Physiki epanalhptikes 2026

Θέματα και Λύσεις Επαναληπτικών 2026
Φυσική

Επαναληπτικές ΓΕΛ & Εισαγωγικές Εξετάσεις Τέκνων Ελλήνων του Εξωτερικού — 11 Σεπτεμβρίου 2026

Σεπτέμβριος 2026

Εκφωνήσεις / Λύσεις των Επαναληπτικών Εξετάσεων 2026 στη Φυσική Προσανατολισμού. Περιλαμβάνονται αναλυτικές απαντήσεις σε PDF και WORD σε όλα τα θέματα (Α, Β, Γ, Δ) με πλήρη μαθηματική τεκμηρίωση.

ΘΕΜΑ Α

Α1

Εκφώνηση

Το φυσικό μέγεθος της ροπής μιας δύναμης στο σύστημα S.I. μετριέται σε:

1. kg·m
2. N·m
3. N/m
4. kg·m/s²

Να επιλέξετε τη σωστή απάντηση. (Μονάδες 5)

Απάντηση / Λύση

Η ροπή δύναμης ορίζεται ως:

\[ \tau = F \cdot d \]

όπου \(F\) η δύναμη (σε N) και \(d\) ο μοχλοβραχίονας (σε m).

Επομένως η μονάδα μέτρησης στο S.I. είναι:

\[ [\tau] = \text{N} \cdot \text{m} \]

Α1: β (N·m).

Α2

Εκφώνηση

Σε κύκλωμα εναλλασσόμενου ρεύματος με ωμικό αντιστάτη η ενεργός τιμή της έντασης του ηλεκτρικού ρεύματος είναι:

1. αντιστρόφως ανάλογη της ενεργού τιμής της τάσης.
2. ανάλογη της ενεργού τιμής της τάσης.
3. ίση με τη μέση τιμή της έντασης του εναλλασσόμενου ρεύματος.
4. ίση με τη μέγιστη τιμή της έντασης του εναλλασσόμενου ρεύματος.

Να επιλέξετε τη σωστή απάντηση. (Μονάδες 5)

Απάντηση / Λύση

Σε ωμικό αντιστάτη ισχύει ο νόμος του Ohm για τις ενεργές τιμές:

\[ I_{\text{εν}} = \frac{V_{\text{εν}}}{R} \]

Επομένως η ενεργός ένταση είναι ανάλογη της ενεργού τάσης (με σταθερά αναλογίας \(1/R\)).

Η μέση τιμή της έντασης ενός εναλλασσόμενου ρεύματος σε μια περίοδο είναι μηδέν, ενώ η μέγιστη τιμή \(I_0 = I_{\text{εν}}\sqrt{2}\) είναι διαφορετική από την ενεργό.

Α2: β.

Α3

Εκφώνηση

Αν η μαγνητική ροή που διέρχεται από την επιφάνεια που ορίζει ένας αγωγός αυξάνεται με σταθερό ρυθμό, η ηλεκτρεγερτική δύναμη από επαγωγή που δημιουργείται στον αγωγό:

1. αυξάνεται.
2. αρχικά αυξάνεται και στη συνέχεια ελαττώνεται.
3. ελαττώνεται.
4. μένει σταθερή.

Να επιλέξετε τη σωστή απάντηση. (Μονάδες 5)

Απάντηση / Λύση

Σύμφωνα με τον νόμο του Faraday:

\[ E_{\text{επ}} = -\frac{d\Phi}{dt} \]

Αφού ο ρυθμός μεταβολής της μαγνητικής ροής \(\frac{d\Phi}{dt}\) είναι σταθερός, και η ΗΕΔ από επαγωγή είναι σταθερή.

Α3: δ.

Α4

Εκφώνηση

Σε μια εξαναγκασμένη μηχανική ταλάντωση με μη μηδενική απόσβεση, η συχνότητα ταλάντωσης:

1. είναι ίση με τη ιδιοσυχνότητα του ταλαντωτή.
2. είναι ίση με τη συχνότητα του διεγέρτη.
3. εξαρτάται από το μέγεθος της δύναμης του διεγέρτη.
4. εξαρτάται από τη σταθερά απόσβεσης b.

Να επιλέξετε τη σωστή απάντηση. (Μονάδες 5)

Απάντηση / Λύση

Στην εξαναγκασμένη ταλάντωση, μετά την πάροδο του μεταβατικού σταδίου, το σύστημα ταλαντώνεται με τη συχνότητα του διεγέρτη \(f_\delta\) και όχι με την ιδιοσυχνότητα \(f_0\).

Η συχνότητα της εξαναγκασμένης ταλάντωσης είναι ανεξάρτητη από το πλάτος της δύναμης του διεγέρτη και από τη σταθερά απόσβεσης.

Α4: β.

Α5

Εκφώνηση

Να χαρακτηρίσετε τις προτάσεις που ακολουθούν γράφοντας στο τετράδιό σας δίπλα στο γράμμα που αντιστοιχεί σε κάθε πρόταση τη λέξη «Σωστό», αν η πρόταση είναι σωστή, ή τη λέξη «Λάθος», αν η πρόταση είναι λανθασμένη.

1. Σύμφωνα με τον de Broglie κάθε κινούμενο σωματίδιο έχει κυματική φύση με μήκος κύματος αντιστρόφως ανάλογο της ορμής του.
2. Αν σε ένα αρχικά ακίνητο στερεό σώμα ασκηθεί ζεύγος δυνάμεων, το σώμα θα εκτελέσει σύνθετη κίνηση.
3. Η απόσταση δύο διαδοχικών κοιλιών σε ένα στάσιμο κύμα είναι λ/2.
4. Κατά την πλαστική κρούση δύο σωμάτων, η μηχανική ενέργεια του συστήματος μεταβάλλεται.
5. Το μαγνητικό πεδίο στο εσωτερικό ρευματοφόρου σωληνοειδούς μεγάλου μήκους είναι ανομοιογενές.

(Μονάδες 5)

Απάντηση / Λύση

Πρόταση	Απάντηση
α	Σωστό. Από τη σχέση de Broglie \( \lambda = \frac{h}{p} \) προκύπτει ότι το μήκος κύματος είναι αντιστρόφως ανάλογο της ορμής.
β	Λάθος. Αν σε αρχικά ακίνητο στερεό ασκηθεί ζεύγος δυνάμεων, το σώμα θα εκτελέσει στροφική κίνηση (μόνο), όχι σύνθετη.
γ	Σωστό. Η απόσταση δύο διαδοχικών κοιλιών σε στάσιμο κύμα είναι λ/2.
δ	Σωστό. Στην πλαστική κρούση μέρος της κινητικής ενέργειας μετατρέπεται σε θερμότητα και παραμόρφωση.
ε	Λάθος. Το μαγνητικό πεδίο στο εσωτερικό ρευματοφόρου σωληνοειδούς μεγάλου μήκους είναι ομογενές.

Α5: α → Σωστό, β → Λάθος, γ → Σωστό, δ → Σωστό, ε → Λάθος

ΘΕΜΑ Β

Β1

Εκφώνηση

Οι όμοιες και σύγχρονες πηγές \(Π_1\) και \(Π_2\) του διπλανού σχήματος βρίσκονται πάνω στην ελεύθερη επιφάνεια υγρού που ηρεμεί και δημιουργούν εγκάρσια απλά αρμονικά κύματα. Οι πηγές ταλαντώνονται χωρίς αρχική φάση, με πλάτος \(Α\) και περίοδο \(Τ\), ενώ τα κύματα που δημιουργούνται διαδίδονται στην επιφάνεια του υγρού με ταχύτητα σταθερού μέτρου \(υ\), χωρίς απώλειες ενέργειας.

Ένα σημείο \(Σ\) της επιφάνειας του υγρού απέχει από τις πηγές \(Π_1\), \(Π_2\) αποστάσεις \(r_1\) και \(r_2\), αντίστοιχα, με \(r_1 > r_2\). Αν τα δύο κύματα συμβάλουν στο σημείο \(Σ\), με χρονική διαφορά \(5Τ/2\), για το πλάτος \(Α'\) της ταλάντωσης του σημείου \(Σ\), μετά την έναρξη της συμβολής, θα ισχύει ότι:

1. \(A' = 2A\)
2. \(A' = 0\)
3. \(0 < A' < 2A\)

α) Να επιλέξετε τη σωστή απάντηση. (Μονάδες 2)
β) Να δικαιολογήσετε την επιλογή σας. (Μονάδες 6)

Απάντηση / Λύση

α) Σωστή απάντηση είναι η ii: \(A' = 0\).

β) Η χρονική διαφορά άφιξης των δύο κυμάτων στο σημείο Σ είναι:

\[ \Delta t = \frac{r_1 - r_2}{υ} = \frac{5T}{2} \]

Η διαφορά φάσης αντίστοιχα είναι:

\[ \Delta\phi = \omega \cdot \Delta t = \frac{2\pi}{T} \cdot \frac{5T}{2} = 5\pi \]

Δύο κυμάτα συμβάλλουν με διαφορά φάσης περιττού πολλαπλάσιου του π (εδώ \(5\pi\)), οπότε φτάνουν στο σημείο Σ με αντίθετη φάση (αποσβεστική συμβολή).

Επομένως τα δύο κύματα αλληλοεξουδετερώνονται και το πλάτος της ταλάντωσης του Σ είναι:

\[ A' = |A - A| = 0 \]

Β1: ii (\(A' = 0\)).

Β2

Εκφώνηση

Το εμπόδιο στο διπλανό σχήμα έχει ύψος \(h = R/5\) και ο τροχός έχει ακτίνα \(R\) και βάρος \(W\). Στο πάνω σημείο του τροχού ασκείται οριζόντια δύναμη \(F\). Για ποιες τιμές της οριζόντιας δύναμης \(F\) ο τροχός θα υπερπηδήσει το εμπόδιο;

1. \(F > \frac{W}{2}\)
2. \(F > \frac{W}{3}\)
3. \(F > \frac{5W}{9}\)

α) Να επιλέξετε τη σωστή απάντηση. (Μονάδες 2)
β) Να δικαιολογήσετε την επιλογή σας. (Μονάδες 7)

Δίνεται ότι το εμπόδιο έχει ύψος \(h = R/5\) και το σχήμα δεν είναι υπό κλίμακα.

