ΠΑΝΕΛΛΑΔΙΚΕΣ ΕΞΕΤΑΣΕΙΣ 2026
Ημερήσια & Εσπερινά Γενικά Λύκεια
Δευτέρα 8 Ιουνίου 2026
Διάρκεια: 3 ώρες
Μάθημα: ΦΥΣΙΚΗ ΠΡΟΣΑΝΑΤΟΛΙΣΜΟΥ
Θέμα Α
A1. Η στροφορμή ενός συστήματος σωμάτων δεν μεταβάλλεται όταν
- α) η συνισταμένη των δυνάμεων που ασκούνται στο σύστημα είναι μηδέν.
- β) τα σώματα κάνουν μόνο περιστροφική κίνηση.
- γ) οι άξονες περιστροφής των σωμάτων είναι σταθεροί.
- δ) το αλγεβρικό άθροισμα των ροπών των εξωτερικών δυνάμεων είναι μηδέν.
Σωστή απάντηση: δ
Η στροφορμή διατηρείται όταν η συνολική εξωτερική ροπή είναι μηδέν: \( \Sigma \tau_{εξ} = \frac{dL}{dt} = 0 \).
Η στροφορμή διατηρείται όταν η συνολική εξωτερική ροπή είναι μηδέν: \( \Sigma \tau_{εξ} = \frac{dL}{dt} = 0 \).
A2. Ένα εγκάρσιο απλό αρμονικό κύμα διαδίδεται σε ομογενές γραμμικό ελαστικό μέσο χωρίς απώλειες. Μια τυχαία χρονική στιγμή t όλα τα σημεία του μέσου που ταλαντώνονται έχουν
- α) ίσες ταχύτητες και ίσα πλάτη.
- β) ίσες περιόδους και ίσα πλάτη.
- γ) ίσες συχνότητες και ίσες απομακρύνσεις.
- δ) ίσες ταχύτητες και ίσες συχνότητες.
Σωστή απάντηση: β
Όλα τα σημεία του μέσου ταλαντώνονται με την ίδια περίοδο/συχνότητα. Το πλάτος είναι ίδιο για όλα (κύμα χωρίς απώλειες).
Όλα τα σημεία του μέσου ταλαντώνονται με την ίδια περίοδο/συχνότητα. Το πλάτος είναι ίδιο για όλα (κύμα χωρίς απώλειες).
A3. Τα αμπερόμετρα και βολτόμετρα για εναλλασσόμενο ρεύμα δίνουν
- α) την ενεργό τιμή.
- β) τη μέση τιμή.
- γ) το πλάτος.
- δ) τη στιγμιαία τιμή.
Σωστή απάντηση: α
Τα όργανα AC μετρούν την ενεργό τιμή (rms).
Τα όργανα AC μετρούν την ενεργό τιμή (rms).
A4. Δύο σφαίρες ίδιας μάζας, με αντίθετες ταχύτητες μέτρου υ, συγκρούονται κεντρικά και ελαστικά. Μετά την κρούση
- α) θα ακινητοποιηθούν.
- β) η μία θα ακινητοποιηθεί, η άλλη θα κινηθεί με υ.
- γ) θα απομακρυνθούν με ταχύτητες ίδιου μέτρου.
- δ) η συνολική κινητική ενέργεια θα μηδενιστεί.
Σωστή απάντηση: γ
Σε ελαστική κρούση ίσων μαζών, ανταλλάσσονται ταχύτητες. Οι σφαίρες απομακρύνονται με ταχύτητες ίδιου μέτρου (υ).
Σε ελαστική κρούση ίσων μαζών, ανταλλάσσονται ταχύτητες. Οι σφαίρες απομακρύνονται με ταχύτητες ίδιου μέτρου (υ).
A5. Χαρακτηρίστε ως Σωστό ή Λάθος:
- α) Τα ηλεκτρομαγνητικά κύματα παράγονται από μεταβαλλόμενα ηλεκτρικά και μαγνητικά πεδία.
