ΘΕΜΑΤΑ - ΑΠΑΝΤΗΣΕΙΣ ΕΞΕΤΑΣΕΩΝ ΦΥΣΙΚΗΣ ΑΣΕΠ 06

40
www.dianysma.edu.gr ΙΩΑΝΝΗΣ ΜΠΑΓΑΝΑΣ φυσική για τον ΑΣΕΠ ΘΕΜΑΤΑ - ΑΠΑΝΤΗΣΕΙΣ ΕΞΕΤΑΣΕΩΝ 2006 www.dianysma.edu.gr

description

Θέματα-Απαντήσεις εξετάσεων Φυσικής για τον ΑΣΕΠ 2006

Transcript of ΘΕΜΑΤΑ - ΑΠΑΝΤΗΣΕΙΣ ΕΞΕΤΑΣΕΩΝ ΦΥΣΙΚΗΣ ΑΣΕΠ 06

Page 1: ΘΕΜΑΤΑ - ΑΠΑΝΤΗΣΕΙΣ ΕΞΕΤΑΣΕΩΝ ΦΥΣΙΚΗΣ ΑΣΕΠ 06

www.dianysma.edu.gr

ΙΩΑΝΝΗΣ ΜΠΑΓΑΝΑΣ

φυσική για τον ΑΣΕΠ

ΘΕΜΑΤΑ - ΑΠΑΝΤΗΣΕΙΣ ΕΞΕΤΑΣΕΩΝ 2006

www.dianysma.edu.gr

Page 2: ΘΕΜΑΤΑ - ΑΠΑΝΤΗΣΕΙΣ ΕΞΕΤΑΣΕΩΝ ΦΥΣΙΚΗΣ ΑΣΕΠ 06

Ι.ΜΠΑΓΑΝΑΣ www.dianysma.edu.gr

ΑΣΕΠ 2006 www.learner.gr

2

ΘΕΜΑΤΑ - ΑΠΑΝΤΗΣΕΙΣ ΕΞΕΤΑΣΕΩΝ ΑΣΕΠ 2006

1. Ένα θετικά φορτισµένο σωµατίδιο φορτίου q , τοποθετείται τη χρονική στιγµή t =

0 µε µηδενική αρχική ταχύτητα µέσα σ’ ένα χώρο όπου υπάρχει ένα σταθερό

οµογενές µαγνητικό και ένα σταθερό οµογενές ηλεκτρικό πεδίο τα οποία είναι

παράλληλα µεταξύ τους. (Αγνοείστε τη βαρύτητα). Το σωµατίδιο θα ακολουθήσει

µια:

α) ευθύγραµµη τροχιά.

β) κυκλοειδή τροχιά.

γ) ελικοειδή τροχιά.

δ) παραβολική τροχιά.

2. Η κινητική ενέργεια ενός µη σχετικιστικού σωµατιδίου µάζας, m, είναι 2T k t= όπου k θετική σταθερά και t ο χρόνος. Η δύναµη που ασκείται στο σώµα

αυτό είναι :

α) 2

4

kmF =

β) 2

kmF =

γ) 2

kmF =

δ) 2F km=

3. Αν το ηλεκτρικό πεδίο ως συνάρτηση της ακτινικής απόστασης, r , είναι

2

ˆ( ) a rE r ke r−=r

, όπου ˆr

rr

=r

, k και a σταθερές, τότε η ροή του ηλεκτρικού πεδίου

µέσα από µια σφαίρα ακτίνας r είναι ανάλογη του όρου :

α) 22 arr e−

β) 2arr e−

γ) 2are−

δ)

2

2

are

r

4. Πυκνωτής χωρητικότητας C1 = 5 µF µε φορτίο q1 = 15 µC συνδέεται παράλληλα

µε αφόρτιστο πυκνωτή χωρητικότητας C2 = 10 µF. Η διαφορά δυναµικού στα άκρα

του συστήµατος των δύο πυκνωτών είναι :

α) 0,5 V

β) 1 V

γ) 1,5 V

δ) 2 V

Page 3: ΘΕΜΑΤΑ - ΑΠΑΝΤΗΣΕΙΣ ΕΞΕΤΑΣΕΩΝ ΦΥΣΙΚΗΣ ΑΣΕΠ 06

Ι.ΜΠΑΓΑΝΑΣ www.dianysma.edu.gr

ΑΣΕΠ 2006 www.learner.gr

3

5. Ένα σώµα έχει τριπλάσια θερµοκρασία από ένα άλλο πανοµοιότυπο σώµα. Ο

λόγος των ρυθµών εκποµπής ενέργειας µε ακτινοβολία των δύο σωµάτων είναι:

α) 3

β) 9

γ) 27

δ) 81

6. Μια αυτοκινητοβιοµηχανία για να ελέγξει τους αερόσακους των νέων αυτοκινήτων

χρησιµοποιεί δοκιµαστικές κούκλες µάζας 80 kg που µπορούν να συγκρουστούν µε

ακίνητους αερόσακους. Η ταχύτητα µιας τέτοιας δοκιµαστικής κούκλας είναι 40 m/s.

Μετά από 0,2 s η κούκλα ακινητοποιείται αφού ο αερόσακος έχει ανοίξει. Η µέση

δύναµη που δέχεται η κούκλα σ’ αυτό το χρονικό διάστηµα είναι:

α) 160 Ν

β) 1600 Ν

γ) 16 000 Ν

δ) 160 000 Ν

7. Ένας δορυφόρος περιφέρεται γύρω από τη γη σε απόσταση h από την επιφάνειά

της. Αν R είναι η ακτίνα της γης, το έργο, W , που παράγεται ανά περιφορά από τη

δύναµη της βαρύτητας, F , που ασκεί η γη στο δορυφόρο είναι:

α) W = 2πRF

β) W = 2π (R +h)F

γ) W = π (R +h)2 F

δ) W = 0

8. Μια συµπαγής αγώγιµη σφαίρα ακτίνας r1 φέρει

φορτίο +3Q . Ένα οµόκεντρο αγώγιµο κέλυφος

εσωτερικής ακτίνας r2 και εξωτερικής ακτίνας r3

( r3 > r2 > r1) φέρει φορτίο −2Q .Το φορτίο που φέρει

η εξωτερική επιφάνεια του σφαιρικού κελύφους

είναι:

α) –Q

β) +Q

γ) −2Q

δ) −3Q

9. Ένα ηλεκτρόνιο εισέρχεται στην περιοχή ενός σταθερού οµογενούς ηλεκτρικού

πεδίου, Er

, και ενός σταθερού οµογενούς µαγνητικού πεδίου, Br

, που η κατεύθυνσή

του είναι κάθετη στο ηλεκτρικό πεδίο. Παρατηρούµε ότι η ταχύτητα, υr

, του

ηλεκτρονίου παραµένει αµετάβλητη. Μια πιθανή εξήγηση είναι ότι: (αγνοήστε τη

βαρύτητα)

α) η υr

είναι παράλληλη στο Er

και έχει µέτρο E B

β) η υr

είναι παράλληλη στο Br

και έχει µέτρο B E

γ) η υr

είναι κάθετη και στο Er

και στο Br

και έχει µέτρο E B

δ) η υr

είναι κάθετη και στο Er

και στο Br

και έχει µέτρο B E

10. Έχουµε (Ι) τον νόµο της ανάκλασης και (ΙΙ) το νόµο της διάθλασης. Η αρχή του

Huygens µπορεί

r1

r3

r2

Page 4: ΘΕΜΑΤΑ - ΑΠΑΝΤΗΣΕΙΣ ΕΞΕΤΑΣΕΩΝ ΦΥΣΙΚΗΣ ΑΣΕΠ 06

Ι.ΜΠΑΓΑΝΑΣ www.dianysma.edu.gr

ΑΣΕΠ 2006 www.learner.gr

4

να χρησιµοποιηθεί για να εξαγάγοµε:

α) µόνο το (Ι)

β) µόνο το (ΙΙ)

γ) τα (Ι) και (ΙΙ)

δ) Η ερώτηση δεν έχει νόηµα επειδή η αρχή του Huygens σχετίζεται µε το µέτωπο

κύµατος ενώ τα (Ι) και (ΙΙ) σχετίζονται µε ακτίνες φωτός.

11. Το ουράνιο τόξο οφείλεται στη:

α) διάθλαση του φωτός.

β) περίθλαση του φωτός.

γ) συµβολή του φωτός.

δ) πόλωση του φωτός.

12. Το ραδιενεργό πολώνιο, 214

84 oP διασπάται µε την εκποµπή ενός σωµατιδίου α σε:

α) 214

84 oP

β) 210

83 Bi

γ) 218

84 oP

δ) 210

82 Pb

13. Όλα τα λεπτόνια αλληλεπιδρούν µεταξύ τους µέσω των:

α) ισχυρών αλληλεπιδράσεων.

β) ηλεκτροµαγνητικών αλληλεπιδράσεων.

γ) ασθενών αλληλεπιδράσεων.

δ) ισχυρών και των ηλεκτροµαγνητικών αλληλεπιδράσεων.

14. Ένα φωτόνιο µήκους κύµατος λ σκεδάζεται ελαστικά από ένα πρωτόνιο µάζας

pm το οποίο αρχικά βρίσκεται σε ηρεµία. Αν το φωτόνιο σκεδάζεται σε 90ο ως προς

την αρχική του κατεύθυνση, τότε το τελικό µήκος κύµατος, λ ' , του φωτονίου: (στα

παρακάτω όπου h και c η σταθερά του Planck και η ταχύτητα του φωτός στο κενό,

αντίστοιχα)

α) παραµένει αµετάβλητο, δηλαδή λ = λ ' .

β) αυξάνει κατά ένα παράγοντα p

h

m c

γ) αυξάνει κατά ένα παράγοντα , e

h

m c όπου em είναι η µάζα του ηλεκτρονίου.

δ) αυξάνει κατά ένα παράγοντα ( )p e

h

m m c+

15. Ένας αγώγιµος κύβος ακµής d, ο οποίος είναι κενός στο εσωτερικό του, έχει

σταθερό δυναµικό V στην επιφάνειά του. Το δυναµικό στο κέντρο του κύβου θα

είναι:

α) 6

V

β) 0

γ) V

δ) 6V

Page 5: ΘΕΜΑΤΑ - ΑΠΑΝΤΗΣΕΙΣ ΕΞΕΤΑΣΕΩΝ ΦΥΣΙΚΗΣ ΑΣΕΠ 06

Ι.ΜΠΑΓΑΝΑΣ www.dianysma.edu.gr

ΑΣΕΠ 2006 www.learner.gr

5

16. Φως συχνότητας ον και µήκους κύµατος λο εισέρχεται από τον αέρα στο νερό. Οι

αντίστοιχες τιµές της συχνότητας και του µήκους κύµατος στο νερό είναι: (δίνονται ο

δείκτης διάθλασης του αέρα, na = 1 και του νερού nw = 1,3.)

α) ,w wn n

ο ον λ

β) ον ,wn

ολ

γ) wn

ον, ολ

δ) ον , ολ

17. Έστω d η απόσταση της επιφάνειας της Γης από το κέντρο του Ήλιου τη στιγµή

της έκλειψης. Ο λόγος των διαµέτρων Ήλιου – Σελήνης είναι HD

. Η µεγαλύτερη

απόσταση µεταξύ της επιφάνειας της Γης από το κέντρο της Σελήνης για την οποία

είναι δυνατόν να πραγµατοποιηθεί ολική έκλειψη Ηλίου, είναι:

α) D

dD

Σ

Η

β)

2

HDd

γ)

2

H

Dd

D

Σ

δ) 2

2

HDd

18. Ο πυκνωτής του κυκλώµατος φέρει ένα αρχικό

φορτίο qo . Όταν κλείσουµε το διακόπτη ∆, ο

χρόνος που θα περάσει ώστε να µειωθεί η

αποθηκευµένη ενέργεια του πυκνωτή στο 1

3της

αρχικής του ενέργειας είναι:

α) 2RCln3

β) 3RCln2

γ) ln 23

RC

δ) ln 32

RC

19. Μια φορτισµένη µεταλλική σφαίρα φέρει φορτίο Q και τοποθετείται πλησίον µιας

άλλης αφόρτιστης µεταλλικής σφαίρας πάνω σ’ ένα οριζόντιο ξύλινο (µονωτής)

τραπέζι. Ποια από τις παρακάτω προτάσεις περιγράφει καλύτερα την ολική

ηλεκτροστατική δύναµη µεταξύ των δυο σφαιρών;

α) ∆εν αναπτύσσεται καµιά ηλεκτροστατική δύναµη ανάµεσα στις δυο σφαίρες.

β) Θα εµφανιστεί µια απωστική δύναµη.