Απάντηση / Λύση

α) Σωστή απάντηση είναι η ii: \(F > W/3\).

β) Ο τροχός θα υπερπηδήσει το εμπόδιο όταν αρχίσει να περιστρέφεται γύρω από το σημείο επαφής Κ με το εμπόδιο. Αυτό συμβαίνει όταν η ροπή της δύναμης F ως προς το Κ γίνει μεγαλύτερη ή ίση από τη ροπή του βάρους W ως προς το ίδιο σημείο.

Γεωμετρία: Από το κέντρο Ο του τροχού φέρνουμε ακτίνα προς το σημείο επαφής Κ. Η κατακόρυφη απόσταση του Κ από το κέντρο είναι \(R - h = R - R/5 = 4R/5\). Άρα η οριζόντια απόσταση του Κ από την κατακόρυφη διάμετρο είναι:

\[ x_K = \sqrt{R^2 - (R - h)^2} = \sqrt{R^2 - (4R/5)^2} = \sqrt{\frac{9R^2}{25}} = \frac{3R}{5} \]

Μοχλοβραχίονες ως προς Κ:

• Ο μοχλοβραχίονας του βάρους W (κατακόρυφη δύναμη στο κέντρο Ο) είναι η οριζόντια απόσταση του κέντρου από το Κ: \(d_W = x_K = \frac{3R}{5}\)
• Ο μοχλοβραχίονας της δύναμης F (οριζόντια δύναμη στο πάνω σημείο) είναι η κατακόρυφη απόσταση του πάνω σημείου από το Κ: \(d_F = 2R - h = 2R - \frac{R}{5} = \frac{9R}{5}\)

Συνθήκη υπερπήδησης: Η ροπή της F ως προς Κ πρέπει να υπερνικήσει τη ροπή του W ως προς Κ:

\[ F \cdot d_F > W \cdot d_W \]

\[ F \cdot \frac{9R}{5} > W \cdot \frac{3R}{5} \]

\[ F > W \cdot \frac{3R/5}{9R/5} = W \cdot \frac{3}{9} = \frac{W}{3} \]

Β2: ii (\(F > W/3\)).

Β3 (ομογενών)

Εκφώνηση

Σφαίρα μάζας \(m\) κινείται με ταχύτητα \(V\) και συγκρούεται πλαστικά με ακίνητη σφαίρα μάζας \(3m\). Το μέτρο της ταχύτητας του συσσωματώματος, αμέσως μετά την κρούση, είναι:

1. \(V/2\)
2. \(V/3\)
3. \(V/4\)

α) Να επιλέξετε τη σωστή απάντηση. (Μονάδες 2)
β) Να δικαιολογήσετε την επιλογή σας. (Μονάδες 6)

Απάντηση / Λύση

α) Σωστή απάντηση είναι η iii: \(V/4\).

β) Στην πλαστική κρούση ισχύει η αρχή διατήρησης της ορμής:

\[ m \cdot V + 3m \cdot 0 = (m + 3m) \cdot V' \]

Άρα:

\[ mV = 4m V' \]

\[ V' = \frac{V}{4} \]

Β3: iii (\(V/4\)).

Β3 (Επαναληπτικών)

Εκφώνηση

Σφαίρα \(Σ_1\) μάζας \(m_1 = m\) συγκρούεται ελαστικά και έκκεντρα με άλλη ακίνητη σφαίρα \(Σ_2\) ίσης μάζας \(m_2 = m\). Μετά την κρούση οι σφαίρες κινούνται σε διευθύνσεις που σχηματίζουν μεταξύ τους γωνία:

1. \(30^\circ\)
2. \(60^\circ\)
3. \(90^\circ\)

α) Να επιλέξετε τη σωστή απάντηση. (Μονάδες 2)
β) Να δικαιολογήσετε την επιλογή σας. (Μονάδες 7)

Απάντηση / Λύση

α) Σωστή απάντηση είναι η iii: \(90^\circ\).

β) Στην ελαστική κρούση δύο σφαιρών ίσης μάζας, όπου η μία είναι αρχικά ακίνητη, ισχύουν:

1. Αρχή διατήρησης της ορμής

\[ m\vec{υ}_1 + m\vec{υ}_2 = m\vec{υ}_1' + m\vec{υ}_2' \]

Επειδή \(m_1 = m_2 = m\), προκύπτει:

\[ \vec{υ}_1 = \vec{υ}_1' + \vec{υ}_2' \]

2. Αρχή διατήρησης της κινητικής ενέργειας

\[ \frac{1}{2}mυ_1^2 = \frac{1}{2}mυ_1'^2 + \frac{1}{2}mυ_2'^2 \]

Άρα:

\[ υ_1^2 = υ_1'^2 + υ_2'^2 \]

Οι δύο αυτές σχέσεις αποτελούν τις συνιστώσες ενός ορθογωνίου τριγώνου με υποτείνουσα \(υ_1\) και κάθετες \(υ_1'\) και \(υ_2'\). Αυτό σημαίνει ότι τα διανύσματα \(\vec{υ}_1'\) και \(\vec{υ}_2'\) είναι κάθετα μεταξύ τους.

Συνεπώς, η γωνία μεταξύ των διευθύνσεων κίνησης των δύο σφαιρών μετά την κρούση είναι:

\[ \theta = 90^\circ \]

Β3 (Επαναληπτικών): iii (\(90^\circ\)).

ΘΕΜΑ Γ

Γ1

Εκφώνηση

Στο διπλανό σχήμα παριστάνεται μία διάταξη μελέτης φωτοηλεκτρικού φαινομένου. Το μέταλλο της καθόδου φωτίζεται με μονοχρωματική ακτινοβολία συχνότητας \(f\) και μήκους κύματος \(λ = 150\) nm, με αποτέλεσμα να εξέρχονται φωτοηλεκτρόνια φορτίου \(e\), μάζας \(m_e = 9 \cdot 10^{-31}\) kg και κινητικής ενέργειας \(Κ_1\). Δίνεται ότι το έργο εξαγωγής του μετάλλου της καθόδου είναι \(φ = 3\) eV, το γινόμενο \(hc = 1200\) eV·nm και ότι \(1\) eV \(= 1,6 \cdot 10^{-19}\) J.

α) Να υπολογίσετε την κινητική ενέργεια \(Κ_1\) με την οποία εξέρχονται τα φωτοηλεκτρόνια από την κάθοδο (μονάδες 4) και το δυναμικό (τάση) αποκοπής για το μέταλλο της καθόδου (μονάδες 3). (Μονάδες 7)

β) Αν η τάση μεταξύ ανόδου και καθόδου είναι \(V = 40\) V, να δείξετε ότι η ταχύτητα με την οποία φτάνουν τα εξερχόμενα από την κάθοδο φωτοηλεκτρόνια στην άνοδο είναι ίση με \(4 \cdot 10^6\) m/s. (Μονάδες 6)

Απάντηση / Λύση

α) Κινητική ενέργεια και δυναμικό αποκοπής

Από την εξίσωση του Einstein για το φωτοηλεκτρικό φαινόμενο:

\[ E_{φωτ} = φ + K_1 \]

Η ενέργεια του φωτονίου είναι:

\[ E_{φωτ} = \frac{hc}{λ} = \frac{1200 \text{ eV·nm}}{150 \text{ nm}} = 8 \text{ eV} \]

Άρα:

\[ K_1 = E_{φωτ} - φ = 8 - 3 = 5 \text{ eV} \]

Μετατροπή σε Joule:

\[ K_1 = 5 \cdot 1,6 \cdot 10^{-19} = 8 \cdot 10^{-19} \text{ J} \]

Το δυναμικό αποκοπής είναι:

\[ V_{απ} = \frac{K_1}{e} = 5 \text{ V} \]

β) Ταχύτητα στην άνοδο

Τα φωτοηλεκτρόνια επιταχύνονται από τη διαφορά δυναμικού \(V = 40\) V. Από την αρχή διατήρησης της ενέργειας:

\[ K_{τελ} = K_1 + eV \]

\[ K_{τελ} = 5 + 40 = 45 \text{ eV} = 45 \cdot 1,6 \cdot 10^{-19} = 7,2 \cdot 10^{-18} \text{ J} \]

Από τη σχέση \(K = \frac{1}{2} m_e υ^2\):

\[ υ = \sqrt{\frac{2K}{m_e}} = \sqrt{\frac{2 \cdot 7,2 \cdot 10^{-18}}{9 \cdot 10^{-31}}} \]

\[ υ = \sqrt{1,6 \cdot 10^{13}} = 4 \cdot 10^6 \text{ m/s} \]

Γ1: α) \(K_1 = 5\) eV, \(V_{απ} = 5\) V, β) \(υ = 4 \cdot 10^6\) m/s.

Γ2

Εκφώνηση

Ένα από τα φωτοηλεκτρόνια της προηγούμενης διάταξης φτάνει στην άνοδο με ταχύτητα \(4 \cdot 10^6\) m/s και διέρχεται από μια μικρή οπή, η οποία βρίσκεται στο κέντρο της. Στη συνέχεια το φωτοηλεκτρόνιο εισέρχεται με την ταχύτητα αυτή κάθετα σε ομογενές μαγνητικό πεδίο έντασης \(Β = 18\) mT, όπως φαίνεται στο σχήμα και, διαγράφοντας ημικύκλιο, εξέρχεται από αυτό.

α) Να υπολογίσετε την ακτίνα της ημικυκλικής τροχιάς που διαγράφει το φωτοηλεκτρόνιο (μονάδες 5).

β) Να υπολογίσετε τον χρόνο κίνησης του φωτοηλεκτρονίου μέσα στο μαγνητικό πεδίο (μονάδες 7).