- β) Στον συντονισμό εξαναγκασμένης ταλάντωσης το πλάτος γίνεται μέγιστο.
- γ) Στην ελαστική κρούση δεν διατηρείται η μηχανική ενέργεια.
- δ) Ο συντελεστής αυτεπαγωγής πηνίου εξαρτάται από την ένταση του ρεύματος.
- ε) Κατά τον de Broglie, κάθε κινούμενο σωματίδιο έχει μήκος κύματος αντιστρόφως ανάλογο της ορμής του.
α. Σ, β. Σ, γ. Λ, δ. Λ, ε. Σ
γ: Η μηχανική ενέργεια διατηρείται στην ελαστική κρούση. δ: Ο συντελεστής L εξαρτάται από γεωμετρία και υλικό πυρήνα, όχι από το ρεύμα.
γ: Η μηχανική ενέργεια διατηρείται στην ελαστική κρούση. δ: Ο συντελεστής L εξαρτάται από γεωμετρία και υλικό πυρήνα, όχι από το ρεύμα.
Θέμα Β
B1. Χορδή ΟΓ μήκους L, άκρο Γ στερεωμένο, άκρο Ο ελεύθερο. Δημιουργείται στάσιμο κύμα. Για περίοδο Τ₁ → 2 δεσμοί. Για Τ₂ → 3 δεσμοί. Λόγος Τ₁/Τ₂;
Στάσιμο κύμα σε χορδή με ελεύθερο άκρο
Σωστή επιλογή: iii) 5/3
Για ελεύθερο άκρο: \( L = (2k-1)\frac{\lambda}{4} \).
2 δεσμοί → k=2 → \( L = \frac{3\lambda_1}{4} \).
3 δεσμοί → k=3 → \( L = \frac{5\lambda_2}{4} \).
Άρα \( \frac{3\lambda_1}{4} = \frac{5\lambda_2}{4} \Rightarrow \frac{\lambda_1}{\lambda_2} = \frac{5}{3} \).
Αλλά \( T = \lambda / v \) (ίδια ταχύτητα) → \( \frac{T_1}{T_2} = \frac{\lambda_1}{\lambda_2} = \frac{5}{3} \).
Για ελεύθερο άκρο: \( L = (2k-1)\frac{\lambda}{4} \).
2 δεσμοί → k=2 → \( L = \frac{3\lambda_1}{4} \).
3 δεσμοί → k=3 → \( L = \frac{5\lambda_2}{4} \).
Άρα \( \frac{3\lambda_1}{4} = \frac{5\lambda_2}{4} \Rightarrow \frac{\lambda_1}{\lambda_2} = \frac{5}{3} \).
Αλλά \( T = \lambda / v \) (ίδια ταχύτητα) → \( \frac{T_1}{T_2} = \frac{\lambda_1}{\lambda_2} = \frac{5}{3} \).
B2. Δύο παράλληλοι αγωγοί (1) και (2), Ι₁ = Ι, Ι₂ = 2Ι, απόσταση r, δύναμη F₁. Απομάκρυνση κατά d=r/2 και διπλασιασμός Ι₂. Λόγος F₁/F₂;
Παράλληλοι αγωγοί
Σωστή επιλογή: i) 3/4
Αρχικά: \( F_1 = \frac{\mu_0}{2\pi} \frac{I \cdot 2I}{r} \ell = \frac{\mu_0}{\pi} \frac{I^2}{r} \ell \).
Τελικά: \( r' = r + r/2 = 3r/2 \), \( I_2' = 4I \).
\( F_2 = \frac{\mu_0}{2\pi} \frac{I \cdot 4I}{3r/2} \ell = \frac{4\mu_0 I^2}{3\pi r} \ell \).
