David reparado

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Laboratorio de Física Moderna Problema 1. La potencia de radiación de un cuerpo negro es de 34 Kw .Hallar la temperatura de este cuerpo si el área de su superficie es de 0,6m 2 . Datos: R t = 34∙10 3 W A = 0,6 m 2 σ = 5,67∙10 -8 W·m -2 ·K -4 Solución: Si R t es la potencia radiada por toda la superficie del cuerpo, entonces la potencia radiada por la unidad de superficie (radiancia) es igual a Según la ley de Stefan-Bolttzman: R = σT 4 . Por consiguiente, Problema 2. Una lámina de color negro se encuentra colocada de manera tal que los haces de luz incidente caen sobre ella perpendicularmente. ¿Hasta que temperatura se calienta la

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Laboratorio de Fiacutesica ModernaProblema 1La potencia de radiacioacuten de un cuerpo negro es de 34 Kw Hallar la temperatura de este cuerpo si el aacuterea de su superficie es de 06m2

Datos

Rt = 34∙103WA = 06 m2

σ = 567∙10-8Wm-2K-4

Solucioacuten

Si Rt es la potencia radiada por toda la superficie del cuerpo entonces la potencia radiada por la unidad de superficie (radiancia) es igual a

Seguacuten la ley de Stefan-Bolttzman

R = Tσ 4

Por consiguiente

Problema 2Una laacutemina de color negro se encuentra colocada de manera tal que los haces de luz incidente caen sobre ella perpendicularmente iquestHasta que temperatura se calienta la laacutemina si en cada minuto caen 2 caloriacuteas por 1cm2de su superficie

Datos

U = 2 cal = 2∙41869 J = 83738 JA = 1cm2 = 1∙10-4m2

t = 1min = 60sσ = 56710-8W m-2K -4

Solucioacuten

Consideramos que la laacutemina se comporta como un cuerpo absolutamente negro y que se encuentra en el equilibrio teacutermico Esto significa que la energiacutea que incide sobre la laacutemina es igual a la energiacutea que ella emite La energiacutea recibida por la laacutemina por unidad de superficie y de tiempo (la radiancia R) es igual a

Sustituyendo R en la foacutermula de Stefan-Boltzman R = Tσ 4 por su valor numeacuterico obtenido se calcula la temperatura

La temperatura de la laacutemina en grados Celsius es de 123deg

Problema 3Calcule la temperatura de la superficie del sol si se sabe que en el espectro de radiacioacuten del sol lo corresponde una mayor emisioacuten de energiacutea a la longitud de onda de 47510-5cm Considere que el sol emite como un cuerpo negro

Datos

= 475∙10λ -5cm = 475∙10-7mb = 289∙10-5 m∙K

Solucioacuten

Utilizando la ley de desplazamiento de Wien se calcula la temperatura T

Problema 4Generalmente se considera que el valor medio de la energiacutea que emite 1 cm2 de la superficie terrestre en un minuto es de 013 caloriacuteas Considerando la Tierra como un cuerpo negro determine la temperatura media de su superficie y la longitud de onda a la cual corresponde el maacuteximo de la energiacutea que se radia (1 cal = 418 J)

Datos

A = 1 cm2 = 110-4m2

U = 013 cal = 013418 J = 05434 J

t = 1 min = 60 s

σ = 56710-8Wm-2K-4

b = 289∙10-5m∙K

Solucioacuten

La radiancia del cuerpo negro es decir la energiacutea que emite en 1 s la unidad de superficie del cuerpo negro se determina por la foacutermula de Stefan-Boltzman

R = σT4

De otro lado

Por lo tanto

La longitud de onda a la cual corresponde la radiancia maacutexima se calculautilizando la ley de Wien

Dondeb es la constante de Wien

Asiacute pues el maacuteximo del poder emisivo de la superficie terrestre corresponde a la parte de onda larga (infrarroja) del espectro

Hay que aclarar que la Tierra tendriacutea la temperatura media tan baja (200K = -73degC) si faltara la atmoacutesfera La atmoacutesfera absorbe la radiacioacuten de la Tierra y se calienta por eacutesta pero a su vez la atmoacutesfera calentada la emite Una parte de esta radiacioacuten va a la Tierra y se absorbe por ella originando el calentamiento de la superficie terrestre Por eso la temperatura media real de la Tierra resulta mucho maacutes alta que la calculada anteriormente La atmoacutesfera preserva la superficie terrestre de demasiado enfriamiento crea un efecto invernadero

Problema 5Un cuerpo negro se calienta a una temperatura a) 106K b) 103K Calcule a que longitud de onda le corresponde la mayor cantidad de energiacutea emitida

Datos

T1 = 1∙106K

T2 = 1∙103K

b = 289∙10 -5m∙K

σ = 567∙10-8W∙m-2∙K-4

Solucioacuten

Aplicando la foacutermula de la ley de desplazamiento de Wien

Se calcula la longitud de onda para la cual la radiancia espectral del cuerpo negro tiene valor maacuteximo para cada temperatura

A la temperatura de 1∙106K corresponde la longitud de onda

Y a la temperatura de 1∙103K corresponde

La mayor cantidad de energiacutea emitida corresponde la longitud de onda de

289∙10-9 m

Problema 6La temperatura de la superficie de las estrellas llamadas ldquoenanas blancasrdquo es de 1 10∙ 4K iquestEn queacute parte del espectro se encuentra el maacuteximo de su radiacioacuten

Datos

T = 1∙104K

Solucioacuten

Utilizando la foacutermula de la ley de desplazamiento de Wien se calcula la longitud de onda λmaacutexque corresponde a la temperatura de 104K

Esta longitud de onda corresponde a la parte ultravioleta del espectro

Las ldquoenanas blancasrdquo son las estrellas compactas cuya masa es del mismo orden que la masa del Sol y su radio son aproximadamente igual al 1 del radio del Sol

Las estrellas cuya temperatura es de 7∙104 K se llaman estrellas calientes Y si la temperatura es de 5∙103 K las estrellas se laman friacuteas

Problema 7Sobre 1 cm2 de la superficie terrestre caen 192 caloriacuteas de energiacutea teacutermica por minuto Encuentre cuaacutel es la temperatura de la superficie del sol bajo la suposicioacuten que eacuteste radia como un cuerpo negro La distancia entre el sol y la tierra es 1510 11m y su radio es de 696 10∙ 8m

Datos

A = 1 cm2= 1∙10-4 m2

t = 1 min = 60 s

U = 192 cal = 8064 J

s = 15∙1011 m

Rsol= 696∙108m

σ= 5 67∙10-8 W∙m-2∙K-4

Solucioacuten

La energiacutea irradiada por toda la superficie del sol

US= (4πRsol2)RS (1)

Donde (4πRsol2) es el aacuterea de la superficie del solRS la radiancia del sol

La energiacutea que incide sobre la tierra por unidad de superficie y tiempo

(2)

Por otro lado seguacuten los datos del problema

(3)

Sustituyendo US en la foacutermula (2) por la expresioacuten (1) obtenemos

(4)

Seguacuten la ley de Stefan-Boltzman para el cuerpo negro la energiacutea emitida por el sol por unidad de superficie y tiempo (la radiancia) es igual a

RS = σT4

Poniendo la uacuteltima expresioacuten en la igualdad (4) y sustituyendo UT por (3) se obtiene

Problema 8 Un cuerpo negro se encuentra a una temperatura 2900 K Como resultado de enfriamiento de este cuerpo la longitud de onda correspondiente a la radiancia espectral maacutexima sufrioacute una variacioacuten de 9 nm iquestHasta queacute temperatura se enfrioacute el cuerpo

Datos

T1 = 2900 K

Δλ = 9 nm = 9∙10-9m

b = 289∙10-5K∙m

Solucioacuten

Seguacuten la ley de desplazamiento de Wien para el cuerpo negro

λT = b = Const

En el caso de enfriamiento la temperatura del cuerpo disminuye (T2lt T1) por lo que la longitud de onda λmaacutex aumenta (ver la figura) Pues entonces

Como λmaacutexT = Const entonces se puede escribir

(1)

Seguacuten la ley de desplazamiento de Wien

Sustituyendo λ1maacutex en la expresioacuten (1) se obtiene

Poniendo los valores numeacutericos del problema se calcula la temperatura T2

Problema 9Un filamento metaacutelico cuyo diaacutemetro es 02 mm se calienta con corriente eleacutectrica hasta una temperatura de 3000 K Calcule que tiempo demoraraacute en enfriarse despueacutes de apagarse (desconectarse) hasta una temperatura de 800 K Considere que el filamento emite como un cuerpo negro y que no recibe ninguna energiacutea del medio que le rodea Desprecie cualquier efecto que produzca la perdida de su energiacutea La densidad del filamento es 19 gcm3 y el calor especiacutefico es 0037 cal (gK) (1 cal = 41868J)

Datos

d = 02mm = 2∙10-4 m

T1 = 3∙103 K

T2 =8∙102 K

ρ = 19 gcm3 = 19∙103 kgm3

c = 0037 Cal (g∙K) = 154 9 J (kg∙K)

σ = 5 67∙10-8 W (m2∙K4)

Solucioacuten

Si A es el aacuterea de la superficie del filamento y R es la energiacutea emitida por el filamento por unidad de tiempo y superficie (la radiancia) entonces la energiacutea U emitida por la superficie del filamento en unidad de tiempo es igual a

U = RA

El aacuterea de la superficie del filamento A = (πd) l donde l es la longitud del filamento Seguacuten la ley de Stefan-Boltzman

R = σT4

Por lo tanto

U = σT4 (πd) l (1)

Durante el tiempo dt la temperatura del filamento disminuye en dT y el filamento pierde una energiacutea

Udt = - mcdT

Dondem es la masa del filamento y c es el calor especifico del material del filamento

Sustituyendo U por la expresioacuten (1) se obtiene

σT4 (πd) ldt = - mcdT

Integrando la uacuteltima expresioacuten tenemos

(2)

La masa del filamento m = Vρ donde V es su volumen

Sustituyendo m en la expresioacuten (2) obtenemos para el tiempo lo siguiente

Rectificando las unidades y poniendo los valores numeacutericos del problema se obtiene

El filamento se enfriacutee raacutepidamente ya que la radiancia es directamente proporcional a T4

Problema 10 A partir de la foacutermula de Planck para la radiancia espectral encontrar a) la ley de Stefan-Boltzman b) la ley de desplazamiento de Wien

Solucioacuten

a) Planck descubrioacute la forma de la funcioacuten Rλ = f (λ T)

(1)

Donde C1 y C2 son constantes C1= 2πc2h y C2 = hck

k = 13806610-23JK es la constante de Boltzman c = 29979108ms la velocidad de la luz y h = 662617610-34Js la constante de Planck

Esta foacutermula responde a los datos experimentales y de ella pueden deducirse directamente como casos particulares la ley termodinaacutemica de Stefan-Boltzman y la ley de deslazamiento de Wien

La radiancia R (es decir la cantidad total de energiacutea radiante emitida por el cuerpo por unidad de superficie y tiempo) del cuerpo negro se puede obtener integrando la radiacioacuten emitida en todos los intervalos de longitud de onda

(2)

DondeRλ es la radiancia espectral

Si la distribucioacuten de la energiacutea entre las zonas del espectro del cuerpo negro se representa en la escala de frecuencias en lugar de Rλ hay que tomar la radiancia Rν

referida a un intervalo unidad de frecuencias Entonces

Rλdλ = Rνdν (3)

Y la expresioacuten (2) se presenta en forma

(4)

Y como λ = cν donde c es la velocidad de la luz en el vaciacuteo dλ= cν-2dν y poniendo este valor en (3) obtenemos

Sustituyendo en la foacutermula (1) λ por cν (λ = cν) la foacutermula de Planck se transforma en la siguiente expresioacuten

Y por consiguiente

(5)

Poniendo la expresioacuten (5) en (4) se obtiene la energiacutea total emitida por el cuerpo

Utilicemos el meacutetodo de integracioacuten por sustitucioacuten Podemos introducir una nueva variable

Entonces

Donde

Por lo tanto

Sustituyendo las constantes C1 y C2 por sus respectivas expresiones se obtiene

Donde

b) Para obtener le ley de desplazamiento de Wien utilizando la foacutermula de Planck es necesario encontrar analiacuteticamente la expresioacuten de la posicioacuten del maacuteximo en la curva que responda a la distribucioacuten de la radiancia del cuerpo negro entre las longitudes de onda Para esto es necesario encontrar el valor λ = λmaacutex para el cual la funcioacuten Rλ= f (λ T) para la temperatura constante tiene su valor maacuteximo por lo que debe cumplirse la condicioacuten

Sacando factor comuacuten se obtiene

De aquiacute tenemos

Realizando el cambio de variable

(1)

Tendremos

Si x es suficientemente grande se puede despreciar el 1 en el denominador comparando con ex entonces ya tenemos una primera solucioacuten aproximada para x

Tomando este valor como punto de partida podemos encontrar el valor real de x Por ejemplo utilizando el meacutetodo de aproximaciones sucesivas obtendremos

x1= 4965

Sustituyendo x en la expresioacuten (1) por el valor numeacuterico encontrado de x1 se obtiene

DondeC25 = b que es la constante de la ley de desplazamiento de Wien

Calculando b se obtiene su valor numeacuterico

Es evidente que para demostrar que λT = const no es necesario calcular el valor numeacuterico de x ya que λT = C2x = const

Rt = 092∙ 567∙10-8∙ (103)4∙314∙015∙10-2∙1 = 24569(W)

Problema 11

Una superficie metaacutelica de 10cm2 de aacuterea se encuentra a una temperatura de 2500 K y emite durante un minuto una energiacutea teacutermica de 4 x 104 J Encuentre a) la energiacutea emitida por la superficie si fuera un cuerpo negro y b) la razoacuten de la radiancia de esta superficie a la de un cuerpo negro de igual aacuterea y a la misma temperatura

Problema 12El espectro de la luz visible (luz blanca) incluye longitudes de onda comprendidas entre 380nm (violeta) y780nm (roja)a) Determinar la frecuencia de la radiacioacuten correspondiente a estos coloresb) Calculeacute conforme a la hipoacutetesis de Planck la energiacutea de loa fotones que corresponden a la luz violeta y luz rojac) cuantos fotones de luz roja son necesarios para cumular 3J de energiacutea

Datos

c=300 108 msminus1 h=66310minus34 Js

Solucioacuten

Para la pregunta a

luzvioleta v1=C⋋1

= 300 108

35010minus9 =8571014 Hz

luzroja v2=C⋋2

= 300108

780 10minus9 =385 1014 Hz

Para la pregunta b

EVioleta hv1=6626 10minus34 857 1014=568 10minus19 J

ERoja hv2=6626 10minus34 385 1014=25510minus19 J

Para la pregunta c

3 J

25510minus19 J fotonminus1=118 10minus18 fotones

Problema 13Un cuerpo estaacute radiando energiacutea conforme a la hipoacutetesis de Planck

a) Determina la energiacutea de un cuanto cuya longitud de onda es de 25nmb) Calcule la frecuencia correspondiente dicho cuanto de energiacutea Datos ⋋=25 nm Solucioacuten

aiquest E=hv=hC⋋

=662610minus34 300 108

25 10minus9 =80 10minus18 J

biquest v= C⋋

=300 108

25 10minus9 =121016 Hz

Problema 14iquestQueacute longitud de onda debe tener un fotoacuten para ionizar un aacutetomo de cesio con potencial de ionizacioacuten de 388V

Datos

V = 388V

h = 6626 10∙ -34Jmiddotse = 1602 10∙ -19C

Solucioacuten

La ionizacioacuten de un aacutetomo es la separacioacuten de uno o varios electrones del aacutetomo Para que el aacutetomo se ionice el electroacuten debe realizar un trabajo (energiacutea de ionizacioacuten E0) contra las fuerzas de atraccioacuten entre el electroacuten y el resto de las partiacuteculas que componen el aacutetomo o sea compensar la energiacutea de enlace del electroacuten

La energiacutea necesaria el electroacuten adquiere del fotoacuten de la luz que eacutel lo absorbe La energiacutea del fotoacuten depende de la longitud de onda y es igual a hν donde ν es la frecuencia de la luz y h es la constante de Planck De modo que tendremos

hν = E0

La energiacutea de ionizacioacuten E0 = eV donde V es el potencial de ionizacioacuten

Por lo tanto

hν = eV

Sustituyendo ν por cλ (ν = cλ) se obtiene

Poniendo los valores numeacutericos del problema tenemos

Problema 15Determinar la velocidad de un electroacuten emitido de una superficie de plata iluminada con luz monocromaacutetica de longitud de onda de 1500 Aring La longitud de onda a la cual comienza a manifestar este efecto es de 2600 Aring

Datosλ0 = 2600 Aring = 260 10∙ -9 mλ = 1500 Aring = 150 10∙ -9 mh = 6626 10∙ -34 J∙sc = 3 10∙ 8 msm =9109 10∙ -31 kgSolucioacuten

La ecuacioacuten de Einstein para el efecto fotoeleacutectrico es

hν = E0 + Ec maacutex (1)

Donde hν es la energiacutea del fotoacuten E0 el trabajo de salida del electroacuten del metal Ec

maacutex= mυ22 la energiacutea cineacutetica maacutexima del electroacuten que se desprende del metal

La energiacutea necesaria para arrancar el electroacuten del metal

E0 = hν0

Donde ν0 = cλ0 es la frecuencia umbral (de corte) debajo de la cual no se produce el efecto fotoeleacutectrico

Por consiguiente

Sustituyendo ν por cλ E0 por hcλ0 y Ecmaacutex por mυ22 en la ecuacioacuten (1) se obtiene

Rectificando las unidades y poniendo los valores numeacutericos se obtiene

Problema 16Determine el trabajo de extraccioacuten de un electroacuten en el efecto fotoeleacutectrico si longitud de onda a la cual se produce el efecto fotoeleacutectrico es menor que29510-6 mm

Datos

λ0 = 295 10∙ -6 mm = 295 10∙ -9 mh = 6626 10∙ -34 J∙sc = 3 10∙ 8 ms1eυ = 16middot10-19 J

Solucioacuten

La energiacutea necesaria para la realizacioacuten del trabajo de extraccioacuten de un electroacuten se calcula por la foacutermula

E0 = hν0

Donde ν0 es la frecuencia de corte por debajo de la cual no se produce el efecto fotoeleacutectrico

Sustituyendo ν0 por cλ0 se calcula E0

Problema 17Hallar la frecuencia de la luz que arranca los electrones de la superficie de un metal que se retardan por un potencial retardador de 3 V En este metal el efecto fotoeleacutectrico comienza cuando la frecuencia de la luz que incide sobre eacutel es de 61014 Hz Hallar el trabajo necesario para arrancar el electroacuten de este metal

Datos

V0 = 3V

ν0 = 6 10∙ 14 Hz = 6 10∙ 14s-1

Solucioacuten

El trabajo necesario para arrancar el electroacuten del metal se calcula por la foacutermula

E0 = hν0

Donde ν0 es la frecuencia de corte

E0 = 6626 10∙ -34J s 6 10∙ ∙ ∙ 14s-1 = 398 10∙ -19J

Entre la energiacutea cineacutetica maacutexima y el potencial retardador existe la siguiente relacioacuten

Ecmaacutex = eV0

Donde e es la carga del electroacuten y V0 es el potencial retardador

Sustituyendo Ec maacutex por eV0 en la ecuacioacuten de Einstein obtenemos

hν = E0 + eV0

Por consiguiente

Problema 18Un fotoacuten de radiacioacuten de rayos X con longitud de onda 01 nm cae sobre un electroacuten deacutebilmente enlazado de un elemento ligero y se desviacutea 90ordm de su direccioacuten inicial Calcule la energiacutea que adquiere el electroacuten despueacutes del choque y la direccioacuten de su movimiento

Datos

λ = 01 nm = 1 10∙ -10 mφ = 90ordmh = 6626 10∙ -34 J∙sc = 3 10∙ 8 msm = 91 10∙ -31 kg

Solucioacuten

La variacioacuten de la longitud de onda de los rayos X cuando se produce la difusioacuten de Compton se determina por la foacutermula

(1)

Siendo φ el aacutengulo de difusioacuten y m la masa del electroacuten en reposo

Sustituyendo en esta igualdad (1-cosφ) por 2sen2φ2 y teniendo en cuenta que

Δλ = λrsquo -λ obtenemos

(2)

(3)Si la energiacutea del fotoacuten primario es hν y la del fotoacuten difuso hνrsquo tendremos que de acuerdo con la ley de la conservacioacuten de la energiacutea la energiacutea Ec adquirida por el electroacuten vendraacute expresada por la igualdad

Sustituyendo ν por cλ y νrsquo por cλrsquo tenemos

(4)

Poniendo las expresiones (2) y (3) en la igualdad (4) se tiene

Donde A =h (mc)

La constante A = 002426 Aring suele llamarse longitud de onda Compton

Rectificando las unidades y poniendo los datos numeacutericos del problema hallamos la energiacutea del electroacuten despueacutes del choque

Hallamos ahora la razoacuten de la energiacutea del electroacuten de retroceso Ec a la energiacutea del fotoacuten incidente hν = hcλ

En general el electroacuten obtiene una pequentildea parte de la energiacutea del fotoacuten En el caso nuestro solamente 0024 (24) de la energiacutea del fotoacuten

La fig1 muestra el movimiento del electroacuten a) antes de la colisioacuten y b) despueacutes de la colisioacuten Para determinar la direccioacuten del movimiento del electroacuten despueacutes de la colisioacuten es necesario calcular el aacutengulo α bajo el cual estaacute dirigido su movimiento (fig1b)

a) b) Fig1 Fig2 De acuerdo con la ley de la conservacioacuten de la cantidad de movimiento en forma vectorial tenemos la ecuacioacuten

pf = pfrsquo + pe (5) Donde pf (pf = hνc = hλ) es la cantidad de movimiento del fotoacuten antes de la colisioacuten pfrsquo (pfrsquo = hνrsquoc = hλrsquo) es la cantidad de movimiento del fotoacuten difuso y pe es la cantidad de movimiento del electroacuten despueacutes de la colisioacuten pe = mυ donde υ es la velocidad del electroacuten

La cantidad de movimiento del electroacuten antes del choque es igual a cero ya que en reposo su velocidad es cero Graacuteficamente el vector pf es la diagonal del paralelogramo cuyos lados son los vectores pfrsquo y mv (fig2) Los aacutengulos φ y α representan respectivamente los aacutengulos bajo los cuales tienen lugar la difusioacuten del fotoacuten y la aparicioacuten del electroacuten de retroceso

De la fig2 se deduce que

Poniendo en lugar de pf y pfrsquo sus valores respectivos hλ y hλrsquo podemos escribir esta igualdad de forma siguiente

Sustituyendo λrsquo por la expresioacuten (3) obtenemos

Problema 19iquestCon queacute fuerza se atraen el nuacutecleo y el electroacuten en la primera oacuterbita del aacutetomo de hidroacutegeno iquestCuaacutentas veces es esta fuerza mayor que la fuerza gravitacional que actuacutea entre el nuacutecleo y el electroacuten

Datos

me = 9109 10∙ -31 kg

mp = 1840 9109 10∙ ∙ -31 kgG = 6672 10∙ -11 N∙m2∙kg-2

r = 053 10∙ -10 mn = 1ε0 = 8854 10∙ -12F∙ m-1

e = 1602 10∙ -19 C

Solucioacuten

La fuerza de interaccioacuten entre el nuacutecleo y el electroacuten es la fuerza electroestaacutetica de Coulomb

Donde r es el radio de la primera oacuterbita estacionaria del aacutetomo de hidroacutegeno

Rectificando las unidades y poniendo los valores numeacutericos se calcula la fuerza electroestaacutetica

Donde

La fuerza gravitacional se calcula por la foacutermula

Donde me es la masa del electroacuten mp la masa del protoacuten G la constante gravitacional

Por lo que

Problema 20Calcule cual es el radio de la primera orbita del electroacuten que gira alrededor de un nuacutecleo del aacutetomo de hidroacutegeno seguacuten el modelo de Bohr Determine la velocidad con que el electroacuten se mueve en esta oacuterbita

Datos

ε0 = 8854 10∙ -12 F∙m-1

e = 1602 10∙ -19 Cm = 9109 10∙ -31 kgh = 6626 10∙ -34 J∙s

Solucioacuten

La fuerza de interaccioacuten entre el electroacuten y el protoacuten del nuacutecleo es la fuerza

electrostaacutetica ( Fel) de Coulomb

Donde r es la distancia entre el nuacutecleo y el electroacuten Bajo la accioacuten de esta fuerza el electroacuten describe alrededor del nuacutecleo oacuterbitas en forma de elipses de Kepler y como un caso particular en forma de circunferencia

La fuerza de Coulomb es una fuerza centriacutepeta (Fc) y es numeacutericamente igual cuando se trata de una oacuterbita circular a

Por lo tanto

(1)

Para una oacuterbita circular la cantidad de movimiento angular del electroacuten es

p = mυr

La condicioacuten cuaacutentica de Bohr p = nh2π da la posibilidad de calcular el radio de

La oacuterbita circular estacionaria

(2)

La expresioacuten (1) se puede escribir en forma siguiente

Sustituyendo (mυr) por la expresioacuten (2) se obtiene

Para la primera oacuterbita n = 1 Por lo tanto

(3)

Esta magnitud representa el radio de la primera oacuterbita circular del electroacuten (radio de Bohr) es decir de la maacutes proacutexima al nuacutecleo del aacutetomo de hidroacutegeno

Rectificando las unidades y poniendo en lugar de h m ε0 y e sus respectivos valores numeacutericos se obtiene

Donde

(4)

Utilizando la expresioacuten (2) podemos calcular la velocidad υ con que el electroacuten se mueve en la primera oacuterbita

Sustituyendo r por la expresioacuten (3) tendremos

Rectificando las unidades se obtiene

Para n = 1

Problema 21iquestCalcule la energiacutea total del electroacuten en la segunda oacuterbita del aacutetomo de Bohr

SolucioacutenLa energiacutea total del electroacuten es

E = Ec+ Ep

Donde Ec es la energiacutea cineacutetica y Ep es la energiacutea potencial del electroacuten

La energiacutea potencial del electroacuten en el campo electrostaacutetico del nuacutecleo es igual a

Donde r es la distancia entre el nuacutecleo y el electroacuten (el radio de la oacuterbita)

La energiacutea cineacutetica

(1)

Donde m es la masa del electroacuten y υ es su velocidadSobre el electroacuten actuacutea una fuerza electroestaacutetica

Que es una fuerza centriacutepeta igual a

Por consiguiente

(2) Sustituyendo mv2 en la foacutermula de la energiacutea cineacutetica (1) por la expresioacuten (2) se obtiene

Por lo tanto la energiacutea total seraacute igual a

Sustituyendo r (ver el resultado del problema anterior) por

Se obtiene

Rectificando las unidades obtenemos

Para la segunda oacuterbita el nuacutemero cuaacutentico n = 2

Poniendo en lugar de h m y e sus respectivos valores numeacutericos hallamos

Problema 22iquestCuaacutel es la longitud de onda del fotoacuten emitido por el aacutetomo de hidroacutegeno cuando el electroacuten transita de la cuarta oacuterbita a la segunda

Solucioacuten

La radiacioacuten se produce soacutelo cuando el aacutetomo sufre una transicioacuten de una oacuterbita con energiacutea Ek a otra oacuterbita de menor energiacutea Ej (Ej lt Ek) En forma de ecuacioacuten

hν = Ek - Ej

Donde hν es el cuanto de energiacutea transportado por el fotoacuten emitido del aacutetomo durante la transicioacuten

En el caso nuestro k = 4 y j = 2 Por lo tanto

hν = E4 - E2

Utilizando la foacutermula de la energiacutea del electroacuten (ver el problema 21) se obtiene

Donde el teacutermino

Es la energiacutea del electroacuten en la segunda oacuterbita (Ver el problema 21)

Por consiguiente

Seguacuten el resultado del problema 21 E2 = -54 10∙ -19J

Por lo tanto

Como λ = cν entonces

Problema 23El electroacuten del aacutetomo de hidroacutegeno salta de la tercera oacuterbita a la segunda a) Calcular la longitud de onda del fotoacuten emitido b) Calcular la disminucioacuten de la energiacutea del aacutetomoacute

Datos

j =1k = 3R = 1097middot107 m-1

h = 6626 10∙ -34 J∙s

Solucioacuten

Cuando el electroacuten pasa de la oacuterbita de mayor energiacutea (Ek) a una orbita de menor

energiacutea (Ej) el aacutetomo emite un fotoacuten cuya energiacutea es igual a E = Ek- Ej La longitud de onda del fotoacuten emitido se calcula por la foacutermula

J y k son los nuacutemeros de las oacuterbitas y R es la constante de Ridberg

La disminucioacuten de la energiacutea del aacutetomo es igual a la energiacutea del fotoacuten emitido

Problema 24

a) iquestQueacute tensioacuten del campo eleacutectrico es necesaria seguacuten la mecaacutenica claacutesica para que un electroacuten acelerado en este campo adquiera la velocidad de la luzb) iquestCuaacutel seraacuten la velocidad del electroacuten y su masa en este campo seguacuten la mecaacutenica relativista

Datos

m0 = 9109∙10-31kgc = 3∙108mse = 1602 10∙ -19C

Solucioacuten

a) Seguacuten la mecaacutenica claacutesica la energiacutea cineacutetica del electroacuten

Donde m0 es la masa de reposo del electroacuten y υ es su velocidad La diferencia de potencial V multiplicada por la carga del electroacuten es una medida de la energiacutea cineacutetica del electroacuten adquirida en el campo eleacutectrico En otras palabras

Sustituyendo υ por c se calcula la diferencia de potencial del campo eleacutectrico necesaria para que el electroacuten adquiera la velocidad de la luz

Analizando las unidades y poniendo los valores numeacutericos del problema se obtiene

b) En la mecaacutenica relativista se calcula la masa m del electroacuten y su energiacutea

cineacutetica Ec utilizando las foacutermulas siguientes

Pero numeacutericamente Ec = (m0c2)2 o sea

La masa del electroacuten seraacute igual a

Problema 25iquestCuaacutel es la energiacutea de un fotoacuten correspondiente a ondas radio de frecuencia 1255 x106 Hz

Datos

E=hv v=c⋋Solucioacuten E=662610minus34 1255 106=831610minus28 J

PROBLEMA 26La liacutenea verde en el espectro atoacutemico del talio tiene una longitud de onda de 535 nm Calcular la energiacutea de un fotoacuten

Solucioacuten

H=662610minus34C=300 108 msminus1

E=hv v=c ⋋ v=300 108 msminus1

53510minus9 =560 1014

E=662610minus34 560 1014=372 10minus19J

PROBLEMA 27Un electroacuten salta desde un orbital maacutes externo a otro maacutes interno entre los que existe una diferencia de energiacutea de 15 x 10-15 J iquestCuaacutel es la frecuencia de la radiacioacuten emitida

Datos

∆ E=hv

Solucioacuten

v=∆ E h= 15 10minus15J662610minus34 JS

=2261018 Sminus1

Problema 28La longitud de onda umbral para que cierta superficie metaacutelica emita electrones es 6000 Aring Se observoacute que si esa superficie fotosensible se ilumina con luz de 4000 Aring los electrones son emitidos con una velocidad de 606 x 105m s-1 Deducir el valor de la constante de Planck

Datos

λ1=600 Aring=610minus7 λ2=400 Aring=410minus7 V = 6 06 x 105m s-1 m=9 110minus31

Solucioacuten h= Cλ 2

=hCλ 1

+ mv2

2

h= 3 108

410minus7 =h3 108

6 10minus7 +91 10minus31 (606105)2

2

75 1014 h=5 1014 h+16710minus19

25 1014 h=167 10minus19

h=66810minus34 Js

Problema 29La frecuencia umbral de cierto metal es 88 x 1014 s-1 Calcular la velocidad maacutexima de los electrones emitidos por ese metal cuando se ilumina con luz cuya longitud de onda es 2536 Aring iquestQueacute energiacutea cineacutetica poseen esos electrones

EC=h(CλminusV C)=662610minus34 J s ( 3

108ms

2536 10minus10 minus88 x 1014 sminus1)=201 10minus19 J

EC=m v2

2rarr v2=radic 2 EC

m=radic 2 20110minus19 J

9110minus31kg=664 105 m s

Pregunta 30Una superficie de cierto metal emite electrones cuya energiacutea cineacutetica equivale a 3 eV cuando se ilumina con luz de longitud de onda de 1500 Aring iquestcual es el valor de la frecuencia umbral de ese metal

Solucioacuten

Se debe cumplir que E incidente= E umbral+E cineacutetica del electroacuten

E incidente=hv=hλ=66210minus34 J S 3 108 msminus1

150010minus10m=13 10minus18 J

E incidente del electron=3eV 16 10minus19 J eV minus1=48 10minus19 J

E umbral=13 10minus18 Jminus4810minus19 J=8210minus19

υ= Eh

= 82 10minus19 J66210minus34 JS

=13 1015 Hz

Problema 31Calcule la longitud de onda y la frecuencia da la 2da raya de la serie de Balme en el espectro del hidrogeno Constante de rydberg=109677 107 mminus1 La segunda raya nj=4 entonces ni=2

1⋋2

=RH ( 1

iquest2minus 1

nj2)=109677107( 1

22minus 1

42)=109677 107 3

16rarr⋋2=486 10minus7 m

v= C⋋2

= 300108

486 10minus7 =617 1014 Hz

Problema 32Calcuacutelese la longitud de onda de De Broglie en cada uno de los siguientes casos a) un neutroacuten que se mueve a una velocidad de 10 kms b) Un moacutevil de 20 g que se mueve a 72 kmhora

Solucioacutena) un neutroacuten que se mueve a una velocidad de 10 kms

masa del electron=167 10minus27 kg

mv=167 10minus27 kg 104 m sminus1=167 10minus23

λ=h

mv=66310minus34

16710minus23 =39710minus11 m

b) Un moacutevil de 20 g que se mueve a 72 kmhora

λ= hmv

=66310minus34

210minus2 20=1610minus33m

Problema 33Una superficie de sodio se ilumina con luz de 300 nm de longitud de ondala funcioacuten de trabajo para el metal de sodio es 246 eV Encuentrea) la energiacutea cineacutetica maacutexima de los fotoelectrones emitidosb) la longitud de onda de corte para el sodio

c) calcule la rapidez maacutexima del efecto fotoeleacutectrico

Solucioacuten

a) la energiacutea cineacutetica maacutexima de los fotoelectrones emitidos

E=h f =hcλ

=(662610minus34 J s ) (3 108 m s)

30010minus9m=663 10minus19 J=414 eV

Luego aplicamos Kmax=h f minusФ=414eV minus246eV =168 eV

b) la longitud de onda de corte para el sodio

E=h f 0=Ф dedonde hcλ0

aislamos λ0=hcФ

peroФ=(246 eV )(1610minus19 J eV )=39410minus19 J

Reemplazamos λ0=(662610minus34 Js )(3108 m s)

394 10minus19 J=iquest 505 10minus7=505 nm

c) calcule la rapidez maacutexima del efecto fotoeleacutectrico

E=12

m v2rarr 168eV iquest(91110minus31kg)v2

2 rarr v=768 105 m s

Problema 34Un aacutetomo absorbe un fotoacuten que tiene una longitud de onda de 375 nm e inmediatamente emite otro fotoacuten que tiene una longitud de onda de 580 nm iquestCuaacutel es la energiacutea neta absorbida por el aacutetomo en este proceso

Solucioacuten

Eneta=E f minusEi

Eneta=1240 eV nm

λemiteminus1240 eV nm

λabsorbe=1240 eV nm

λemiteminus1240 eV nm

λabsorbe

Eneta=2138 eVminus331 eV =1172eV

Problema 35La mayoriacutea de los procesos gaseosos de ionizacioacuten requieren cambios de energiacutea de 1 x10minus18 a 1 x10minus16 iquestqueacute regioacuten del espectro electromagneacutetico del sol es entonces

principalmente responsable de la creacioacuten de la ionosfera en la atmosfera de la tierra

Solucioacuten

tenemos E=1240 eV nmλ

reemplazamos 1 x10minus16minus1 x 10minus18=1240 eV nmλ

convirtiendo a eV 625minus625=1240 eV nmλ

cancelando eV λ=1240 nm61875

=iquest 2004 nm(ultravioleta)

Problema 36Se desea escoger una sustancia para una foto celda operable con luz visible iquestCuaacutel de la siguientes lo haraacute(la funcioacuten de trabajo aparece entre pareacutentesis )el tantalio(42eV)el tungsteno(45eV)el aluminio(42eV)el bario(25eV)el litio(23eV)el cesio(19eV)

Solucioacuten

Sabemos E=1240 eV nmλ

ReemplazamosE=Ф

Luego λ=1240 eV nm

Ф

aiquest tantalio λ=1240 eV nm

42 eV=iquest 2952nm(ultravioleta)

biquest tungsteno λ=1240 eVnm

45 eV=iquest 2756 nm(ultravioleta)

c iquestaluminio λ=1240 eV nm

42 eV=iquest 2952nm(ultravioleta)

d iquestbario λ=1240 eV nm

25 eV=iquest 496 nm(visible)

e iquestlitio λ=1240 eV nm

23 eV=iquest 5391nm(visible)

f iquest sesio λ=1240 eV nm

19 eV=iquest 6526nm(visible)

Problema 37a) La energiacutea necesaria para desprender un electroacuten de sodio metaacutelico es de 228eV iquestMuestra el sodio un efecto fotoeleacutectrico bajo luz roja con λ=678 nmb) iquestCuaacutel es la longitud de la onda de corte de la emisioacuten fotoeleacutectrica del sodio y a que color corresponde esta longitud de onda

Solucioacuten

Para la pregunta a

Tenemos E=1240 eV nmλ

Reemplazamos E=1240 eV nm678 nm

=iquest 18289 eV

no se produce el efecto fotoelectrico porque Elt228 eV

Para la pregunta b

E=1240 eV nmλ

Reemplazamos E=1240 eV nm228 eV

=iquest 54386 nm(verde)

Pregunta 38Un numero de fotones incide sobre una superficie de sodio que tiene una funcioacuten de trabajo de 228eV causando la emisioacuten fotoeleacutectrica cuando se impone un potencial de frenado de 492 V no existe una fotocorriente Halle la longitud de onda de los fotones incidentes

Solucioacuten

Tenemos Ф=228 eV

Tambieacuten h f =Ф+k max

Reemplazado h f =Ф+e V 0

Luego 1240 eV nm

λ=228 eV +(16 10minus19C )(492 V )

Sabemos V=J C por lo tanto convertimos a eV

1240 eV nm

λ=228 eV +(16 10minus19C )(492J C)(1eV 16 10minus19 J )

Cancelando λ=1722 nm

Pregunta 39a Si la funcioacuten de trabajo de un metal es de 185eV iquestCuaacutel seria el potencial de frenado de la luz que tenga una longitud de onda de 410 nmb iquestCuaacutel seria la velocidad maacutexima de los fotoelectrones emitidos en la superficie de metal

Solucioacuten

Para a

Sabemos h f =Ф+k max

Reemplazamos 1240 eV nm

λ=185 eV +e V 0

1240 eV nm

410 nm=185 eV +e V 0

Reduciendo V 0=117V

Para b

Tenemos k max=e V 0

12

m v2=e V 0

Reemplazamos 12

(91110minus31) v2=(16 10minus19 )(117 V )

Reduciendo V=641 km s

Pregunta 40El molibdeno tiene una funcioacuten de trabajo de 420 eV a) encuentre la longitud de onda de corte y la frecuencia de corte para el efecto fotoeleacutectrico B) calcule el potencial de frenado si la luz incidente tiene una longitud de onda de 180nm

Solucioacuten

Para a sabemos Ф=h f 0 de aquiacute Ф=h CλC

Aislamos λ λC=h CФ

Reemplazamos λC=iquest (662610minus34 )(3 108)

42016 10minus19 =iquest 2958 nm

Ahora calculamos la frecuencia de cortef 0

Sabemos f 0=CλC

=iquest 3108

295810minus9= 1014 pHz

Para b tenemos Kmax=CλC

minusФ

Reemplazamos Kmax=6626 10minus34 3108

18010minus9 minus420 eV

Reduciendo Kmax=2675 eV

Finalmente calculamos el V 0

De Kmax=eV 0

Aislamos V 0=iquest 267516 10minus19 J

16 10minus19 C=iquest 2675 V

Problema 41Un estudiante que analiza el efecto fotoeleacutectrico de dos metales diferente registra la siguiente informacioacuteni) el potencial de frenado para los fotoelectrones liberados en el metal 1 es 148 V mayor que para el metal 2 y ii) la frecuencia de corte para el metal 1 es 40 mas pequentildea que para el metal 2determine la funcioacuten de trabajo para cada metal

Kmaxi=e V 01 Kmaxi=e(V 02+148) (1)

Kmaxi=e V 02 (2)

h f 01=Ф1 h 60

100 f 02=Ф1 (3)

Metal 1 Metal 2 V 01=V 02+148

f 01=60

100 f 02

V 02=V 02

f 01=f 02

h f 02=Ф2 (4)

En (1)

h f minush f 01=e(V 02+148) (5)

h f minush f 02=e V 02 (6)

Luego (6) en (5)

h f minush60

100 f 02=h f minush f 02+e 148

Simplificando f 02=e 148 5

2 h=Ф2

Ф2=37 eV

Entonces h60100

f 02=Ф1

Pero h f 02=Ф2

Reemplazando f 02=h60

100Ф2

h=Ф1

Simplicando Ф1=222eV

Pregunta 42Dos fuentes luminosas se utilizan en un experimento fotoeleacutectrico para determinarla funcioacuten de trabajo para una superficie metaacutelica particular Cuando se emplea luz verde de una laacutempara de mercurio (λ=5461 nm) un potencial de frenado de 0376 V reduce la fotocorriente a ceroa Con base a esta medicioacuten iquestCuaacutel es la funcioacuten de trabajo para este metalb iquestQueacute potencial de frenado se observariacutea al usar la luz amarilla de un cubo de descarga de helio λ=58715 nm

Solucioacuten

Para a

Kmaxi=h f minusФ (1)

Kmaxi=e V 0 (2)

(1) En (2)

h f minusФ=e V 0

Luego Ф=minuse V 0+h c λ

Reemplazando valores

Ф=minus(16 10minus19C ) (0376 V )+(60626 10minus34 J S ) 3 108546110minus9

Ф=1899 eV

Para b

De la ecuacioacuten h f minusФ=e V 0

Aislamos V 0=iquest h

CλminusФ

e

V 0=iquest 3108

587510minus9 minusiquest 19 eV iquest16 10minus19C=02125 V

Pregunta 43Fotones de 450 nm de longitud inciden sobre un metal los electrones mas energeacuteticos expulsados del metal se desviacutean en in arco circular de 200 cm de radio por medio de un campo magneacutetico con una magnitud de 200x10minus5 TiquestCuaacutel es la funcioacuten de trabajo del metal

Datos

λ=450 10minus9m r=200cm=02 m t=200 x10minus5T

Solucioacuten

Hallamos ldquoErdquo

E=hcλ

rarr E=(6626 10minus34 J S )(3108)450 10minus9m=441710minus19 J

Hallamos ldquoV ldquo

V=q Br m

V=(16 10minus19 J ) ( 20010minus5T ) (02 m )

91110minus31 Kg=007025107m S

Hallamos k rsub max

k max=12

mv2 rarr k max=( 91110minus31 Kg )iquest

Hallamos ldquoФrdquo

Ф=hcλ

minuskmax=4417 10minus19 Jminus224810minus19 J=21691019 1 eV 1610minus19

Ф=135 eV

Problema 44Un Fotoacuten que tiene energiacutea Eo es dispersado por un electroacuten libre inicialmente en reposo de tal manera que el aacutengulo de dispersioacuten del electroacuten dispersado es igual al del fotoacuten dispersado ( ) a) Determine los aacutengulos y b) La energiacutea y el momentum del fotoacuten dispersado y c) La energiacutea cineacutetica del electroacuten dispersado

Solucioacuten

aiquest Determine los aacutengulos y

X hλ0

=h cosФ

λ+γ me VcosФ

Y 0=minush senФ

λ +γ me VsenФ

De Y 0=minush

λ=γ me V rarr

h

λ =γ me V

De X hλ0

=hcosФ

λ+ hcosФ

λ()

despejando λ

2 λ0 cosФ

corrimiento de compton

λminus λ0=

hme c

(1minuscosФ )rarr 2 λ0 cosФminusλ0=h

me c(1minuscosФ )

Sabiendoque λ0=hcE0

en funcion de E0

2 λ0 cosФminus1=E0

me c2 (1minuscosФ )rarr sihacemos E0

me c2 =x

2 λ0 cosФminus1=x (1minuscosФ )

Aislamos elaacutengulo Ф=arcocos( x+1x+2

)

biquest La energiacutea y el momentumdel fotoacuten dispersado energ iacutea

E=hc λ si λ =2 λ0 cosФ si λ0=hcλ0

entonces E=E0

2cosФ obtenemos Eacute=( x2+2 x

2 x+2)me c2

Momenton p h Si acute 2 λ0 cos E h 2 λ0cos Si λ0=hc E0

entonces pE0

2C cosФ obtenemos Pacute=( x2+2 x

2 x+2)me c2

c iquest La energiacuteacineacutetica del electroacutendispersado E0 iquest E +Ke E0minusE =Ke

Reemplazamos Ke=( x2

2 x+2)me c2

Problema 45Un Fotoacuten de 0880mev es dispersado por un electroacuten libre inicialmente en reposo de tal manera que el aacutengulo de dispersioacuten del electroacuten dispersado es igual al del fotoacuten dispersado ( ) a) Determine los aacutengulos y b) La energiacutea y el momentum del fotoacuten dispersado y c) La energiacutea cineacutetica del electroacuten dispersado

Solucioacuten

aiquest Determine los aacutengulos y

X hλ0

=h cosФ

λ+γ me VcosФ

Y 0=minush senФ

λ +γ me VsenФ

De Y 0=minush

λ=γ me V rarr

h

λ =γ me V

En X hλ0

=hcosФ

λ + hcosФ

λ ()

hλ0

=2h cosФ

λ rarr λ =2 λ0cosФ

λminus λ0=

hme c

(1minuscosФ )rarr 2 λ0 cosФminusλ0=h

me c(1minuscosФ )

Pero E0=hcλ0

reemplazando y combinando

me

E0

c2 (2 cosФminus1 )=(1minuscosФ )

(91 10minus31 kg)(9 1016 m2 s2)iquestiquest (1minuscosФ )=iquest 5809 10minus2 (2cosФminus1 )

cosФ=013

Ф=43 10

biquest La energiacutea y el momentumdel fotoacuten dispersado

E hc Si acute 2 λ0 cos

E hc 2 λ0 cos Si λ0=hc E0 E E0 2 cos Reemplazando E=0808 meV 2 cos 43 ordm=602 KeV

P h =E c=602103 16 10minus19 3108=iquest

P 32110minus22kg m s

c iquest La energiacuteacineacutetica del electroacutendispersado

k e=880 KeV minus602 KeV k e=278 KeV

Problema 46En un experimento de dispersioacuten Compton un fotoacuten se desviacutea en 900ordm y el electroacuten se desviacutea en un aacutengulo de 200ordm Determine la longitud de onda del fotoacuten dispersado

Solucioacuten

X hλ0

=h cosФ

λ+γ me VcosФ Y 0=minush senФ

λ +γ me VsenФ

Luego

Y h

λ=γ me Vsen200

(2iquest X hλ0

=γ me Vcos200 (1iquest

De 2 y1

λ0=λ tg200

De

λ minus λ0=h

mc(1minuscos900)

λ minus λ tg 200= hmc

rarr λ (1minustg 200 )= hmc

λ (1minus036 )=00024310minus9 m

λ =38 10minus12m

Problema 47Un fotoacuten de 000160nm se dispersa a partir de un electroacuten libre iquestPara queacute aacutengulos de dispersioacuten (fotoacuten) el electroacuten de retroceso tiene la misma energiacutea cineacutetica que la energiacutea del fotoacuten dispersado

Solucioacuten

λ0=000160 10minus9 hcλ0

=hc

λ+ hc

λ=rarr

1λ0

= 2

λ

λ minus λ0=h

mc(1minuscosФ)

000160 10minus9 m=000243 10minus9m(1minuscosФ)

cosФ=034

Ф=70 10

Problema 48A partir de la dispersioacuten de la luz solar de Thompson calculo el radio claacutesico del electroacuten que tiene un valor de 282 10minus15 Si la luz del sol con una intensidad de 500Wm2cae sobre un disco con este radio calcule el tiempo requerido para acumular 1eV de energiacutea Suponga que la luz es una onda claacutesica y que la luz que golpea al disco es absorbida por completo iquestCoacutemo se compara su resultado con la observacioacuten que los fotoelectrones son emitidos con rapidez dentro de10minus9 s Solucioacuten

radiaccion=500 W m2

tenemos I=P A rarr P=I A

Luego W t=I A

t=EI

A= 1 eV500 W π iquestiquestiquest

Absolutamente largo

  • Laboratorio de Fiacutesica Moderna
Page 2: David reparado

Consideramos que la laacutemina se comporta como un cuerpo absolutamente negro y que se encuentra en el equilibrio teacutermico Esto significa que la energiacutea que incide sobre la laacutemina es igual a la energiacutea que ella emite La energiacutea recibida por la laacutemina por unidad de superficie y de tiempo (la radiancia R) es igual a

Sustituyendo R en la foacutermula de Stefan-Boltzman R = Tσ 4 por su valor numeacuterico obtenido se calcula la temperatura

La temperatura de la laacutemina en grados Celsius es de 123deg

Problema 3Calcule la temperatura de la superficie del sol si se sabe que en el espectro de radiacioacuten del sol lo corresponde una mayor emisioacuten de energiacutea a la longitud de onda de 47510-5cm Considere que el sol emite como un cuerpo negro

Datos

= 475∙10λ -5cm = 475∙10-7mb = 289∙10-5 m∙K

Solucioacuten

Utilizando la ley de desplazamiento de Wien se calcula la temperatura T

Problema 4Generalmente se considera que el valor medio de la energiacutea que emite 1 cm2 de la superficie terrestre en un minuto es de 013 caloriacuteas Considerando la Tierra como un cuerpo negro determine la temperatura media de su superficie y la longitud de onda a la cual corresponde el maacuteximo de la energiacutea que se radia (1 cal = 418 J)

Datos

A = 1 cm2 = 110-4m2

U = 013 cal = 013418 J = 05434 J

t = 1 min = 60 s

σ = 56710-8Wm-2K-4

b = 289∙10-5m∙K

Solucioacuten

La radiancia del cuerpo negro es decir la energiacutea que emite en 1 s la unidad de superficie del cuerpo negro se determina por la foacutermula de Stefan-Boltzman

R = σT4

De otro lado

Por lo tanto

La longitud de onda a la cual corresponde la radiancia maacutexima se calculautilizando la ley de Wien

Dondeb es la constante de Wien

Asiacute pues el maacuteximo del poder emisivo de la superficie terrestre corresponde a la parte de onda larga (infrarroja) del espectro

