3Dxx xd∆ = − = λ −λ . 1p
rezultat final: 0,54 mmx∆= 1p
c.Condiția ca maximele să se suprapună este ca 11 2 2 mx ki ki= = , unde 1k și 2k să fie cele mai mici numere
întregi care să satisfacă egalitatea.1p
4pÎnlocuind interfranjele se obține egalitatea 22
11 2 2 1
1kkk kλλ= λ⇒ =λ. 1p
Condiția este îndeplinită pentru 17k= și 26k=. Deci distanța minimă la care se suprapun maximele celor
două radiații este 11 mx ki= . 1p
rezultat final: 0,756 mmmx= 1p
d.Dacă dispozitivul se cufundă în apă lungimile de undă vor fi
1' 1
nλλ= respectiv
2' 2
nλλ= .
A treia franjă întunecoasă dată de radiația cu lungimea de undă λ2 este poziționată, față de axa de simetrie a
dispozitivului, la distanța ' 2
3min21
2kDxnd+λ=1p
4pPentru k = 3 se obține '
3min 3,307 mm x = .
Maximul de ordinul 2 dat de radiația cu lungimea de undă 1λ se formează la distanța
' 1
2 max 1, 62 mmDxkndλ= = . 1p
Distanța dintre a treia franjă întunecoasă dată de radiația cu lungimea de undă 2λ și maximul de ordinul 2 dat
de radiația cu lungimea de undă λ1, dacă dispozitivul se cufundă în apă, este ''
3min 2 max'xx x∆= − 1p
rezultat final: ' 1,687 mmx∆= 1p
TOTAL pentru Subiectul al III-lea 15p

Bareme teste nivel avansat271TESTUL 11
A. MECANICÃ
Subiectul I Punctaj
1.
c 2 22 2
22 2cp m v mvEmm⋅⋅= = =⋅⋅ 1 J = 1 N mcSIE = ⋅ 3
2. c 2
002gtx x vt⋅= + ⋅+ 2
5
52gtx⋅= 2
4
42gtx⋅= 54 45 m xx x=−= 3
3.b v ct= 0a= 0tfGF−= sin
cosαµ=α3
4. b 1N100mFkl= =∆ 2N200mk= 1
21
2k
k= 3
5.b p Ft∆= ∆ FG= m100 kgsp mg t∆ = ⋅ ⋅∆ = ⋅ 3
TOTAL pentru Subiectul I 15p
Subiectul al II-lea Parțial Punctaj
a.11:tf mT G F ma −− =⋅
22 2:mG T ma −= ⋅ 2p
4pPentru expresia accelerației
2 21
12 12( sin cos ) tf GGF mg mgmamm mm−− ⋅ − ⋅ ⋅ ⋅ α+µ⋅ α= =++1p
Rezultă: 2m3, 75sa= 1p
b.Tensiunea în fir 22 31,25 N T G ma= − ⋅= 1p
4p Forta din scripete 22 22 cos( )2F TT Tπ= + + ⋅ ⋅ −α
233 F TT=⋅=2p
Rezultă : 54 NF≈ 1p
c.Pentru viteza constantă :
11 1 tf TG F= + 12TG= 1p
4pRezultă:
2 (sin cos ) m g Mg⋅ = ⋅ ⋅ α+µ⋅ α 22,5 kgsin cosmM= =α+µ⋅ α2p
Obținem : 2,5 kg M= 1p
d.Pentru (sin cos ) ag= ⋅ α−µ⋅ α
V = a Δt2p
3p
Obținem: m5sv= 1p
TOTAL pentru Subiectul al II-lea 15p

Teste de fizicã pentru bacalaureat272
Subiectul al III-lea Parțial Punctaj
a.Din conservarea impulsului se obtine viteza dupa impact a sistemului de corpuri:
ifpp=
2 11 2 0
12mv mvumm⋅+ ⋅=+2p
3p
Rezultă:m60su= 1p
b.Impulsul sistemului în B va fi: 12()BBp mmv=+⋅ 1p
4pDin teorema de variație a energiei cinetice obținem:
BA fccFEEL−=
2 m2 40 2 56sBv u gd= − ⋅µ⋅ ⋅ = = 2p
Obținem: Bp=m56kgs1p
c.Din condițiile problemei, e nergia totală a sistemului este:
BRBtcPEEE= + 1p
4p
Obtinem:2
12
12()()2BB
tmmvE m m gh+⋅= + + ⋅⋅ 2p
Rezultă: 1700 J
BtE= 1p
d.Din teorema de variatie a energiei cinetice pe portiunea BC se obtine:
2
2CfB
c GFmvE LL⋅−= +1p
4p Deci: 2
2 sin cos2CtB
ct tmvE mg d m g d⋅= + ⋅⋅ α ⋅− ⋅ µ ⋅⋅ α ⋅
cos
sinCBcttE E m ghα= − ⋅µ⋅ ⋅ ⋅α2p
Rezultă: 1650 J
CcE= 1p
TOTAL pentru Subiectul al III-lea 15p