\( \frac{F_1}{F_2} = \frac{\mu_0 I^2/(\pi r)}{4\mu_0 I^2/(3\pi r)} = \frac{3}{4} \).
Αρχικά: \( F_1 = \frac{\mu_0}{2\pi} \frac{I \cdot 2I}{r} \ell = \frac{\mu_0}{\pi} \frac{I^2}{r} \ell \).
Τελικά: \( r' = r + r/2 = 3r/2 \), \( I_2' = 4I \).
\( F_2 = \frac{\mu_0}{2\pi} \frac{I \cdot 4I}{3r/2} \ell = \frac{4\mu_0 I^2}{3\pi r} \ell \).
\( \frac{F_1}{F_2} = \frac{\mu_0 I^2/(\pi r)}{4\mu_0 I^2/(3\pi r)} = \frac{3}{4} \).
B3. Δύο ράβδοι ΟΑ (ℓ₁) και ΟΓ (ℓ₂), ίδια μάζα Μ. Στο Α σφαίρα μάζας m = Μ/2. Σύστημα ισορροπεί με γωνία φ. Λόγος ℓ₁/ℓ₂;
Ράβδοι σε ισορροπία
Σωστή επιλογή: ii) 1/2
Ισορροπία ροπών ως προς Ο. Ροπή βάρους ράβδου ΟΑ: \( M g \frac{\ell_1}{2} \sin\phi \). Ροπή βάρους ράβδου ΟΓ: \( M g \frac{\ell_2}{2} \sin\phi \). Ροπή βάρους σφαίρας: \( (M/2) g \ell_1 \sin\phi \).
Συνθήκη ισορροπίας: \( M g \frac{\ell_1}{2} + \frac{M}{2} g \ell_1 = M g \frac{\ell_2}{2} \) → \( \ell_1 = \frac{\ell_2}{2} \).
Ισορροπία ροπών ως προς Ο. Ροπή βάρους ράβδου ΟΑ: \( M g \frac{\ell_1}{2} \sin\phi \). Ροπή βάρους ράβδου ΟΓ: \( M g \frac{\ell_2}{2} \sin\phi \). Ροπή βάρους σφαίρας: \( (M/2) g \ell_1 \sin\phi \).
Συνθήκη ισορροπίας: \( M g \frac{\ell_1}{2} + \frac{M}{2} g \ell_1 = M g \frac{\ell_2}{2} \) → \( \ell_1 = \frac{\ell_2}{2} \).
Θέμα Γ (Compton & Φωτοηλεκτρικό)
Γ1. Μήκος κύματος σκεδαζόμενου φωτονίου.
Δίνεται \( \lambda = 8\lambda_c \), όπου \( \lambda_c = \frac{h}{m_e c} \)το μήκος κύματος Compton του ηλεκτρονίου. Να βρεθεί λ' για φ=180°.
Δίνεται \( \lambda = 8\lambda_c \), όπου \( \lambda_c = \frac{h}{m_e c} \)το μήκος κύματος Compton του ηλεκτρονίου. Να βρεθεί λ' για φ=180°.
\( \lambda' = \lambda + \frac{h}{m_e c}(1-\cos180°) = \lambda + 2\lambda_c = 8\lambda_c + 2\lambda_c = 10\lambda_c \).
Γ2. Ενέργειες φωτονίων και κινητική ενέργεια ηλεκτρονίου σε eV.
\( E_φ = \frac{hc}{\lambda} = \frac{hc}{8\lambda_c} = \frac{m_e c^2}{8} \), \( E'_φ = \frac{hc}{10\lambda_c} = \frac{m_e c^2}{10} \).
\( K_e = E_φ - E'_φ = m_e c^2 \left(\frac{1}{8} - \frac{1}{10}\right) = \frac{m_e c^2}{40} \).
Δίνεται \( m_e c^2 = 5 \times 10^5 \text{ eV} \) → \( K_e = \frac{5\times10^5}{40} = 1,25\times10^4 \text{ eV} = 12,5 \text{ keV} \).