Hay que aclarar que la Tierra tendriacutea la temperatura media tan baja (200K = -73degC) si faltara la atmoacutesfera La atmoacutesfera absorbe la radiacioacuten de la Tierra y se calienta por eacutesta pero a su vez la atmoacutesfera calentada la emite Una parte de esta radiacioacuten va a la Tierra y se absorbe por ella originando el calentamiento de la superficie terrestre Por eso la temperatura media real de la Tierra resulta mucho maacutes alta que la calculada anteriormente La atmoacutesfera preserva la superficie terrestre de demasiado enfriamiento crea un efecto invernadero

Problema 5Un cuerpo negro se calienta a una temperatura a) 106K b) 103K Calcule a que longitud de onda le corresponde la mayor cantidad de energiacutea emitida

Datos

T1 = 1∙106K

T2 = 1∙103K

b = 289∙10 -5m∙K

σ = 567∙10-8W∙m-2∙K-4

Solucioacuten

Aplicando la foacutermula de la ley de desplazamiento de Wien

Se calcula la longitud de onda para la cual la radiancia espectral del cuerpo negro tiene valor maacuteximo para cada temperatura

A la temperatura de 1∙106K corresponde la longitud de onda

Y a la temperatura de 1∙103K corresponde

La mayor cantidad de energiacutea emitida corresponde la longitud de onda de

289∙10-9 m

Problema 6La temperatura de la superficie de las estrellas llamadas ldquoenanas blancasrdquo es de 1 10∙ 4K iquestEn queacute parte del espectro se encuentra el maacuteximo de su radiacioacuten

Datos

T = 1∙104K

Solucioacuten

Utilizando la foacutermula de la ley de desplazamiento de Wien se calcula la longitud de onda λmaacutexque corresponde a la temperatura de 104K

Esta longitud de onda corresponde a la parte ultravioleta del espectro

Las ldquoenanas blancasrdquo son las estrellas compactas cuya masa es del mismo orden que la masa del Sol y su radio son aproximadamente igual al 1 del radio del Sol

Las estrellas cuya temperatura es de 7∙104 K se llaman estrellas calientes Y si la temperatura es de 5∙103 K las estrellas se laman friacuteas

Problema 7Sobre 1 cm2 de la superficie terrestre caen 192 caloriacuteas de energiacutea teacutermica por minuto Encuentre cuaacutel es la temperatura de la superficie del sol bajo la suposicioacuten que eacuteste radia como un cuerpo negro La distancia entre el sol y la tierra es 1510 11m y su radio es de 696 10∙ 8m

Datos

A = 1 cm2= 1∙10-4 m2

t = 1 min = 60 s

U = 192 cal = 8064 J

s = 15∙1011 m

Rsol= 696∙108m

σ= 5 67∙10-8 W∙m-2∙K-4

Solucioacuten

La energiacutea irradiada por toda la superficie del sol

US= (4πRsol2)RS (1)

Donde (4πRsol2) es el aacuterea de la superficie del solRS la radiancia del sol

La energiacutea que incide sobre la tierra por unidad de superficie y tiempo

(2)

Por otro lado seguacuten los datos del problema

(3)

Sustituyendo US en la foacutermula (2) por la expresioacuten (1) obtenemos

(4)

Seguacuten la ley de Stefan-Boltzman para el cuerpo negro la energiacutea emitida por el sol por unidad de superficie y tiempo (la radiancia) es igual a

RS = σT4

Poniendo la uacuteltima expresioacuten en la igualdad (4) y sustituyendo UT por (3) se obtiene

Problema 8 Un cuerpo negro se encuentra a una temperatura 2900 K Como resultado de enfriamiento de este cuerpo la longitud de onda correspondiente a la radiancia espectral maacutexima sufrioacute una variacioacuten de 9 nm iquestHasta queacute temperatura se enfrioacute el cuerpo

Datos

T1 = 2900 K

Δλ = 9 nm = 9∙10-9m

b = 289∙10-5K∙m

Solucioacuten

Seguacuten la ley de desplazamiento de Wien para el cuerpo negro

λT = b = Const

En el caso de enfriamiento la temperatura del cuerpo disminuye (T2lt T1) por lo que la longitud de onda λmaacutex aumenta (ver la figura) Pues entonces

Como λmaacutexT = Const entonces se puede escribir

(1)

Seguacuten la ley de desplazamiento de Wien

Sustituyendo λ1maacutex en la expresioacuten (1) se obtiene

Poniendo los valores numeacutericos del problema se calcula la temperatura T2

Problema 9Un filamento metaacutelico cuyo diaacutemetro es 02 mm se calienta con corriente eleacutectrica hasta una temperatura de 3000 K Calcule que tiempo demoraraacute en enfriarse despueacutes de apagarse (desconectarse) hasta una temperatura de 800 K Considere que el filamento emite como un cuerpo negro y que no recibe ninguna energiacutea del medio que le rodea Desprecie cualquier efecto que produzca la perdida de su energiacutea La densidad del filamento es 19 gcm3 y el calor especiacutefico es 0037 cal (gK) (1 cal = 41868J)

Datos

d = 02mm = 2∙10-4 m

T1 = 3∙103 K

T2 =8∙102 K

ρ = 19 gcm3 = 19∙103 kgm3

c = 0037 Cal (g∙K) = 154 9 J (kg∙K)

σ = 5 67∙10-8 W (m2∙K4)

Solucioacuten

Si A es el aacuterea de la superficie del filamento y R es la energiacutea emitida por el filamento por unidad de tiempo y superficie (la radiancia) entonces la energiacutea U emitida por la superficie del filamento en unidad de tiempo es igual a

U = RA

El aacuterea de la superficie del filamento A = (πd) l donde l es la longitud del filamento Seguacuten la ley de Stefan-Boltzman

R = σT4

Por lo tanto

U = σT4 (πd) l (1)

Durante el tiempo dt la temperatura del filamento disminuye en dT y el filamento pierde una energiacutea

Udt = - mcdT

Dondem es la masa del filamento y c es el calor especifico del material del filamento

Sustituyendo U por la expresioacuten (1) se obtiene

σT4 (πd) ldt = - mcdT

Integrando la uacuteltima expresioacuten tenemos

(2)

La masa del filamento m = Vρ donde V es su volumen

Sustituyendo m en la expresioacuten (2) obtenemos para el tiempo lo siguiente

Rectificando las unidades y poniendo los valores numeacutericos del problema se obtiene

El filamento se enfriacutee raacutepidamente ya que la radiancia es directamente proporcional a T4

Problema 10 A partir de la foacutermula de Planck para la radiancia espectral encontrar a) la ley de Stefan-Boltzman b) la ley de desplazamiento de Wien

Solucioacuten

a) Planck descubrioacute la forma de la funcioacuten Rλ = f (λ T)

(1)

Donde C1 y C2 son constantes C1= 2πc2h y C2 = hck

k = 13806610-23JK es la constante de Boltzman c = 29979108ms la velocidad de la luz y h = 662617610-34Js la constante de Planck

Esta foacutermula responde a los datos experimentales y de ella pueden deducirse directamente como casos particulares la ley termodinaacutemica de Stefan-Boltzman y la ley de deslazamiento de Wien

La radiancia R (es decir la cantidad total de energiacutea radiante emitida por el cuerpo por unidad de superficie y tiempo) del cuerpo negro se puede obtener integrando la radiacioacuten emitida en todos los intervalos de longitud de onda

(2)

DondeRλ es la radiancia espectral

Si la distribucioacuten de la energiacutea entre las zonas del espectro del cuerpo negro se representa en la escala de frecuencias en lugar de Rλ hay que tomar la radiancia Rν

referida a un intervalo unidad de frecuencias Entonces

Rλdλ = Rνdν (3)

Y la expresioacuten (2) se presenta en forma

(4)

Y como λ = cν donde c es la velocidad de la luz en el vaciacuteo dλ= cν-2dν y poniendo este valor en (3) obtenemos

Sustituyendo en la foacutermula (1) λ por cν (λ = cν) la foacutermula de Planck se transforma en la siguiente expresioacuten

Y por consiguiente

(5)

Poniendo la expresioacuten (5) en (4) se obtiene la energiacutea total emitida por el cuerpo

Utilicemos el meacutetodo de integracioacuten por sustitucioacuten Podemos introducir una nueva variable

Entonces

Donde

Por lo tanto

Sustituyendo las constantes C1 y C2 por sus respectivas expresiones se obtiene

Donde

b) Para obtener le ley de desplazamiento de Wien utilizando la foacutermula de Planck es necesario encontrar analiacuteticamente la expresioacuten de la posicioacuten del maacuteximo en la curva que responda a la distribucioacuten de la radiancia del cuerpo negro entre las longitudes de onda Para esto es necesario encontrar el valor λ = λmaacutex para el cual la funcioacuten Rλ= f (λ T) para la temperatura constante tiene su valor maacuteximo por lo que debe cumplirse la condicioacuten

Sacando factor comuacuten se obtiene

De aquiacute tenemos

Realizando el cambio de variable

(1)

Tendremos

Si x es suficientemente grande se puede despreciar el 1 en el denominador comparando con ex entonces ya tenemos una primera solucioacuten aproximada para x

Tomando este valor como punto de partida podemos encontrar el valor real de x Por ejemplo utilizando el meacutetodo de aproximaciones sucesivas obtendremos

x1= 4965

Sustituyendo x en la expresioacuten (1) por el valor numeacuterico encontrado de x1 se obtiene

DondeC25 = b que es la constante de la ley de desplazamiento de Wien

Calculando b se obtiene su valor numeacuterico

Es evidente que para demostrar que λT = const no es necesario calcular el valor numeacuterico de x ya que λT = C2x = const

Rt = 092∙ 567∙10-8∙ (103)4∙314∙015∙10-2∙1 = 24569(W)

Problema 11

Una superficie metaacutelica de 10cm2 de aacuterea se encuentra a una temperatura de 2500 K y emite durante un minuto una energiacutea teacutermica de 4 x 104 J Encuentre a) la energiacutea emitida por la superficie si fuera un cuerpo negro y b) la razoacuten de la radiancia de esta superficie a la de un cuerpo negro de igual aacuterea y a la misma temperatura

Problema 12El espectro de la luz visible (luz blanca) incluye longitudes de onda comprendidas entre 380nm (violeta) y780nm (roja)a) Determinar la frecuencia de la radiacioacuten correspondiente a estos coloresb) Calculeacute conforme a la hipoacutetesis de Planck la energiacutea de loa fotones que corresponden a la luz violeta y luz rojac) cuantos fotones de luz roja son necesarios para cumular 3J de energiacutea

Datos

c=300 108 msminus1 h=66310minus34 Js

Solucioacuten

Para la pregunta a

luzvioleta v1=C⋋1

= 300 108

35010minus9 =8571014 Hz

luzroja v2=C⋋2

= 300108

780 10minus9 =385 1014 Hz

Para la pregunta b

EVioleta hv1=6626 10minus34 857 1014=568 10minus19 J

ERoja hv2=6626 10minus34 385 1014=25510minus19 J

Para la pregunta c

3 J

25510minus19 J fotonminus1=118 10minus18 fotones

Problema 13Un cuerpo estaacute radiando energiacutea conforme a la hipoacutetesis de Planck

a) Determina la energiacutea de un cuanto cuya longitud de onda es de 25nmb) Calcule la frecuencia correspondiente dicho cuanto de energiacutea Datos ⋋=25 nm Solucioacuten

aiquest E=hv=hC⋋

=662610minus34 300 108

25 10minus9 =80 10minus18 J

biquest v= C⋋

=300 108

25 10minus9 =121016 Hz

Problema 14iquestQueacute longitud de onda debe tener un fotoacuten para ionizar un aacutetomo de cesio con potencial de ionizacioacuten de 388V

Datos

V = 388V

h = 6626 10∙ -34Jmiddotse = 1602 10∙ -19C

Solucioacuten

La ionizacioacuten de un aacutetomo es la separacioacuten de uno o varios electrones del aacutetomo Para que el aacutetomo se ionice el electroacuten debe realizar un trabajo (energiacutea de ionizacioacuten E0) contra las fuerzas de atraccioacuten entre el electroacuten y el resto de las partiacuteculas que componen el aacutetomo o sea compensar la energiacutea de enlace del electroacuten

La energiacutea necesaria el electroacuten adquiere del fotoacuten de la luz que eacutel lo absorbe La energiacutea del fotoacuten depende de la longitud de onda y es igual a hν donde ν es la frecuencia de la luz y h es la constante de Planck De modo que tendremos

hν = E0

La energiacutea de ionizacioacuten E0 = eV donde V es el potencial de ionizacioacuten

Por lo tanto

hν = eV

Sustituyendo ν por cλ (ν = cλ) se obtiene

Poniendo los valores numeacutericos del problema tenemos

Problema 15Determinar la velocidad de un electroacuten emitido de una superficie de plata iluminada con luz monocromaacutetica de longitud de onda de 1500 Aring La longitud de onda a la cual comienza a manifestar este efecto es de 2600 Aring

Datosλ0 = 2600 Aring = 260 10∙ -9 mλ = 1500 Aring = 150 10∙ -9 mh = 6626 10∙ -34 J∙sc = 3 10∙ 8 msm =9109 10∙ -31 kgSolucioacuten

La ecuacioacuten de Einstein para el efecto fotoeleacutectrico es

hν = E0 + Ec maacutex (1)

Donde hν es la energiacutea del fotoacuten E0 el trabajo de salida del electroacuten del metal Ec

maacutex= mυ22 la energiacutea cineacutetica maacutexima del electroacuten que se desprende del metal

La energiacutea necesaria para arrancar el electroacuten del metal

E0 = hν0

Donde ν0 = cλ0 es la frecuencia umbral (de corte) debajo de la cual no se produce el efecto fotoeleacutectrico

Por consiguiente

Sustituyendo ν por cλ E0 por hcλ0 y Ecmaacutex por mυ22 en la ecuacioacuten (1) se obtiene

Rectificando las unidades y poniendo los valores numeacutericos se obtiene

Problema 16Determine el trabajo de extraccioacuten de un electroacuten en el efecto fotoeleacutectrico si longitud de onda a la cual se produce el efecto fotoeleacutectrico es menor que29510-6 mm

Datos

λ0 = 295 10∙ -6 mm = 295 10∙ -9 mh = 6626 10∙ -34 J∙sc = 3 10∙ 8 ms1eυ = 16middot10-19 J

Solucioacuten

La energiacutea necesaria para la realizacioacuten del trabajo de extraccioacuten de un electroacuten se calcula por la foacutermula

E0 = hν0

Donde ν0 es la frecuencia de corte por debajo de la cual no se produce el efecto fotoeleacutectrico

Sustituyendo ν0 por cλ0 se calcula E0

Problema 17Hallar la frecuencia de la luz que arranca los electrones de la superficie de un metal que se retardan por un potencial retardador de 3 V En este metal el efecto fotoeleacutectrico comienza cuando la frecuencia de la luz que incide sobre eacutel es de 61014 Hz Hallar el trabajo necesario para arrancar el electroacuten de este metal

Datos

V0 = 3V

ν0 = 6 10∙ 14 Hz = 6 10∙ 14s-1

Solucioacuten

El trabajo necesario para arrancar el electroacuten del metal se calcula por la foacutermula

E0 = hν0

Donde ν0 es la frecuencia de corte

E0 = 6626 10∙ -34J s 6 10∙ ∙ ∙ 14s-1 = 398 10∙ -19J

Entre la energiacutea cineacutetica maacutexima y el potencial retardador existe la siguiente relacioacuten

Ecmaacutex = eV0

Donde e es la carga del electroacuten y V0 es el potencial retardador

Sustituyendo Ec maacutex por eV0 en la ecuacioacuten de Einstein obtenemos

hν = E0 + eV0

Por consiguiente

Problema 18Un fotoacuten de radiacioacuten de rayos X con longitud de onda 01 nm cae sobre un electroacuten deacutebilmente enlazado de un elemento ligero y se desviacutea 90ordm de su direccioacuten inicial Calcule la energiacutea que adquiere el electroacuten despueacutes del choque y la direccioacuten de su movimiento

Datos

λ = 01 nm = 1 10∙ -10 mφ = 90ordmh = 6626 10∙ -34 J∙sc = 3 10∙ 8 msm = 91 10∙ -31 kg

Solucioacuten

La variacioacuten de la longitud de onda de los rayos X cuando se produce la difusioacuten de Compton se determina por la foacutermula

(1)

Siendo φ el aacutengulo de difusioacuten y m la masa del electroacuten en reposo

Sustituyendo en esta igualdad (1-cosφ) por 2sen2φ2 y teniendo en cuenta que

Δλ = λrsquo -λ obtenemos

(2)

(3)Si la energiacutea del fotoacuten primario es hν y la del fotoacuten difuso hνrsquo tendremos que de acuerdo con la ley de la conservacioacuten de la energiacutea la energiacutea Ec adquirida por el electroacuten vendraacute expresada por la igualdad

Sustituyendo ν por cλ y νrsquo por cλrsquo tenemos

(4)

Poniendo las expresiones (2) y (3) en la igualdad (4) se tiene

Donde A =h (mc)

La constante A = 002426 Aring suele llamarse longitud de onda Compton

Rectificando las unidades y poniendo los datos numeacutericos del problema hallamos la energiacutea del electroacuten despueacutes del choque

Hallamos ahora la razoacuten de la energiacutea del electroacuten de retroceso Ec a la energiacutea del fotoacuten incidente hν = hcλ

En general el electroacuten obtiene una pequentildea parte de la energiacutea del fotoacuten En el caso nuestro solamente 0024 (24) de la energiacutea del fotoacuten

La fig1 muestra el movimiento del electroacuten a) antes de la colisioacuten y b) despueacutes de la colisioacuten Para determinar la direccioacuten del movimiento del electroacuten despueacutes de la colisioacuten es necesario calcular el aacutengulo α bajo el cual estaacute dirigido su movimiento (fig1b)

a) b) Fig1 Fig2 De acuerdo con la ley de la conservacioacuten de la cantidad de movimiento en forma vectorial tenemos la ecuacioacuten

pf = pfrsquo + pe (5) Donde pf (pf = hνc = hλ) es la cantidad de movimiento del fotoacuten antes de la colisioacuten pfrsquo (pfrsquo = hνrsquoc = hλrsquo) es la cantidad de movimiento del fotoacuten difuso y pe es la cantidad de movimiento del electroacuten despueacutes de la colisioacuten pe = mυ donde υ es la velocidad del electroacuten

La cantidad de movimiento del electroacuten antes del choque es igual a cero ya que en reposo su velocidad es cero Graacuteficamente el vector pf es la diagonal del paralelogramo cuyos lados son los vectores pfrsquo y mv (fig2) Los aacutengulos φ y α representan respectivamente los aacutengulos bajo los cuales tienen lugar la difusioacuten del fotoacuten y la aparicioacuten del electroacuten de retroceso

De la fig2 se deduce que

Poniendo en lugar de pf y pfrsquo sus valores respectivos hλ y hλrsquo podemos escribir esta igualdad de forma siguiente

Sustituyendo λrsquo por la expresioacuten (3) obtenemos

Problema 19iquestCon queacute fuerza se atraen el nuacutecleo y el electroacuten en la primera oacuterbita del aacutetomo de hidroacutegeno iquestCuaacutentas veces es esta fuerza mayor que la fuerza gravitacional que actuacutea entre el nuacutecleo y el electroacuten

Datos

me = 9109 10∙ -31 kg

mp = 1840 9109 10∙ ∙ -31 kgG = 6672 10∙ -11 N∙m2∙kg-2

r = 053 10∙ -10 mn = 1ε0 = 8854 10∙ -12F∙ m-1

e = 1602 10∙ -19 C

Solucioacuten

La fuerza de interaccioacuten entre el nuacutecleo y el electroacuten es la fuerza electroestaacutetica de Coulomb

Donde r es el radio de la primera oacuterbita estacionaria del aacutetomo de hidroacutegeno

Rectificando las unidades y poniendo los valores numeacutericos se calcula la fuerza electroestaacutetica

Donde

La fuerza gravitacional se calcula por la foacutermula

Donde me es la masa del electroacuten mp la masa del protoacuten G la constante gravitacional

Por lo que

Problema 20Calcule cual es el radio de la primera orbita del electroacuten que gira alrededor de un nuacutecleo del aacutetomo de hidroacutegeno seguacuten el modelo de Bohr Determine la velocidad con que el electroacuten se mueve en esta oacuterbita

Datos

ε0 = 8854 10∙ -12 F∙m-1

e = 1602 10∙ -19 Cm = 9109 10∙ -31 kgh = 6626 10∙ -34 J∙s

Solucioacuten

La fuerza de interaccioacuten entre el electroacuten y el protoacuten del nuacutecleo es la fuerza

electrostaacutetica ( Fel) de Coulomb

Donde r es la distancia entre el nuacutecleo y el electroacuten Bajo la accioacuten de esta fuerza el electroacuten describe alrededor del nuacutecleo oacuterbitas en forma de elipses de Kepler y como un caso particular en forma de circunferencia

La fuerza de Coulomb es una fuerza centriacutepeta (Fc) y es numeacutericamente igual cuando se trata de una oacuterbita circular a

Por lo tanto

(1)

Para una oacuterbita circular la cantidad de movimiento angular del electroacuten es

p = mυr

La condicioacuten cuaacutentica de Bohr p = nh2π da la posibilidad de calcular el radio de

La oacuterbita circular estacionaria

(2)

La expresioacuten (1) se puede escribir en forma siguiente

Sustituyendo (mυr) por la expresioacuten (2) se obtiene

Para la primera oacuterbita n = 1 Por lo tanto

(3)

Esta magnitud representa el radio de la primera oacuterbita circular del electroacuten (radio de Bohr) es decir de la maacutes proacutexima al nuacutecleo del aacutetomo de hidroacutegeno

Rectificando las unidades y poniendo en lugar de h m ε0 y e sus respectivos valores numeacutericos se obtiene

Donde

(4)

Utilizando la expresioacuten (2) podemos calcular la velocidad υ con que el electroacuten se mueve en la primera oacuterbita

Sustituyendo r por la expresioacuten (3) tendremos

Rectificando las unidades se obtiene

Para n = 1

Problema 21iquestCalcule la energiacutea total del electroacuten en la segunda oacuterbita del aacutetomo de Bohr

SolucioacutenLa energiacutea total del electroacuten es

E = Ec+ Ep

Donde Ec es la energiacutea cineacutetica y Ep es la energiacutea potencial del electroacuten

La energiacutea potencial del electroacuten en el campo electrostaacutetico del nuacutecleo es igual a

Donde r es la distancia entre el nuacutecleo y el electroacuten (el radio de la oacuterbita)

La energiacutea cineacutetica

(1)

Donde m es la masa del electroacuten y υ es su velocidadSobre el electroacuten actuacutea una fuerza electroestaacutetica

Que es una fuerza centriacutepeta igual a

Por consiguiente

(2) Sustituyendo mv2 en la foacutermula de la energiacutea cineacutetica (1) por la expresioacuten (2) se obtiene

Por lo tanto la energiacutea total seraacute igual a

Sustituyendo r (ver el resultado del problema anterior) por

Se obtiene

Rectificando las unidades obtenemos

Para la segunda oacuterbita el nuacutemero cuaacutentico n = 2

Poniendo en lugar de h m y e sus respectivos valores numeacutericos hallamos

Problema 22iquestCuaacutel es la longitud de onda del fotoacuten emitido por el aacutetomo de hidroacutegeno cuando el electroacuten transita de la cuarta oacuterbita a la segunda

Solucioacuten

La radiacioacuten se produce soacutelo cuando el aacutetomo sufre una transicioacuten de una oacuterbita con energiacutea Ek a otra oacuterbita de menor energiacutea Ej (Ej lt Ek) En forma de ecuacioacuten

hν = Ek - Ej

Donde hν es el cuanto de energiacutea transportado por el fotoacuten emitido del aacutetomo durante la transicioacuten

En el caso nuestro k = 4 y j = 2 Por lo tanto

hν = E4 - E2

Utilizando la foacutermula de la energiacutea del electroacuten (ver el problema 21) se obtiene

Donde el teacutermino

Es la energiacutea del electroacuten en la segunda oacuterbita (Ver el problema 21)

Por consiguiente

Seguacuten el resultado del problema 21 E2 = -54 10∙ -19J

Por lo tanto

Como λ = cν entonces

Problema 23El electroacuten del aacutetomo de hidroacutegeno salta de la tercera oacuterbita a la segunda a) Calcular la longitud de onda del fotoacuten emitido b) Calcular la disminucioacuten de la energiacutea del aacutetomoacute

Datos

j =1k = 3R = 1097middot107 m-1

h = 6626 10∙ -34 J∙s

Solucioacuten

Cuando el electroacuten pasa de la oacuterbita de mayor energiacutea (Ek) a una orbita de menor

energiacutea (Ej) el aacutetomo emite un fotoacuten cuya energiacutea es igual a E = Ek- Ej La longitud de onda del fotoacuten emitido se calcula por la foacutermula

J y k son los nuacutemeros de las oacuterbitas y R es la constante de Ridberg

La disminucioacuten de la energiacutea del aacutetomo es igual a la energiacutea del fotoacuten emitido

Problema 24

a) iquestQueacute tensioacuten del campo eleacutectrico es necesaria seguacuten la mecaacutenica claacutesica para que un electroacuten acelerado en este campo adquiera la velocidad de la luzb) iquestCuaacutel seraacuten la velocidad del electroacuten y su masa en este campo seguacuten la mecaacutenica relativista

Datos

m0 = 9109∙10-31kgc = 3∙108mse = 1602 10∙ -19C

Solucioacuten

a) Seguacuten la mecaacutenica claacutesica la energiacutea cineacutetica del electroacuten

Donde m0 es la masa de reposo del electroacuten y υ es su velocidad La diferencia de potencial V multiplicada por la carga del electroacuten es una medida de la energiacutea cineacutetica del electroacuten adquirida en el campo eleacutectrico En otras palabras

Sustituyendo υ por c se calcula la diferencia de potencial del campo eleacutectrico necesaria para que el electroacuten adquiera la velocidad de la luz

Analizando las unidades y poniendo los valores numeacutericos del problema se obtiene

b) En la mecaacutenica relativista se calcula la masa m del electroacuten y su energiacutea

cineacutetica Ec utilizando las foacutermulas siguientes

Pero numeacutericamente Ec = (m0c2)2 o sea

La masa del electroacuten seraacute igual a

Problema 25iquestCuaacutel es la energiacutea de un fotoacuten correspondiente a ondas radio de frecuencia 1255 x106 Hz

Datos

E=hv v=c⋋Solucioacuten E=662610minus34 1255 106=831610minus28 J

PROBLEMA 26La liacutenea verde en el espectro atoacutemico del talio tiene una longitud de onda de 535 nm Calcular la energiacutea de un fotoacuten

Solucioacuten

H=662610minus34C=300 108 msminus1

E=hv v=c ⋋ v=300 108 msminus1

53510minus9 =560 1014

E=662610minus34 560 1014=372 10minus19J

PROBLEMA 27Un electroacuten salta desde un orbital maacutes externo a otro maacutes interno entre los que existe una diferencia de energiacutea de 15 x 10-15 J iquestCuaacutel es la frecuencia de la radiacioacuten emitida

Datos

∆ E=hv

Solucioacuten

v=∆ E h= 15 10minus15J662610minus34 JS

=2261018 Sminus1

Problema 28La longitud de onda umbral para que cierta superficie metaacutelica emita electrones es 6000 Aring Se observoacute que si esa superficie fotosensible se ilumina con luz de 4000 Aring los electrones son emitidos con una velocidad de 606 x 105m s-1 Deducir el valor de la constante de Planck

Datos

λ1=600 Aring=610minus7 λ2=400 Aring=410minus7 V = 6 06 x 105m s-1 m=9 110minus31

Solucioacuten h= Cλ 2

=hCλ 1

+ mv2

2

h= 3 108

410minus7 =h3 108

6 10minus7 +91 10minus31 (606105)2

2

75 1014 h=5 1014 h+16710minus19

25 1014 h=167 10minus19

h=66810minus34 Js

Problema 29La frecuencia umbral de cierto metal es 88 x 1014 s-1 Calcular la velocidad maacutexima de los electrones emitidos por ese metal cuando se ilumina con luz cuya longitud de onda es 2536 Aring iquestQueacute energiacutea cineacutetica poseen esos electrones

EC=h(CλminusV C)=662610minus34 J s ( 3

108ms

2536 10minus10 minus88 x 1014 sminus1)=201 10minus19 J

EC=m v2

2rarr v2=radic 2 EC

m=radic 2 20110minus19 J

9110minus31kg=664 105 m s

Pregunta 30Una superficie de cierto metal emite electrones cuya energiacutea cineacutetica equivale a 3 eV cuando se ilumina con luz de longitud de onda de 1500 Aring iquestcual es el valor de la frecuencia umbral de ese metal

Solucioacuten

Se debe cumplir que E incidente= E umbral+E cineacutetica del electroacuten

E incidente=hv=hλ=66210minus34 J S 3 108 msminus1

150010minus10m=13 10minus18 J

E incidente del electron=3eV 16 10minus19 J eV minus1=48 10minus19 J

E umbral=13 10minus18 Jminus4810minus19 J=8210minus19

υ= Eh

= 82 10minus19 J66210minus34 JS

=13 1015 Hz

Problema 31Calcule la longitud de onda y la frecuencia da la 2da raya de la serie de Balme en el espectro del hidrogeno Constante de rydberg=109677 107 mminus1 La segunda raya nj=4 entonces ni=2

1⋋2

=RH ( 1

iquest2minus 1

nj2)=109677107( 1

22minus 1

42)=109677 107 3

16rarr⋋2=486 10minus7 m

v= C⋋2

= 300108

486 10minus7 =617 1014 Hz

Problema 32Calcuacutelese la longitud de onda de De Broglie en cada uno de los siguientes casos a) un neutroacuten que se mueve a una velocidad de 10 kms b) Un moacutevil de 20 g que se mueve a 72 kmhora

Solucioacutena) un neutroacuten que se mueve a una velocidad de 10 kms

masa del electron=167 10minus27 kg

mv=167 10minus27 kg 104 m sminus1=167 10minus23

λ=h

mv=66310minus34

16710minus23 =39710minus11 m

b) Un moacutevil de 20 g que se mueve a 72 kmhora

λ= hmv

=66310minus34

210minus2 20=1610minus33m

Problema 33Una superficie de sodio se ilumina con luz de 300 nm de longitud de ondala funcioacuten de trabajo para el metal de sodio es 246 eV Encuentrea) la energiacutea cineacutetica maacutexima de los fotoelectrones emitidosb) la longitud de onda de corte para el sodio

c) calcule la rapidez maacutexima del efecto fotoeleacutectrico

Solucioacuten

a) la energiacutea cineacutetica maacutexima de los fotoelectrones emitidos

E=h f =hcλ

=(662610minus34 J s ) (3 108 m s)

30010minus9m=663 10minus19 J=414 eV

Luego aplicamos Kmax=h f minusФ=414eV minus246eV =168 eV

b) la longitud de onda de corte para el sodio

E=h f 0=Ф dedonde hcλ0

aislamos λ0=hcФ

peroФ=(246 eV )(1610minus19 J eV )=39410minus19 J

Reemplazamos λ0=(662610minus34 Js )(3108 m s)

394 10minus19 J=iquest 505 10minus7=505 nm

c) calcule la rapidez maacutexima del efecto fotoeleacutectrico

E=12

m v2rarr 168eV iquest(91110minus31kg)v2

2 rarr v=768 105 m s

Problema 34Un aacutetomo absorbe un fotoacuten que tiene una longitud de onda de 375 nm e inmediatamente emite otro fotoacuten que tiene una longitud de onda de 580 nm iquestCuaacutel es la energiacutea neta absorbida por el aacutetomo en este proceso

Solucioacuten

Eneta=E f minusEi

Eneta=1240 eV nm

λemiteminus1240 eV nm

λabsorbe=1240 eV nm

λemiteminus1240 eV nm

λabsorbe

Eneta=2138 eVminus331 eV =1172eV

Problema 35La mayoriacutea de los procesos gaseosos de ionizacioacuten requieren cambios de energiacutea de 1 x10minus18 a 1 x10minus16 iquestqueacute regioacuten del espectro electromagneacutetico del sol es entonces

principalmente responsable de la creacioacuten de la ionosfera en la atmosfera de la tierra

Solucioacuten

tenemos E=1240 eV nmλ

reemplazamos 1 x10minus16minus1 x 10minus18=1240 eV nmλ

convirtiendo a eV 625minus625=1240 eV nmλ

cancelando eV λ=1240 nm61875

=iquest 2004 nm(ultravioleta)

Problema 36Se desea escoger una sustancia para una foto celda operable con luz visible iquestCuaacutel de la siguientes lo haraacute(la funcioacuten de trabajo aparece entre pareacutentesis )el tantalio(42eV)el tungsteno(45eV)el aluminio(42eV)el bario(25eV)el litio(23eV)el cesio(19eV)

Solucioacuten

Sabemos E=1240 eV nmλ

ReemplazamosE=Ф

Luego λ=1240 eV nm

Ф

aiquest tantalio λ=1240 eV nm

42 eV=iquest 2952nm(ultravioleta)

biquest tungsteno λ=1240 eVnm

45 eV=iquest 2756 nm(ultravioleta)

c iquestaluminio λ=1240 eV nm

42 eV=iquest 2952nm(ultravioleta)

d iquestbario λ=1240 eV nm

25 eV=iquest 496 nm(visible)

e iquestlitio λ=1240 eV nm

23 eV=iquest 5391nm(visible)

f iquest sesio λ=1240 eV nm

19 eV=iquest 6526nm(visible)

Problema 37a) La energiacutea necesaria para desprender un electroacuten de sodio metaacutelico es de 228eV iquestMuestra el sodio un efecto fotoeleacutectrico bajo luz roja con λ=678 nmb) iquestCuaacutel es la longitud de la onda de corte de la emisioacuten fotoeleacutectrica del sodio y a que color corresponde esta longitud de onda

Solucioacuten

Para la pregunta a

Tenemos E=1240 eV nmλ

Reemplazamos E=1240 eV nm678 nm

=iquest 18289 eV

no se produce el efecto fotoelectrico porque Elt228 eV

Para la pregunta b

E=1240 eV nmλ

Reemplazamos E=1240 eV nm228 eV

=iquest 54386 nm(verde)

Pregunta 38Un numero de fotones incide sobre una superficie de sodio que tiene una funcioacuten de trabajo de 228eV causando la emisioacuten fotoeleacutectrica cuando se impone un potencial de frenado de 492 V no existe una fotocorriente Halle la longitud de onda de los fotones incidentes

Solucioacuten

Tenemos Ф=228 eV

Tambieacuten h f =Ф+k max

Reemplazado h f =Ф+e V 0

Luego 1240 eV nm

λ=228 eV +(16 10minus19C )(492 V )

Sabemos V=J C por lo tanto convertimos a eV

1240 eV nm

λ=228 eV +(16 10minus19C )(492J C)(1eV 16 10minus19 J )

Cancelando λ=1722 nm

Pregunta 39a Si la funcioacuten de trabajo de un metal es de 185eV iquestCuaacutel seria el potencial de frenado de la luz que tenga una longitud de onda de 410 nmb iquestCuaacutel seria la velocidad maacutexima de los fotoelectrones emitidos en la superficie de metal

Solucioacuten

Para a

Sabemos h f =Ф+k max

Reemplazamos 1240 eV nm

λ=185 eV +e V 0

1240 eV nm

410 nm=185 eV +e V 0

Reduciendo V 0=117V

Para b

Tenemos k max=e V 0

12

m v2=e V 0

Reemplazamos 12

(91110minus31) v2=(16 10minus19 )(117 V )

Reduciendo V=641 km s

Pregunta 40El molibdeno tiene una funcioacuten de trabajo de 420 eV a) encuentre la longitud de onda de corte y la frecuencia de corte para el efecto fotoeleacutectrico B) calcule el potencial de frenado si la luz incidente tiene una longitud de onda de 180nm

Solucioacuten

Para a sabemos Ф=h f 0 de aquiacute Ф=h CλC

Aislamos λ λC=h CФ

Reemplazamos λC=iquest (662610minus34 )(3 108)

42016 10minus19 =iquest 2958 nm

Ahora calculamos la frecuencia de cortef 0

Sabemos f 0=CλC

=iquest 3108

295810minus9= 1014 pHz

Para b tenemos Kmax=CλC

minusФ

Reemplazamos Kmax=6626 10minus34 3108

18010minus9 minus420 eV

Reduciendo Kmax=2675 eV

Finalmente calculamos el V 0

De Kmax=eV 0

Aislamos V 0=iquest 267516 10minus19 J

16 10minus19 C=iquest 2675 V

Problema 41Un estudiante que analiza el efecto fotoeleacutectrico de dos metales diferente registra la siguiente informacioacuteni) el potencial de frenado para los fotoelectrones liberados en el metal 1 es 148 V mayor que para el metal 2 y ii) la frecuencia de corte para el metal 1 es 40 mas pequentildea que para el metal 2determine la funcioacuten de trabajo para cada metal

Kmaxi=e V 01 Kmaxi=e(V 02+148) (1)

Kmaxi=e V 02 (2)

h f 01=Ф1 h 60

100 f 02=Ф1 (3)

Metal 1 Metal 2 V 01=V 02+148

f 01=60

100 f 02

V 02=V 02

f 01=f 02

h f 02=Ф2 (4)

En (1)

h f minush f 01=e(V 02+148) (5)

h f minush f 02=e V 02 (6)

Luego (6) en (5)

h f minush60

100 f 02=h f minush f 02+e 148

Simplificando f 02=e 148 5

2 h=Ф2

Ф2=37 eV

Entonces h60100

f 02=Ф1

Pero h f 02=Ф2

Reemplazando f 02=h60

100Ф2

h=Ф1

Simplicando Ф1=222eV

Pregunta 42Dos fuentes luminosas se utilizan en un experimento fotoeleacutectrico para determinarla funcioacuten de trabajo para una superficie metaacutelica particular Cuando se emplea luz verde de una laacutempara de mercurio (λ=5461 nm) un potencial de frenado de 0376 V reduce la fotocorriente a ceroa Con base a esta medicioacuten iquestCuaacutel es la funcioacuten de trabajo para este metalb iquestQueacute potencial de frenado se observariacutea al usar la luz amarilla de un cubo de descarga de helio λ=58715 nm

Solucioacuten

Para a

Kmaxi=h f minusФ (1)

Kmaxi=e V 0 (2)

(1) En (2)

h f minusФ=e V 0

Luego Ф=minuse V 0+h c λ

Reemplazando valores

Ф=minus(16 10minus19C ) (0376 V )+(60626 10minus34 J S ) 3 108546110minus9

Ф=1899 eV

Para b

De la ecuacioacuten h f minusФ=e V 0

Aislamos V 0=iquest h

CλminusФ

e

V 0=iquest 3108

587510minus9 minusiquest 19 eV iquest16 10minus19C=02125 V

Pregunta 43Fotones de 450 nm de longitud inciden sobre un metal los electrones mas energeacuteticos expulsados del metal se desviacutean en in arco circular de 200 cm de radio por medio de un campo magneacutetico con una magnitud de 200x10minus5 TiquestCuaacutel es la funcioacuten de trabajo del metal

Datos

λ=450 10minus9m r=200cm=02 m t=200 x10minus5T

Solucioacuten

Hallamos ldquoErdquo

E=hcλ

rarr E=(6626 10minus34 J S )(3108)450 10minus9m=441710minus19 J

Hallamos ldquoV ldquo

V=q Br m

V=(16 10minus19 J ) ( 20010minus5T ) (02 m )

91110minus31 Kg=007025107m S

Hallamos k rsub max

k max=12

mv2 rarr k max=( 91110minus31 Kg )iquest

Hallamos ldquoФrdquo

Ф=hcλ

minuskmax=4417 10minus19 Jminus224810minus19 J=21691019 1 eV 1610minus19

Ф=135 eV

Problema 44Un Fotoacuten que tiene energiacutea Eo es dispersado por un electroacuten libre inicialmente en reposo de tal manera que el aacutengulo de dispersioacuten del electroacuten dispersado es igual al del fotoacuten dispersado ( ) a) Determine los aacutengulos y b) La energiacutea y el momentum del fotoacuten dispersado y c) La energiacutea cineacutetica del electroacuten dispersado

Solucioacuten

aiquest Determine los aacutengulos y

X hλ0

=h cosФ

λ+γ me VcosФ

Y 0=minush senФ

λ +γ me VsenФ

De Y 0=minush

λ=γ me V rarr

h

λ =γ me V

De X hλ0

=hcosФ

λ+ hcosФ

λ()

despejando λ

2 λ0 cosФ

corrimiento de compton

λminus λ0=

hme c

(1minuscosФ )rarr 2 λ0 cosФminusλ0=h

me c(1minuscosФ )

Sabiendoque λ0=hcE0

en funcion de E0

2 λ0 cosФminus1=E0

me c2 (1minuscosФ )rarr sihacemos E0

me c2 =x

2 λ0 cosФminus1=x (1minuscosФ )

Aislamos elaacutengulo Ф=arcocos( x+1x+2

)

biquest La energiacutea y el momentumdel fotoacuten dispersado energ iacutea

E=hc λ si λ =2 λ0 cosФ si λ0=hcλ0

entonces E=E0

2cosФ obtenemos Eacute=( x2+2 x

2 x+2)me c2

Momenton p h Si acute 2 λ0 cos E h 2 λ0cos Si λ0=hc E0

entonces pE0

2C cosФ obtenemos Pacute=( x2+2 x

2 x+2)me c2

c iquest La energiacuteacineacutetica del electroacutendispersado E0 iquest E +Ke E0minusE =Ke

Reemplazamos Ke=( x2

2 x+2)me c2

Problema 45Un Fotoacuten de 0880mev es dispersado por un electroacuten libre inicialmente en reposo de tal manera que el aacutengulo de dispersioacuten del electroacuten dispersado es igual al del fotoacuten dispersado ( ) a) Determine los aacutengulos y b) La energiacutea y el momentum del fotoacuten dispersado y c) La energiacutea cineacutetica del electroacuten dispersado

Solucioacuten

aiquest Determine los aacutengulos y

X hλ0

=h cosФ

λ+γ me VcosФ

Y 0=minush senФ

λ +γ me VsenФ

De Y 0=minush

λ=γ me V rarr

h

λ =γ me V

En X hλ0

=hcosФ

λ + hcosФ

λ ()

hλ0

=2h cosФ

λ rarr λ =2 λ0cosФ

λminus λ0=

hme c

(1minuscosФ )rarr 2 λ0 cosФminusλ0=h

me c(1minuscosФ )

Pero E0=hcλ0

reemplazando y combinando

me

E0

c2 (2 cosФminus1 )=(1minuscosФ )

(91 10minus31 kg)(9 1016 m2 s2)iquestiquest (1minuscosФ )=iquest 5809 10minus2 (2cosФminus1 )

cosФ=013

Ф=43 10

biquest La energiacutea y el momentumdel fotoacuten dispersado

E hc Si acute 2 λ0 cos

E hc 2 λ0 cos Si λ0=hc E0 E E0 2 cos Reemplazando E=0808 meV 2 cos 43 ordm=602 KeV

P h =E c=602103 16 10minus19 3108=iquest

P 32110minus22kg m s

c iquest La energiacuteacineacutetica del electroacutendispersado

k e=880 KeV minus602 KeV k e=278 KeV

Problema 46En un experimento de dispersioacuten Compton un fotoacuten se desviacutea en 900ordm y el electroacuten se desviacutea en un aacutengulo de 200ordm Determine la longitud de onda del fotoacuten dispersado

Solucioacuten

X hλ0

=h cosФ

λ+γ me VcosФ Y 0=minush senФ

λ +γ me VsenФ

Luego

Y h

λ=γ me Vsen200

(2iquest X hλ0

=γ me Vcos200 (1iquest

De 2 y1

λ0=λ tg200

De

λ minus λ0=h

mc(1minuscos900)

λ minus λ tg 200= hmc

rarr λ (1minustg 200 )= hmc

λ (1minus036 )=00024310minus9 m

λ =38 10minus12m

Problema 47Un fotoacuten de 000160nm se dispersa a partir de un electroacuten libre iquestPara queacute aacutengulos de dispersioacuten (fotoacuten) el electroacuten de retroceso tiene la misma energiacutea cineacutetica que la energiacutea del fotoacuten dispersado

Solucioacuten

λ0=000160 10minus9 hcλ0

=hc

λ+ hc

λ=rarr

1λ0

= 2

λ

λ minus λ0=h

mc(1minuscosФ)

000160 10minus9 m=000243 10minus9m(1minuscosФ)

cosФ=034

Ф=70 10

Problema 48A partir de la dispersioacuten de la luz solar de Thompson calculo el radio claacutesico del electroacuten que tiene un valor de 282 10minus15 Si la luz del sol con una intensidad de 500Wm2cae sobre un disco con este radio calcule el tiempo requerido para acumular 1eV de energiacutea Suponga que la luz es una onda claacutesica y que la luz que golpea al disco es absorbida por completo iquestCoacutemo se compara su resultado con la observacioacuten que los fotoelectrones son emitidos con rapidez dentro de10minus9 s Solucioacuten

radiaccion=500 W m2

tenemos I=P A rarr P=I A

Luego W t=I A

t=EI

A= 1 eV500 W π iquestiquestiquest

Absolutamente largo

  • Laboratorio de Fiacutesica Moderna
Page 3: David reparado

Datos

A = 1 cm2 = 110-4m2

U = 013 cal = 013418 J = 05434 J

t = 1 min = 60 s

σ = 56710-8Wm-2K-4

b = 289∙10-5m∙K

Solucioacuten

La radiancia del cuerpo negro es decir la energiacutea que emite en 1 s la unidad de superficie del cuerpo negro se determina por la foacutermula de Stefan-Boltzman

R = σT4

De otro lado

Por lo tanto

La longitud de onda a la cual corresponde la radiancia maacutexima se calculautilizando la ley de Wien

Dondeb es la constante de Wien

Asiacute pues el maacuteximo del poder emisivo de la superficie terrestre corresponde a la parte de onda larga (infrarroja) del espectro

Hay que aclarar que la Tierra tendriacutea la temperatura media tan baja (200K = -73degC) si faltara la atmoacutesfera La atmoacutesfera absorbe la radiacioacuten de la Tierra y se calienta por eacutesta pero a su vez la atmoacutesfera calentada la emite Una parte de esta radiacioacuten va a la Tierra y se absorbe por ella originando el calentamiento de la superficie terrestre Por eso la temperatura media real de la Tierra resulta mucho maacutes alta que la calculada anteriormente La atmoacutesfera preserva la superficie terrestre de demasiado enfriamiento crea un efecto invernadero

Problema 5Un cuerpo negro se calienta a una temperatura a) 106K b) 103K Calcule a que longitud de onda le corresponde la mayor cantidad de energiacutea emitida

Datos

T1 = 1∙106K

T2 = 1∙103K

b = 289∙10 -5m∙K

σ = 567∙10-8W∙m-2∙K-4

Solucioacuten

Aplicando la foacutermula de la ley de desplazamiento de Wien

Se calcula la longitud de onda para la cual la radiancia espectral del cuerpo negro tiene valor maacuteximo para cada temperatura

A la temperatura de 1∙106K corresponde la longitud de onda

Y a la temperatura de 1∙103K corresponde

La mayor cantidad de energiacutea emitida corresponde la longitud de onda de

289∙10-9 m

Problema 6La temperatura de la superficie de las estrellas llamadas ldquoenanas blancasrdquo es de 1 10∙ 4K iquestEn queacute parte del espectro se encuentra el maacuteximo de su radiacioacuten

Datos

T = 1∙104K

Solucioacuten

Utilizando la foacutermula de la ley de desplazamiento de Wien se calcula la longitud de onda λmaacutexque corresponde a la temperatura de 104K

Esta longitud de onda corresponde a la parte ultravioleta del espectro

Las ldquoenanas blancasrdquo son las estrellas compactas cuya masa es del mismo orden que la masa del Sol y su radio son aproximadamente igual al 1 del radio del Sol

Las estrellas cuya temperatura es de 7∙104 K se llaman estrellas calientes Y si la temperatura es de 5∙103 K las estrellas se laman friacuteas

Problema 7Sobre 1 cm2 de la superficie terrestre caen 192 caloriacuteas de energiacutea teacutermica por minuto Encuentre cuaacutel es la temperatura de la superficie del sol bajo la suposicioacuten que eacuteste radia como un cuerpo negro La distancia entre el sol y la tierra es 1510 11m y su radio es de 696 10∙ 8m

Datos

A = 1 cm2= 1∙10-4 m2

t = 1 min = 60 s

U = 192 cal = 8064 J

s = 15∙1011 m

Rsol= 696∙108m

σ= 5 67∙10-8 W∙m-2∙K-4

Solucioacuten

La energiacutea irradiada por toda la superficie del sol

US= (4πRsol2)RS (1)

Donde (4πRsol2) es el aacuterea de la superficie del solRS la radiancia del sol

La energiacutea que incide sobre la tierra por unidad de superficie y tiempo

(2)

Por otro lado seguacuten los datos del problema

(3)

Sustituyendo US en la foacutermula (2) por la expresioacuten (1) obtenemos

(4)

Seguacuten la ley de Stefan-Boltzman para el cuerpo negro la energiacutea emitida por el sol por unidad de superficie y tiempo (la radiancia) es igual a

RS = σT4

Poniendo la uacuteltima expresioacuten en la igualdad (4) y sustituyendo UT por (3) se obtiene

Problema 8 Un cuerpo negro se encuentra a una temperatura 2900 K Como resultado de enfriamiento de este cuerpo la longitud de onda correspondiente a la radiancia espectral maacutexima sufrioacute una variacioacuten de 9 nm iquestHasta queacute temperatura se enfrioacute el cuerpo

Datos

T1 = 2900 K

Δλ = 9 nm = 9∙10-9m

b = 289∙10-5K∙m

Solucioacuten

Seguacuten la ley de desplazamiento de Wien para el cuerpo negro

λT = b = Const

En el caso de enfriamiento la temperatura del cuerpo disminuye (T2lt T1) por lo que la longitud de onda λmaacutex aumenta (ver la figura) Pues entonces

Como λmaacutexT = Const entonces se puede escribir

(1)

Seguacuten la ley de desplazamiento de Wien

Sustituyendo λ1maacutex en la expresioacuten (1) se obtiene

Poniendo los valores numeacutericos del problema se calcula la temperatura T2

Problema 9Un filamento metaacutelico cuyo diaacutemetro es 02 mm se calienta con corriente eleacutectrica hasta una temperatura de 3000 K Calcule que tiempo demoraraacute en enfriarse despueacutes de apagarse (desconectarse) hasta una temperatura de 800 K Considere que el filamento emite como un cuerpo negro y que no recibe ninguna energiacutea del medio que le rodea Desprecie cualquier efecto que produzca la perdida de su energiacutea La densidad del filamento es 19 gcm3 y el calor especiacutefico es 0037 cal (gK) (1 cal = 41868J)

Datos

d = 02mm = 2∙10-4 m

T1 = 3∙103 K

T2 =8∙102 K

ρ = 19 gcm3 = 19∙103 kgm3

c = 0037 Cal (g∙K) = 154 9 J (kg∙K)

σ = 5 67∙10-8 W (m2∙K4)