Bareme teste nivel avansat273B. TERMODINAMICÃ
Subiectul I Punctaj
1.
b 1
2Q C T RT=ν⋅ ⋅∆ = ⋅ν⋅ ⋅ 3
2. b 2012,04 10A
AV N VNN moleculeVN Vµµ⋅= ⇒= = ⋅ 3
3. c U QL∆=− p Q CT=ν⋅ ⋅∆ L RT=ν⋅ ⋅∆ 3UL∆= 3
4. b 12 1 2
12mm m m+= +µ µµ 3
125 kg7,77 1014 mol−µ= = ⋅
+µµ3
5. b mpV RT⋅= ⋅⋅µ 3211 mp RT m m mV= ⋅⋅⋅ ⇒ > >µ3
TOTAL pentru Subiectul I 15p
Subiectul al II-lea Parțial Punctaj
a.Din ecuația termică de stare: 11 1
ANp V RTN⋅ = ⋅⋅
33 1
1
10,25 10 mmRTVp− ⋅⋅= = ⋅⋅µ
33 1
1
10,25 10 mmRTVp− ⋅⋅= = ⋅⋅µ1p
4pSe obține:
1
1
1A N PNnV RT⋅= =⋅2p
Rezultă:
25
1 3molec12 10mn= ⋅1p
b.Numărul de moli poate fi exprimat din relația:
22
2
2pV
RT⋅ν=⋅2p
3p
Rezultă: 24,37 moli ν= 1p
c.Pentru starea inițială, din ecuația termică de stare:
11
1
1m RTpV⋅= ⋅µ 1p
4pPutem scrie densitatea pentru fiecare stare:
1
1
1p
RT⋅µρ=⋅ 2
2
2p
RT⋅µρ=⋅1p
Se obține: 1 12
2 21pT
pTρ⋅=ρ⋅1p
Rezultă: 1
211
3ρ=ρ 1p

Teste de fizicã pentru bacalaureat274d.Pentru fiecare balon se poate scrie:
S.I:11 1 1
22 2 2p V RT
p V RT⋅ = ν⋅ ⋅
⋅ = ν⋅ ⋅ S.F:11 1
22 2pV RT
pV RT′ ⋅ = ν⋅ ⋅
′ ⋅ = ν⋅ ⋅1p
4pDin conservarea numărului de moli: 121 2′′ ν +ν =ν +ν 1p
În final, obținem:11 2 2
12
12
12pV pV
TTpVV
TT⋅⋅+
=
+1p
Rezultă:53,5 10 Pap≈⋅ 1p
TOTAL pentru Subiectul al II-lea 15p
Subiectul al III-lea Parțial Punctaj
a.Pentru fiecare stare se obține: 12 1 2 1 1 ( )2 L p v v RT= ⋅ − = ⋅ν⋅ ⋅ 2
23 2 2
1ln ln 2vL RT RTv=ν⋅ ⋅ ⋅ =ν⋅ ⋅ ⋅
34 3 4 3 31()2L p v v RT= ⋅ − =− ⋅ν⋅ ⋅
1
41 1 1
41ln ln2vL RT RTv=ν⋅ ⋅ ⋅ =ν⋅ ⋅ ⋅1p
4p
Pentru întregul proces ciclic :12 23 34 41 tL LLLL=+++ 12 3111(2 ln 2 ln ) 3905,7 J22tL R TT TT=ν⋅ ⋅ ⋅ + ⋅ − ⋅ + ⋅ = 2p
Obținem: 3905,7 JtL= 1p
b.Variația energiei interne pe 3 →4 este 34 4 3 1 23() ()2v U CT T R T T∆ =ν⋅ − = ⋅ν⋅ ⋅ − 2p
3p
34 1246,5 J U∆= − 1p
c.Căldura cedată de gaz într-un ciclu de funcționare este: 34 41 cQQ Q= + 1p
4pObținem:
1
43 1
4( ) lncpVQ C T T RTV=ν⋅ ⋅ − +ν⋅ ⋅ ⋅12 151( ) ln22cQ R T T RT= ⋅ν⋅ ⋅ − +ν⋅ ⋅ ⋅2p
Rezultă: 3822,6 JcQ= 1p
d.Randamentul unui motor se calculează: t
pL
Qη= 1p
4p Putem scrie:
||tpcLQ Q= − ||pt cQLQ= + ||pt cQLQ= + ||pt cQLQ= + 2p
Obținem: 50,5%η= 1p
TOTAL pentru Subiectul al III-lea 15p