\( K_e = E_φ - E'_φ = m_e c^2 \left(\frac{1}{8} - \frac{1}{10}\right) = \frac{m_e c^2}{40} \).
Δίνεται \( m_e c^2 = 5 \times 10^5 \text{ eV} \) → \( K_e = \frac{5\times10^5}{40} = 1,25\times10^4 \text{ eV} = 12,5 \text{ keV} \).
Γ3. Συχνότητα κατωφλίου στο φωτοηλεκτρικό φαινόμενο. Για λ₁ = 400 nm, Φ = 1,4 eV. Υπολογισμός f₀.
\( f_0 = \frac{\Phi}{h} = \frac{1,4 \text{ eV}}{4,14\times10^{-15} \text{ eV·s}} \approx 3,38\times10^{14} \text{ Hz} \).
(ή \( h = 6,4\times10^{-34} \text{ J·s} \), \( \Phi = 1,4 \times 1,6\times10^{-19} \text{ J} \) → \( f_0 = \frac{2,24\times10^{-19}}{6,4\times10^{-34}} = 3,5\times10^{14} \text{ Hz} \)).
(ή \( h = 6,4\times10^{-34} \text{ J·s} \), \( \Phi = 1,4 \times 1,6\times10^{-19} \text{ J} \) → \( f_0 = \frac{2,24\times10^{-19}}{6,4\times10^{-34}} = 3,5\times10^{14} \text{ Hz} \)).
Γ4. Δυναμικό αποκοπής V₀ για λ₁ = 400 nm.
\( E_φ = \frac{hc}{\lambda} = \frac{1200 \text{ eV·nm}}{400 \text{ nm}} = 3 \text{ eV} \).
\( K_{max} = E_φ - \Phi = 3 - 1,4 = 1,6 \text{ eV} \).
\( V_0 = \frac{K_{max}}{e} = 1,6 \text{ V} \).
\( K_{max} = E_φ - \Phi = 3 - 1,4 = 1,6 \text{ eV} \).
\( V_0 = \frac{K_{max}}{e} = 1,6 \text{ V} \).
Θέμα Δ (Ταλαντώσεις & Επαγωγή)
Διάταξη αγωγού, ελατηρίου και μαγνητικού πεδίου σε κατάσταση ισορροπίας
Δ1. Χρονική εξίσωση απομάκρυνσης x(t) του σώματος Σ.
\( x(t) = 0,2 \sin(10t + \frac{\pi}{2}) \,\text{(SI)} \)
Από ισορροπία αγωγού: \( F = m_2 g + T \) → \( 3 = 1 + T \) → \( T = 2\,\text{N} \).
Ισορροπία Σ: \( T = m_1 g + k \Delta\ell \) → \( 2 = 1 + 10 \Delta\ell \) → \( \Delta\ell = 0,1\,\text{m} \).
Νέα ΘΙ (χωρίς νήμα): \( k \Delta\ell_0 = m_1 g \) → \( \Delta\ell_0 = 0,1\,\text{m} \) (συμπίεση).
Πλάτος: \( A = \Delta\ell + \Delta\ell_0 = 0,2\,\text{m} \).
\( \omega = \sqrt{k/m_1} = \sqrt{10/0,1} = 10\,\text{rad/s} \).
Με \( x(0)=+A \), \( x(t)=0,2 \cos(10t) = 0,2\sin(10t+\pi/2) \).
Από ισορροπία αγωγού: \( F = m_2 g + T \) → \( 3 = 1 + T \) → \( T = 2\,\text{N} \).
Ισορροπία Σ: \( T = m_1 g + k \Delta\ell \) → \( 2 = 1 + 10 \Delta\ell \) → \( \Delta\ell = 0,1\,\text{m} \).
Νέα ΘΙ (χωρίς νήμα): \( k \Delta\ell_0 = m_1 g \) → \( \Delta\ell_0 = 0,1\,\text{m} \) (συμπίεση).