Η σταθερά π να μην αντικατασταθεί. Τις απαραίτητες φυσικές σταθερές που δεν δίνονται να τις αναζητήσετε στον πίνακα δεδομένων και τύπων. Οι πειραματικές διατάξεις βρίσκονται σε χώρο υψηλού κενού. Το σχήμα δεν είναι υπό κλίμακα.

Απάντηση / Λύση

α) Ακτίνα ημικυκλικής τροχιάς

Το φωτοηλεκτρόνιο κινείται κάθετα στις δυναμικές γραμμές του μαγνητικού πεδίου, οπότε εκτελεί ομαλή κυκλική κίνηση. Η μαγνητική δύναμη (Lorentz) παρέχει την απαιτούμενη κεντρομόλο δύναμη:

\[ F_B = F_k \Rightarrow eυB = \frac{m_e υ^2}{R} \]

Λύνοντας ως προς την ακτίνα R:

\[ R = \frac{m_e υ}{eB} \]

Αντικαθιστώντας τις τιμές:

\[ R = \frac{(9 \cdot 10^{-31})(4 \cdot 10^6)}{(1,6 \cdot 10^{-19})(18 \cdot 10^{-3})} \]

\[ R = \frac{36 \cdot 10^{-25}}{28,8 \cdot 10^{-22}} = 1,25 \cdot 10^{-3} \text{ m} = 1,25 \text{ mm} \]

β) Χρόνος κίνησης στο μαγνητικό πεδίο

Το φωτοηλεκτρόνιο διαγράφει ημικύκλιο. Ο χρόνος κίνησης είναι το μισό της περιόδου της κυκλικής κίνησης:

\[ T = \frac{2\pi R}{υ} \]

\[ t = \frac{T}{2} = \frac{\pi R}{υ} \]

Αντικαθιστώντας:

\[ t = \frac{\pi \cdot 1,25 \cdot 10^{-3}}{4 \cdot 10^6} = \frac{1,25\pi}{4} \cdot 10^{-9} \]

\[ t = \frac{5\pi}{16} \cdot 10^{-9} \text{ s} \]

Γ2: α) \(R = 1,25\) mm, β) \(t = \frac{5\pi}{16} \cdot 10^{-9}\) s.

ΘΕΜΑ Δ

Δ1

Εκφώνηση

Ο αγωγός ΚΛ του παρακάτω σχήματος έχει μήκος \(L = 1\) m, μάζα \(Μ\), αμελητέα αντίσταση και συνδέεται μέσω αβαρούς και μη εκτατού νήματος με σώμα \(Σ_1\) μάζας \(m = 0,5\) kg. Ο αγωγός μπορεί να κινείται χωρίς τριβές πάνω στους οριζόντιους παράλληλους αγωγούς ΘΔ και ΙΖ, μένοντας διαρκώς κάθετος και σε επαφή με αυτούς. Οι αγωγοί ΘΔ και ΙΖ έχουν αμελητέα αντίσταση. Τα άκρα Δ και Ζ των αγωγών ΘΔ και ΙΖ συνδέονται με αντιστάτη αντίστασης \(R = 2\) Ω. Το σώμα \(Σ_1\) είναι στερεωμένο στο άκρο οριζόντιου ιδανικού ελατηρίου σταθεράς \(k = 8\) N/m και βρίσκεται πάνω σε λείο οριζόντιο δάπεδο.

Το σύστημα αγωγού-σώματος \(Σ_1\) ισορροπεί με την επίδραση οριζόντιας σταθερής δύναμης \(F = 2\) N, η οποία ασκείται στο μέσο του αγωγού ΚΛ. Το ελατήριο βρίσκεται σε επιμήκυνση \(Δℓ_0\) από τη θέση φυσικού μήκους (Θ.Φ.Μ.).

Να υπολογίσετε την επιμήκυνση \(Δℓ_0\) του ελατηρίου. (Μονάδες 5)

Απάντηση / Λύση

Το σύστημα ισορροπεί, οπότε η συνισταμένη δύναμη στο σύστημα αγωγού-σώματος είναι μηδέν. Οι οριζόντιες δυνάμεις που ασκούνται είναι:

• Η εξωτερική δύναμη F = 2 N (προς τα δεξιά)
• Η δύναμη του ελατηρίου \(F_ε = k \cdot Δℓ_0\) (προς τα αριστερά, λόγω επιμήκυνσης)

Από τη συνθήκη ισορροπίας:

\[ F = F_ε \Rightarrow F = k \cdot Δℓ_0 \]

\[ Δℓ_0 = \frac{F}{k} = \frac{2}{8} = 0,25 \text{ m} \]

Δ1: \(Δℓ_0 = 0,25\) m.

Δ2

Εκφώνηση

Τη χρονική στιγμή \(t_0 = 0\), κόβουμε το νήμα με αποτέλεσμα το σώμα \(Σ_1\) να εκτελεί απλή αρμονική ταλάντωση, ενώ ο αγωγός να αρχίσει να κινείται μέσα σε ομογενές μαγνητικό πεδίο έντασης \(Β = 1\) Τ, το οποίο είναι κάθετο στο επίπεδο που ορίζουν οι αγωγοί και έχει κατεύθυνση από τον αναγνώστη προς τη σελίδα.

Να γράψετε τη σχέση που δίνει την απομάκρυνση x της απλής αρμονικής ταλάντωσης που εκτελεί το σώμα σε συνάρτηση με τον χρόνο, θεωρώντας ως θετική την προς τα δεξιά φορά. (Μονάδες 7)

Απάντηση / Λύση

Όταν κόβεται το νήμα, ο αγωγός ΚΛ δεν ασκεί πλέον δύναμη στο σώμα \(Σ_1\). Το σώμα \(Σ_1\) αρχίζει να ταλαντώνεται γύρω από τη θέση φυσικού μήκους του ελατηρίου.

Τη στιγμή \(t_0 = 0\), το σώμα βρίσκεται στη θέση \(x = +Δℓ_0 = +0,25\) m (επιμήκυνση, θετική φορά προς τα δεξιά) και η ταχύτητά του είναι μηδέν (αφού το σύστημα ήταν ακίνητο).

Άρα, το πλάτος της ταλάντωσης είναι \(A = 0,25\) m.

Η γωνιακή συχνότητα είναι:

\[ \omega = \sqrt{\frac{k}{m}} = \sqrt{\frac{8}{0,5}} = \sqrt{16} = 4 \text{ rad/s} \]

Η εξίσωση της απομάκρυνσης είναι:

\[ x = A \cos(\omega t) \]

Δεδομένου ότι τη \(t_0 = 0\) το σώμα βρίσκεται στη θετική ακραία θέση (\(x = +A\)), η αρχική φάση είναι μηδέν:

\[ x(t) = 0,25 \cos(4t) \text{ m} \]

Δ2: \(x(t) = 0,25 \cos(4t)\) m.

Δ3

Εκφώνηση

Όταν ο αγωγός ΚΛ κινείται μέσα στο ομογενές μαγνητικό πεδίο έντασης Β, αναπτύσσεται σε αυτόν ηλεκτρεγερτική δύναμη από επαγωγή (ΗΕΔ) \(Ε_{επ}\).

Να αποδείξετε, με τη βοήθεια του νόμου Faraday ή με τη χρήση της δύναμης Lorentz, ότι η ΗΕΔ από επαγωγή που αναπτύσσεται στα άκρα του αγωγού ΚΛ υπολογίζεται από τη σχέση \(Ε_{επ} = Β \cdot υ \cdot L\). (Μονάδες 6)

Απάντηση / Λύση

Απόδειξη με τον νόμο του Faraday:

Έστω ότι ο αγωγός ΚΛ κινείται με ταχύτητα \(υ\). Σε χρόνο \(dt\) διανύει απόσταση \(dx = υ \cdot dt\).

Η μαγνητική ροή που διέρχεται από το κύκλωμα ΚΛΔΖ μεταβάλλεται. Η μεταβολή της ροής είναι:

\[ d\Phi = B \cdot dA = B \cdot L \cdot dx = B \cdot L \cdot υ \cdot dt \]

Σύμφωνα με τον νόμο του Faraday, η επαγόμενη ΗΕΔ είναι:

\[ E_{επ} = \frac{d\Phi}{dt} = \frac{B \cdot L \cdot υ \cdot dt}{dt} = B \cdot L \cdot υ \]

Άρα:

\[ \boxed{E_{επ} = B \cdot υ \cdot L} \]

Εναλλακτικά με τη δύναμη Lorentz:

Τα ελεύθερα ηλεκτρόνια του αγωγού κινούνται με ταχύτητα \(υ\) μέσα στο μαγνητικό πεδίο \(Β\) και δέχονται δύναμη Lorentz \(F_L = e \cdot υ \cdot B\). Αυτή η δύναμη προκαλεί διαχωρισμό φορτίων στα άκρα του αγωγού, δημιουργώντας ηλεκτρικό πεδίο \(Ε\) εντός του αγωγού, μέχρι να επέλθει ισορροπία:

\[ eE = eυB \Rightarrow E = υB \]

Η διαφορά δυναμικού στα άκρα του αγωγού (ΗΕΔ) είναι:

\[ E_{επ} = E \cdot L = υ \cdot B \cdot L \]

Δ3: \(E_{επ} = B \cdot υ \cdot L\).

Δ4

Εκφώνηση

Να υπολογίσετε την οριακή ταχύτητα \(υ_{ορ}\) που αποκτά ο αγωγός ΚΛ. (Μονάδες 7)

Να θεωρήσετε ότι: όλα τα σώματα της διάταξης βρίσκονται στο ίδιο οριζόντιο επίπεδο. Ο αγωγός ΚΛ κατά την κίνησή του βρίσκεται διαρκώς μέσα στο μαγνητικό πεδίο, ενώ ο αντιστάτης αντίστασης R βρίσκεται έξω από το μαγνητικό πεδίο. Η αντίσταση του αέρα θεωρείται αμελητέα. Το σχήμα δεν είναι υπό κλίμακα.

