ΠΑΝΕΛΛΑΔΙΚΕΣ ΕΞΕΤΑΣΕΙΣ Γ ΤΑΞΗΣ ΗΜΕΡΗΣΙΟΥ ΚΑΙ Δ ΤΑΞΗΣ ΕΣΠΕΡΙΝΟΥ ΓΕΝΙΚΟΥ ΛΥΚΕΙΟΥ ΔΕΥΤΕΡΑ 20 ΜΑΪΟΥ 2013 ΕΞΕΤΑΖΟΜΕΝΟ ΜΑΘΗΜΑ: ΦΥΣΙΚΗ ΓΕΝΙΚΗΣ ΠΑΙΔΕΙΑΣ

Transcript

1 1 ΠΑΝΕΛΛΑΔΙΚΕΣ ΕΞΕΤΑΣΕΙΣ Γ ΤΑΞΗΣ ΗΜΕΡΗΣΙΟΥ ΚΑΙ Δ ΤΑΞΗΣ ΕΣΠΕΡΙΝΟΥ ΓΕΝΙΚΟΥ ΛΥΚΕΙΟΥ ΔΕΥΤΕΡΑ 0 ΜΑΪΟΥ 013 ΕΞΕΤΑΖΟΜΕΝΟ ΜΑΘΗΜΑ: ΦΥΣΙΚΗ ΓΕΝΙΚΗΣ ΠΑΙΔΕΙΑΣ ΘΕΜΑ Α Α1 γ Α δ Α3 γ Α4 β Α. α - Σ, β - Σ, γ - Σ, δ - Λ, Σ ΘΕΜΑ Β Β1. Σωστό το i Αντίδραση διάσπασης β : Αντίδραση διάσπασης α: ΑΠΑΝΤΗΣΕΙΣ A1 A1 0 Z B Z 1Γ+ 1e + ν e (1) A1 Α 4 Z 1Γ Ζ Δ He () Από την αρχή διατήρηση των νουκλεονίων στην αντίδραση () έχουμε: Α1 = Α + 4 Α = Α1 4 Από την αρχή διατήρησης του φορτίου στην ίδια αντίδραση έχουμε: + 1 = Ζ + = Ζ 1 Ζ1 Ζ 1 Β. Σωστό το iii Όταν η τάση μεταξύ ανόδου και καθόδου είναι V, το ελάχιστο μήκος κύματος λ min των ακτίνων Χ είναι: h c λ min = (1) e V Όταν αυξάνουμε τη τάση κατά %, η νέα τιμή της V είναι: 1 V = V + V V = V () Οπότε η νέα τιμή λ min του ελάχιστου μήκους κύματος είναι: () h c λ min = e V

2 () h c λ min = 1 e V (1) h c λ min = 1 e V (1) λ min = λmin (3) 1 Η επί τοις % μεταβολή του ελάχιστου μήκους κύματος είναι: λ min λmin Δλ% = % λmin (3) λmin λmin Δλ% = 1 % λmin Δ λ% = 1 % 1 Δ λ% = % 1 Δλ% = 0% Δηλαδή το ελάχιστο μήκος κύματος των ακτίνων Χ μειώνεται κατά 0%. Β3. Σωστό το iii Από το δεδομένο ότι οι δύο ραδιοφωνικοί σταθμοί έχουν την ίδια ακτινοβολούμενη ισχύ, έχουμε: P A = P B WA WB = t t NA Eφ N E Α B φ = Β t t N E = N E A φ Α B φ Β N A h fa = NB h fb N A fa = NB fb N A f = B (1) NB fa fb Δόθηκε ότι fa > fb < 1 () fa Από τις σχέσεις (1) και () προκύπτει:

3 3 NA < 1 N < N B A N B ΘΕΜΑ Γ Γ1. Η ενέργεια ιονισμού του ιόντος του είναι: E ιον = Ε Ε 1 E ιον = 0 ( 4,4) E ιον = 4,4 ev + He από την θεμελιώδη κατάσταση + Γ. Το ιόν του He έχει ένα ηλεκτρόνιο στην εξωτερική του στιβάδα, οπότε υπακούει στο πρότυπο του Bohr. + Έστω E n η ενέργεια της διεγερμένης κατάστασης που φθάνει το ιόν He μετά την απορρόφηση του φωτονίου. Η ενέργεια του φωτονίου πρέπει να είναι ακριβώς ίση με την ενέργεια διέγερσης. Άρα E E = E n E n E n 1 φ ( 4,4) = 1 + 4,4 = 1 E n = 3,4 ev Από το ενεργειακό διάγραμμα που δόθηκε προκύπτει ότι η ενέργεια αυτή αντιστοιχεί στην ενεργειακή στάθμη n = 4 (3 η διεγερμένη). Η ακτίνα της τροχιάς στην κατάσταση αυτή είναι: r n 4 r1 = n r1 r = 4 10 r 4 = 16 0, r = 4,3 10 m 4 Γ3. Το μέτρο της στροφορμής σε κάθε επιτρεπόμενη τροχιά υπολογίζεται από τη σχέση L = n (1) Για τη θεμελιώδη κατάσταση (n = 1) η σχέση (1) δίνει: L 1 = () Για την τρίτη διεγερμένη κατάσταση (n = 4) η σχέση (1 ) δίνει: L = 4 (3) Από τις σχέσεις () και (3) προκύπτει ότι το μέτρο της στροφορμής τετραπλασιάστηκε, δηλαδή αυξήθηκε κατά 4 φορές. Γ4. Όλες οι δυνατές μεταβάσεις του ηλεκτρονίου από την διεγερμένη κατάσταση n = 4 σε καταστάσεις χαμηλότερης ενέργειας φαίνονται στο παρακάτω ενεργειακό διάγραμμα.