Πλάτος: \( A = \Delta\ell + \Delta\ell_0 = 0,2\,\text{m} \).
\( \omega = \sqrt{k/m_1} = \sqrt{10/0,1} = 10\,\text{rad/s} \).
Με \( x(0)=+A \), \( x(t)=0,2 \cos(10t) = 0,2\sin(10t+\pi/2) \).
Δ2. Επιτάχυνση όταν \( K/E = 3/4 \).
\( |a| = 10\,\text{m/s}^2 \)
\( E = \frac{1}{2} k A^2 = 0,5 \cdot 10 \cdot 0,04 = 0,2\,\text{J} \).
\( K = \frac{3}{4}E = 0,15\,\text{J} \) → \( U = 0,05\,\text{J} \).
\( U = \frac{1}{2} k x^2 \) → \( 0,05 = 5 x^2 \) → \( x^2 = 0,01 \) → \( x = \pm 0,1\,\text{m} \).
\( a = -\omega^2 x = -100 \cdot (\pm 0,1) = \mp 10\,\text{m/s}^2 \) → \( |a| = 10\,\text{m/s}^2 \).
\( E = \frac{1}{2} k A^2 = 0,5 \cdot 10 \cdot 0,04 = 0,2\,\text{J} \).
\( K = \frac{3}{4}E = 0,15\,\text{J} \) → \( U = 0,05\,\text{J} \).
\( U = \frac{1}{2} k x^2 \) → \( 0,05 = 5 x^2 \) → \( x^2 = 0,01 \) → \( x = \pm 0,1\,\text{m} \).
\( a = -\omega^2 x = -100 \cdot (\pm 0,1) = \mp 10\,\text{m/s}^2 \) → \( |a| = 10\,\text{m/s}^2 \).
Δ3. Είδος κίνησης αγωγού ΝΛ και οριακή ταχύτητα.
Διάταξη κυκλώματος αγωγού, στην κατάσταση κίνησής του στο μαγνητικό πεδίο με υορ
\( v_{ορ} = 4\,\text{m/s} \)
Ο αγωγός μετά το κόψιμο του νήματος αρχικά δέχεται τη δύναμη \( \vec{F} \) και το βάρος \( \vec{w} \) και αρχίζει να επιταχύνεται. Μετά από λίγο αποκτά ταχύτητα και αναπτύσσεται ΗΕΔ από επαγωγή. Επειδή το κύκλωμα είναι κλειστό, διαρρέεται από ρεύμα και δέχεται δύναμη Laplace που αντιτίθεται στην κίνηση.
Καθώς η ταχύτητα αυξάνεται, αυξάνεται και η δύναμη Laplace, με αποτέλεσμα η συνισταμένη δύναμη και η επιτάχυνση να ελαττώνονται συνεχώς σύμφωνα με τον νόμο:
$$\alpha=\frac{F-F_{L}-m_{2}g}{m_{2}} = \frac{F - \frac{B^2 v l^2}{R_{\text{ολ}}} - m_{2}g}{m_{2}}$$Μετά από κάποιο χρόνο ο αγωγός αποκτά οριακή ταχύτητα (\( \upsilon_{\text{ορ}} \)), η συνισταμένη δύναμη μηδενίζεται (\( \Sigma F=0 \)) και η κίνηση γίνεται ευθύγραμμη ομαλή:
$$F = F_{L} + m_{2}g \Rightarrow F_{L} = F - m_{2}g$$ $$\Rightarrow F_{L} = 3\text{ N} - 1\text{ N} = 2\text{ N}$$Το επαγωγικό ρεύμα είναι:
$$F_{L}=BIl \Rightarrow I=\frac{F_{L}}{Bl} = \frac{2\text{ N}}{(1\text{ T})(1\text{ m})} = 2\text{ A}$$Από την ΗΕΔ επαγωγής υπολογίζουμε την οριακή ταχύτητα:
$$\mathcal{E}_{\text{επ}}=B\upsilon_{\text{ορ}}l \Rightarrow I R_{\text{ολ}}=B\upsilon_{\text{ορ}}l$$ $$\Rightarrow \upsilon_{\text{ορ}}=\frac{I R_{\text{ολ}}}{Bl} = \frac{(2\text{ A})(2\text{ }\Omega)}{(1\text{ T})(1\text{ m})} = 4\text{ m/s}$$Δ4. Ποσοστό έργου δύναμης F που μετατρέπεται σε θερμότητα σε Δt = 0,125 s.