Bareme teste nivel avansat275C. PRODUCEREA ăI UTILIZAREA CURENTULUI CONTINUU
Subiectul I Punctaj
1.
c. 2
2 UW RI t tR= ⋅ ⋅∆ = ⋅∆ 2VsRJ⋅= 3
2. c. 3
3. b. Sarcina totală reprezintă aria figurii cuprinse între graficul intensității și axa timpului 375 10QC= ⋅ 3
4. c . e
SC
eEIr= 6
5er= Ω 24V5eE= 4Ae
SC
eEIr= = 0 VU= 3
5.
b. 22UUPRRP= ⇒=
2
10 mSUlP⋅= =ρ⋅3
TOTAL pentru Subiectul I 15p
Subiectul al II-lea Parțial Punctaj
a. pentru K închis e
eeEIRr⇒=+ 1p
4pParametrii sursei sunt: 12
12
1230 V11eEE
rrE
rr+
= =
+ 12err= = Ω 1p
Din schema circuitului, rezultă: 18sR= Ω , 28sR= Ω , 12
124ss
e
ssRRRRR⋅= = Ω+1p
Obținem: 6 AI= 1p
b.Pentru nodul A: 12II I= + 1p
4pPentru ochiul II: 1122 12 ssIR IR I I⋅ =⋅ ⇒= 2p
Obținem: 1
21I
I⇒=1p
c.Pentru K deschis ⇒ 33U IR ′= ⋅ 1p
4p Noua intensitate va fi:
3410A3e
eEIRr′= =+2p
Rezultă: 310 V U= 1p
d.Tensiunea indicată de un voltmetru ideal, pentru K deschis, va fi VeU IR ′= ⋅ 2p
3p
Rezultă: 26,6 VVU= 1p
TOTAL pentru Subiectul al II-lea 15p

Teste de fizicã pentru bacalaureat276
Subiectul al III-lea Parțial Punctaj
a.Când cursorul se află în A
P EI= ⋅1p
3p
Se obține din circuit 8eR= Ω 2AI= 1p
Rezultă: P = 40 W 1p
b. Energia disipată de rezistorul R2 este: 2
2 22W RI t= ⋅ ⋅∆ 1p
4p Intensitatea va fi: 22I R Ir E⋅ +⋅= 20,4 AI= 2p
Rezultă: 2768 J W= 1p
c.Randamentul va fi e
eR
Rrη=+ 1p
4pRezistența echivalentă va fi:
1
5AC ABll= ⋅
1325AC AB BCR RR= ⋅⇒ = Ω

160
21P E P AC R RRR= ⇒=+2p
Rezultă: 88,6%η=1p
d.Energia disipată în interiorul sursei: 2
intW rI t= ⋅ ⋅∆ 1p
4pPentru calculul intensității prin sursă:
2
1
2
2
180 2
23
2eRRRRRR⋅
= +=
+ 30A43eEIRr= =+2p
Rezultă: int60 J W≈ 1p
TOTAL pentru Subiectul al III-lea 15p

Bareme teste nivel avansat277
D.OPTICÃ
Subiectul I Punctaj
1. a 3
2. c 3
3. b 3
4. d 3
5. a 3
TOTAL pentru Subiectul I 15p
Subiectul al II-lea Parțial Punctaj
a.Din prima formulă fundamentală a lentilelor:
21 2 2111 1 1 1
2 xxf x x f−=⇒− =−2p
4p Rezultă:
213
2cfx−= =−1p
Obținem: 232015 10c−= = δ⋅1p
b.21111
xxf−= 1p
4p
obținem : 2
12
1122xxxx= −⇒ = − 2p
Rezultă: 115 cm x= − 1p
c.Pentru a doua lentilă, f = f ′′
''
21111
xxf−= 1p
4pObținem : 21 1 2 7,5 cm xxd xd x ′ ′ ′ += = −=1p
Înlocuim în prima formulă și obținem: 1
2
1xfx
xf′′=′+1p
Rezultă: 27,5 515 cm7,5 5x−⋅′= =−+1p
d. Realizarea corectă a desenului 3p 3p
TOTAL pentru Subiectul al II-lea 15p
Subiectul al III-lea Parțial Punctaj
a.Din formula interfranjei obținem:D aiiDaλ⋅= ⇒=λ2p
3p
Rezultă: 33
92 10 1 105m400 10D−−
−⋅ ⋅⋅= =⋅1p
b.Pentru noua poziție a ecranului avem: 4 m 1,6 mm Dx′= = 1p
4pRezult ă: 'ax
Dδ= 2p
Obținem: 33
7 2 10 1,6 108 10 m4−−
− ⋅ ⋅⋅δ= = ⋅ 1p