Solucioacuten

Si A es el aacuterea de la superficie del filamento y R es la energiacutea emitida por el filamento por unidad de tiempo y superficie (la radiancia) entonces la energiacutea U emitida por la superficie del filamento en unidad de tiempo es igual a

U = RA

El aacuterea de la superficie del filamento A = (πd) l donde l es la longitud del filamento Seguacuten la ley de Stefan-Boltzman

R = σT4

Por lo tanto

U = σT4 (πd) l (1)

Durante el tiempo dt la temperatura del filamento disminuye en dT y el filamento pierde una energiacutea

Udt = - mcdT

Dondem es la masa del filamento y c es el calor especifico del material del filamento

Sustituyendo U por la expresioacuten (1) se obtiene

σT4 (πd) ldt = - mcdT

Integrando la uacuteltima expresioacuten tenemos

(2)

La masa del filamento m = Vρ donde V es su volumen

Sustituyendo m en la expresioacuten (2) obtenemos para el tiempo lo siguiente

Rectificando las unidades y poniendo los valores numeacutericos del problema se obtiene

El filamento se enfriacutee raacutepidamente ya que la radiancia es directamente proporcional a T4

Problema 10 A partir de la foacutermula de Planck para la radiancia espectral encontrar a) la ley de Stefan-Boltzman b) la ley de desplazamiento de Wien

Solucioacuten

a) Planck descubrioacute la forma de la funcioacuten Rλ = f (λ T)

(1)

Donde C1 y C2 son constantes C1= 2πc2h y C2 = hck

k = 13806610-23JK es la constante de Boltzman c = 29979108ms la velocidad de la luz y h = 662617610-34Js la constante de Planck

Esta foacutermula responde a los datos experimentales y de ella pueden deducirse directamente como casos particulares la ley termodinaacutemica de Stefan-Boltzman y la ley de deslazamiento de Wien

La radiancia R (es decir la cantidad total de energiacutea radiante emitida por el cuerpo por unidad de superficie y tiempo) del cuerpo negro se puede obtener integrando la radiacioacuten emitida en todos los intervalos de longitud de onda

(2)

DondeRλ es la radiancia espectral

Si la distribucioacuten de la energiacutea entre las zonas del espectro del cuerpo negro se representa en la escala de frecuencias en lugar de Rλ hay que tomar la radiancia Rν

referida a un intervalo unidad de frecuencias Entonces

Rλdλ = Rνdν (3)

Y la expresioacuten (2) se presenta en forma

(4)

Y como λ = cν donde c es la velocidad de la luz en el vaciacuteo dλ= cν-2dν y poniendo este valor en (3) obtenemos

Sustituyendo en la foacutermula (1) λ por cν (λ = cν) la foacutermula de Planck se transforma en la siguiente expresioacuten

Y por consiguiente

(5)

Poniendo la expresioacuten (5) en (4) se obtiene la energiacutea total emitida por el cuerpo

Utilicemos el meacutetodo de integracioacuten por sustitucioacuten Podemos introducir una nueva variable

Entonces

Donde

Por lo tanto

Sustituyendo las constantes C1 y C2 por sus respectivas expresiones se obtiene

Donde

b) Para obtener le ley de desplazamiento de Wien utilizando la foacutermula de Planck es necesario encontrar analiacuteticamente la expresioacuten de la posicioacuten del maacuteximo en la curva que responda a la distribucioacuten de la radiancia del cuerpo negro entre las longitudes de onda Para esto es necesario encontrar el valor λ = λmaacutex para el cual la funcioacuten Rλ= f (λ T) para la temperatura constante tiene su valor maacuteximo por lo que debe cumplirse la condicioacuten

Sacando factor comuacuten se obtiene

De aquiacute tenemos

Realizando el cambio de variable

(1)

Tendremos

Si x es suficientemente grande se puede despreciar el 1 en el denominador comparando con ex entonces ya tenemos una primera solucioacuten aproximada para x

Tomando este valor como punto de partida podemos encontrar el valor real de x Por ejemplo utilizando el meacutetodo de aproximaciones sucesivas obtendremos

x1= 4965

Sustituyendo x en la expresioacuten (1) por el valor numeacuterico encontrado de x1 se obtiene

DondeC25 = b que es la constante de la ley de desplazamiento de Wien

Calculando b se obtiene su valor numeacuterico

Es evidente que para demostrar que λT = const no es necesario calcular el valor numeacuterico de x ya que λT = C2x = const

Rt = 092∙ 567∙10-8∙ (103)4∙314∙015∙10-2∙1 = 24569(W)

Problema 11

Una superficie metaacutelica de 10cm2 de aacuterea se encuentra a una temperatura de 2500 K y emite durante un minuto una energiacutea teacutermica de 4 x 104 J Encuentre a) la energiacutea emitida por la superficie si fuera un cuerpo negro y b) la razoacuten de la radiancia de esta superficie a la de un cuerpo negro de igual aacuterea y a la misma temperatura

Problema 12El espectro de la luz visible (luz blanca) incluye longitudes de onda comprendidas entre 380nm (violeta) y780nm (roja)a) Determinar la frecuencia de la radiacioacuten correspondiente a estos coloresb) Calculeacute conforme a la hipoacutetesis de Planck la energiacutea de loa fotones que corresponden a la luz violeta y luz rojac) cuantos fotones de luz roja son necesarios para cumular 3J de energiacutea

Datos

c=300 108 msminus1 h=66310minus34 Js

Solucioacuten

Para la pregunta a

luzvioleta v1=C⋋1

= 300 108

35010minus9 =8571014 Hz

luzroja v2=C⋋2

= 300108

780 10minus9 =385 1014 Hz

Para la pregunta b

EVioleta hv1=6626 10minus34 857 1014=568 10minus19 J

ERoja hv2=6626 10minus34 385 1014=25510minus19 J

Para la pregunta c

3 J

25510minus19 J fotonminus1=118 10minus18 fotones

Problema 13Un cuerpo estaacute radiando energiacutea conforme a la hipoacutetesis de Planck

a) Determina la energiacutea de un cuanto cuya longitud de onda es de 25nmb) Calcule la frecuencia correspondiente dicho cuanto de energiacutea Datos ⋋=25 nm Solucioacuten

aiquest E=hv=hC⋋

=662610minus34 300 108

25 10minus9 =80 10minus18 J

biquest v= C⋋

=300 108

25 10minus9 =121016 Hz

Problema 14iquestQueacute longitud de onda debe tener un fotoacuten para ionizar un aacutetomo de cesio con potencial de ionizacioacuten de 388V

Datos

V = 388V

h = 6626 10∙ -34Jmiddotse = 1602 10∙ -19C

Solucioacuten

La ionizacioacuten de un aacutetomo es la separacioacuten de uno o varios electrones del aacutetomo Para que el aacutetomo se ionice el electroacuten debe realizar un trabajo (energiacutea de ionizacioacuten E0) contra las fuerzas de atraccioacuten entre el electroacuten y el resto de las partiacuteculas que componen el aacutetomo o sea compensar la energiacutea de enlace del electroacuten

La energiacutea necesaria el electroacuten adquiere del fotoacuten de la luz que eacutel lo absorbe La energiacutea del fotoacuten depende de la longitud de onda y es igual a hν donde ν es la frecuencia de la luz y h es la constante de Planck De modo que tendremos

hν = E0

La energiacutea de ionizacioacuten E0 = eV donde V es el potencial de ionizacioacuten

Por lo tanto

hν = eV

Sustituyendo ν por cλ (ν = cλ) se obtiene

Poniendo los valores numeacutericos del problema tenemos

Problema 15Determinar la velocidad de un electroacuten emitido de una superficie de plata iluminada con luz monocromaacutetica de longitud de onda de 1500 Aring La longitud de onda a la cual comienza a manifestar este efecto es de 2600 Aring

Datosλ0 = 2600 Aring = 260 10∙ -9 mλ = 1500 Aring = 150 10∙ -9 mh = 6626 10∙ -34 J∙sc = 3 10∙ 8 msm =9109 10∙ -31 kgSolucioacuten

La ecuacioacuten de Einstein para el efecto fotoeleacutectrico es

hν = E0 + Ec maacutex (1)

Donde hν es la energiacutea del fotoacuten E0 el trabajo de salida del electroacuten del metal Ec

maacutex= mυ22 la energiacutea cineacutetica maacutexima del electroacuten que se desprende del metal

La energiacutea necesaria para arrancar el electroacuten del metal

E0 = hν0

Donde ν0 = cλ0 es la frecuencia umbral (de corte) debajo de la cual no se produce el efecto fotoeleacutectrico

Por consiguiente

Sustituyendo ν por cλ E0 por hcλ0 y Ecmaacutex por mυ22 en la ecuacioacuten (1) se obtiene

Rectificando las unidades y poniendo los valores numeacutericos se obtiene

Problema 16Determine el trabajo de extraccioacuten de un electroacuten en el efecto fotoeleacutectrico si longitud de onda a la cual se produce el efecto fotoeleacutectrico es menor que29510-6 mm

Datos

λ0 = 295 10∙ -6 mm = 295 10∙ -9 mh = 6626 10∙ -34 J∙sc = 3 10∙ 8 ms1eυ = 16middot10-19 J

Solucioacuten

La energiacutea necesaria para la realizacioacuten del trabajo de extraccioacuten de un electroacuten se calcula por la foacutermula

E0 = hν0

Donde ν0 es la frecuencia de corte por debajo de la cual no se produce el efecto fotoeleacutectrico

Sustituyendo ν0 por cλ0 se calcula E0

Problema 17Hallar la frecuencia de la luz que arranca los electrones de la superficie de un metal que se retardan por un potencial retardador de 3 V En este metal el efecto fotoeleacutectrico comienza cuando la frecuencia de la luz que incide sobre eacutel es de 61014 Hz Hallar el trabajo necesario para arrancar el electroacuten de este metal

Datos

V0 = 3V

ν0 = 6 10∙ 14 Hz = 6 10∙ 14s-1

Solucioacuten

El trabajo necesario para arrancar el electroacuten del metal se calcula por la foacutermula

E0 = hν0

Donde ν0 es la frecuencia de corte

E0 = 6626 10∙ -34J s 6 10∙ ∙ ∙ 14s-1 = 398 10∙ -19J

Entre la energiacutea cineacutetica maacutexima y el potencial retardador existe la siguiente relacioacuten

Ecmaacutex = eV0

Donde e es la carga del electroacuten y V0 es el potencial retardador

Sustituyendo Ec maacutex por eV0 en la ecuacioacuten de Einstein obtenemos

hν = E0 + eV0

Por consiguiente

Problema 18Un fotoacuten de radiacioacuten de rayos X con longitud de onda 01 nm cae sobre un electroacuten deacutebilmente enlazado de un elemento ligero y se desviacutea 90ordm de su direccioacuten inicial Calcule la energiacutea que adquiere el electroacuten despueacutes del choque y la direccioacuten de su movimiento

Datos

λ = 01 nm = 1 10∙ -10 mφ = 90ordmh = 6626 10∙ -34 J∙sc = 3 10∙ 8 msm = 91 10∙ -31 kg

Solucioacuten

La variacioacuten de la longitud de onda de los rayos X cuando se produce la difusioacuten de Compton se determina por la foacutermula

(1)

Siendo φ el aacutengulo de difusioacuten y m la masa del electroacuten en reposo

Sustituyendo en esta igualdad (1-cosφ) por 2sen2φ2 y teniendo en cuenta que

Δλ = λrsquo -λ obtenemos

(2)

(3)Si la energiacutea del fotoacuten primario es hν y la del fotoacuten difuso hνrsquo tendremos que de acuerdo con la ley de la conservacioacuten de la energiacutea la energiacutea Ec adquirida por el electroacuten vendraacute expresada por la igualdad

Sustituyendo ν por cλ y νrsquo por cλrsquo tenemos

(4)

Poniendo las expresiones (2) y (3) en la igualdad (4) se tiene

Donde A =h (mc)

La constante A = 002426 Aring suele llamarse longitud de onda Compton

Rectificando las unidades y poniendo los datos numeacutericos del problema hallamos la energiacutea del electroacuten despueacutes del choque

Hallamos ahora la razoacuten de la energiacutea del electroacuten de retroceso Ec a la energiacutea del fotoacuten incidente hν = hcλ

En general el electroacuten obtiene una pequentildea parte de la energiacutea del fotoacuten En el caso nuestro solamente 0024 (24) de la energiacutea del fotoacuten

La fig1 muestra el movimiento del electroacuten a) antes de la colisioacuten y b) despueacutes de la colisioacuten Para determinar la direccioacuten del movimiento del electroacuten despueacutes de la colisioacuten es necesario calcular el aacutengulo α bajo el cual estaacute dirigido su movimiento (fig1b)

a) b) Fig1 Fig2 De acuerdo con la ley de la conservacioacuten de la cantidad de movimiento en forma vectorial tenemos la ecuacioacuten

pf = pfrsquo + pe (5) Donde pf (pf = hνc = hλ) es la cantidad de movimiento del fotoacuten antes de la colisioacuten pfrsquo (pfrsquo = hνrsquoc = hλrsquo) es la cantidad de movimiento del fotoacuten difuso y pe es la cantidad de movimiento del electroacuten despueacutes de la colisioacuten pe = mυ donde υ es la velocidad del electroacuten

La cantidad de movimiento del electroacuten antes del choque es igual a cero ya que en reposo su velocidad es cero Graacuteficamente el vector pf es la diagonal del paralelogramo cuyos lados son los vectores pfrsquo y mv (fig2) Los aacutengulos φ y α representan respectivamente los aacutengulos bajo los cuales tienen lugar la difusioacuten del fotoacuten y la aparicioacuten del electroacuten de retroceso

De la fig2 se deduce que

Poniendo en lugar de pf y pfrsquo sus valores respectivos hλ y hλrsquo podemos escribir esta igualdad de forma siguiente

Sustituyendo λrsquo por la expresioacuten (3) obtenemos

Problema 19iquestCon queacute fuerza se atraen el nuacutecleo y el electroacuten en la primera oacuterbita del aacutetomo de hidroacutegeno iquestCuaacutentas veces es esta fuerza mayor que la fuerza gravitacional que actuacutea entre el nuacutecleo y el electroacuten

Datos

me = 9109 10∙ -31 kg

mp = 1840 9109 10∙ ∙ -31 kgG = 6672 10∙ -11 N∙m2∙kg-2

r = 053 10∙ -10 mn = 1ε0 = 8854 10∙ -12F∙ m-1

e = 1602 10∙ -19 C

Solucioacuten

La fuerza de interaccioacuten entre el nuacutecleo y el electroacuten es la fuerza electroestaacutetica de Coulomb

Donde r es el radio de la primera oacuterbita estacionaria del aacutetomo de hidroacutegeno

Rectificando las unidades y poniendo los valores numeacutericos se calcula la fuerza electroestaacutetica

Donde

La fuerza gravitacional se calcula por la foacutermula

Donde me es la masa del electroacuten mp la masa del protoacuten G la constante gravitacional

Por lo que

Problema 20Calcule cual es el radio de la primera orbita del electroacuten que gira alrededor de un nuacutecleo del aacutetomo de hidroacutegeno seguacuten el modelo de Bohr Determine la velocidad con que el electroacuten se mueve en esta oacuterbita

Datos

ε0 = 8854 10∙ -12 F∙m-1

e = 1602 10∙ -19 Cm = 9109 10∙ -31 kgh = 6626 10∙ -34 J∙s

Solucioacuten

La fuerza de interaccioacuten entre el electroacuten y el protoacuten del nuacutecleo es la fuerza

electrostaacutetica ( Fel) de Coulomb

Donde r es la distancia entre el nuacutecleo y el electroacuten Bajo la accioacuten de esta fuerza el electroacuten describe alrededor del nuacutecleo oacuterbitas en forma de elipses de Kepler y como un caso particular en forma de circunferencia

La fuerza de Coulomb es una fuerza centriacutepeta (Fc) y es numeacutericamente igual cuando se trata de una oacuterbita circular a

Por lo tanto

(1)

Para una oacuterbita circular la cantidad de movimiento angular del electroacuten es

p = mυr

La condicioacuten cuaacutentica de Bohr p = nh2π da la posibilidad de calcular el radio de

La oacuterbita circular estacionaria

(2)

La expresioacuten (1) se puede escribir en forma siguiente

Sustituyendo (mυr) por la expresioacuten (2) se obtiene

Para la primera oacuterbita n = 1 Por lo tanto

(3)

Esta magnitud representa el radio de la primera oacuterbita circular del electroacuten (radio de Bohr) es decir de la maacutes proacutexima al nuacutecleo del aacutetomo de hidroacutegeno

Rectificando las unidades y poniendo en lugar de h m ε0 y e sus respectivos valores numeacutericos se obtiene

Donde

(4)

Utilizando la expresioacuten (2) podemos calcular la velocidad υ con que el electroacuten se mueve en la primera oacuterbita

Sustituyendo r por la expresioacuten (3) tendremos

Rectificando las unidades se obtiene

Para n = 1

Problema 21iquestCalcule la energiacutea total del electroacuten en la segunda oacuterbita del aacutetomo de Bohr

SolucioacutenLa energiacutea total del electroacuten es

E = Ec+ Ep

Donde Ec es la energiacutea cineacutetica y Ep es la energiacutea potencial del electroacuten

La energiacutea potencial del electroacuten en el campo electrostaacutetico del nuacutecleo es igual a

Donde r es la distancia entre el nuacutecleo y el electroacuten (el radio de la oacuterbita)

La energiacutea cineacutetica

(1)

Donde m es la masa del electroacuten y υ es su velocidadSobre el electroacuten actuacutea una fuerza electroestaacutetica

Que es una fuerza centriacutepeta igual a

Por consiguiente

(2) Sustituyendo mv2 en la foacutermula de la energiacutea cineacutetica (1) por la expresioacuten (2) se obtiene

Por lo tanto la energiacutea total seraacute igual a

Sustituyendo r (ver el resultado del problema anterior) por

Se obtiene

Rectificando las unidades obtenemos

Para la segunda oacuterbita el nuacutemero cuaacutentico n = 2

Poniendo en lugar de h m y e sus respectivos valores numeacutericos hallamos

Problema 22iquestCuaacutel es la longitud de onda del fotoacuten emitido por el aacutetomo de hidroacutegeno cuando el electroacuten transita de la cuarta oacuterbita a la segunda

Solucioacuten

La radiacioacuten se produce soacutelo cuando el aacutetomo sufre una transicioacuten de una oacuterbita con energiacutea Ek a otra oacuterbita de menor energiacutea Ej (Ej lt Ek) En forma de ecuacioacuten

hν = Ek - Ej

Donde hν es el cuanto de energiacutea transportado por el fotoacuten emitido del aacutetomo durante la transicioacuten

En el caso nuestro k = 4 y j = 2 Por lo tanto

hν = E4 - E2

Utilizando la foacutermula de la energiacutea del electroacuten (ver el problema 21) se obtiene

Donde el teacutermino

Es la energiacutea del electroacuten en la segunda oacuterbita (Ver el problema 21)

Por consiguiente

Seguacuten el resultado del problema 21 E2 = -54 10∙ -19J

Por lo tanto

Como λ = cν entonces

Problema 23El electroacuten del aacutetomo de hidroacutegeno salta de la tercera oacuterbita a la segunda a) Calcular la longitud de onda del fotoacuten emitido b) Calcular la disminucioacuten de la energiacutea del aacutetomoacute

Datos

j =1k = 3R = 1097middot107 m-1

h = 6626 10∙ -34 J∙s

Solucioacuten

Cuando el electroacuten pasa de la oacuterbita de mayor energiacutea (Ek) a una orbita de menor

energiacutea (Ej) el aacutetomo emite un fotoacuten cuya energiacutea es igual a E = Ek- Ej La longitud de onda del fotoacuten emitido se calcula por la foacutermula

J y k son los nuacutemeros de las oacuterbitas y R es la constante de Ridberg

La disminucioacuten de la energiacutea del aacutetomo es igual a la energiacutea del fotoacuten emitido

Problema 24

a) iquestQueacute tensioacuten del campo eleacutectrico es necesaria seguacuten la mecaacutenica claacutesica para que un electroacuten acelerado en este campo adquiera la velocidad de la luzb) iquestCuaacutel seraacuten la velocidad del electroacuten y su masa en este campo seguacuten la mecaacutenica relativista

Datos

m0 = 9109∙10-31kgc = 3∙108mse = 1602 10∙ -19C

Solucioacuten

a) Seguacuten la mecaacutenica claacutesica la energiacutea cineacutetica del electroacuten

Donde m0 es la masa de reposo del electroacuten y υ es su velocidad La diferencia de potencial V multiplicada por la carga del electroacuten es una medida de la energiacutea cineacutetica del electroacuten adquirida en el campo eleacutectrico En otras palabras

Sustituyendo υ por c se calcula la diferencia de potencial del campo eleacutectrico necesaria para que el electroacuten adquiera la velocidad de la luz

Analizando las unidades y poniendo los valores numeacutericos del problema se obtiene

b) En la mecaacutenica relativista se calcula la masa m del electroacuten y su energiacutea

cineacutetica Ec utilizando las foacutermulas siguientes

Pero numeacutericamente Ec = (m0c2)2 o sea

La masa del electroacuten seraacute igual a

Problema 25iquestCuaacutel es la energiacutea de un fotoacuten correspondiente a ondas radio de frecuencia 1255 x106 Hz

Datos

E=hv v=c⋋Solucioacuten E=662610minus34 1255 106=831610minus28 J

PROBLEMA 26La liacutenea verde en el espectro atoacutemico del talio tiene una longitud de onda de 535 nm Calcular la energiacutea de un fotoacuten

Solucioacuten

H=662610minus34C=300 108 msminus1

E=hv v=c ⋋ v=300 108 msminus1

53510minus9 =560 1014

E=662610minus34 560 1014=372 10minus19J

PROBLEMA 27Un electroacuten salta desde un orbital maacutes externo a otro maacutes interno entre los que existe una diferencia de energiacutea de 15 x 10-15 J iquestCuaacutel es la frecuencia de la radiacioacuten emitida

Datos

∆ E=hv

Solucioacuten

v=∆ E h= 15 10minus15J662610minus34 JS

=2261018 Sminus1

Problema 28La longitud de onda umbral para que cierta superficie metaacutelica emita electrones es 6000 Aring Se observoacute que si esa superficie fotosensible se ilumina con luz de 4000 Aring los electrones son emitidos con una velocidad de 606 x 105m s-1 Deducir el valor de la constante de Planck

Datos

λ1=600 Aring=610minus7 λ2=400 Aring=410minus7 V = 6 06 x 105m s-1 m=9 110minus31

Solucioacuten h= Cλ 2

=hCλ 1

+ mv2

2

h= 3 108

410minus7 =h3 108

6 10minus7 +91 10minus31 (606105)2

2

75 1014 h=5 1014 h+16710minus19

25 1014 h=167 10minus19

h=66810minus34 Js

Problema 29La frecuencia umbral de cierto metal es 88 x 1014 s-1 Calcular la velocidad maacutexima de los electrones emitidos por ese metal cuando se ilumina con luz cuya longitud de onda es 2536 Aring iquestQueacute energiacutea cineacutetica poseen esos electrones

EC=h(CλminusV C)=662610minus34 J s ( 3

108ms

2536 10minus10 minus88 x 1014 sminus1)=201 10minus19 J

EC=m v2

2rarr v2=radic 2 EC

m=radic 2 20110minus19 J

9110minus31kg=664 105 m s

Pregunta 30Una superficie de cierto metal emite electrones cuya energiacutea cineacutetica equivale a 3 eV cuando se ilumina con luz de longitud de onda de 1500 Aring iquestcual es el valor de la frecuencia umbral de ese metal

Solucioacuten

Se debe cumplir que E incidente= E umbral+E cineacutetica del electroacuten

E incidente=hv=hλ=66210minus34 J S 3 108 msminus1

150010minus10m=13 10minus18 J

E incidente del electron=3eV 16 10minus19 J eV minus1=48 10minus19 J

E umbral=13 10minus18 Jminus4810minus19 J=8210minus19

υ= Eh

= 82 10minus19 J66210minus34 JS

=13 1015 Hz

Problema 31Calcule la longitud de onda y la frecuencia da la 2da raya de la serie de Balme en el espectro del hidrogeno Constante de rydberg=109677 107 mminus1 La segunda raya nj=4 entonces ni=2

1⋋2

=RH ( 1

iquest2minus 1

nj2)=109677107( 1

22minus 1

42)=109677 107 3

16rarr⋋2=486 10minus7 m

v= C⋋2

= 300108

486 10minus7 =617 1014 Hz

Problema 32Calcuacutelese la longitud de onda de De Broglie en cada uno de los siguientes casos a) un neutroacuten que se mueve a una velocidad de 10 kms b) Un moacutevil de 20 g que se mueve a 72 kmhora

Solucioacutena) un neutroacuten que se mueve a una velocidad de 10 kms

masa del electron=167 10minus27 kg

mv=167 10minus27 kg 104 m sminus1=167 10minus23

λ=h

mv=66310minus34

16710minus23 =39710minus11 m

b) Un moacutevil de 20 g que se mueve a 72 kmhora

λ= hmv

=66310minus34

210minus2 20=1610minus33m

Problema 33Una superficie de sodio se ilumina con luz de 300 nm de longitud de ondala funcioacuten de trabajo para el metal de sodio es 246 eV Encuentrea) la energiacutea cineacutetica maacutexima de los fotoelectrones emitidosb) la longitud de onda de corte para el sodio

c) calcule la rapidez maacutexima del efecto fotoeleacutectrico

Solucioacuten

a) la energiacutea cineacutetica maacutexima de los fotoelectrones emitidos

E=h f =hcλ

=(662610minus34 J s ) (3 108 m s)

30010minus9m=663 10minus19 J=414 eV

Luego aplicamos Kmax=h f minusФ=414eV minus246eV =168 eV

b) la longitud de onda de corte para el sodio

E=h f 0=Ф dedonde hcλ0

aislamos λ0=hcФ

peroФ=(246 eV )(1610minus19 J eV )=39410minus19 J

Reemplazamos λ0=(662610minus34 Js )(3108 m s)

394 10minus19 J=iquest 505 10minus7=505 nm

c) calcule la rapidez maacutexima del efecto fotoeleacutectrico

E=12

m v2rarr 168eV iquest(91110minus31kg)v2

2 rarr v=768 105 m s

Problema 34Un aacutetomo absorbe un fotoacuten que tiene una longitud de onda de 375 nm e inmediatamente emite otro fotoacuten que tiene una longitud de onda de 580 nm iquestCuaacutel es la energiacutea neta absorbida por el aacutetomo en este proceso

Solucioacuten

Eneta=E f minusEi

Eneta=1240 eV nm

λemiteminus1240 eV nm

λabsorbe=1240 eV nm

λemiteminus1240 eV nm

λabsorbe

Eneta=2138 eVminus331 eV =1172eV

Problema 35La mayoriacutea de los procesos gaseosos de ionizacioacuten requieren cambios de energiacutea de 1 x10minus18 a 1 x10minus16 iquestqueacute regioacuten del espectro electromagneacutetico del sol es entonces

principalmente responsable de la creacioacuten de la ionosfera en la atmosfera de la tierra

Solucioacuten

tenemos E=1240 eV nmλ

reemplazamos 1 x10minus16minus1 x 10minus18=1240 eV nmλ

convirtiendo a eV 625minus625=1240 eV nmλ

cancelando eV λ=1240 nm61875

=iquest 2004 nm(ultravioleta)

Problema 36Se desea escoger una sustancia para una foto celda operable con luz visible iquestCuaacutel de la siguientes lo haraacute(la funcioacuten de trabajo aparece entre pareacutentesis )el tantalio(42eV)el tungsteno(45eV)el aluminio(42eV)el bario(25eV)el litio(23eV)el cesio(19eV)

Solucioacuten

Sabemos E=1240 eV nmλ

ReemplazamosE=Ф

Luego λ=1240 eV nm

Ф

aiquest tantalio λ=1240 eV nm

42 eV=iquest 2952nm(ultravioleta)

biquest tungsteno λ=1240 eVnm

45 eV=iquest 2756 nm(ultravioleta)

c iquestaluminio λ=1240 eV nm

42 eV=iquest 2952nm(ultravioleta)

d iquestbario λ=1240 eV nm

25 eV=iquest 496 nm(visible)

e iquestlitio λ=1240 eV nm

23 eV=iquest 5391nm(visible)

f iquest sesio λ=1240 eV nm

19 eV=iquest 6526nm(visible)

Problema 37a) La energiacutea necesaria para desprender un electroacuten de sodio metaacutelico es de 228eV iquestMuestra el sodio un efecto fotoeleacutectrico bajo luz roja con λ=678 nmb) iquestCuaacutel es la longitud de la onda de corte de la emisioacuten fotoeleacutectrica del sodio y a que color corresponde esta longitud de onda

Solucioacuten

Para la pregunta a

Tenemos E=1240 eV nmλ

Reemplazamos E=1240 eV nm678 nm

=iquest 18289 eV

no se produce el efecto fotoelectrico porque Elt228 eV

Para la pregunta b

E=1240 eV nmλ

Reemplazamos E=1240 eV nm228 eV

=iquest 54386 nm(verde)

Pregunta 38Un numero de fotones incide sobre una superficie de sodio que tiene una funcioacuten de trabajo de 228eV causando la emisioacuten fotoeleacutectrica cuando se impone un potencial de frenado de 492 V no existe una fotocorriente Halle la longitud de onda de los fotones incidentes

Solucioacuten

Tenemos Ф=228 eV

Tambieacuten h f =Ф+k max

Reemplazado h f =Ф+e V 0

Luego 1240 eV nm

λ=228 eV +(16 10minus19C )(492 V )

Sabemos V=J C por lo tanto convertimos a eV

1240 eV nm

λ=228 eV +(16 10minus19C )(492J C)(1eV 16 10minus19 J )

Cancelando λ=1722 nm

Pregunta 39a Si la funcioacuten de trabajo de un metal es de 185eV iquestCuaacutel seria el potencial de frenado de la luz que tenga una longitud de onda de 410 nmb iquestCuaacutel seria la velocidad maacutexima de los fotoelectrones emitidos en la superficie de metal

Solucioacuten

Para a

Sabemos h f =Ф+k max

Reemplazamos 1240 eV nm

λ=185 eV +e V 0

1240 eV nm

410 nm=185 eV +e V 0

Reduciendo V 0=117V

Para b

Tenemos k max=e V 0

12

m v2=e V 0

Reemplazamos 12

(91110minus31) v2=(16 10minus19 )(117 V )

Reduciendo V=641 km s

Pregunta 40El molibdeno tiene una funcioacuten de trabajo de 420 eV a) encuentre la longitud de onda de corte y la frecuencia de corte para el efecto fotoeleacutectrico B) calcule el potencial de frenado si la luz incidente tiene una longitud de onda de 180nm

Solucioacuten

Para a sabemos Ф=h f 0 de aquiacute Ф=h CλC

Aislamos λ λC=h CФ

Reemplazamos λC=iquest (662610minus34 )(3 108)

42016 10minus19 =iquest 2958 nm

Ahora calculamos la frecuencia de cortef 0

Sabemos f 0=CλC

=iquest 3108

295810minus9= 1014 pHz

Para b tenemos Kmax=CλC

minusФ

Reemplazamos Kmax=6626 10minus34 3108

18010minus9 minus420 eV

Reduciendo Kmax=2675 eV

Finalmente calculamos el V 0

De Kmax=eV 0

Aislamos V 0=iquest 267516 10minus19 J

16 10minus19 C=iquest 2675 V

Problema 41Un estudiante que analiza el efecto fotoeleacutectrico de dos metales diferente registra la siguiente informacioacuteni) el potencial de frenado para los fotoelectrones liberados en el metal 1 es 148 V mayor que para el metal 2 y ii) la frecuencia de corte para el metal 1 es 40 mas pequentildea que para el metal 2determine la funcioacuten de trabajo para cada metal

Kmaxi=e V 01 Kmaxi=e(V 02+148) (1)

Kmaxi=e V 02 (2)

h f 01=Ф1 h 60

100 f 02=Ф1 (3)

Metal 1 Metal 2 V 01=V 02+148

f 01=60

100 f 02

V 02=V 02

f 01=f 02

h f 02=Ф2 (4)

En (1)

h f minush f 01=e(V 02+148) (5)

h f minush f 02=e V 02 (6)

Luego (6) en (5)

h f minush60

100 f 02=h f minush f 02+e 148

Simplificando f 02=e 148 5

2 h=Ф2

Ф2=37 eV

Entonces h60100

f 02=Ф1

Pero h f 02=Ф2

Reemplazando f 02=h60

100Ф2

h=Ф1

Simplicando Ф1=222eV

Pregunta 42Dos fuentes luminosas se utilizan en un experimento fotoeleacutectrico para determinarla funcioacuten de trabajo para una superficie metaacutelica particular Cuando se emplea luz verde de una laacutempara de mercurio (λ=5461 nm) un potencial de frenado de 0376 V reduce la fotocorriente a ceroa Con base a esta medicioacuten iquestCuaacutel es la funcioacuten de trabajo para este metalb iquestQueacute potencial de frenado se observariacutea al usar la luz amarilla de un cubo de descarga de helio λ=58715 nm

Solucioacuten

Para a

Kmaxi=h f minusФ (1)

Kmaxi=e V 0 (2)

(1) En (2)

h f minusФ=e V 0

Luego Ф=minuse V 0+h c λ

Reemplazando valores

Ф=minus(16 10minus19C ) (0376 V )+(60626 10minus34 J S ) 3 108546110minus9

Ф=1899 eV

Para b

De la ecuacioacuten h f minusФ=e V 0

Aislamos V 0=iquest h

CλminusФ

e

V 0=iquest 3108

587510minus9 minusiquest 19 eV iquest16 10minus19C=02125 V

Pregunta 43Fotones de 450 nm de longitud inciden sobre un metal los electrones mas energeacuteticos expulsados del metal se desviacutean en in arco circular de 200 cm de radio por medio de un campo magneacutetico con una magnitud de 200x10minus5 TiquestCuaacutel es la funcioacuten de trabajo del metal

Datos

λ=450 10minus9m r=200cm=02 m t=200 x10minus5T

Solucioacuten

Hallamos ldquoErdquo

E=hcλ

rarr E=(6626 10minus34 J S )(3108)450 10minus9m=441710minus19 J

Hallamos ldquoV ldquo

V=q Br m

V=(16 10minus19 J ) ( 20010minus5T ) (02 m )

91110minus31 Kg=007025107m S

Hallamos k rsub max

k max=12

mv2 rarr k max=( 91110minus31 Kg )iquest

Hallamos ldquoФrdquo

Ф=hcλ

minuskmax=4417 10minus19 Jminus224810minus19 J=21691019 1 eV 1610minus19

Ф=135 eV

Problema 44Un Fotoacuten que tiene energiacutea Eo es dispersado por un electroacuten libre inicialmente en reposo de tal manera que el aacutengulo de dispersioacuten del electroacuten dispersado es igual al del fotoacuten dispersado ( ) a) Determine los aacutengulos y b) La energiacutea y el momentum del fotoacuten dispersado y c) La energiacutea cineacutetica del electroacuten dispersado

Solucioacuten

aiquest Determine los aacutengulos y

X hλ0

=h cosФ

λ+γ me VcosФ

Y 0=minush senФ

λ +γ me VsenФ

De Y 0=minush

λ=γ me V rarr

h

λ =γ me V

De X hλ0

=hcosФ

λ+ hcosФ

λ()

despejando λ

2 λ0 cosФ

corrimiento de compton

λminus λ0=

hme c

(1minuscosФ )rarr 2 λ0 cosФminusλ0=h

me c(1minuscosФ )

Sabiendoque λ0=hcE0

en funcion de E0

2 λ0 cosФminus1=E0

me c2 (1minuscosФ )rarr sihacemos E0

me c2 =x

2 λ0 cosФminus1=x (1minuscosФ )

Aislamos elaacutengulo Ф=arcocos( x+1x+2

)

biquest La energiacutea y el momentumdel fotoacuten dispersado energ iacutea

E=hc λ si λ =2 λ0 cosФ si λ0=hcλ0

entonces E=E0

2cosФ obtenemos Eacute=( x2+2 x

2 x+2)me c2

Momenton p h Si acute 2 λ0 cos E h 2 λ0cos Si λ0=hc E0

entonces pE0

2C cosФ obtenemos Pacute=( x2+2 x

2 x+2)me c2

c iquest La energiacuteacineacutetica del electroacutendispersado E0 iquest E +Ke E0minusE =Ke

Reemplazamos Ke=( x2

2 x+2)me c2

Problema 45Un Fotoacuten de 0880mev es dispersado por un electroacuten libre inicialmente en reposo de tal manera que el aacutengulo de dispersioacuten del electroacuten dispersado es igual al del fotoacuten dispersado ( ) a) Determine los aacutengulos y b) La energiacutea y el momentum del fotoacuten dispersado y c) La energiacutea cineacutetica del electroacuten dispersado

Solucioacuten

aiquest Determine los aacutengulos y

X hλ0

=h cosФ

λ+γ me VcosФ

Y 0=minush senФ

λ +γ me VsenФ

De Y 0=minush

λ=γ me V rarr

h

λ =γ me V

En X hλ0

=hcosФ

λ + hcosФ

λ ()

hλ0

=2h cosФ

λ rarr λ =2 λ0cosФ

λminus λ0=

hme c

(1minuscosФ )rarr 2 λ0 cosФminusλ0=h

me c(1minuscosФ )

Pero E0=hcλ0

reemplazando y combinando

me

E0

c2 (2 cosФminus1 )=(1minuscosФ )

(91 10minus31 kg)(9 1016 m2 s2)iquestiquest (1minuscosФ )=iquest 5809 10minus2 (2cosФminus1 )

cosФ=013

Ф=43 10

biquest La energiacutea y el momentumdel fotoacuten dispersado

E hc Si acute 2 λ0 cos

E hc 2 λ0 cos Si λ0=hc E0 E E0 2 cos Reemplazando E=0808 meV 2 cos 43 ordm=602 KeV

P h =E c=602103 16 10minus19 3108=iquest

P 32110minus22kg m s

c iquest La energiacuteacineacutetica del electroacutendispersado

k e=880 KeV minus602 KeV k e=278 KeV

Problema 46En un experimento de dispersioacuten Compton un fotoacuten se desviacutea en 900ordm y el electroacuten se desviacutea en un aacutengulo de 200ordm Determine la longitud de onda del fotoacuten dispersado

Solucioacuten

X hλ0

=h cosФ

λ+γ me VcosФ Y 0=minush senФ

λ +γ me VsenФ

Luego

Y h

λ=γ me Vsen200

(2iquest X hλ0

=γ me Vcos200 (1iquest

De 2 y1

λ0=λ tg200

De

λ minus λ0=h

mc(1minuscos900)

λ minus λ tg 200= hmc

rarr λ (1minustg 200 )= hmc

λ (1minus036 )=00024310minus9 m

λ =38 10minus12m

Problema 47Un fotoacuten de 000160nm se dispersa a partir de un electroacuten libre iquestPara queacute aacutengulos de dispersioacuten (fotoacuten) el electroacuten de retroceso tiene la misma energiacutea cineacutetica que la energiacutea del fotoacuten dispersado

Solucioacuten

λ0=000160 10minus9 hcλ0

=hc

λ+ hc

λ=rarr

1λ0

= 2

λ

λ minus λ0=h

mc(1minuscosФ)

000160 10minus9 m=000243 10minus9m(1minuscosФ)

cosФ=034

Ф=70 10

Problema 48A partir de la dispersioacuten de la luz solar de Thompson calculo el radio claacutesico del electroacuten que tiene un valor de 282 10minus15 Si la luz del sol con una intensidad de 500Wm2cae sobre un disco con este radio calcule el tiempo requerido para acumular 1eV de energiacutea Suponga que la luz es una onda claacutesica y que la luz que golpea al disco es absorbida por completo iquestCoacutemo se compara su resultado con la observacioacuten que los fotoelectrones son emitidos con rapidez dentro de10minus9 s Solucioacuten

radiaccion=500 W m2

tenemos I=P A rarr P=I A

Luego W t=I A

t=EI

A= 1 eV500 W π iquestiquestiquest

Absolutamente largo

  • Laboratorio de Fiacutesica Moderna
Page 4: David reparado

Hay que aclarar que la Tierra tendriacutea la temperatura media tan baja (200K = -73degC) si faltara la atmoacutesfera La atmoacutesfera absorbe la radiacioacuten de la Tierra y se calienta por eacutesta pero a su vez la atmoacutesfera calentada la emite Una parte de esta radiacioacuten va a la Tierra y se absorbe por ella originando el calentamiento de la superficie terrestre Por eso la temperatura media real de la Tierra resulta mucho maacutes alta que la calculada anteriormente La atmoacutesfera preserva la superficie terrestre de demasiado enfriamiento crea un efecto invernadero

Problema 5Un cuerpo negro se calienta a una temperatura a) 106K b) 103K Calcule a que longitud de onda le corresponde la mayor cantidad de energiacutea emitida

Datos

T1 = 1∙106K

T2 = 1∙103K

b = 289∙10 -5m∙K

σ = 567∙10-8W∙m-2∙K-4

Solucioacuten

Aplicando la foacutermula de la ley de desplazamiento de Wien

Se calcula la longitud de onda para la cual la radiancia espectral del cuerpo negro tiene valor maacuteximo para cada temperatura

A la temperatura de 1∙106K corresponde la longitud de onda

Y a la temperatura de 1∙103K corresponde

La mayor cantidad de energiacutea emitida corresponde la longitud de onda de

289∙10-9 m

Problema 6La temperatura de la superficie de las estrellas llamadas ldquoenanas blancasrdquo es de 1 10∙ 4K iquestEn queacute parte del espectro se encuentra el maacuteximo de su radiacioacuten

Datos

T = 1∙104K

Solucioacuten

Utilizando la foacutermula de la ley de desplazamiento de Wien se calcula la longitud de onda λmaacutexque corresponde a la temperatura de 104K

Esta longitud de onda corresponde a la parte ultravioleta del espectro

Las ldquoenanas blancasrdquo son las estrellas compactas cuya masa es del mismo orden que la masa del Sol y su radio son aproximadamente igual al 1 del radio del Sol

Las estrellas cuya temperatura es de 7∙104 K se llaman estrellas calientes Y si la temperatura es de 5∙103 K las estrellas se laman friacuteas

Problema 7Sobre 1 cm2 de la superficie terrestre caen 192 caloriacuteas de energiacutea teacutermica por minuto Encuentre cuaacutel es la temperatura de la superficie del sol bajo la suposicioacuten que eacuteste radia como un cuerpo negro La distancia entre el sol y la tierra es 1510 11m y su radio es de 696 10∙ 8m

Datos

A = 1 cm2= 1∙10-4 m2

t = 1 min = 60 s

U = 192 cal = 8064 J

s = 15∙1011 m

Rsol= 696∙108m

σ= 5 67∙10-8 W∙m-2∙K-4

Solucioacuten

La energiacutea irradiada por toda la superficie del sol

US= (4πRsol2)RS (1)

Donde (4πRsol2) es el aacuterea de la superficie del solRS la radiancia del sol

La energiacutea que incide sobre la tierra por unidad de superficie y tiempo

(2)

Por otro lado seguacuten los datos del problema

(3)

Sustituyendo US en la foacutermula (2) por la expresioacuten (1) obtenemos

(4)

Seguacuten la ley de Stefan-Boltzman para el cuerpo negro la energiacutea emitida por el sol por unidad de superficie y tiempo (la radiancia) es igual a

RS = σT4

Poniendo la uacuteltima expresioacuten en la igualdad (4) y sustituyendo UT por (3) se obtiene

Problema 8 Un cuerpo negro se encuentra a una temperatura 2900 K Como resultado de enfriamiento de este cuerpo la longitud de onda correspondiente a la radiancia espectral maacutexima sufrioacute una variacioacuten de 9 nm iquestHasta queacute temperatura se enfrioacute el cuerpo

Datos

T1 = 2900 K

Δλ = 9 nm = 9∙10-9m

b = 289∙10-5K∙m

Solucioacuten

Seguacuten la ley de desplazamiento de Wien para el cuerpo negro

λT = b = Const

En el caso de enfriamiento la temperatura del cuerpo disminuye (T2lt T1) por lo que la longitud de onda λmaacutex aumenta (ver la figura) Pues entonces

Como λmaacutexT = Const entonces se puede escribir

(1)

Seguacuten la ley de desplazamiento de Wien

Sustituyendo λ1maacutex en la expresioacuten (1) se obtiene

Poniendo los valores numeacutericos del problema se calcula la temperatura T2

Problema 9Un filamento metaacutelico cuyo diaacutemetro es 02 mm se calienta con corriente eleacutectrica hasta una temperatura de 3000 K Calcule que tiempo demoraraacute en enfriarse despueacutes de apagarse (desconectarse) hasta una temperatura de 800 K Considere que el filamento emite como un cuerpo negro y que no recibe ninguna energiacutea del medio que le rodea Desprecie cualquier efecto que produzca la perdida de su energiacutea La densidad del filamento es 19 gcm3 y el calor especiacutefico es 0037 cal (gK) (1 cal = 41868J)

Datos

d = 02mm = 2∙10-4 m

T1 = 3∙103 K

T2 =8∙102 K

ρ = 19 gcm3 = 19∙103 kgm3

c = 0037 Cal (g∙K) = 154 9 J (kg∙K)

σ = 5 67∙10-8 W (m2∙K4)

Solucioacuten

Si A es el aacuterea de la superficie del filamento y R es la energiacutea emitida por el filamento por unidad de tiempo y superficie (la radiancia) entonces la energiacutea U emitida por la superficie del filamento en unidad de tiempo es igual a

U = RA

El aacuterea de la superficie del filamento A = (πd) l donde l es la longitud del filamento Seguacuten la ley de Stefan-Boltzman

R = σT4

Por lo tanto

U = σT4 (πd) l (1)

Durante el tiempo dt la temperatura del filamento disminuye en dT y el filamento pierde una energiacutea

Udt = - mcdT

Dondem es la masa del filamento y c es el calor especifico del material del filamento

Sustituyendo U por la expresioacuten (1) se obtiene

σT4 (πd) ldt = - mcdT

Integrando la uacuteltima expresioacuten tenemos

(2)

La masa del filamento m = Vρ donde V es su volumen

Sustituyendo m en la expresioacuten (2) obtenemos para el tiempo lo siguiente

Rectificando las unidades y poniendo los valores numeacutericos del problema se obtiene

El filamento se enfriacutee raacutepidamente ya que la radiancia es directamente proporcional a T4

Problema 10 A partir de la foacutermula de Planck para la radiancia espectral encontrar a) la ley de Stefan-Boltzman b) la ley de desplazamiento de Wien

Solucioacuten

a) Planck descubrioacute la forma de la funcioacuten Rλ = f (λ T)

(1)

Donde C1 y C2 son constantes C1= 2πc2h y C2 = hck

k = 13806610-23JK es la constante de Boltzman c = 29979108ms la velocidad de la luz y h = 662617610-34Js la constante de Planck

Esta foacutermula responde a los datos experimentales y de ella pueden deducirse directamente como casos particulares la ley termodinaacutemica de Stefan-Boltzman y la ley de deslazamiento de Wien

La radiancia R (es decir la cantidad total de energiacutea radiante emitida por el cuerpo por unidad de superficie y tiempo) del cuerpo negro se puede obtener integrando la radiacioacuten emitida en todos los intervalos de longitud de onda

(2)

DondeRλ es la radiancia espectral

Si la distribucioacuten de la energiacutea entre las zonas del espectro del cuerpo negro se representa en la escala de frecuencias en lugar de Rλ hay que tomar la radiancia Rν

referida a un intervalo unidad de frecuencias Entonces

Rλdλ = Rνdν (3)

Y la expresioacuten (2) se presenta en forma

(4)

Y como λ = cν donde c es la velocidad de la luz en el vaciacuteo dλ= cν-2dν y poniendo este valor en (3) obtenemos

Sustituyendo en la foacutermula (1) λ por cν (λ = cν) la foacutermula de Planck se transforma en la siguiente expresioacuten

Y por consiguiente

(5)

Poniendo la expresioacuten (5) en (4) se obtiene la energiacutea total emitida por el cuerpo

Utilicemos el meacutetodo de integracioacuten por sustitucioacuten Podemos introducir una nueva variable

Entonces

Donde

Por lo tanto

Sustituyendo las constantes C1 y C2 por sus respectivas expresiones se obtiene

Donde

b) Para obtener le ley de desplazamiento de Wien utilizando la foacutermula de Planck es necesario encontrar analiacuteticamente la expresioacuten de la posicioacuten del maacuteximo en la curva que responda a la distribucioacuten de la radiancia del cuerpo negro entre las longitudes de onda Para esto es necesario encontrar el valor λ = λmaacutex para el cual la funcioacuten Rλ= f (λ T) para la temperatura constante tiene su valor maacuteximo por lo que debe cumplirse la condicioacuten

Sacando factor comuacuten se obtiene

De aquiacute tenemos

Realizando el cambio de variable

(1)

Tendremos

Si x es suficientemente grande se puede despreciar el 1 en el denominador comparando con ex entonces ya tenemos una primera solucioacuten aproximada para x

Tomando este valor como punto de partida podemos encontrar el valor real de x Por ejemplo utilizando el meacutetodo de aproximaciones sucesivas obtendremos

x1= 4965

Sustituyendo x en la expresioacuten (1) por el valor numeacuterico encontrado de x1 se obtiene

DondeC25 = b que es la constante de la ley de desplazamiento de Wien

Calculando b se obtiene su valor numeacuterico

Es evidente que para demostrar que λT = const no es necesario calcular el valor numeacuterico de x ya que λT = C2x = const

Rt = 092∙ 567∙10-8∙ (103)4∙314∙015∙10-2∙1 = 24569(W)

Problema 11

Una superficie metaacutelica de 10cm2 de aacuterea se encuentra a una temperatura de 2500 K y emite durante un minuto una energiacutea teacutermica de 4 x 104 J Encuentre a) la energiacutea emitida por la superficie si fuera un cuerpo negro y b) la razoacuten de la radiancia de esta superficie a la de un cuerpo negro de igual aacuterea y a la misma temperatura

Problema 12El espectro de la luz visible (luz blanca) incluye longitudes de onda comprendidas entre 380nm (violeta) y780nm (roja)a) Determinar la frecuencia de la radiacioacuten correspondiente a estos coloresb) Calculeacute conforme a la hipoacutetesis de Planck la energiacutea de loa fotones que corresponden a la luz violeta y luz rojac) cuantos fotones de luz roja son necesarios para cumular 3J de energiacutea

Datos

c=300 108 msminus1 h=66310minus34 Js

Solucioacuten

Para la pregunta a

luzvioleta v1=C⋋1

= 300 108

35010minus9 =8571014 Hz

luzroja v2=C⋋2

= 300108

780 10minus9 =385 1014 Hz

Para la pregunta b

EVioleta hv1=6626 10minus34 857 1014=568 10minus19 J

ERoja hv2=6626 10minus34 385 1014=25510minus19 J

Para la pregunta c

3 J

25510minus19 J fotonminus1=118 10minus18 fotones

Problema 13Un cuerpo estaacute radiando energiacutea conforme a la hipoacutetesis de Planck

a) Determina la energiacutea de un cuanto cuya longitud de onda es de 25nmb) Calcule la frecuencia correspondiente dicho cuanto de energiacutea Datos ⋋=25 nm Solucioacuten

aiquest E=hv=hC⋋

=662610minus34 300 108

25 10minus9 =80 10minus18 J

biquest v= C⋋

=300 108

25 10minus9 =121016 Hz

Problema 14iquestQueacute longitud de onda debe tener un fotoacuten para ionizar un aacutetomo de cesio con potencial de ionizacioacuten de 388V