Απάντηση / Λύση

Μετά το κόψιμο του νήματος, ο αγωγός ΚΛ κινείται μόνο υπό την επίδραση της εξωτερικής δύναμης F = 2 N και της δύναμης Laplace (μαγνητική δύναμη) που αντιτίθεται στην κίνηση.

Η επαγόμενη ΗΕΔ είναι \(E_{επ} = B \cdot υ \cdot L\). Το επαγόμενο ρεύμα στο κύκλωμα είναι:

\[ I = \frac{E_{επ}}{R} = \frac{B \cdot υ \cdot L}{R} \]

Η δύναμη Laplace που ασκείται στον αγωγό είναι:

\[ F_L = B \cdot I \cdot L = B \cdot \frac{B \cdot υ \cdot L}{R} \cdot L = \frac{B^2 \cdot L^2 \cdot υ}{R} \]

Η εξίσωση κίνησης του αγωγού (Newton) είναι:

\[ M \cdot \frac{dυ}{dt} = F - F_L = F - \frac{B^2 \cdot L^2 \cdot υ}{R} \]

Στην οριακή ταχύτητα, ο αγωγός κινείται με σταθερή ταχύτητα, άρα \(\frac{dυ}{dt} = 0\). Επομένως:

\[ F = \frac{B^2 \cdot L^2 \cdot υ_{ορ}}{R} \]

Λύνοντας ως προς \(υ_{ορ}\):

\[ υ_{ορ} = \frac{F \cdot R}{B^2 \cdot L^2} \]

Αντικαθιστώντας τις τιμές (\(F = 2\) N, \(R = 2\) Ω, \(B = 1\) T, \(L = 1\) m):

\[ υ_{ορ} = \frac{2 \cdot 2}{1^2 \cdot 1^2} = 4 \text{ m/s} \]

Δ4: \(υ_{ορ} = 4\) m/s.

Δ5 (Επαληπτικών)

Εκφώνηση

Ο αγωγός ΚΛ συνεχίζει την κίνησή του υπό την επίδραση της δύναμης \(F\), με την οριακή ταχύτητα που έχει αποκτήσει.

Να υπολογίσετε το φορτίο από επαγωγή που διέρχεται από μία διατομή του αγωγού ΚΛ σε χρονικό διάστημα \(Δt = 2\) s από τη στιγμή που απέκτησε την οριακή του ταχύτητα. (Μονάδες 5)

Απάντηση / Λύση

Από το προηγούμενο ερώτημα, η οριακή ταχύτητα του αγωγού είναι:

\[ υ_{ορ} = 4 \text{ m/s} \]

Στην οριακή κατάσταση, ο αγωγός κινείται με σταθερή ταχύτητα, άρα η επαγόμενη ΗΕΔ παραμένει σταθερή:

\[ E_{επ} = B \cdot υ_{ορ} \cdot L \]

Το επαγόμενο ρεύμα που διαρρέει το κύκλωμα είναι σταθερό:

\[ I = \frac{E_{επ}}{R} = \frac{B \cdot υ_{ορ} \cdot L}{R} \]

Το φορτίο που διέρχεται από μία διατομή του αγωγού σε χρόνο \(Δt\) είναι:

\[ q = I \cdot Δt = \frac{B \cdot υ_{ορ} \cdot L}{R} \cdot Δt \]

Αντικαθιστώντας τις τιμές (\(B = 1\) T, \(υ_{ορ} = 4\) m/s, \(L = 1\) m, \(R = 2\) Ω, \(Δt = 2\) s):

\[ q = \frac{1 \cdot 4 \cdot 1}{2} \cdot 2 = \frac{4}{2} \cdot 2 = 4 \text{ C} \]

Δ5: \(q = 4\) C.

Εναλλακτικά, μπορούμε να χρησιμοποιήσουμε τη σχέση \(q = \frac{Δ\Phi}{R}\), όπου \(Δ\Phi = B \cdot L \cdot υ_{ορ} \cdot Δt\) η μεταβολή της μαγνητικής ροής.

Συνοπτικός Πίνακας Απαντήσεων

Ερώτημα	Απάντηση
Α1	β (N·m)
Α2	β (ανάλογη)
Α3	δ (σταθερή)
Α4	β (συχνότητα διεγέρτη)
Α5	α: Σωστό · β: Λάθος · γ: Σωστό · δ: Σωστό · ε: Λάθος
Β1	ii — \(A' = 0\)
Β2	ii — \(F > W/3\)
Β3	iii — \(V/4\)
Β3 (Επ.)	iii — \(90^\circ\)
Γ1α	\(K_1 = 5\) eV, \(V_{απ} = 5\) V
Γ1β	\(υ = 4 \cdot 10^6\) m/s
Γ2α	\(R = 1,25\) mm
Γ2β	\(t = \frac{5\pi}{16} \cdot 10^{-9}\) s
Δ1	\(Δℓ_0 = 0,25\) m
Δ2	\(x(t) = 0,25 \cos(4t)\) m
Δ3	\(E_{επ} = B \cdot υ \cdot L\)
Δ4	\(υ_{ορ} = 4\) m/s
Δ5	\(q = 4\) C

🖥️ Καθαρή Προβολή (Χωρίς Περισπασμούς)

Απολαύστε τις λύσεις σε πλήρη οθόνη, χωρίς sidebars και περισπασμούς.

📥 Λήψη των λύσεων

Επιλέξτε την έκδοση που σας εξυπηρετεί

Λήψη σε Word .doc Λήψη σε PDF .pdf

📄 Οι λύσεις περιλαμβάνονται και στις δύο εκδόσεις

© Επιμέλεια Διαδραστικής Παρουσίασης: Τάσος Τζανόπουλος
Επαναληπτικές Εξετάσεις 2026 — Φυσική Προσανατολισμού · Σεπτέμβριος 2026

Head-On Collision: The Secret to Perfect Stopping Ability

🎯 3 Κρούσεις όπου η μία σφαίρα "παγώνει"

Ελαστικές μετωπικές κρούσεις σφαιρών χωρίς περιστροφή — Το Μυστικό για την Τέλεια Ακινητοποίηση!

⚡ Ελαστικές μετωπικές κρούσεις: Σε όλα τα παραδείγματα, η μία σφαίρα ακινητοποιείται μετά την κρούση (χωρίς περιστροφή)

📘 Άσκηση 1 Αντίρροπες

Σφαίρα \(A\) μάζας \(m_1 = 4\text{ kg}\) κινείται προς τα δεξιά με \(v_1 = +12\text{ m/s}\). Στην πορεία της συγκρούεται ελαστικά και μετωπικά με σφαίρα \(B\) μάζας \(m_2 = \frac{8}{3}\text{ kg}\) που κινείται αντίρροπα με \(v_2 = -3\text{ m/s}\).

⚡ Ιδιαιτερότητα: Μετά την κρούση, η σφαίρα \(A\) μένει ακίνητη (\(v_1' = 0\))

🔴 \(m_1\) \(= 4\text{ kg}\) 🔵 \(m_2\) \(= \frac{8}{3}\text{ kg}\) 🟢 \(v_1\) \(= +12\text{ m/s}\) 🟠 \(v_2\) \(= -3\text{ m/s}\)

🔍 Προβολή Λύσης

---

Αναλυτική Λύση:

Οι ταχύτητες μετά την ελαστική μετωπική κρούση δίνονται από τους τύπους:

$$v_1' = \frac{m_1 - m_2}{m_1 + m_2} v_1 + \frac{2 m_2}{m_1 + m_2} v_2$$ $$v_2' = \frac{2 m_1}{m_1 + m_2} v_1 + \frac{m_2 - m_1}{m_1 + m_2} v_2$$

Υπολογισμός \(v_1'\):

$$v_1' = \frac{4 - \frac{8}{3}}{4 + \frac{8}{3}} \cdot (+12) + \frac{2 \cdot \frac{8}{3}}{4 + \frac{8}{3}} \cdot (-3) = \frac{\frac{4}{3}}{\frac{20}{3}} \cdot 12 + \frac{\frac{16}{3}}{\frac{20}{3}} \cdot (-3)$$ $$v_1' = \frac{4}{20} \cdot 12 - \frac{16}{20} \cdot 3 = \frac{48}{20} - \frac{48}{20} = \mathbf{0\text{ m/s}}$$

Υπολογισμός \(v_2'\):

$$v_2' = \frac{2 \cdot 4}{\frac{20}{3}} \cdot (+12) + \frac{-\frac{4}{3}}{\frac{20}{3}} \cdot (-3) = \frac{24}{20} \cdot 12 + \frac{12}{20} = \frac{288 + 12}{20} = \frac{300}{20} = \mathbf{+15\text{ m/s}}$$

📗 Άσκηση 2 Ομόρροπες

Σφαίρα \(A\) μάζας \(m_1 = 3\text{ kg}\) κινείται προς τα δεξιά με \(v_1 = +10\text{ m/s}\) και συγκρούεται ελαστικά και μετωπικά με σφαίρα \(B\) μάζας \(m_2 = 5\text{ kg}\) που κινείται ομόρροπα με \(v_2 = +2\text{ m/s}\).

⚡ Ιδιαιτερότητα: Μετά την κρούση, η σφαίρα \(A\) μένει ακίνητη (\(v_1' = 0\))

🔴 \(m_1\) \(= 3\text{ kg}\) 🔵 \(m_2\) \(= 5\text{ kg}\) 🟢 \(v_1\) \(= +10\text{ m/s}\) 🟠 \(v_2\) \(= +2\text{ m/s}\)

🔍 Προβολή Λύσης

---

Αναλυτική Λύση:

Έχουμε \(m_1 + m_2 = 8\text{ kg}\) και \(m_1 - m_2 = -2\text{ kg}\).