R C

Page 6: ΘΕΜΑΤΑ - ΑΠΑΝΤΗΣΕΙΣ ΕΞΕΤΑΣΕΩΝ ΦΥΣΙΚΗΣ ΑΣΕΠ 06

Ι.ΜΠΑΓΑΝΑΣ www.dianysma.edu.gr

ΑΣΕΠ 2006 www.learner.gr

6

γ) Θα εµφανιστεί µια ελκτική δύναµη.

δ) Θα εµφανιστεί µια ελκτική δύναµη αν το φορτίο Q είναι θετικό ενώ θα εµφανιστεί

µια απωστική δύναµη αν το φορτίο είναι αρνητικό.

20. Ποιο από τα χρώµατα του ουράνιου τόξου περιέχει φωτόνια µε τη µικρότερη

ενέργεια;

α) Μπλε.

β) Κίτρινο.

γ) Πράσινο.

δ) Κόκκινο.

21. Η µετατόπιση µιας χορδής δίνεται από τη σχέση ( , ) sin( )my x t y k x tω= + .Η

ταχύτητα του µεταδιδόµενου κύµατος είναι:

α) 2 kπ ω

β) kω

γ) k ω

δ) kω

22. Η αντίδραση sK π π+ −→ , όπου sK είναι το βραχύβιο ουδέτερο καόνιο και π ±

είναι τα φορτισµένα πιόνια, διέπεται από την ασθενή αλληλεπίδραση διότι:

α) α π ± είναι αδρόνια.

β) δεν εµφανίζονται νετρίνα στην τελική κατάσταση.

γ) το καόνιο sK έχει µηδενική ιδιοστροφορµή.

δ) δεν διατηρείται η παραδοξότητα. τ

23. Θεωρούµε το ηλεκτρόνιο ως µια οµογενή συµπαγή σφαίρα µάζας m, ακτίνας R

και ροπής αδρανείας 22

5I mR= που περιστρέφεται γύρω από έναν άξονα συµµετρίας

που περνά από το κέντρο της σφαίρας. Σύµφωνα µε την κβαντοµηχανική, η γωνιακή

ταχύτητα, ω , του ηλεκτρονίου θα είναι:

α) 2

5

2 mR

h

β)2

5

4 mR

h

γ) 2

2

5 mR

h

δ) 2

4

5 mR

h

24. N όµοιες συµπαγείς σφαιρικές σταγόνες υδραργύρου έχουν το ίδιο σταθερό

δυναµικό V . Το δυναµικό της σφαιρικής σταγόνας που προκύπτει από τη συνένωση

όλων των µικρών όµοιων σταγόνων θα είναι:

α) 1

3N V

β)4

3N V

γ) 2

3N V

Page 7: ΘΕΜΑΤΑ - ΑΠΑΝΤΗΣΕΙΣ ΕΞΕΤΑΣΕΩΝ ΦΥΣΙΚΗΣ ΑΣΕΠ 06

Ι.ΜΠΑΓΑΝΑΣ www.dianysma.edu.gr

ΑΣΕΠ 2006 www.learner.gr

7

δ) NV

25. Στο κωνικό εκκρεµές µια µάζα m που κρέµεται από ένα νήµα µήκους

l και αµελητέας µάζας, εκτελεί µέσα στο πεδίο βαρύτητας µια οµοιόµορφη κυκλική

κίνηση µε γωνιακή ταχύτητα ωr

. Για τη γωνία, θ , που σχηµατίζει το νήµα µε τον

κατακόρυφο άξονα ισχύει:

α) 2

cosg

θω

=l

β) 2

sing

θω

=l

γ) 2

tang

θω

=l

δ) 2

cotg

θω

=l

26. ∆ύο πανοµοιότυπες αγώγιµες σφαίρες, ακτίνας R , φέρουν το ίδιο θετικό φορτίο

και τα κέντρα τους απέχουν µια απόσταση d > 2R, µε αποτέλεσµα να απωθούνται

από µια δύναµη F . Μια τρίτη όµοια αγώγιµη αφόρτιστη σφαίρα έρχεται σε επαφή µε

την πρώτη σφαίρα, µετά έρχεται σε επαφή µε τη δεύτερη σφαίρα και τελικώς

αποµακρύνεται από το σύστηµα των δύο αρχικών σφαιρών. Η δύναµη µε την οποία

απωθούνται οι δύο αρχικές σφαίρες, µετά την παραπάνω διαδικασία, θα είναι:

(θεωρείστε ότι οι κατανοµές φορτίου πάνω στις σφαίρες είναι οµοιόµορφες)

α) 2

F

β) 3

4

F

γ) 3

8

F

δ) 5

8

F

27. ∆ύο σηµειακά θετικά φορτία

q1 = q2 = q βρίσκονται πάνω από ένα

λεπτό γειωµένο επίπεδο αγωγό απείρων

διαστάσεων, όπως φαίνεται στο σχήµα. Η

απόσταση του q1 από το επίπεδο είναι

d / 2 και του q2 είναι 3d / 2 . Αγνοώντας τη

δύναµη της βαρύτητας, το µέτρο της

ολικής δύναµης που ασκείται στο φορτίο

q1 είναι :

α) 2

2

1

4

q

dοπε

β) 2

2

1 9

4 4

q

dοπε

θ

m ωv

gv

l

d

d / 2

q1

q2

Page 8: ΘΕΜΑΤΑ - ΑΠΑΝΤΗΣΕΙΣ ΕΞΕΤΑΣΕΩΝ ΦΥΣΙΚΗΣ ΑΣΕΠ 06

Ι.ΜΠΑΓΑΝΑΣ www.dianysma.edu.gr

ΑΣΕΠ 2006 www.learner.gr

8

γ)2

2

1 7

4 4

q

dοπε

δ)2

2

1

4 4

q

dοπε

28. Ένα σώµα µάζας m φέρει ένα

ελατήριο σταθεράς k και αµελητέας

µάζας όπως φαίνεται στο σχήµα και

κινείται µε σταθερή ταχύτητα υ πάνω

σ’ ένα οριζόντιο επίπεδο χωρίς τριβές.

Στο τέλος της διαδροµής του υπάρχει

ένας σταθερός τοίχος. Η µέγιστη

συµπίεση του ελατηρίου είναι:

α) k

β) k

γ) k

m

υ

δ) m

29. ∆ύο πανοµοιότυπα σώµατα (1 και 2) µάζας m και σχήµατος παραλληλεπιπέδου

ολισθαίνουν πάνω σε δύο διαφορετικά οριζόντια επίπεδα µε συντελεστές τριβής

ολίσθησης µ1 και µ2 αντίστοιχα, για τους οποίους ισχύει µ1 = 2µ2. Αν την αρχική

χρονική στιγµή t = 0 τα σώµατα αυτά ξεκινούν µε αρχικές ταχύτητες υο1 και υο2

αντίστοιχα, και ισχύει υο1 = 2υο2 , τότε ο λόγος των αποστάσεων s1 και s2 που

διανύουν τα σώµατα 1 και 2, αντίστοιχα, έως ότου σταµατήσουν είναι:

α) 1

2

2s

s=

β) 1

2

1

2

s

s=

γ) 1

2

4s

s=

δ) 1

2

1

4

s

s=

30. Η κυµατοσυνάρτηση ενός σωµατιδίου που κινείται σ’ ένα µονοδιάστατο πηγάδι

δυναµικού απείρου βάθους και πλάτους L δίνεται από τη σχέση

( ) sin cosn x n x

x A BL L

π πψ = +

. Οι τιµές των σταθερών A και Bείναι:

α) 2 2

,L L

m

υ

Page 9: ΘΕΜΑΤΑ - ΑΠΑΝΤΗΣΕΙΣ ΕΞΕΤΑΣΕΩΝ ΦΥΣΙΚΗΣ ΑΣΕΠ 06

Ι.ΜΠΑΓΑΝΑΣ www.dianysma.edu.gr

ΑΣΕΠ 2006 www.learner.gr

9

β) 2

0,L

γ) 2

,0L

δ)1 1

,L L

31. Η µεταβολή της εντροπίας µιας ποσότητας νερού µάζας m και ειδικής

θερµοχωρητικότητας (ειδικής θερµότητας) c , όταν θερµαίνεται από την αρχική

θερµοκρασία T1 στην τελική θερµοκρασία Τ2 είναι:

α) 2

1

lnT

mcT

β) 2

1

Tmc

T

γ) 2 1

1

T Tmc

T

δ) 2 1

2

T Tmc

T

32. Κατά την περίθλαση µονοχρωµατικού φωτός, µήκους κύµατος λ , από µια σχισµή

εύρους a ισχύει η σχέση sin aθ λ= , όπου θ είναι:

α) η γωνία που προσδιορίζει το πρώτο ελάχιστο.

β) η γωνία που προσδιορίζει το πρώτο µέγιστο.

γ) η γωνία που προσδιορίζει το τρίτο ελάχιστο.

δ) η γωνία που προσδιορίζει το τρίτο µέγιστο.

33. Αν η κυµατοσυνάρτηση ψ ενός σωµατιδίου που κινείται κατά µήκος του άξονα x

είναι κανονικοποιηµένη σηµαίνει ότι:

α) 2

1dtψ =∫

β)2

1d xψ =∫

γ) 2 1ψ =

δ) 1dtψ =∫

34. Παράδειγµα ενός φερµιονίου είναι:

α) το νετρίνο.

β) το φωτόνιο.

γ) το πιόνιο.

δ) κανένα από τα παραπάνω.

35. Με σειρά αυξανόµενης ισχύος οι τέσσερις βασικές αλληλεπιδράσεις της φύσης

είναι:

α) Ασθενής, ηλεκτροµαγνητική, βαρυτική, ισχυρή.

β) Βαρυτική, ηλεκτροµαγνητική, ασθενής, ισχυρή.

Page 10: ΘΕΜΑΤΑ - ΑΠΑΝΤΗΣΕΙΣ ΕΞΕΤΑΣΕΩΝ ΦΥΣΙΚΗΣ ΑΣΕΠ 06

Ι.ΜΠΑΓΑΝΑΣ www.dianysma.edu.gr

ΑΣΕΠ 2006 www.learner.gr

10

γ) Ασθενής, βαρυτική, ηλεκτροµαγνητική, ισχυρή.

δ) Βαρυτική, ασθενής, ηλεκτροµαγνητική, ισχυρή.

36. Μια άγνωστη σταθερή δύναµη δρα σε µια µάζα m1 . Όταν µια µάζα m2

προστεθεί στη µάζα m1 , χωρίς να αλλάξει η δύναµη, η επιτάχυνση γίνεται 1

4 της

αρχικής. Ο λόγος των µαζών 1

2

mm

είναι :

α) 14

β) 13

γ) 12

δ) 15

37. Οι στάθµες ενέργειας, En , ενός σωµατιδίου µάζας m το οποίο κινείται εντός του

δυναµικού

2 2

0

( ) 10

2

x

V xm x xω

+∞ <

= ≥

α) 1

( ) 0,1, 2,..2

nE n nω= + =h

β) 1

(2 ) 0,1,2,..2

nE n nω= + =h

γ) 3

( ) 0,1, 2,..2

nE n nω= + =h

δ) 3

(2 ) 0,1, 2,..2

nE n nω= + =h

38. Για το µονοδιάστατο ηλεκτρικό δυναµικό 2( )V x ax= − η πυκνότητα φορτίου,

( )xρ , που δηµιουργεί αυτό το δυναµικό είναι :

α) ( ) 2x aορ ε=

β) ( ) 2x axορ ε=

γ) ( ) 0xρ =

δ) 2( )x axορ ε=

39. Έχουµε ένα σύρµα απείρου µήκους το

οποίο διαρρέεται από ρεύµα i . Μια ράβδος

µήκους d , βρίσκεται σε απόσταση a από το

σύρµα και είναι κάθετη σ’ αυτό (όπως

φαίνεται στο σχήµα). Το σύρµα και η ράβδος

βρίσκονται στο ίδιο οριζόντιο επίπεδο. Η

i

υ

a

d

Page 11: ΘΕΜΑΤΑ - ΑΠΑΝΤΗΣΕΙΣ ΕΞΕΤΑΣΕΩΝ ΦΥΣΙΚΗΣ ΑΣΕΠ 06

Ι.ΜΠΑΓΑΝΑΣ www.dianysma.edu.gr

ΑΣΕΠ 2006 www.learner.gr

11

ράβδος κινείται παράλληλα ως προς το σύρµα µε σταθερή ταχύτητα υ .