Datos

V = 388V

h = 6626 10∙ -34Jmiddotse = 1602 10∙ -19C

Solucioacuten

La ionizacioacuten de un aacutetomo es la separacioacuten de uno o varios electrones del aacutetomo Para que el aacutetomo se ionice el electroacuten debe realizar un trabajo (energiacutea de ionizacioacuten E0) contra las fuerzas de atraccioacuten entre el electroacuten y el resto de las partiacuteculas que componen el aacutetomo o sea compensar la energiacutea de enlace del electroacuten

La energiacutea necesaria el electroacuten adquiere del fotoacuten de la luz que eacutel lo absorbe La energiacutea del fotoacuten depende de la longitud de onda y es igual a hν donde ν es la frecuencia de la luz y h es la constante de Planck De modo que tendremos

hν = E0

La energiacutea de ionizacioacuten E0 = eV donde V es el potencial de ionizacioacuten

Por lo tanto

hν = eV

Sustituyendo ν por cλ (ν = cλ) se obtiene

Poniendo los valores numeacutericos del problema tenemos

Problema 15Determinar la velocidad de un electroacuten emitido de una superficie de plata iluminada con luz monocromaacutetica de longitud de onda de 1500 Aring La longitud de onda a la cual comienza a manifestar este efecto es de 2600 Aring

Datosλ0 = 2600 Aring = 260 10∙ -9 mλ = 1500 Aring = 150 10∙ -9 mh = 6626 10∙ -34 J∙sc = 3 10∙ 8 msm =9109 10∙ -31 kgSolucioacuten

La ecuacioacuten de Einstein para el efecto fotoeleacutectrico es

hν = E0 + Ec maacutex (1)

Donde hν es la energiacutea del fotoacuten E0 el trabajo de salida del electroacuten del metal Ec

maacutex= mυ22 la energiacutea cineacutetica maacutexima del electroacuten que se desprende del metal

La energiacutea necesaria para arrancar el electroacuten del metal

E0 = hν0

Donde ν0 = cλ0 es la frecuencia umbral (de corte) debajo de la cual no se produce el efecto fotoeleacutectrico

Por consiguiente

Sustituyendo ν por cλ E0 por hcλ0 y Ecmaacutex por mυ22 en la ecuacioacuten (1) se obtiene

Rectificando las unidades y poniendo los valores numeacutericos se obtiene

Problema 16Determine el trabajo de extraccioacuten de un electroacuten en el efecto fotoeleacutectrico si longitud de onda a la cual se produce el efecto fotoeleacutectrico es menor que29510-6 mm

Datos

λ0 = 295 10∙ -6 mm = 295 10∙ -9 mh = 6626 10∙ -34 J∙sc = 3 10∙ 8 ms1eυ = 16middot10-19 J

Solucioacuten

La energiacutea necesaria para la realizacioacuten del trabajo de extraccioacuten de un electroacuten se calcula por la foacutermula

E0 = hν0

Donde ν0 es la frecuencia de corte por debajo de la cual no se produce el efecto fotoeleacutectrico

Sustituyendo ν0 por cλ0 se calcula E0

Problema 17Hallar la frecuencia de la luz que arranca los electrones de la superficie de un metal que se retardan por un potencial retardador de 3 V En este metal el efecto fotoeleacutectrico comienza cuando la frecuencia de la luz que incide sobre eacutel es de 61014 Hz Hallar el trabajo necesario para arrancar el electroacuten de este metal

Datos

V0 = 3V

ν0 = 6 10∙ 14 Hz = 6 10∙ 14s-1

Solucioacuten

El trabajo necesario para arrancar el electroacuten del metal se calcula por la foacutermula

E0 = hν0

Donde ν0 es la frecuencia de corte

E0 = 6626 10∙ -34J s 6 10∙ ∙ ∙ 14s-1 = 398 10∙ -19J

Entre la energiacutea cineacutetica maacutexima y el potencial retardador existe la siguiente relacioacuten

Ecmaacutex = eV0

Donde e es la carga del electroacuten y V0 es el potencial retardador

Sustituyendo Ec maacutex por eV0 en la ecuacioacuten de Einstein obtenemos

hν = E0 + eV0

Por consiguiente

Problema 18Un fotoacuten de radiacioacuten de rayos X con longitud de onda 01 nm cae sobre un electroacuten deacutebilmente enlazado de un elemento ligero y se desviacutea 90ordm de su direccioacuten inicial Calcule la energiacutea que adquiere el electroacuten despueacutes del choque y la direccioacuten de su movimiento

Datos

λ = 01 nm = 1 10∙ -10 mφ = 90ordmh = 6626 10∙ -34 J∙sc = 3 10∙ 8 msm = 91 10∙ -31 kg

Solucioacuten

La variacioacuten de la longitud de onda de los rayos X cuando se produce la difusioacuten de Compton se determina por la foacutermula

(1)

Siendo φ el aacutengulo de difusioacuten y m la masa del electroacuten en reposo

Sustituyendo en esta igualdad (1-cosφ) por 2sen2φ2 y teniendo en cuenta que

Δλ = λrsquo -λ obtenemos

(2)

(3)Si la energiacutea del fotoacuten primario es hν y la del fotoacuten difuso hνrsquo tendremos que de acuerdo con la ley de la conservacioacuten de la energiacutea la energiacutea Ec adquirida por el electroacuten vendraacute expresada por la igualdad

Sustituyendo ν por cλ y νrsquo por cλrsquo tenemos

(4)

Poniendo las expresiones (2) y (3) en la igualdad (4) se tiene

Donde A =h (mc)

La constante A = 002426 Aring suele llamarse longitud de onda Compton

Rectificando las unidades y poniendo los datos numeacutericos del problema hallamos la energiacutea del electroacuten despueacutes del choque

Hallamos ahora la razoacuten de la energiacutea del electroacuten de retroceso Ec a la energiacutea del fotoacuten incidente hν = hcλ

En general el electroacuten obtiene una pequentildea parte de la energiacutea del fotoacuten En el caso nuestro solamente 0024 (24) de la energiacutea del fotoacuten

La fig1 muestra el movimiento del electroacuten a) antes de la colisioacuten y b) despueacutes de la colisioacuten Para determinar la direccioacuten del movimiento del electroacuten despueacutes de la colisioacuten es necesario calcular el aacutengulo α bajo el cual estaacute dirigido su movimiento (fig1b)

a) b) Fig1 Fig2 De acuerdo con la ley de la conservacioacuten de la cantidad de movimiento en forma vectorial tenemos la ecuacioacuten

pf = pfrsquo + pe (5) Donde pf (pf = hνc = hλ) es la cantidad de movimiento del fotoacuten antes de la colisioacuten pfrsquo (pfrsquo = hνrsquoc = hλrsquo) es la cantidad de movimiento del fotoacuten difuso y pe es la cantidad de movimiento del electroacuten despueacutes de la colisioacuten pe = mυ donde υ es la velocidad del electroacuten

La cantidad de movimiento del electroacuten antes del choque es igual a cero ya que en reposo su velocidad es cero Graacuteficamente el vector pf es la diagonal del paralelogramo cuyos lados son los vectores pfrsquo y mv (fig2) Los aacutengulos φ y α representan respectivamente los aacutengulos bajo los cuales tienen lugar la difusioacuten del fotoacuten y la aparicioacuten del electroacuten de retroceso

De la fig2 se deduce que

Poniendo en lugar de pf y pfrsquo sus valores respectivos hλ y hλrsquo podemos escribir esta igualdad de forma siguiente

Sustituyendo λrsquo por la expresioacuten (3) obtenemos

Problema 19iquestCon queacute fuerza se atraen el nuacutecleo y el electroacuten en la primera oacuterbita del aacutetomo de hidroacutegeno iquestCuaacutentas veces es esta fuerza mayor que la fuerza gravitacional que actuacutea entre el nuacutecleo y el electroacuten

Datos

me = 9109 10∙ -31 kg

mp = 1840 9109 10∙ ∙ -31 kgG = 6672 10∙ -11 N∙m2∙kg-2

r = 053 10∙ -10 mn = 1ε0 = 8854 10∙ -12F∙ m-1

e = 1602 10∙ -19 C

Solucioacuten

La fuerza de interaccioacuten entre el nuacutecleo y el electroacuten es la fuerza electroestaacutetica de Coulomb

Donde r es el radio de la primera oacuterbita estacionaria del aacutetomo de hidroacutegeno

Rectificando las unidades y poniendo los valores numeacutericos se calcula la fuerza electroestaacutetica

Donde

La fuerza gravitacional se calcula por la foacutermula

Donde me es la masa del electroacuten mp la masa del protoacuten G la constante gravitacional

Por lo que

Problema 20Calcule cual es el radio de la primera orbita del electroacuten que gira alrededor de un nuacutecleo del aacutetomo de hidroacutegeno seguacuten el modelo de Bohr Determine la velocidad con que el electroacuten se mueve en esta oacuterbita

Datos

ε0 = 8854 10∙ -12 F∙m-1

e = 1602 10∙ -19 Cm = 9109 10∙ -31 kgh = 6626 10∙ -34 J∙s

Solucioacuten

La fuerza de interaccioacuten entre el electroacuten y el protoacuten del nuacutecleo es la fuerza

electrostaacutetica ( Fel) de Coulomb

Donde r es la distancia entre el nuacutecleo y el electroacuten Bajo la accioacuten de esta fuerza el electroacuten describe alrededor del nuacutecleo oacuterbitas en forma de elipses de Kepler y como un caso particular en forma de circunferencia

La fuerza de Coulomb es una fuerza centriacutepeta (Fc) y es numeacutericamente igual cuando se trata de una oacuterbita circular a

Por lo tanto

(1)

Para una oacuterbita circular la cantidad de movimiento angular del electroacuten es

p = mυr

La condicioacuten cuaacutentica de Bohr p = nh2π da la posibilidad de calcular el radio de

La oacuterbita circular estacionaria

(2)

La expresioacuten (1) se puede escribir en forma siguiente

Sustituyendo (mυr) por la expresioacuten (2) se obtiene

Para la primera oacuterbita n = 1 Por lo tanto

(3)

Esta magnitud representa el radio de la primera oacuterbita circular del electroacuten (radio de Bohr) es decir de la maacutes proacutexima al nuacutecleo del aacutetomo de hidroacutegeno

Rectificando las unidades y poniendo en lugar de h m ε0 y e sus respectivos valores numeacutericos se obtiene

Donde

(4)

Utilizando la expresioacuten (2) podemos calcular la velocidad υ con que el electroacuten se mueve en la primera oacuterbita

Sustituyendo r por la expresioacuten (3) tendremos

Rectificando las unidades se obtiene

Para n = 1

Problema 21iquestCalcule la energiacutea total del electroacuten en la segunda oacuterbita del aacutetomo de Bohr

SolucioacutenLa energiacutea total del electroacuten es

E = Ec+ Ep

Donde Ec es la energiacutea cineacutetica y Ep es la energiacutea potencial del electroacuten

La energiacutea potencial del electroacuten en el campo electrostaacutetico del nuacutecleo es igual a

Donde r es la distancia entre el nuacutecleo y el electroacuten (el radio de la oacuterbita)

La energiacutea cineacutetica

(1)

Donde m es la masa del electroacuten y υ es su velocidadSobre el electroacuten actuacutea una fuerza electroestaacutetica

Que es una fuerza centriacutepeta igual a

Por consiguiente

(2) Sustituyendo mv2 en la foacutermula de la energiacutea cineacutetica (1) por la expresioacuten (2) se obtiene

Por lo tanto la energiacutea total seraacute igual a

Sustituyendo r (ver el resultado del problema anterior) por

Se obtiene

Rectificando las unidades obtenemos

Para la segunda oacuterbita el nuacutemero cuaacutentico n = 2

Poniendo en lugar de h m y e sus respectivos valores numeacutericos hallamos

Problema 22iquestCuaacutel es la longitud de onda del fotoacuten emitido por el aacutetomo de hidroacutegeno cuando el electroacuten transita de la cuarta oacuterbita a la segunda

Solucioacuten

La radiacioacuten se produce soacutelo cuando el aacutetomo sufre una transicioacuten de una oacuterbita con energiacutea Ek a otra oacuterbita de menor energiacutea Ej (Ej lt Ek) En forma de ecuacioacuten

hν = Ek - Ej

Donde hν es el cuanto de energiacutea transportado por el fotoacuten emitido del aacutetomo durante la transicioacuten

En el caso nuestro k = 4 y j = 2 Por lo tanto

hν = E4 - E2

Utilizando la foacutermula de la energiacutea del electroacuten (ver el problema 21) se obtiene

Donde el teacutermino

Es la energiacutea del electroacuten en la segunda oacuterbita (Ver el problema 21)

Por consiguiente

Seguacuten el resultado del problema 21 E2 = -54 10∙ -19J

Por lo tanto

Como λ = cν entonces

Problema 23El electroacuten del aacutetomo de hidroacutegeno salta de la tercera oacuterbita a la segunda a) Calcular la longitud de onda del fotoacuten emitido b) Calcular la disminucioacuten de la energiacutea del aacutetomoacute

Datos

j =1k = 3R = 1097middot107 m-1

h = 6626 10∙ -34 J∙s

Solucioacuten

Cuando el electroacuten pasa de la oacuterbita de mayor energiacutea (Ek) a una orbita de menor

energiacutea (Ej) el aacutetomo emite un fotoacuten cuya energiacutea es igual a E = Ek- Ej La longitud de onda del fotoacuten emitido se calcula por la foacutermula

J y k son los nuacutemeros de las oacuterbitas y R es la constante de Ridberg

La disminucioacuten de la energiacutea del aacutetomo es igual a la energiacutea del fotoacuten emitido

Problema 24

a) iquestQueacute tensioacuten del campo eleacutectrico es necesaria seguacuten la mecaacutenica claacutesica para que un electroacuten acelerado en este campo adquiera la velocidad de la luzb) iquestCuaacutel seraacuten la velocidad del electroacuten y su masa en este campo seguacuten la mecaacutenica relativista

Datos

m0 = 9109∙10-31kgc = 3∙108mse = 1602 10∙ -19C

Solucioacuten

a) Seguacuten la mecaacutenica claacutesica la energiacutea cineacutetica del electroacuten

Donde m0 es la masa de reposo del electroacuten y υ es su velocidad La diferencia de potencial V multiplicada por la carga del electroacuten es una medida de la energiacutea cineacutetica del electroacuten adquirida en el campo eleacutectrico En otras palabras

Sustituyendo υ por c se calcula la diferencia de potencial del campo eleacutectrico necesaria para que el electroacuten adquiera la velocidad de la luz

Analizando las unidades y poniendo los valores numeacutericos del problema se obtiene

b) En la mecaacutenica relativista se calcula la masa m del electroacuten y su energiacutea

cineacutetica Ec utilizando las foacutermulas siguientes

Pero numeacutericamente Ec = (m0c2)2 o sea

La masa del electroacuten seraacute igual a

Problema 25iquestCuaacutel es la energiacutea de un fotoacuten correspondiente a ondas radio de frecuencia 1255 x106 Hz

Datos

E=hv v=c⋋Solucioacuten E=662610minus34 1255 106=831610minus28 J

PROBLEMA 26La liacutenea verde en el espectro atoacutemico del talio tiene una longitud de onda de 535 nm Calcular la energiacutea de un fotoacuten

Solucioacuten

H=662610minus34C=300 108 msminus1

E=hv v=c ⋋ v=300 108 msminus1

53510minus9 =560 1014

E=662610minus34 560 1014=372 10minus19J

PROBLEMA 27Un electroacuten salta desde un orbital maacutes externo a otro maacutes interno entre los que existe una diferencia de energiacutea de 15 x 10-15 J iquestCuaacutel es la frecuencia de la radiacioacuten emitida

Datos

∆ E=hv

Solucioacuten

v=∆ E h= 15 10minus15J662610minus34 JS

=2261018 Sminus1

Problema 28La longitud de onda umbral para que cierta superficie metaacutelica emita electrones es 6000 Aring Se observoacute que si esa superficie fotosensible se ilumina con luz de 4000 Aring los electrones son emitidos con una velocidad de 606 x 105m s-1 Deducir el valor de la constante de Planck

Datos

λ1=600 Aring=610minus7 λ2=400 Aring=410minus7 V = 6 06 x 105m s-1 m=9 110minus31

Solucioacuten h= Cλ 2

=hCλ 1

+ mv2

2

h= 3 108

410minus7 =h3 108

6 10minus7 +91 10minus31 (606105)2

2

75 1014 h=5 1014 h+16710minus19

25 1014 h=167 10minus19

h=66810minus34 Js

Problema 29La frecuencia umbral de cierto metal es 88 x 1014 s-1 Calcular la velocidad maacutexima de los electrones emitidos por ese metal cuando se ilumina con luz cuya longitud de onda es 2536 Aring iquestQueacute energiacutea cineacutetica poseen esos electrones

EC=h(CλminusV C)=662610minus34 J s ( 3

108ms

2536 10minus10 minus88 x 1014 sminus1)=201 10minus19 J

EC=m v2

2rarr v2=radic 2 EC

m=radic 2 20110minus19 J

9110minus31kg=664 105 m s

Pregunta 30Una superficie de cierto metal emite electrones cuya energiacutea cineacutetica equivale a 3 eV cuando se ilumina con luz de longitud de onda de 1500 Aring iquestcual es el valor de la frecuencia umbral de ese metal

Solucioacuten

Se debe cumplir que E incidente= E umbral+E cineacutetica del electroacuten

E incidente=hv=hλ=66210minus34 J S 3 108 msminus1

150010minus10m=13 10minus18 J

E incidente del electron=3eV 16 10minus19 J eV minus1=48 10minus19 J

E umbral=13 10minus18 Jminus4810minus19 J=8210minus19

υ= Eh

= 82 10minus19 J66210minus34 JS

=13 1015 Hz

Problema 31Calcule la longitud de onda y la frecuencia da la 2da raya de la serie de Balme en el espectro del hidrogeno Constante de rydberg=109677 107 mminus1 La segunda raya nj=4 entonces ni=2

1⋋2

=RH ( 1

iquest2minus 1

nj2)=109677107( 1

22minus 1

42)=109677 107 3

16rarr⋋2=486 10minus7 m

v= C⋋2

= 300108

486 10minus7 =617 1014 Hz

Problema 32Calcuacutelese la longitud de onda de De Broglie en cada uno de los siguientes casos a) un neutroacuten que se mueve a una velocidad de 10 kms b) Un moacutevil de 20 g que se mueve a 72 kmhora

Solucioacutena) un neutroacuten que se mueve a una velocidad de 10 kms

masa del electron=167 10minus27 kg

mv=167 10minus27 kg 104 m sminus1=167 10minus23

λ=h

mv=66310minus34

16710minus23 =39710minus11 m

b) Un moacutevil de 20 g que se mueve a 72 kmhora

λ= hmv

=66310minus34

210minus2 20=1610minus33m

Problema 33Una superficie de sodio se ilumina con luz de 300 nm de longitud de ondala funcioacuten de trabajo para el metal de sodio es 246 eV Encuentrea) la energiacutea cineacutetica maacutexima de los fotoelectrones emitidosb) la longitud de onda de corte para el sodio

c) calcule la rapidez maacutexima del efecto fotoeleacutectrico

Solucioacuten

a) la energiacutea cineacutetica maacutexima de los fotoelectrones emitidos

E=h f =hcλ

=(662610minus34 J s ) (3 108 m s)

30010minus9m=663 10minus19 J=414 eV

Luego aplicamos Kmax=h f minusФ=414eV minus246eV =168 eV

b) la longitud de onda de corte para el sodio

E=h f 0=Ф dedonde hcλ0

aislamos λ0=hcФ

peroФ=(246 eV )(1610minus19 J eV )=39410minus19 J

Reemplazamos λ0=(662610minus34 Js )(3108 m s)

394 10minus19 J=iquest 505 10minus7=505 nm

c) calcule la rapidez maacutexima del efecto fotoeleacutectrico

E=12

m v2rarr 168eV iquest(91110minus31kg)v2

2 rarr v=768 105 m s

Problema 34Un aacutetomo absorbe un fotoacuten que tiene una longitud de onda de 375 nm e inmediatamente emite otro fotoacuten que tiene una longitud de onda de 580 nm iquestCuaacutel es la energiacutea neta absorbida por el aacutetomo en este proceso

Solucioacuten

Eneta=E f minusEi

Eneta=1240 eV nm

λemiteminus1240 eV nm

λabsorbe=1240 eV nm

λemiteminus1240 eV nm

λabsorbe

Eneta=2138 eVminus331 eV =1172eV

Problema 35La mayoriacutea de los procesos gaseosos de ionizacioacuten requieren cambios de energiacutea de 1 x10minus18 a 1 x10minus16 iquestqueacute regioacuten del espectro electromagneacutetico del sol es entonces

principalmente responsable de la creacioacuten de la ionosfera en la atmosfera de la tierra

Solucioacuten

tenemos E=1240 eV nmλ

reemplazamos 1 x10minus16minus1 x 10minus18=1240 eV nmλ

convirtiendo a eV 625minus625=1240 eV nmλ

cancelando eV λ=1240 nm61875

=iquest 2004 nm(ultravioleta)

Problema 36Se desea escoger una sustancia para una foto celda operable con luz visible iquestCuaacutel de la siguientes lo haraacute(la funcioacuten de trabajo aparece entre pareacutentesis )el tantalio(42eV)el tungsteno(45eV)el aluminio(42eV)el bario(25eV)el litio(23eV)el cesio(19eV)

Solucioacuten

Sabemos E=1240 eV nmλ

ReemplazamosE=Ф

Luego λ=1240 eV nm

Ф

aiquest tantalio λ=1240 eV nm

42 eV=iquest 2952nm(ultravioleta)

biquest tungsteno λ=1240 eVnm

45 eV=iquest 2756 nm(ultravioleta)

c iquestaluminio λ=1240 eV nm

42 eV=iquest 2952nm(ultravioleta)

d iquestbario λ=1240 eV nm

25 eV=iquest 496 nm(visible)

e iquestlitio λ=1240 eV nm

23 eV=iquest 5391nm(visible)

f iquest sesio λ=1240 eV nm

19 eV=iquest 6526nm(visible)

Problema 37a) La energiacutea necesaria para desprender un electroacuten de sodio metaacutelico es de 228eV iquestMuestra el sodio un efecto fotoeleacutectrico bajo luz roja con λ=678 nmb) iquestCuaacutel es la longitud de la onda de corte de la emisioacuten fotoeleacutectrica del sodio y a que color corresponde esta longitud de onda

Solucioacuten

Para la pregunta a

Tenemos E=1240 eV nmλ

Reemplazamos E=1240 eV nm678 nm

=iquest 18289 eV

no se produce el efecto fotoelectrico porque Elt228 eV

Para la pregunta b

E=1240 eV nmλ

Reemplazamos E=1240 eV nm228 eV

=iquest 54386 nm(verde)

Pregunta 38Un numero de fotones incide sobre una superficie de sodio que tiene una funcioacuten de trabajo de 228eV causando la emisioacuten fotoeleacutectrica cuando se impone un potencial de frenado de 492 V no existe una fotocorriente Halle la longitud de onda de los fotones incidentes

Solucioacuten

Tenemos Ф=228 eV

Tambieacuten h f =Ф+k max

Reemplazado h f =Ф+e V 0

Luego 1240 eV nm

λ=228 eV +(16 10minus19C )(492 V )

Sabemos V=J C por lo tanto convertimos a eV

1240 eV nm

λ=228 eV +(16 10minus19C )(492J C)(1eV 16 10minus19 J )

Cancelando λ=1722 nm

Pregunta 39a Si la funcioacuten de trabajo de un metal es de 185eV iquestCuaacutel seria el potencial de frenado de la luz que tenga una longitud de onda de 410 nmb iquestCuaacutel seria la velocidad maacutexima de los fotoelectrones emitidos en la superficie de metal

Solucioacuten

Para a

Sabemos h f =Ф+k max

Reemplazamos 1240 eV nm

λ=185 eV +e V 0

1240 eV nm

410 nm=185 eV +e V 0

Reduciendo V 0=117V

Para b

Tenemos k max=e V 0

12

m v2=e V 0

Reemplazamos 12

(91110minus31) v2=(16 10minus19 )(117 V )

Reduciendo V=641 km s

Pregunta 40El molibdeno tiene una funcioacuten de trabajo de 420 eV a) encuentre la longitud de onda de corte y la frecuencia de corte para el efecto fotoeleacutectrico B) calcule el potencial de frenado si la luz incidente tiene una longitud de onda de 180nm

Solucioacuten

Para a sabemos Ф=h f 0 de aquiacute Ф=h CλC

Aislamos λ λC=h CФ

Reemplazamos λC=iquest (662610minus34 )(3 108)

42016 10minus19 =iquest 2958 nm

Ahora calculamos la frecuencia de cortef 0

Sabemos f 0=CλC

=iquest 3108

295810minus9= 1014 pHz

Para b tenemos Kmax=CλC

minusФ

Reemplazamos Kmax=6626 10minus34 3108

18010minus9 minus420 eV

Reduciendo Kmax=2675 eV

Finalmente calculamos el V 0

De Kmax=eV 0

Aislamos V 0=iquest 267516 10minus19 J

16 10minus19 C=iquest 2675 V

Problema 41Un estudiante que analiza el efecto fotoeleacutectrico de dos metales diferente registra la siguiente informacioacuteni) el potencial de frenado para los fotoelectrones liberados en el metal 1 es 148 V mayor que para el metal 2 y ii) la frecuencia de corte para el metal 1 es 40 mas pequentildea que para el metal 2determine la funcioacuten de trabajo para cada metal

Kmaxi=e V 01 Kmaxi=e(V 02+148) (1)

Kmaxi=e V 02 (2)

h f 01=Ф1 h 60

100 f 02=Ф1 (3)

Metal 1 Metal 2 V 01=V 02+148

f 01=60

100 f 02

V 02=V 02

f 01=f 02

h f 02=Ф2 (4)

En (1)

h f minush f 01=e(V 02+148) (5)

h f minush f 02=e V 02 (6)

Luego (6) en (5)

h f minush60

100 f 02=h f minush f 02+e 148

Simplificando f 02=e 148 5

2 h=Ф2

Ф2=37 eV

Entonces h60100

f 02=Ф1

Pero h f 02=Ф2

Reemplazando f 02=h60

100Ф2

h=Ф1

Simplicando Ф1=222eV

Pregunta 42Dos fuentes luminosas se utilizan en un experimento fotoeleacutectrico para determinarla funcioacuten de trabajo para una superficie metaacutelica particular Cuando se emplea luz verde de una laacutempara de mercurio (λ=5461 nm) un potencial de frenado de 0376 V reduce la fotocorriente a ceroa Con base a esta medicioacuten iquestCuaacutel es la funcioacuten de trabajo para este metalb iquestQueacute potencial de frenado se observariacutea al usar la luz amarilla de un cubo de descarga de helio λ=58715 nm

Solucioacuten

Para a

Kmaxi=h f minusФ (1)

Kmaxi=e V 0 (2)

(1) En (2)

h f minusФ=e V 0

Luego Ф=minuse V 0+h c λ

Reemplazando valores

Ф=minus(16 10minus19C ) (0376 V )+(60626 10minus34 J S ) 3 108546110minus9

Ф=1899 eV

Para b

De la ecuacioacuten h f minusФ=e V 0

Aislamos V 0=iquest h

CλminusФ

e

V 0=iquest 3108

587510minus9 minusiquest 19 eV iquest16 10minus19C=02125 V

Pregunta 43Fotones de 450 nm de longitud inciden sobre un metal los electrones mas energeacuteticos expulsados del metal se desviacutean en in arco circular de 200 cm de radio por medio de un campo magneacutetico con una magnitud de 200x10minus5 TiquestCuaacutel es la funcioacuten de trabajo del metal

Datos

λ=450 10minus9m r=200cm=02 m t=200 x10minus5T

Solucioacuten

Hallamos ldquoErdquo

E=hcλ

rarr E=(6626 10minus34 J S )(3108)450 10minus9m=441710minus19 J

Hallamos ldquoV ldquo

V=q Br m

V=(16 10minus19 J ) ( 20010minus5T ) (02 m )

91110minus31 Kg=007025107m S

Hallamos k rsub max

k max=12

mv2 rarr k max=( 91110minus31 Kg )iquest

Hallamos ldquoФrdquo

Ф=hcλ

minuskmax=4417 10minus19 Jminus224810minus19 J=21691019 1 eV 1610minus19

Ф=135 eV

Problema 44Un Fotoacuten que tiene energiacutea Eo es dispersado por un electroacuten libre inicialmente en reposo de tal manera que el aacutengulo de dispersioacuten del electroacuten dispersado es igual al del fotoacuten dispersado ( ) a) Determine los aacutengulos y b) La energiacutea y el momentum del fotoacuten dispersado y c) La energiacutea cineacutetica del electroacuten dispersado

Solucioacuten

aiquest Determine los aacutengulos y

X hλ0

=h cosФ

λ+γ me VcosФ

Y 0=minush senФ

λ +γ me VsenФ

De Y 0=minush

λ=γ me V rarr

h

λ =γ me V

De X hλ0

=hcosФ

λ+ hcosФ

λ()

despejando λ

2 λ0 cosФ

corrimiento de compton

λminus λ0=

hme c

(1minuscosФ )rarr 2 λ0 cosФminusλ0=h

me c(1minuscosФ )

Sabiendoque λ0=hcE0

en funcion de E0

2 λ0 cosФminus1=E0

me c2 (1minuscosФ )rarr sihacemos E0

me c2 =x

2 λ0 cosФminus1=x (1minuscosФ )

Aislamos elaacutengulo Ф=arcocos( x+1x+2

)

biquest La energiacutea y el momentumdel fotoacuten dispersado energ iacutea

E=hc λ si λ =2 λ0 cosФ si λ0=hcλ0

entonces E=E0

2cosФ obtenemos Eacute=( x2+2 x

2 x+2)me c2

Momenton p h Si acute 2 λ0 cos E h 2 λ0cos Si λ0=hc E0

entonces pE0

2C cosФ obtenemos Pacute=( x2+2 x

2 x+2)me c2

c iquest La energiacuteacineacutetica del electroacutendispersado E0 iquest E +Ke E0minusE =Ke

Reemplazamos Ke=( x2

2 x+2)me c2

Problema 45Un Fotoacuten de 0880mev es dispersado por un electroacuten libre inicialmente en reposo de tal manera que el aacutengulo de dispersioacuten del electroacuten dispersado es igual al del fotoacuten dispersado ( ) a) Determine los aacutengulos y b) La energiacutea y el momentum del fotoacuten dispersado y c) La energiacutea cineacutetica del electroacuten dispersado

Solucioacuten

aiquest Determine los aacutengulos y

X hλ0

=h cosФ

λ+γ me VcosФ

Y 0=minush senФ

λ +γ me VsenФ

De Y 0=minush

λ=γ me V rarr

h

λ =γ me V

En X hλ0

=hcosФ

λ + hcosФ

λ ()

hλ0

=2h cosФ

λ rarr λ =2 λ0cosФ

λminus λ0=

hme c

(1minuscosФ )rarr 2 λ0 cosФminusλ0=h

me c(1minuscosФ )

Pero E0=hcλ0

reemplazando y combinando

me

E0

c2 (2 cosФminus1 )=(1minuscosФ )

(91 10minus31 kg)(9 1016 m2 s2)iquestiquest (1minuscosФ )=iquest 5809 10minus2 (2cosФminus1 )

cosФ=013

Ф=43 10

biquest La energiacutea y el momentumdel fotoacuten dispersado

E hc Si acute 2 λ0 cos

E hc 2 λ0 cos Si λ0=hc E0 E E0 2 cos Reemplazando E=0808 meV 2 cos 43 ordm=602 KeV

P h =E c=602103 16 10minus19 3108=iquest

P 32110minus22kg m s

c iquest La energiacuteacineacutetica del electroacutendispersado

k e=880 KeV minus602 KeV k e=278 KeV

Problema 46En un experimento de dispersioacuten Compton un fotoacuten se desviacutea en 900ordm y el electroacuten se desviacutea en un aacutengulo de 200ordm Determine la longitud de onda del fotoacuten dispersado

Solucioacuten

X hλ0

=h cosФ

λ+γ me VcosФ Y 0=minush senФ

λ +γ me VsenФ

Luego

Y h

λ=γ me Vsen200

(2iquest X hλ0

=γ me Vcos200 (1iquest

De 2 y1

λ0=λ tg200

De

λ minus λ0=h

mc(1minuscos900)

λ minus λ tg 200= hmc

rarr λ (1minustg 200 )= hmc

λ (1minus036 )=00024310minus9 m

λ =38 10minus12m

Problema 47Un fotoacuten de 000160nm se dispersa a partir de un electroacuten libre iquestPara queacute aacutengulos de dispersioacuten (fotoacuten) el electroacuten de retroceso tiene la misma energiacutea cineacutetica que la energiacutea del fotoacuten dispersado

Solucioacuten

λ0=000160 10minus9 hcλ0

=hc

λ+ hc

λ=rarr

1λ0

= 2

λ

λ minus λ0=h

mc(1minuscosФ)

000160 10minus9 m=000243 10minus9m(1minuscosФ)

cosФ=034

Ф=70 10

Problema 48A partir de la dispersioacuten de la luz solar de Thompson calculo el radio claacutesico del electroacuten que tiene un valor de 282 10minus15 Si la luz del sol con una intensidad de 500Wm2cae sobre un disco con este radio calcule el tiempo requerido para acumular 1eV de energiacutea Suponga que la luz es una onda claacutesica y que la luz que golpea al disco es absorbida por completo iquestCoacutemo se compara su resultado con la observacioacuten que los fotoelectrones son emitidos con rapidez dentro de10minus9 s Solucioacuten

radiaccion=500 W m2

tenemos I=P A rarr P=I A

Luego W t=I A

t=EI

A= 1 eV500 W π iquestiquestiquest

Absolutamente largo

  • Laboratorio de Fiacutesica Moderna
Page 5: David reparado

Problema 6La temperatura de la superficie de las estrellas llamadas ldquoenanas blancasrdquo es de 1 10∙ 4K iquestEn queacute parte del espectro se encuentra el maacuteximo de su radiacioacuten

Datos

T = 1∙104K

Solucioacuten

Utilizando la foacutermula de la ley de desplazamiento de Wien se calcula la longitud de onda λmaacutexque corresponde a la temperatura de 104K

Esta longitud de onda corresponde a la parte ultravioleta del espectro

Las ldquoenanas blancasrdquo son las estrellas compactas cuya masa es del mismo orden que la masa del Sol y su radio son aproximadamente igual al 1 del radio del Sol

Las estrellas cuya temperatura es de 7∙104 K se llaman estrellas calientes Y si la temperatura es de 5∙103 K las estrellas se laman friacuteas

Problema 7Sobre 1 cm2 de la superficie terrestre caen 192 caloriacuteas de energiacutea teacutermica por minuto Encuentre cuaacutel es la temperatura de la superficie del sol bajo la suposicioacuten que eacuteste radia como un cuerpo negro La distancia entre el sol y la tierra es 1510 11m y su radio es de 696 10∙ 8m

Datos

A = 1 cm2= 1∙10-4 m2

t = 1 min = 60 s

U = 192 cal = 8064 J

s = 15∙1011 m

Rsol= 696∙108m

σ= 5 67∙10-8 W∙m-2∙K-4

Solucioacuten

La energiacutea irradiada por toda la superficie del sol

US= (4πRsol2)RS (1)

Donde (4πRsol2) es el aacuterea de la superficie del solRS la radiancia del sol

La energiacutea que incide sobre la tierra por unidad de superficie y tiempo

(2)

Por otro lado seguacuten los datos del problema

(3)

Sustituyendo US en la foacutermula (2) por la expresioacuten (1) obtenemos

(4)

Seguacuten la ley de Stefan-Boltzman para el cuerpo negro la energiacutea emitida por el sol por unidad de superficie y tiempo (la radiancia) es igual a

RS = σT4

Poniendo la uacuteltima expresioacuten en la igualdad (4) y sustituyendo UT por (3) se obtiene

Problema 8 Un cuerpo negro se encuentra a una temperatura 2900 K Como resultado de enfriamiento de este cuerpo la longitud de onda correspondiente a la radiancia espectral maacutexima sufrioacute una variacioacuten de 9 nm iquestHasta queacute temperatura se enfrioacute el cuerpo

Datos

T1 = 2900 K

Δλ = 9 nm = 9∙10-9m

b = 289∙10-5K∙m

Solucioacuten

Seguacuten la ley de desplazamiento de Wien para el cuerpo negro

λT = b = Const

En el caso de enfriamiento la temperatura del cuerpo disminuye (T2lt T1) por lo que la longitud de onda λmaacutex aumenta (ver la figura) Pues entonces

Como λmaacutexT = Const entonces se puede escribir

(1)

Seguacuten la ley de desplazamiento de Wien

Sustituyendo λ1maacutex en la expresioacuten (1) se obtiene

Poniendo los valores numeacutericos del problema se calcula la temperatura T2

Problema 9Un filamento metaacutelico cuyo diaacutemetro es 02 mm se calienta con corriente eleacutectrica hasta una temperatura de 3000 K Calcule que tiempo demoraraacute en enfriarse despueacutes de apagarse (desconectarse) hasta una temperatura de 800 K Considere que el filamento emite como un cuerpo negro y que no recibe ninguna energiacutea del medio que le rodea Desprecie cualquier efecto que produzca la perdida de su energiacutea La densidad del filamento es 19 gcm3 y el calor especiacutefico es 0037 cal (gK) (1 cal = 41868J)

Datos

d = 02mm = 2∙10-4 m

T1 = 3∙103 K

T2 =8∙102 K

ρ = 19 gcm3 = 19∙103 kgm3

c = 0037 Cal (g∙K) = 154 9 J (kg∙K)

σ = 5 67∙10-8 W (m2∙K4)

Solucioacuten

Si A es el aacuterea de la superficie del filamento y R es la energiacutea emitida por el filamento por unidad de tiempo y superficie (la radiancia) entonces la energiacutea U emitida por la superficie del filamento en unidad de tiempo es igual a

U = RA

El aacuterea de la superficie del filamento A = (πd) l donde l es la longitud del filamento Seguacuten la ley de Stefan-Boltzman

R = σT4

Por lo tanto

U = σT4 (πd) l (1)

Durante el tiempo dt la temperatura del filamento disminuye en dT y el filamento pierde una energiacutea

Udt = - mcdT

Dondem es la masa del filamento y c es el calor especifico del material del filamento

Sustituyendo U por la expresioacuten (1) se obtiene

σT4 (πd) ldt = - mcdT

Integrando la uacuteltima expresioacuten tenemos

(2)

La masa del filamento m = Vρ donde V es su volumen

Sustituyendo m en la expresioacuten (2) obtenemos para el tiempo lo siguiente

Rectificando las unidades y poniendo los valores numeacutericos del problema se obtiene

El filamento se enfriacutee raacutepidamente ya que la radiancia es directamente proporcional a T4

Problema 10 A partir de la foacutermula de Planck para la radiancia espectral encontrar a) la ley de Stefan-Boltzman b) la ley de desplazamiento de Wien

Solucioacuten

a) Planck descubrioacute la forma de la funcioacuten Rλ = f (λ T)

(1)

Donde C1 y C2 son constantes C1= 2πc2h y C2 = hck

k = 13806610-23JK es la constante de Boltzman c = 29979108ms la velocidad de la luz y h = 662617610-34Js la constante de Planck

Esta foacutermula responde a los datos experimentales y de ella pueden deducirse directamente como casos particulares la ley termodinaacutemica de Stefan-Boltzman y la ley de deslazamiento de Wien

La radiancia R (es decir la cantidad total de energiacutea radiante emitida por el cuerpo por unidad de superficie y tiempo) del cuerpo negro se puede obtener integrando la radiacioacuten emitida en todos los intervalos de longitud de onda

(2)

DondeRλ es la radiancia espectral

Si la distribucioacuten de la energiacutea entre las zonas del espectro del cuerpo negro se representa en la escala de frecuencias en lugar de Rλ hay que tomar la radiancia Rν

referida a un intervalo unidad de frecuencias Entonces

Rλdλ = Rνdν (3)

Y la expresioacuten (2) se presenta en forma

(4)

Y como λ = cν donde c es la velocidad de la luz en el vaciacuteo dλ= cν-2dν y poniendo este valor en (3) obtenemos

Sustituyendo en la foacutermula (1) λ por cν (λ = cν) la foacutermula de Planck se transforma en la siguiente expresioacuten

Y por consiguiente

(5)

Poniendo la expresioacuten (5) en (4) se obtiene la energiacutea total emitida por el cuerpo

Utilicemos el meacutetodo de integracioacuten por sustitucioacuten Podemos introducir una nueva variable

Entonces

Donde

Por lo tanto

Sustituyendo las constantes C1 y C2 por sus respectivas expresiones se obtiene

Donde

b) Para obtener le ley de desplazamiento de Wien utilizando la foacutermula de Planck es necesario encontrar analiacuteticamente la expresioacuten de la posicioacuten del maacuteximo en la curva que responda a la distribucioacuten de la radiancia del cuerpo negro entre las longitudes de onda Para esto es necesario encontrar el valor λ = λmaacutex para el cual la funcioacuten Rλ= f (λ T) para la temperatura constante tiene su valor maacuteximo por lo que debe cumplirse la condicioacuten

Sacando factor comuacuten se obtiene

De aquiacute tenemos

Realizando el cambio de variable

(1)

Tendremos

Si x es suficientemente grande se puede despreciar el 1 en el denominador comparando con ex entonces ya tenemos una primera solucioacuten aproximada para x

Tomando este valor como punto de partida podemos encontrar el valor real de x Por ejemplo utilizando el meacutetodo de aproximaciones sucesivas obtendremos

x1= 4965

Sustituyendo x en la expresioacuten (1) por el valor numeacuterico encontrado de x1 se obtiene

DondeC25 = b que es la constante de la ley de desplazamiento de Wien

Calculando b se obtiene su valor numeacuterico

Es evidente que para demostrar que λT = const no es necesario calcular el valor numeacuterico de x ya que λT = C2x = const

Rt = 092∙ 567∙10-8∙ (103)4∙314∙015∙10-2∙1 = 24569(W)

Problema 11

Una superficie metaacutelica de 10cm2 de aacuterea se encuentra a una temperatura de 2500 K y emite durante un minuto una energiacutea teacutermica de 4 x 104 J Encuentre a) la energiacutea emitida por la superficie si fuera un cuerpo negro y b) la razoacuten de la radiancia de esta superficie a la de un cuerpo negro de igual aacuterea y a la misma temperatura

Problema 12El espectro de la luz visible (luz blanca) incluye longitudes de onda comprendidas entre 380nm (violeta) y780nm (roja)a) Determinar la frecuencia de la radiacioacuten correspondiente a estos coloresb) Calculeacute conforme a la hipoacutetesis de Planck la energiacutea de loa fotones que corresponden a la luz violeta y luz rojac) cuantos fotones de luz roja son necesarios para cumular 3J de energiacutea

Datos

c=300 108 msminus1 h=66310minus34 Js

Solucioacuten

Para la pregunta a

luzvioleta v1=C⋋1

= 300 108

35010minus9 =8571014 Hz

luzroja v2=C⋋2

= 300108

780 10minus9 =385 1014 Hz

Para la pregunta b

EVioleta hv1=6626 10minus34 857 1014=568 10minus19 J

ERoja hv2=6626 10minus34 385 1014=25510minus19 J

Para la pregunta c

3 J

25510minus19 J fotonminus1=118 10minus18 fotones

Problema 13Un cuerpo estaacute radiando energiacutea conforme a la hipoacutetesis de Planck

a) Determina la energiacutea de un cuanto cuya longitud de onda es de 25nmb) Calcule la frecuencia correspondiente dicho cuanto de energiacutea Datos ⋋=25 nm Solucioacuten

aiquest E=hv=hC⋋

=662610minus34 300 108

25 10minus9 =80 10minus18 J

biquest v= C⋋

=300 108

25 10minus9 =121016 Hz

Problema 14iquestQueacute longitud de onda debe tener un fotoacuten para ionizar un aacutetomo de cesio con potencial de ionizacioacuten de 388V

Datos

V = 388V

h = 6626 10∙ -34Jmiddotse = 1602 10∙ -19C

Solucioacuten

La ionizacioacuten de un aacutetomo es la separacioacuten de uno o varios electrones del aacutetomo Para que el aacutetomo se ionice el electroacuten debe realizar un trabajo (energiacutea de ionizacioacuten E0) contra las fuerzas de atraccioacuten entre el electroacuten y el resto de las partiacuteculas que componen el aacutetomo o sea compensar la energiacutea de enlace del electroacuten

La energiacutea necesaria el electroacuten adquiere del fotoacuten de la luz que eacutel lo absorbe La energiacutea del fotoacuten depende de la longitud de onda y es igual a hν donde ν es la frecuencia de la luz y h es la constante de Planck De modo que tendremos

hν = E0

La energiacutea de ionizacioacuten E0 = eV donde V es el potencial de ionizacioacuten

Por lo tanto

hν = eV

Sustituyendo ν por cλ (ν = cλ) se obtiene

Poniendo los valores numeacutericos del problema tenemos

Problema 15Determinar la velocidad de un electroacuten emitido de una superficie de plata iluminada con luz monocromaacutetica de longitud de onda de 1500 Aring La longitud de onda a la cual comienza a manifestar este efecto es de 2600 Aring

Datosλ0 = 2600 Aring = 260 10∙ -9 mλ = 1500 Aring = 150 10∙ -9 mh = 6626 10∙ -34 J∙sc = 3 10∙ 8 msm =9109 10∙ -31 kgSolucioacuten

La ecuacioacuten de Einstein para el efecto fotoeleacutectrico es

hν = E0 + Ec maacutex (1)

Donde hν es la energiacutea del fotoacuten E0 el trabajo de salida del electroacuten del metal Ec

maacutex= mυ22 la energiacutea cineacutetica maacutexima del electroacuten que se desprende del metal

La energiacutea necesaria para arrancar el electroacuten del metal

E0 = hν0

Donde ν0 = cλ0 es la frecuencia umbral (de corte) debajo de la cual no se produce el efecto fotoeleacutectrico

Por consiguiente

Sustituyendo ν por cλ E0 por hcλ0 y Ecmaacutex por mυ22 en la ecuacioacuten (1) se obtiene

Rectificando las unidades y poniendo los valores numeacutericos se obtiene

Problema 16Determine el trabajo de extraccioacuten de un electroacuten en el efecto fotoeleacutectrico si longitud de onda a la cual se produce el efecto fotoeleacutectrico es menor que29510-6 mm

Datos

λ0 = 295 10∙ -6 mm = 295 10∙ -9 mh = 6626 10∙ -34 J∙sc = 3 10∙ 8 ms1eυ = 16middot10-19 J

Solucioacuten

La energiacutea necesaria para la realizacioacuten del trabajo de extraccioacuten de un electroacuten se calcula por la foacutermula

E0 = hν0

Donde ν0 es la frecuencia de corte por debajo de la cual no se produce el efecto fotoeleacutectrico

Sustituyendo ν0 por cλ0 se calcula E0

Problema 17Hallar la frecuencia de la luz que arranca los electrones de la superficie de un metal que se retardan por un potencial retardador de 3 V En este metal el efecto fotoeleacutectrico comienza cuando la frecuencia de la luz que incide sobre eacutel es de 61014 Hz Hallar el trabajo necesario para arrancar el electroacuten de este metal

Datos

V0 = 3V

ν0 = 6 10∙ 14 Hz = 6 10∙ 14s-1

Solucioacuten

El trabajo necesario para arrancar el electroacuten del metal se calcula por la foacutermula

E0 = hν0

Donde ν0 es la frecuencia de corte

E0 = 6626 10∙ -34J s 6 10∙ ∙ ∙ 14s-1 = 398 10∙ -19J

Entre la energiacutea cineacutetica maacutexima y el potencial retardador existe la siguiente relacioacuten

Ecmaacutex = eV0

Donde e es la carga del electroacuten y V0 es el potencial retardador

Sustituyendo Ec maacutex por eV0 en la ecuacioacuten de Einstein obtenemos

hν = E0 + eV0

Por consiguiente

Problema 18Un fotoacuten de radiacioacuten de rayos X con longitud de onda 01 nm cae sobre un electroacuten deacutebilmente enlazado de un elemento ligero y se desviacutea 90ordm de su direccioacuten inicial Calcule la energiacutea que adquiere el electroacuten despueacutes del choque y la direccioacuten de su movimiento

Datos

λ = 01 nm = 1 10∙ -10 mφ = 90ordmh = 6626 10∙ -34 J∙sc = 3 10∙ 8 msm = 91 10∙ -31 kg

Solucioacuten

La variacioacuten de la longitud de onda de los rayos X cuando se produce la difusioacuten de Compton se determina por la foacutermula

(1)

Siendo φ el aacutengulo de difusioacuten y m la masa del electroacuten en reposo

Sustituyendo en esta igualdad (1-cosφ) por 2sen2φ2 y teniendo en cuenta que

Δλ = λrsquo -λ obtenemos

(2)

(3)Si la energiacutea del fotoacuten primario es hν y la del fotoacuten difuso hνrsquo tendremos que de acuerdo con la ley de la conservacioacuten de la energiacutea la energiacutea Ec adquirida por el electroacuten vendraacute expresada por la igualdad

Sustituyendo ν por cλ y νrsquo por cλrsquo tenemos

(4)

Poniendo las expresiones (2) y (3) en la igualdad (4) se tiene

Donde A =h (mc)

La constante A = 002426 Aring suele llamarse longitud de onda Compton

Rectificando las unidades y poniendo los datos numeacutericos del problema hallamos la energiacutea del electroacuten despueacutes del choque

Hallamos ahora la razoacuten de la energiacutea del electroacuten de retroceso Ec a la energiacutea del fotoacuten incidente hν = hcλ

En general el electroacuten obtiene una pequentildea parte de la energiacutea del fotoacuten En el caso nuestro solamente 0024 (24) de la energiacutea del fotoacuten

La fig1 muestra el movimiento del electroacuten a) antes de la colisioacuten y b) despueacutes de la colisioacuten Para determinar la direccioacuten del movimiento del electroacuten despueacutes de la colisioacuten es necesario calcular el aacutengulo α bajo el cual estaacute dirigido su movimiento (fig1b)

a) b) Fig1 Fig2 De acuerdo con la ley de la conservacioacuten de la cantidad de movimiento en forma vectorial tenemos la ecuacioacuten

pf = pfrsquo + pe (5) Donde pf (pf = hνc = hλ) es la cantidad de movimiento del fotoacuten antes de la colisioacuten pfrsquo (pfrsquo = hνrsquoc = hλrsquo) es la cantidad de movimiento del fotoacuten difuso y pe es la cantidad de movimiento del electroacuten despueacutes de la colisioacuten pe = mυ donde υ es la velocidad del electroacuten

