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-\((6)\)
Το σύστημα αγωγός \(ΝΛ\), νήμα και σώμα \(Σ\) ισορροπεί ακίνητο:
\[ΣF = 0 \Rightarrow F - m_2 \cdot g - m_1 \cdot g -k \cdot Δ\ell =0\]και μετά τις πράξεις
\[Δ\ell = 0,1 m\]Τη χρονική στιγμή \(t=0\) αφού κοπεί το νήμα το σώμα \(Σ\) εκτελεί \(Α.Α.Τ.\)
Για τη θέση ισορροπίας της ταλάντωσης ισχύει:
\[ΣF = 0 \Rightarrow F_{ελ} - m_1 \cdot g = 0 \Rightarrow k \cdot Δ\ell_0 = m_1 \cdot g \Rightarrow Δ\ell_0 =0,1 m\]Το πλάτος ταλάντωσης είναι:
\[A = Δ\ell_0 + Δ\ell \Rightarrow A = 0,2 m\]Η κυκλική συχνότητα υπολογίζεται από τη σταθερά επαναφοράς:
\[D = k \cdot ω^2 \Rightarrow ω = 10 \frac{rad}{s}\]Για την αρχική φάση της ταλάντωσης ισχύει:
\[t=0, \quad x=+A, \quad υ=0\] \[x = A \cdot ημ(ωt+φ_0) \Rightarrow +A = ημφ_0 \Rightarrow φ_0 = 2kπ + \frac{π}{2}\]όμως θα πρέπει \(0 \le φ_0 <2π\)
οπότε για \(k=0\) προκύπτει \(φ_0 = \frac{π}{2} rad\)
και η χρονική εξίσωση της απομάκρυνσης του σώματος \(Σ\) από τη θέση ισορροπίας του είναι:
\[x = 0,2 \cdot ημ(10t + \frac{π}{2}) \quad (S.I.)\]Δ2-\((7)\)
\[m_1, \quad A.A.T.\] \[\frac{K}{E} = \frac{3}{4} \Rightarrow K = \frac{3}{4}E\]όμως γνωρίζουμε από την Αρχή Διατήρησης της Ενέργειας Ταλάντωσης ότι:
\[Ε = Κ + U\]άρα από τις δύο προηγούμενες σχέσεις έχουμε:
\[Ε = \frac{3}{4}E + U \Rightarrow U = \frac{1}{4} \cdot E \Rightarrow \frac{1}{2}D \cdot x^2 = \frac{1}{4} \cdot \frac{1}{2} \cdot D \cdot A^2\]οπότε:
\[x = \pm \frac{A}{2}\]Για την επιτάχυνση \(α\) του σώματος ισχύει:
\[α = -ω^2 \cdot x \Rightarrow \lvert α \rvert = \lvert-10^2 \cdot (\pm 0,1) \rvert \Rightarrow \lvert α \rvert = 10 \frac{m}{s^2}\]Δ3-\((6)\)
και για τη δύναμη Laplace
\[F_L = B \cdot I \cdot \ell = B \cdot \frac{Β \cdot υ \cdot \ell}{R + R_{NΛ}} \cdot \ell\]και αντικαθιστώντας
\[F_L = \frac{B^2 \cdot \ell^2 \cdot υ}{R + R_{NΛ}} \Rightarrow F_L = 0,5 \cdot υ \quad (S.I.)\]Για τον αγωγό \(ΝΛ\) ισχύει \(F>m_2 \cdot g\) άρα ο αγωγός επιταχύνεται προς τα πάνω.
\[ΣF = m \cdot α \Rightarrow F - m_2 \cdot g - F_L = m_2 \cdot α\]και μετά τις πράξεις
\[α = 20 - 5 \cdot υ, \quad (S.I.)\]Η επιτάχυνση από \(20 \frac{m}{s^2}\) τη χρονική στιγμή \(t=0\) αρχίζει και μειώνεται έως ότου γίνει \(α=0\). Τότε ο αγωγός \(ΝΛ\) αποκτά την οριακή του ταχύτητα, εφόσον το μαγνητικό πεδίο έχει τις κατάλληλες διαστάσεις.
\[α = 20 - 5 \cdot υ_{ορ} \Rightarrow 0 = 20 - 5 \cdot υ_{ορ} \Rightarrow υ_{ορ} = 4 \frac{m}{s}\]Άρα η κίνηση του αγωγού, όσο αυτός βρίσκεται μέσα στο μαγνητικό πεδίο, είναι επιταχυνόμενη με μειούμενη επιτάχυνση, έως ότου αυτή η επιτάχυνση να μηδενιστεί οπότε ο αγωγός αποκτά σταθερή οριακή ταχύτητα \(4 \frac{m}{s}\)
Δ4-\((6)\)
Για χρόνο \(Δt=0,125s\) ο αγωγός ανέρχεται με σταθερή ταχύτητα σε ύψος \(h\) για το οποίο:
\[h = υ_{ορ} \cdot Δt \Rightarrow h = 0,5 m\]Το έργο της δύναμης \(F\) είναι
\[W_F = F \cdot h = 1,5 J\] \[E_{επ(ΝΛ)} = Β \cdot υ \cdot \ell = 4 V\] \[I = \frac{E_{επ(ΝΛ)}}{R + R_{NΛ} } = 2 A\] \[Q_{θερμ} = Ι^2 \cdot (R + R_{ΝΛ}) \cdot Δt = 1 J\]άρα το ποσοστό είναι:
\[π(\%) = \frac{Q_{θερμ}}{W_F} \cdot 100 \% \approx 66,7 \%\]Μπορείτε να εκτυπώσετε τα θέματα και τις λύσεις σε μορφή pdf
blog comments powered by Disqus