Η επαγόµενη ΗΕ∆, ε , που αναπτύσσεται στα άκρα της ράβδου είναι:

α) [ ]ln( ) ln( )2

ia d aοµ υ

π+ +

β) ln( )2

i a d

a

οµ υπ

+

γ) ln( )2

i a d

a

οµπυ

+

δ) ln( )2

i a d

d

οµ υπ

+

40. Ένα υλικό σηµείο κινείται στην περιφέρεια ενός κύκλου ακτίνας R. Η ταχύτητά

του δίνεται από τη σχέση 3

2k Sυ = , όπου S είναι το διανυόµενο τόξο πάνω στον

κύκλο και k είναι µια σταθερά. Ο λόγος της κεντροµόλου, aκ , προς την επιτρόχιο, aε

επιτάχυνση είναι :

α) 2a S

a R

κ

ε

=

β) 3a S

a R

κ

ε

=

γ)2

a S

a R

κ

ε

=

δ) 2

3

a S

a R

κ

ε

=

41. Σωµατίδιο µάζας m αφήνεται να πέσει µέσα στο πεδίο βαρύτητας από ένα αρκετά

µεγάλο ύψος h (υποθέστε ότι η επιτάχυνση της βαρύτητας g είναι σταθερή ως

συνάρτηση του ύψους). Η αντίσταση του αέρα έχει µέτρο kυ , όπου k είναι µια

σταθερά και υ είναι το µέτρο της στιγµιαίας ταχύτητάς του. Το µέτρο της οριακής

ταχύτητας που θα αποκτήσει το σωµατίδιο είναι:

α) mg

k

β)2

mg

k

γ) 2

2

m g

k

δ) mgk

42. Η µέση τιµή του τελεστή θέσης, x , ενός σωµατιδίου που κινείται σ’ ένα

µονοδιάστατο πηγάδι δυναµικού 0

( )0 0

ήx x aV x

x a

για

για

+∞ < >=

< < όπου a θετική

σταθερά, είναι :

Page 12: ΘΕΜΑΤΑ - ΑΠΑΝΤΗΣΕΙΣ ΕΞΕΤΑΣΕΩΝ ΦΥΣΙΚΗΣ ΑΣΕΠ 06

Ι.ΜΠΑΓΑΝΑΣ www.dianysma.edu.gr

ΑΣΕΠ 2006 www.learner.gr

12

α) 4

a

β) 2

a

γ) a

δ) 2a

43. Κάποιο υποθετικό ραδιενεργό στοιχείο 30

15 A διασπάται εκπέµποντας ένα

ηλεκτρόνιο, e− , και δηµιουργείται ένα άγνωστο θυγατρικό στοιχείο , M

Z X όπου Ζ και

Μ είναι ο ατοµικός και ο µαζικός αριθµός του αντίστοιχα. Ο αριθµός των νετρονίων

του θυγατρικού στοιχείου είναι:

α) 16

β) 15

γ) 14

δ) 13

44. Ένα σωµατίδιο µάζας m κινείται στην περιοχή ενός διατηρητικού πεδίου που

περιγράφεται από τη δυναµική ενέργεια 2( , , ) ( )yU x y z b yz x e−= + , όπου b θετική

σταθερά. Στο σωµατίδιο αυτό ασκείται επιπλέον µια δύναµη της µορφής

( )F a k υ= ×rr r

όπου a θετική σταθερά , kr

µια σταθερή διανυσµατική ποσότητα και υr

η ταχύτητα του σωµατιδίου. Τη χρονική στιγµή to το σωµατίδιο βρίσκεται στη θέση

ˆ1or x=r

και τη χρονική στιγµή t1 στη θέση 1ˆ ˆ1 1r y z= +

r, όπου ˆ ˆ ˆ, ,x y z είναι τα

µοναδιαία διανύσµατα στις x,y,z κατευθύνσεις αντίστοιχα. Η µεταβολή της

κινητικής ενέργειας του σωµατιδίου T1 – To είναι:

α) 2b

β) 0

γ) 2αk + b

δ) b + α

45. Η ενέργεια της βασικής κατάστασης του ηλεκτρονίου στο άτοµο του υδρογόνου

είναι oE . Για ένα άτοµο ποζιτρονίου (positronium: άτοµο που αποτελείται από ένα

ποζιτρόνιο, e+ , και ένα ηλεκτρόνιο, e− ) η ενέργεια του ηλεκτρονίου για την

κβαντική κατάσταση n = 3 θα είναι:

α) 3

oE

β)6

oE

γ)9

oE

δ) 18

oE

46. Ένα σχετικιστικό σωµατίδιο µε µάζα (ηρεµίας) mo έχει ολική ενέργεια

Eo = 1000mo. Η ορµή του σωµατιδίου θα είναι περίπου (Θεωρείστε την ταχύτητα του

φωτός c = 1):

α) 104mo

Page 13: ΘΕΜΑΤΑ - ΑΠΑΝΤΗΣΕΙΣ ΕΞΕΤΑΣΕΩΝ ΦΥΣΙΚΗΣ ΑΣΕΠ 06

Ι.ΜΠΑΓΑΝΑΣ www.dianysma.edu.gr

ΑΣΕΠ 2006 www.learner.gr

13

β) 103mo

γ) 102mo

δ) 10mo

47. Ένα γραµµοµόριο ενός ιδανικού αερίου αρχικού όγκου iV και θερµοκρασίας iT

υπόκειται µια αντιστρεπτή ισοθερµική εκτόνωση µε αποτέλεσµα να αποκτήσει

όγκο fV . Αν R είναι η παγκόσµια σταθερά των ιδανικών αερίων και ο λόγος

p

v

c

cγ = όπου pc και vc είναι η γραµµοµοριακή θερµοχωρητικότητα υπό σταθερή

πίεση και υπό σταθερό όγκο αντίστοιχα, τότε το έργο που παράγεται από το αέριο

είναι:

α) lnf

i

i

VRT

V

β) lnf

i

i

VRT

γ) f

i

i

VRT

δ) 0

48. Ο τέταρτος νόµος του Maxwell (νόµος του Ampere µε τη γενίκευση του

Maxwell) στη διαφορική µορφή είναι:

t

EJB

∂+=×∇

rrrr

οοο εµµ

Ποια από τις παρακάτω εξισώσεις προκύπτει από αυτή;

α) ( ) 0E

Jt

∂∇ ⋅ =

rr r

β) ( ) 0E

Jt

∂∇⋅ × =

rr r

γ) ( ) 0E

Jt

οε∂

∇× × =∂

rr r

δ) ( ) 0E

Jt

οε∂

∇⋅ + =∂

rr r

49. Σε κάποια συχνότητα 1ω οι άεργες (σύνθετες) αντιστάσεις ενός πυκνωτή και ενός

πηνίου είναι ίσες. Αν η συχνότητα µεταβληθεί σε 2 12ω ω= , ο λόγος της άεργης

αντίστασης του πυκνωτή προς την άεργη αντίσταση του πηνίου θα είναι:

α)1

4

β) 4

γ) 1

2

δ) 2

Page 14: ΘΕΜΑΤΑ - ΑΠΑΝΤΗΣΕΙΣ ΕΞΕΤΑΣΕΩΝ ΦΥΣΙΚΗΣ ΑΣΕΠ 06

Ι.ΜΠΑΓΑΝΑΣ www.dianysma.edu.gr

ΑΣΕΠ 2006 www.learner.gr

14

50. Έστω δύο πλανήτες µε ακτίνες R1 και R2 , αντίστοιχα, και ίδια πυκνότητα µάζας.

Ο λόγος των επιταχύνσεων της βαρύτητας, 1

2

gg

, στην επιφάνεια των πλανητών

είναι:

α) 1 2

2 1

g R

g R=

β)

2

1 1

2 2

g R

g R

=

γ) 1 1

2 2

g R

g R=

δ)

3

1 1

2 2

g R

g R

=

51. Ένας αγωγός αποτελείται από δυο

κυκλικούς τοµείς, µε κέντρο το σηµείο Ο και

ακτίνας a και b ( a<b) που ενώνονται από δυο

ευθύγραµµα τµήµατα όπως φαίνεται στο σχήµα.

Τα ευθύγραµµα τµήµατα βρίσκονται κατά

µήκος των ακτινών και σχηµατίζουν µεταξύ

τους γωνία θ . Το µέτρο του µαγνητικού πεδίου

στο σηµείο Ο όταν ο αγωγός διαρρέεται από

ρεύµα i , θα είναι:

α) 4

b aB i

ab

οµθ

π+

=

β) 4

b aB i

ab

οµθ

π−

=

γ) 4

bB i

a

οµθ

π=

δ) 4

aB i

b

οµθ

π=

52. Ένας δοκιµαστικός σωλήνας γεµάτος νερό

πυκνότητας ρ περιστρέφεται σε µια

υπερφυγόκεντρο συσκευή µε σταθερή γωνιακή

ταχύτητα ω . Ο δοκιµαστικός σωλήνας κείται

κατά µήκος µιας ακτίνας και η ελεύθερη

επιφάνεια του νερού βρίσκεται σε απόσταση rο

από το κέντρο. Η πίεση, p, σε ακτίνα r µέσα στο

σωλήνα θα είναι:

(αγνοήστε τη βαρύτητα και την ατµοσφαιρική

πίεση)

α) 2 2 21( )

2op r rρω= −

β) 1

( )2

op r r rρω= −

α

θ

Ο

b

i

ro

r

ω

Page 15: ΘΕΜΑΤΑ - ΑΠΑΝΤΗΣΕΙΣ ΕΞΕΤΑΣΕΩΝ ΦΥΣΙΚΗΣ ΑΣΕΠ 06

Ι.ΜΠΑΓΑΝΑΣ www.dianysma.edu.gr

ΑΣΕΠ 2006 www.learner.gr

15

γ) 2 21ln

2o

o

rp r

rρω

=

δ) 2 21exp

2o

o

rp r

rρω

= −

53. Σε κάποια θερµοκρασία T το εµβαδόν τµήµατος της επιφάνειας ενός στερεού

σώµατος από αλουµίνιο, που χαρακτηρίζεται από ένα συντελεστή γραµµικής

διαστολής 5 12,4 10 ( )oa C− −= × είναι Αο . Αν στη συνέχεια η θερµοκρασία

µεταβάλλεται κατά ∆T , τότε το εµβαδόν θα µεταβάλλεται κατά:

α) oA a A T∆ = ∆

β) 2 oA a A T∆ = ∆

γ) 2

oA a A T∆ = ∆

δ) 22 oA a A T∆ = ∆

54. Ένα ηλεκτρόνιο µάζας m κινείται σε µονοδιάστατο κρύσταλλο για τον οποίον η

σχέση διασποράς είναι 2

2

2

2( ) sin

2

akE k

ma

=

h, όπου a > 0 είναι µια σταθερά και k ο

κυµαταριθµός. Η ενεργός µάζα m* του ηλεκτρονίου ισούται µε την πραγµατική του

µάζα m όταν:

α) , 1, 2,3...4

nk n

a

π= =

β) , 1, 2,3...2

nk n

a

π= =

γ) , 1, 2,3...n

k na

π= =

δ) 2

, 1,2,3...n

k na

π= =

55. Για έναν ηµιαγωγό µε προσµείξεις µπορούµε να προσδιορίσουµε αν είναι τύπου-p

ή τύπου-n:

α) µετρώντας την ειδική αντίσταση.

β) µετρώντας την µαγνητική επιδεκτικότητα.

γ) µετρώντας το φαινόµενο Hall.

δ) µετρώντας την ειδική θερµότητα.

56. Ένας κυλινδρικός ανιχνευτής αερίου,

που ανιχνεύει φορτισµένα σωµατίδια,

αποτελείται από ένα συµπαγή κυλινδρικό

αγωγό ακτίνας r1 και ένα οµοαξονικό

αγώγιµο κυλινδρικό φλοιό ακτίνας r2

(r1 <<r2) αµελητέου πάχους

(στο σχήµα φαίνεται η τοµή του

ανιχνευτή) . Ο εσωτερικός κύλινδρος

(άνοδος) βρίσκεται σε θετικό δυναµικό Vo.

Ο εξωτερικός φλοιός (κάθοδος) είναι

2r1

r2

Page 16: ΘΕΜΑΤΑ - ΑΠΑΝΤΗΣΕΙΣ ΕΞΕΤΑΣΕΩΝ ΦΥΣΙΚΗΣ ΑΣΕΠ 06

Ι.ΜΠΑΓΑΝΑΣ www.dianysma.edu.gr

ΑΣΕΠ 2006 www.learner.gr

16

γειωµένος. Το µέτρο του ηλεκτρικού πεδίου, E(r) , σε απόσταση r (r1 < r < r2) από

τον άξονα κυλινδρικής συµµετρίας του ανιχνευτή είναι:

(θεωρείστε ότι ο ανιχνευτής είναι απείρου µήκους)

α) 2

1

1

ln

oV

rr

r

β) 2

2

1

1

ln

oV

rr

r

γ)2 1 1

lnoV r

r r r

δ) 2 1 2

lnoV r

r r r

ΑΠΑΝΤΉΣΕΙΣ ΘΕΜΑΤΩΝ ΑΣΕΠ 2006

1.α. Επειδή το σωµατίδιο αρχικά ήταν ακίνητο δεν θα δεχτεί δύναµη από το

µαγνητικό πεδίο ( FL = Bυqηµθ = 0 ). Από το ηλεκτρικό πεδίο θα δεχτεί δύναµη

οµόρροπη προς το ηλεκτρικό πεδίο ( Fηλ. = Eq), η οποία είναι σταθερή γιατί το

ηλεκτρικό πεδίο είναι οµογενές ( Ε = σταθ.). Εποµένως το σωµατίδιο θα κινηθεί µε

σταθερή επιτάχυνση και η κίνηση που θα εκτελέσει θα είναι ευθύγραµµη οµαλά

επιταχυνόµενη. Η κατεύθυνση της κίνησης θα είναι συνεχώς παράλληλη προς το

ηλεκτρικό πεδίο άρα και προς το µαγνητικό, οπότε και πάλι στο σωµατίδιο δεν θα

ασκείται δύναµη από το µαγνητικό πεδίο ( ηµ0ο = 0 , άρα FL = 0 ) και έτσι η τροχιά

του θα παραµείνει ευθύγραµµη.