Teste de fizicã pentru bacalaureat278c.Pentru maximul de ordinul 4 avem: maxDxka′λ= , unde k = 4 2p
4pObținem: 9
max 3400 10 442 10x−
−⋅⋅= ⋅⋅1p
Rezultă: max 3,2 mm x=1p
d.Dacă dispozitivul se introduce în apă avem: Dinaλ′=
1p
4p Din Diaλ= rezultă 'iin=2p
Rezultă: 3
' 331 10 310 0,75 10 m4 4
3i−
−− ⋅= = ⋅= ⋅1p
TOTAL pentru Subiectul al III-lea 15p

Bareme teste nivel avansat279TESTUL 12
A. MECANICÃ
Subiectul I Punctaj
1. d. 3
2. b. 3
3. b. 3
4. d. 3
5. b. 3
TOTAL pentru Subiectul I 15p
Subiectul al II-lea Parțial Punctaj
a.Pentru mișcarea sistemului ca un singur corp se scrie:
00
0
0()
0,5kt M m m a
ktatM mm= ++
= =++2p
4p
După desprindere, corpul de pe scândură este tractat doar de forța de frecare dintre corp și scândură:
2
2 2m8 0,2sMg ma
aµ=
= µ=
2p
b.Pentru sistemul de corpuri desprinse se poate scrie:
2
01 ()Mg ma
kt Mg m m aµ=
−µ = + 2p
3p
De aici rezultă pe de o parte: 1 2
0m( 2)skt Mgatmm−µ= = −+ 1p
c.Impunând ca la momentul desprinderii, accelerațiile să fie egale: 1p
4p
( )12
0
0*;
*
*4tta a
kt Mggmm
gt m mM sk= =
−µ= µ+
µ= ++ =2p
( )12
0
0*;
*
*4tta a
kt Mggmm
gt m mM sk= =
−µ= µ+
µ= ++ = 1p
d. Pentru momentul t = 2 s forța de tracțiune are valoarea (2) 20 NF = 1p
4pPentru fracțiunea de tijă precizată se poate scrie:
()() ()
()
()() ()0
2
022 2
m21s
2 2 2 19,5 NF T fm a
a
T F fm a−=
=
= −=1p()() ()
()
()() ()0
2
022 2
m21s
2 2 2 19,5 NF T fm a
a
T F fm a−=
=
= −=1p()() ()
()
()() ()0
2
022 2
m21s
2 2 2 19,5 NF T fm a
a
T F fm a−=
=
= −= 1p
TOTAL pentru Subiectul al II-lea 15p
Subiectul al III-lea Parțial Punctaj
a.Energia cinetică a șnurului imediat după momentul pornirii este:
2
3
0 5 10 J2cmvE−= = ⋅1p
3p
Deoarece șnurul este tras cu viteză constantă, energia lui cinetică nu se schimbă! 1p
Deci: 0cE∆= 1p

Teste de fizicã pentru bacalaureat280b.Lucrul mecanic necesar urcării șnurului integral pe planul înclinat este:
11 2 sin cos22 2ll lL mg mg mg=µ + α+µ α

Primul termen reprezintă lucrul cheltuit pentru aducerea centrului de masă al șnurului la baza planului înclinat,
al doilea reprezintă lucrul mecanic necesar ridicării centrului de masă al șnurului la jumătatea înălțimii planului
înclinat, iar al treilea termen este lucrul efectuat împotriva forței de frecare pentru transportarea centrului de
masă de-a lungul planului înclinat pe jumătate din lungimea lui. Această abordare permite tratarea rapidă, clară
și explicită a unui proces care altfel ar fi presupus o analiză grafică sau un calcul integral.3p
4p
Numeric:115 JL= 1p
c.În conformitate cu cele precizate la punctul b se scrie:
2 23 sin cos222lllL mg mg mg= α+µ α+µ3p
4p
Numeric: 212 JL= 1p
d.Deoarece puterea momentană este egală cu produsul dintre forța momentană și viteza momentană (în cazul
nostru, aceasta are aceeași valoare pe toată durata procesului), rezultă că puterea maximă dezvoltată corespunde
momentului în care forța de tracțiune este maximă, ceea ce corespunde momentului în care întreg șnurul se află
pe planul înclinat.1p
4p max maxP Fv= ⋅
max 2 sin cos F mg mg= α+µ α 2p
Numeric:
max 1,5 W P=1p
TOTAL pentru Subiectul al III-lea 15p

