Μοριοδότηση 2026
Ενδεικτικές απαντήσεις και από γραπτά μαθητών
Θέμα Α
Α1 - \(δ\)
Α2 - \(β\)
Α3 - \(α\)
Α4 - \(γ\)
Α5: \(Σ - Σ - Λ - Λ - Σ\)
Θέμα Β
Β1 - \((iii)\)
για περίοδο ταλάντωσης \(T_1\):
\[L=\frac{3}{4}\cdot λ_1\]για περίοδο ταλάντωσης \(T_2\):
\[L=\frac{5}{4}\cdot λ_2\]Τα πρώτα μέλη είναι ίσα άρα και τα δεύτερα στις προηγούμενες σχέσεις
\[\frac{3}{4}\cdot λ_1 = \frac{5}{4}\cdot λ_2 \Rightarrow \frac{λ_1}{λ_2} = \frac{5}{3}\]η ταχύτητα διάδοσης είναι ίδια αφού έχουμε την ίδια ομογενή ελαστική χορδή.
\[υ_δ=\frac{λ_1}{T_1}=\frac{λ_2}{T_2}\]οπότε ισχύει
\[\frac{λ_1}{λ_2} = \frac{5}{3} \Rightarrow \frac{T_1}{T_2} = \frac{5}{3}\]άρα σωστό το (iii)
Β2 - \((i)\)
Σε απόσταση \(r\) η δύναμη που αναπτύσσεται σε μήκος \(\ell\) του αγωγού είναι:
Πριν:
\[F_1 = \frac{μ_0}{2π} \cdot \frac{I_1 \cdot I_2}{r} \cdot \ell = \frac{μ_0}{2π} \cdot \frac{2I^2}{r} \cdot \ell\]Μετά:
\[F_2 = \frac{μ_0}{2π} \cdot \frac{I_1 \cdot I_2'}{\frac{3r}{2}} \cdot \ell = \frac{μ_0}{2π} \cdot \frac{4I^2}{\frac{3r}{2}} \cdot \ell = \frac{μ_0}{2π} \cdot \frac{8I^2}{3r} \cdot \ell\]και διαιρώντας κατά μέλη
\[\frac{F_1}{F_2} = \frac{3}{4}\]άρα σωστό το (i)
Β3 - \((ii)\)
Επειδή οι ράβδοι είναι ομογενείς τα βάρη ασκούνται στο μέσον των ράβδων.
\[W_1 = W_2 = M \cdot g\]Για τη μικρή σφαίρα ισχύει
\[w = \frac{M}{2} \cdot g\]Το σύστημα των δύο ραβδών με τη σφαίρα ισορροπεί, άρα ισχύει \(Στ_{(Ο)}=0\)
\[W_1 \cdot \frac{\ell}{2} \cdot ημφ + w \cdot \ell_1 \cdot ημφ - W_2 \cdot \frac{\ell_2}{2} \cdot ημφ = 0\] \[M \cdot g \cdot \frac{\ell_1}{2} + \frac{M}{2} \cdot g \cdot \ell_1 = M \cdot g \cdot \frac{\ell_2}{2} \Rightarrow \frac{\ell_1}{\ell_2} = \frac{1}{2}\]άρα σωστό το (ii)
Θέμα Γ
Γ1-\((5)\)
Εξίσωση Compton
\[λ' - λ = \frac{h}{m_e \cdot c} (1 - συνφ)\] \[λ' - 8λ_C = λ_C \cdot (1 - (-1)) \Rightarrow λ' = 10λ_C\]Γ2-\((8)\)
πριν την σκέδαση:
\[E_φ = h \cdot f = \frac{h \cdot c}{λ} = \frac{h \cdot c}{8λ_C} = \frac{h \cdot c}{8 \cdot \frac{h}{m_e \cdot c}} = \frac{1}{8} m_e \cdot c^2\]μετά την σκέδαση:
\[E_φ' = \frac{h \cdot c}{λ'} = \frac{h \cdot c}{10λ_C} = \frac{h \cdot c}{10 \cdot \frac{h}{m_e \cdot c}} = \frac{1}{10} m_e \cdot c^2\]Για την κινητική ενέργεια του ανακρουόμενου ηλεκτρονίου \(K_e\) ισχύει η αρχή διατήρησης της ενέργειας
\[E_φ = E_φ' + K_e \Rightarrow \frac{1}{2} m_e \cdot c^2 = \frac{1}{10} m_e \cdot c^2 + K_e \Rightarrow K_e = \frac{1}{40} m_e \cdot c^2\]και αντικαθιστώντας από τα δεδομένα
\[K_e = \frac{1}{40} m_e \cdot c^2 = \frac{1}{40} \cdot 5 \cdot 10^5 eV = 1,25 \cdot 10^4 eV\]Γ3-\((7)\)
Φωτοηλεκτρική εξίσωση του Einstein
\[K_{max} = h \cdot f - \phi\]Για να εξέλθει ένα ηλεκτρόνιο από το μέταλλο της καθόδου θα πρέπει να ισχύει:
\[h \cdot f - \phi \ge 0 \Rightarrow f \ge \frac{\phi}{h}\]οπότε η συχνότητα κατωφλίου είναι \(f_0 = \frac{\phi}{h}\)
υπολογισμός της σταθεράς του Planck
\[h = 6,4 \cdot 10^{-34} J \cdot s = \frac{6,4 \cdot 10^{-34}}{1,6 \cdot 10^{-19}} eV \cdot s = 4 \cdot 10^{-15} eV \cdot s\]οπότε
\[f_0 = \frac{1,4 eV}{4 \cdot 10^{-15}eV \cdot s} \Rightarrow f_0 = 3,5 \cdot 10^{14}Hz\]Γ4-\((5)\)
Στην κάθοδο ισχύει:
\[K_{max} = h \cdot f - \phi\]Από την κάθοδο στην άνοδο ισχύει το θεώρημα μεταβολής της κινητικής ενέργειας για τα ηλεκτρόνια:
\[ΔK = ΣW \Rightarrow K_{ανόδου} - Κ_{καθόδου} = (-e) \cdot (V_Δ - V_M)\]Για την τάση αποκοπής ισχύει \(Κ_{ανόδου} = 0\), οπότε:
\[0-Κ){max} = (-e) \cdot V_0 \Rightarrow V_0 = \frac{h \cdot f}{e} - \frac{\phi}{e} \Rightarrow V_0 = \frac{h \cdot c}{λ_1 \cdot e} - \frac{\phi}{e}\]και με τις αντικαταστάσεις (\(V_Δ > V_M\)) ανάστροφη πόλωση!
\[V_0 = \frac{h \cdot c}{λ_1 \cdot e} - \frac{\phi}{e} = \frac{1200eV \cdot nm}{e \cdot 400nm} - \frac{1,4eV}{e} \Rightarrow V_0 = 1,6V\]Θέμα Δ
Δ1-\((6)\)
Δ2-\((7)\)
Δ3-\((6)\)
Δ4-\((6)\)
Μπορείτε να εκτυπώσετε τα θέματα και τις λύσεις σε μορφή pdf
blog comments powered by Disqus