2.δ. Από την εξίσωση της κινητικής ενέργειας έχουµε

2 21

2T m ktυ= = ή

2kt

mυ =

Για την κινητική ενέργεια ισχύει 2T k t= , οπότε την χρονική στιγµή t = 0 έχουµε T ,

άρα και η αρχική ταχύτητα του σωµατιδίου είναι µηδέν ( υο = 0 ).

Για την επιτάχυνση του σωµατιδίου ισχύει

2d ka

dt m

υ= =

Την δύναµη την υπολογίζουµε από τον δεύτερο νόµο του Νεύτωνα

22

kF ma m km

m= = =

Page 17: ΘΕΜΑΤΑ - ΑΠΑΝΤΗΣΕΙΣ ΕΞΕΤΑΣΕΩΝ ΦΥΣΙΚΗΣ ΑΣΕΠ 06

Ι.ΜΠΑΓΑΝΑΣ www.dianysma.edu.gr

ΑΣΕΠ 2006 www.learner.gr

17

3.α. Η ηλεκτρική ροή υπολογίζεται από το ολοκλήρωµα

A

E dAΦ = ⋅∫rr

ή 2 2 224ˆ ˆ

A

ar ar ar

A

dA krke r r dA ke eπ− − −Φ = =⋅ = ∫∫

Βλέπουµε ότι η ηλεκτρική ροή είναι ανάλογη του όρου 22 arr e−

4.β. Στην παράλληλη συνδεσµολογία πυκνωτών, το ολικό φορτίο δίνεται από την

σχέση

. 1 2q q qολ = +

Έχουµε q1 = 15µC και q2 = 0 ( ο δεύτερος πυκνωτής είναι αφόρτιστος ), οπότε

. 1 15q q Cολ µ= =

Η ολική χωρητικότητα της συνδεσµολογίας, είναι

. 1 2 10 5 15C C C F F Fολ µ µ µ= + = + =

Οπότε η τάση στα άκρα της συνδεσµολογίας είναι

..

.

151

15

Q CV V

C F

ολολ

ολ

µµ

= = =

5.δ. Ο ρυθµός µε τον οποίο ένα αντικείµενο ακτινοβολεί ενέργεια δηλαδή η

ακτινοβολούµενη ισχύς, δίνεται από τον νόµο του Stefan και είναι

P = σΑeT4

όπου P είναι η ακτινοβολούµενη ισχύς από µια επιφάνεια εµβαδού Α, σ είναι µια

σταθερά και e είναι ο συντελεστής εκποµπής, ο οποίος είναι µια σταθερά η οποία

εξαρτάται από τις ιδιότητες της επιφάνειας και παίρνει τιµές µεταξύ του µηδενός και

της µονάδας.

Τα δύο σώµατα είναι πανοµοιότυπα άρα οι σταθερές σ, Α και e είναι κοινές και για

τα δύο. Για τις θερµοκρασίες των δύο σωµάτων ισχύει T1 = 3T2, οπότε έχουµε

4 4

1 1 2

4 4

2 2 2

8181

P T T

P T T= = =

6.γ. Η µέση δύναµη που ασκείται στην κούκλα δίνεται από την σχέση

80 40 /16000

0, 2

oP PP m kg m sF N

t t t s

υ−∆ ⋅= = = = =

∆ ∆ ∆

7.δ. Η δύναµη της βαρύτητας είναι συνεχώς κάθετη στην διεύθυνση της ταχύτητας

και έτσι δεν παράγει έργο. Αλλιώς µπορούµε να πούµε ότι η δύναµη της βαρύτητας

Page 18: ΘΕΜΑΤΑ - ΑΠΑΝΤΗΣΕΙΣ ΕΞΕΤΑΣΕΩΝ ΦΥΣΙΚΗΣ ΑΣΕΠ 06

Ι.ΜΠΑΓΑΝΑΣ www.dianysma.edu.gr

ΑΣΕΠ 2006 www.learner.gr

18

δεν µεταβάλλει το µέτρο της ταχύτητας του δορυφόρου, εποµένως η κινητική του

ενέργεια είναι σταθερή άρα από το θεώρηµα έργου ενέργειας έχουµε

W = ∆K = 0.

8.β. Στο εσωτερικό ενός αγωγού ο οποίος βρίσκεται σε ηλεκτροστατική ισορροπία

δεν υπάρχει καθαρό ηλεκτρικό φορτίο ( όλο το φορτίο του αγωγού είναι

συγκεντρωµένο στην επιφάνεια του ). Αυτό έχει ως αποτέλεσµα το ηλεκτρικό πεδίο

στο εσωτερικό των αγωγών να είναι µηδέν ( Ε = 0 ).

Επειδή λοιπόν το ηλεκτρικό πεδίο στο εσωτερικό του κελύφους είναι µηδέν θα πρέπει

η εσωτερική του επιφάνεια να φέρει φορτίο -3Q ( ίσο σε τιµή και αντίθετο µε αυτό

της σφαίρας ). Αυτό θα έχει ως αποτέλεσµα µια σφαιρική επιφάνεια ακτίνας r όπου

r2 < r < r3 να περικλείει συνολικό φορτίο Qολ. = 0 και έτσι το ηλεκτρικό πεδίο στο

εσωτερικό του κελύφους να είναι µηδενικό. Επειδή όµως το συνολικό φορτίο που

φέρει το κέλυφος είναι -2Q, συµπεραίνουµε ότι στην εξωτερική του επιφάνεια θα

φέρει φορτίο +Q ( Qκέλυφος = +Q – 3Q = -2Q).

9.γ. Το ηλεκτρόνιο έχει αµετάβλητη ταχύτητα ( εκτελεί ευθύγραµµη οµαλή κίνηση ).

Μια πιθανή εξήγηση για να συµβαίνει αυτό, είναι τα οµογενή πεδία Er

και Br

, καθώς

και η ταχύτητα του ηλεκτρονίου υr

να είναι κάθετα µεταξύ τους κατά τέτοιο τρόπο

ώστε

ΣF = 0 ή FL = FE ή

eE = Bυe ή Β

Ε=υ

10.γ. Σύµφωνα µε την αρχή του

Huygens τα σηµεία ενός κυµατικού

µετώπου εκπέµπουν δευτερογενή

σφαιρικά κύµατα, τα οποία κινούνται

µε την χαρακτηριστική ταχύτητα του

κύµατος στο µέσο διάδοσης. Μετά από

ορισµένο χρόνο, το νέο κυµατικό

µέτωπο ορίζεται από την επιφάνεια

που εφάπτεται µε τα µέτωπα των

δευτερογενών κυµάτων ( όπως

φαίνεται στο διπλανό σχήµα ).

Απόδειξη της ανάκλασης µε εφαρµογή της αρχής του Huygens

Καθώς η ακτίνα 2 κινείται από το Γ στο Β

σε χρόνο t ( σηµείο πρόσπτωσης της 2 ), η

ακτίνα 1 ανακλάται και παράγει ένα

δευτερογενές κύµα το οποίο κινείται από

το Α στο ∆ στον ίδιο χρόνο t, µε ταχύτητα

υ. Επειδή η ταχύτητα των δύο κυµάτων

. . υ∆t

παλαιό

κυµατικό

µέτωπο

Νέο

κυµατικό

µέτωπο

κάθε σηµείο του

κυµατικού µετώπου

γίνεται πηγή

δευτερογενών

σφαιρικών κυµάτων

Κ

Κ΄

Λ

Λ΄

A B

Γ ∆

θ1 θ2

1

2

Page 19: ΘΕΜΑΤΑ - ΑΠΑΝΤΗΣΕΙΣ ΕΞΕΤΑΣΕΩΝ ΦΥΣΙΚΗΣ ΑΣΕΠ 06

Ι.ΜΠΑΓΑΝΑΣ www.dianysma.edu.gr

ΑΣΕΠ 2006 www.learner.gr

19

στο µέσο είναι υ η ακτίνες τους θα είναι Α∆ = ΓΒ = υt. Σύµφωνα µε την αρχή του

Huygens το ανακλασθέν κυµατικό µέτωπο ΒΓ εφάπτεται µε όλα τα σφαιρικά

δευτερογενή κύµατα. Τα ορθογώνια τρίγωνα ΑΓΒ και ΑΒ∆ είναι ίσα γιατί έχουν την

ίδια υποτείνουσα και επίσης Α∆ = ΓΒ, οπότε έχουµε

1sinθΓΒ

=ΑΒ

και 2sinθΑ∆

=ΑΒ

άρα

1 2sin sinθ θ= ή 1 2θ θ=

ο οποίος είναι ο νόµος της ανάκλασης.

Απόδειξη της διάθλασης ( νόµος του Snell ) µε εφαρµογή της αρχής του Huygens

Σε χρονικό διάστηµα t η ακτίνα 1 κινείται

από το Α στο ∆ µε ταχύτητα υ2

καλύπτοντας απόσταση Α∆ = υ2t.

Ταυτόχρονα η ακτίνα 2 κινείται από το Γ

στο Β καλύπτοντας απόσταση ΓΒ = υ1t

( οι ταχύτητες των ακτινών στα δύο µέσα

είναι υ1 και υ2 αντίστοιχα).

Η γωνία ΓΑΒ είναι ίση µε την γωνία

ανάκλασης γιατί έχουν τις αντίστοιχες

πλευρές τους κάθετες, ( άρα από τον νόµο

της ανάκλασης είναι ίση και µε την γωνία

πρόσπτωσης ), οπότε ΓΑΒ = θ1. Για τον

ίδιο λόγο η γωνία ∆ΒΑ είναι ίση µε την γωνία διάθλασης οπότε ∆ΒΑ = θ2. Από τα

τρίγωνα ΓΑΒ και ΑΒ∆ έχουµε

1sinθΓΒ

=ΑΒ

και 2sinθΑ∆

=ΑΒ

ή

11sin

tυθ =

ΑΒ και 2

2sintυ

θ =ΑΒ

∆ιαιρούµε κατά µέλη τις δύο παραπάνω εξισώσεις και έχουµε

1 1

2 2

sin

sin

θ υθ υ

=

Γνωρίζουµε ότι για τις ταχύτητες των ακτινών στα δύο µέσα διάδοσης, ισχύει υ1= c/n1

και υ2 = c/n2, όπου n1 και n2 οι δείκτες διάθλασης των δύο µέσων διάδοσης, οπότε

έχουµε

1 1 2

2 2 1

sin /

sin /

c n n

c n n

θθ

= = άρα

A B

Γ

θ1

θ2

1

2

θ2

1 2

θ1

Page 20: ΘΕΜΑΤΑ - ΑΠΑΝΤΗΣΕΙΣ ΕΞΕΤΑΣΕΩΝ ΦΥΣΙΚΗΣ ΑΣΕΠ 06

Ι.ΜΠΑΓΑΝΑΣ www.dianysma.edu.gr

ΑΣΕΠ 2006 www.learner.gr

20

1 1 2 2sin sinn nθ θ=

όπου αυτός είναι ο νόµος του snell.

11.α. Το ουράνιο τόξο οφείλεται στα φαινόµενα της διάθλασης, ανάλυσης και ολικής

ανάκλασης του φωτός όταν αυτό προσπίπτει σε κάποιο οπτικό µέσο. Η ανάλυση και

η ολική ανάκλαση του φωτός είναι φαινόµενα τα οποία σχετίζονται µε την διάθλαση

του φωτός, οπότε µπορούµε να πούµε ότι το ουράνιο τόξο οφείλεται στην διάθλαση

του φωτός. Για να δηµιουργηθεί ένα ουράνιο τόξο πρέπει ο ήλιος να βρίσκεται πίσω

µας και η βροχή µπροστά µας, όπως φαίνεται στο παρακάτω σχήµα. (Για τον λόγο

αυτό παρατηρούµε το ουράνιο τόξο, όταν η βροχή στην περιοχή µας έχει σχεδόν

σταµατήσει και το σύννεφο βρίσκεται πλέον µπροστά µας )

Το λευκό φως από τον ήλιο προσπίπτει στα σταγονίδια της βροχής στα οποία

διαθλάται και αναλύεται στα χρώµατα τα οποία το αποτελούν ( κάθε µήκος κύµατος

το αντιλαµβανόµαστε και µε διαφορετικό χρώµα , π.χ. ερυθρό, πορτοκαλί,…κ.τ.λ.)