La cantidad de movimiento del electroacuten antes del choque es igual a cero ya que en reposo su velocidad es cero Graacuteficamente el vector pf es la diagonal del paralelogramo cuyos lados son los vectores pfrsquo y mv (fig2) Los aacutengulos φ y α representan respectivamente los aacutengulos bajo los cuales tienen lugar la difusioacuten del fotoacuten y la aparicioacuten del electroacuten de retroceso

De la fig2 se deduce que

Poniendo en lugar de pf y pfrsquo sus valores respectivos hλ y hλrsquo podemos escribir esta igualdad de forma siguiente

Sustituyendo λrsquo por la expresioacuten (3) obtenemos

Problema 19iquestCon queacute fuerza se atraen el nuacutecleo y el electroacuten en la primera oacuterbita del aacutetomo de hidroacutegeno iquestCuaacutentas veces es esta fuerza mayor que la fuerza gravitacional que actuacutea entre el nuacutecleo y el electroacuten

Datos

me = 9109 10∙ -31 kg

mp = 1840 9109 10∙ ∙ -31 kgG = 6672 10∙ -11 N∙m2∙kg-2

r = 053 10∙ -10 mn = 1ε0 = 8854 10∙ -12F∙ m-1

e = 1602 10∙ -19 C

Solucioacuten

La fuerza de interaccioacuten entre el nuacutecleo y el electroacuten es la fuerza electroestaacutetica de Coulomb

Donde r es el radio de la primera oacuterbita estacionaria del aacutetomo de hidroacutegeno

Rectificando las unidades y poniendo los valores numeacutericos se calcula la fuerza electroestaacutetica

Donde

La fuerza gravitacional se calcula por la foacutermula

Donde me es la masa del electroacuten mp la masa del protoacuten G la constante gravitacional

Por lo que

Problema 20Calcule cual es el radio de la primera orbita del electroacuten que gira alrededor de un nuacutecleo del aacutetomo de hidroacutegeno seguacuten el modelo de Bohr Determine la velocidad con que el electroacuten se mueve en esta oacuterbita

Datos

ε0 = 8854 10∙ -12 F∙m-1

e = 1602 10∙ -19 Cm = 9109 10∙ -31 kgh = 6626 10∙ -34 J∙s

Solucioacuten

La fuerza de interaccioacuten entre el electroacuten y el protoacuten del nuacutecleo es la fuerza

electrostaacutetica ( Fel) de Coulomb

Donde r es la distancia entre el nuacutecleo y el electroacuten Bajo la accioacuten de esta fuerza el electroacuten describe alrededor del nuacutecleo oacuterbitas en forma de elipses de Kepler y como un caso particular en forma de circunferencia

La fuerza de Coulomb es una fuerza centriacutepeta (Fc) y es numeacutericamente igual cuando se trata de una oacuterbita circular a

Por lo tanto

(1)

Para una oacuterbita circular la cantidad de movimiento angular del electroacuten es

p = mυr

La condicioacuten cuaacutentica de Bohr p = nh2π da la posibilidad de calcular el radio de

La oacuterbita circular estacionaria

(2)

La expresioacuten (1) se puede escribir en forma siguiente

Sustituyendo (mυr) por la expresioacuten (2) se obtiene

Para la primera oacuterbita n = 1 Por lo tanto

(3)

Esta magnitud representa el radio de la primera oacuterbita circular del electroacuten (radio de Bohr) es decir de la maacutes proacutexima al nuacutecleo del aacutetomo de hidroacutegeno

Rectificando las unidades y poniendo en lugar de h m ε0 y e sus respectivos valores numeacutericos se obtiene

Donde

(4)

Utilizando la expresioacuten (2) podemos calcular la velocidad υ con que el electroacuten se mueve en la primera oacuterbita

Sustituyendo r por la expresioacuten (3) tendremos

Rectificando las unidades se obtiene

Para n = 1

Problema 21iquestCalcule la energiacutea total del electroacuten en la segunda oacuterbita del aacutetomo de Bohr

SolucioacutenLa energiacutea total del electroacuten es

E = Ec+ Ep

Donde Ec es la energiacutea cineacutetica y Ep es la energiacutea potencial del electroacuten

La energiacutea potencial del electroacuten en el campo electrostaacutetico del nuacutecleo es igual a

Donde r es la distancia entre el nuacutecleo y el electroacuten (el radio de la oacuterbita)

La energiacutea cineacutetica

(1)

Donde m es la masa del electroacuten y υ es su velocidadSobre el electroacuten actuacutea una fuerza electroestaacutetica

Que es una fuerza centriacutepeta igual a

Por consiguiente

(2) Sustituyendo mv2 en la foacutermula de la energiacutea cineacutetica (1) por la expresioacuten (2) se obtiene

Por lo tanto la energiacutea total seraacute igual a

Sustituyendo r (ver el resultado del problema anterior) por

Se obtiene

Rectificando las unidades obtenemos

Para la segunda oacuterbita el nuacutemero cuaacutentico n = 2

Poniendo en lugar de h m y e sus respectivos valores numeacutericos hallamos

Problema 22iquestCuaacutel es la longitud de onda del fotoacuten emitido por el aacutetomo de hidroacutegeno cuando el electroacuten transita de la cuarta oacuterbita a la segunda

Solucioacuten

La radiacioacuten se produce soacutelo cuando el aacutetomo sufre una transicioacuten de una oacuterbita con energiacutea Ek a otra oacuterbita de menor energiacutea Ej (Ej lt Ek) En forma de ecuacioacuten

hν = Ek - Ej

Donde hν es el cuanto de energiacutea transportado por el fotoacuten emitido del aacutetomo durante la transicioacuten

En el caso nuestro k = 4 y j = 2 Por lo tanto

hν = E4 - E2

Utilizando la foacutermula de la energiacutea del electroacuten (ver el problema 21) se obtiene

Donde el teacutermino

Es la energiacutea del electroacuten en la segunda oacuterbita (Ver el problema 21)

Por consiguiente

Seguacuten el resultado del problema 21 E2 = -54 10∙ -19J

Por lo tanto

Como λ = cν entonces

Problema 23El electroacuten del aacutetomo de hidroacutegeno salta de la tercera oacuterbita a la segunda a) Calcular la longitud de onda del fotoacuten emitido b) Calcular la disminucioacuten de la energiacutea del aacutetomoacute

Datos

j =1k = 3R = 1097middot107 m-1

h = 6626 10∙ -34 J∙s

Solucioacuten

Cuando el electroacuten pasa de la oacuterbita de mayor energiacutea (Ek) a una orbita de menor

energiacutea (Ej) el aacutetomo emite un fotoacuten cuya energiacutea es igual a E = Ek- Ej La longitud de onda del fotoacuten emitido se calcula por la foacutermula

J y k son los nuacutemeros de las oacuterbitas y R es la constante de Ridberg

La disminucioacuten de la energiacutea del aacutetomo es igual a la energiacutea del fotoacuten emitido

Problema 24

a) iquestQueacute tensioacuten del campo eleacutectrico es necesaria seguacuten la mecaacutenica claacutesica para que un electroacuten acelerado en este campo adquiera la velocidad de la luzb) iquestCuaacutel seraacuten la velocidad del electroacuten y su masa en este campo seguacuten la mecaacutenica relativista

Datos

m0 = 9109∙10-31kgc = 3∙108mse = 1602 10∙ -19C

Solucioacuten

a) Seguacuten la mecaacutenica claacutesica la energiacutea cineacutetica del electroacuten

Donde m0 es la masa de reposo del electroacuten y υ es su velocidad La diferencia de potencial V multiplicada por la carga del electroacuten es una medida de la energiacutea cineacutetica del electroacuten adquirida en el campo eleacutectrico En otras palabras

Sustituyendo υ por c se calcula la diferencia de potencial del campo eleacutectrico necesaria para que el electroacuten adquiera la velocidad de la luz

Analizando las unidades y poniendo los valores numeacutericos del problema se obtiene

b) En la mecaacutenica relativista se calcula la masa m del electroacuten y su energiacutea

cineacutetica Ec utilizando las foacutermulas siguientes

Pero numeacutericamente Ec = (m0c2)2 o sea

La masa del electroacuten seraacute igual a

Problema 25iquestCuaacutel es la energiacutea de un fotoacuten correspondiente a ondas radio de frecuencia 1255 x106 Hz

Datos

E=hv v=c⋋Solucioacuten E=662610minus34 1255 106=831610minus28 J

PROBLEMA 26La liacutenea verde en el espectro atoacutemico del talio tiene una longitud de onda de 535 nm Calcular la energiacutea de un fotoacuten

Solucioacuten

H=662610minus34C=300 108 msminus1

E=hv v=c ⋋ v=300 108 msminus1

53510minus9 =560 1014

E=662610minus34 560 1014=372 10minus19J

PROBLEMA 27Un electroacuten salta desde un orbital maacutes externo a otro maacutes interno entre los que existe una diferencia de energiacutea de 15 x 10-15 J iquestCuaacutel es la frecuencia de la radiacioacuten emitida

Datos

∆ E=hv

Solucioacuten

v=∆ E h= 15 10minus15J662610minus34 JS

=2261018 Sminus1

Problema 28La longitud de onda umbral para que cierta superficie metaacutelica emita electrones es 6000 Aring Se observoacute que si esa superficie fotosensible se ilumina con luz de 4000 Aring los electrones son emitidos con una velocidad de 606 x 105m s-1 Deducir el valor de la constante de Planck

Datos

λ1=600 Aring=610minus7 λ2=400 Aring=410minus7 V = 6 06 x 105m s-1 m=9 110minus31

Solucioacuten h= Cλ 2

=hCλ 1

+ mv2

2

h= 3 108

410minus7 =h3 108

6 10minus7 +91 10minus31 (606105)2

2

75 1014 h=5 1014 h+16710minus19

25 1014 h=167 10minus19

h=66810minus34 Js

Problema 29La frecuencia umbral de cierto metal es 88 x 1014 s-1 Calcular la velocidad maacutexima de los electrones emitidos por ese metal cuando se ilumina con luz cuya longitud de onda es 2536 Aring iquestQueacute energiacutea cineacutetica poseen esos electrones

EC=h(CλminusV C)=662610minus34 J s ( 3

108ms

2536 10minus10 minus88 x 1014 sminus1)=201 10minus19 J

EC=m v2

2rarr v2=radic 2 EC

m=radic 2 20110minus19 J

9110minus31kg=664 105 m s

Pregunta 30Una superficie de cierto metal emite electrones cuya energiacutea cineacutetica equivale a 3 eV cuando se ilumina con luz de longitud de onda de 1500 Aring iquestcual es el valor de la frecuencia umbral de ese metal

Solucioacuten

Se debe cumplir que E incidente= E umbral+E cineacutetica del electroacuten

E incidente=hv=hλ=66210minus34 J S 3 108 msminus1

150010minus10m=13 10minus18 J

E incidente del electron=3eV 16 10minus19 J eV minus1=48 10minus19 J

E umbral=13 10minus18 Jminus4810minus19 J=8210minus19

υ= Eh

= 82 10minus19 J66210minus34 JS

=13 1015 Hz

Problema 31Calcule la longitud de onda y la frecuencia da la 2da raya de la serie de Balme en el espectro del hidrogeno Constante de rydberg=109677 107 mminus1 La segunda raya nj=4 entonces ni=2

1⋋2

=RH ( 1

iquest2minus 1

nj2)=109677107( 1

22minus 1

42)=109677 107 3

16rarr⋋2=486 10minus7 m

v= C⋋2

= 300108

486 10minus7 =617 1014 Hz

Problema 32Calcuacutelese la longitud de onda de De Broglie en cada uno de los siguientes casos a) un neutroacuten que se mueve a una velocidad de 10 kms b) Un moacutevil de 20 g que se mueve a 72 kmhora

Solucioacutena) un neutroacuten que se mueve a una velocidad de 10 kms

masa del electron=167 10minus27 kg

mv=167 10minus27 kg 104 m sminus1=167 10minus23

λ=h

mv=66310minus34

16710minus23 =39710minus11 m

b) Un moacutevil de 20 g que se mueve a 72 kmhora

λ= hmv

=66310minus34

210minus2 20=1610minus33m

Problema 33Una superficie de sodio se ilumina con luz de 300 nm de longitud de ondala funcioacuten de trabajo para el metal de sodio es 246 eV Encuentrea) la energiacutea cineacutetica maacutexima de los fotoelectrones emitidosb) la longitud de onda de corte para el sodio

c) calcule la rapidez maacutexima del efecto fotoeleacutectrico

Solucioacuten

a) la energiacutea cineacutetica maacutexima de los fotoelectrones emitidos

E=h f =hcλ

=(662610minus34 J s ) (3 108 m s)

30010minus9m=663 10minus19 J=414 eV

Luego aplicamos Kmax=h f minusФ=414eV minus246eV =168 eV

b) la longitud de onda de corte para el sodio

E=h f 0=Ф dedonde hcλ0

aislamos λ0=hcФ

peroФ=(246 eV )(1610minus19 J eV )=39410minus19 J

Reemplazamos λ0=(662610minus34 Js )(3108 m s)

394 10minus19 J=iquest 505 10minus7=505 nm

c) calcule la rapidez maacutexima del efecto fotoeleacutectrico

E=12

m v2rarr 168eV iquest(91110minus31kg)v2

2 rarr v=768 105 m s

Problema 34Un aacutetomo absorbe un fotoacuten que tiene una longitud de onda de 375 nm e inmediatamente emite otro fotoacuten que tiene una longitud de onda de 580 nm iquestCuaacutel es la energiacutea neta absorbida por el aacutetomo en este proceso

Solucioacuten

Eneta=E f minusEi

Eneta=1240 eV nm

λemiteminus1240 eV nm

λabsorbe=1240 eV nm

λemiteminus1240 eV nm

λabsorbe

Eneta=2138 eVminus331 eV =1172eV

Problema 35La mayoriacutea de los procesos gaseosos de ionizacioacuten requieren cambios de energiacutea de 1 x10minus18 a 1 x10minus16 iquestqueacute regioacuten del espectro electromagneacutetico del sol es entonces

principalmente responsable de la creacioacuten de la ionosfera en la atmosfera de la tierra

Solucioacuten

tenemos E=1240 eV nmλ

reemplazamos 1 x10minus16minus1 x 10minus18=1240 eV nmλ

convirtiendo a eV 625minus625=1240 eV nmλ

cancelando eV λ=1240 nm61875

=iquest 2004 nm(ultravioleta)

Problema 36Se desea escoger una sustancia para una foto celda operable con luz visible iquestCuaacutel de la siguientes lo haraacute(la funcioacuten de trabajo aparece entre pareacutentesis )el tantalio(42eV)el tungsteno(45eV)el aluminio(42eV)el bario(25eV)el litio(23eV)el cesio(19eV)

Solucioacuten

Sabemos E=1240 eV nmλ

ReemplazamosE=Ф

Luego λ=1240 eV nm

Ф

aiquest tantalio λ=1240 eV nm

42 eV=iquest 2952nm(ultravioleta)

biquest tungsteno λ=1240 eVnm

45 eV=iquest 2756 nm(ultravioleta)

c iquestaluminio λ=1240 eV nm

42 eV=iquest 2952nm(ultravioleta)

d iquestbario λ=1240 eV nm

25 eV=iquest 496 nm(visible)

e iquestlitio λ=1240 eV nm

23 eV=iquest 5391nm(visible)

f iquest sesio λ=1240 eV nm

19 eV=iquest 6526nm(visible)

Problema 37a) La energiacutea necesaria para desprender un electroacuten de sodio metaacutelico es de 228eV iquestMuestra el sodio un efecto fotoeleacutectrico bajo luz roja con λ=678 nmb) iquestCuaacutel es la longitud de la onda de corte de la emisioacuten fotoeleacutectrica del sodio y a que color corresponde esta longitud de onda

Solucioacuten

Para la pregunta a

Tenemos E=1240 eV nmλ

Reemplazamos E=1240 eV nm678 nm

=iquest 18289 eV

no se produce el efecto fotoelectrico porque Elt228 eV

Para la pregunta b

E=1240 eV nmλ

Reemplazamos E=1240 eV nm228 eV

=iquest 54386 nm(verde)

Pregunta 38Un numero de fotones incide sobre una superficie de sodio que tiene una funcioacuten de trabajo de 228eV causando la emisioacuten fotoeleacutectrica cuando se impone un potencial de frenado de 492 V no existe una fotocorriente Halle la longitud de onda de los fotones incidentes

Solucioacuten

Tenemos Ф=228 eV

Tambieacuten h f =Ф+k max

Reemplazado h f =Ф+e V 0

Luego 1240 eV nm

λ=228 eV +(16 10minus19C )(492 V )

Sabemos V=J C por lo tanto convertimos a eV

1240 eV nm

λ=228 eV +(16 10minus19C )(492J C)(1eV 16 10minus19 J )

Cancelando λ=1722 nm

Pregunta 39a Si la funcioacuten de trabajo de un metal es de 185eV iquestCuaacutel seria el potencial de frenado de la luz que tenga una longitud de onda de 410 nmb iquestCuaacutel seria la velocidad maacutexima de los fotoelectrones emitidos en la superficie de metal

Solucioacuten

Para a

Sabemos h f =Ф+k max

Reemplazamos 1240 eV nm

λ=185 eV +e V 0

1240 eV nm

410 nm=185 eV +e V 0

Reduciendo V 0=117V

Para b

Tenemos k max=e V 0

12

m v2=e V 0

Reemplazamos 12

(91110minus31) v2=(16 10minus19 )(117 V )

Reduciendo V=641 km s

Pregunta 40El molibdeno tiene una funcioacuten de trabajo de 420 eV a) encuentre la longitud de onda de corte y la frecuencia de corte para el efecto fotoeleacutectrico B) calcule el potencial de frenado si la luz incidente tiene una longitud de onda de 180nm

Solucioacuten

Para a sabemos Ф=h f 0 de aquiacute Ф=h CλC

Aislamos λ λC=h CФ

Reemplazamos λC=iquest (662610minus34 )(3 108)

42016 10minus19 =iquest 2958 nm

Ahora calculamos la frecuencia de cortef 0

Sabemos f 0=CλC

=iquest 3108

295810minus9= 1014 pHz

Para b tenemos Kmax=CλC

minusФ

Reemplazamos Kmax=6626 10minus34 3108

18010minus9 minus420 eV

Reduciendo Kmax=2675 eV

Finalmente calculamos el V 0

De Kmax=eV 0

Aislamos V 0=iquest 267516 10minus19 J

16 10minus19 C=iquest 2675 V

Problema 41Un estudiante que analiza el efecto fotoeleacutectrico de dos metales diferente registra la siguiente informacioacuteni) el potencial de frenado para los fotoelectrones liberados en el metal 1 es 148 V mayor que para el metal 2 y ii) la frecuencia de corte para el metal 1 es 40 mas pequentildea que para el metal 2determine la funcioacuten de trabajo para cada metal

Kmaxi=e V 01 Kmaxi=e(V 02+148) (1)

Kmaxi=e V 02 (2)

h f 01=Ф1 h 60

100 f 02=Ф1 (3)

Metal 1 Metal 2 V 01=V 02+148

f 01=60

100 f 02

V 02=V 02

f 01=f 02

h f 02=Ф2 (4)

En (1)

h f minush f 01=e(V 02+148) (5)

h f minush f 02=e V 02 (6)

Luego (6) en (5)

h f minush60

100 f 02=h f minush f 02+e 148

Simplificando f 02=e 148 5

2 h=Ф2

Ф2=37 eV

Entonces h60100

f 02=Ф1

Pero h f 02=Ф2

Reemplazando f 02=h60

100Ф2

h=Ф1

Simplicando Ф1=222eV

Pregunta 42Dos fuentes luminosas se utilizan en un experimento fotoeleacutectrico para determinarla funcioacuten de trabajo para una superficie metaacutelica particular Cuando se emplea luz verde de una laacutempara de mercurio (λ=5461 nm) un potencial de frenado de 0376 V reduce la fotocorriente a ceroa Con base a esta medicioacuten iquestCuaacutel es la funcioacuten de trabajo para este metalb iquestQueacute potencial de frenado se observariacutea al usar la luz amarilla de un cubo de descarga de helio λ=58715 nm

Solucioacuten

Para a

Kmaxi=h f minusФ (1)

Kmaxi=e V 0 (2)

(1) En (2)

h f minusФ=e V 0

Luego Ф=minuse V 0+h c λ

Reemplazando valores

Ф=minus(16 10minus19C ) (0376 V )+(60626 10minus34 J S ) 3 108546110minus9

Ф=1899 eV

Para b

De la ecuacioacuten h f minusФ=e V 0

Aislamos V 0=iquest h

CλminusФ

e

V 0=iquest 3108

587510minus9 minusiquest 19 eV iquest16 10minus19C=02125 V

Pregunta 43Fotones de 450 nm de longitud inciden sobre un metal los electrones mas energeacuteticos expulsados del metal se desviacutean en in arco circular de 200 cm de radio por medio de un campo magneacutetico con una magnitud de 200x10minus5 TiquestCuaacutel es la funcioacuten de trabajo del metal

Datos

λ=450 10minus9m r=200cm=02 m t=200 x10minus5T

Solucioacuten

Hallamos ldquoErdquo

E=hcλ

rarr E=(6626 10minus34 J S )(3108)450 10minus9m=441710minus19 J

Hallamos ldquoV ldquo

V=q Br m

V=(16 10minus19 J ) ( 20010minus5T ) (02 m )

91110minus31 Kg=007025107m S

Hallamos k rsub max

k max=12

mv2 rarr k max=( 91110minus31 Kg )iquest

Hallamos ldquoФrdquo

Ф=hcλ

minuskmax=4417 10minus19 Jminus224810minus19 J=21691019 1 eV 1610minus19

Ф=135 eV

Problema 44Un Fotoacuten que tiene energiacutea Eo es dispersado por un electroacuten libre inicialmente en reposo de tal manera que el aacutengulo de dispersioacuten del electroacuten dispersado es igual al del fotoacuten dispersado ( ) a) Determine los aacutengulos y b) La energiacutea y el momentum del fotoacuten dispersado y c) La energiacutea cineacutetica del electroacuten dispersado

Solucioacuten

aiquest Determine los aacutengulos y

X hλ0

=h cosФ

λ+γ me VcosФ

Y 0=minush senФ

λ +γ me VsenФ

De Y 0=minush

λ=γ me V rarr

h

λ =γ me V

De X hλ0

=hcosФ

λ+ hcosФ

λ()

despejando λ

2 λ0 cosФ

corrimiento de compton

λminus λ0=

hme c

(1minuscosФ )rarr 2 λ0 cosФminusλ0=h

me c(1minuscosФ )

Sabiendoque λ0=hcE0

en funcion de E0

2 λ0 cosФminus1=E0

me c2 (1minuscosФ )rarr sihacemos E0

me c2 =x

2 λ0 cosФminus1=x (1minuscosФ )

Aislamos elaacutengulo Ф=arcocos( x+1x+2

)

biquest La energiacutea y el momentumdel fotoacuten dispersado energ iacutea

E=hc λ si λ =2 λ0 cosФ si λ0=hcλ0

entonces E=E0

2cosФ obtenemos Eacute=( x2+2 x

2 x+2)me c2

Momenton p h Si acute 2 λ0 cos E h 2 λ0cos Si λ0=hc E0

entonces pE0

2C cosФ obtenemos Pacute=( x2+2 x

2 x+2)me c2

c iquest La energiacuteacineacutetica del electroacutendispersado E0 iquest E +Ke E0minusE =Ke

Reemplazamos Ke=( x2

2 x+2)me c2

Problema 45Un Fotoacuten de 0880mev es dispersado por un electroacuten libre inicialmente en reposo de tal manera que el aacutengulo de dispersioacuten del electroacuten dispersado es igual al del fotoacuten dispersado ( ) a) Determine los aacutengulos y b) La energiacutea y el momentum del fotoacuten dispersado y c) La energiacutea cineacutetica del electroacuten dispersado

Solucioacuten

aiquest Determine los aacutengulos y

X hλ0

=h cosФ

λ+γ me VcosФ

Y 0=minush senФ

λ +γ me VsenФ

De Y 0=minush

λ=γ me V rarr

h

λ =γ me V

En X hλ0

=hcosФ

λ + hcosФ

λ ()

hλ0

=2h cosФ

λ rarr λ =2 λ0cosФ

λminus λ0=

hme c

(1minuscosФ )rarr 2 λ0 cosФminusλ0=h

me c(1minuscosФ )

Pero E0=hcλ0

reemplazando y combinando

me

E0

c2 (2 cosФminus1 )=(1minuscosФ )

(91 10minus31 kg)(9 1016 m2 s2)iquestiquest (1minuscosФ )=iquest 5809 10minus2 (2cosФminus1 )

cosФ=013

Ф=43 10

biquest La energiacutea y el momentumdel fotoacuten dispersado

E hc Si acute 2 λ0 cos

E hc 2 λ0 cos Si λ0=hc E0 E E0 2 cos Reemplazando E=0808 meV 2 cos 43 ordm=602 KeV

P h =E c=602103 16 10minus19 3108=iquest

P 32110minus22kg m s

c iquest La energiacuteacineacutetica del electroacutendispersado

k e=880 KeV minus602 KeV k e=278 KeV

Problema 46En un experimento de dispersioacuten Compton un fotoacuten se desviacutea en 900ordm y el electroacuten se desviacutea en un aacutengulo de 200ordm Determine la longitud de onda del fotoacuten dispersado

Solucioacuten

X hλ0

=h cosФ

λ+γ me VcosФ Y 0=minush senФ

λ +γ me VsenФ

Luego

Y h

λ=γ me Vsen200

(2iquest X hλ0

=γ me Vcos200 (1iquest

De 2 y1

λ0=λ tg200

De

λ minus λ0=h

mc(1minuscos900)

λ minus λ tg 200= hmc

rarr λ (1minustg 200 )= hmc

λ (1minus036 )=00024310minus9 m

λ =38 10minus12m

Problema 47Un fotoacuten de 000160nm se dispersa a partir de un electroacuten libre iquestPara queacute aacutengulos de dispersioacuten (fotoacuten) el electroacuten de retroceso tiene la misma energiacutea cineacutetica que la energiacutea del fotoacuten dispersado

Solucioacuten

λ0=000160 10minus9 hcλ0

=hc

λ+ hc

λ=rarr

1λ0

= 2

λ

λ minus λ0=h

mc(1minuscosФ)

000160 10minus9 m=000243 10minus9m(1minuscosФ)

cosФ=034

Ф=70 10

Problema 48A partir de la dispersioacuten de la luz solar de Thompson calculo el radio claacutesico del electroacuten que tiene un valor de 282 10minus15 Si la luz del sol con una intensidad de 500Wm2cae sobre un disco con este radio calcule el tiempo requerido para acumular 1eV de energiacutea Suponga que la luz es una onda claacutesica y que la luz que golpea al disco es absorbida por completo iquestCoacutemo se compara su resultado con la observacioacuten que los fotoelectrones son emitidos con rapidez dentro de10minus9 s Solucioacuten

radiaccion=500 W m2

tenemos I=P A rarr P=I A

Luego W t=I A

t=EI

A= 1 eV500 W π iquestiquestiquest

Absolutamente largo

  • Laboratorio de Fiacutesica Moderna
Page 6: David reparado

σ= 5 67∙10-8 W∙m-2∙K-4

Solucioacuten

La energiacutea irradiada por toda la superficie del sol

US= (4πRsol2)RS (1)

Donde (4πRsol2) es el aacuterea de la superficie del solRS la radiancia del sol

La energiacutea que incide sobre la tierra por unidad de superficie y tiempo

(2)

Por otro lado seguacuten los datos del problema

(3)

Sustituyendo US en la foacutermula (2) por la expresioacuten (1) obtenemos

(4)

Seguacuten la ley de Stefan-Boltzman para el cuerpo negro la energiacutea emitida por el sol por unidad de superficie y tiempo (la radiancia) es igual a

RS = σT4

Poniendo la uacuteltima expresioacuten en la igualdad (4) y sustituyendo UT por (3) se obtiene

Problema 8 Un cuerpo negro se encuentra a una temperatura 2900 K Como resultado de enfriamiento de este cuerpo la longitud de onda correspondiente a la radiancia espectral maacutexima sufrioacute una variacioacuten de 9 nm iquestHasta queacute temperatura se enfrioacute el cuerpo

Datos

T1 = 2900 K

Δλ = 9 nm = 9∙10-9m

b = 289∙10-5K∙m

Solucioacuten

Seguacuten la ley de desplazamiento de Wien para el cuerpo negro

λT = b = Const

En el caso de enfriamiento la temperatura del cuerpo disminuye (T2lt T1) por lo que la longitud de onda λmaacutex aumenta (ver la figura) Pues entonces

Como λmaacutexT = Const entonces se puede escribir

(1)

Seguacuten la ley de desplazamiento de Wien

Sustituyendo λ1maacutex en la expresioacuten (1) se obtiene

Poniendo los valores numeacutericos del problema se calcula la temperatura T2

Problema 9Un filamento metaacutelico cuyo diaacutemetro es 02 mm se calienta con corriente eleacutectrica hasta una temperatura de 3000 K Calcule que tiempo demoraraacute en enfriarse despueacutes de apagarse (desconectarse) hasta una temperatura de 800 K Considere que el filamento emite como un cuerpo negro y que no recibe ninguna energiacutea del medio que le rodea Desprecie cualquier efecto que produzca la perdida de su energiacutea La densidad del filamento es 19 gcm3 y el calor especiacutefico es 0037 cal (gK) (1 cal = 41868J)

Datos

d = 02mm = 2∙10-4 m

T1 = 3∙103 K

T2 =8∙102 K

ρ = 19 gcm3 = 19∙103 kgm3

c = 0037 Cal (g∙K) = 154 9 J (kg∙K)

σ = 5 67∙10-8 W (m2∙K4)

Solucioacuten

Si A es el aacuterea de la superficie del filamento y R es la energiacutea emitida por el filamento por unidad de tiempo y superficie (la radiancia) entonces la energiacutea U emitida por la superficie del filamento en unidad de tiempo es igual a

U = RA

El aacuterea de la superficie del filamento A = (πd) l donde l es la longitud del filamento Seguacuten la ley de Stefan-Boltzman

R = σT4

Por lo tanto

U = σT4 (πd) l (1)

Durante el tiempo dt la temperatura del filamento disminuye en dT y el filamento pierde una energiacutea

Udt = - mcdT

Dondem es la masa del filamento y c es el calor especifico del material del filamento

Sustituyendo U por la expresioacuten (1) se obtiene

σT4 (πd) ldt = - mcdT

Integrando la uacuteltima expresioacuten tenemos

(2)

La masa del filamento m = Vρ donde V es su volumen

Sustituyendo m en la expresioacuten (2) obtenemos para el tiempo lo siguiente

Rectificando las unidades y poniendo los valores numeacutericos del problema se obtiene

El filamento se enfriacutee raacutepidamente ya que la radiancia es directamente proporcional a T4

Problema 10 A partir de la foacutermula de Planck para la radiancia espectral encontrar a) la ley de Stefan-Boltzman b) la ley de desplazamiento de Wien

Solucioacuten

a) Planck descubrioacute la forma de la funcioacuten Rλ = f (λ T)

(1)

Donde C1 y C2 son constantes C1= 2πc2h y C2 = hck

k = 13806610-23JK es la constante de Boltzman c = 29979108ms la velocidad de la luz y h = 662617610-34Js la constante de Planck

Esta foacutermula responde a los datos experimentales y de ella pueden deducirse directamente como casos particulares la ley termodinaacutemica de Stefan-Boltzman y la ley de deslazamiento de Wien

La radiancia R (es decir la cantidad total de energiacutea radiante emitida por el cuerpo por unidad de superficie y tiempo) del cuerpo negro se puede obtener integrando la radiacioacuten emitida en todos los intervalos de longitud de onda

(2)

DondeRλ es la radiancia espectral

Si la distribucioacuten de la energiacutea entre las zonas del espectro del cuerpo negro se representa en la escala de frecuencias en lugar de Rλ hay que tomar la radiancia Rν

referida a un intervalo unidad de frecuencias Entonces

Rλdλ = Rνdν (3)

Y la expresioacuten (2) se presenta en forma

(4)

Y como λ = cν donde c es la velocidad de la luz en el vaciacuteo dλ= cν-2dν y poniendo este valor en (3) obtenemos

Sustituyendo en la foacutermula (1) λ por cν (λ = cν) la foacutermula de Planck se transforma en la siguiente expresioacuten

Y por consiguiente

(5)

Poniendo la expresioacuten (5) en (4) se obtiene la energiacutea total emitida por el cuerpo

Utilicemos el meacutetodo de integracioacuten por sustitucioacuten Podemos introducir una nueva variable

Entonces

Donde

Por lo tanto

Sustituyendo las constantes C1 y C2 por sus respectivas expresiones se obtiene

Donde

b) Para obtener le ley de desplazamiento de Wien utilizando la foacutermula de Planck es necesario encontrar analiacuteticamente la expresioacuten de la posicioacuten del maacuteximo en la curva que responda a la distribucioacuten de la radiancia del cuerpo negro entre las longitudes de onda Para esto es necesario encontrar el valor λ = λmaacutex para el cual la funcioacuten Rλ= f (λ T) para la temperatura constante tiene su valor maacuteximo por lo que debe cumplirse la condicioacuten

Sacando factor comuacuten se obtiene

De aquiacute tenemos

Realizando el cambio de variable

(1)

Tendremos

Si x es suficientemente grande se puede despreciar el 1 en el denominador comparando con ex entonces ya tenemos una primera solucioacuten aproximada para x

Tomando este valor como punto de partida podemos encontrar el valor real de x Por ejemplo utilizando el meacutetodo de aproximaciones sucesivas obtendremos

x1= 4965

Sustituyendo x en la expresioacuten (1) por el valor numeacuterico encontrado de x1 se obtiene

DondeC25 = b que es la constante de la ley de desplazamiento de Wien

Calculando b se obtiene su valor numeacuterico

Es evidente que para demostrar que λT = const no es necesario calcular el valor numeacuterico de x ya que λT = C2x = const

Rt = 092∙ 567∙10-8∙ (103)4∙314∙015∙10-2∙1 = 24569(W)

Problema 11

Una superficie metaacutelica de 10cm2 de aacuterea se encuentra a una temperatura de 2500 K y emite durante un minuto una energiacutea teacutermica de 4 x 104 J Encuentre a) la energiacutea emitida por la superficie si fuera un cuerpo negro y b) la razoacuten de la radiancia de esta superficie a la de un cuerpo negro de igual aacuterea y a la misma temperatura

Problema 12El espectro de la luz visible (luz blanca) incluye longitudes de onda comprendidas entre 380nm (violeta) y780nm (roja)a) Determinar la frecuencia de la radiacioacuten correspondiente a estos coloresb) Calculeacute conforme a la hipoacutetesis de Planck la energiacutea de loa fotones que corresponden a la luz violeta y luz rojac) cuantos fotones de luz roja son necesarios para cumular 3J de energiacutea

Datos

c=300 108 msminus1 h=66310minus34 Js

Solucioacuten

Para la pregunta a

luzvioleta v1=C⋋1

= 300 108

35010minus9 =8571014 Hz

luzroja v2=C⋋2

= 300108

780 10minus9 =385 1014 Hz

Para la pregunta b

EVioleta hv1=6626 10minus34 857 1014=568 10minus19 J

ERoja hv2=6626 10minus34 385 1014=25510minus19 J

Para la pregunta c

3 J

25510minus19 J fotonminus1=118 10minus18 fotones

Problema 13Un cuerpo estaacute radiando energiacutea conforme a la hipoacutetesis de Planck

a) Determina la energiacutea de un cuanto cuya longitud de onda es de 25nmb) Calcule la frecuencia correspondiente dicho cuanto de energiacutea Datos ⋋=25 nm Solucioacuten

aiquest E=hv=hC⋋

=662610minus34 300 108

25 10minus9 =80 10minus18 J

biquest v= C⋋

=300 108

25 10minus9 =121016 Hz

Problema 14iquestQueacute longitud de onda debe tener un fotoacuten para ionizar un aacutetomo de cesio con potencial de ionizacioacuten de 388V

Datos

V = 388V

h = 6626 10∙ -34Jmiddotse = 1602 10∙ -19C

Solucioacuten

La ionizacioacuten de un aacutetomo es la separacioacuten de uno o varios electrones del aacutetomo Para que el aacutetomo se ionice el electroacuten debe realizar un trabajo (energiacutea de ionizacioacuten E0) contra las fuerzas de atraccioacuten entre el electroacuten y el resto de las partiacuteculas que componen el aacutetomo o sea compensar la energiacutea de enlace del electroacuten

La energiacutea necesaria el electroacuten adquiere del fotoacuten de la luz que eacutel lo absorbe La energiacutea del fotoacuten depende de la longitud de onda y es igual a hν donde ν es la frecuencia de la luz y h es la constante de Planck De modo que tendremos

hν = E0

La energiacutea de ionizacioacuten E0 = eV donde V es el potencial de ionizacioacuten

Por lo tanto

hν = eV

Sustituyendo ν por cλ (ν = cλ) se obtiene

Poniendo los valores numeacutericos del problema tenemos

Problema 15Determinar la velocidad de un electroacuten emitido de una superficie de plata iluminada con luz monocromaacutetica de longitud de onda de 1500 Aring La longitud de onda a la cual comienza a manifestar este efecto es de 2600 Aring

Datosλ0 = 2600 Aring = 260 10∙ -9 mλ = 1500 Aring = 150 10∙ -9 mh = 6626 10∙ -34 J∙sc = 3 10∙ 8 msm =9109 10∙ -31 kgSolucioacuten

La ecuacioacuten de Einstein para el efecto fotoeleacutectrico es

hν = E0 + Ec maacutex (1)

Donde hν es la energiacutea del fotoacuten E0 el trabajo de salida del electroacuten del metal Ec

maacutex= mυ22 la energiacutea cineacutetica maacutexima del electroacuten que se desprende del metal

La energiacutea necesaria para arrancar el electroacuten del metal

E0 = hν0

Donde ν0 = cλ0 es la frecuencia umbral (de corte) debajo de la cual no se produce el efecto fotoeleacutectrico

Por consiguiente

Sustituyendo ν por cλ E0 por hcλ0 y Ecmaacutex por mυ22 en la ecuacioacuten (1) se obtiene

Rectificando las unidades y poniendo los valores numeacutericos se obtiene

Problema 16Determine el trabajo de extraccioacuten de un electroacuten en el efecto fotoeleacutectrico si longitud de onda a la cual se produce el efecto fotoeleacutectrico es menor que29510-6 mm

Datos

λ0 = 295 10∙ -6 mm = 295 10∙ -9 mh = 6626 10∙ -34 J∙sc = 3 10∙ 8 ms1eυ = 16middot10-19 J

Solucioacuten

La energiacutea necesaria para la realizacioacuten del trabajo de extraccioacuten de un electroacuten se calcula por la foacutermula

E0 = hν0

Donde ν0 es la frecuencia de corte por debajo de la cual no se produce el efecto fotoeleacutectrico

Sustituyendo ν0 por cλ0 se calcula E0

Problema 17Hallar la frecuencia de la luz que arranca los electrones de la superficie de un metal que se retardan por un potencial retardador de 3 V En este metal el efecto fotoeleacutectrico comienza cuando la frecuencia de la luz que incide sobre eacutel es de 61014 Hz Hallar el trabajo necesario para arrancar el electroacuten de este metal

Datos

V0 = 3V

ν0 = 6 10∙ 14 Hz = 6 10∙ 14s-1

Solucioacuten

El trabajo necesario para arrancar el electroacuten del metal se calcula por la foacutermula

E0 = hν0

Donde ν0 es la frecuencia de corte

E0 = 6626 10∙ -34J s 6 10∙ ∙ ∙ 14s-1 = 398 10∙ -19J

Entre la energiacutea cineacutetica maacutexima y el potencial retardador existe la siguiente relacioacuten

Ecmaacutex = eV0

Donde e es la carga del electroacuten y V0 es el potencial retardador

Sustituyendo Ec maacutex por eV0 en la ecuacioacuten de Einstein obtenemos

hν = E0 + eV0

Por consiguiente

Problema 18Un fotoacuten de radiacioacuten de rayos X con longitud de onda 01 nm cae sobre un electroacuten deacutebilmente enlazado de un elemento ligero y se desviacutea 90ordm de su direccioacuten inicial Calcule la energiacutea que adquiere el electroacuten despueacutes del choque y la direccioacuten de su movimiento

Datos

λ = 01 nm = 1 10∙ -10 mφ = 90ordmh = 6626 10∙ -34 J∙sc = 3 10∙ 8 msm = 91 10∙ -31 kg

Solucioacuten

La variacioacuten de la longitud de onda de los rayos X cuando se produce la difusioacuten de Compton se determina por la foacutermula

(1)

Siendo φ el aacutengulo de difusioacuten y m la masa del electroacuten en reposo

Sustituyendo en esta igualdad (1-cosφ) por 2sen2φ2 y teniendo en cuenta que

Δλ = λrsquo -λ obtenemos

(2)

(3)Si la energiacutea del fotoacuten primario es hν y la del fotoacuten difuso hνrsquo tendremos que de acuerdo con la ley de la conservacioacuten de la energiacutea la energiacutea Ec adquirida por el electroacuten vendraacute expresada por la igualdad

Sustituyendo ν por cλ y νrsquo por cλrsquo tenemos

(4)

Poniendo las expresiones (2) y (3) en la igualdad (4) se tiene

Donde A =h (mc)

La constante A = 002426 Aring suele llamarse longitud de onda Compton

Rectificando las unidades y poniendo los datos numeacutericos del problema hallamos la energiacutea del electroacuten despueacutes del choque

Hallamos ahora la razoacuten de la energiacutea del electroacuten de retroceso Ec a la energiacutea del fotoacuten incidente hν = hcλ

En general el electroacuten obtiene una pequentildea parte de la energiacutea del fotoacuten En el caso nuestro solamente 0024 (24) de la energiacutea del fotoacuten

La fig1 muestra el movimiento del electroacuten a) antes de la colisioacuten y b) despueacutes de la colisioacuten Para determinar la direccioacuten del movimiento del electroacuten despueacutes de la colisioacuten es necesario calcular el aacutengulo α bajo el cual estaacute dirigido su movimiento (fig1b)

a) b) Fig1 Fig2 De acuerdo con la ley de la conservacioacuten de la cantidad de movimiento en forma vectorial tenemos la ecuacioacuten

pf = pfrsquo + pe (5) Donde pf (pf = hνc = hλ) es la cantidad de movimiento del fotoacuten antes de la colisioacuten pfrsquo (pfrsquo = hνrsquoc = hλrsquo) es la cantidad de movimiento del fotoacuten difuso y pe es la cantidad de movimiento del electroacuten despueacutes de la colisioacuten pe = mυ donde υ es la velocidad del electroacuten

La cantidad de movimiento del electroacuten antes del choque es igual a cero ya que en reposo su velocidad es cero Graacuteficamente el vector pf es la diagonal del paralelogramo cuyos lados son los vectores pfrsquo y mv (fig2) Los aacutengulos φ y α representan respectivamente los aacutengulos bajo los cuales tienen lugar la difusioacuten del fotoacuten y la aparicioacuten del electroacuten de retroceso

De la fig2 se deduce que

Poniendo en lugar de pf y pfrsquo sus valores respectivos hλ y hλrsquo podemos escribir esta igualdad de forma siguiente

Sustituyendo λrsquo por la expresioacuten (3) obtenemos

Problema 19iquestCon queacute fuerza se atraen el nuacutecleo y el electroacuten en la primera oacuterbita del aacutetomo de hidroacutegeno iquestCuaacutentas veces es esta fuerza mayor que la fuerza gravitacional que actuacutea entre el nuacutecleo y el electroacuten

Datos

me = 9109 10∙ -31 kg

mp = 1840 9109 10∙ ∙ -31 kgG = 6672 10∙ -11 N∙m2∙kg-2

r = 053 10∙ -10 mn = 1ε0 = 8854 10∙ -12F∙ m-1

e = 1602 10∙ -19 C

Solucioacuten

La fuerza de interaccioacuten entre el nuacutecleo y el electroacuten es la fuerza electroestaacutetica de Coulomb

Donde r es el radio de la primera oacuterbita estacionaria del aacutetomo de hidroacutegeno

Rectificando las unidades y poniendo los valores numeacutericos se calcula la fuerza electroestaacutetica

Donde

La fuerza gravitacional se calcula por la foacutermula

Donde me es la masa del electroacuten mp la masa del protoacuten G la constante gravitacional

Por lo que

Problema 20Calcule cual es el radio de la primera orbita del electroacuten que gira alrededor de un nuacutecleo del aacutetomo de hidroacutegeno seguacuten el modelo de Bohr Determine la velocidad con que el electroacuten se mueve en esta oacuterbita

Datos

ε0 = 8854 10∙ -12 F∙m-1

e = 1602 10∙ -19 Cm = 9109 10∙ -31 kgh = 6626 10∙ -34 J∙s

Solucioacuten

La fuerza de interaccioacuten entre el electroacuten y el protoacuten del nuacutecleo es la fuerza

electrostaacutetica ( Fel) de Coulomb

Donde r es la distancia entre el nuacutecleo y el electroacuten Bajo la accioacuten de esta fuerza el electroacuten describe alrededor del nuacutecleo oacuterbitas en forma de elipses de Kepler y como un caso particular en forma de circunferencia

La fuerza de Coulomb es una fuerza centriacutepeta (Fc) y es numeacutericamente igual cuando se trata de una oacuterbita circular a

Por lo tanto

(1)

Para una oacuterbita circular la cantidad de movimiento angular del electroacuten es

p = mυr

La condicioacuten cuaacutentica de Bohr p = nh2π da la posibilidad de calcular el radio de

La oacuterbita circular estacionaria

(2)

La expresioacuten (1) se puede escribir en forma siguiente

Sustituyendo (mυr) por la expresioacuten (2) se obtiene

Para la primera oacuterbita n = 1 Por lo tanto

(3)

Esta magnitud representa el radio de la primera oacuterbita circular del electroacuten (radio de Bohr) es decir de la maacutes proacutexima al nuacutecleo del aacutetomo de hidroacutegeno

Rectificando las unidades y poniendo en lugar de h m ε0 y e sus respectivos valores numeacutericos se obtiene

Donde

(4)

Utilizando la expresioacuten (2) podemos calcular la velocidad υ con que el electroacuten se mueve en la primera oacuterbita

Sustituyendo r por la expresioacuten (3) tendremos

Rectificando las unidades se obtiene

Para n = 1

Problema 21iquestCalcule la energiacutea total del electroacuten en la segunda oacuterbita del aacutetomo de Bohr

SolucioacutenLa energiacutea total del electroacuten es

E = Ec+ Ep

Donde Ec es la energiacutea cineacutetica y Ep es la energiacutea potencial del electroacuten

La energiacutea potencial del electroacuten en el campo electrostaacutetico del nuacutecleo es igual a

Donde r es la distancia entre el nuacutecleo y el electroacuten (el radio de la oacuterbita)

La energiacutea cineacutetica

(1)

Donde m es la masa del electroacuten y υ es su velocidadSobre el electroacuten actuacutea una fuerza electroestaacutetica

Que es una fuerza centriacutepeta igual a

Por consiguiente

(2) Sustituyendo mv2 en la foacutermula de la energiacutea cineacutetica (1) por la expresioacuten (2) se obtiene

Por lo tanto la energiacutea total seraacute igual a

Sustituyendo r (ver el resultado del problema anterior) por

Se obtiene

Rectificando las unidades obtenemos

Para la segunda oacuterbita el nuacutemero cuaacutentico n = 2

Poniendo en lugar de h m y e sus respectivos valores numeacutericos hallamos

Problema 22iquestCuaacutel es la longitud de onda del fotoacuten emitido por el aacutetomo de hidroacutegeno cuando el electroacuten transita de la cuarta oacuterbita a la segunda

Solucioacuten

La radiacioacuten se produce soacutelo cuando el aacutetomo sufre una transicioacuten de una oacuterbita con energiacutea Ek a otra oacuterbita de menor energiacutea Ej (Ej lt Ek) En forma de ecuacioacuten

hν = Ek - Ej

Donde hν es el cuanto de energiacutea transportado por el fotoacuten emitido del aacutetomo durante la transicioacuten

En el caso nuestro k = 4 y j = 2 Por lo tanto

hν = E4 - E2

Utilizando la foacutermula de la energiacutea del electroacuten (ver el problema 21) se obtiene

Donde el teacutermino

Es la energiacutea del electroacuten en la segunda oacuterbita (Ver el problema 21)

Por consiguiente

Seguacuten el resultado del problema 21 E2 = -54 10∙ -19J

Por lo tanto

Como λ = cν entonces

Problema 23El electroacuten del aacutetomo de hidroacutegeno salta de la tercera oacuterbita a la segunda a) Calcular la longitud de onda del fotoacuten emitido b) Calcular la disminucioacuten de la energiacutea del aacutetomoacute

Datos

j =1k = 3R = 1097middot107 m-1

h = 6626 10∙ -34 J∙s

Solucioacuten

Cuando el electroacuten pasa de la oacuterbita de mayor energiacutea (Ek) a una orbita de menor

energiacutea (Ej) el aacutetomo emite un fotoacuten cuya energiacutea es igual a E = Ek- Ej La longitud de onda del fotoacuten emitido se calcula por la foacutermula

J y k son los nuacutemeros de las oacuterbitas y R es la constante de Ridberg

La disminucioacuten de la energiacutea del aacutetomo es igual a la energiacutea del fotoacuten emitido

Problema 24

a) iquestQueacute tensioacuten del campo eleacutectrico es necesaria seguacuten la mecaacutenica claacutesica para que un electroacuten acelerado en este campo adquiera la velocidad de la luzb) iquestCuaacutel seraacuten la velocidad del electroacuten y su masa en este campo seguacuten la mecaacutenica relativista

Datos

m0 = 9109∙10-31kgc = 3∙108mse = 1602 10∙ -19C

Solucioacuten

a) Seguacuten la mecaacutenica claacutesica la energiacutea cineacutetica del electroacuten

Donde m0 es la masa de reposo del electroacuten y υ es su velocidad La diferencia de potencial V multiplicada por la carga del electroacuten es una medida de la energiacutea cineacutetica del electroacuten adquirida en el campo eleacutectrico En otras palabras

Sustituyendo υ por c se calcula la diferencia de potencial del campo eleacutectrico necesaria para que el electroacuten adquiera la velocidad de la luz

Analizando las unidades y poniendo los valores numeacutericos del problema se obtiene

b) En la mecaacutenica relativista se calcula la masa m del electroacuten y su energiacutea

cineacutetica Ec utilizando las foacutermulas siguientes

Pero numeacutericamente Ec = (m0c2)2 o sea

La masa del electroacuten seraacute igual a

Problema 25iquestCuaacutel es la energiacutea de un fotoacuten correspondiente a ondas radio de frecuencia 1255 x106 Hz

Datos

E=hv v=c⋋Solucioacuten E=662610minus34 1255 106=831610minus28 J

PROBLEMA 26La liacutenea verde en el espectro atoacutemico del talio tiene una longitud de onda de 535 nm Calcular la energiacutea de un fotoacuten