Υπολογισμός \(v_1'\):

$$v_1' = \frac{-2}{8} \cdot (+10) + \frac{2 \cdot 5}{8} \cdot (+2) = -\frac{20}{8} + \frac{20}{8} = \mathbf{0\text{ m/s}}$$

Υπολογισμός \(v_2'\):

$$v_2' = \frac{2 \cdot 3}{8} \cdot (+10) + \frac{5 - 3}{8} \cdot (+2) = \frac{60}{8} + \frac{4}{8} = \frac{64}{8} = \mathbf{+8\text{ m/s}}$$

📕 Άσκηση 3 Ειδική Περίπτωση

Δύο λείες σφαίρες \(A\) και \(B\) με μάζες \(m_A\) και \(m_B\), που κινούνται σε λείο οριζόντιο επίπεδο με ταχύτητες \(v_A = 6\text{ m/s}\) και \(v_B = 1{,}5\text{ m/s}\) αντίστοιχα, συγκρούονται μετωπικά και ελαστικά.

Α. Να βρείτε το λόγο \(\frac{m_A}{m_B}\) ώστε η σφαίρα \(A\) μετά τη σύγκρουση να ακινητοποιηθεί, αν οι ταχύτητες των δύο σφαιρών:

• α. έχουν την ίδια κατεύθυνση (ομόρροπες)
• β. έχουν αντίθετη κατεύθυνση (αντίρροπες)

Β. Να υπολογίσετε την ταχύτητα της σφαίρας \(B\) και στις δύο περιπτώσεις.

💡 Ιδιαιτερότητα: Σε κάθε περίπτωση, η σφαίρα \(A\) μένει ακίνητη μετά την κρούση (\(v_A' = 0\))

🔴 \(v_A\) \(= 6\text{ m/s}\) 🔵 \(v_B\) \(= 1{,}5\text{ m/s}\) 🟢 Ζητούμενο Α \(\frac{m_A}{m_B}\) 🟠 Ζητούμενο Β \(v_B'\)

🔍 Προβολή Λύσης

---

Απάντηση:

Α. α. \(\frac{m_A}{m_B} = \mathbf{0{,}5}\)   |   Α. β. \(\frac{m_A}{m_B} = \mathbf{1{,}5}\)

Β. \(v_B' = \mathbf{+4{,}5\text{ m/s}}\) (ομόρροπες)   |   \(v_B' = \mathbf{+7{,}5\text{ m/s}}\) (αντίρροπες)

---

Αναλυτική Λύση:

Α. α. Ομόρροπες ταχύτητες

Επιλέγουμε θετική φορά τη φορά της \(v_A\) (της μεγαλύτερης ταχύτητας).

Οι αλγεβρικές τιμές των τελικών ταχυτήτων δίνονται από τις σχέσεις:

$$v_A' = \frac{m_A - m_B}{m_A + m_B} v_A + \frac{2 m_B}{m_A + m_B} v_B$$ $$v_B' = \frac{2 m_A}{m_A + m_B} v_A + \frac{m_B - m_A}{m_A + m_B} v_B$$

Για \(v_A' = 0\):

$$0 = \frac{m_A - m_B}{m_A + m_B} \cdot 6 + \frac{2 m_B}{m_A + m_B} \cdot 1{,}5$$ $$0 = 6(m_A - m_B) + 3 m_B$$ $$0 = 6 m_A - 6 m_B + 3 m_B$$ $$0 = 6 m_A - 3 m_B$$ $$6 m_A = 3 m_B$$ $$\frac{m_A}{m_B} = \frac{3}{6} = \mathbf{0{,}5}$$

Υπολογισμός \(v_B'\):

$$v_B' = \frac{2 \cdot 0{,}5 m_B}{0{,}5 m_B + m_B} \cdot 6 + \frac{m_B - 0{,}5 m_B}{0{,}5 m_B + m_B} \cdot 1{,}5$$ $$v_B' = \frac{1 m_B}{1{,}5 m_B} \cdot 6 + \frac{0{,}5 m_B}{1{,}5 m_B} \cdot 1{,}5$$ $$v_B' = \frac{6}{1{,}5} + \frac{0{,}5 \cdot 1{,}5}{1{,}5} = 4 + 0{,}5 = \mathbf{+4{,}5\text{ m/s}}$$

---

Α. β. Αντίρροπες ταχύτητες

Επιλέγουμε θετική φορά τη φορά της \(v_A = +6\text{ m/s}\). Άρα \(v_B = -1{,}5\text{ m/s}\).

Οι αλγεβρικές τιμές των τελικών ταχυτήτων δίνονται από τις σχέσεις:

$$v_A' = \frac{m_A - m_B}{m_A + m_B} v_A + \frac{2 m_B}{m_A + m_B} v_B$$ $$v_B' = \frac{2 m_A}{m_A + m_B} v_A + \frac{m_B - m_A}{m_A + m_B} v_B$$

Για \(v_A' = 0\):

$$0 = \frac{m_A - m_B}{m_A + m_B} \cdot 6 + \frac{2 m_B}{m_A + m_B} \cdot (-1{,}5)$$ $$0 = 6(m_A - m_B) - 3 m_B$$ $$0 = 6 m_A - 6 m_B - 3 m_B$$ $$0 = 6 m_A - 9 m_B$$ $$6 m_A = 9 m_B$$ $$\frac{m_A}{m_B} = \frac{9}{6} = \mathbf{1{,}5}$$

Υπολογισμός \(v_B'\):

$$v_B' = \frac{2 \cdot 1{,}5 m_B}{1{,}5 m_B + m_B} \cdot 6 + \frac{m_B - 1{,}5 m_B}{1{,}5 m_B + m_B} \cdot (-1{,}5)$$ $$v_B' = \frac{3 m_B}{2{,}5 m_B} \cdot 6 + \frac{-0{,}5 m_B}{2{,}5 m_B} \cdot (-1{,}5)$$ $$v_B' = \frac{18}{2{,}5} + \frac{0{,}75}{2{,}5} = 7{,}2 + 0{,}3 = \mathbf{+7{,}5\text{ m/s}}$$

---

📌 ΣΗΜΑΝΤΙΚΟ! Στις παραπάνω σχέσεις οι ταχύτητες είναι όλες συγγραμμικές (πάνω στον άξονα που ενώνει τα κέντρα των σφαιρών). Είναι σχέσεις αλγεβρικών τιμών και όχι μέτρων. Γι' αυτό επιλέξαμε θετική φορά τη φορά της \(v_A\) (της μεγαλύτερης ταχύτητας).

📥 Κατεβάστε εδώ μεμονωμένα την άσκηση 3

✍️ Τάσος Τζανόπουλος

📥 Κατέβασε τις ασκήσεις σε μορφή αρχείου:

📄 Αρχείο Word 📑 Αρχείο PDF

📖 Ακίνητη σφαίρα μετά από κεντρική ελαστική κρούση 📖 Ακινητοποίηση σώματος, κατά την κρούση 🧮 Ελαστική κρούση τριών σωμάτων. Ολική μεταφορά. 🎓 Δέκα Απορίες Μαθητών στην Κρούση

✨ Όλες οι σφαίρες κινούνται χωρίς περιστροφή — Ελαστικές μετωπικές κρούσεις

The Myth of the Stationary Electron and the Magic of Compton

Όταν το Φως Συναντά την Ύλη

Το «ακίνητο» ηλεκτρόνιο και η σκέδαση Compton

Το ηλεκτρόνιο δεν είναι ακίνητο, η απορρόφηση του φωτονίου είναι αδύνατη, η γωνία είναι απρόβλεπτη — τρεις αλήθειες που συναντώνται στη σκέδαση Compton

Ας φανταστούμε μια συνάντηση. Ένα υψηλής ενέργειας φωτόνιο \(E=120\,\mathrm{keV}\) (ακτίνες X) διασχίζει την ύλη και συναντά ένα ηλεκτρόνιο.

Τι θα συμβεί; Το φωτόνιο θα συνεχίσει την πορεία του όπως πριν; Θα απορροφηθεί ολικά από το άτομο; Ή μήπως θα εξοστρακιστεί σαν κβαντική μπίλια μπιλιάρδου, αλλάζοντας κατεύθυνση και εκχωρώντας μέρος της ενέργειάς του;

Η απάντηση βρίσκεται στη σκέδαση Compton — μια θεμελιώδη αλληλεπίδραση που επισφραγίζει με τον πιο εντυπωσιακό τρόπο τη σωματιδιακή φύση του φωτός.

Στη σκέδαση Compton το φωτόνιο αλληλεπιδρά με το ηλεκτρόνιο και μεταφέρει σε αυτό μέρος της ενέργειας και της ορμής του.

Α. Ποιον «συναντά» το φωτόνιο;

Το ηλεκτρόνιο που υποδέχεται το προσπίπτον φωτόνιο δεν βρίσκεται απομονωμένο στο κενό. Είναι δεσμευμένο σε κάπιο άτομο εξαιτίας της ηλεκτρικής έλξης Coulomb από τον θετικά φορτισμένο πυρήνα.

Όμως, είναι λάθος να το φανταζόμαστε σαν μια κλασική σφαίρα τοποθετημένη σε μια σταθερή τροχιά. Στον μικρόκοσμο της Κβαντομηχανικής, το ηλεκτρόνιο περιγράφεται από μια κβαντική κατάσταση, η οποία «απλώνεται» σε μια χωρική περιοχή γύρω από τον πυρήνα.

Αυτό συνεπάγεται μια θεμελιώδη φυσική αλήθεια: ένα δεσμευμένο ηλεκτρόνιο δεν μπορεί να έχει ταυτόχρονα απόλυτα καθορισμένη θέση και μηδενική ορμή. Η Αρχή της Αβεβαιότητας του Heisenberg εκφράζει ακριβώς αυτόν τον κβαντικό περιορισμό:

\[ \boxed{ \Delta x\,\Delta p \geq \frac{\hbar}{2} } \]

Όσο πιο περιορισμένο χωρικά είναι το ηλεκτρόνιο μέσα στο άτομο, τόσο πιο έντονη είναι η εγγενής κβαντική του κινητικότητα.