Σε κάποια σταγονίδια βροχής το αναλυµένο φως προσπίπτει υπό γωνία µεγαλύτερη

της κρίσιµης γωνίας ( του νερού της βροχής) οπότε ανακλάται ολικός από την

εσωτερική επιφάνεια και επιστρέφει προς τα πίσω ( προς τον παρατηρητή ) ο οποίος

βλέπει έναν πολύχρωµο δακτύλιο στον ουρανό ( ουράνιο τόξο ).

12.δ. ∆ιάσπαση α έχουµε όταν ένας ραδιενεργός πυρήνας διασπάται εκπέµποντας

έναν πυρήνα ηλίου 4

2 He ( ο οποίος ονοµάζεται και σωµάτιο α ), σύµφωνα µε την

αντίδραση

HeYX A

Z

A

Z

4

2

4

2 +→ −−

Άρα κατά την διάσπαση α ο θυγατρικός πυρήνας έχει δύο πρωτόνια και δύο νετρόνια

λιγότερα, οπότε έχει ατοµικό αριθµό µικρότερο κατά δύο και µαζικό αριθµό

µικρότερο κατά τέσσερα. Η διάσπαση του 214

84 oP είναι

214 210 4

84 82 2oP Pb He→ +

13.γ. Τα λεπτόνια είναι σωµατίδια τα οποία δεν συµµετέχουν στις ισχυρές

αλληλεπιδράσεις ( όπως φυσικά και στις βαρυτικές ). Στις ηλεκτροµαγνητικές

αλληλεπιδράσεις γνωρίζουµε ότι συµµετέχουν τα σωµατίδια τα οποία φέρουν

ηλεκτρικό φορτίο. Υπάρχουν λεπτόνια τα οποία φέρουν ηλεκτρικό φορτίο ( όπως το

σταγόνα βροχής

Page 21: ΘΕΜΑΤΑ - ΑΠΑΝΤΗΣΕΙΣ ΕΞΕΤΑΣΕΩΝ ΦΥΣΙΚΗΣ ΑΣΕΠ 06

Ι.ΜΠΑΓΑΝΑΣ www.dianysma.edu.gr

ΑΣΕΠ 2006 www.learner.gr

21

ηλεκτρόνιο (e-), το µυόνιο (µ

-) και το βαρύ λεπτόνιο τ (τ

-)) και εποµένως

συµµετέχουν στις ηλεκτροµαγνητικές αλληλεπιδράσεις. Τα υπόλοιπα όµως λεπτόνια

( όπως το νετρίνο του ηλεκτρονίου (νe), το νετρίνο του µυονίου (νµ) και το νετρίνο

του τ (ντ) ) δεν φέρουν ηλεκτρικό φορτίο οπότε δεν συµµετέχουν στις

ηλεκτροµαγνητικές αλληλεπιδράσεις. Όλα όµως τα λεπτόνια ( και τα έξι )

συµµετέχουν στις ασθενής αλληλεπιδράσεις.

14.β. Η εξίσωση του φαινοµένου Compton για σκεδαζόµενα φωτόνια ( ακτίνες Χ )

από τα ηλεκτρόνια ενός µετάλλου είναι

(1 cos )e

m cλ λ θ− = −

Για σκέδαση του φωτονίου από πρωτόνιο υπό γωνία σκέδασης θ = 90ο, έχουµε

(1 cos )p

m cλ λ θ− = − ή

p

m cλ λ= +

Άρα το τελικό µήκος του φωτονίου αυξάνεται κατά έναν παράγοντα p

h

m c.

15.γ. Ο κύβος είναι κενός στο εσωτερικό του, οπότε σύµφωνα µε τον νόµο του Gauss

( ∫ =ΑΕ=Φοεq

de ) το ηλεκτρικό πεδίο στο εσωτερικό του κύβου είναι µηδέν.

Η διαφορά δυναµικού µεταξύ του κέντρου του κύβου ( V1 ) και κάθε σηµείου της

επιφάνειας του ( V2 ) είναι

1 2

B

A

V V E ds− = − ⋅∫ ή 1 0V V− = ή V1 = V

16.β. Κατά την είσοδο του φωτός από τον αέρα στο νερό η συχνότητα του δεν

µεταβάλλεται, οπότε µέσα στο νερό θα είναι w ον ν= . Ο δείκτης διάθλασης του νερού

δίνεται από την σχέση

w

w

n ολλ

= ή w

wn

ολλ =

17.α. Από τα όµοια τρίγωνα ΑΒΓ και Α∆Ε ( βλέπε παρακάτω σχήµα) έχουµε

Γη

Ήλιος Σελήνη

Α DΣ

Β

Γ

Ε

d1

d

Page 22: ΘΕΜΑΤΑ - ΑΠΑΝΤΗΣΕΙΣ ΕΞΕΤΑΣΕΩΝ ΦΥΣΙΚΗΣ ΑΣΕΠ 06

Ι.ΜΠΑΓΑΝΑΣ www.dianysma.edu.gr

ΑΣΕΠ 2006 www.learner.gr

22

ΑΒ ΒΓ=

Α∆ ∆Ε ή 1 2

2H

Dd

Dd

Σ

= ή 1

H

d D

d D

Σ= ή 1

H

Dd d

D

Σ=

Παρατήρηση: Η απάντηση α η οποία είναι και η σωστή είχε δοθεί λανθασµένα ως

HDd

και διορθώθηκε κατά την διάρκεια του διαγωνισµού.

18.δ. Από τις σχέσεις των ενεργειών έχουµε

1

3U U′ = ή

22 1

2 3 2

oqq

C C= ⋅ ή

3

oqq =

Κατά την εκφόρτιση του πυκνωτή το φορτίο δίνεται από την σχέση

/t RC

oq q e−= ή /

3

t RCoo

qq e−= ή

1/ 2ln 3t

RC= ή ln 3

2

RCt =

19.γ. Η αφόρτιστη σφαίρα θα φορτιστεί εξ’ επαγωγής µε αντίθετο φορτίο από την

φορτισµένη και έτσι θα αναπτυχθεί ελκτική δύναµη µεταξύ τους.

20.δ. Η ακτινοβολία κόκκινου χρώµατος έχει µικρότερη συχνότητα, οπότε θα έχει και

µικρότερη ενέργεια ( Ε = hf ).

21.β. Η ταχύτητα ενός κύµατος δίνεται από την σχέση

fυ λ=

επίσης ισχύουν οι σχέσεις

2

k

πλ = και

2f

ωπ

= , άρα έχουµε 2

2k k

π ω ωυ

π= ⋅ =

22.δ. Στον νόµο διατήρησης της παραδοξότητας υπακούουν οι ηλεκτροµαγνητικές

και οι ισχυρές αλληλεπιδράσεις όχι όµως οι ασθενείς. Αυτό σηµαίνει ότι σε µια

αντίδραση µπορεί στα προϊόντα να υπάρχει ένα µόνο παράξενο και εποµένως να µην

διατηρείται η παραδοξότητα, αρκεί αυτή η αντίδραση να συντελείται αργά από τις

ασθενείς αλληλεπιδράσεις, όπως συµβαίνει και µε την αντίδραση sK π π+ −→ .

23.β. Ας θεωρήσουµε ότι η κίνηση του ηλεκτρονίου στο άτοµο του υδρογόνου είναι

Page 23: ΘΕΜΑΤΑ - ΑΠΑΝΤΗΣΕΙΣ ΕΞΕΤΑΣΕΩΝ ΦΥΣΙΚΗΣ ΑΣΕΠ 06

Ι.ΜΠΑΓΑΝΑΣ www.dianysma.edu.gr

ΑΣΕΠ 2006 www.learner.gr

23

( µε σχετικά µεγάλη απλούστευση ) ανάλογη προς την κίνηση σωµατιδίου το οποίο

είναι εγκλωβισµένο σε απειρόβαθο πηγάδι δυναµικού.

Η ροπή αδράνειας του ηλεκτρονίου κατά την περιστροφή του γύρω από τον πυρήνα

είναι Ι = mR2 και το µήκος της επιτρεπτής τροχιάς κατά µήκος της οποίας µπορεί να

κινείται ώστε να δηµιουργούνται στάσιµα κύµατα είναι L = 2πR.

Όπως δείξαµε παραπάνω οι επιτρεπτές τιµές ενέργειας για την δηµιουργία στάσιµων

κυµάτων µέσα σε ένα απειρόβαθο πηγάδι δίνονται από την σχέση

2

2

2

)8

( nmL

hEn = n = 1,2,3,…

οπότε έχουµε

2

222

22

2

8)

48(

mR

nn

Rm

hEn

h==

π και τελικά

Ι=

8

22nEn

h n = 1,2,3….

Έστω ότι θεωρούµε το ηλεκτρόνιο ως µια συµπαγή σφαίρα ακτίνας R µάζας m και

ροπής αδράνειας Ι, η οποία περιστρέφεται γύρω από άξονα ο οποίος διέρχεται από το

κέντρο της

Η επιτρεπτές ενεργειακές καταστάσεις του ηλεκτρονίου δείξαµε ότι είναι

Ι=

8

22nEn

h

Επίσης η δυναµική ενέργεια του ηλεκτρονίου είναι µηδενική ( το ηλεκτρόνιο

περιστρέφεται γύρω από άξονα που διέρχεται από το κέντρο του), οπότε έχουµε

En = Kn + U ή Εn = Kn = ½ Iω2 ή

222

2

1

8ωΙ=

Ι

nh ή

Ι=

2

nhω

Εάν θέσουµε n = 1 ( Θεµελιώδης κατάσταση ) και 2

5

2mR=Ι τότε

2

5

4 mRω =

h

24.γ. Εάν m και Q είναι η µάζα και το φορτίο κάθε µιας από τις Ν όµοιες σφαίρες

τότε η µάζα και το φορτίο της σφαίρας που προκύπτει από την ένωση τους είναι

M = Nm και Q = Nq

Page 24: ΘΕΜΑΤΑ - ΑΠΑΝΤΗΣΕΙΣ ΕΞΕΤΑΣΕΩΝ ΦΥΣΙΚΗΣ ΑΣΕΠ 06

Ι.ΜΠΑΓΑΝΑΣ www.dianysma.edu.gr

ΑΣΕΠ 2006 www.learner.gr

24

Το δυναµικό των Ν σφαιρών δίνεται από την σχέση

qV k

r= ( όπου r η ακτίνα τους )

και το δυναµικό της τελικής σφαίρας είναι

QV k

R′ =

Η πυκνότητα ( µάζας και φορτίου ) της κάθε σφαιρικής σταγόνας είναι ίδια µε την

πυκνότητα της τελικής σφαίρας που προκύπτει από την ένωση τους, οπότε

d d′ = ή M m

V v= ή

3 34 4

3 3

M m

R rπ π= ή

3 34 4

3 3

Nm m

R rπ π= ή

1

3R N r=

Το δυναµικό της τελικής σφαίρας θα είναι

1

3

Q NqV k k

RN r

′ = = ή 2

3q

V N kr

′ =

και τελικά 2

3V N V′ =

25.α. Έχουµε Τx = Tsinθ και Τy = Τcosθ

Στον άξονα y έχουµε ισορροπία άρα

ΣFy = 0 ή

Τcosθ = mg ( 1 )

Στον άξονα x η συνισταµένη δύναµη είναι η

κεντροµόλος δύναµη, άρα

ΣFx = Fk ή

Τsinθ = Fk ( 2 )

∆ιαιρώντας την (1) και (2) έχουµε

mg

Fk=θθ

cos

sin( 3 )

θ

m

ωv

gv

l

y

x

T

mg

Tx

Ty

Page 25: ΘΕΜΑΤΑ - ΑΠΑΝΤΗΣΕΙΣ ΕΞΕΤΑΣΕΩΝ ΦΥΣΙΚΗΣ ΑΣΕΠ 06

Ι.ΜΠΑΓΑΝΑΣ www.dianysma.edu.gr

ΑΣΕΠ 2006 www.learner.gr

25

Έχουµε επίσης

R = l sinθ ( 4 )

υ = ωR ( 5 ) και

)6(2

R

mFk

υ=

Με αντικατάσταση των ( 4 ) και ( 5 ) στην ( 6 ) έχουµε

)7(sinsin

sin 22222

θωθ

θωυl

l

lm

m

R

mFk ===

Με αντικατάσταση της ( 7 ) στην ( 3 ) έχουµε

mg

m θωθθ sin

cos

sin 2l

= ή 2

cosg

θω

=l

26.γ. Έστω ότι οι δύο φορτισµένες σφαίρες έχουν φορτίο Q και απέχουν απόσταση R.

