Πανελλαδικές Εξετάσεις 2026 — physics, Θέμα C (5 μονάδες)

Σε πείραμα μελέτης του φαινομένου Compton, μονοχρωματική δέσμη φωτονίων με μήκος κύματος $\lambda = 8\lambda_c$ προσπίπτει σε υλικό, όπου $\lambda_c = \dfrac{h}{m_e c}$ το μήκος κύματος Compton του ηλεκτρονίου ($h$ η σταθερά του Planck, $m_e$ η μάζα του ηλεκτρονίου και $c$ η ταχύτητα του φωτός).
Να υπολογιστεί το μήκος κύματος $\lambda'$ ενός φωτονίου που σκεδάζεται σε γωνία $φ = 180°$ από πρακτικά ακίνητο ηλεκτρόνιο του υλικού ως συνάρτηση του $\lambda_c$. Δίνεται ότι $\cos 180° = -1$.

Απάντηση:
Από την εξίσωση Compton: $\lambda' - \lambda = \lambda_c(1-\cosφ)$. Για $φ=180°$: $\lambda'-\lambda = \lambda_c(1-(-1)) = 2\lambda_c$. Με $\lambda = 8\lambda_c$ προκύπτει $\lambda' = 8\lambda_c + 2\lambda_c = 10\lambda_c$.

ΚΛΕΙΔΙ ΒΑΘΜΟΛΟΓΗΣΗΣ (5 μ.). Γραφή της εξίσωσης Compton $\lambda'-\lambda=\lambda_c(1-\cosφ)$: 2 μ. Αντικατάσταση $\cos180°=-1$ και εξαγωγή $\lambda'-\lambda=2\lambda_c$: 2 μ. Τελικό αποτέλεσμα $\lambda'=10\lambda_c$: 1 μ. Αριθμητικό/αλγεβρικό σφάλμα με ορθή μέθοδο: -1 μ.

Πανελλαδικές Εξετάσεις 2026 — physics, Θέμα C (8 μονάδες)

Σε πείραμα Compton, φωτόνια με $\lambda = 8\lambda_c$ (όπου $\lambda_c = \dfrac{h}{m_e c}$) σκεδάζονται σε γωνία $φ = 180°$ από πρακτικά ακίνητα ηλεκτρόνια, με μήκος κύματος σκεδαζόμενου φωτονίου $\lambda' = 10\lambda_c$.
Να εκφράσετε τις ενέργειες $E_φ$ και $E'_φ$ του προσπίπτοντος και του κατά $φ = 180°$ σκεδαζόμενου φωτονίου, αντίστοιχα, ως συνάρτηση των μεγεθών $m_e$ και $c$ (μονάδες 4). Να υπολογίσετε την κινητική ενέργεια του ανακρουόμενου ηλεκτρονίου σε eV (μονάδες 4).
Δίνεται: $m_e c^2 = 5\cdot 10^5\ \mathrm{eV}$.

Απάντηση:
Η ενέργεια φωτονίου: $E=\dfrac{hc}{\lambda}$ και $hc = \lambda_c m_e c^2$. Για το προσπίπτον: $E_φ = \dfrac{hc}{8\lambda_c} = \dfrac{m_e c^2}{8}$. Για το σκεδαζόμενο: $E'_φ = \dfrac{hc}{10\lambda_c} = \dfrac{m_e c^2}{10}$. Από διατήρηση ενέργειας, η κινητική ενέργεια του ηλεκτρονίου: $K_e = E_φ - E'_φ = \left(\dfrac{1}{8}-\dfrac{1}{10}\right)m_e c^2 = \dfrac{m_e c^2}{40} = \dfrac{5\cdot 10^5}{40}\ \mathrm{eV} = 12500\ \mathrm{eV}$.

ΚΛΕΙΔΙ ΒΑΘΜΟΛΟΓΗΣΗΣ (8 μ.). Εκφράσεις ενεργειών (4 μ.): χρήση $E=hc/\lambda$ και $hc=\lambda_c m_e c^2$: 2 μ.· $E_φ = m_e c^2/8$: 1 μ.· $E'_φ = m_e c^2/10$: 1 μ. Κινητική ενέργεια ηλεκτρονίου (4 μ.): εφαρμογή διατήρησης ενέργειας $K_e = E_φ - E'_φ$: 2 μ.· υπολογισμός $K_e = m_e c^2/40 = 12500$ eV: 2 μ. Μεταφερόμενο σφάλμα από προηγούμενο υποερώτημα με συνεπή πορεία δεν επαναχρεώνεται. Αριθμητικό σφάλμα με ορθή μέθοδο: -1 μ.