Bareme teste nivel avansat281B. TERMODINAMICÃ
Subiectul I Punctaj
1. d. 3
2. a. 3
3. c. 3
4. a. 3
5. b.
,1 ,1
1
,1abs ced
absQQ
Q−
η= , respectiv: ,2 ,2
2
,2abs ced
absQQ
Q−
η=
Pe de altă parte: 12
12
,1 ,2;
abs absLL
QQη= η= , iar
,2 ,1abs cedQQ = .
Din aceste relații rezultă: 1 2 12 0,92 η=η +η −η ⋅η = 3
TOTAL pentru Subiectul I 15p
Subiectul al II-lea Parțial Punctaj
a.Ecuația de stare: 0mp V RT=µ1p
3p 0pVmRTµ=
1p
312,835 10 kgm−= ⋅ 1p
b.Numărul total de molecule în urma disocierii este: ( )0 002 (1 ) 1N N NN= α + −α = +α 1p
4pPentru starea inițială: 0
0
ANp V RTN= 1p
Pentru starea finală: 0(1 )
AN RTpVN+α= 1p
Rezultă:
01 1, 4p
p= +α= 1p
c.În recipient sunt două tipuri de molecule: 102 NN= α molecule monoatomice cu masa molară 1kg16kmolµ= și
20(1 ) NN= −α cu masa molară 2kg32kmolµ=1p
4p, 0,1, 2ii
i
AiNmiNν= = =µ 1p
12
12mmm= +µµ µ 1p
0
12 1 2
1232kmol 22,86kmol1 1, 4A
AAN
m N
mm N N
NNµ
µµ= = = = ≅+α++µµ1p

Teste de fizicã pentru bacalaureat282
d.Sistemul este alcătuit din două componente:
o cantitate 102ν = αν de molecule monoatomice și 20(1 ν = − α)ν molecule biatomice1p
4pPentru starea inițială: 00;pVpV RTRT= ν ν= 1p
Căldura absorbită de sistem este suma căldurilor absorbite de către fiecare componentă a amestecului la volum
constant și pentru același interval de temperatură:
12 QQ Q= + , 1 11 2 2 VV Q CT CT=ν ∆ +ν ∆1p
( 5)450 J2pV TQTα+ ∆= ⋅=
1p
TOTAL pentru Subiectul al II-lea 15p
Subiectul al III-lea Parțial Punctaj
a.Procesul 1→2 este izocor: 21
12
21;;ppT T T nTTT= = = 1p
3pProcesul 2→3 este izobar:32
3
32;VVT nkTTT= = 1p
Procesul 1→4 este izobar:14
4
14;VVT kTTT= =

1p
b.( ) ( )12 23 2 1 3 2 abs V p Q Q Q CT T CT T= + =ν − +ν − ( ) ( )34 41 3 4 4 1 ced V p Q Q Q CT T CT T = + =ν − +ν − 1p
4p(5 2 3)2absRTQ nk nν= −−
(3 2 5)2cedRTQ nk kν= +− 1p
Cercetăm să vedem relația de ordine dintre căldura primită și modulul căldurii cedate; presupunem că:
;abs cedQQ> rezultă: 2( 1)( 1) 0nk− −> , ceea ce este evident, în condițiile în care n și k sunt supraunitare.1p
Rezultă că mașina termică va funcționa ca motor, adică ab –
soarbe căldură de la sursa caldă, cedează energie sursei reci
și efectuează lucru mecanic, cu respectarea principiilor ter –
modinamicii.
În această situație, are sens să calculăm randamentul
motorului termic, reprezentând raportul dintre energia utilă și
cea cheltuită. 1p