Η δύναµη F που ασκείται µεταξύ τους είναι

2

2

QF k

R=

Μετά την επαφή της αφόρτιστης σφαίρας µε την πρώτη σφαίρα αποκτούν και οι δύο

φορτίο 2

Q. Η αφόρτιστη σφαίρα έχει πλέον φορτίο

2

Q και έρχεται σε επαφή µε την

δεύτερη σφαίρα φορτίου Q, αποκτώντας τελικά και οι δύο φορτίο 3

4

Q.

Οι δύο αρχικά φορτισµένες σφαίρες έχουν φορτία πλέον 2

Q και

3

4

Q οπότε η δύναµη

που ασκείται µεταξύ τους είναι

2

2 2

332 4

8

Q QQ

F k kR R

′ = = ή 3

8

FF ′ ==

27.β. Έστω ότι τα φορτία q1 = q2 = +q

βρίσκονται στον άξονα z΄z στις θέσεις

z = d / 2 και z = 3d / 2 αντίστοιχα.

Χρησιµοποιώντας την µέθοδο των

ειδώλων θεωρούµε δύο φορτία q1΄ = q2΄ =

-q τα οποία βρίσκονται σε συµµετρικές

αποστάσεις από τον αγωγό, δηλαδή στις

θέσεις z = -d / 2 και z = -3d / 2 αντίστοιχα,

όπως φαίνεται στο σχήµα 1.

d

d / 2

+q

+q

-q

-q

-3d/2

-d/2

σχήµα 2

F2

F1΄

F2΄

Page 26: ΘΕΜΑΤΑ - ΑΠΑΝΤΗΣΕΙΣ ΕΞΕΤΑΣΕΩΝ ΦΥΣΙΚΗΣ ΑΣΕΠ 06

Ι.ΜΠΑΓΑΝΑΣ www.dianysma.edu.gr

ΑΣΕΠ 2006 www.learner.gr

26

Μπορούµε τώρα να θεωρήσουµε ότι ο

αγωγός δεν υπάρχει και στην θέση του

υπάρχουν τα φορτία q1΄ και q2΄ όπως

φαίνεται στο σχήµα 2. Στο φορτίο q1

ασκούνται τρεις οµόρροπες δυνάµεις από

τα φορτία q2, q1΄και q2΄. Έτσι έχουµε

1( .) 2 1 2F F F Fολ ′ ′= + +r r r r

ή

2

1( .) 2 2 2

1 1 1

4 4

qF

d d dολ

οπε = + +

r ή

2

1( .) 2

1 9

4 4

qF

dολ

οπε=

r

28.δ. Το σύστηµα ελατήριο - µάζας την στιγµή της πρόσκρουσης δεν έχει δυναµική

ενέργεια ( U = 0 ), ενώ όταν έχει την µέγιστη συσπείρωση Α, σταµατά στιγµιαία

οπότε δεν έχει κινητική ενέργεια ( Κ = 0 ). Έτσι έχουµε

. .E Eαρχ τελ= ή . . . .K U K Uαρχ αρχ τελ τελ+ = + ή

2 21 1

2 2m k Aυ = ή

mA

kυ=

29.α. Έστω ένα σώµα µάζας m το οποίο ρίχνεται µε αρχική ταχύτητα υο πάνω σ’ ένα

οριζόντιο επίπεδο. Η απόσταση που διανύει το σώµα µέχρι να σταµατήσει είναι s,

όπως φαίνεται στο παρακάτω σχήµα

Το σώµα εκτελεί επιβραδυνόµενη κίνηση και οι εξισώσεις τις κίνηση του είναι

21

2s t atου= − και atου υ= −

Μετά από απόσταση s η τελική ταχύτητα του σώµατος µηδενίζεται, οπότε θέτουµε

στην δεύτερη σχέση υ = 0. Με απαλοιφή του χρόνου από τις δύο εξισώσεις έχουµε

d

d / 2

+q

+q

-q

-q

z = -3d/2

z = -d/2

σχήµα 1

υο υ = 0

y

x

s

N

T

mg

α

Page 27: ΘΕΜΑΤΑ - ΑΠΑΝΤΗΣΕΙΣ ΕΞΕΤΑΣΕΩΝ ΦΥΣΙΚΗΣ ΑΣΕΠ 06

Ι.ΜΠΑΓΑΝΑΣ www.dianysma.edu.gr

ΑΣΕΠ 2006 www.learner.gr

27

2

2s

a

ου= (1)

Εφαρµόζοντας τον δεύτερο νόµο του Νεύτωνα στον άξονα x έχουµε

xF maΣ = ή T ma= (2)

Η τριβή δίνεται από την σχέση

T Nµ= (3)

ενώ στον άξονα y το σώµα ισορροπεί, οπότε

0yFΣ = ή N mg= (4)

Αντικαθιστώντας τις (3) και (4) στην (2) παίρνουµε

a gµ= (5)

και αντικαθιστώντας την (5) στην (1) προκύπτει

2

2s

g

ουµ

= (6)

Εάν έχουµε δύο σώµατα για τα οποία ισχύει υο1 = 2υο2 και µ1 = 2µ2, για τον λόγο των

αποστάσεων τους ισχύει

2

1

2

1 21 1

2 2

22 2 1

2

2

2

s g

s

g

ο

ο

ο ο

υυ µµ

υ υ µµ

= = ή 2

2 21

2

2 2 2

4

2

s

s

ο

ο

υ µυ µ

= οπότε τελικά

1

2

2s

s=

30.γ. Η εξίσωση του Schrödinger στην περίπτωση αυτή γίνεται

2

2[ ( ) ]

m΄΄ V x Eψ ψ= −

h

Στο πηγάδι απείρου βάθους ισχύει για το δυναµικό

><∞

<<=

Lxx

LxxV

,0

00)(

οπότε η παραπάνω εξίσωση γράφεται ως

Page 28: ΘΕΜΑΤΑ - ΑΠΑΝΤΗΣΕΙΣ ΕΞΕΤΑΣΕΩΝ ΦΥΣΙΚΗΣ ΑΣΕΠ 06

Ι.ΜΠΑΓΑΝΑΣ www.dianysma.edu.gr

ΑΣΕΠ 2006 www.learner.gr

28

ψψ 2k΄΄ −=

όπου 2

2 2

h

mEk =

Η γενική λύση της παραπάνω εξίσωσης είναι

kxBkxA cossin +=ψ

Οι συνοριακές συνθήκες είναι 0)()0( == Lψψ , έτσι έχουµε Β = 0 και 0≠Α (δεν

µπορεί να είναι και το Α µηδέν γιατί θα είχαµε λύση εκ’ ταυτότητας µηδέν).

Από την ψ(L) = 0 έχουµε

sinkL = 0 ή kL = nπ ή n

kL

π= ( n =1,2,…)

Η n = 0 απορρίπτεται γιατί τότε kL = 0 γεγονός που είναι αδύνατο να συµβεί επειδή

και το k και το L εξ’ ορισµού είναι διαφορετικά από το µηδέν.

Η σταθερά Α υπολογίζεται από τις ιδιοσυναρτήσεις L

xnAn

πψ sin= και την

συνθήκη κανονικοποίησης ως εξής:

2 2 2

0 0

1 sin 1

L L

n dx ή A k x dxψ = =∫ ∫ ή

1)2cos1(2

0

2

=−∫ dxkxA

L

ή

1)]2sin(2

1[][

200

2

=− LL

L

xn

kx

A π όµως

( sin0 = sin2nπ = 0 ) οπότε

2

( 0) 12

AL − = ή

2A

L=

έτσι τελικά η ιδιοσυναρτήσεις είναι

....3,2,1,sin2

== nL

xn

Ln

πψ δηλαδή

2, 0A B

L= =

Page 29: ΘΕΜΑΤΑ - ΑΠΑΝΤΗΣΕΙΣ ΕΞΕΤΑΣΕΩΝ ΦΥΣΙΚΗΣ ΑΣΕΠ 06

Ι.ΜΠΑΓΑΝΑΣ www.dianysma.edu.gr

ΑΣΕΠ 2006 www.learner.gr

29

31.α. Για απειροστά µικρή µεταβολή της θερµότητας ενός υλικού (π.χ. νερό ) µάζας

m και ειδικής θερµότητας c, έχουµε

dQ mcdT=

Όταν το νερό θερµαίνεται από θερµοκρασία T1 σε θερµοκρασία T2, η µεταβολή της

εντροπίας είναι

2 2

1 1

T T

T T

dQ dTS mc

T T∆ = =∫ ∫ ή

[ ] 2

1ln

T

TS mc T∆ = ή 2

1

lnT

S mcT

∆ =

32.α. Η συνθήκη για καταστρεπτική συµβολή είναι

sin ma

λθ = όπου ( 1, 2,....m = ± ± )

Θέτοντας m = 1 έχουµε

sin aθ λ=

όπου θ είναι η γωνία που προσδιορίζει το πρώτο ελάχιστο.

33.β. Η συνθήκη κανονικοποίησης είναι

34.α. Το νετρίνο είναι λεπτόνιο και έχει σπιν ½ . Τα σωµατίδια τα οποία έχουν

ηµιακέραιο σπιν ονοµάζονται φερµιόνια.

35.δ. Η Βαρυτική αλληλεπίδραση έχει µεγάλη εµβέλεια και όπως η

ηλεκτροµαγνητική ελαττώνεται αντιστρόφως ανάλογα προς το τετράγωνο της

απόστασης µεταξύ των σωµάτων τα οποία αλληλεπιδρούν. Είναι 10-38

φορές πιο

αδύναµη από την ισχυρή πυρηνική δύναµη, δηλαδή είναι µε µεγάλη διαφορά η πιο

ασθενής από όλες της αλληλεπιδράσεις στη φύση.

Η ασθενής πυρηνική αλληλεπίδραση είναι υπεύθυνη για την διάσπαση πολλών

πυρήνων σε αυτήν άλλωστε οφείλεται η διάσπαση β των πυρήνων. Έχει µικρότερη

εµβέλεια από την ισχυρή πυρηνική αλληλεπίδραση και είναι 10-9

φορές πιο αδύναµη

από αυτή.

Η ηλεκτροµαγνητική αλληλεπίδραση είναι περίπου 100 φορές µικρότερη από την

ισχυρή πυρηνική και είναι η δύναµη η οποία συγκρατεί τα ηλεκτρόνια γύρω από τους

πυρήνες για να σχηµατιστούν τα άτοµα, καθώς και τα άτοµα µεταξύ τους για να

σχηµατιστούν τα µόρια ή τα στερεά. Στη δύναµη αυτή οφείλονται όλα σχεδόν τα

γεγονότα που παρακολουθούµε στην καθηµερινή µας ζωή, όπως επίσης και βασικές

λειτουργίες των ζωντανών οργανισµών όπως η µεταβίβαση ερεθισµάτων από το

περιβάλλον προς αυτούς, ή η µεταβίβαση ερεθισµάτων µέσα στους ίδιους τους

οργανισµούς. Η δύναµη αυτή έχει µεγάλη εµβέλεια και όπως είναι γνωστό υπακούει

Page 30: ΘΕΜΑΤΑ - ΑΠΑΝΤΗΣΕΙΣ ΕΞΕΤΑΣΕΩΝ ΦΥΣΙΚΗΣ ΑΣΕΠ 06

Ι.ΜΠΑΓΑΝΑΣ www.dianysma.edu.gr

ΑΣΕΠ 2006 www.learner.gr

30

στον νόµο του Coulomb δηλαδή ελαττώνεται αντιστρόφως ανάλογα προς την

απόσταση που χωρίζει τα σώµατα που αλληλεπιδρούν.

Η ισχυρή πυρηνική αλληλεπίδραση ασκείται µεταξύ των νουκλεονίων του

πυρήνα(δηλαδή µεταξύ των πρωτονίων και των νετρονίων) και είναι στην ουσία η

«κόλλα» η οποία κρατά τα νουκλεόνια «κολληµένα» µεταξύ τους. Η εµβέλεια της

είναι πολύ µικρή και είναι πρακτικά αµελητέα σε αποστάσεις µεγαλύτερες από την

διάµετρο του πυρήνα, δηλαδή µεγαλύτερες από 10-14

m.