Πανελλαδικές Εξετάσεις 2026 — physics, Θέμα C (7 μονάδες)

Δέσμη φωτονίων μήκους κύματος $\lambda_1 = 400\ \mathrm{nm}$ εισέρχεται σε διάταξη μελέτης του φωτοηλεκτρικού φαινομένου, η οποία βρίσκεται σε χώρο υψηλού κενού.
Εάν το έργο εξαγωγής του υλικού της καθόδου είναι $Φ = 1{,}4\ \mathrm{eV}$, να αποδείξετε τη σχέση υπολογισμού της συχνότητας κατωφλίου $f_0$ (μονάδες 4) και να υπολογίσετε την $f_0$ (μονάδες 3).
Δίνονται: $h = 6{,}4\cdot 10^{-34}\ \mathrm{J\cdot s}$, $1\ \mathrm{eV} = 1{,}6\cdot 10^{-19}\ \mathrm{J}$.

Απάντηση:
Η συχνότητα κατωφλίου είναι η ελάχιστη συχνότητα φωτονίου που εξάγει ηλεκτρόνιο με μηδενική κινητική ενέργεια. Από τη φωτοηλεκτρική εξίσωση $K_{max} = hf - Φ$, για $K_{max}=0$ και $f=f_0$: $0 = hf_0 - Φ \Rightarrow f_0 = \dfrac{Φ}{h}$. Υπολογισμός: $Φ = 1{,}4\cdot 1{,}6\cdot 10^{-19}\ \mathrm{J} = 2{,}24\cdot 10^{-19}\ \mathrm{J}$, οπότε $f_0 = \dfrac{2{,}24\cdot 10^{-19}}{6{,}4\cdot 10^{-34}} = 3{,}5\cdot 10^{14}\ \mathrm{Hz}$.

ΚΛΕΙΔΙ ΒΑΘΜΟΛΟΓΗΣΗΣ (7 μ.). Απόδειξη (4 μ.): φωτοηλεκτρική εξίσωση $K_{max}=hf-Φ$: 2 μ.· συνθήκη κατωφλίου $K_{max}=0$ και εξαγωγή $f_0=Φ/h$: 2 μ. Υπολογισμός (3 μ.): μετατροπή $Φ$ σε Joule ($2{,}24\cdot 10^{-19}$ J): 1 μ.· αριθμητικό αποτέλεσμα $f_0 = 3{,}5\cdot 10^{14}$ Hz: 2 μ. Αριθμητικό σφάλμα με ορθή μέθοδο: -1 μ. Αποτέλεσμα χωρίς απόδειξη της σχέσης: έως 3 μ.

Πανελλαδικές Εξετάσεις 2026 — physics, Θέμα C (5 μονάδες)

Η επιφάνεια καθόδου με έργο εξαγωγής $Φ = 1{,}4\ \mathrm{eV}$ φωτίζεται με ακτινοβολία μήκους κύματος $\lambda_1 = 400\ \mathrm{nm}$ (διάταξη φωτοηλεκτρικού φαινομένου σε χώρο υψηλού κενού).
Να υπολογίσετε το δυναμικό αποκοπής $V_0$.
Δίνονται: $hc = 1200\ \mathrm{eV\cdot nm}$, $1\ \mathrm{eV} = 1{,}6\cdot 10^{-19}\ \mathrm{J}$.

Απάντηση:
Η ενέργεια του φωτονίου: $E_1 = \dfrac{hc}{\lambda_1} = \dfrac{1200\ \mathrm{eV\cdot nm}}{400\ \mathrm{nm}} = 3\ \mathrm{eV}$. Από τη φωτοηλεκτρική εξίσωση: $K_{max} = E_1 - Φ = 3 - 1{,}4 = 1{,}6\ \mathrm{eV}$. Το δυναμικό αποκοπής: $K_{max} = eV_0 \Rightarrow V_0 = \dfrac{K_{max}}{e} = 1{,}6\ \mathrm{V}$.

ΚΛΕΙΔΙ ΒΑΘΜΟΛΟΓΗΣΗΣ (5 μ.). Υπολογισμός ενέργειας φωτονίου $E_1 = 3$ eV: 1 μ. Εφαρμογή φωτοηλεκτρικής εξίσωσης και $K_{max}=1{,}6$ eV: 2 μ. Σχέση $K_{max}=eV_0$ και τελικό αποτέλεσμα $V_0 = 1{,}6$ V: 2 μ. Αριθμητικό σφάλμα με ορθή μέθοδο: -1 μ.