Bareme teste nivel avansat283c.Randamentul ciclului Carnot care ar funcționa între aceleași limite extreme de temperatură este:
111rece
C
caldT T nk
T nkT nk−η=− =− =
Presupunem că Cη >η , adică: 12 2 2 2
5 23nk nk n k
nk nk n− −−+>−− ; se obține: 223( 1) 2 ( 1) 0nk n k−+ −> , ceea ce este
adevărat! 1p
4pPentru k→∞ avem ,1lim 1Ckknk
nk→∞→∞−η= =
Pentru n→∞ avem ,n1lim 1Cknk
nk→∞→∞−η= =1p
Pentru ciclul dat: k→∞ , 2 222 22lim5 23 5kknk n k n
nk n n→∞→∞−−+ −η= =−−
Acest randament este mai mic decât 1 (aceeași limită a ciclului Carnot): 221; 3 2, ! . . .5nn DA q e dn−< >−
Pentru ciclul dat: n→∞ , 2 2 2 22 2lim5 23 52nnnk n k k
nk n k→∞→∞−−+ −η= =−− −1p
Și acest randament este mai mic decât 1 (aceeași limită a ciclului Carnot):
Pentru n→∞ și k→∞ simultan se obține: 21!5n
k→∞
→∞η= <
1p
d.Dacă un ciclu termodinamic este parcurs în sens trigonometric, mașina care funcționează după acest ciclu
absoarbe căldură de la sursa rece pe baza lucrului mecanic primit din exterior și cedează căldură sursei calde.
Dacă sursa caldă este un spațiu închis, pe care dorim să îl încălzim, iar sursa rece este un izvor, mașina se nu –
mește pompă de căldură, și are eficiența:
cedQ
Lϕ=
1p
4pValoarea eficienței ca pompă de căldură ne arată câți jouli de căldură se furnizează sursei calde pentru un joule
de lucru mecanic cheltuit de mediu.
1 5 23
2 222cedQ nk n
L nk n k−−ϕ= = =η −−+
Dacă sursa rece este un spațiu închis pe care vrem să-l răcim, iar sursa caldă este izvor, sistemul se numește
mașină frigorifică (frigider!) și eficiența ei este:
absQ
Lε=
1p
Valoarea eficienței ca mașină frigorifică ne arată câți jouli de căldură sunt preluați de la spațiul refrigerat pentru
un joule de lucru mecanic cheltuit din exterior. V om avea:
1 3 2512 222nk k
nk n k+−ε= − =η −−+
Se observă că întotdeauna:1111ϕ−ε= − − = ηη ,1p
Ceea ce se verifică și pentru mașina noastră:52 3 32 512 222 2 222nk n nk k
nk n k nk n k−− +−ϕ−ε= − =−−+ −−+1p
TOTAL pentru Subiectul al III-lea 15p

Teste de fizicã pentru bacalaureat284C. PRODUCEREA ăI UTILIZAREA CURENTULUI CONTINUU
Subiectul I Punctaj
1. a. 3
2.d. O metodă care se poate aplica în situații similare este aceea de a introduce mintal o rezistență x între punctele a și b în
locul firului. Pentru notațiile din figură scriem teoremele lui Kirchhof f:
1 E I r Ix= + 2() E I r R Ix= +− 12I II++
Rezolvând se obține: ( )( )ERIR r r x xr=+ ++ .
În acest moment pentru x se atribuie valoarea zero și se obține rezultatul solicitat: 6A()ERIrR r= =+ 3
3. c. 3
4.d. Pornind de la dreapta către stânga, calculăm rezistența echivalentă din aproape în aproape și aflăm valoarea 2R dintre
punctele a și b.
Intensitatea curentului principal injectat în circuit este
22UUIRR R= =
+ . În aceste condiții avem 22RUUab I = ⋅= .
Curentul prin rezistorul vertical dintre a și b este: 2ab
RUUIRR= = . Puterea debitată de acest rezistor este: 2
2
4RUP RIR= = . 3
5.c. Circuitul se deschide când tensiunea de intrare este mai mare decât suma dintre tensiunea de deschidere diodei (2V) și
tensiunea electromotoare a sursei (3V). Intensitatea curentului este:
0,iD
iDUU E
I UU E
rR≤+ =−−
+  .
Tensiunea de ieșire este: eU IR= . Numeric se obține: 0, 5V
1, 5V2i
ei
iU
U UU≤ =+> .
Se vede că: ( 1) 0; (0) 0,5 ; (5) 3 ; (5) 9Vee e eU U VU VU−= = = = . 3
TOTAL pentru Subiectul I 15p
Subiectul al II-lea Parțial Punctaj
a.Pentru circuitul dat sunt valabile relațiile: 1n
k
i
k kkII
U E Ir
U IR==−= −
=∑
.
Eliminând U între ultimele două rela ții obținem: k
k
kkERIIrr= −2p
4p
Utilizând și prima relație din sistem se obține:1
111n
k
i k
n
i kE
rI
Rr=
==
+∑
∑ , și respectiv 1
111n
k
i k
n
i kERrU IR
Rr=
== =
+∑
∑2p
b.La „mers în gol” se obține: 11
11lim111nn
kk
ii kk
gol nnR
ii kkEERrrU
Rrr= =
→∞
= == =
+∑∑
∑∑, 1p
4p
respectiv 1
1lim 011n
k
i k
gol nR
i kE
rI
Rr=
→∞
== =
+∑
∑. 1p
La „scurtcircuit” se obține: ,
110, , 0nn
k
sc sc k sc
ii kER I IUr= =→= = = ∑∑ . 2p