💡 Πού βρίσκεται λοιπόν η ουσία της απλοποίησης;

Το πραγματικό ηλεκτρόνιο διαθέτει πάντοτε μια αρχική, κβαντική ορμή. Όταν όμως μελετάμε τη σκέδαση Compton στο κλασικό εκπαιδευτικό μοντέλο, εστιάζουμε στον πυρήνα του φαινομένου: στην ελαστική κρούση όπου το φωτόνιο μεταφέρει τεράστια ποσά ενέργειας και ορμής στο ηλεκτρόνιο. Γι' αυτό τον λόγο εισάγουμε μια εξαιρετικά αποτελεσματική προσέγγιση.

🔬 Το υλικό έχει σημασία — αλλά όχι στον τύπο

Η εξίσωση Compton δεν περιέχει παραμέτρους του υλικού, γιατί η αλληλεπίδραση είναι φωτονίου-ηλεκτρονίου, όχι φωτονίου-ατόμου. Ωστόσο, η πιθανότητα να συμβεί σκέδαση Compton εξαρτάται από το υλικό: σε ελαφριά υλικά (π.χ. άνθρακας, αλουμίνιο) το Compton είναι πιο πιθανό, ενώ σε βαριά (π.χ. μόλυβδος) υπερισχύει το φωτοηλεκτρικό φαινόμενο σε χαμηλές ενέργειες.

Η θερμική κίνηση

Σε ένα πραγματικό στερεό υλικό, τα άτομα εκτελούν επίσης συνεχή θερμική κίνηση. Θα μπορούσε κάποιος να υποθέσει ότι αυτή η θερμική ταλάντωση είναι ο λόγος που το ηλεκτρόνιο δεν θεωρείται ακίνητο.

Ωστόσο, η θερμική ενέργεια (\(k_B T \approx 0{,}025\,\mathrm{eV}\)) είναι παντελώς αμελητέα. Το ουσιαστικό μέγεθος που μας ενδιαφέρει είναι η **αρχική ορμή του ηλεκτρονίου στο άτομο** και η σύγκρισή της με την ορμή που μεταφέρει το φωτόνιο.

⚠️ Η σωστή φυσική εικόνα

Η θερμική κίνηση είναι μια πραγματική κίνηση του υλικού, αλλά ο βασικός λόγος που το πραγματικό ηλεκτρόνιο δεν μπορεί να θεωρηθεί απολύτως ακίνητο βρίσκεται στην κβαντική του κατάσταση. Στο απλό μοντέλο του Compton, η αρχική ορμή του ηλεκτρονίου θεωρείται αμελητέα σε σχέση με την ορμή που μεταφέρει το φωτόνιο.

Β. Τι σημαίνει «ελεύθερο και αρχικά ακίνητο ηλεκτρόνιο»;

Εδώ απαιτείται μια κρίσιμη φυσική διευκρίνιση. Όταν χαρακτηρίζουμε το ηλεκτρόνιο ως «ελεύθερο», δεν εννοούμε ότι έχει εγκαταλείψει το άτομο πριν τη σύγκρουση. Εννοούμε ότι η ενέργεια δέσμευσής του (\(\sim\mathrm{eV}\)) είναι απειροελάχιστη μπροστά στην ενέργεια του φωτονίου (\(120\,\mathrm{keV}\)), οπότε τα δεσμά του πυρήνα θεωρούνται πρακτικά ανύπαρκτα.

Αντίστοιχα, όταν το θεωρούμε «αρχικά ακίνητο», εννοούμε ότι η αρχική του ορμή είναι τόσο μικρή σε σχέση με τη γιγαντιαία ορμή του φωτονίου των ακτίνων X, ώστε η παραδοχή:

\[ \boxed{ \vec p_e=0 } \]

δεν επηρεάζει την ακρίβεια των υπολογισμών μας. Πρόκειται για μια **ευφυή προσέγγιση του μοντέλου** και όχι για κυριολεκτική ακινησία του ηλεκτρονίου μέσα στη δομή της ύλης.

🔎 Γιατί είναι τόσο ισχυρή αυτή η προσέγγιση;

Επειδή η ενέργεια του φωτονίου (\(120\,\mathrm{keV}\)) είναι συγκρίσιμη με την **ενέργεια ηρεμίας του ηλεκτρονίου** (\(m_0 c^2 \approx 511\,\mathrm{keV}\)), το προσπίπτον φωτόνιο συμπεριφέρεται ως ένα ισχυρό σωματίδιο. Το μοντέλο του «ελεύθερου και ακίνητου» ηλεκτρονίου επιτρέπει να περιγράψουμε τη σκέδαση ως μια απλή ελαστική κρούση, αποσκοπώντας στη βαθιά κατανόηση των διατηρούμενων μεγεθών.

Σε πειράματα υψηλής διακριτικής ικανότητας, η υπαρκτή αρχική ορμή του ηλεκτρονίου προκαλεί μια μικρή απόκλιση γύρω από την αναμενόμενη τιμή μήκους κύματος — ένα φαινόμενο γνωστό ως διεύρυνση της γραμμής Compton (Compton broadening).

Το «ακίνητο ηλεκτρόνιο» δεν είναι λοιπόν μια εσφαλμένη παραδοχή, αλλά ένα **πολύτιμο και κομψό φυσικό μοντέλο**, του οποίου οφείλουμε να γνωρίζουμε τα όρια εφαρμογής.

📊Γ. Συγκριτικός Πίνακας: Φωτοηλεκτρικό vs Compton

Χαρακτηριστικό	Φωτοηλεκτρικό Φαινόμενο	Φαινόμενο Compton
Ενέργεια Φωτονίου (\(h\nu\))	Χαμηλή / Μεσαία (Ορατό, UV)	Πολύ υψηλή (Σκληρές Χ, γ)
Σχέση με \(E_{\text{δεσμ}}\)	\(h\nu \approx E_{\text{δεσμ}}\)	\(h\nu \gg E_{\text{δεσμ}}\) (Αμελητέα)
Κατάσταση Ηλεκτρονίου	Ισχυρά δεσμευμένο στο άτομο	Θεωρείται ελεύθερο & ακίνητο
Μηχανισμός	Ολική απορρόφηση φωτονίου	Ελαστική σκέδαση φωτονίου
Τύχη Φωτονίου	Εξαφανίζεται εντελώς (μεταφέρει όλη την ενέργεια)	Σκεδάζεται με μεγαλύτερο μήκος κύματος (\(\lambda' > \lambda\))
Ρόλος Ατόμου / Πλέγματος	Απαραίτητος (παραλαμβάνει την ορμή)	Αμελητέος (το ηλεκτρόνιο δρα αυτόνομα)

⚠️ Προσοχή

Δεν υπάρχει ένας απόλυτος «διακόπτης» που να λέει ότι σε μια συγκεκριμένη ενέργεια συμβαίνει αποκλειστικά το ένα ή το άλλο φαινόμενο. Η πιθανότητα κάθε αλληλεπίδρασης εξαρτάται από την ενέργεια του φωτονίου αλλά και από το υλικό.

Δ. Η εξίσωση του Compton

Ας περάσουμε τώρα από την ποιοτική εικόνα στο μαθηματικό μέρος.

Όταν ένα φωτόνιο σκεδάζεται από ένα ελεύθερο ηλεκτρόνιο που θεωρούμε αρχικά ακίνητο, το μήκος κύματός του μεταβάλλεται σύμφωνα με την εξίσωση Compton:

\[ \boxed{ \Delta\lambda = \lambda'-\lambda = \frac{h}{m_e c} (1-\cos\theta) } \]

Η ποσότητα

\[ \boxed{ \lambda_C = \frac{h}{m_e c} \approx 2{,}43\times10^{-3}\,\mathrm{nm} } \]

ονομάζεται μήκος κύματος Compton του ηλεκτρονίου.

Πότε έχουμε τη μεγαλύτερη μεταβολή;

Η μεταβολή του μήκους κύματος γίνεται μέγιστη όταν το φωτόνιο σκεδάζεται προς τα πίσω (οπισθοσκέδαση):

\[ \theta=180^\circ \]

Επειδή \[ \cos180^\circ=-1, \] προκύπτει:

\[ \boxed{ \Delta\lambda_{\max} = 2\lambda_C } \] \[ \Delta\lambda_{\max} \approx 4{,}86\times10^{-3}\,\mathrm{nm} \]

Ε. Ας βάλουμε αριθμούς

Ας εξετάσουμε τώρα ένα συγκεκριμένο φωτόνιο ενέργειας \[ E=120\,\mathrm{keV}. \]

1

Βρίσκουμε το αρχικό μήκος κύματος. Χρησιμοποιούμε \[ E=\frac{hc}{\lambda} \] και \[ hc\simeq1240\,\mathrm{eV\,nm}. \] Άρα \[ \lambda = \frac{1240}{120000} \approx 0{,}01033\,\mathrm{nm}. \]

2

Βρίσκουμε τη μέγιστη αύξηση του μήκους κύματος. \[ \Delta\lambda_{\max} = 0{,}00486\,\mathrm{nm}. \] Επομένως \[ \lambda' = \lambda+\Delta\lambda_{\max} \] και \[ \lambda' \approx 0{,}01033+0{,}00486 = 0{,}01519\,\mathrm{nm}. \]

3

Βρίσκουμε τη νέα ενέργεια του φωτονίου. \[ E' = \frac{hc}{\lambda'} \] οπότε \[ E' \approx \frac{1240}{0{,}01519} \approx 81{,}6\,\mathrm{keV}. \]

4

Πόση ενέργεια μεταφέρθηκε στο ηλεκτρόνιο; Από τη διατήρηση της ενέργειας: \[ \Delta E = E-E'. \] Άρα \[ \Delta E \approx 120-81{,}6 = 38{,}4\,\mathrm{keV}. \]

Το φωτόνιο χάνει ενέργεια, ενώ το ηλεκτρόνιο αποκτά κινητική ενέργεια ανάκρουσης. \[ 120\,\mathrm{keV} \longrightarrow 81{,}6\,\mathrm{keV} \]

Ε1. Μπορούμε να υπολογίσουμε τη γωνία εκτίναξης του ηλεκτρονίου (φ);

Ναι! Η γωνία ανάκρουσης \(\phi\) του ηλεκτρονίου δεν είναι ανεξάρτητη· υπολογίζεται μονοσήμαντα από τη γωνία σκέδασης \(\theta\) του φωτονίου εφαρμόζοντας την Διατήρηση της Ορμής στους δύο άξονες:

\[ \boxed{ \operatorname{εφ}\phi = \frac{1}{1 + \alpha} \operatorname{σφ}\left(\frac{\theta}{2}\right) } \]

Όπου \(\alpha = \frac{E}{m_e c^2} = \frac{\lambda_C}{\lambda}\) εκφράζει την αρχική ενέργεια του φωτονίου σε σχέση με την ενέργεια ηρεμίας του ηλεκτρονίου (\(511\,\mathrm{keV}\)).