36.β. Από τον 2ο νόµο του Νεύτωνα (λαµβάνοντας υπ’ όψη µας ότι η δύναµη

διατηρείται σταθερή µετά την πρόσθεση της µάζας m2 στην m1), έχουµε

1 1F m a= και 1 2 2( )F m m a= + ή

1 1 1 2 2( )m a m m a= + ή 1 1 2

2 1

( )a m m

a m

+=

Ο λόγος τον επιταχύνσεων είναι 1

2

4a

a= , οπότε

1 2

1

( )4

m m

m

+= ή 2

1

3m

m= ή 1

2

1

3

m

m=

37.δ. Έστω το δυναµικό της µορφής V(x) = ½ mω2x

2 για +∞<<∞− x (απλός

αρµονικός ταλαντωτής )

Οι Επιτρεπτές τιµές ενέργειας απλού αρµονικού ταλαντωτή είναι

ωh)2

1( += nE n = 1,2,3,…

για την παραπάνω συνάρτηση δυναµικού, βλέπουµε ότι στο διάστηµα +∞<<∞− x

είναι συµµετρική δηλαδή V(x) = V(-x) = ½ mω2x

2.

Οι λύσεις της κυµατοσυνάρτησης για ένα δυναµικό τέτοιας µορφής, µπορούν να είναι

είτε άρτιες είτε περιττές ( βλέπε θεωρία για την αναλυτική λύση ). .

Έστω το δυναµικό της µορφής

2 210

( ) 2

0

m x xV x

x

ω ≤=

+∞ <

Για αυτή την συνάρτηση δυναµικού έχουµε V(x) = ½ mω2x

2 και ∞=− )( xV οπότε

)()( xVxV −≠ δηλαδή η συνάρτηση δυναµικού περιττή εποµένως θα έχουµε µόνο

περιττές λύσεις για την κυµατοσυνάρτηση.

Το παραπάνω συµπέρασµα προκύπτει και ως εξής:

Θέλουµε για την κυµατοσυνάρτηση να ισχύει

ψ(x) = 0 x < 0

Page 31: ΘΕΜΑΤΑ - ΑΠΑΝΤΗΣΕΙΣ ΕΞΕΤΑΣΕΩΝ ΦΥΣΙΚΗΣ ΑΣΕΠ 06

Ι.ΜΠΑΓΑΝΑΣ www.dianysma.edu.gr

ΑΣΕΠ 2006 www.learner.gr

31

ψ(0) = 0

Όπως βλέπουµε από τις λύσεις για τον απλό αρµονικό ταλαντωτή που δώσαµε

παραπάνω, οι συνθήκες αυτές µπορούν να επαληθεύονται µόνο για τις περιττές

λύσεις ( n = 1,3,…..).

Έτσι µε αντικατάσταση

12 +→ nn

έχουµε για τις επιτρεπτές ενεργειακές καταστάσεις

ωh)2

1( += nE ή ....3,2,1,0)

2

32()

2

112( =+=++= nnnEn ωω hh

38.α. Στις τρεις διαστάσεις το ηλεκτρικό πεδίο στην ηλεκτροστατική ( όταν δηλαδή

θεωρούµε ότι το ηλεκτρικό πεδίο δεν µεταβάλλεται µε τον χρόνο αλλά µόνο χωρικά )

δίνεται από την σχέση

( )E V x= −∇r r r

Από τον νόµο του Gauss για τον ηλεκτρισµό, έχουµε

( )xE

ο

ρε

∇⋅ =r

r r

Από τις παραπάνω σχέσεις έχουµε

2 ( )E V x∇⋅ = −∇r r r r

ή 2 ( )( )

xV x

ο

ρε

∇ = −r

r r

Στην µονοδιάστατη περίπτωση η παραπάνω σχέση στην οποία καταλήξαµε γίνεται

2 ( ) ( )d V x x

d x ο

ρε

= − ή ( )

2x

aο

ρε

− = − ή ( ) 2x aορ ε=

39.β. Το µαγνητικό πεδίο που δηµιουργεί ένα ευθύγραµµο σύρµα πολύ µεγάλου

µήκους σε κάποιο σηµείο το οποίο απέχει από αυτό απόσταση r, δίνεται από την

σχέση

2

i

r

οµπ

Β =

Θεωρούµε ένα στοιχειώδες τµήµα dr του αγωγού, το οποίο απέχει απόσταση r από το

σύρµα, όπως φαίνεται στο παρακάτω σχήµα

i

υ

a

d

dr,dε

Page 32: ΘΕΜΑΤΑ - ΑΠΑΝΤΗΣΕΙΣ ΕΞΕΤΑΣΕΩΝ ΦΥΣΙΚΗΣ ΑΣΕΠ 06

Ι.ΜΠΑΓΑΝΑΣ www.dianysma.edu.gr

ΑΣΕΠ 2006 www.learner.gr

32

Η επαγόµενη ΗΕ∆ στο στοιχειώδες αυτό τµήµα θα δίνεται από την σχέση

dε = Bυdr

Για να υπολογίσουµε την ολική ΗΕ∆ πάνω στον αγωγό (δηλαδή την ΗΕ∆ όλων των

στοιχειωδών τµηµάτων), έχουµε

[ ]ln [ln( ) ln ] ln( )2 2 2 2

r d r da d

a

r r

i i i idr a ddr r a d a

r a

ο ο ο οµ µ µ µυ υ υ υ υ

π π π πε

+ ++ +

= Β = = = + − =∫ ∫

ή τελικά

ln( )2

i a d

a

οµ υπ

ε +=

40.δ. Η ταχύτητα δίνεται από την σχέση 3

2k Sυ = όπου ( )S t είναι το διανυόµενο τόξο

του υλικού σηµείου πάνω στον κύκλο, εποµένως η ταχύτητα είναι συνάρτηση τόσο

του µήκους ( τόξο ), όσο και του χρόνου, άρα ( , )S tυ . Για την επιτρόχια επιτάχυνση

έχουµε

d Sa

dt S tε

υ υ∂ ∂=

∂ ∂= ,

η ταχύτητα δίνεται από την σχέση

dS

dtυ =

οπότε

31 1

2 2 23 3

2 2

Sa kS kS kS

S tε

υυ

∂ ∂= =

∂ ∂= ή

2 23

2a k Sε =

Η κεντροµόλος επιτάχυνση του υλικού σηµείου δίνεται από την σχέση

2 2 3k S

aR R

κ

υ= =

έτσι τελικά έχουµε

Page 33: ΘΕΜΑΤΑ - ΑΠΑΝΤΗΣΕΙΣ ΕΞΕΤΑΣΕΩΝ ΦΥΣΙΚΗΣ ΑΣΕΠ 06

Ι.ΜΠΑΓΑΝΑΣ www.dianysma.edu.gr

ΑΣΕΠ 2006 www.learner.gr

33

2 3

2 2

2

3 3

2

k Sa SR

a Rk S

κ

ε

= =

41.α. Έστω το σωµατίδιο µάζας m του παρακάτω σχήµατος, το οποίο αφήνεται να

πέσει µέσα στο πεδίο βαρύτητας της Γης από ύψος h.

Το σωµατίδιο εκτελεί αρχικά επιταχυνόµενη κίνηση. Κατά την διάρκεια της πτώσης

του η ταχύτητα του αυξάνεται, οπότε αυξάνεται και η αντίσταση του αέρα. Έτσι η

επιτάχυνση του µειώνεται µέχρι που κάποια στιγµή µηδενίζεται. Τότε το σωµατίδιο

αποκτά µέγιστη ( δηλαδή οριακή ) ταχύτητα. Έτσι έχουµε

0FΣ = ή .mg k ορυ= ή .

mg

kορυ =

42.β. Έχουµε αποδείξει σε προηγούµενη ερώτηση ( 30 ), ότι οι ιδιοσυναρτήσεις για

δυναµικό της µορφής 0

( )0 0

ήx x aV x

x a

για

για

+∞ < >=

< < είναι

2sin , 1,2,3....n

n xn

a a

πψ = =

Η µέση τιµή του τελεστή θέσης, δίνεται από την σχέση

2

0

ˆa

x x dxψ= ∫ οπότε έχουµε 0

2ˆ sin

an

x x x dxa a

π = ∫ ή

2

2

2 2

0

0 0

2 2sin cos

2 2 2ˆ

4 4 8

a a

an x n x

xa ax a a

xa a n a n

π π

π π

= − −

ή

h

m

mg

ΣF = 0, α = 0

υ = υορ. υ = υορ

Page 34: ΘΕΜΑΤΑ - ΑΠΑΝΤΗΣΕΙΣ ΕΞΕΤΑΣΕΩΝ ΦΥΣΙΚΗΣ ΑΣΕΠ 06

Ι.ΜΠΑΓΑΝΑΣ www.dianysma.edu.gr

ΑΣΕΠ 2006 www.learner.gr

34

2 2 2 2

2 2 2 2

2 2 sin 2 2 cos 2 cos0ˆ sin 0

4 4 8 8

a a n a n ax

a a n a n n

π ππ π π

= − − − −

ή

( )2 2

2 2 2 2

2 2 ( 1) ( 1)ˆ 0 0

2 8 8

a a ax

a a n nπ π + +

= − − − −

και τελικά ˆ2

ax =

43.γ. Ο µαζικός αριθµός ενός στοιχείου είναι το άθροισµα των νουκλεονίων του

( νετρόνια και πρωτόνια ), δηλαδή

Μ = Ζ + Ν , όπου Ν ο αριθµός τον νετρονίων

Ο αριθµός των νετρονίων του αρχικού πυρήνα 30

15 A είναι

Ν = Μ – Ζ = 30 – 15 = 15

Η διάσπαση κατά την οποία εκπέµπεται ένα ηλεκτρόνιο, ονοµάζεται διάσπαση β-.

Κατά την διάσπαση αυτή ένα νετρόνιο του µητρικού πυρήνα µετατρέπεται σε

πρωτόνιο µε ταυτόχρονη εκποµπή ενός ηλεκτρονίου και ενός αντινετρίνου του

ηλεκτρονίου

en p e ν−→ + +

Ο θυγατρικός πυρήνας θα έχει ένα νετρόνιο λιγότερο (και ένα πρωτόνιο

περισσότερο ), οπότε

Ν΄ = Ν – 1 = 15 – 1 = 14

44.β.

1η Λύση:

Το διάνυσµα θέσης ενός σωµατιδίου στον τρισδιάστατο ευκλείδειο χώρο είναι

ˆ ˆ ˆr xx yy zz= + +r

. Την χρονική στιγµή to το σωµατίδιο βρίσκεται στην θέση ˆ1or x=r

,

οπότε για τις συντεταγµένες του έχουµε x = 1, y = 0 και z = 0. Την χρονική στιγµή t1

το σωµατίδιο βρίσκεται στην θέση 1ˆ ˆ1 1r y z= +

r, οπότε έχουµε x = 0, y = 1, z = 1. Η

δυναµική του ενέργεια τις χρονικές στιγµές tο και t1 είναι

2( , , ) ( )yU x y z b yz x e−= + ή

(1,0,0)oU b= και 1(0,1,1)U b=

Το έργο που προσφέρεται από την δύναµη Fr

πάνω στο σώµα δίνεται από την σχέση

1 0oW U U U b b= −∆ = − = − =

Άρα από το θεώρηµα έργου - κινητικής ενέργειας έχουµε

1 0oW T T T= ∆ = − =

Page 35: ΘΕΜΑΤΑ - ΑΠΑΝΤΗΣΕΙΣ ΕΞΕΤΑΣΕΩΝ ΦΥΣΙΚΗΣ ΑΣΕΠ 06

Ι.ΜΠΑΓΑΝΑΣ www.dianysma.edu.gr

ΑΣΕΠ 2006 www.learner.gr

35

2η Λύση:

Η δύναµη που ασκείται στο σωµατίδιο µάζας m είναι ( )F a k υ= ×rr r

. Από την σχέση

αυτή βλέπουµε ότι η δύναµη Fr

είναι συνεχώς κάθετη στην ταχύτητα υr

και όπως θα

δείξουµε παρακάτω δεν προσφέρει έργο στο σωµατίδιο. Το έργο που προσφέρεται

στο σωµατίδιο µέσω της δύναµης Fr

δίνεται από την σχέση

W F dr= ⋅∫r r

ή W k drυ= × ⋅∫r r r

ή 0dr dr dr

W k dr kdt dt

×= × ⋅ = ⋅ =∫ ∫

r r rr rr

έτσι έχουµε

1 0oW T T T= ∆ = − =

45.δ. Στο άτοµο του υδρογόνου οι ενεργειακές καταστάσεις του ηλεκτρονίου δίνονται

από την σχέση

2

on

EE

n=

Η ηλεκτρική δυναµική ενέργεια του συστήµατος πρωτονίου – ηλεκτρονίου δίνεται

από την σχέση

r

ekU

2

−=

Η κινητική ενέργεια του ηλεκτρονίου στο άτοµο του υδρογόνου δίνεται από την

σχέση

21

2K µυ=

όπου

Mm

M mµ =

+

Είναι η ανοιγµένη µάζα του συστήµατος πρωτονίου ηλεκτρονίου. Επειδή η µάζα του

πρωτονίου M είναι πολύ µεγαλύτερη ( σχεδόν 10000 φορές µεγαλύτερη ) από την

µάζα του ηλεκτρονίου m έχουµε

mµ ( όπου m η µάζα του ηλεκτρονίου )