\( 66,67\% \)
\( h = v_{ορ} \cdot \Delta t = 4 \cdot 0,125 = 0,5\,\text{m} \).
\( W_F = F \cdot h = 3 \cdot 0,5 = 1,5\,\text{J} \).
\( Q = F_L \cdot h = (F - m_2 g) h = (3-1) \cdot 0,5 = 1,0\,\text{J} \).
\( \frac{Q}{W_F} \cdot 100\% = \frac{1,0}{1,5} \cdot 100\% = 66,67\% \).
\( h = v_{ορ} \cdot \Delta t = 4 \cdot 0,125 = 0,5\,\text{m} \).
\( W_F = F \cdot h = 3 \cdot 0,5 = 1,5\,\text{J} \).
\( Q = F_L \cdot h = (F - m_2 g) h = (3-1) \cdot 0,5 = 1,0\,\text{J} \).
\( \frac{Q}{W_F} \cdot 100\% = \frac{1,0}{1,5} \cdot 100\% = 66,67\% \).
Το Δ4 μπορεί να απαντηθεί χωρίς να δίνεται ο χρόνος:
ΑπάντησηΔιαγραφήQ/WF = FL̛· h / F· h =
(F-mg)/F =
1 – mg/F =
1 – 1/3 =2/3
π = {2/3 }100% = 66,7%
Δηλαδή το ζητούμενο ποσοστό είναι ανεξάρτητο του χρόνου.
Στο σχολικό βιβλίο ο όρος «δυναμικό αποκοπής» δεν αναφέρεται στη θεωρία, αντί αυτού γίνεται λόγος για "τάση αποκοπής", για την οποία αναφέρει: Τάση αρνητική, εδώ, σημαίνει ότι η άνοδος έχει μικρότερο δυναμικό από την κάθοδο. Στην περίπτωση αυτή το ηλεκτρικό πεδίο μεταξύ ανόδου - καθόδου παρεμποδίζει τα ηλεκτρόνια που εξέρχονται από την κάθοδο να φτάσουν στην
ΑπάντησηΔιαγραφήάνοδο.. Από την πρόταση αυτή και σε συνδυασμό με το διάγραμμα έντασης ρεύματος και τάσης, προκύπτει ότι η τάση αποκοπής είναι αρνητική, δηλαδή η ορθη απάντηση το Γ4 είναι V0 = -1,6 V.
Όμως, στα περισσότερα ελληνικά σχολικά συγγράμματα συναντάται κυρίως η διατύπωση:
Kmax=eVαπ
όπου το Vαπ λαμβάνεται ως θετικό μέγεθος, δηλαδή ως το μέτρο της αντίθετης τάσης που απαιτείται για να μηδενιστεί το φωτορεύμα.
Από την άλλη μεριά, ο όρος "δυναμικό αποκοπής" χρησιμοποιείται επίσης, αλλά αυστηρά μιλώντας το «δυναμικό» αφορά ένα σημείο του χώρου, ενώ εδώ μας ενδιαφέρει η διαφορά δυναμικού μεταξύ δύο ηλεκτροδίων.
Λογικά, και οι δύο απαντήσεις (1.6 V και -1,6 V) θεωρούνται σωστές.