Solucioacuten

H=662610minus34C=300 108 msminus1

E=hv v=c ⋋ v=300 108 msminus1

53510minus9 =560 1014

E=662610minus34 560 1014=372 10minus19J

PROBLEMA 27Un electroacuten salta desde un orbital maacutes externo a otro maacutes interno entre los que existe una diferencia de energiacutea de 15 x 10-15 J iquestCuaacutel es la frecuencia de la radiacioacuten emitida

Datos

∆ E=hv

Solucioacuten

v=∆ E h= 15 10minus15J662610minus34 JS

=2261018 Sminus1

Problema 28La longitud de onda umbral para que cierta superficie metaacutelica emita electrones es 6000 Aring Se observoacute que si esa superficie fotosensible se ilumina con luz de 4000 Aring los electrones son emitidos con una velocidad de 606 x 105m s-1 Deducir el valor de la constante de Planck

Datos

λ1=600 Aring=610minus7 λ2=400 Aring=410minus7 V = 6 06 x 105m s-1 m=9 110minus31

Solucioacuten h= Cλ 2

=hCλ 1

+ mv2

2

h= 3 108

410minus7 =h3 108

6 10minus7 +91 10minus31 (606105)2

2

75 1014 h=5 1014 h+16710minus19

25 1014 h=167 10minus19

h=66810minus34 Js

Problema 29La frecuencia umbral de cierto metal es 88 x 1014 s-1 Calcular la velocidad maacutexima de los electrones emitidos por ese metal cuando se ilumina con luz cuya longitud de onda es 2536 Aring iquestQueacute energiacutea cineacutetica poseen esos electrones

EC=h(CλminusV C)=662610minus34 J s ( 3

108ms

2536 10minus10 minus88 x 1014 sminus1)=201 10minus19 J

EC=m v2

2rarr v2=radic 2 EC

m=radic 2 20110minus19 J

9110minus31kg=664 105 m s

Pregunta 30Una superficie de cierto metal emite electrones cuya energiacutea cineacutetica equivale a 3 eV cuando se ilumina con luz de longitud de onda de 1500 Aring iquestcual es el valor de la frecuencia umbral de ese metal

Solucioacuten

Se debe cumplir que E incidente= E umbral+E cineacutetica del electroacuten

E incidente=hv=hλ=66210minus34 J S 3 108 msminus1

150010minus10m=13 10minus18 J

E incidente del electron=3eV 16 10minus19 J eV minus1=48 10minus19 J

E umbral=13 10minus18 Jminus4810minus19 J=8210minus19

υ= Eh

= 82 10minus19 J66210minus34 JS

=13 1015 Hz

Problema 31Calcule la longitud de onda y la frecuencia da la 2da raya de la serie de Balme en el espectro del hidrogeno Constante de rydberg=109677 107 mminus1 La segunda raya nj=4 entonces ni=2

1⋋2

=RH ( 1

iquest2minus 1

nj2)=109677107( 1

22minus 1

42)=109677 107 3

16rarr⋋2=486 10minus7 m

v= C⋋2

= 300108

486 10minus7 =617 1014 Hz

Problema 32Calcuacutelese la longitud de onda de De Broglie en cada uno de los siguientes casos a) un neutroacuten que se mueve a una velocidad de 10 kms b) Un moacutevil de 20 g que se mueve a 72 kmhora

Solucioacutena) un neutroacuten que se mueve a una velocidad de 10 kms

masa del electron=167 10minus27 kg

mv=167 10minus27 kg 104 m sminus1=167 10minus23

λ=h

mv=66310minus34

16710minus23 =39710minus11 m

b) Un moacutevil de 20 g que se mueve a 72 kmhora

λ= hmv

=66310minus34

210minus2 20=1610minus33m

Problema 33Una superficie de sodio se ilumina con luz de 300 nm de longitud de ondala funcioacuten de trabajo para el metal de sodio es 246 eV Encuentrea) la energiacutea cineacutetica maacutexima de los fotoelectrones emitidosb) la longitud de onda de corte para el sodio

c) calcule la rapidez maacutexima del efecto fotoeleacutectrico

Solucioacuten

a) la energiacutea cineacutetica maacutexima de los fotoelectrones emitidos

E=h f =hcλ

=(662610minus34 J s ) (3 108 m s)

30010minus9m=663 10minus19 J=414 eV

Luego aplicamos Kmax=h f minusФ=414eV minus246eV =168 eV

b) la longitud de onda de corte para el sodio

E=h f 0=Ф dedonde hcλ0

aislamos λ0=hcФ

peroФ=(246 eV )(1610minus19 J eV )=39410minus19 J

Reemplazamos λ0=(662610minus34 Js )(3108 m s)

394 10minus19 J=iquest 505 10minus7=505 nm

c) calcule la rapidez maacutexima del efecto fotoeleacutectrico

E=12

m v2rarr 168eV iquest(91110minus31kg)v2

2 rarr v=768 105 m s

Problema 34Un aacutetomo absorbe un fotoacuten que tiene una longitud de onda de 375 nm e inmediatamente emite otro fotoacuten que tiene una longitud de onda de 580 nm iquestCuaacutel es la energiacutea neta absorbida por el aacutetomo en este proceso

Solucioacuten

Eneta=E f minusEi

Eneta=1240 eV nm

λemiteminus1240 eV nm

λabsorbe=1240 eV nm

λemiteminus1240 eV nm

λabsorbe

Eneta=2138 eVminus331 eV =1172eV

Problema 35La mayoriacutea de los procesos gaseosos de ionizacioacuten requieren cambios de energiacutea de 1 x10minus18 a 1 x10minus16 iquestqueacute regioacuten del espectro electromagneacutetico del sol es entonces

principalmente responsable de la creacioacuten de la ionosfera en la atmosfera de la tierra

Solucioacuten

tenemos E=1240 eV nmλ

reemplazamos 1 x10minus16minus1 x 10minus18=1240 eV nmλ

convirtiendo a eV 625minus625=1240 eV nmλ

cancelando eV λ=1240 nm61875

=iquest 2004 nm(ultravioleta)

Problema 36Se desea escoger una sustancia para una foto celda operable con luz visible iquestCuaacutel de la siguientes lo haraacute(la funcioacuten de trabajo aparece entre pareacutentesis )el tantalio(42eV)el tungsteno(45eV)el aluminio(42eV)el bario(25eV)el litio(23eV)el cesio(19eV)

Solucioacuten

Sabemos E=1240 eV nmλ

ReemplazamosE=Ф

Luego λ=1240 eV nm

Ф

aiquest tantalio λ=1240 eV nm

42 eV=iquest 2952nm(ultravioleta)

biquest tungsteno λ=1240 eVnm

45 eV=iquest 2756 nm(ultravioleta)

c iquestaluminio λ=1240 eV nm

42 eV=iquest 2952nm(ultravioleta)

d iquestbario λ=1240 eV nm

25 eV=iquest 496 nm(visible)

e iquestlitio λ=1240 eV nm

23 eV=iquest 5391nm(visible)

f iquest sesio λ=1240 eV nm

19 eV=iquest 6526nm(visible)

Problema 37a) La energiacutea necesaria para desprender un electroacuten de sodio metaacutelico es de 228eV iquestMuestra el sodio un efecto fotoeleacutectrico bajo luz roja con λ=678 nmb) iquestCuaacutel es la longitud de la onda de corte de la emisioacuten fotoeleacutectrica del sodio y a que color corresponde esta longitud de onda

Solucioacuten

Para la pregunta a

Tenemos E=1240 eV nmλ

Reemplazamos E=1240 eV nm678 nm

=iquest 18289 eV

no se produce el efecto fotoelectrico porque Elt228 eV

Para la pregunta b

E=1240 eV nmλ

Reemplazamos E=1240 eV nm228 eV

=iquest 54386 nm(verde)

Pregunta 38Un numero de fotones incide sobre una superficie de sodio que tiene una funcioacuten de trabajo de 228eV causando la emisioacuten fotoeleacutectrica cuando se impone un potencial de frenado de 492 V no existe una fotocorriente Halle la longitud de onda de los fotones incidentes

Solucioacuten

Tenemos Ф=228 eV

Tambieacuten h f =Ф+k max

Reemplazado h f =Ф+e V 0

Luego 1240 eV nm

λ=228 eV +(16 10minus19C )(492 V )

Sabemos V=J C por lo tanto convertimos a eV

1240 eV nm

λ=228 eV +(16 10minus19C )(492J C)(1eV 16 10minus19 J )

Cancelando λ=1722 nm

Pregunta 39a Si la funcioacuten de trabajo de un metal es de 185eV iquestCuaacutel seria el potencial de frenado de la luz que tenga una longitud de onda de 410 nmb iquestCuaacutel seria la velocidad maacutexima de los fotoelectrones emitidos en la superficie de metal

Solucioacuten

Para a

Sabemos h f =Ф+k max

Reemplazamos 1240 eV nm

λ=185 eV +e V 0

1240 eV nm

410 nm=185 eV +e V 0

Reduciendo V 0=117V

Para b

Tenemos k max=e V 0

12

m v2=e V 0

Reemplazamos 12

(91110minus31) v2=(16 10minus19 )(117 V )

Reduciendo V=641 km s

Pregunta 40El molibdeno tiene una funcioacuten de trabajo de 420 eV a) encuentre la longitud de onda de corte y la frecuencia de corte para el efecto fotoeleacutectrico B) calcule el potencial de frenado si la luz incidente tiene una longitud de onda de 180nm

Solucioacuten

Para a sabemos Ф=h f 0 de aquiacute Ф=h CλC

Aislamos λ λC=h CФ

Reemplazamos λC=iquest (662610minus34 )(3 108)

42016 10minus19 =iquest 2958 nm

Ahora calculamos la frecuencia de cortef 0

Sabemos f 0=CλC

=iquest 3108

295810minus9= 1014 pHz

Para b tenemos Kmax=CλC

minusФ

Reemplazamos Kmax=6626 10minus34 3108

18010minus9 minus420 eV

Reduciendo Kmax=2675 eV

Finalmente calculamos el V 0

De Kmax=eV 0

Aislamos V 0=iquest 267516 10minus19 J

16 10minus19 C=iquest 2675 V

Problema 41Un estudiante que analiza el efecto fotoeleacutectrico de dos metales diferente registra la siguiente informacioacuteni) el potencial de frenado para los fotoelectrones liberados en el metal 1 es 148 V mayor que para el metal 2 y ii) la frecuencia de corte para el metal 1 es 40 mas pequentildea que para el metal 2determine la funcioacuten de trabajo para cada metal

Kmaxi=e V 01 Kmaxi=e(V 02+148) (1)

Kmaxi=e V 02 (2)

h f 01=Ф1 h 60

100 f 02=Ф1 (3)

Metal 1 Metal 2 V 01=V 02+148

f 01=60

100 f 02

V 02=V 02

f 01=f 02

h f 02=Ф2 (4)

En (1)

h f minush f 01=e(V 02+148) (5)

h f minush f 02=e V 02 (6)

Luego (6) en (5)

h f minush60

100 f 02=h f minush f 02+e 148

Simplificando f 02=e 148 5

2 h=Ф2

Ф2=37 eV

Entonces h60100

f 02=Ф1

Pero h f 02=Ф2

Reemplazando f 02=h60

100Ф2

h=Ф1

Simplicando Ф1=222eV

Pregunta 42Dos fuentes luminosas se utilizan en un experimento fotoeleacutectrico para determinarla funcioacuten de trabajo para una superficie metaacutelica particular Cuando se emplea luz verde de una laacutempara de mercurio (λ=5461 nm) un potencial de frenado de 0376 V reduce la fotocorriente a ceroa Con base a esta medicioacuten iquestCuaacutel es la funcioacuten de trabajo para este metalb iquestQueacute potencial de frenado se observariacutea al usar la luz amarilla de un cubo de descarga de helio λ=58715 nm

Solucioacuten

Para a

Kmaxi=h f minusФ (1)

Kmaxi=e V 0 (2)

(1) En (2)

h f minusФ=e V 0

Luego Ф=minuse V 0+h c λ

Reemplazando valores

Ф=minus(16 10minus19C ) (0376 V )+(60626 10minus34 J S ) 3 108546110minus9

Ф=1899 eV

Para b

De la ecuacioacuten h f minusФ=e V 0

Aislamos V 0=iquest h

CλminusФ

e

V 0=iquest 3108

587510minus9 minusiquest 19 eV iquest16 10minus19C=02125 V

Pregunta 43Fotones de 450 nm de longitud inciden sobre un metal los electrones mas energeacuteticos expulsados del metal se desviacutean en in arco circular de 200 cm de radio por medio de un campo magneacutetico con una magnitud de 200x10minus5 TiquestCuaacutel es la funcioacuten de trabajo del metal

Datos

λ=450 10minus9m r=200cm=02 m t=200 x10minus5T

Solucioacuten

Hallamos ldquoErdquo

E=hcλ

rarr E=(6626 10minus34 J S )(3108)450 10minus9m=441710minus19 J

Hallamos ldquoV ldquo

V=q Br m

V=(16 10minus19 J ) ( 20010minus5T ) (02 m )

91110minus31 Kg=007025107m S

Hallamos k rsub max

k max=12

mv2 rarr k max=( 91110minus31 Kg )iquest

Hallamos ldquoФrdquo

Ф=hcλ

minuskmax=4417 10minus19 Jminus224810minus19 J=21691019 1 eV 1610minus19

Ф=135 eV

Problema 44Un Fotoacuten que tiene energiacutea Eo es dispersado por un electroacuten libre inicialmente en reposo de tal manera que el aacutengulo de dispersioacuten del electroacuten dispersado es igual al del fotoacuten dispersado ( ) a) Determine los aacutengulos y b) La energiacutea y el momentum del fotoacuten dispersado y c) La energiacutea cineacutetica del electroacuten dispersado

Solucioacuten

aiquest Determine los aacutengulos y

X hλ0

=h cosФ

λ+γ me VcosФ

Y 0=minush senФ

λ +γ me VsenФ

De Y 0=minush

λ=γ me V rarr

h

λ =γ me V

De X hλ0

=hcosФ

λ+ hcosФ

λ()

despejando λ

2 λ0 cosФ

corrimiento de compton

λminus λ0=

hme c

(1minuscosФ )rarr 2 λ0 cosФminusλ0=h

me c(1minuscosФ )

Sabiendoque λ0=hcE0

en funcion de E0

2 λ0 cosФminus1=E0

me c2 (1minuscosФ )rarr sihacemos E0

me c2 =x

2 λ0 cosФminus1=x (1minuscosФ )

Aislamos elaacutengulo Ф=arcocos( x+1x+2

)

biquest La energiacutea y el momentumdel fotoacuten dispersado energ iacutea

E=hc λ si λ =2 λ0 cosФ si λ0=hcλ0

entonces E=E0

2cosФ obtenemos Eacute=( x2+2 x

2 x+2)me c2

Momenton p h Si acute 2 λ0 cos E h 2 λ0cos Si λ0=hc E0

entonces pE0

2C cosФ obtenemos Pacute=( x2+2 x

2 x+2)me c2

c iquest La energiacuteacineacutetica del electroacutendispersado E0 iquest E +Ke E0minusE =Ke

Reemplazamos Ke=( x2

2 x+2)me c2

Problema 45Un Fotoacuten de 0880mev es dispersado por un electroacuten libre inicialmente en reposo de tal manera que el aacutengulo de dispersioacuten del electroacuten dispersado es igual al del fotoacuten dispersado ( ) a) Determine los aacutengulos y b) La energiacutea y el momentum del fotoacuten dispersado y c) La energiacutea cineacutetica del electroacuten dispersado

Solucioacuten

aiquest Determine los aacutengulos y

X hλ0

=h cosФ

λ+γ me VcosФ

Y 0=minush senФ

λ +γ me VsenФ

De Y 0=minush

λ=γ me V rarr

h

λ =γ me V

En X hλ0

=hcosФ

λ + hcosФ

λ ()

hλ0

=2h cosФ

λ rarr λ =2 λ0cosФ

λminus λ0=

hme c

(1minuscosФ )rarr 2 λ0 cosФminusλ0=h

me c(1minuscosФ )

Pero E0=hcλ0

reemplazando y combinando

me

E0

c2 (2 cosФminus1 )=(1minuscosФ )

(91 10minus31 kg)(9 1016 m2 s2)iquestiquest (1minuscosФ )=iquest 5809 10minus2 (2cosФminus1 )

cosФ=013

Ф=43 10

biquest La energiacutea y el momentumdel fotoacuten dispersado

E hc Si acute 2 λ0 cos

E hc 2 λ0 cos Si λ0=hc E0 E E0 2 cos Reemplazando E=0808 meV 2 cos 43 ordm=602 KeV

P h =E c=602103 16 10minus19 3108=iquest

P 32110minus22kg m s

c iquest La energiacuteacineacutetica del electroacutendispersado

k e=880 KeV minus602 KeV k e=278 KeV

Problema 46En un experimento de dispersioacuten Compton un fotoacuten se desviacutea en 900ordm y el electroacuten se desviacutea en un aacutengulo de 200ordm Determine la longitud de onda del fotoacuten dispersado

Solucioacuten

X hλ0

=h cosФ

λ+γ me VcosФ Y 0=minush senФ

λ +γ me VsenФ

Luego

Y h

λ=γ me Vsen200

(2iquest X hλ0

=γ me Vcos200 (1iquest

De 2 y1

λ0=λ tg200

De

λ minus λ0=h

mc(1minuscos900)

λ minus λ tg 200= hmc

rarr λ (1minustg 200 )= hmc

λ (1minus036 )=00024310minus9 m

λ =38 10minus12m

Problema 47Un fotoacuten de 000160nm se dispersa a partir de un electroacuten libre iquestPara queacute aacutengulos de dispersioacuten (fotoacuten) el electroacuten de retroceso tiene la misma energiacutea cineacutetica que la energiacutea del fotoacuten dispersado

Solucioacuten

λ0=000160 10minus9 hcλ0

=hc

λ+ hc

λ=rarr

1λ0

= 2

λ

λ minus λ0=h

mc(1minuscosФ)

000160 10minus9 m=000243 10minus9m(1minuscosФ)

cosФ=034

Ф=70 10

Problema 48A partir de la dispersioacuten de la luz solar de Thompson calculo el radio claacutesico del electroacuten que tiene un valor de 282 10minus15 Si la luz del sol con una intensidad de 500Wm2cae sobre un disco con este radio calcule el tiempo requerido para acumular 1eV de energiacutea Suponga que la luz es una onda claacutesica y que la luz que golpea al disco es absorbida por completo iquestCoacutemo se compara su resultado con la observacioacuten que los fotoelectrones son emitidos con rapidez dentro de10minus9 s Solucioacuten

radiaccion=500 W m2

tenemos I=P A rarr P=I A

Luego W t=I A

t=EI

A= 1 eV500 W π iquestiquestiquest

Absolutamente largo

  • Laboratorio de Fiacutesica Moderna
Page 7: David reparado

Datos

T1 = 2900 K

Δλ = 9 nm = 9∙10-9m

b = 289∙10-5K∙m

Solucioacuten

Seguacuten la ley de desplazamiento de Wien para el cuerpo negro

λT = b = Const

En el caso de enfriamiento la temperatura del cuerpo disminuye (T2lt T1) por lo que la longitud de onda λmaacutex aumenta (ver la figura) Pues entonces

Como λmaacutexT = Const entonces se puede escribir

(1)

Seguacuten la ley de desplazamiento de Wien

Sustituyendo λ1maacutex en la expresioacuten (1) se obtiene

Poniendo los valores numeacutericos del problema se calcula la temperatura T2

Problema 9Un filamento metaacutelico cuyo diaacutemetro es 02 mm se calienta con corriente eleacutectrica hasta una temperatura de 3000 K Calcule que tiempo demoraraacute en enfriarse despueacutes de apagarse (desconectarse) hasta una temperatura de 800 K Considere que el filamento emite como un cuerpo negro y que no recibe ninguna energiacutea del medio que le rodea Desprecie cualquier efecto que produzca la perdida de su energiacutea La densidad del filamento es 19 gcm3 y el calor especiacutefico es 0037 cal (gK) (1 cal = 41868J)

Datos

d = 02mm = 2∙10-4 m

T1 = 3∙103 K

T2 =8∙102 K

ρ = 19 gcm3 = 19∙103 kgm3

c = 0037 Cal (g∙K) = 154 9 J (kg∙K)

σ = 5 67∙10-8 W (m2∙K4)

Solucioacuten

Si A es el aacuterea de la superficie del filamento y R es la energiacutea emitida por el filamento por unidad de tiempo y superficie (la radiancia) entonces la energiacutea U emitida por la superficie del filamento en unidad de tiempo es igual a

U = RA

El aacuterea de la superficie del filamento A = (πd) l donde l es la longitud del filamento Seguacuten la ley de Stefan-Boltzman

R = σT4

Por lo tanto

U = σT4 (πd) l (1)

Durante el tiempo dt la temperatura del filamento disminuye en dT y el filamento pierde una energiacutea

Udt = - mcdT

Dondem es la masa del filamento y c es el calor especifico del material del filamento

Sustituyendo U por la expresioacuten (1) se obtiene

σT4 (πd) ldt = - mcdT

Integrando la uacuteltima expresioacuten tenemos

(2)

La masa del filamento m = Vρ donde V es su volumen

Sustituyendo m en la expresioacuten (2) obtenemos para el tiempo lo siguiente

Rectificando las unidades y poniendo los valores numeacutericos del problema se obtiene

El filamento se enfriacutee raacutepidamente ya que la radiancia es directamente proporcional a T4

Problema 10 A partir de la foacutermula de Planck para la radiancia espectral encontrar a) la ley de Stefan-Boltzman b) la ley de desplazamiento de Wien

Solucioacuten

a) Planck descubrioacute la forma de la funcioacuten Rλ = f (λ T)

(1)

Donde C1 y C2 son constantes C1= 2πc2h y C2 = hck

k = 13806610-23JK es la constante de Boltzman c = 29979108ms la velocidad de la luz y h = 662617610-34Js la constante de Planck

Esta foacutermula responde a los datos experimentales y de ella pueden deducirse directamente como casos particulares la ley termodinaacutemica de Stefan-Boltzman y la ley de deslazamiento de Wien

La radiancia R (es decir la cantidad total de energiacutea radiante emitida por el cuerpo por unidad de superficie y tiempo) del cuerpo negro se puede obtener integrando la radiacioacuten emitida en todos los intervalos de longitud de onda

(2)

DondeRλ es la radiancia espectral

Si la distribucioacuten de la energiacutea entre las zonas del espectro del cuerpo negro se representa en la escala de frecuencias en lugar de Rλ hay que tomar la radiancia Rν

referida a un intervalo unidad de frecuencias Entonces

Rλdλ = Rνdν (3)

Y la expresioacuten (2) se presenta en forma

(4)

Y como λ = cν donde c es la velocidad de la luz en el vaciacuteo dλ= cν-2dν y poniendo este valor en (3) obtenemos

Sustituyendo en la foacutermula (1) λ por cν (λ = cν) la foacutermula de Planck se transforma en la siguiente expresioacuten

Y por consiguiente

(5)

Poniendo la expresioacuten (5) en (4) se obtiene la energiacutea total emitida por el cuerpo

Utilicemos el meacutetodo de integracioacuten por sustitucioacuten Podemos introducir una nueva variable

Entonces

Donde

Por lo tanto

Sustituyendo las constantes C1 y C2 por sus respectivas expresiones se obtiene

Donde

b) Para obtener le ley de desplazamiento de Wien utilizando la foacutermula de Planck es necesario encontrar analiacuteticamente la expresioacuten de la posicioacuten del maacuteximo en la curva que responda a la distribucioacuten de la radiancia del cuerpo negro entre las longitudes de onda Para esto es necesario encontrar el valor λ = λmaacutex para el cual la funcioacuten Rλ= f (λ T) para la temperatura constante tiene su valor maacuteximo por lo que debe cumplirse la condicioacuten

Sacando factor comuacuten se obtiene

De aquiacute tenemos

Realizando el cambio de variable

(1)

Tendremos

Si x es suficientemente grande se puede despreciar el 1 en el denominador comparando con ex entonces ya tenemos una primera solucioacuten aproximada para x

Tomando este valor como punto de partida podemos encontrar el valor real de x Por ejemplo utilizando el meacutetodo de aproximaciones sucesivas obtendremos

x1= 4965

Sustituyendo x en la expresioacuten (1) por el valor numeacuterico encontrado de x1 se obtiene

DondeC25 = b que es la constante de la ley de desplazamiento de Wien

Calculando b se obtiene su valor numeacuterico

Es evidente que para demostrar que λT = const no es necesario calcular el valor numeacuterico de x ya que λT = C2x = const

Rt = 092∙ 567∙10-8∙ (103)4∙314∙015∙10-2∙1 = 24569(W)

Problema 11

Una superficie metaacutelica de 10cm2 de aacuterea se encuentra a una temperatura de 2500 K y emite durante un minuto una energiacutea teacutermica de 4 x 104 J Encuentre a) la energiacutea emitida por la superficie si fuera un cuerpo negro y b) la razoacuten de la radiancia de esta superficie a la de un cuerpo negro de igual aacuterea y a la misma temperatura

Problema 12El espectro de la luz visible (luz blanca) incluye longitudes de onda comprendidas entre 380nm (violeta) y780nm (roja)a) Determinar la frecuencia de la radiacioacuten correspondiente a estos coloresb) Calculeacute conforme a la hipoacutetesis de Planck la energiacutea de loa fotones que corresponden a la luz violeta y luz rojac) cuantos fotones de luz roja son necesarios para cumular 3J de energiacutea

Datos

c=300 108 msminus1 h=66310minus34 Js

Solucioacuten

Para la pregunta a

luzvioleta v1=C⋋1

= 300 108

35010minus9 =8571014 Hz

luzroja v2=C⋋2

= 300108

780 10minus9 =385 1014 Hz

Para la pregunta b

EVioleta hv1=6626 10minus34 857 1014=568 10minus19 J

ERoja hv2=6626 10minus34 385 1014=25510minus19 J

Para la pregunta c

3 J

25510minus19 J fotonminus1=118 10minus18 fotones

Problema 13Un cuerpo estaacute radiando energiacutea conforme a la hipoacutetesis de Planck

a) Determina la energiacutea de un cuanto cuya longitud de onda es de 25nmb) Calcule la frecuencia correspondiente dicho cuanto de energiacutea Datos ⋋=25 nm Solucioacuten

aiquest E=hv=hC⋋

=662610minus34 300 108

25 10minus9 =80 10minus18 J

biquest v= C⋋

=300 108

25 10minus9 =121016 Hz

Problema 14iquestQueacute longitud de onda debe tener un fotoacuten para ionizar un aacutetomo de cesio con potencial de ionizacioacuten de 388V

Datos

V = 388V

h = 6626 10∙ -34Jmiddotse = 1602 10∙ -19C

Solucioacuten

La ionizacioacuten de un aacutetomo es la separacioacuten de uno o varios electrones del aacutetomo Para que el aacutetomo se ionice el electroacuten debe realizar un trabajo (energiacutea de ionizacioacuten E0) contra las fuerzas de atraccioacuten entre el electroacuten y el resto de las partiacuteculas que componen el aacutetomo o sea compensar la energiacutea de enlace del electroacuten

La energiacutea necesaria el electroacuten adquiere del fotoacuten de la luz que eacutel lo absorbe La energiacutea del fotoacuten depende de la longitud de onda y es igual a hν donde ν es la frecuencia de la luz y h es la constante de Planck De modo que tendremos

hν = E0

La energiacutea de ionizacioacuten E0 = eV donde V es el potencial de ionizacioacuten

Por lo tanto

hν = eV

Sustituyendo ν por cλ (ν = cλ) se obtiene

Poniendo los valores numeacutericos del problema tenemos

Problema 15Determinar la velocidad de un electroacuten emitido de una superficie de plata iluminada con luz monocromaacutetica de longitud de onda de 1500 Aring La longitud de onda a la cual comienza a manifestar este efecto es de 2600 Aring

Datosλ0 = 2600 Aring = 260 10∙ -9 mλ = 1500 Aring = 150 10∙ -9 mh = 6626 10∙ -34 J∙sc = 3 10∙ 8 msm =9109 10∙ -31 kgSolucioacuten

La ecuacioacuten de Einstein para el efecto fotoeleacutectrico es

hν = E0 + Ec maacutex (1)

Donde hν es la energiacutea del fotoacuten E0 el trabajo de salida del electroacuten del metal Ec

maacutex= mυ22 la energiacutea cineacutetica maacutexima del electroacuten que se desprende del metal

La energiacutea necesaria para arrancar el electroacuten del metal

E0 = hν0

Donde ν0 = cλ0 es la frecuencia umbral (de corte) debajo de la cual no se produce el efecto fotoeleacutectrico

Por consiguiente

Sustituyendo ν por cλ E0 por hcλ0 y Ecmaacutex por mυ22 en la ecuacioacuten (1) se obtiene

Rectificando las unidades y poniendo los valores numeacutericos se obtiene

Problema 16Determine el trabajo de extraccioacuten de un electroacuten en el efecto fotoeleacutectrico si longitud de onda a la cual se produce el efecto fotoeleacutectrico es menor que29510-6 mm

Datos

λ0 = 295 10∙ -6 mm = 295 10∙ -9 mh = 6626 10∙ -34 J∙sc = 3 10∙ 8 ms1eυ = 16middot10-19 J

Solucioacuten

La energiacutea necesaria para la realizacioacuten del trabajo de extraccioacuten de un electroacuten se calcula por la foacutermula

E0 = hν0

Donde ν0 es la frecuencia de corte por debajo de la cual no se produce el efecto fotoeleacutectrico

Sustituyendo ν0 por cλ0 se calcula E0

Problema 17Hallar la frecuencia de la luz que arranca los electrones de la superficie de un metal que se retardan por un potencial retardador de 3 V En este metal el efecto fotoeleacutectrico comienza cuando la frecuencia de la luz que incide sobre eacutel es de 61014 Hz Hallar el trabajo necesario para arrancar el electroacuten de este metal

Datos

V0 = 3V

ν0 = 6 10∙ 14 Hz = 6 10∙ 14s-1

Solucioacuten

El trabajo necesario para arrancar el electroacuten del metal se calcula por la foacutermula

E0 = hν0

Donde ν0 es la frecuencia de corte

E0 = 6626 10∙ -34J s 6 10∙ ∙ ∙ 14s-1 = 398 10∙ -19J

Entre la energiacutea cineacutetica maacutexima y el potencial retardador existe la siguiente relacioacuten

Ecmaacutex = eV0

Donde e es la carga del electroacuten y V0 es el potencial retardador

Sustituyendo Ec maacutex por eV0 en la ecuacioacuten de Einstein obtenemos

hν = E0 + eV0

Por consiguiente

Problema 18Un fotoacuten de radiacioacuten de rayos X con longitud de onda 01 nm cae sobre un electroacuten deacutebilmente enlazado de un elemento ligero y se desviacutea 90ordm de su direccioacuten inicial Calcule la energiacutea que adquiere el electroacuten despueacutes del choque y la direccioacuten de su movimiento

Datos

λ = 01 nm = 1 10∙ -10 mφ = 90ordmh = 6626 10∙ -34 J∙sc = 3 10∙ 8 msm = 91 10∙ -31 kg

Solucioacuten

La variacioacuten de la longitud de onda de los rayos X cuando se produce la difusioacuten de Compton se determina por la foacutermula

(1)

Siendo φ el aacutengulo de difusioacuten y m la masa del electroacuten en reposo

Sustituyendo en esta igualdad (1-cosφ) por 2sen2φ2 y teniendo en cuenta que

Δλ = λrsquo -λ obtenemos

(2)

(3)Si la energiacutea del fotoacuten primario es hν y la del fotoacuten difuso hνrsquo tendremos que de acuerdo con la ley de la conservacioacuten de la energiacutea la energiacutea Ec adquirida por el electroacuten vendraacute expresada por la igualdad

Sustituyendo ν por cλ y νrsquo por cλrsquo tenemos

(4)

Poniendo las expresiones (2) y (3) en la igualdad (4) se tiene

Donde A =h (mc)

La constante A = 002426 Aring suele llamarse longitud de onda Compton

Rectificando las unidades y poniendo los datos numeacutericos del problema hallamos la energiacutea del electroacuten despueacutes del choque

Hallamos ahora la razoacuten de la energiacutea del electroacuten de retroceso Ec a la energiacutea del fotoacuten incidente hν = hcλ

En general el electroacuten obtiene una pequentildea parte de la energiacutea del fotoacuten En el caso nuestro solamente 0024 (24) de la energiacutea del fotoacuten

La fig1 muestra el movimiento del electroacuten a) antes de la colisioacuten y b) despueacutes de la colisioacuten Para determinar la direccioacuten del movimiento del electroacuten despueacutes de la colisioacuten es necesario calcular el aacutengulo α bajo el cual estaacute dirigido su movimiento (fig1b)

a) b) Fig1 Fig2 De acuerdo con la ley de la conservacioacuten de la cantidad de movimiento en forma vectorial tenemos la ecuacioacuten

pf = pfrsquo + pe (5) Donde pf (pf = hνc = hλ) es la cantidad de movimiento del fotoacuten antes de la colisioacuten pfrsquo (pfrsquo = hνrsquoc = hλrsquo) es la cantidad de movimiento del fotoacuten difuso y pe es la cantidad de movimiento del electroacuten despueacutes de la colisioacuten pe = mυ donde υ es la velocidad del electroacuten

La cantidad de movimiento del electroacuten antes del choque es igual a cero ya que en reposo su velocidad es cero Graacuteficamente el vector pf es la diagonal del paralelogramo cuyos lados son los vectores pfrsquo y mv (fig2) Los aacutengulos φ y α representan respectivamente los aacutengulos bajo los cuales tienen lugar la difusioacuten del fotoacuten y la aparicioacuten del electroacuten de retroceso

De la fig2 se deduce que

Poniendo en lugar de pf y pfrsquo sus valores respectivos hλ y hλrsquo podemos escribir esta igualdad de forma siguiente

Sustituyendo λrsquo por la expresioacuten (3) obtenemos

Problema 19iquestCon queacute fuerza se atraen el nuacutecleo y el electroacuten en la primera oacuterbita del aacutetomo de hidroacutegeno iquestCuaacutentas veces es esta fuerza mayor que la fuerza gravitacional que actuacutea entre el nuacutecleo y el electroacuten

Datos

me = 9109 10∙ -31 kg

mp = 1840 9109 10∙ ∙ -31 kgG = 6672 10∙ -11 N∙m2∙kg-2

r = 053 10∙ -10 mn = 1ε0 = 8854 10∙ -12F∙ m-1

e = 1602 10∙ -19 C

Solucioacuten

La fuerza de interaccioacuten entre el nuacutecleo y el electroacuten es la fuerza electroestaacutetica de Coulomb

Donde r es el radio de la primera oacuterbita estacionaria del aacutetomo de hidroacutegeno

Rectificando las unidades y poniendo los valores numeacutericos se calcula la fuerza electroestaacutetica

Donde

La fuerza gravitacional se calcula por la foacutermula

Donde me es la masa del electroacuten mp la masa del protoacuten G la constante gravitacional

Por lo que

Problema 20Calcule cual es el radio de la primera orbita del electroacuten que gira alrededor de un nuacutecleo del aacutetomo de hidroacutegeno seguacuten el modelo de Bohr Determine la velocidad con que el electroacuten se mueve en esta oacuterbita

Datos

ε0 = 8854 10∙ -12 F∙m-1

e = 1602 10∙ -19 Cm = 9109 10∙ -31 kgh = 6626 10∙ -34 J∙s

Solucioacuten

La fuerza de interaccioacuten entre el electroacuten y el protoacuten del nuacutecleo es la fuerza

electrostaacutetica ( Fel) de Coulomb

Donde r es la distancia entre el nuacutecleo y el electroacuten Bajo la accioacuten de esta fuerza el electroacuten describe alrededor del nuacutecleo oacuterbitas en forma de elipses de Kepler y como un caso particular en forma de circunferencia

La fuerza de Coulomb es una fuerza centriacutepeta (Fc) y es numeacutericamente igual cuando se trata de una oacuterbita circular a

Por lo tanto

(1)

Para una oacuterbita circular la cantidad de movimiento angular del electroacuten es

p = mυr

La condicioacuten cuaacutentica de Bohr p = nh2π da la posibilidad de calcular el radio de

La oacuterbita circular estacionaria

(2)

La expresioacuten (1) se puede escribir en forma siguiente

Sustituyendo (mυr) por la expresioacuten (2) se obtiene

Para la primera oacuterbita n = 1 Por lo tanto

(3)

Esta magnitud representa el radio de la primera oacuterbita circular del electroacuten (radio de Bohr) es decir de la maacutes proacutexima al nuacutecleo del aacutetomo de hidroacutegeno

Rectificando las unidades y poniendo en lugar de h m ε0 y e sus respectivos valores numeacutericos se obtiene

Donde

(4)

Utilizando la expresioacuten (2) podemos calcular la velocidad υ con que el electroacuten se mueve en la primera oacuterbita

Sustituyendo r por la expresioacuten (3) tendremos

Rectificando las unidades se obtiene

Para n = 1

Problema 21iquestCalcule la energiacutea total del electroacuten en la segunda oacuterbita del aacutetomo de Bohr

SolucioacutenLa energiacutea total del electroacuten es

E = Ec+ Ep

Donde Ec es la energiacutea cineacutetica y Ep es la energiacutea potencial del electroacuten

La energiacutea potencial del electroacuten en el campo electrostaacutetico del nuacutecleo es igual a

Donde r es la distancia entre el nuacutecleo y el electroacuten (el radio de la oacuterbita)

La energiacutea cineacutetica

(1)

Donde m es la masa del electroacuten y υ es su velocidadSobre el electroacuten actuacutea una fuerza electroestaacutetica

Que es una fuerza centriacutepeta igual a

Por consiguiente

(2) Sustituyendo mv2 en la foacutermula de la energiacutea cineacutetica (1) por la expresioacuten (2) se obtiene

Por lo tanto la energiacutea total seraacute igual a

Sustituyendo r (ver el resultado del problema anterior) por

Se obtiene

Rectificando las unidades obtenemos

Para la segunda oacuterbita el nuacutemero cuaacutentico n = 2

Poniendo en lugar de h m y e sus respectivos valores numeacutericos hallamos

Problema 22iquestCuaacutel es la longitud de onda del fotoacuten emitido por el aacutetomo de hidroacutegeno cuando el electroacuten transita de la cuarta oacuterbita a la segunda

Solucioacuten

La radiacioacuten se produce soacutelo cuando el aacutetomo sufre una transicioacuten de una oacuterbita con energiacutea Ek a otra oacuterbita de menor energiacutea Ej (Ej lt Ek) En forma de ecuacioacuten

hν = Ek - Ej

Donde hν es el cuanto de energiacutea transportado por el fotoacuten emitido del aacutetomo durante la transicioacuten

En el caso nuestro k = 4 y j = 2 Por lo tanto

hν = E4 - E2

Utilizando la foacutermula de la energiacutea del electroacuten (ver el problema 21) se obtiene

Donde el teacutermino

Es la energiacutea del electroacuten en la segunda oacuterbita (Ver el problema 21)

Por consiguiente

Seguacuten el resultado del problema 21 E2 = -54 10∙ -19J

Por lo tanto

Como λ = cν entonces

Problema 23El electroacuten del aacutetomo de hidroacutegeno salta de la tercera oacuterbita a la segunda a) Calcular la longitud de onda del fotoacuten emitido b) Calcular la disminucioacuten de la energiacutea del aacutetomoacute

Datos

j =1k = 3R = 1097middot107 m-1

h = 6626 10∙ -34 J∙s

Solucioacuten

Cuando el electroacuten pasa de la oacuterbita de mayor energiacutea (Ek) a una orbita de menor

energiacutea (Ej) el aacutetomo emite un fotoacuten cuya energiacutea es igual a E = Ek- Ej La longitud de onda del fotoacuten emitido se calcula por la foacutermula

J y k son los nuacutemeros de las oacuterbitas y R es la constante de Ridberg

La disminucioacuten de la energiacutea del aacutetomo es igual a la energiacutea del fotoacuten emitido

Problema 24

a) iquestQueacute tensioacuten del campo eleacutectrico es necesaria seguacuten la mecaacutenica claacutesica para que un electroacuten acelerado en este campo adquiera la velocidad de la luzb) iquestCuaacutel seraacuten la velocidad del electroacuten y su masa en este campo seguacuten la mecaacutenica relativista

Datos

m0 = 9109∙10-31kgc = 3∙108mse = 1602 10∙ -19C

Solucioacuten

a) Seguacuten la mecaacutenica claacutesica la energiacutea cineacutetica del electroacuten

Donde m0 es la masa de reposo del electroacuten y υ es su velocidad La diferencia de potencial V multiplicada por la carga del electroacuten es una medida de la energiacutea cineacutetica del electroacuten adquirida en el campo eleacutectrico En otras palabras

Sustituyendo υ por c se calcula la diferencia de potencial del campo eleacutectrico necesaria para que el electroacuten adquiera la velocidad de la luz

Analizando las unidades y poniendo los valores numeacutericos del problema se obtiene

b) En la mecaacutenica relativista se calcula la masa m del electroacuten y su energiacutea

cineacutetica Ec utilizando las foacutermulas siguientes

Pero numeacutericamente Ec = (m0c2)2 o sea

La masa del electroacuten seraacute igual a

Problema 25iquestCuaacutel es la energiacutea de un fotoacuten correspondiente a ondas radio de frecuencia 1255 x106 Hz

Datos

E=hv v=c⋋Solucioacuten E=662610minus34 1255 106=831610minus28 J

PROBLEMA 26La liacutenea verde en el espectro atoacutemico del talio tiene una longitud de onda de 535 nm Calcular la energiacutea de un fotoacuten

Solucioacuten

H=662610minus34C=300 108 msminus1

E=hv v=c ⋋ v=300 108 msminus1

53510minus9 =560 1014

E=662610minus34 560 1014=372 10minus19J

PROBLEMA 27Un electroacuten salta desde un orbital maacutes externo a otro maacutes interno entre los que existe una diferencia de energiacutea de 15 x 10-15 J iquestCuaacutel es la frecuencia de la radiacioacuten emitida

Datos

∆ E=hv

Solucioacuten

v=∆ E h= 15 10minus15J662610minus34 JS

=2261018 Sminus1

Problema 28La longitud de onda umbral para que cierta superficie metaacutelica emita electrones es 6000 Aring Se observoacute que si esa superficie fotosensible se ilumina con luz de 4000 Aring los electrones son emitidos con una velocidad de 606 x 105m s-1 Deducir el valor de la constante de Planck

Datos

λ1=600 Aring=610minus7 λ2=400 Aring=410minus7 V = 6 06 x 105m s-1 m=9 110minus31

Solucioacuten h= Cλ 2

=hCλ 1

+ mv2

2

h= 3 108

410minus7 =h3 108

6 10minus7 +91 10minus31 (606105)2

2

75 1014 h=5 1014 h+16710minus19

25 1014 h=167 10minus19

h=66810minus34 Js

Problema 29La frecuencia umbral de cierto metal es 88 x 1014 s-1 Calcular la velocidad maacutexima de los electrones emitidos por ese metal cuando se ilumina con luz cuya longitud de onda es 2536 Aring iquestQueacute energiacutea cineacutetica poseen esos electrones

EC=h(CλminusV C)=662610minus34 J s ( 3

108ms

2536 10minus10 minus88 x 1014 sminus1)=201 10minus19 J

EC=m v2

2rarr v2=radic 2 EC

m=radic 2 20110minus19 J

9110minus31kg=664 105 m s

Pregunta 30Una superficie de cierto metal emite electrones cuya energiacutea cineacutetica equivale a 3 eV cuando se ilumina con luz de longitud de onda de 1500 Aring iquestcual es el valor de la frecuencia umbral de ese metal

Solucioacuten

Se debe cumplir que E incidente= E umbral+E cineacutetica del electroacuten

E incidente=hv=hλ=66210minus34 J S 3 108 msminus1

150010minus10m=13 10minus18 J

E incidente del electron=3eV 16 10minus19 J eV minus1=48 10minus19 J

E umbral=13 10minus18 Jminus4810minus19 J=8210minus19

υ= Eh

= 82 10minus19 J66210minus34 JS

=13 1015 Hz

Problema 31Calcule la longitud de onda y la frecuencia da la 2da raya de la serie de Balme en el espectro del hidrogeno Constante de rydberg=109677 107 mminus1 La segunda raya nj=4 entonces ni=2

1⋋2

=RH ( 1

iquest2minus 1

nj2)=109677107( 1

22minus 1

42)=109677 107 3

16rarr⋋2=486 10minus7 m

v= C⋋2

= 300108

486 10minus7 =617 1014 Hz

Problema 32Calcuacutelese la longitud de onda de De Broglie en cada uno de los siguientes casos a) un neutroacuten que se mueve a una velocidad de 10 kms b) Un moacutevil de 20 g que se mueve a 72 kmhora

Solucioacutena) un neutroacuten que se mueve a una velocidad de 10 kms

masa del electron=167 10minus27 kg

mv=167 10minus27 kg 104 m sminus1=167 10minus23

λ=h

mv=66310minus34

16710minus23 =39710minus11 m

b) Un moacutevil de 20 g que se mueve a 72 kmhora

λ= hmv

=66310minus34

210minus2 20=1610minus33m

Problema 33Una superficie de sodio se ilumina con luz de 300 nm de longitud de ondala funcioacuten de trabajo para el metal de sodio es 246 eV Encuentrea) la energiacutea cineacutetica maacutexima de los fotoelectrones emitidosb) la longitud de onda de corte para el sodio

c) calcule la rapidez maacutexima del efecto fotoeleacutectrico

Solucioacuten

a) la energiacutea cineacutetica maacutexima de los fotoelectrones emitidos

E=h f =hcλ

=(662610minus34 J s ) (3 108 m s)

30010minus9m=663 10minus19 J=414 eV

Luego aplicamos Kmax=h f minusФ=414eV minus246eV =168 eV

b) la longitud de onda de corte para el sodio

E=h f 0=Ф dedonde hcλ0

aislamos λ0=hcФ

peroФ=(246 eV )(1610minus19 J eV )=39410minus19 J

Reemplazamos λ0=(662610minus34 Js )(3108 m s)

394 10minus19 J=iquest 505 10minus7=505 nm

c) calcule la rapidez maacutexima del efecto fotoeleacutectrico

E=12

m v2rarr 168eV iquest(91110minus31kg)v2

2 rarr v=768 105 m s

Problema 34Un aacutetomo absorbe un fotoacuten que tiene una longitud de onda de 375 nm e inmediatamente emite otro fotoacuten que tiene una longitud de onda de 580 nm iquestCuaacutel es la energiacutea neta absorbida por el aacutetomo en este proceso

Solucioacuten

Eneta=E f minusEi

Eneta=1240 eV nm

λemiteminus1240 eV nm

λabsorbe=1240 eV nm

λemiteminus1240 eV nm

λabsorbe

Eneta=2138 eVminus331 eV =1172eV

Problema 35La mayoriacutea de los procesos gaseosos de ionizacioacuten requieren cambios de energiacutea de 1 x10minus18 a 1 x10minus16 iquestqueacute regioacuten del espectro electromagneacutetico del sol es entonces

principalmente responsable de la creacioacuten de la ionosfera en la atmosfera de la tierra

Solucioacuten

tenemos E=1240 eV nmλ

reemplazamos 1 x10minus16minus1 x 10minus18=1240 eV nmλ

convirtiendo a eV 625minus625=1240 eV nmλ

cancelando eV λ=1240 nm61875

=iquest 2004 nm(ultravioleta)

Problema 36Se desea escoger una sustancia para una foto celda operable con luz visible iquestCuaacutel de la siguientes lo haraacute(la funcioacuten de trabajo aparece entre pareacutentesis )el tantalio(42eV)el tungsteno(45eV)el aluminio(42eV)el bario(25eV)el litio(23eV)el cesio(19eV)

Solucioacuten

Sabemos E=1240 eV nmλ

ReemplazamosE=Ф

Luego λ=1240 eV nm

Ф

aiquest tantalio λ=1240 eV nm

42 eV=iquest 2952nm(ultravioleta)

biquest tungsteno λ=1240 eVnm

45 eV=iquest 2756 nm(ultravioleta)

c iquestaluminio λ=1240 eV nm

42 eV=iquest 2952nm(ultravioleta)

d iquestbario λ=1240 eV nm

25 eV=iquest 496 nm(visible)

e iquestlitio λ=1240 eV nm

23 eV=iquest 5391nm(visible)

f iquest sesio λ=1240 eV nm

19 eV=iquest 6526nm(visible)

Problema 37a) La energiacutea necesaria para desprender un electroacuten de sodio metaacutelico es de 228eV iquestMuestra el sodio un efecto fotoeleacutectrico bajo luz roja con λ=678 nmb) iquestCuaacutel es la longitud de la onda de corte de la emisioacuten fotoeleacutectrica del sodio y a que color corresponde esta longitud de onda

Solucioacuten

Para la pregunta a

Tenemos E=1240 eV nmλ

Reemplazamos E=1240 eV nm678 nm

=iquest 18289 eV

no se produce el efecto fotoelectrico porque Elt228 eV

Para la pregunta b

E=1240 eV nmλ

Reemplazamos E=1240 eV nm228 eV

=iquest 54386 nm(verde)

Pregunta 38Un numero de fotones incide sobre una superficie de sodio que tiene una funcioacuten de trabajo de 228eV causando la emisioacuten fotoeleacutectrica cuando se impone un potencial de frenado de 492 V no existe una fotocorriente Halle la longitud de onda de los fotones incidentes

Solucioacuten

Tenemos Ф=228 eV

Tambieacuten h f =Ф+k max

Reemplazado h f =Ф+e V 0

Luego 1240 eV nm

λ=228 eV +(16 10minus19C )(492 V )

Sabemos V=J C por lo tanto convertimos a eV

1240 eV nm

λ=228 eV +(16 10minus19C )(492J C)(1eV 16 10minus19 J )

Cancelando λ=1722 nm

Pregunta 39a Si la funcioacuten de trabajo de un metal es de 185eV iquestCuaacutel seria el potencial de frenado de la luz que tenga una longitud de onda de 410 nmb iquestCuaacutel seria la velocidad maacutexima de los fotoelectrones emitidos en la superficie de metal

Solucioacuten

Para a

Sabemos h f =Ф+k max

Reemplazamos 1240 eV nm

λ=185 eV +e V 0

1240 eV nm

410 nm=185 eV +e V 0

Reduciendo V 0=117V

Para b

Tenemos k max=e V 0

12

m v2=e V 0

Reemplazamos 12

(91110minus31) v2=(16 10minus19 )(117 V )

Reduciendo V=641 km s

Pregunta 40El molibdeno tiene una funcioacuten de trabajo de 420 eV a) encuentre la longitud de onda de corte y la frecuencia de corte para el efecto fotoeleacutectrico B) calcule el potencial de frenado si la luz incidente tiene una longitud de onda de 180nm

Solucioacuten

Para a sabemos Ф=h f 0 de aquiacute Ф=h CλC

Aislamos λ λC=h CФ

Reemplazamos λC=iquest (662610minus34 )(3 108)