Bareme teste nivel avansat285c.Intensitatea curentului electric se mai poate scrie sub forma: 1
1
11
1
1n
k
i k
n
i k echivalent
echivalent
n
i kE
r
rEIRrR
r=
=
== =++∑
∑
∑ , 2p
4p
adică 1
11n
k
i k
echivalent n
i kE
rE
r=
==∑
∑ , 1p
respectiv
11
1echivalent n
i kr
r==
∑ .
1p
d.echivalentEE =1p
3pechivalentrrn= 1p
EIrRn=
+1p
TOTAL pentru Subiectul al II-lea 15p
Subiectul al III-lea Parțial Punctaj
a.Pentru circuitul dat se scriu teoremele lui Kirchhoff:
02AB
A
BAII I
E Ir RI
RI RI= +
= +
= − 1p
3pRezultă:
32
2
32
3
32B
AEIrR
EIrR
EIrR=+=+
=+ 2p

Teste de fizicã pentru bacalaureat286
b.( 2)
32CD B AER xU RI xIrR−= −=+ , este funcție de gradul I, deci are ca grafic o dreaptă. 1p
5pPentru:
max
min0,32
,32
,2CD
CD
CDERxUrR
ERx RUrR
RU ox= =+= = −+
= =
1p
Graficul:
1p
Panta dreptei este derivata de ordin I a tensiunii UCD în funcție de x: 2tg 32CDdU E
dx r Rα= =−+ . 1p
Combinând această relație cu expresia tensiunii ,maxCDU se obține: ,max 26tg CDUR= −= Ωα ,
respectiv 3 tg2 15 V2mrEUα= − += 1p
c.Scriem teoremele lui Kirchhoff pentru circuit:
1
2
12() E I R x IR
E I x IR
I II= −+
= −
= +1p
3pRezultă:
22(2 )ExRIRx R x−=+−1p
Pentru
0, 2A
, 2A
,02ExIR
Ex RIR
RxI= = −= −
= = =
= =

2
max max 20 W P RI= =1p
d. Plecăm de la presupunerea că numărul de surse are o valoare fixată, iar x și y sunt variabile, cu condiția ca
produsul lor să dea n. O linie serie de x surse echivalează cu o sursă echivalentă cu tensiunea electromotoare
echivalentă xE și rezistența internă xr. Un număr de y astfel de surse grupate în paralel echivalează cu o sursă
cu tensiunea electromotoare Eechivalent = xE și rezistența internă echivalentxrry= .
Având în vedere că xy = n , rezultă că intensitatea curentului prin rezistorul R este: 2,
,xEI cu xy nxrRn= =
+ . 1p
4p
După prelucrare se obține: 2()nxEI IxnR rx= =+ . 1p
Această funcție are un extrem pentru 0dI
dx= . După derivare, rezultă: 2rxnR= . 1p
În final rezultă 1000n= .1p
TOTAL pentru Subiectul al III-lea 15p

Bareme teste nivel avansat287D.OPTICÃ
Subiectul I Punctaj
1. b 3
2. b 3
3. c 3
4. a 3
5. b 3
TOTAL pentru Subiectul I 15p
Subiectul al II-lea Parțial Punctaj
a.Sfera este un ansamblu de doi dioptri sferici. La prima trecere se poate scrie:
2111nn
xx R−−= ; 1p
5pÎn interiorul sferei: ,
21( )2xxR+− = 1p
La a doua trecere: ,,
2111nn
xx R−−=− 1p
Se deduce:,
, 1
2 ,
1 ( 1)RxxnR n x=+− 1p
Rezultă: ,
27cmx= 1p
b.La prima trecere: 22
11y nx
yx= 1,5p
4p
La a doua trecere: ,,
22
,,
11yx
yx= 1,5p
Dar ,
12yy= , deci ,
2 0,3 cm y= − 1p
c.Prima imagine este realizată de oglinda sferică convexă formată de sfera de sticlă (o parte a luminii de la
lumânare este reflectată!).
21112
xxR+= . Rezultă: 1
2
122,14 cm2xxxR= =− 1p
3p
Dimensiunea verticală: 2
2
10,07 cmxyx−= = 1p
Imagine dreaptă, virtuală și mai mică decât obiectul. 1p
d.Următoarea imagine este realizată de a doua oglindire (oglindă concavă!), la ieșirea din sferă. Pentru studierea
ei, vom considera c este obiect virtual pentru imaginea de pe paravan.
1
21
1, 5 cm, 7cm2RxxRxxR= = −= . Rezultă: 2 1,84 cm x= − , față de al doilea dioptru.1p
3p
Pentru dimensiunea imaginii: 1
21 , 2,25 cm2xRyyyxR= −= −− 1p
Rezultă: 20,59 cmy= . Imaginea este dreaptă, mai mare decât obiectul inițial și virtuală. 1p
TOTAL pentru Subiectul al II-lea 15p