έτσι η κινητική ενέργεια του ηλεκτρονίου στο σύστηµα του ατόµου του υδρογόνου

είναι

21

2K mυ=

Page 36: ΘΕΜΑΤΑ - ΑΠΑΝΤΗΣΕΙΣ ΕΞΕΤΑΣΕΩΝ ΦΥΣΙΚΗΣ ΑΣΕΠ 06

Ι.ΜΠΑΓΑΝΑΣ www.dianysma.edu.gr

ΑΣΕΠ 2006 www.learner.gr

36

Η ελκτική δύναµη του πρωτονίου πάνω στο ηλεκτρόνιο δρα ως κεντροµόλος δύναµη,

οπότε

k cF F= ή 2 2

2

m ke

r r

υ= ή

r

keK

2

2

=

Άρα η ολική ενέργεια του ατόµου του υδρογόνου δίνεται από την σχέση Ε = Κ + U

και είναι

2

2n

keE

r= − ή nE K= −

Στο άτοµο του ποζιτρονίου η ανοιγµένη µάζα είναι

2

mm m

m mµ = =

+

( οι µάζες ποζιτρονίου και ηλεκτρονίου είναι ίσες ), άρα η κινητική ενέργεια του

ηλεκτρονίου στο άτοµο του ποζιτρονίου είναι

2 21 1 1

2 2 2K mµυ υ′ = = ή

2

KK ′ =

Επίσης τα φορτία ποζιτρονίου – ηλεκτρονίου είναι ίσα οπότε οι ενεργειακές

καταστάσεις θα δίνονται από παρόµοια σχέση µε αυτές του ατόµου του υδρογόνου,

συνεπώς

2n

KE K′ ′= − = − ή

2

nn

EE′ = ή

22

on

EE

n′ =

Για n = 3 έχουµε

18

on

EE′ =

46.β. Η ολική ενέργεια Εο δίνεται από την σχέση

2 2 2 2 4

o oE p c m c= +

Θέτοντας στην παραπάνω σχέση c = 1 έχουµε

2 2 2

o oE p m= + ή 6 2 2 210 o om p m= +

Η ποσότητα 2

om είναι πολύ µικρότερη από την 6 210 om , οπότε µπορούµε να την

παραλείψουµε και έτσι έχουµε: 6 2 210 om p= ή 310 op m=

Page 37: ΘΕΜΑΤΑ - ΑΠΑΝΤΗΣΕΙΣ ΕΞΕΤΑΣΕΩΝ ΦΥΣΙΚΗΣ ΑΣΕΠ 06

Ι.ΜΠΑΓΑΝΑΣ www.dianysma.edu.gr

ΑΣΕΠ 2006 www.learner.gr

37

47.α. Το έργο σε µια ισόθερµη µεταβολή δίνεται από την σχέση

lnf

i

Vw nRT

V

=

Έχουµε ένα γραµµοµόριο ( n = 1 ) και σταθερή θερµοκρασία i fT T T= = , οπότε

lnf

i

i

Vw RT

V

=

48.δ. Από την τέταρτη εξίσωση του Maxwell έχουµε

EB J

tο ο οµ µ ε

∂∇× = +

rr r r

ή ( ) ( )E

B Jt

ο ο οµ µ ε∂

∇⋅ ∇× = ∇⋅ +∂

rr r r r r

ή

( ) 0E

Jt

οε∂

∇⋅ + =∂

rr r

49.α. Στη συχνότητα ω1 οι σύνθετες αντιστάσεις του πηνίου και του πυκνωτή είναι

ίσες, οπότε

L CX X= ή 1

1

1L

ω= ή 2

1

1

LCω =

Στη συχνότητα ω2 = 2ω1, ο λόγος των σύνθετων αντιστάσεων του πυκνωτή και του

πηνίου είναι

2

2

1

C

L

X C

X L

ωω

= ή 2

2

1C

L

X

X CLω= ή

2

1

1

4

C

L

X

X CL ω= ή

1 1

1 44

C

L

X

XCL

CL

= =

50.γ. Οι πυκνότητες µάζας των δύο πλανητών είναι ίσες, οπότε

1 2d d= ή 1 2

1 2

M M

V V= ή

1 2

3 3

1 2

4 4

3 3

M M

R Rπ π= ή

3

1 1

3

2 2

M R

M R=

Page 38: ΘΕΜΑΤΑ - ΑΠΑΝΤΗΣΕΙΣ ΕΞΕΤΑΣΕΩΝ ΦΥΣΙΚΗΣ ΑΣΕΠ 06

Ι.ΜΠΑΓΑΝΑΣ www.dianysma.edu.gr

ΑΣΕΠ 2006 www.learner.gr

38

Ο λόγος των επιταχύνσεων της βαρύτητας των δύο µαζών είναι

1

2

1 1

122

2

MG

g R

MgG

R

= ή 2

1 1 2

2

2 1 1

g M R

g M R= ή

3 2

1 1 2 1

3 2

2 2 1 2

g R R R

g R R R= =

51.β. Το µαγνητικό πεδίο µπορούµε να το

υπολογίσουµε από τον νόµο Biot – Savart

2

ˆ

4

i ds rd

r

οµπ

×Β =

Τα ευθύγραµµα τµήµατα δεν δηµιουργούν

µαγνητικό πεδίο στο Ο, γιατί η γωνία µεταξύ

των ds και r)

είναι µηδέν άρα ˆ 0ds r× = .

Στους κυκλικούς τοµείς τα ds και r)

είναι

κάθετα µεταξύ τους άρα dsrds =×)

.

Στο σηµείο Ο δηµιουργούνται από τους δύο ρευµατοφόρους κυκλικούς τοµείς δύο

µαγνητικά πεδία B1 και Β2. Τα πεδία αυτά είναι αντίρροπα εξαιτίας του ότι οι

κυκλικοί τοµείς διαρρέονται από ρεύµατα αντίθετης φοράς.

Για τον κυκλικό τοµέα ακτίνας α κάθε στοιχειώδες τµήµα ds απέχει από το Ο την ίδια

απόσταση α και επίσης είναι s = rθ, οπότε από τον νόµο Biot – Savart έχουµε

24

i dsd

a

οµπ

Β =

Τα i και α είναι σταθερά εποµένως ολοκληρώνοντας έχουµε

1 2 2 24 4 4 4

i i ia ids s

a a a a

ο ο ο οµ µ µ θ µθ

π π π πΒ = = = =∫

Οµοίως για τον κυκλικό τοµέα ακτίνας b βρίσκουµε για το µαγνητικό πεδίο Β2

24

i

b

οµθ

πΒ ==

Το συνολικό πεδίο στο Ο είναι ( θεωρούµε θετική φορά προς τα πάνω )

1 2OB B B= − ή 1 1

4O

iB

a b

οµ θπ

= −

ή 4

O

b aB i

ab

οµθ

π−

=

α

θ

Ο

b

i ds

r

r

ds

r

i

Page 39: ΘΕΜΑΤΑ - ΑΠΑΝΤΗΣΕΙΣ ΕΞΕΤΑΣΕΩΝ ΦΥΣΙΚΗΣ ΑΣΕΠ 06

Ι.ΜΠΑΓΑΝΑΣ www.dianysma.edu.gr

ΑΣΕΠ 2006 www.learner.gr

39

52.α. Η ταχύτητα περιστροφής υ δίνεται από την σχέση rυ ω= . Έτσι έχουµε r > ro

οπότε και υ > υο. Αυτό σηµαίνει ότι η κινητική ενέργεια ανά µονάδα όγκου είναι

µεγαλύτερη σε ακτίνα r, εποµένως από την εξίσωση του Bernulli

p + ½ ρυ2 + ρgy = σταθερό

και αγνοώντας την βαρυτική δυναµική ενέργεια, βλέπουµε ότι σε ακτίνα r λόγο της

αύξησης της κινητικής ενέργειας θα έχουµε µείωση της πίεσης, δηλαδή p2 < p1.

Αγνοώντας επίσης την ατµοσφαιρική πίεση, έχουµε για την διαφορά της πίεσης

p1 – p2 = p

(όπου p η πίεση του υγρού σε απόσταση r )

Χρησιµοποιώντας την εξίσωση του Bernulli, έχουµε

2 2

1 2

1 1

2 2p pορυ ρυ+ = + ή ( )2 2

1 2

1

2p p ορ υ υ− = − ή ( )2 21

2p ορ υ υ= − ή

( )2 2 21

2p r rορω= −

53.β. Ένα στερεό το οποίο έχει τον ίδιο συντελεστή κυβικής διαστολής προς όλες τις

κατευθύνσεις ονοµάζεται ισότροπο. Στα ισότροπα στερεά ισχύει β = 3α.

Εάν ένα ισότροπο στερεό διαστέλλεται κυρίως κατά τις δύο διαστάσεις του( όπως για

παράδειγµα ένα επίπεδο φύλλο) τότε η θερµική διαστολή περιγράφεται από την

σχέση

2 oA a A T∆ = ∆

54.δ. Η σχέση διασποράς εκφράζει την αβεβαιότητα στην ενέργεια άρα και στη µάζα

του ηλεκτρονίου. Για να είναι η ενεργός µάζα ίση µε την πραγµατική µάζα θα πρέπει

η σχέση διασποράς να µηδενιστεί, οπότε έχουµε

2

2

2

2( ) sin 0

2

akE k

ma

= =

h ή sin 0

2

ak =

ή

sin sin2

aknπ =

ή

2, 1,2,3...

nk n

a

π= =

55.γ. Η τάση Hall δίνεται από την σχέση

tnqVH

ΙΒ= ή

t

RV H

H

ΙΒ=

Όπου η ποσότηταnq

RH

1= ονοµάζεται σταθερά Hall

Page 40: ΘΕΜΑΤΑ - ΑΠΑΝΤΗΣΕΙΣ ΕΞΕΤΑΣΕΩΝ ΦΥΣΙΚΗΣ ΑΣΕΠ 06

Ι.ΜΠΑΓΑΝΑΣ www.dianysma.edu.gr

ΑΣΕΠ 2006 www.learner.gr

40

Από το πρόσηµο της RH διαπιστώνουµε το είδος των φορέων φορτίου σε ένα µέταλλο

και από την τιµή της την πυκνότητα των φορέων.

Οι πειραµατικές τιµές που µετρούµε για το φαινόµενο hall ισχύουν για πολλά

µέταλλα ( µονοσθενή ), όχι όµως για όλα ( πολυσθενή όπως π.χ. Fe, Bi, cd κ.τ.λ. )

όπως επίσης και για ηµιαγωγούς ( Si, Ge ). Στις περιπτώσεις αυτές χρησιµοποιούµε

άλλη περιγραφή ( µοντέλο ) του φαινοµένου Hall που στηρίζεται στην κβαντική

µηχανική (κβαντικό φαινόµενο Ηall).

Με την χρήση του φαινοµένου Hall µπορούµε να προσδιορίσουµε το είδος ενός

ηµιαγωγού, δηλαδή εάν είναι ηµιαγωγός τύπου n ή ηµιαγωγός τύπου p, όπως επίσης

και πολύ σηµαντικών σταθερών της φυσικής όπως η «σταθερά λεπτής υφής»

( α = e2 / hc = 1/ 137 ).

56.α. Το παραπάνω πρόβληµα έχει κυλινδρική συµµετρία και η γενική µορφή του

δυναµικού θα είναι

lno

rV A B

r= +

Όπου ro µια αφαιρετή σταθερά.

Ο εσωτερικός κύλινδρος ακτίνας r1 βρίσκεται σε σταθερό δυναµικό Vo, ενώ ο

εξωτερικός κύλινδρος είναι γειωµένος (V = 0 ), οπότε οι συνοριακές συνθήκες του

προβλήµατος είναι

1( ) oV r V= και 2( ) 0V r =

Χρησιµοποιώντας τις συνοριακές συνθήκες, έχουµε

20 lno

rA B

r

= +

ή 2ln

o

rB A

r

= −

και

1lno

o

rV A B

r

= +

ή 1 2ln lno

o o

r rV A A

r r

= −

ή

1

2

lno

rV A

r

=

ή

1

2

ln

oVA

r

r

=

Το δυναµικό τελικά είναι

lno

rV A B

r

= +

ή 2

1 1

2 2

ln ln

ln ln

o o

o o

V V rrV

r rr r

r r

= −

Το ηλεκτρικό πεδίο δίνεται από την σχέση

1

2

1

ln

oVVE

r rr

r

∂= − = −

ή 2

1

1

ln

oVE

rr

r

=