42016 10minus19 =iquest 2958 nm

Ahora calculamos la frecuencia de cortef 0

Sabemos f 0=CλC

=iquest 3108

295810minus9= 1014 pHz

Para b tenemos Kmax=CλC

minusФ

Reemplazamos Kmax=6626 10minus34 3108

18010minus9 minus420 eV

Reduciendo Kmax=2675 eV

Finalmente calculamos el V 0

De Kmax=eV 0

Aislamos V 0=iquest 267516 10minus19 J

16 10minus19 C=iquest 2675 V

Problema 41Un estudiante que analiza el efecto fotoeleacutectrico de dos metales diferente registra la siguiente informacioacuteni) el potencial de frenado para los fotoelectrones liberados en el metal 1 es 148 V mayor que para el metal 2 y ii) la frecuencia de corte para el metal 1 es 40 mas pequentildea que para el metal 2determine la funcioacuten de trabajo para cada metal

Kmaxi=e V 01 Kmaxi=e(V 02+148) (1)

Kmaxi=e V 02 (2)

h f 01=Ф1 h 60

100 f 02=Ф1 (3)

Metal 1 Metal 2 V 01=V 02+148

f 01=60

100 f 02

V 02=V 02

f 01=f 02

h f 02=Ф2 (4)

En (1)

h f minush f 01=e(V 02+148) (5)

h f minush f 02=e V 02 (6)

Luego (6) en (5)

h f minush60

100 f 02=h f minush f 02+e 148

Simplificando f 02=e 148 5

2 h=Ф2

Ф2=37 eV

Entonces h60100

f 02=Ф1

Pero h f 02=Ф2

Reemplazando f 02=h60

100Ф2

h=Ф1

Simplicando Ф1=222eV

Pregunta 42Dos fuentes luminosas se utilizan en un experimento fotoeleacutectrico para determinarla funcioacuten de trabajo para una superficie metaacutelica particular Cuando se emplea luz verde de una laacutempara de mercurio (λ=5461 nm) un potencial de frenado de 0376 V reduce la fotocorriente a ceroa Con base a esta medicioacuten iquestCuaacutel es la funcioacuten de trabajo para este metalb iquestQueacute potencial de frenado se observariacutea al usar la luz amarilla de un cubo de descarga de helio λ=58715 nm

Solucioacuten

Para a

Kmaxi=h f minusФ (1)

Kmaxi=e V 0 (2)

(1) En (2)

h f minusФ=e V 0

Luego Ф=minuse V 0+h c λ

Reemplazando valores

Ф=minus(16 10minus19C ) (0376 V )+(60626 10minus34 J S ) 3 108546110minus9

Ф=1899 eV

Para b

De la ecuacioacuten h f minusФ=e V 0

Aislamos V 0=iquest h

CλminusФ

e

V 0=iquest 3108

587510minus9 minusiquest 19 eV iquest16 10minus19C=02125 V

Pregunta 43Fotones de 450 nm de longitud inciden sobre un metal los electrones mas energeacuteticos expulsados del metal se desviacutean en in arco circular de 200 cm de radio por medio de un campo magneacutetico con una magnitud de 200x10minus5 TiquestCuaacutel es la funcioacuten de trabajo del metal

Datos

λ=450 10minus9m r=200cm=02 m t=200 x10minus5T

Solucioacuten

Hallamos ldquoErdquo

E=hcλ

rarr E=(6626 10minus34 J S )(3108)450 10minus9m=441710minus19 J

Hallamos ldquoV ldquo

V=q Br m

V=(16 10minus19 J ) ( 20010minus5T ) (02 m )

91110minus31 Kg=007025107m S

Hallamos k rsub max

k max=12

mv2 rarr k max=( 91110minus31 Kg )iquest

Hallamos ldquoФrdquo

Ф=hcλ

minuskmax=4417 10minus19 Jminus224810minus19 J=21691019 1 eV 1610minus19

Ф=135 eV

Problema 44Un Fotoacuten que tiene energiacutea Eo es dispersado por un electroacuten libre inicialmente en reposo de tal manera que el aacutengulo de dispersioacuten del electroacuten dispersado es igual al del fotoacuten dispersado ( ) a) Determine los aacutengulos y b) La energiacutea y el momentum del fotoacuten dispersado y c) La energiacutea cineacutetica del electroacuten dispersado

Solucioacuten

aiquest Determine los aacutengulos y

X hλ0

=h cosФ

λ+γ me VcosФ

Y 0=minush senФ

λ +γ me VsenФ

De Y 0=minush

λ=γ me V rarr

h

λ =γ me V

De X hλ0

=hcosФ

λ+ hcosФ

λ()

despejando λ

2 λ0 cosФ

corrimiento de compton

λminus λ0=

hme c

(1minuscosФ )rarr 2 λ0 cosФminusλ0=h

me c(1minuscosФ )

Sabiendoque λ0=hcE0

en funcion de E0

2 λ0 cosФminus1=E0

me c2 (1minuscosФ )rarr sihacemos E0

me c2 =x

2 λ0 cosФminus1=x (1minuscosФ )

Aislamos elaacutengulo Ф=arcocos( x+1x+2

)

biquest La energiacutea y el momentumdel fotoacuten dispersado energ iacutea

E=hc λ si λ =2 λ0 cosФ si λ0=hcλ0

entonces E=E0

2cosФ obtenemos Eacute=( x2+2 x

2 x+2)me c2

Momenton p h Si acute 2 λ0 cos E h 2 λ0cos Si λ0=hc E0

entonces pE0

2C cosФ obtenemos Pacute=( x2+2 x

2 x+2)me c2

c iquest La energiacuteacineacutetica del electroacutendispersado E0 iquest E +Ke E0minusE =Ke

Reemplazamos Ke=( x2

2 x+2)me c2

Problema 45Un Fotoacuten de 0880mev es dispersado por un electroacuten libre inicialmente en reposo de tal manera que el aacutengulo de dispersioacuten del electroacuten dispersado es igual al del fotoacuten dispersado ( ) a) Determine los aacutengulos y b) La energiacutea y el momentum del fotoacuten dispersado y c) La energiacutea cineacutetica del electroacuten dispersado

Solucioacuten

aiquest Determine los aacutengulos y

X hλ0

=h cosФ

λ+γ me VcosФ

Y 0=minush senФ

λ +γ me VsenФ

De Y 0=minush

λ=γ me V rarr

h

λ =γ me V

En X hλ0

=hcosФ

λ + hcosФ

λ ()

hλ0

=2h cosФ

λ rarr λ =2 λ0cosФ

λminus λ0=

hme c

(1minuscosФ )rarr 2 λ0 cosФminusλ0=h

me c(1minuscosФ )

Pero E0=hcλ0

reemplazando y combinando

me

E0

c2 (2 cosФminus1 )=(1minuscosФ )

(91 10minus31 kg)(9 1016 m2 s2)iquestiquest (1minuscosФ )=iquest 5809 10minus2 (2cosФminus1 )

cosФ=013

Ф=43 10

biquest La energiacutea y el momentumdel fotoacuten dispersado

E hc Si acute 2 λ0 cos

E hc 2 λ0 cos Si λ0=hc E0 E E0 2 cos Reemplazando E=0808 meV 2 cos 43 ordm=602 KeV

P h =E c=602103 16 10minus19 3108=iquest

P 32110minus22kg m s

c iquest La energiacuteacineacutetica del electroacutendispersado

k e=880 KeV minus602 KeV k e=278 KeV

Problema 46En un experimento de dispersioacuten Compton un fotoacuten se desviacutea en 900ordm y el electroacuten se desviacutea en un aacutengulo de 200ordm Determine la longitud de onda del fotoacuten dispersado

Solucioacuten

X hλ0

=h cosФ

λ+γ me VcosФ Y 0=minush senФ

λ +γ me VsenФ

Luego

Y h

λ=γ me Vsen200

(2iquest X hλ0

=γ me Vcos200 (1iquest

De 2 y1

λ0=λ tg200

De

λ minus λ0=h

mc(1minuscos900)

λ minus λ tg 200= hmc

rarr λ (1minustg 200 )= hmc

λ (1minus036 )=00024310minus9 m

λ =38 10minus12m

Problema 47Un fotoacuten de 000160nm se dispersa a partir de un electroacuten libre iquestPara queacute aacutengulos de dispersioacuten (fotoacuten) el electroacuten de retroceso tiene la misma energiacutea cineacutetica que la energiacutea del fotoacuten dispersado

Solucioacuten

λ0=000160 10minus9 hcλ0

=hc

λ+ hc

λ=rarr

1λ0

= 2

λ

λ minus λ0=h

mc(1minuscosФ)

000160 10minus9 m=000243 10minus9m(1minuscosФ)

cosФ=034

Ф=70 10

Problema 48A partir de la dispersioacuten de la luz solar de Thompson calculo el radio claacutesico del electroacuten que tiene un valor de 282 10minus15 Si la luz del sol con una intensidad de 500Wm2cae sobre un disco con este radio calcule el tiempo requerido para acumular 1eV de energiacutea Suponga que la luz es una onda claacutesica y que la luz que golpea al disco es absorbida por completo iquestCoacutemo se compara su resultado con la observacioacuten que los fotoelectrones son emitidos con rapidez dentro de10minus9 s Solucioacuten

radiaccion=500 W m2

tenemos I=P A rarr P=I A

Luego W t=I A

t=EI

A= 1 eV500 W π iquestiquestiquest

Absolutamente largo

  • Laboratorio de Fiacutesica Moderna
Page 8: David reparado

Problema 9Un filamento metaacutelico cuyo diaacutemetro es 02 mm se calienta con corriente eleacutectrica hasta una temperatura de 3000 K Calcule que tiempo demoraraacute en enfriarse despueacutes de apagarse (desconectarse) hasta una temperatura de 800 K Considere que el filamento emite como un cuerpo negro y que no recibe ninguna energiacutea del medio que le rodea Desprecie cualquier efecto que produzca la perdida de su energiacutea La densidad del filamento es 19 gcm3 y el calor especiacutefico es 0037 cal (gK) (1 cal = 41868J)

Datos

d = 02mm = 2∙10-4 m

T1 = 3∙103 K

T2 =8∙102 K

ρ = 19 gcm3 = 19∙103 kgm3

c = 0037 Cal (g∙K) = 154 9 J (kg∙K)

σ = 5 67∙10-8 W (m2∙K4)

Solucioacuten

Si A es el aacuterea de la superficie del filamento y R es la energiacutea emitida por el filamento por unidad de tiempo y superficie (la radiancia) entonces la energiacutea U emitida por la superficie del filamento en unidad de tiempo es igual a

U = RA

El aacuterea de la superficie del filamento A = (πd) l donde l es la longitud del filamento Seguacuten la ley de Stefan-Boltzman

R = σT4

Por lo tanto

U = σT4 (πd) l (1)

Durante el tiempo dt la temperatura del filamento disminuye en dT y el filamento pierde una energiacutea

Udt = - mcdT

Dondem es la masa del filamento y c es el calor especifico del material del filamento

Sustituyendo U por la expresioacuten (1) se obtiene

σT4 (πd) ldt = - mcdT

Integrando la uacuteltima expresioacuten tenemos

(2)

La masa del filamento m = Vρ donde V es su volumen

Sustituyendo m en la expresioacuten (2) obtenemos para el tiempo lo siguiente

Rectificando las unidades y poniendo los valores numeacutericos del problema se obtiene

El filamento se enfriacutee raacutepidamente ya que la radiancia es directamente proporcional a T4

Problema 10 A partir de la foacutermula de Planck para la radiancia espectral encontrar a) la ley de Stefan-Boltzman b) la ley de desplazamiento de Wien

Solucioacuten

a) Planck descubrioacute la forma de la funcioacuten Rλ = f (λ T)

(1)

Donde C1 y C2 son constantes C1= 2πc2h y C2 = hck

k = 13806610-23JK es la constante de Boltzman c = 29979108ms la velocidad de la luz y h = 662617610-34Js la constante de Planck

Esta foacutermula responde a los datos experimentales y de ella pueden deducirse directamente como casos particulares la ley termodinaacutemica de Stefan-Boltzman y la ley de deslazamiento de Wien

La radiancia R (es decir la cantidad total de energiacutea radiante emitida por el cuerpo por unidad de superficie y tiempo) del cuerpo negro se puede obtener integrando la radiacioacuten emitida en todos los intervalos de longitud de onda

(2)

DondeRλ es la radiancia espectral

Si la distribucioacuten de la energiacutea entre las zonas del espectro del cuerpo negro se representa en la escala de frecuencias en lugar de Rλ hay que tomar la radiancia Rν

referida a un intervalo unidad de frecuencias Entonces

Rλdλ = Rνdν (3)

Y la expresioacuten (2) se presenta en forma

(4)

Y como λ = cν donde c es la velocidad de la luz en el vaciacuteo dλ= cν-2dν y poniendo este valor en (3) obtenemos

Sustituyendo en la foacutermula (1) λ por cν (λ = cν) la foacutermula de Planck se transforma en la siguiente expresioacuten

Y por consiguiente

(5)

Poniendo la expresioacuten (5) en (4) se obtiene la energiacutea total emitida por el cuerpo

Utilicemos el meacutetodo de integracioacuten por sustitucioacuten Podemos introducir una nueva variable

Entonces

Donde

Por lo tanto

Sustituyendo las constantes C1 y C2 por sus respectivas expresiones se obtiene

Donde

b) Para obtener le ley de desplazamiento de Wien utilizando la foacutermula de Planck es necesario encontrar analiacuteticamente la expresioacuten de la posicioacuten del maacuteximo en la curva que responda a la distribucioacuten de la radiancia del cuerpo negro entre las longitudes de onda Para esto es necesario encontrar el valor λ = λmaacutex para el cual la funcioacuten Rλ= f (λ T) para la temperatura constante tiene su valor maacuteximo por lo que debe cumplirse la condicioacuten

Sacando factor comuacuten se obtiene

De aquiacute tenemos

Realizando el cambio de variable

(1)

Tendremos

Si x es suficientemente grande se puede despreciar el 1 en el denominador comparando con ex entonces ya tenemos una primera solucioacuten aproximada para x

Tomando este valor como punto de partida podemos encontrar el valor real de x Por ejemplo utilizando el meacutetodo de aproximaciones sucesivas obtendremos

x1= 4965

Sustituyendo x en la expresioacuten (1) por el valor numeacuterico encontrado de x1 se obtiene

DondeC25 = b que es la constante de la ley de desplazamiento de Wien

Calculando b se obtiene su valor numeacuterico

Es evidente que para demostrar que λT = const no es necesario calcular el valor numeacuterico de x ya que λT = C2x = const

Rt = 092∙ 567∙10-8∙ (103)4∙314∙015∙10-2∙1 = 24569(W)

Problema 11

Una superficie metaacutelica de 10cm2 de aacuterea se encuentra a una temperatura de 2500 K y emite durante un minuto una energiacutea teacutermica de 4 x 104 J Encuentre a) la energiacutea emitida por la superficie si fuera un cuerpo negro y b) la razoacuten de la radiancia de esta superficie a la de un cuerpo negro de igual aacuterea y a la misma temperatura

Problema 12El espectro de la luz visible (luz blanca) incluye longitudes de onda comprendidas entre 380nm (violeta) y780nm (roja)a) Determinar la frecuencia de la radiacioacuten correspondiente a estos coloresb) Calculeacute conforme a la hipoacutetesis de Planck la energiacutea de loa fotones que corresponden a la luz violeta y luz rojac) cuantos fotones de luz roja son necesarios para cumular 3J de energiacutea

Datos

c=300 108 msminus1 h=66310minus34 Js

Solucioacuten

Para la pregunta a

luzvioleta v1=C⋋1

= 300 108

35010minus9 =8571014 Hz

luzroja v2=C⋋2

= 300108

780 10minus9 =385 1014 Hz

Para la pregunta b

EVioleta hv1=6626 10minus34 857 1014=568 10minus19 J

ERoja hv2=6626 10minus34 385 1014=25510minus19 J

Para la pregunta c

3 J

25510minus19 J fotonminus1=118 10minus18 fotones

Problema 13Un cuerpo estaacute radiando energiacutea conforme a la hipoacutetesis de Planck

a) Determina la energiacutea de un cuanto cuya longitud de onda es de 25nmb) Calcule la frecuencia correspondiente dicho cuanto de energiacutea Datos ⋋=25 nm Solucioacuten

aiquest E=hv=hC⋋

=662610minus34 300 108

25 10minus9 =80 10minus18 J

biquest v= C⋋

=300 108

25 10minus9 =121016 Hz

Problema 14iquestQueacute longitud de onda debe tener un fotoacuten para ionizar un aacutetomo de cesio con potencial de ionizacioacuten de 388V

Datos

V = 388V

h = 6626 10∙ -34Jmiddotse = 1602 10∙ -19C

Solucioacuten

La ionizacioacuten de un aacutetomo es la separacioacuten de uno o varios electrones del aacutetomo Para que el aacutetomo se ionice el electroacuten debe realizar un trabajo (energiacutea de ionizacioacuten E0) contra las fuerzas de atraccioacuten entre el electroacuten y el resto de las partiacuteculas que componen el aacutetomo o sea compensar la energiacutea de enlace del electroacuten

La energiacutea necesaria el electroacuten adquiere del fotoacuten de la luz que eacutel lo absorbe La energiacutea del fotoacuten depende de la longitud de onda y es igual a hν donde ν es la frecuencia de la luz y h es la constante de Planck De modo que tendremos

hν = E0

La energiacutea de ionizacioacuten E0 = eV donde V es el potencial de ionizacioacuten

Por lo tanto

hν = eV

Sustituyendo ν por cλ (ν = cλ) se obtiene

Poniendo los valores numeacutericos del problema tenemos

Problema 15Determinar la velocidad de un electroacuten emitido de una superficie de plata iluminada con luz monocromaacutetica de longitud de onda de 1500 Aring La longitud de onda a la cual comienza a manifestar este efecto es de 2600 Aring

Datosλ0 = 2600 Aring = 260 10∙ -9 mλ = 1500 Aring = 150 10∙ -9 mh = 6626 10∙ -34 J∙sc = 3 10∙ 8 msm =9109 10∙ -31 kgSolucioacuten

La ecuacioacuten de Einstein para el efecto fotoeleacutectrico es

hν = E0 + Ec maacutex (1)

Donde hν es la energiacutea del fotoacuten E0 el trabajo de salida del electroacuten del metal Ec

maacutex= mυ22 la energiacutea cineacutetica maacutexima del electroacuten que se desprende del metal

La energiacutea necesaria para arrancar el electroacuten del metal

E0 = hν0

Donde ν0 = cλ0 es la frecuencia umbral (de corte) debajo de la cual no se produce el efecto fotoeleacutectrico

Por consiguiente

Sustituyendo ν por cλ E0 por hcλ0 y Ecmaacutex por mυ22 en la ecuacioacuten (1) se obtiene

Rectificando las unidades y poniendo los valores numeacutericos se obtiene

Problema 16Determine el trabajo de extraccioacuten de un electroacuten en el efecto fotoeleacutectrico si longitud de onda a la cual se produce el efecto fotoeleacutectrico es menor que29510-6 mm

Datos

λ0 = 295 10∙ -6 mm = 295 10∙ -9 mh = 6626 10∙ -34 J∙sc = 3 10∙ 8 ms1eυ = 16middot10-19 J

Solucioacuten

La energiacutea necesaria para la realizacioacuten del trabajo de extraccioacuten de un electroacuten se calcula por la foacutermula

E0 = hν0

Donde ν0 es la frecuencia de corte por debajo de la cual no se produce el efecto fotoeleacutectrico

Sustituyendo ν0 por cλ0 se calcula E0

Problema 17Hallar la frecuencia de la luz que arranca los electrones de la superficie de un metal que se retardan por un potencial retardador de 3 V En este metal el efecto fotoeleacutectrico comienza cuando la frecuencia de la luz que incide sobre eacutel es de 61014 Hz Hallar el trabajo necesario para arrancar el electroacuten de este metal

Datos

V0 = 3V

ν0 = 6 10∙ 14 Hz = 6 10∙ 14s-1

Solucioacuten

El trabajo necesario para arrancar el electroacuten del metal se calcula por la foacutermula

E0 = hν0

Donde ν0 es la frecuencia de corte

E0 = 6626 10∙ -34J s 6 10∙ ∙ ∙ 14s-1 = 398 10∙ -19J

Entre la energiacutea cineacutetica maacutexima y el potencial retardador existe la siguiente relacioacuten

Ecmaacutex = eV0

Donde e es la carga del electroacuten y V0 es el potencial retardador

Sustituyendo Ec maacutex por eV0 en la ecuacioacuten de Einstein obtenemos

hν = E0 + eV0

Por consiguiente

Problema 18Un fotoacuten de radiacioacuten de rayos X con longitud de onda 01 nm cae sobre un electroacuten deacutebilmente enlazado de un elemento ligero y se desviacutea 90ordm de su direccioacuten inicial Calcule la energiacutea que adquiere el electroacuten despueacutes del choque y la direccioacuten de su movimiento

Datos

λ = 01 nm = 1 10∙ -10 mφ = 90ordmh = 6626 10∙ -34 J∙sc = 3 10∙ 8 msm = 91 10∙ -31 kg

Solucioacuten

La variacioacuten de la longitud de onda de los rayos X cuando se produce la difusioacuten de Compton se determina por la foacutermula

(1)

Siendo φ el aacutengulo de difusioacuten y m la masa del electroacuten en reposo

Sustituyendo en esta igualdad (1-cosφ) por 2sen2φ2 y teniendo en cuenta que

Δλ = λrsquo -λ obtenemos

(2)

(3)Si la energiacutea del fotoacuten primario es hν y la del fotoacuten difuso hνrsquo tendremos que de acuerdo con la ley de la conservacioacuten de la energiacutea la energiacutea Ec adquirida por el electroacuten vendraacute expresada por la igualdad

Sustituyendo ν por cλ y νrsquo por cλrsquo tenemos

(4)

Poniendo las expresiones (2) y (3) en la igualdad (4) se tiene

Donde A =h (mc)

La constante A = 002426 Aring suele llamarse longitud de onda Compton

Rectificando las unidades y poniendo los datos numeacutericos del problema hallamos la energiacutea del electroacuten despueacutes del choque

Hallamos ahora la razoacuten de la energiacutea del electroacuten de retroceso Ec a la energiacutea del fotoacuten incidente hν = hcλ

En general el electroacuten obtiene una pequentildea parte de la energiacutea del fotoacuten En el caso nuestro solamente 0024 (24) de la energiacutea del fotoacuten

La fig1 muestra el movimiento del electroacuten a) antes de la colisioacuten y b) despueacutes de la colisioacuten Para determinar la direccioacuten del movimiento del electroacuten despueacutes de la colisioacuten es necesario calcular el aacutengulo α bajo el cual estaacute dirigido su movimiento (fig1b)

a) b) Fig1 Fig2 De acuerdo con la ley de la conservacioacuten de la cantidad de movimiento en forma vectorial tenemos la ecuacioacuten

pf = pfrsquo + pe (5) Donde pf (pf = hνc = hλ) es la cantidad de movimiento del fotoacuten antes de la colisioacuten pfrsquo (pfrsquo = hνrsquoc = hλrsquo) es la cantidad de movimiento del fotoacuten difuso y pe es la cantidad de movimiento del electroacuten despueacutes de la colisioacuten pe = mυ donde υ es la velocidad del electroacuten

La cantidad de movimiento del electroacuten antes del choque es igual a cero ya que en reposo su velocidad es cero Graacuteficamente el vector pf es la diagonal del paralelogramo cuyos lados son los vectores pfrsquo y mv (fig2) Los aacutengulos φ y α representan respectivamente los aacutengulos bajo los cuales tienen lugar la difusioacuten del fotoacuten y la aparicioacuten del electroacuten de retroceso

De la fig2 se deduce que

Poniendo en lugar de pf y pfrsquo sus valores respectivos hλ y hλrsquo podemos escribir esta igualdad de forma siguiente

Sustituyendo λrsquo por la expresioacuten (3) obtenemos

Problema 19iquestCon queacute fuerza se atraen el nuacutecleo y el electroacuten en la primera oacuterbita del aacutetomo de hidroacutegeno iquestCuaacutentas veces es esta fuerza mayor que la fuerza gravitacional que actuacutea entre el nuacutecleo y el electroacuten

Datos

me = 9109 10∙ -31 kg

mp = 1840 9109 10∙ ∙ -31 kgG = 6672 10∙ -11 N∙m2∙kg-2

r = 053 10∙ -10 mn = 1ε0 = 8854 10∙ -12F∙ m-1

e = 1602 10∙ -19 C

Solucioacuten

La fuerza de interaccioacuten entre el nuacutecleo y el electroacuten es la fuerza electroestaacutetica de Coulomb

Donde r es el radio de la primera oacuterbita estacionaria del aacutetomo de hidroacutegeno

Rectificando las unidades y poniendo los valores numeacutericos se calcula la fuerza electroestaacutetica

Donde

La fuerza gravitacional se calcula por la foacutermula

Donde me es la masa del electroacuten mp la masa del protoacuten G la constante gravitacional

Por lo que

Problema 20Calcule cual es el radio de la primera orbita del electroacuten que gira alrededor de un nuacutecleo del aacutetomo de hidroacutegeno seguacuten el modelo de Bohr Determine la velocidad con que el electroacuten se mueve en esta oacuterbita

Datos

ε0 = 8854 10∙ -12 F∙m-1

e = 1602 10∙ -19 Cm = 9109 10∙ -31 kgh = 6626 10∙ -34 J∙s

Solucioacuten

La fuerza de interaccioacuten entre el electroacuten y el protoacuten del nuacutecleo es la fuerza

electrostaacutetica ( Fel) de Coulomb

Donde r es la distancia entre el nuacutecleo y el electroacuten Bajo la accioacuten de esta fuerza el electroacuten describe alrededor del nuacutecleo oacuterbitas en forma de elipses de Kepler y como un caso particular en forma de circunferencia

La fuerza de Coulomb es una fuerza centriacutepeta (Fc) y es numeacutericamente igual cuando se trata de una oacuterbita circular a

Por lo tanto

(1)

Para una oacuterbita circular la cantidad de movimiento angular del electroacuten es

p = mυr

La condicioacuten cuaacutentica de Bohr p = nh2π da la posibilidad de calcular el radio de

La oacuterbita circular estacionaria

(2)

La expresioacuten (1) se puede escribir en forma siguiente

Sustituyendo (mυr) por la expresioacuten (2) se obtiene

Para la primera oacuterbita n = 1 Por lo tanto

(3)

Esta magnitud representa el radio de la primera oacuterbita circular del electroacuten (radio de Bohr) es decir de la maacutes proacutexima al nuacutecleo del aacutetomo de hidroacutegeno

Rectificando las unidades y poniendo en lugar de h m ε0 y e sus respectivos valores numeacutericos se obtiene

Donde

(4)

Utilizando la expresioacuten (2) podemos calcular la velocidad υ con que el electroacuten se mueve en la primera oacuterbita

Sustituyendo r por la expresioacuten (3) tendremos

Rectificando las unidades se obtiene

Para n = 1

Problema 21iquestCalcule la energiacutea total del electroacuten en la segunda oacuterbita del aacutetomo de Bohr

SolucioacutenLa energiacutea total del electroacuten es

E = Ec+ Ep

Donde Ec es la energiacutea cineacutetica y Ep es la energiacutea potencial del electroacuten

La energiacutea potencial del electroacuten en el campo electrostaacutetico del nuacutecleo es igual a

Donde r es la distancia entre el nuacutecleo y el electroacuten (el radio de la oacuterbita)

La energiacutea cineacutetica

(1)

Donde m es la masa del electroacuten y υ es su velocidadSobre el electroacuten actuacutea una fuerza electroestaacutetica

Que es una fuerza centriacutepeta igual a

Por consiguiente

(2) Sustituyendo mv2 en la foacutermula de la energiacutea cineacutetica (1) por la expresioacuten (2) se obtiene

Por lo tanto la energiacutea total seraacute igual a

Sustituyendo r (ver el resultado del problema anterior) por

Se obtiene

Rectificando las unidades obtenemos

Para la segunda oacuterbita el nuacutemero cuaacutentico n = 2

Poniendo en lugar de h m y e sus respectivos valores numeacutericos hallamos

Problema 22iquestCuaacutel es la longitud de onda del fotoacuten emitido por el aacutetomo de hidroacutegeno cuando el electroacuten transita de la cuarta oacuterbita a la segunda

Solucioacuten

La radiacioacuten se produce soacutelo cuando el aacutetomo sufre una transicioacuten de una oacuterbita con energiacutea Ek a otra oacuterbita de menor energiacutea Ej (Ej lt Ek) En forma de ecuacioacuten

hν = Ek - Ej

Donde hν es el cuanto de energiacutea transportado por el fotoacuten emitido del aacutetomo durante la transicioacuten

En el caso nuestro k = 4 y j = 2 Por lo tanto

hν = E4 - E2

Utilizando la foacutermula de la energiacutea del electroacuten (ver el problema 21) se obtiene

Donde el teacutermino

Es la energiacutea del electroacuten en la segunda oacuterbita (Ver el problema 21)

Por consiguiente

Seguacuten el resultado del problema 21 E2 = -54 10∙ -19J

Por lo tanto

Como λ = cν entonces

Problema 23El electroacuten del aacutetomo de hidroacutegeno salta de la tercera oacuterbita a la segunda a) Calcular la longitud de onda del fotoacuten emitido b) Calcular la disminucioacuten de la energiacutea del aacutetomoacute

Datos

j =1k = 3R = 1097middot107 m-1

h = 6626 10∙ -34 J∙s

Solucioacuten

Cuando el electroacuten pasa de la oacuterbita de mayor energiacutea (Ek) a una orbita de menor

energiacutea (Ej) el aacutetomo emite un fotoacuten cuya energiacutea es igual a E = Ek- Ej La longitud de onda del fotoacuten emitido se calcula por la foacutermula

J y k son los nuacutemeros de las oacuterbitas y R es la constante de Ridberg

La disminucioacuten de la energiacutea del aacutetomo es igual a la energiacutea del fotoacuten emitido

Problema 24

a) iquestQueacute tensioacuten del campo eleacutectrico es necesaria seguacuten la mecaacutenica claacutesica para que un electroacuten acelerado en este campo adquiera la velocidad de la luzb) iquestCuaacutel seraacuten la velocidad del electroacuten y su masa en este campo seguacuten la mecaacutenica relativista

Datos

m0 = 9109∙10-31kgc = 3∙108mse = 1602 10∙ -19C

Solucioacuten

a) Seguacuten la mecaacutenica claacutesica la energiacutea cineacutetica del electroacuten

Donde m0 es la masa de reposo del electroacuten y υ es su velocidad La diferencia de potencial V multiplicada por la carga del electroacuten es una medida de la energiacutea cineacutetica del electroacuten adquirida en el campo eleacutectrico En otras palabras

Sustituyendo υ por c se calcula la diferencia de potencial del campo eleacutectrico necesaria para que el electroacuten adquiera la velocidad de la luz

Analizando las unidades y poniendo los valores numeacutericos del problema se obtiene

b) En la mecaacutenica relativista se calcula la masa m del electroacuten y su energiacutea

cineacutetica Ec utilizando las foacutermulas siguientes

Pero numeacutericamente Ec = (m0c2)2 o sea

La masa del electroacuten seraacute igual a

Problema 25iquestCuaacutel es la energiacutea de un fotoacuten correspondiente a ondas radio de frecuencia 1255 x106 Hz

Datos

E=hv v=c⋋Solucioacuten E=662610minus34 1255 106=831610minus28 J

PROBLEMA 26La liacutenea verde en el espectro atoacutemico del talio tiene una longitud de onda de 535 nm Calcular la energiacutea de un fotoacuten

Solucioacuten

H=662610minus34C=300 108 msminus1

E=hv v=c ⋋ v=300 108 msminus1

53510minus9 =560 1014

E=662610minus34 560 1014=372 10minus19J

PROBLEMA 27Un electroacuten salta desde un orbital maacutes externo a otro maacutes interno entre los que existe una diferencia de energiacutea de 15 x 10-15 J iquestCuaacutel es la frecuencia de la radiacioacuten emitida

Datos

∆ E=hv

Solucioacuten

v=∆ E h= 15 10minus15J662610minus34 JS

=2261018 Sminus1

Problema 28La longitud de onda umbral para que cierta superficie metaacutelica emita electrones es 6000 Aring Se observoacute que si esa superficie fotosensible se ilumina con luz de 4000 Aring los electrones son emitidos con una velocidad de 606 x 105m s-1 Deducir el valor de la constante de Planck

Datos

λ1=600 Aring=610minus7 λ2=400 Aring=410minus7 V = 6 06 x 105m s-1 m=9 110minus31

Solucioacuten h= Cλ 2

=hCλ 1

+ mv2

2

h= 3 108

410minus7 =h3 108

6 10minus7 +91 10minus31 (606105)2

2

75 1014 h=5 1014 h+16710minus19

25 1014 h=167 10minus19

h=66810minus34 Js

Problema 29La frecuencia umbral de cierto metal es 88 x 1014 s-1 Calcular la velocidad maacutexima de los electrones emitidos por ese metal cuando se ilumina con luz cuya longitud de onda es 2536 Aring iquestQueacute energiacutea cineacutetica poseen esos electrones

EC=h(CλminusV C)=662610minus34 J s ( 3

108ms

2536 10minus10 minus88 x 1014 sminus1)=201 10minus19 J

EC=m v2

2rarr v2=radic 2 EC

m=radic 2 20110minus19 J

9110minus31kg=664 105 m s

Pregunta 30Una superficie de cierto metal emite electrones cuya energiacutea cineacutetica equivale a 3 eV cuando se ilumina con luz de longitud de onda de 1500 Aring iquestcual es el valor de la frecuencia umbral de ese metal

Solucioacuten

Se debe cumplir que E incidente= E umbral+E cineacutetica del electroacuten

E incidente=hv=hλ=66210minus34 J S 3 108 msminus1

150010minus10m=13 10minus18 J

E incidente del electron=3eV 16 10minus19 J eV minus1=48 10minus19 J

E umbral=13 10minus18 Jminus4810minus19 J=8210minus19

υ= Eh

= 82 10minus19 J66210minus34 JS

=13 1015 Hz

Problema 31Calcule la longitud de onda y la frecuencia da la 2da raya de la serie de Balme en el espectro del hidrogeno Constante de rydberg=109677 107 mminus1 La segunda raya nj=4 entonces ni=2

1⋋2

=RH ( 1

iquest2minus 1

nj2)=109677107( 1

22minus 1

42)=109677 107 3

16rarr⋋2=486 10minus7 m

v= C⋋2

= 300108

486 10minus7 =617 1014 Hz

Problema 32Calcuacutelese la longitud de onda de De Broglie en cada uno de los siguientes casos a) un neutroacuten que se mueve a una velocidad de 10 kms b) Un moacutevil de 20 g que se mueve a 72 kmhora

Solucioacutena) un neutroacuten que se mueve a una velocidad de 10 kms

masa del electron=167 10minus27 kg

mv=167 10minus27 kg 104 m sminus1=167 10minus23

λ=h

mv=66310minus34

16710minus23 =39710minus11 m

b) Un moacutevil de 20 g que se mueve a 72 kmhora

λ= hmv

=66310minus34

210minus2 20=1610minus33m

Problema 33Una superficie de sodio se ilumina con luz de 300 nm de longitud de ondala funcioacuten de trabajo para el metal de sodio es 246 eV Encuentrea) la energiacutea cineacutetica maacutexima de los fotoelectrones emitidosb) la longitud de onda de corte para el sodio

c) calcule la rapidez maacutexima del efecto fotoeleacutectrico

Solucioacuten

a) la energiacutea cineacutetica maacutexima de los fotoelectrones emitidos

E=h f =hcλ

=(662610minus34 J s ) (3 108 m s)

30010minus9m=663 10minus19 J=414 eV

Luego aplicamos Kmax=h f minusФ=414eV minus246eV =168 eV

b) la longitud de onda de corte para el sodio

E=h f 0=Ф dedonde hcλ0

aislamos λ0=hcФ

peroФ=(246 eV )(1610minus19 J eV )=39410minus19 J

Reemplazamos λ0=(662610minus34 Js )(3108 m s)

394 10minus19 J=iquest 505 10minus7=505 nm

c) calcule la rapidez maacutexima del efecto fotoeleacutectrico

E=12

m v2rarr 168eV iquest(91110minus31kg)v2

2 rarr v=768 105 m s

Problema 34Un aacutetomo absorbe un fotoacuten que tiene una longitud de onda de 375 nm e inmediatamente emite otro fotoacuten que tiene una longitud de onda de 580 nm iquestCuaacutel es la energiacutea neta absorbida por el aacutetomo en este proceso

Solucioacuten

Eneta=E f minusEi

Eneta=1240 eV nm

λemiteminus1240 eV nm

λabsorbe=1240 eV nm

λemiteminus1240 eV nm

λabsorbe

Eneta=2138 eVminus331 eV =1172eV

Problema 35La mayoriacutea de los procesos gaseosos de ionizacioacuten requieren cambios de energiacutea de 1 x10minus18 a 1 x10minus16 iquestqueacute regioacuten del espectro electromagneacutetico del sol es entonces

principalmente responsable de la creacioacuten de la ionosfera en la atmosfera de la tierra

Solucioacuten

tenemos E=1240 eV nmλ

reemplazamos 1 x10minus16minus1 x 10minus18=1240 eV nmλ

convirtiendo a eV 625minus625=1240 eV nmλ

cancelando eV λ=1240 nm61875

=iquest 2004 nm(ultravioleta)

Problema 36Se desea escoger una sustancia para una foto celda operable con luz visible iquestCuaacutel de la siguientes lo haraacute(la funcioacuten de trabajo aparece entre pareacutentesis )el tantalio(42eV)el tungsteno(45eV)el aluminio(42eV)el bario(25eV)el litio(23eV)el cesio(19eV)

Solucioacuten

Sabemos E=1240 eV nmλ

ReemplazamosE=Ф

Luego λ=1240 eV nm

Ф

aiquest tantalio λ=1240 eV nm

42 eV=iquest 2952nm(ultravioleta)

biquest tungsteno λ=1240 eVnm

45 eV=iquest 2756 nm(ultravioleta)

c iquestaluminio λ=1240 eV nm

42 eV=iquest 2952nm(ultravioleta)

d iquestbario λ=1240 eV nm

25 eV=iquest 496 nm(visible)

e iquestlitio λ=1240 eV nm

23 eV=iquest 5391nm(visible)

f iquest sesio λ=1240 eV nm

19 eV=iquest 6526nm(visible)

Problema 37a) La energiacutea necesaria para desprender un electroacuten de sodio metaacutelico es de 228eV iquestMuestra el sodio un efecto fotoeleacutectrico bajo luz roja con λ=678 nmb) iquestCuaacutel es la longitud de la onda de corte de la emisioacuten fotoeleacutectrica del sodio y a que color corresponde esta longitud de onda

Solucioacuten

Para la pregunta a

Tenemos E=1240 eV nmλ

Reemplazamos E=1240 eV nm678 nm

=iquest 18289 eV

no se produce el efecto fotoelectrico porque Elt228 eV

Para la pregunta b

E=1240 eV nmλ

Reemplazamos E=1240 eV nm228 eV

=iquest 54386 nm(verde)

Pregunta 38Un numero de fotones incide sobre una superficie de sodio que tiene una funcioacuten de trabajo de 228eV causando la emisioacuten fotoeleacutectrica cuando se impone un potencial de frenado de 492 V no existe una fotocorriente Halle la longitud de onda de los fotones incidentes

Solucioacuten

Tenemos Ф=228 eV

Tambieacuten h f =Ф+k max

Reemplazado h f =Ф+e V 0

Luego 1240 eV nm

λ=228 eV +(16 10minus19C )(492 V )

Sabemos V=J C por lo tanto convertimos a eV

1240 eV nm

λ=228 eV +(16 10minus19C )(492J C)(1eV 16 10minus19 J )

Cancelando λ=1722 nm

Pregunta 39a Si la funcioacuten de trabajo de un metal es de 185eV iquestCuaacutel seria el potencial de frenado de la luz que tenga una longitud de onda de 410 nmb iquestCuaacutel seria la velocidad maacutexima de los fotoelectrones emitidos en la superficie de metal

Solucioacuten

Para a

Sabemos h f =Ф+k max

Reemplazamos 1240 eV nm

λ=185 eV +e V 0

1240 eV nm

410 nm=185 eV +e V 0

Reduciendo V 0=117V

Para b

Tenemos k max=e V 0

12

m v2=e V 0

Reemplazamos 12

(91110minus31) v2=(16 10minus19 )(117 V )

Reduciendo V=641 km s

Pregunta 40El molibdeno tiene una funcioacuten de trabajo de 420 eV a) encuentre la longitud de onda de corte y la frecuencia de corte para el efecto fotoeleacutectrico B) calcule el potencial de frenado si la luz incidente tiene una longitud de onda de 180nm

Solucioacuten

Para a sabemos Ф=h f 0 de aquiacute Ф=h CλC

Aislamos λ λC=h CФ

Reemplazamos λC=iquest (662610minus34 )(3 108)

42016 10minus19 =iquest 2958 nm

Ahora calculamos la frecuencia de cortef 0

Sabemos f 0=CλC

=iquest 3108

295810minus9= 1014 pHz

Para b tenemos Kmax=CλC

minusФ

Reemplazamos Kmax=6626 10minus34 3108

18010minus9 minus420 eV

Reduciendo Kmax=2675 eV

Finalmente calculamos el V 0

De Kmax=eV 0

Aislamos V 0=iquest 267516 10minus19 J

16 10minus19 C=iquest 2675 V

Problema 41Un estudiante que analiza el efecto fotoeleacutectrico de dos metales diferente registra la siguiente informacioacuteni) el potencial de frenado para los fotoelectrones liberados en el metal 1 es 148 V mayor que para el metal 2 y ii) la frecuencia de corte para el metal 1 es 40 mas pequentildea que para el metal 2determine la funcioacuten de trabajo para cada metal

Kmaxi=e V 01 Kmaxi=e(V 02+148) (1)

Kmaxi=e V 02 (2)

h f 01=Ф1 h 60

100 f 02=Ф1 (3)

Metal 1 Metal 2 V 01=V 02+148

f 01=60

100 f 02

V 02=V 02

f 01=f 02

h f 02=Ф2 (4)

En (1)

h f minush f 01=e(V 02+148) (5)

h f minush f 02=e V 02 (6)

Luego (6) en (5)

h f minush60

100 f 02=h f minush f 02+e 148

Simplificando f 02=e 148 5

2 h=Ф2

Ф2=37 eV

Entonces h60100

f 02=Ф1

Pero h f 02=Ф2

Reemplazando f 02=h60

100Ф2

h=Ф1

Simplicando Ф1=222eV

Pregunta 42Dos fuentes luminosas se utilizan en un experimento fotoeleacutectrico para determinarla funcioacuten de trabajo para una superficie metaacutelica particular Cuando se emplea luz verde de una laacutempara de mercurio (λ=5461 nm) un potencial de frenado de 0376 V reduce la fotocorriente a ceroa Con base a esta medicioacuten iquestCuaacutel es la funcioacuten de trabajo para este metalb iquestQueacute potencial de frenado se observariacutea al usar la luz amarilla de un cubo de descarga de helio λ=58715 nm

Solucioacuten

Para a

Kmaxi=h f minusФ (1)

Kmaxi=e V 0 (2)

(1) En (2)

h f minusФ=e V 0

Luego Ф=minuse V 0+h c λ

Reemplazando valores

Ф=minus(16 10minus19C ) (0376 V )+(60626 10minus34 J S ) 3 108546110minus9

Ф=1899 eV

Para b

De la ecuacioacuten h f minusФ=e V 0

Aislamos V 0=iquest h

CλminusФ

e

V 0=iquest 3108

587510minus9 minusiquest 19 eV iquest16 10minus19C=02125 V

Pregunta 43Fotones de 450 nm de longitud inciden sobre un metal los electrones mas energeacuteticos expulsados del metal se desviacutean en in arco circular de 200 cm de radio por medio de un campo magneacutetico con una magnitud de 200x10minus5 TiquestCuaacutel es la funcioacuten de trabajo del metal

Datos

λ=450 10minus9m r=200cm=02 m t=200 x10minus5T

Solucioacuten

Hallamos ldquoErdquo

E=hcλ

rarr E=(6626 10minus34 J S )(3108)450 10minus9m=441710minus19 J

Hallamos ldquoV ldquo

V=q Br m

V=(16 10minus19 J ) ( 20010minus5T ) (02 m )

91110minus31 Kg=007025107m S

Hallamos k rsub max

k max=12

mv2 rarr k max=( 91110minus31 Kg )iquest

Hallamos ldquoФrdquo

Ф=hcλ

minuskmax=4417 10minus19 Jminus224810minus19 J=21691019 1 eV 1610minus19

Ф=135 eV

Problema 44Un Fotoacuten que tiene energiacutea Eo es dispersado por un electroacuten libre inicialmente en reposo de tal manera que el aacutengulo de dispersioacuten del electroacuten dispersado es igual al del fotoacuten dispersado ( ) a) Determine los aacutengulos y b) La energiacutea y el momentum del fotoacuten dispersado y c) La energiacutea cineacutetica del electroacuten dispersado

Solucioacuten

aiquest Determine los aacutengulos y

X hλ0

=h cosФ

λ+γ me VcosФ

Y 0=minush senФ

λ +γ me VsenФ

De Y 0=minush

λ=γ me V rarr

h

λ =γ me V

De X hλ0

=hcosФ

λ+ hcosФ

λ()

despejando λ

2 λ0 cosФ

corrimiento de compton

λminus λ0=

hme c

(1minuscosФ )rarr 2 λ0 cosФminusλ0=h

me c(1minuscosФ )

Sabiendoque λ0=hcE0

en funcion de E0

2 λ0 cosФminus1=E0

me c2 (1minuscosФ )rarr sihacemos E0

me c2 =x

2 λ0 cosФminus1=x (1minuscosФ )

Aislamos elaacutengulo Ф=arcocos( x+1x+2

)

biquest La energiacutea y el momentumdel fotoacuten dispersado energ iacutea

E=hc λ si λ =2 λ0 cosФ si λ0=hcλ0

entonces E=E0

2cosФ obtenemos Eacute=( x2+2 x

2 x+2)me c2

Momenton p h Si acute 2 λ0 cos E h 2 λ0cos Si λ0=hc E0

entonces pE0

2C cosФ obtenemos Pacute=( x2+2 x

2 x+2)me c2

c iquest La energiacuteacineacutetica del electroacutendispersado E0 iquest E +Ke E0minusE =Ke

Reemplazamos Ke=( x2

2 x+2)me c2

Problema 45Un Fotoacuten de 0880mev es dispersado por un electroacuten libre inicialmente en reposo de tal manera que el aacutengulo de dispersioacuten del electroacuten dispersado es igual al del fotoacuten dispersado ( ) a) Determine los aacutengulos y b) La energiacutea y el momentum del fotoacuten dispersado y c) La energiacutea cineacutetica del electroacuten dispersado

Solucioacuten

aiquest Determine los aacutengulos y

X hλ0

=h cosФ

λ+γ me VcosФ

Y 0=minush senФ

λ +γ me VsenФ

De Y 0=minush

λ=γ me V rarr

h

λ =γ me V

En X hλ0

=hcosФ

λ + hcosФ

λ ()

hλ0

=2h cosФ

λ rarr λ =2 λ0cosФ

λminus λ0=

hme c

(1minuscosФ )rarr 2 λ0 cosФminusλ0=h

me c(1minuscosФ )

Pero E0=hcλ0

reemplazando y combinando

me

E0

c2 (2 cosФminus1 )=(1minuscosФ )

(91 10minus31 kg)(9 1016 m2 s2)iquestiquest (1minuscosФ )=iquest 5809 10minus2 (2cosФminus1 )

cosФ=013

Ф=43 10

biquest La energiacutea y el momentumdel fotoacuten dispersado

E hc Si acute 2 λ0 cos

E hc 2 λ0 cos Si λ0=hc E0 E E0 2 cos Reemplazando E=0808 meV 2 cos 43 ordm=602 KeV

P h =E c=602103 16 10minus19 3108=iquest

P 32110minus22kg m s

c iquest La energiacuteacineacutetica del electroacutendispersado

k e=880 KeV minus602 KeV k e=278 KeV

Problema 46En un experimento de dispersioacuten Compton un fotoacuten se desviacutea en 900ordm y el electroacuten se desviacutea en un aacutengulo de 200ordm Determine la longitud de onda del fotoacuten dispersado

Solucioacuten

X hλ0

=h cosФ

λ+γ me VcosФ Y 0=minush senФ

λ +γ me VsenФ

Luego

Y h

λ=γ me Vsen200

(2iquest X hλ0

=γ me Vcos200 (1iquest

De 2 y1

λ0=λ tg200

De

λ minus λ0=h

mc(1minuscos900)

λ minus λ tg 200= hmc

rarr λ (1minustg 200 )= hmc

λ (1minus036 )=00024310minus9 m

λ =38 10minus12m

Problema 47Un fotoacuten de 000160nm se dispersa a partir de un electroacuten libre iquestPara queacute aacutengulos de dispersioacuten (fotoacuten) el electroacuten de retroceso tiene la misma energiacutea cineacutetica que la energiacutea del fotoacuten dispersado

Solucioacuten

λ0=000160 10minus9 hcλ0

=hc

λ+ hc

λ=rarr

1λ0

= 2

λ

λ minus λ0=h

mc(1minuscosФ)

000160 10minus9 m=000243 10minus9m(1minuscosФ)

cosФ=034

Ф=70 10

Problema 48A partir de la dispersioacuten de la luz solar de Thompson calculo el radio claacutesico del electroacuten que tiene un valor de 282 10minus15 Si la luz del sol con una intensidad de 500Wm2cae sobre un disco con este radio calcule el tiempo requerido para acumular 1eV de energiacutea Suponga que la luz es una onda claacutesica y que la luz que golpea al disco es absorbida por completo iquestCoacutemo se compara su resultado con la observacioacuten que los fotoelectrones son emitidos con rapidez dentro de10minus9 s Solucioacuten

radiaccion=500 W m2

tenemos I=P A rarr P=I A

Luego W t=I A

t=EI

A= 1 eV500 W π iquestiquestiquest

Absolutamente largo

  • Laboratorio de Fiacutesica Moderna
Page 9: David reparado

σT4 (πd) ldt = - mcdT

Integrando la uacuteltima expresioacuten tenemos

(2)

La masa del filamento m = Vρ donde V es su volumen

Sustituyendo m en la expresioacuten (2) obtenemos para el tiempo lo siguiente

Rectificando las unidades y poniendo los valores numeacutericos del problema se obtiene

El filamento se enfriacutee raacutepidamente ya que la radiancia es directamente proporcional a T4

Problema 10 A partir de la foacutermula de Planck para la radiancia espectral encontrar a) la ley de Stefan-Boltzman b) la ley de desplazamiento de Wien

Solucioacuten

a) Planck descubrioacute la forma de la funcioacuten Rλ = f (λ T)

(1)

Donde C1 y C2 son constantes C1= 2πc2h y C2 = hck

k = 13806610-23JK es la constante de Boltzman c = 29979108ms la velocidad de la luz y h = 662617610-34Js la constante de Planck