Teste de fizicã pentru bacalaureat288Subiectul al III-lea Parțial Punctaj
a.Drumul optic al primei radiații este:22
1 0 1 1 11 () ( ) ( ) n a l b n r e ne δ= − + + − + 1p
4p Drumul optic al primei radiații este:( )22
2 0 2 2 22!() ( ) ( )!!nn a l b nr e nernrδ= + + + − +− 1p
Rezultă: ( )22 22
2 1 0 2 2 11 () ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) n a lb a lbn r e n n e n n δ + δ −δ = + + − − + + ∆ + − − − 2p
b.Se poate scrie: 2kxr
Dl∆= 1p
4p Condiția de maxime de interferență: () kδ= λ 1p
Rezultă: ( )22 22
0 2 2 11 ( ) ( ) ( )( )2kDx k n a lb a lbe n n e n n nnl= λ− + + − − + − − + −2p
c.Interfranja (luminoasă sau întunecoasă) se calculează ca diferența coordonatelor a două franje consecutive de
același tip.2p
4p
Rezultă: 2Dinlλ= 2p
d. = 0; b nu mai contează; 1p
3pDimensiunile lamelelor să fie reduse la zero, sau indicii de refracție să fie ca ai aerului 1p
01; 1.nn= = 1p
TOTAL pentru Subiectul al III-lea 15p

Bareme teste nivel avansat289
Cuprins
Teste de nivel minimal …………………………………………………………………………………………………………… 3
Testul 1 ……………………………………………………………………………………………………………………………… 4
Testul 2 ……………………………………………………………………………………………………………………………. 12
Testul 3 ……………………………………………………………………………………………………………………………. 18
Testul 4 ……………………………………………………………………………………………………………………………. 26
Testul 5 ……………………………………………………………………………………………………………………………. 34
Testul 6 ……………………………………………………………………………………………………………………………. 40
Testul 7 ……………………………………………………………………………………………………………………………. 48
Testul 8 ……………………………………………………………………………………………………………………………. 55
Testul 9 ……………………………………………………………………………………………………………………………. 62
Testul 10 ………………………………………………………………………………………………………………………….. 70
Testul 11 ………………………………………………………………………………………………………………………….. 78
Testul 12 ………………………………………………………………………………………………………………………….. 86
Teste de nivel mediu …………………………………………………………………………………………………………….. 93
Testul 1 ……………………………………………………………………………………………………………………………. 94
Testul 2 ………………………………………………………………………………………………………………………….. 101
Testul 3 ………………………………………………………………………………………………………………………….. 109
Testul 4 …………………………………………………………………………………………………………………………… 116
Testul 5 ………………………………………………………………………………………………………………………….. 126
Testul 6 ………………………………………………………………………………………………………………………….. 134
Testul 7 ………………………………………………………………………………………………………………………….. 142
Testul 8 ………………………………………………………………………………………………………………………….. 150
Testul 9 ………………………………………………………………………………………………………………………….. 157
Testul 10 ………………………………………………………………………………………………………………………… 165
Testul 11 ………………………………………………………………………………………………………………………… 173
Testul 12 ………………………………………………………………………………………………………………………… 181
Teste de nivel avansat ………………………………………………………………………………………………………… 189
Testul 1 ………………………………………………………………………………………………………………………….. 190
Testul 2 ………………………………………………………………………………………………………………………….. 198
Testul 3 ………………………………………………………………………………………………………………………….. 206
Testul 4 ………………………………………………………………………………………………………………………….. 214
Testul 5 ………………………………………………………………………………………………………………………….. 224
Testul 6 ………………………………………………………………………………………………………………………….. 232
Testul 7 ………………………………………………………………………………………………………………………….. 240
Testul 8 ………………………………………………………………………………………………………………………….. 248
Testul 9 ………………………………………………………………………………………………………………………….. 255
Testul 10 ………………………………………………………………………………………………………………………… 263
Testul 11 ………………………………………………………………………………………………………………………… 271
Testul 12 ………………………………………………………………………………………………………………………… 279