Πανελλαδικές Εξετάσεις 2026 — physics, Θέμα D (5 μονάδες)

Το σώμα Σ (μάζας $m_1 = 0{,}1\ \mathrm{kg}$) της διάταξης του σχήματος 1 εκτελεί απλή αρμονική ταλάντωση με εξίσωση $x = 0{,}2\sin(10t + \frac{π}{2})$ (S.I.), δηλαδή με πλάτος $A = 0{,}2\ \mathrm{m}$ και $ω = 10\ \mathrm{rad/s}$.
Δ2. Να υπολογίσετε το μέτρο της επιτάχυνσης του σώματος Σ, στις θέσεις όπου ο λόγος της κινητικής του ενέργειας Κ προς την ολική ενέργεια της ταλάντωσής του Ε είναι ίσος με $\dfrac{K}{E} = \dfrac{3}{4}$.

Απάντηση:
Αφού $\dfrac{K}{E}=\dfrac{3}{4}$, τότε $\dfrac{U}{E}=\dfrac{1}{4} \Rightarrow \dfrac{\frac{1}{2}Dx^2}{\frac{1}{2}DA^2}=\dfrac{1}{4} \Rightarrow x = \pm\dfrac{A}{2} = \pm 0{,}1\ \mathrm{m}$. Το μέτρο της επιτάχυνσης: $|a| = ω^2|x| = 100\cdot 0{,}1 = 10\ \mathrm{m/s^2}$.

ΚΛΕΙΔΙ ΒΑΘΜΟΛΟΓΗΣΗΣ (5 μ.). Μετάβαση από $K/E=3/4$ σε $U/E=1/4$ (διατήρηση ενέργειας ταλάντωσης): 1 μ. Εξαγωγή $x = \pm A/2 = \pm 0{,}1$ m: 2 μ. Σχέση $a = -ω^2 x$ και υπολογισμός $|a| = 10\ \mathrm{m/s^2}$: 2 μ. Αν βρεθεί μόνο η μία θέση ($+A/2$ ή $-A/2$) αλλά το μέτρο είναι σωστό: πλήρης βαθμός. Αριθμητικό σφάλμα με ορθή μέθοδο: -1 μ.

Πανελλαδικές Εξετάσεις 2026 — physics, Θέμα D (6 μονάδες)

Στη διάταξη του σχήματος 1, ο αγωγός ΝΛ ($\ell = 1\ \mathrm{m}$, $B = 1\ \mathrm{T}$, ολική αντίσταση κυκλώματος $R + R_{ΝΛ} = 2\ Ω$) ανέρχεται υπό την επίδραση σταθερής δύναμης $F = 3\ \mathrm{N}$ και, αφού έχει αποκτήσει την οριακή του ταχύτητα $υ_{ορ} = 4\ \mathrm{m/s}$, ανέρχεται κατά h σε χρονικό διάστημα $Δt = 0{,}125\ \mathrm{s}$.
Δ4. Να υπολογίσετε το ποσοστό επί τοις % του έργου της δύναμης F που μετατρέπεται σε θερμότητα στους αντιστάτες του κυκλώματος στο χρονικό διάστημα Δt.

Απάντηση:
Με οριακή ταχύτητα η κίνηση είναι ευθύγραμμη ομαλή, οπότε το ρεύμα είναι σταθερό: $I = \dfrac{Bυ_{ορ}\ell}{R_{ολ}} = \dfrac{4}{2} = 2\ \mathrm{A}$. Θερμότητα στους αντιστάτες: $Q = I^2 R_{ολ}Δt = 4\cdot 2\cdot 0{,}125 = 1\ \mathrm{J}$. Μετατόπιση: $h = υ_{ορ}Δt = 4\cdot 0{,}125 = 0{,}5\ \mathrm{m}$, οπότε το έργο της F: $W_F = F\cdot h = 3\cdot 0{,}5 = 1{,}5\ \mathrm{J}$. Ποσοστό: $\dfrac{Q}{W_F}\cdot 100\% = \dfrac{1}{1{,}5}\cdot 100\% = \dfrac{2}{3}\cdot 100\% \approx 66{,}67\%$.

ΚΛΕΙΔΙ ΒΑΘΜΟΛΟΓΗΣΗΣ (6 μ.). Σταθερό ρεύμα στην οριακή ταχύτητα και υπολογισμός $I = 2$ A: 1 μ. Θερμότητα $Q = I^2 R_{ολ}Δt = 1$ J: 2 μ. Μετατόπιση $h = 0{,}5$ m και έργο $W_F = 1{,}5$ J: 2 μ. Ποσοστό $Q/W_F \approx 66{,}67\%$: 1 μ. Αποδεκτός και ενεργειακός υπολογισμός της Q μέσω $Q = W_F - ΔU_{βαρ}$ (αφού $ΔK = 0$): πλήρης βαθμός. Αριθμητικό σφάλμα με ορθή μέθοδο: -1 μ.