🎯 Φυσική Σημασία:

• Επειδή \(\operatorname{σφ}(\theta/2) > 0\) για κάθε \(\theta \in (0^\circ, 180^\circ)\), η γωνία \(\phi\) είναι πάντα οξεία (\(\phi < 90^\circ\)). Αυτό σημαίνει ότι το ηλεκτρόνιο εκτινάσσεται πάντοτε προς τα εμπρός.
• Επίσης, όσο πιο μεγάλη είναι η ενέργεια του προσπίπτοντος φωτονίου (μεγαλύτερο \(\alpha\)), τόσο πιο πολύ «σπρώχνεται» το ηλεκτρόνιο προς την αρχική κατεύθυνση του φωτονίου (μικρότερη γωνία \(\phi\)).

✦ Μάλιστα, υπάρχει μια πολύ όμορφη συνέπεια: \[ \theta \rightarrow 180^\circ \implies \phi \rightarrow 0^\circ \] Δηλαδή, όσο το φωτόνιο πλησιάζει την οπισθοσκέδαση, τόσο περισσότερο το ηλεκτρόνιο εκτινάσσεται προς την αρχική κατεύθυνση του φωτονίου.

Παράδειγμα: Για φωτόνιο \(E=120\,\mathrm{keV}\) (\(\alpha \approx 0{,}235\)) και γωνία σκέδασης φωτονίου \(\theta = 90^\circ\):

\[ \operatorname{εφ}\phi = \frac{1}{1 + 0{,}235} \cdot \operatorname{σφ}(45^\circ) = \frac{1}{1{,}235} \cdot 1 \approx 0{,}81 \implies \mathbf{\phi \approx 39^\circ} \]

ΣΤ. Γιατί το ελεύθερο ηλεκτρόνιο ΔΕΝ μπορεί να απορροφήσει ολικά ένα φωτόνιο;

Η εξίσωση του Compton δεν αποτελεί μια απλή συνταγή υπολογισμού μήκους κύματος. Εμπεριέχει μια βαθύτατη φυσική αποκάλυψη για τη φύση της αλληλεπίδρασης φωτός και ύλης.

Ένα καίριο ερώτημα που ανακύπτει είναι: «Γιατί το ηλεκτρόνιο δεν απορροφά απλώς το φωτόνιο, αλλά το σκεδάζει;»

Η απάντηση βρίσκεται στην αδυναμία ταυτόχρονης διατήρησης της ενέργειας και της ορμής σε μια ολική απορρόφηση από ένα ελεύθερο ηλεκτρόνιο.

📐 Η απόδειξη (Βήμα-Βήμα)

📜 Η Πρόταση προς Απόδειξη

Έστω ότι ένα ελεύθερο ηλεκτρόνιο μάζας ηρεμίας \(m_0\), αρχικά ακίνητο, απορροφά ολικά ένα φωτόνιο ενέργειας \(E_\Phi = hf\) και ορμής \(p_\Phi = \dfrac{hf}{c}\). Θα αποδείξουμε ότι είναι αδύνατον να ικανοποιούνται ταυτόχρονα η Διατήρηση της Ορμής και η Διατήρηση της Ενέργειας.

1

Υπόθεση Διατήρησης της Ορμής

Αν το ηλεκτρόνιο απορροφήσει ολικά το φωτόνιο, τότε όλη η ορμή του φωτονίου μεταφέρεται στο ηλεκτρόνιο:

\[ p_e = p_\Phi = \dfrac{hf}{c} \]

Σχετικιστικά, η συνολική ενέργεια \(E_e\) ενός σωματιδίου μάζας \(m_0\) με ορμή \(p_e\) δίνεται από τη θεμελιώδη σχετικιστική σχέση:

\[ E_e^2 = (p_e c)^2 + (m_0 c^2)^2 \]

Αντικαθιστώντας \(p_e c = hf\):

\[ E_e^2 = (hf)^2 + (m_0 c^2)^2 \quad \text{(1)} \]

2

Υπόθεση Διατήρησης της Ενέργειας

Αν ισχύει η διατήρηση της ενέργειας, η τελική συνολική ενέργεια του ηλεκτρονίου \(E_e\) πρέπει να ισούται με την αρχική ενέργεια του συστήματος (ενέργεια φωτονίου + ενέργεια ηρεμίας ηλεκτρονίου):

\[ E_e = hf + m_0 c^2 \]

Υψώνουμε και τα δύο μέλη στο τετράγωνο:

\[ E_e^2 = (hf + m_0 c^2)^2 \]

\[ E_e^2 = (hf)^2 + 2(hf)(m_0 c^2) + (m_0 c^2)^2 \quad \text{(2)} \]

3

Η Αντίφαση (Σύγκριση Σχέσεων 1 & 2)

Εξισώνουμε τα δεξιά μέλη των Σχέσεων (1) και (2):

\[ (hf)^2 + (m_0 c^2)^2 = (hf)^2 + 2(hf)(m_0 c^2) + (m_0 c^2)^2 \]

Αφαιρώντας τους κοινούς όρους \((hf)^2\) και \((m_0 c^2)^2\) από τα δύο μέλη, προκύπτει:

\[ 0 = 2(hf)(m_0 c^2) \]

Όμως, γνωρίζουμε ότι:

• \(h \neq 0\) (σταθερά του Planck)
• \(f > 0\) (συχνότητα του φωτονίου)
• \(m_0 > 0\) (μάζα ηρεμίας ηλεκτρονίου)
• \(c > 0\) (ταχύτητα του φωτός)

Άρα \(2(hf)(m_0 c^2) \neq 0\). Καταλήξαμε σε άτοπο!

💡

Πόση Κινητική Ενέργεια «αντιστοιχεί» στην Ορμή;

Αν επιβάλουμε τη Διατήρηση της Ορμής, η σχετικιστική κινητική ενέργεια \(K_e\) που αποκτά το ηλεκτρόνιο είναι:

\[ K_e = E_e - m_0 c^2 = \sqrt{(hf)^2 + (m_0 c^2)^2} - m_0 c^2 \]

Επειδή για κάθε \(a > 0\) και \(b > 0\) ισχύει αυστηρά \(\sqrt{a^2 + b^2} < a + b\), θέτοντας \(a = hf\) και \(b = m_0 c^2\) έχουμε:

\[ \sqrt{(hf)^2 + (m_0 c^2)^2} < hf + m_0 c^2 \]

Αφαιρώντας \(m_0 c^2\) και από τα δύο μέλη:

\[ \underbrace{\sqrt{(hf)^2 + (m_0 c^2)^2} - m_0 c^2}_{K_e} < hf \]

\[ \boxed{K_e < hf} \]

Δηλαδή: Αν (για να διατηρηθεί η ορμή) το ηλεκτρόνιο πάρει όλη την ορμή του φωτονίου, η κινητική ενέργεια \(K_e\) που θα αποκτήσει θα είναι μικρότερη από την ενέργεια \(hf\) που διαθέτει το φωτόνιο. Η ενέργεια που περισσεύει δεν έχει πού να αποθηκευτεί (αφού το ελεύθερο ηλεκτρόνιο δεν έχει εσωτερικές δομές/ενεργειακές στάθμες), καθιστώντας την ολική απορρόφηση αδύνατη.

👉 Συμπέρασμα για το Compton

Η μόνη φυσικά επιτρεπτή διαδικασία για ελεύθερο ηλεκτρόνιο είναι η σκέδαση (ελαστική κρούση), όπου το φωτόνιο δεν εξαφανίζεται, αλλά φεύγει με λιγότερη ενέργεια (\(E' < E\)) και διαφορετική ορμή, ώστε να ισχύουν και οι δύο νόμοι διατήρησης ταυτόχρονα.

✅ Γιατί στο Φωτοηλεκτρικό Φαινόμενο ΔΕΝ παραβιάζονται οι Νόμοι Διατήρησης;

Στο Φωτοηλεκτρικό Φαινόμενο το ηλεκτρόνιο δεν είναι ελεύθερο, αλλά δεσμευμένο στο άτομο/πλέγμα.

• Ποιος παίρνει την ενέργεια; Το φωτόνιο προσφέρει την ενέργειά του \(hf\) στο ηλεκτρόνιο. Ένα μέρος της καταναλώνεται για να σπάσουν οι δεσμοί (έργο εξαγωγής \(W\)) και το υπόλοιπο γίνεται κινητική ενέργεια του ηλεκτρονίου (\(K_{\max} = hf - W\)).
• Ποιος παίρνει την επιπλέον ορμή; Μέρος της ορμής του φωτονίου την παίρνει το ηλεκτρόνιο. Την ορμή που περισσεύει την παραλαμβάνει ο τεράστιος και βαρύς πυρήνας (ολόκληρο το άτομο).
• Γιατί δεν παραβιάζεται τίποτα; Επειδή η μάζα του ατόμου είναι τεράστια σε σχέση με το ηλεκτρόνιο (\(M_{\text{ατόμου}} \gg m_e\)), το άτομο μπορεί να απορροφήσει την ορμή χωρίς να πάρει σχεδόν καθόλου κινητική ενέργεια (\(K = \frac{p^2}{2M} \approx 0\)).