4 4 ενεργειακή στάθμη n = 4 στην ενεργειακή στάθμη n = 1 είναι: E 4 1 = Ε4 Ε1 E 4 1 = 3,4 ( 4,4) E 4 1 = 1eV ενεργειακή στάθμη n = 3 στην ενεργειακή στάθμη n = 1 είναι: E 3 1 = Ε3 Ε1 E 3 1 = 6 ( 4,4) E 3 1 = 4,4 ev ενεργειακή στάθμη n = στην ενεργειακή στάθμη n = 1 είναι: E 1 = Ε Ε1 E 1 = 13,6 ( 4,4) E 1 = 40, ev ενεργειακή στάθμη n = 4 στην ενεργειακή στάθμη n = είναι: E 4 = Ε4 Ε E 4 = 3,4 ( 13,6) E 4 = 10, ev ενεργειακή στάθμη n = 3 στην ενεργειακή στάθμη n = είναι: E 3 = Ε3 Ε E 3 = 6 ( 13,6) E 3 = 7,6 ev ενεργειακή στάθμη n = 4 στην ενεργειακή στάθμη n = 3 είναι:

5 E 4 3 = Ε4 Ε3 E 4 3 = 3,4 ( 6) =, ev E ΘΕΜΑ Δ Δ1. H ενέργεια καθενός φωτονίου που διέρχεται από κάθε υλικό είναι ίδια με την ενέργεια που είχε στο κενό. Δηλαδή E φ = h f co E φ = h λ ο E φ = 6, E = 4,9 10 J. φ 9 Δ. Το μήκος κύματος στο υλικό (n ΙΙ ) είναι: λο n II = λii λο λ II = n II λii = 1, 0 7 λii = 10 m 9 ΑΗ Φέρουμε την ΓΕ. Δόθηκε ότι AB = BΓ = ΕΖ = ΖΗ = = 1cm και ΔΓ = ΔΕ = cm. Άρα είναι N Σ = ΜΤ = ΣΠ = ΡΤ = 1cm Στο ορθογώνιο τρίγωνο ΓΔΕ με εφαρμογή του πυθαγορείου θεωρήματος έχουμε: ΓΕ = ΓΔ + ΔΕ ΓΕ = ( ) + ( ) ΓΕ = 4 ΓΕ = cm Επειδή τα σημεία Λ και Κ είναι τα μέσα των πλευρών ΓΔ και ΕΔ αντίστοιχα, η ΛΚ είναι B A

6 6 παράλληλη προς την ΓΕ και είναι ίση με το μισό αυτής, δηλαδή ΓΕ ΛΚ = = 1cm Στο ορθογώνιο και ισοσκελές τρίγωνο ΓΠΛ έχουμε: ο ΛΠ = ΓΛ συν4 ΛΠ = ΛΠ = 0, cm Ομοίως και K Ρ = 0, cm. Έτσι η συνολική διαδρομή της ακτινοβολίας στο υλικό ΙΙ είναι: d II = ΣΠ + ΠΛ + ΛΚ + ΚΡ + ΡΤ = 1+ 0, , + 1 d II = 4 cm. Έτσι το πλήθος των μηκών κύματος της ακτινοβολίας στο υλικό αυτό είναι: dii N II = λ ΙΙ 4 10 N II = N = 1 μήκη κύματος. II 10 Δ3. Η διαδρομή της ακτινοβολίας στο υλικό Ι είναι: d I = MT + ΣΝ = 1+ 1 d I = cm. Οι ταχύτητες της ακτινοβολίας στα δύο υλικά είναι: co 3 10 Στο υλικό Ι: c1 = = c1 = 10 m / s n 1, I co 3 10 Στο υλικό ΙΙ: c1i = = c1i = 10 m / s n II 1, 3 Έτσι ο συνολικός χρόνος διέλευσης της ακτινοβολίας από τη διάταξη, είναι: t ολ = t I + t II di dii t ολ = + c c t t ολ I II = = 10 +,4 10 ολ 10

7 7 10 t = 3,4 10 s. ολ Δ4. Από το ερώτημα Δ1 γνωρίζουμε την ενέργεια ενός φωτονίου είναι: 19 E = 4,9 10 J φ Επομένως το πλήθος των φωτονίων που πρέπει να απορροφήσει το υλικό ΙΙ για να αυξήσει την θερμοκρασία του κατά ο C είναι: N = = 10 φωτόνια. 19 4, Ο παραπάνω αριθμός είναι το % των διερχόμενων φωτονίων. Άρα N = N N = N N = N = 10 φωτόνια. 99 ΑΒΡΑΜΙΔΗΣ Σ. ΘΕΟΔΩΡΟΣ ΦΥΣΙΚΟΣ ΦΡΟΝΤΙΣΤΗΣ ΣΥΓΓΡΑΦΕΑΣ ΚΑΛΑΪΤΖΗΣ ΤΑΣΟΣ ΦΥΣΙΚΟΣ - ΦΡΟΝΤΙΣΤΗΣ SCIENCE PRESS