🔎 Η ουσία της ανακάλυψης

Η σκέδαση Compton αποτελεί έναν από τους ισχυρότερους πυλώνες της Κβαντικής Φυσικής. Απέδειξε ότι το φως δεν μεταφέρει απλώς κύματα ενέργειας, αλλά αποτελείται από κβαντικά σωματίδια (φωτόνια) με καθορισμένη ορμή \[p_\Phi = \dfrac{hf}{c} \] τα οποία υπακούουν αυστηρά στους σχετικιστικούς νόμους διατήρησης κατά τις κρούσεις τους με τα σωματίδια της ύλης.

Πίσω από μια φαινομενικά απλή μετατόπιση στο μήκος κύματος κρύβεται η οριστική επιβεβαίωση της σωματιδιακής φύσης του φωτός και η πλήρης αρμονία των θεμελιωδών νόμων της Φυσικής.

📌 Δείτε την αυτόνομη έκδοση της απόδειξης — με αναλυτική παρουσίαση και πλήρη μαθηματική τεκμηρίωση.

Ζ. Είναι προκαθορισμένη η γωνία στη σκέδαση Compton;

Η απάντηση είναι όχι — τουλάχιστον όχι για κάθε κρούση ξεχωριστά.

Η εξίσωση Compton μάς λέει ποια θα είναι η μεταβολή του μήκους κύματος, αν γνωρίζουμε τη γωνία σκέδασης. Δεν μας λέει ποια ακριβώς θα είναι η γωνία σε μια συγκεκριμένη σύγκρουση.

Θεωρητικά, η γωνία μπορεί να πάρει οποιαδήποτε τιμή από \(0^\circ \leq \theta \leq 180^\circ\).

Γεννιέται, λοιπόν, ένα θεμελιώδες ερώτημα: Η γωνία είναι τυχαία ή προκαθορισμένη;

Για ένα συγκεκριμένο φωτόνιο, δεν μπορούμε να προβλέψουμε εκ των προτέρων αν θα σκεδαστεί, για παράδειγμα, κατά \(15^\circ\), \(60^\circ\) ή \(140^\circ\). Η γωνία σκέδασης διέπεται από πιθανοκρατικούς νόμους.

Αυτό, ωστόσο, δεν σημαίνει ότι όλες οι γωνίες είναι εξίσου πιθανές — κι εδώ ακριβώς βρίσκεται η ομορφιά.

Η φύση δεν επιλέγει όλες τις γωνίες το ίδιο

Φανταστείτε ότι στέλνουμε όχι ένα, αλλά ένα εκατομμύριο φωτόνια ίδιας ενέργειας, για παράδειγμα φωτόνια των \(120\,\mathrm{keV}\), πάνω σε ένα υλικό.

Δεν μπορούμε να γνωρίζουμε πού ακριβώς θα πάει το κάθε φωτόνιο. Μπορούμε όμως να καταγράψουμε:

• πόσα φωτόνια σκεδάστηκαν σε μικρές γωνίες,
• πόσα σε μεσαίες,
• πόσα σε μεγάλες,
• και πόσα περίπου προς τα πίσω.

Θα διαπιστώσουμε τότε ότι οι γωνίες δεν εμφανίζονται όλες με την ίδια συχνότητα. Η σκέδαση προς μικρές γωνίες είναι πιθανότερη από τη σκέδαση προς μεγάλες γωνίες για φωτόνια ενέργειας \(120\,\mathrm{keV}\).

Το συμπέρασμα είναι συναρπαστικό: Το μεμονωμένο γεγονός είναι απρόβλεπτο, αλλά το πλήθος των γεγονότων ακολουθεί έναν πολύ συγκεκριμένο στατιστικό νόμο.

Η εξίσωση Compton δεν «διαλέγει» τη γωνία

Θα μπορούσαμε να το πούμε ακόμη πιο απλά.

Η σχέση \[ \Delta\lambda = \lambda_C(1-\cos\theta) \] δεν λέει: «Το φωτόνιο θα σκεδαστεί υπό γωνία \(37^\circ\)».

Λέει: «Αν το φωτόνιο σκεδαστεί υπό γωνία \(37^\circ\), τότε η μεταβολή του μήκους κύματός του θα είναι αυτή που αντιστοιχεί στα \(37^\circ\).»

Είναι, λοιπόν, μια σχέση συνέπειας και όχι ένας μηχανισμός που αποφασίζει τη γωνία.

Η γωνία είναι το αποτέλεσμα του συγκεκριμένου κβαντικού γεγονότος· η εξίσωση Compton μάς λέει ποια θα είναι η συνέπεια αυτού του αποτελέσματος για το μήκος κύματος.

Πώς το διαπιστώνουμε πειραματικά;

Χρειαζόμαστε πολλά φωτόνια. Μετράμε πόσα γεγονότα αντιστοιχούν σε κάθε γωνία και κατασκευάζουμε τη στατιστική κατανομή.

Τότε εμφανίζεται η χαρακτηριστική καμπύλη που προβλέπει η κβαντομηχανική και επιβεβαιώνει το πείραμα: η γραφική παράσταση της εξίσωσης Klein–Nishina.

📌 Για τη σκέδαση φωτονίων ενέργειας \(120\,\mathrm{keV}\), η πιθανότητα είναι μέγιστη προς την αρχική κατεύθυνση (\(\theta = 0^\circ\)), μειώνεται μέχρι ένα ελάχιστο (\(34\%\)) γύρω στις \(90^\circ\) και αυξάνεται ξανά (περίπου \(50\%\)) κοντά στη \(\theta = 180^\circ\). Μπορείτε να κάνετε αντίστοιχες παρατηρήσεις και για διαφορετικές τιμές ενέργειας φωτονίων.

Ένα μικρό παράδοξο της κβαντικής Φυσικής

Εδώ βρίσκεται ίσως η πιο όμορφη πλευρά του θέματος.

Αν ρωτήσουμε: «Πού ακριβώς θα πάει αυτό το συγκεκριμένο φωτόνιο;» η θεωρία δεν μας δίνει μια συγκεκριμένη απάντηση.

Αν όμως ρωτήσουμε: «Τι θα συμβεί αν στείλουμε ένα εκατομμύριο ίδια φωτόνια;» η απάντηση γίνεται εξαιρετικά συγκεκριμένη. Θα εμφανιστεί μια καθορισμένη στατιστική κατανομή των γωνιών σκέδασης.

μεμονωμένο γεγονός  →  πιθανοκρατικό

μεγάλο πλήθος γεγονότων  →  στατιστικά προβλέψιμο

Αυτή η διάκριση — μεμονωμένο φωτόνιο έναντι πλήθους φωτονίων — είναι το κλειδί για να καταλάβουμε τι σημαίνει «τυχαίο» στην κβαντική Φυσική.

🧠 Για να θυμάσαι

• Ο τύπος του Compton δεν προβλέπει τη γωνία. Προβλέπει τη μεταβολή του μήκους κύματος για δεδομένη γωνία.
• Η Klein–Nishina δεν προβλέπει τη γωνία ενός συγκεκριμένου φωτονίου. Προβλέπει την πιθανότητα να παρατηρήσουμε σκέδαση στις διάφορες γωνίες.
• Έτσι: Το μεμονωμένο φωτόνιο σκεδάζεται με τρόπο που δεν μπορούμε να προβλέψουμε εκ των προτέρων, ενώ ένα μεγάλο πλήθος φωτονίων εμφανίζει μια συγκεκριμένη και προβλέψιμη στατιστική κατανομή.
• Αυτή ακριβώς είναι η βαθιά ιδέα της κβαντικής Φυσικής: Η Φύση είναι απρόβλεπτη στο μικρό, αλλά απόλυτα προβλέψιμη στο μεγάλο.

🧠 Σύνοψη:

• Το φωτόνιο φέρει ενέργεια \(\displaystyle E=\frac{hc}{\lambda}\) και ορμή \(\displaystyle p=\frac{h}{\lambda}\).
• Στη σκέδαση Compton το φωτόνιο δεν εξαφανίζεται· σκεδάζεται με μικρότερη ενέργεια.
• Επειδή \(E'<E\), το μήκος κύματος αυξάνεται: \[ \lambda'>\lambda. \]
• Η μεταβολή του μήκους κύματος εξαρτάται αποκλειστικά από τη γωνία σκέδασης: \[ \Delta\lambda = \lambda_C(1-\cos\theta). \]
• Η μέγιστη μεταβολή εμφανίζεται στην οπισθοσκέδαση (\(\theta=180^\circ\)).
• Το «ελεύθερο και αρχικά ακίνητο ηλεκτρόνιο» είναι μια πολύτιμη προσέγγιση του μοντέλου, όχι μια κυριολεκτική περιγραφή του δεσμευμένου ηλεκτρονίου μέσα στο άτομο.
• Η σκέδαση Compton αποδεικνύει τις σωματιδιακές ιδιότητες του φωτός κατά την αλληλεπίδρασή του με την ύλη.

🌍 Γιατί έχει σημασία στην πράξη;

Η σκέδαση Compton δεν είναι μόνο μια θεωρητική άσκηση. Έχει κρίσιμες εφαρμογές στην Ιατρική (απεικόνιση με ακτίνες Χ και ακτινοθεραπεία), στην Αστροφυσική (όπου το Compton διαμορφώνει το φάσμα των ακτίνων γ από υπερκαινοφανείς και ενεργούς γαλαξιακούς πυρήνες), και στην Πυρηνική Φυσική (ανίχνευση ακτινοβολίας).

✦ Και μια διαφορετική ματιά στη σκέδαση ✦

✦ Διαδραστική έκδοση του άρθρου ✦

📥 Κατεβάστε το άρθρο σε PDF

Ανοίγει σε νέα σελίδα — κατάλληλο για εκτύπωση ή αποθήκευση ως PDF.

Επιμέλεια & Ανάλυση: © Τάσος Τζανόπουλος
Για τη διδασκαλία της Σύγχρονης Φυσικής στο Λύκειο