Esta foacutermula responde a los datos experimentales y de ella pueden deducirse directamente como casos particulares la ley termodinaacutemica de Stefan-Boltzman y la ley de deslazamiento de Wien

La radiancia R (es decir la cantidad total de energiacutea radiante emitida por el cuerpo por unidad de superficie y tiempo) del cuerpo negro se puede obtener integrando la radiacioacuten emitida en todos los intervalos de longitud de onda

(2)

DondeRλ es la radiancia espectral

Si la distribucioacuten de la energiacutea entre las zonas del espectro del cuerpo negro se representa en la escala de frecuencias en lugar de Rλ hay que tomar la radiancia Rν

referida a un intervalo unidad de frecuencias Entonces

Rλdλ = Rνdν (3)

Y la expresioacuten (2) se presenta en forma

(4)

Y como λ = cν donde c es la velocidad de la luz en el vaciacuteo dλ= cν-2dν y poniendo este valor en (3) obtenemos

Sustituyendo en la foacutermula (1) λ por cν (λ = cν) la foacutermula de Planck se transforma en la siguiente expresioacuten

Y por consiguiente

(5)

Poniendo la expresioacuten (5) en (4) se obtiene la energiacutea total emitida por el cuerpo

Utilicemos el meacutetodo de integracioacuten por sustitucioacuten Podemos introducir una nueva variable

Entonces

Donde

Por lo tanto

Sustituyendo las constantes C1 y C2 por sus respectivas expresiones se obtiene

Donde

b) Para obtener le ley de desplazamiento de Wien utilizando la foacutermula de Planck es necesario encontrar analiacuteticamente la expresioacuten de la posicioacuten del maacuteximo en la curva que responda a la distribucioacuten de la radiancia del cuerpo negro entre las longitudes de onda Para esto es necesario encontrar el valor λ = λmaacutex para el cual la funcioacuten Rλ= f (λ T) para la temperatura constante tiene su valor maacuteximo por lo que debe cumplirse la condicioacuten

Sacando factor comuacuten se obtiene

De aquiacute tenemos

Realizando el cambio de variable

(1)

Tendremos

Si x es suficientemente grande se puede despreciar el 1 en el denominador comparando con ex entonces ya tenemos una primera solucioacuten aproximada para x

Tomando este valor como punto de partida podemos encontrar el valor real de x Por ejemplo utilizando el meacutetodo de aproximaciones sucesivas obtendremos

x1= 4965

Sustituyendo x en la expresioacuten (1) por el valor numeacuterico encontrado de x1 se obtiene

DondeC25 = b que es la constante de la ley de desplazamiento de Wien

Calculando b se obtiene su valor numeacuterico

Es evidente que para demostrar que λT = const no es necesario calcular el valor numeacuterico de x ya que λT = C2x = const

Rt = 092∙ 567∙10-8∙ (103)4∙314∙015∙10-2∙1 = 24569(W)

Problema 11

Una superficie metaacutelica de 10cm2 de aacuterea se encuentra a una temperatura de 2500 K y emite durante un minuto una energiacutea teacutermica de 4 x 104 J Encuentre a) la energiacutea emitida por la superficie si fuera un cuerpo negro y b) la razoacuten de la radiancia de esta superficie a la de un cuerpo negro de igual aacuterea y a la misma temperatura

Problema 12El espectro de la luz visible (luz blanca) incluye longitudes de onda comprendidas entre 380nm (violeta) y780nm (roja)a) Determinar la frecuencia de la radiacioacuten correspondiente a estos coloresb) Calculeacute conforme a la hipoacutetesis de Planck la energiacutea de loa fotones que corresponden a la luz violeta y luz rojac) cuantos fotones de luz roja son necesarios para cumular 3J de energiacutea

Datos

c=300 108 msminus1 h=66310minus34 Js

Solucioacuten

Para la pregunta a

luzvioleta v1=C⋋1

= 300 108

35010minus9 =8571014 Hz

luzroja v2=C⋋2

= 300108

780 10minus9 =385 1014 Hz

Para la pregunta b

EVioleta hv1=6626 10minus34 857 1014=568 10minus19 J

ERoja hv2=6626 10minus34 385 1014=25510minus19 J

Para la pregunta c

3 J

25510minus19 J fotonminus1=118 10minus18 fotones

Problema 13Un cuerpo estaacute radiando energiacutea conforme a la hipoacutetesis de Planck

a) Determina la energiacutea de un cuanto cuya longitud de onda es de 25nmb) Calcule la frecuencia correspondiente dicho cuanto de energiacutea Datos ⋋=25 nm Solucioacuten

aiquest E=hv=hC⋋

=662610minus34 300 108

25 10minus9 =80 10minus18 J

biquest v= C⋋

=300 108

25 10minus9 =121016 Hz

Problema 14iquestQueacute longitud de onda debe tener un fotoacuten para ionizar un aacutetomo de cesio con potencial de ionizacioacuten de 388V

Datos

V = 388V

h = 6626 10∙ -34Jmiddotse = 1602 10∙ -19C

Solucioacuten

La ionizacioacuten de un aacutetomo es la separacioacuten de uno o varios electrones del aacutetomo Para que el aacutetomo se ionice el electroacuten debe realizar un trabajo (energiacutea de ionizacioacuten E0) contra las fuerzas de atraccioacuten entre el electroacuten y el resto de las partiacuteculas que componen el aacutetomo o sea compensar la energiacutea de enlace del electroacuten

La energiacutea necesaria el electroacuten adquiere del fotoacuten de la luz que eacutel lo absorbe La energiacutea del fotoacuten depende de la longitud de onda y es igual a hν donde ν es la frecuencia de la luz y h es la constante de Planck De modo que tendremos

hν = E0

La energiacutea de ionizacioacuten E0 = eV donde V es el potencial de ionizacioacuten

Por lo tanto

hν = eV

Sustituyendo ν por cλ (ν = cλ) se obtiene

Poniendo los valores numeacutericos del problema tenemos

Problema 15Determinar la velocidad de un electroacuten emitido de una superficie de plata iluminada con luz monocromaacutetica de longitud de onda de 1500 Aring La longitud de onda a la cual comienza a manifestar este efecto es de 2600 Aring

Datosλ0 = 2600 Aring = 260 10∙ -9 mλ = 1500 Aring = 150 10∙ -9 mh = 6626 10∙ -34 J∙sc = 3 10∙ 8 msm =9109 10∙ -31 kgSolucioacuten

La ecuacioacuten de Einstein para el efecto fotoeleacutectrico es

hν = E0 + Ec maacutex (1)

Donde hν es la energiacutea del fotoacuten E0 el trabajo de salida del electroacuten del metal Ec

maacutex= mυ22 la energiacutea cineacutetica maacutexima del electroacuten que se desprende del metal

La energiacutea necesaria para arrancar el electroacuten del metal

E0 = hν0

Donde ν0 = cλ0 es la frecuencia umbral (de corte) debajo de la cual no se produce el efecto fotoeleacutectrico

Por consiguiente

Sustituyendo ν por cλ E0 por hcλ0 y Ecmaacutex por mυ22 en la ecuacioacuten (1) se obtiene

Rectificando las unidades y poniendo los valores numeacutericos se obtiene

Problema 16Determine el trabajo de extraccioacuten de un electroacuten en el efecto fotoeleacutectrico si longitud de onda a la cual se produce el efecto fotoeleacutectrico es menor que29510-6 mm

Datos

λ0 = 295 10∙ -6 mm = 295 10∙ -9 mh = 6626 10∙ -34 J∙sc = 3 10∙ 8 ms1eυ = 16middot10-19 J

Solucioacuten

La energiacutea necesaria para la realizacioacuten del trabajo de extraccioacuten de un electroacuten se calcula por la foacutermula

E0 = hν0

Donde ν0 es la frecuencia de corte por debajo de la cual no se produce el efecto fotoeleacutectrico

Sustituyendo ν0 por cλ0 se calcula E0

Problema 17Hallar la frecuencia de la luz que arranca los electrones de la superficie de un metal que se retardan por un potencial retardador de 3 V En este metal el efecto fotoeleacutectrico comienza cuando la frecuencia de la luz que incide sobre eacutel es de 61014 Hz Hallar el trabajo necesario para arrancar el electroacuten de este metal

Datos

V0 = 3V

ν0 = 6 10∙ 14 Hz = 6 10∙ 14s-1

Solucioacuten

El trabajo necesario para arrancar el electroacuten del metal se calcula por la foacutermula

E0 = hν0

Donde ν0 es la frecuencia de corte

E0 = 6626 10∙ -34J s 6 10∙ ∙ ∙ 14s-1 = 398 10∙ -19J

Entre la energiacutea cineacutetica maacutexima y el potencial retardador existe la siguiente relacioacuten

Ecmaacutex = eV0

Donde e es la carga del electroacuten y V0 es el potencial retardador

Sustituyendo Ec maacutex por eV0 en la ecuacioacuten de Einstein obtenemos

hν = E0 + eV0

Por consiguiente

Problema 18Un fotoacuten de radiacioacuten de rayos X con longitud de onda 01 nm cae sobre un electroacuten deacutebilmente enlazado de un elemento ligero y se desviacutea 90ordm de su direccioacuten inicial Calcule la energiacutea que adquiere el electroacuten despueacutes del choque y la direccioacuten de su movimiento

Datos

λ = 01 nm = 1 10∙ -10 mφ = 90ordmh = 6626 10∙ -34 J∙sc = 3 10∙ 8 msm = 91 10∙ -31 kg

Solucioacuten

La variacioacuten de la longitud de onda de los rayos X cuando se produce la difusioacuten de Compton se determina por la foacutermula

(1)

Siendo φ el aacutengulo de difusioacuten y m la masa del electroacuten en reposo

Sustituyendo en esta igualdad (1-cosφ) por 2sen2φ2 y teniendo en cuenta que

Δλ = λrsquo -λ obtenemos

(2)

(3)Si la energiacutea del fotoacuten primario es hν y la del fotoacuten difuso hνrsquo tendremos que de acuerdo con la ley de la conservacioacuten de la energiacutea la energiacutea Ec adquirida por el electroacuten vendraacute expresada por la igualdad

Sustituyendo ν por cλ y νrsquo por cλrsquo tenemos

(4)

Poniendo las expresiones (2) y (3) en la igualdad (4) se tiene

Donde A =h (mc)

La constante A = 002426 Aring suele llamarse longitud de onda Compton

Rectificando las unidades y poniendo los datos numeacutericos del problema hallamos la energiacutea del electroacuten despueacutes del choque

Hallamos ahora la razoacuten de la energiacutea del electroacuten de retroceso Ec a la energiacutea del fotoacuten incidente hν = hcλ

En general el electroacuten obtiene una pequentildea parte de la energiacutea del fotoacuten En el caso nuestro solamente 0024 (24) de la energiacutea del fotoacuten

La fig1 muestra el movimiento del electroacuten a) antes de la colisioacuten y b) despueacutes de la colisioacuten Para determinar la direccioacuten del movimiento del electroacuten despueacutes de la colisioacuten es necesario calcular el aacutengulo α bajo el cual estaacute dirigido su movimiento (fig1b)

a) b) Fig1 Fig2 De acuerdo con la ley de la conservacioacuten de la cantidad de movimiento en forma vectorial tenemos la ecuacioacuten

pf = pfrsquo + pe (5) Donde pf (pf = hνc = hλ) es la cantidad de movimiento del fotoacuten antes de la colisioacuten pfrsquo (pfrsquo = hνrsquoc = hλrsquo) es la cantidad de movimiento del fotoacuten difuso y pe es la cantidad de movimiento del electroacuten despueacutes de la colisioacuten pe = mυ donde υ es la velocidad del electroacuten

La cantidad de movimiento del electroacuten antes del choque es igual a cero ya que en reposo su velocidad es cero Graacuteficamente el vector pf es la diagonal del paralelogramo cuyos lados son los vectores pfrsquo y mv (fig2) Los aacutengulos φ y α representan respectivamente los aacutengulos bajo los cuales tienen lugar la difusioacuten del fotoacuten y la aparicioacuten del electroacuten de retroceso

De la fig2 se deduce que

Poniendo en lugar de pf y pfrsquo sus valores respectivos hλ y hλrsquo podemos escribir esta igualdad de forma siguiente

Sustituyendo λrsquo por la expresioacuten (3) obtenemos

Problema 19iquestCon queacute fuerza se atraen el nuacutecleo y el electroacuten en la primera oacuterbita del aacutetomo de hidroacutegeno iquestCuaacutentas veces es esta fuerza mayor que la fuerza gravitacional que actuacutea entre el nuacutecleo y el electroacuten

Datos

me = 9109 10∙ -31 kg

mp = 1840 9109 10∙ ∙ -31 kgG = 6672 10∙ -11 N∙m2∙kg-2

r = 053 10∙ -10 mn = 1ε0 = 8854 10∙ -12F∙ m-1

e = 1602 10∙ -19 C

Solucioacuten

La fuerza de interaccioacuten entre el nuacutecleo y el electroacuten es la fuerza electroestaacutetica de Coulomb

Donde r es el radio de la primera oacuterbita estacionaria del aacutetomo de hidroacutegeno

Rectificando las unidades y poniendo los valores numeacutericos se calcula la fuerza electroestaacutetica

Donde

La fuerza gravitacional se calcula por la foacutermula

Donde me es la masa del electroacuten mp la masa del protoacuten G la constante gravitacional

Por lo que

Problema 20Calcule cual es el radio de la primera orbita del electroacuten que gira alrededor de un nuacutecleo del aacutetomo de hidroacutegeno seguacuten el modelo de Bohr Determine la velocidad con que el electroacuten se mueve en esta oacuterbita

Datos

ε0 = 8854 10∙ -12 F∙m-1

e = 1602 10∙ -19 Cm = 9109 10∙ -31 kgh = 6626 10∙ -34 J∙s

Solucioacuten

La fuerza de interaccioacuten entre el electroacuten y el protoacuten del nuacutecleo es la fuerza

electrostaacutetica ( Fel) de Coulomb

Donde r es la distancia entre el nuacutecleo y el electroacuten Bajo la accioacuten de esta fuerza el electroacuten describe alrededor del nuacutecleo oacuterbitas en forma de elipses de Kepler y como un caso particular en forma de circunferencia

La fuerza de Coulomb es una fuerza centriacutepeta (Fc) y es numeacutericamente igual cuando se trata de una oacuterbita circular a

Por lo tanto

(1)

Para una oacuterbita circular la cantidad de movimiento angular del electroacuten es

p = mυr

La condicioacuten cuaacutentica de Bohr p = nh2π da la posibilidad de calcular el radio de

La oacuterbita circular estacionaria

(2)

La expresioacuten (1) se puede escribir en forma siguiente

Sustituyendo (mυr) por la expresioacuten (2) se obtiene

Para la primera oacuterbita n = 1 Por lo tanto

(3)

Esta magnitud representa el radio de la primera oacuterbita circular del electroacuten (radio de Bohr) es decir de la maacutes proacutexima al nuacutecleo del aacutetomo de hidroacutegeno

Rectificando las unidades y poniendo en lugar de h m ε0 y e sus respectivos valores numeacutericos se obtiene

Donde

(4)

Utilizando la expresioacuten (2) podemos calcular la velocidad υ con que el electroacuten se mueve en la primera oacuterbita

Sustituyendo r por la expresioacuten (3) tendremos

Rectificando las unidades se obtiene

Para n = 1

Problema 21iquestCalcule la energiacutea total del electroacuten en la segunda oacuterbita del aacutetomo de Bohr

SolucioacutenLa energiacutea total del electroacuten es

E = Ec+ Ep

Donde Ec es la energiacutea cineacutetica y Ep es la energiacutea potencial del electroacuten

La energiacutea potencial del electroacuten en el campo electrostaacutetico del nuacutecleo es igual a

Donde r es la distancia entre el nuacutecleo y el electroacuten (el radio de la oacuterbita)

La energiacutea cineacutetica

(1)

Donde m es la masa del electroacuten y υ es su velocidadSobre el electroacuten actuacutea una fuerza electroestaacutetica

Que es una fuerza centriacutepeta igual a

Por consiguiente

(2) Sustituyendo mv2 en la foacutermula de la energiacutea cineacutetica (1) por la expresioacuten (2) se obtiene

Por lo tanto la energiacutea total seraacute igual a

Sustituyendo r (ver el resultado del problema anterior) por

Se obtiene

Rectificando las unidades obtenemos

Para la segunda oacuterbita el nuacutemero cuaacutentico n = 2

Poniendo en lugar de h m y e sus respectivos valores numeacutericos hallamos

Problema 22iquestCuaacutel es la longitud de onda del fotoacuten emitido por el aacutetomo de hidroacutegeno cuando el electroacuten transita de la cuarta oacuterbita a la segunda

Solucioacuten

La radiacioacuten se produce soacutelo cuando el aacutetomo sufre una transicioacuten de una oacuterbita con energiacutea Ek a otra oacuterbita de menor energiacutea Ej (Ej lt Ek) En forma de ecuacioacuten

hν = Ek - Ej

Donde hν es el cuanto de energiacutea transportado por el fotoacuten emitido del aacutetomo durante la transicioacuten

En el caso nuestro k = 4 y j = 2 Por lo tanto

hν = E4 - E2

Utilizando la foacutermula de la energiacutea del electroacuten (ver el problema 21) se obtiene

Donde el teacutermino

Es la energiacutea del electroacuten en la segunda oacuterbita (Ver el problema 21)

Por consiguiente

Seguacuten el resultado del problema 21 E2 = -54 10∙ -19J

Por lo tanto

Como λ = cν entonces

Problema 23El electroacuten del aacutetomo de hidroacutegeno salta de la tercera oacuterbita a la segunda a) Calcular la longitud de onda del fotoacuten emitido b) Calcular la disminucioacuten de la energiacutea del aacutetomoacute

Datos

j =1k = 3R = 1097middot107 m-1

h = 6626 10∙ -34 J∙s

Solucioacuten

Cuando el electroacuten pasa de la oacuterbita de mayor energiacutea (Ek) a una orbita de menor

energiacutea (Ej) el aacutetomo emite un fotoacuten cuya energiacutea es igual a E = Ek- Ej La longitud de onda del fotoacuten emitido se calcula por la foacutermula

J y k son los nuacutemeros de las oacuterbitas y R es la constante de Ridberg

La disminucioacuten de la energiacutea del aacutetomo es igual a la energiacutea del fotoacuten emitido

Problema 24

a) iquestQueacute tensioacuten del campo eleacutectrico es necesaria seguacuten la mecaacutenica claacutesica para que un electroacuten acelerado en este campo adquiera la velocidad de la luzb) iquestCuaacutel seraacuten la velocidad del electroacuten y su masa en este campo seguacuten la mecaacutenica relativista

Datos

m0 = 9109∙10-31kgc = 3∙108mse = 1602 10∙ -19C

Solucioacuten

a) Seguacuten la mecaacutenica claacutesica la energiacutea cineacutetica del electroacuten

Donde m0 es la masa de reposo del electroacuten y υ es su velocidad La diferencia de potencial V multiplicada por la carga del electroacuten es una medida de la energiacutea cineacutetica del electroacuten adquirida en el campo eleacutectrico En otras palabras

Sustituyendo υ por c se calcula la diferencia de potencial del campo eleacutectrico necesaria para que el electroacuten adquiera la velocidad de la luz

Analizando las unidades y poniendo los valores numeacutericos del problema se obtiene

b) En la mecaacutenica relativista se calcula la masa m del electroacuten y su energiacutea

cineacutetica Ec utilizando las foacutermulas siguientes

Pero numeacutericamente Ec = (m0c2)2 o sea

La masa del electroacuten seraacute igual a

Problema 25iquestCuaacutel es la energiacutea de un fotoacuten correspondiente a ondas radio de frecuencia 1255 x106 Hz

Datos

E=hv v=c⋋Solucioacuten E=662610minus34 1255 106=831610minus28 J

PROBLEMA 26La liacutenea verde en el espectro atoacutemico del talio tiene una longitud de onda de 535 nm Calcular la energiacutea de un fotoacuten

Solucioacuten

H=662610minus34C=300 108 msminus1

E=hv v=c ⋋ v=300 108 msminus1

53510minus9 =560 1014

E=662610minus34 560 1014=372 10minus19J

PROBLEMA 27Un electroacuten salta desde un orbital maacutes externo a otro maacutes interno entre los que existe una diferencia de energiacutea de 15 x 10-15 J iquestCuaacutel es la frecuencia de la radiacioacuten emitida

Datos

∆ E=hv

Solucioacuten

v=∆ E h= 15 10minus15J662610minus34 JS

=2261018 Sminus1

Problema 28La longitud de onda umbral para que cierta superficie metaacutelica emita electrones es 6000 Aring Se observoacute que si esa superficie fotosensible se ilumina con luz de 4000 Aring los electrones son emitidos con una velocidad de 606 x 105m s-1 Deducir el valor de la constante de Planck

Datos

λ1=600 Aring=610minus7 λ2=400 Aring=410minus7 V = 6 06 x 105m s-1 m=9 110minus31

Solucioacuten h= Cλ 2

=hCλ 1

+ mv2

2

h= 3 108

410minus7 =h3 108

6 10minus7 +91 10minus31 (606105)2

2

75 1014 h=5 1014 h+16710minus19

25 1014 h=167 10minus19

h=66810minus34 Js

Problema 29La frecuencia umbral de cierto metal es 88 x 1014 s-1 Calcular la velocidad maacutexima de los electrones emitidos por ese metal cuando se ilumina con luz cuya longitud de onda es 2536 Aring iquestQueacute energiacutea cineacutetica poseen esos electrones

EC=h(CλminusV C)=662610minus34 J s ( 3

108ms

2536 10minus10 minus88 x 1014 sminus1)=201 10minus19 J

EC=m v2

2rarr v2=radic 2 EC

m=radic 2 20110minus19 J

9110minus31kg=664 105 m s

Pregunta 30Una superficie de cierto metal emite electrones cuya energiacutea cineacutetica equivale a 3 eV cuando se ilumina con luz de longitud de onda de 1500 Aring iquestcual es el valor de la frecuencia umbral de ese metal

Solucioacuten

Se debe cumplir que E incidente= E umbral+E cineacutetica del electroacuten

E incidente=hv=hλ=66210minus34 J S 3 108 msminus1

150010minus10m=13 10minus18 J

E incidente del electron=3eV 16 10minus19 J eV minus1=48 10minus19 J

E umbral=13 10minus18 Jminus4810minus19 J=8210minus19

υ= Eh

= 82 10minus19 J66210minus34 JS

=13 1015 Hz

Problema 31Calcule la longitud de onda y la frecuencia da la 2da raya de la serie de Balme en el espectro del hidrogeno Constante de rydberg=109677 107 mminus1 La segunda raya nj=4 entonces ni=2

1⋋2

=RH ( 1

iquest2minus 1

nj2)=109677107( 1

22minus 1

42)=109677 107 3

16rarr⋋2=486 10minus7 m

v= C⋋2

= 300108

486 10minus7 =617 1014 Hz

Problema 32Calcuacutelese la longitud de onda de De Broglie en cada uno de los siguientes casos a) un neutroacuten que se mueve a una velocidad de 10 kms b) Un moacutevil de 20 g que se mueve a 72 kmhora

Solucioacutena) un neutroacuten que se mueve a una velocidad de 10 kms

masa del electron=167 10minus27 kg

mv=167 10minus27 kg 104 m sminus1=167 10minus23

λ=h

mv=66310minus34

16710minus23 =39710minus11 m

b) Un moacutevil de 20 g que se mueve a 72 kmhora

λ= hmv

=66310minus34

210minus2 20=1610minus33m

Problema 33Una superficie de sodio se ilumina con luz de 300 nm de longitud de ondala funcioacuten de trabajo para el metal de sodio es 246 eV Encuentrea) la energiacutea cineacutetica maacutexima de los fotoelectrones emitidosb) la longitud de onda de corte para el sodio

c) calcule la rapidez maacutexima del efecto fotoeleacutectrico

Solucioacuten

a) la energiacutea cineacutetica maacutexima de los fotoelectrones emitidos

E=h f =hcλ

=(662610minus34 J s ) (3 108 m s)

30010minus9m=663 10minus19 J=414 eV

Luego aplicamos Kmax=h f minusФ=414eV minus246eV =168 eV

b) la longitud de onda de corte para el sodio

E=h f 0=Ф dedonde hcλ0

aislamos λ0=hcФ

peroФ=(246 eV )(1610minus19 J eV )=39410minus19 J

Reemplazamos λ0=(662610minus34 Js )(3108 m s)

394 10minus19 J=iquest 505 10minus7=505 nm

c) calcule la rapidez maacutexima del efecto fotoeleacutectrico

E=12

m v2rarr 168eV iquest(91110minus31kg)v2

2 rarr v=768 105 m s

Problema 34Un aacutetomo absorbe un fotoacuten que tiene una longitud de onda de 375 nm e inmediatamente emite otro fotoacuten que tiene una longitud de onda de 580 nm iquestCuaacutel es la energiacutea neta absorbida por el aacutetomo en este proceso

Solucioacuten

Eneta=E f minusEi

Eneta=1240 eV nm

λemiteminus1240 eV nm

λabsorbe=1240 eV nm

λemiteminus1240 eV nm

λabsorbe

Eneta=2138 eVminus331 eV =1172eV

Problema 35La mayoriacutea de los procesos gaseosos de ionizacioacuten requieren cambios de energiacutea de 1 x10minus18 a 1 x10minus16 iquestqueacute regioacuten del espectro electromagneacutetico del sol es entonces

principalmente responsable de la creacioacuten de la ionosfera en la atmosfera de la tierra

Solucioacuten

tenemos E=1240 eV nmλ

reemplazamos 1 x10minus16minus1 x 10minus18=1240 eV nmλ

convirtiendo a eV 625minus625=1240 eV nmλ

cancelando eV λ=1240 nm61875

=iquest 2004 nm(ultravioleta)

Problema 36Se desea escoger una sustancia para una foto celda operable con luz visible iquestCuaacutel de la siguientes lo haraacute(la funcioacuten de trabajo aparece entre pareacutentesis )el tantalio(42eV)el tungsteno(45eV)el aluminio(42eV)el bario(25eV)el litio(23eV)el cesio(19eV)

Solucioacuten

Sabemos E=1240 eV nmλ

ReemplazamosE=Ф

Luego λ=1240 eV nm

Ф

aiquest tantalio λ=1240 eV nm

42 eV=iquest 2952nm(ultravioleta)

biquest tungsteno λ=1240 eVnm

45 eV=iquest 2756 nm(ultravioleta)

c iquestaluminio λ=1240 eV nm

42 eV=iquest 2952nm(ultravioleta)

d iquestbario λ=1240 eV nm

25 eV=iquest 496 nm(visible)

e iquestlitio λ=1240 eV nm

23 eV=iquest 5391nm(visible)

f iquest sesio λ=1240 eV nm

19 eV=iquest 6526nm(visible)

Problema 37a) La energiacutea necesaria para desprender un electroacuten de sodio metaacutelico es de 228eV iquestMuestra el sodio un efecto fotoeleacutectrico bajo luz roja con λ=678 nmb) iquestCuaacutel es la longitud de la onda de corte de la emisioacuten fotoeleacutectrica del sodio y a que color corresponde esta longitud de onda

Solucioacuten

Para la pregunta a

Tenemos E=1240 eV nmλ

Reemplazamos E=1240 eV nm678 nm

=iquest 18289 eV

no se produce el efecto fotoelectrico porque Elt228 eV

Para la pregunta b

E=1240 eV nmλ

Reemplazamos E=1240 eV nm228 eV

=iquest 54386 nm(verde)

Pregunta 38Un numero de fotones incide sobre una superficie de sodio que tiene una funcioacuten de trabajo de 228eV causando la emisioacuten fotoeleacutectrica cuando se impone un potencial de frenado de 492 V no existe una fotocorriente Halle la longitud de onda de los fotones incidentes

Solucioacuten

Tenemos Ф=228 eV

Tambieacuten h f =Ф+k max

Reemplazado h f =Ф+e V 0

Luego 1240 eV nm

λ=228 eV +(16 10minus19C )(492 V )

Sabemos V=J C por lo tanto convertimos a eV

1240 eV nm

λ=228 eV +(16 10minus19C )(492J C)(1eV 16 10minus19 J )

Cancelando λ=1722 nm

Pregunta 39a Si la funcioacuten de trabajo de un metal es de 185eV iquestCuaacutel seria el potencial de frenado de la luz que tenga una longitud de onda de 410 nmb iquestCuaacutel seria la velocidad maacutexima de los fotoelectrones emitidos en la superficie de metal

Solucioacuten

Para a

Sabemos h f =Ф+k max

Reemplazamos 1240 eV nm

λ=185 eV +e V 0

1240 eV nm

410 nm=185 eV +e V 0

Reduciendo V 0=117V

Para b

Tenemos k max=e V 0

12

m v2=e V 0

Reemplazamos 12

(91110minus31) v2=(16 10minus19 )(117 V )

Reduciendo V=641 km s

Pregunta 40El molibdeno tiene una funcioacuten de trabajo de 420 eV a) encuentre la longitud de onda de corte y la frecuencia de corte para el efecto fotoeleacutectrico B) calcule el potencial de frenado si la luz incidente tiene una longitud de onda de 180nm

Solucioacuten

Para a sabemos Ф=h f 0 de aquiacute Ф=h CλC

Aislamos λ λC=h CФ

Reemplazamos λC=iquest (662610minus34 )(3 108)

42016 10minus19 =iquest 2958 nm

Ahora calculamos la frecuencia de cortef 0

Sabemos f 0=CλC

=iquest 3108

295810minus9= 1014 pHz

Para b tenemos Kmax=CλC

minusФ

Reemplazamos Kmax=6626 10minus34 3108

18010minus9 minus420 eV

Reduciendo Kmax=2675 eV

Finalmente calculamos el V 0

De Kmax=eV 0

Aislamos V 0=iquest 267516 10minus19 J

16 10minus19 C=iquest 2675 V

Problema 41Un estudiante que analiza el efecto fotoeleacutectrico de dos metales diferente registra la siguiente informacioacuteni) el potencial de frenado para los fotoelectrones liberados en el metal 1 es 148 V mayor que para el metal 2 y ii) la frecuencia de corte para el metal 1 es 40 mas pequentildea que para el metal 2determine la funcioacuten de trabajo para cada metal

Kmaxi=e V 01 Kmaxi=e(V 02+148) (1)

Kmaxi=e V 02 (2)

h f 01=Ф1 h 60

100 f 02=Ф1 (3)

Metal 1 Metal 2 V 01=V 02+148

f 01=60

100 f 02

V 02=V 02

f 01=f 02

h f 02=Ф2 (4)

En (1)

h f minush f 01=e(V 02+148) (5)

h f minush f 02=e V 02 (6)

Luego (6) en (5)

h f minush60

100 f 02=h f minush f 02+e 148

Simplificando f 02=e 148 5

2 h=Ф2

Ф2=37 eV

Entonces h60100

f 02=Ф1

Pero h f 02=Ф2

Reemplazando f 02=h60

100Ф2

h=Ф1

Simplicando Ф1=222eV

Pregunta 42Dos fuentes luminosas se utilizan en un experimento fotoeleacutectrico para determinarla funcioacuten de trabajo para una superficie metaacutelica particular Cuando se emplea luz verde de una laacutempara de mercurio (λ=5461 nm) un potencial de frenado de 0376 V reduce la fotocorriente a ceroa Con base a esta medicioacuten iquestCuaacutel es la funcioacuten de trabajo para este metalb iquestQueacute potencial de frenado se observariacutea al usar la luz amarilla de un cubo de descarga de helio λ=58715 nm

Solucioacuten

Para a

Kmaxi=h f minusФ (1)

Kmaxi=e V 0 (2)

(1) En (2)

h f minusФ=e V 0

Luego Ф=minuse V 0+h c λ

Reemplazando valores

Ф=minus(16 10minus19C ) (0376 V )+(60626 10minus34 J S ) 3 108546110minus9

Ф=1899 eV

Para b

De la ecuacioacuten h f minusФ=e V 0

Aislamos V 0=iquest h

CλminusФ

e

V 0=iquest 3108

587510minus9 minusiquest 19 eV iquest16 10minus19C=02125 V

Pregunta 43Fotones de 450 nm de longitud inciden sobre un metal los electrones mas energeacuteticos expulsados del metal se desviacutean en in arco circular de 200 cm de radio por medio de un campo magneacutetico con una magnitud de 200x10minus5 TiquestCuaacutel es la funcioacuten de trabajo del metal

Datos

λ=450 10minus9m r=200cm=02 m t=200 x10minus5T

Solucioacuten

Hallamos ldquoErdquo

E=hcλ

rarr E=(6626 10minus34 J S )(3108)450 10minus9m=441710minus19 J

Hallamos ldquoV ldquo

V=q Br m

V=(16 10minus19 J ) ( 20010minus5T ) (02 m )

91110minus31 Kg=007025107m S

Hallamos k rsub max

k max=12

mv2 rarr k max=( 91110minus31 Kg )iquest

Hallamos ldquoФrdquo

Ф=hcλ

minuskmax=4417 10minus19 Jminus224810minus19 J=21691019 1 eV 1610minus19

Ф=135 eV

Problema 44Un Fotoacuten que tiene energiacutea Eo es dispersado por un electroacuten libre inicialmente en reposo de tal manera que el aacutengulo de dispersioacuten del electroacuten dispersado es igual al del fotoacuten dispersado ( ) a) Determine los aacutengulos y b) La energiacutea y el momentum del fotoacuten dispersado y c) La energiacutea cineacutetica del electroacuten dispersado

Solucioacuten

aiquest Determine los aacutengulos y

X hλ0

=h cosФ

λ+γ me VcosФ

Y 0=minush senФ

λ +γ me VsenФ

De Y 0=minush

λ=γ me V rarr

h

λ =γ me V

De X hλ0

=hcosФ

λ+ hcosФ

λ()

despejando λ

2 λ0 cosФ

corrimiento de compton

λminus λ0=

hme c

(1minuscosФ )rarr 2 λ0 cosФminusλ0=h

me c(1minuscosФ )

Sabiendoque λ0=hcE0

en funcion de E0

2 λ0 cosФminus1=E0

me c2 (1minuscosФ )rarr sihacemos E0

me c2 =x

2 λ0 cosФminus1=x (1minuscosФ )

Aislamos elaacutengulo Ф=arcocos( x+1x+2

)

biquest La energiacutea y el momentumdel fotoacuten dispersado energ iacutea

E=hc λ si λ =2 λ0 cosФ si λ0=hcλ0

entonces E=E0

2cosФ obtenemos Eacute=( x2+2 x

2 x+2)me c2

Momenton p h Si acute 2 λ0 cos E h 2 λ0cos Si λ0=hc E0

entonces pE0

2C cosФ obtenemos Pacute=( x2+2 x

2 x+2)me c2

c iquest La energiacuteacineacutetica del electroacutendispersado E0 iquest E +Ke E0minusE =Ke

Reemplazamos Ke=( x2

2 x+2)me c2

Problema 45Un Fotoacuten de 0880mev es dispersado por un electroacuten libre inicialmente en reposo de tal manera que el aacutengulo de dispersioacuten del electroacuten dispersado es igual al del fotoacuten dispersado ( ) a) Determine los aacutengulos y b) La energiacutea y el momentum del fotoacuten dispersado y c) La energiacutea cineacutetica del electroacuten dispersado

Solucioacuten

aiquest Determine los aacutengulos y

X hλ0

=h cosФ

λ+γ me VcosФ

Y 0=minush senФ

λ +γ me VsenФ

De Y 0=minush

λ=γ me V rarr

h

λ =γ me V

En X hλ0

=hcosФ

λ + hcosФ

λ ()

hλ0

=2h cosФ

λ rarr λ =2 λ0cosФ

λminus λ0=

hme c

(1minuscosФ )rarr 2 λ0 cosФminusλ0=h

me c(1minuscosФ )

Pero E0=hcλ0

reemplazando y combinando

me

E0

c2 (2 cosФminus1 )=(1minuscosФ )

(91 10minus31 kg)(9 1016 m2 s2)iquestiquest (1minuscosФ )=iquest 5809 10minus2 (2cosФminus1 )

cosФ=013

Ф=43 10

biquest La energiacutea y el momentumdel fotoacuten dispersado

E hc Si acute 2 λ0 cos

E hc 2 λ0 cos Si λ0=hc E0 E E0 2 cos Reemplazando E=0808 meV 2 cos 43 ordm=602 KeV

P h =E c=602103 16 10minus19 3108=iquest

P 32110minus22kg m s

c iquest La energiacuteacineacutetica del electroacutendispersado

k e=880 KeV minus602 KeV k e=278 KeV

Problema 46En un experimento de dispersioacuten Compton un fotoacuten se desviacutea en 900ordm y el electroacuten se desviacutea en un aacutengulo de 200ordm Determine la longitud de onda del fotoacuten dispersado

Solucioacuten

X hλ0

=h cosФ

λ+γ me VcosФ Y 0=minush senФ

λ +γ me VsenФ

Luego

Y h

λ=γ me Vsen200

(2iquest X hλ0

=γ me Vcos200 (1iquest

De 2 y1

λ0=λ tg200

De

λ minus λ0=h

mc(1minuscos900)

λ minus λ tg 200= hmc

rarr λ (1minustg 200 )= hmc

λ (1minus036 )=00024310minus9 m

λ =38 10minus12m

Problema 47Un fotoacuten de 000160nm se dispersa a partir de un electroacuten libre iquestPara queacute aacutengulos de dispersioacuten (fotoacuten) el electroacuten de retroceso tiene la misma energiacutea cineacutetica que la energiacutea del fotoacuten dispersado

Solucioacuten

λ0=000160 10minus9 hcλ0

=hc

λ+ hc

λ=rarr

1λ0

= 2

λ

λ minus λ0=h

mc(1minuscosФ)

000160 10minus9 m=000243 10minus9m(1minuscosФ)

cosФ=034

Ф=70 10

Problema 48A partir de la dispersioacuten de la luz solar de Thompson calculo el radio claacutesico del electroacuten que tiene un valor de 282 10minus15 Si la luz del sol con una intensidad de 500Wm2cae sobre un disco con este radio calcule el tiempo requerido para acumular 1eV de energiacutea Suponga que la luz es una onda claacutesica y que la luz que golpea al disco es absorbida por completo iquestCoacutemo se compara su resultado con la observacioacuten que los fotoelectrones son emitidos con rapidez dentro de10minus9 s Solucioacuten

radiaccion=500 W m2

tenemos I=P A rarr P=I A

Luego W t=I A

t=EI

A= 1 eV500 W π iquestiquestiquest

Absolutamente largo

  • Laboratorio de Fiacutesica Moderna
Page 10: David reparado

Solucioacuten

a) Planck descubrioacute la forma de la funcioacuten Rλ = f (λ T)

(1)

Donde C1 y C2 son constantes C1= 2πc2h y C2 = hck

k = 13806610-23JK es la constante de Boltzman c = 29979108ms la velocidad de la luz y h = 662617610-34Js la constante de Planck

Esta foacutermula responde a los datos experimentales y de ella pueden deducirse directamente como casos particulares la ley termodinaacutemica de Stefan-Boltzman y la ley de deslazamiento de Wien

La radiancia R (es decir la cantidad total de energiacutea radiante emitida por el cuerpo por unidad de superficie y tiempo) del cuerpo negro se puede obtener integrando la radiacioacuten emitida en todos los intervalos de longitud de onda

(2)

DondeRλ es la radiancia espectral

Si la distribucioacuten de la energiacutea entre las zonas del espectro del cuerpo negro se representa en la escala de frecuencias en lugar de Rλ hay que tomar la radiancia Rν

referida a un intervalo unidad de frecuencias Entonces

Rλdλ = Rνdν (3)

Y la expresioacuten (2) se presenta en forma

(4)

Y como λ = cν donde c es la velocidad de la luz en el vaciacuteo dλ= cν-2dν y poniendo este valor en (3) obtenemos

Sustituyendo en la foacutermula (1) λ por cν (λ = cν) la foacutermula de Planck se transforma en la siguiente expresioacuten

Y por consiguiente

(5)

Poniendo la expresioacuten (5) en (4) se obtiene la energiacutea total emitida por el cuerpo

Utilicemos el meacutetodo de integracioacuten por sustitucioacuten Podemos introducir una nueva variable

Entonces

Donde

Por lo tanto

Sustituyendo las constantes C1 y C2 por sus respectivas expresiones se obtiene

Donde

b) Para obtener le ley de desplazamiento de Wien utilizando la foacutermula de Planck es necesario encontrar analiacuteticamente la expresioacuten de la posicioacuten del maacuteximo en la curva que responda a la distribucioacuten de la radiancia del cuerpo negro entre las longitudes de onda Para esto es necesario encontrar el valor λ = λmaacutex para el cual la funcioacuten Rλ= f (λ T) para la temperatura constante tiene su valor maacuteximo por lo que debe cumplirse la condicioacuten

Sacando factor comuacuten se obtiene

De aquiacute tenemos

Realizando el cambio de variable

(1)

Tendremos

Si x es suficientemente grande se puede despreciar el 1 en el denominador comparando con ex entonces ya tenemos una primera solucioacuten aproximada para x

Tomando este valor como punto de partida podemos encontrar el valor real de x Por ejemplo utilizando el meacutetodo de aproximaciones sucesivas obtendremos

x1= 4965

Sustituyendo x en la expresioacuten (1) por el valor numeacuterico encontrado de x1 se obtiene

DondeC25 = b que es la constante de la ley de desplazamiento de Wien

Calculando b se obtiene su valor numeacuterico

Es evidente que para demostrar que λT = const no es necesario calcular el valor numeacuterico de x ya que λT = C2x = const

Rt = 092∙ 567∙10-8∙ (103)4∙314∙015∙10-2∙1 = 24569(W)

Problema 11

Una superficie metaacutelica de 10cm2 de aacuterea se encuentra a una temperatura de 2500 K y emite durante un minuto una energiacutea teacutermica de 4 x 104 J Encuentre a) la energiacutea emitida por la superficie si fuera un cuerpo negro y b) la razoacuten de la radiancia de esta superficie a la de un cuerpo negro de igual aacuterea y a la misma temperatura

Problema 12El espectro de la luz visible (luz blanca) incluye longitudes de onda comprendidas entre 380nm (violeta) y780nm (roja)a) Determinar la frecuencia de la radiacioacuten correspondiente a estos coloresb) Calculeacute conforme a la hipoacutetesis de Planck la energiacutea de loa fotones que corresponden a la luz violeta y luz rojac) cuantos fotones de luz roja son necesarios para cumular 3J de energiacutea

Datos

c=300 108 msminus1 h=66310minus34 Js

Solucioacuten

Para la pregunta a

luzvioleta v1=C⋋1

= 300 108

35010minus9 =8571014 Hz

luzroja v2=C⋋2

= 300108

780 10minus9 =385 1014 Hz

Para la pregunta b

EVioleta hv1=6626 10minus34 857 1014=568 10minus19 J

ERoja hv2=6626 10minus34 385 1014=25510minus19 J

Para la pregunta c

3 J

25510minus19 J fotonminus1=118 10minus18 fotones

Problema 13Un cuerpo estaacute radiando energiacutea conforme a la hipoacutetesis de Planck

a) Determina la energiacutea de un cuanto cuya longitud de onda es de 25nmb) Calcule la frecuencia correspondiente dicho cuanto de energiacutea Datos ⋋=25 nm Solucioacuten

aiquest E=hv=hC⋋

=662610minus34 300 108

25 10minus9 =80 10minus18 J

biquest v= C⋋

=300 108

25 10minus9 =121016 Hz

Problema 14iquestQueacute longitud de onda debe tener un fotoacuten para ionizar un aacutetomo de cesio con potencial de ionizacioacuten de 388V

Datos

V = 388V

h = 6626 10∙ -34Jmiddotse = 1602 10∙ -19C

Solucioacuten

La ionizacioacuten de un aacutetomo es la separacioacuten de uno o varios electrones del aacutetomo Para que el aacutetomo se ionice el electroacuten debe realizar un trabajo (energiacutea de ionizacioacuten E0) contra las fuerzas de atraccioacuten entre el electroacuten y el resto de las partiacuteculas que componen el aacutetomo o sea compensar la energiacutea de enlace del electroacuten

La energiacutea necesaria el electroacuten adquiere del fotoacuten de la luz que eacutel lo absorbe La energiacutea del fotoacuten depende de la longitud de onda y es igual a hν donde ν es la frecuencia de la luz y h es la constante de Planck De modo que tendremos

hν = E0

La energiacutea de ionizacioacuten E0 = eV donde V es el potencial de ionizacioacuten

Por lo tanto

hν = eV

Sustituyendo ν por cλ (ν = cλ) se obtiene

Poniendo los valores numeacutericos del problema tenemos

Problema 15Determinar la velocidad de un electroacuten emitido de una superficie de plata iluminada con luz monocromaacutetica de longitud de onda de 1500 Aring La longitud de onda a la cual comienza a manifestar este efecto es de 2600 Aring

Datosλ0 = 2600 Aring = 260 10∙ -9 mλ = 1500 Aring = 150 10∙ -9 mh = 6626 10∙ -34 J∙sc = 3 10∙ 8 msm =9109 10∙ -31 kgSolucioacuten

La ecuacioacuten de Einstein para el efecto fotoeleacutectrico es

hν = E0 + Ec maacutex (1)

Donde hν es la energiacutea del fotoacuten E0 el trabajo de salida del electroacuten del metal Ec

maacutex= mυ22 la energiacutea cineacutetica maacutexima del electroacuten que se desprende del metal

La energiacutea necesaria para arrancar el electroacuten del metal

E0 = hν0

Donde ν0 = cλ0 es la frecuencia umbral (de corte) debajo de la cual no se produce el efecto fotoeleacutectrico

Por consiguiente

Sustituyendo ν por cλ E0 por hcλ0 y Ecmaacutex por mυ22 en la ecuacioacuten (1) se obtiene

Rectificando las unidades y poniendo los valores numeacutericos se obtiene

Problema 16Determine el trabajo de extraccioacuten de un electroacuten en el efecto fotoeleacutectrico si longitud de onda a la cual se produce el efecto fotoeleacutectrico es menor que29510-6 mm

Datos

λ0 = 295 10∙ -6 mm = 295 10∙ -9 mh = 6626 10∙ -34 J∙sc = 3 10∙ 8 ms1eυ = 16middot10-19 J

Solucioacuten

La energiacutea necesaria para la realizacioacuten del trabajo de extraccioacuten de un electroacuten se calcula por la foacutermula

E0 = hν0

Donde ν0 es la frecuencia de corte por debajo de la cual no se produce el efecto fotoeleacutectrico

Sustituyendo ν0 por cλ0 se calcula E0

Problema 17Hallar la frecuencia de la luz que arranca los electrones de la superficie de un metal que se retardan por un potencial retardador de 3 V En este metal el efecto fotoeleacutectrico comienza cuando la frecuencia de la luz que incide sobre eacutel es de 61014 Hz Hallar el trabajo necesario para arrancar el electroacuten de este metal

Datos

V0 = 3V

ν0 = 6 10∙ 14 Hz = 6 10∙ 14s-1

Solucioacuten

El trabajo necesario para arrancar el electroacuten del metal se calcula por la foacutermula

E0 = hν0

Donde ν0 es la frecuencia de corte

E0 = 6626 10∙ -34J s 6 10∙ ∙ ∙ 14s-1 = 398 10∙ -19J

Entre la energiacutea cineacutetica maacutexima y el potencial retardador existe la siguiente relacioacuten

Ecmaacutex = eV0

Donde e es la carga del electroacuten y V0 es el potencial retardador

Sustituyendo Ec maacutex por eV0 en la ecuacioacuten de Einstein obtenemos

hν = E0 + eV0

Por consiguiente

Problema 18Un fotoacuten de radiacioacuten de rayos X con longitud de onda 01 nm cae sobre un electroacuten deacutebilmente enlazado de un elemento ligero y se desviacutea 90ordm de su direccioacuten inicial Calcule la energiacutea que adquiere el electroacuten despueacutes del choque y la direccioacuten de su movimiento

Datos

λ = 01 nm = 1 10∙ -10 mφ = 90ordmh = 6626 10∙ -34 J∙sc = 3 10∙ 8 msm = 91 10∙ -31 kg

Solucioacuten

La variacioacuten de la longitud de onda de los rayos X cuando se produce la difusioacuten de Compton se determina por la foacutermula

(1)

Siendo φ el aacutengulo de difusioacuten y m la masa del electroacuten en reposo

Sustituyendo en esta igualdad (1-cosφ) por 2sen2φ2 y teniendo en cuenta que

Δλ = λrsquo -λ obtenemos

(2)

(3)Si la energiacutea del fotoacuten primario es hν y la del fotoacuten difuso hνrsquo tendremos que de acuerdo con la ley de la conservacioacuten de la energiacutea la energiacutea Ec adquirida por el electroacuten vendraacute expresada por la igualdad

Sustituyendo ν por cλ y νrsquo por cλrsquo tenemos

(4)

Poniendo las expresiones (2) y (3) en la igualdad (4) se tiene

Donde A =h (mc)

La constante A = 002426 Aring suele llamarse longitud de onda Compton

Rectificando las unidades y poniendo los datos numeacutericos del problema hallamos la energiacutea del electroacuten despueacutes del choque

Hallamos ahora la razoacuten de la energiacutea del electroacuten de retroceso Ec a la energiacutea del fotoacuten incidente hν = hcλ

En general el electroacuten obtiene una pequentildea parte de la energiacutea del fotoacuten En el caso nuestro solamente 0024 (24) de la energiacutea del fotoacuten

La fig1 muestra el movimiento del electroacuten a) antes de la colisioacuten y b) despueacutes de la colisioacuten Para determinar la direccioacuten del movimiento del electroacuten despueacutes de la colisioacuten es necesario calcular el aacutengulo α bajo el cual estaacute dirigido su movimiento (fig1b)

a) b) Fig1 Fig2 De acuerdo con la ley de la conservacioacuten de la cantidad de movimiento en forma vectorial tenemos la ecuacioacuten

pf = pfrsquo + pe (5) Donde pf (pf = hνc = hλ) es la cantidad de movimiento del fotoacuten antes de la colisioacuten pfrsquo (pfrsquo = hνrsquoc = hλrsquo) es la cantidad de movimiento del fotoacuten difuso y pe es la cantidad de movimiento del electroacuten despueacutes de la colisioacuten pe = mυ donde υ es la velocidad del electroacuten

La cantidad de movimiento del electroacuten antes del choque es igual a cero ya que en reposo su velocidad es cero Graacuteficamente el vector pf es la diagonal del paralelogramo cuyos lados son los vectores pfrsquo y mv (fig2) Los aacutengulos φ y α representan respectivamente los aacutengulos bajo los cuales tienen lugar la difusioacuten del fotoacuten y la aparicioacuten del electroacuten de retroceso

De la fig2 se deduce que

Poniendo en lugar de pf y pfrsquo sus valores respectivos hλ y hλrsquo podemos escribir esta igualdad de forma siguiente

Sustituyendo λrsquo por la expresioacuten (3) obtenemos

Problema 19iquestCon queacute fuerza se atraen el nuacutecleo y el electroacuten en la primera oacuterbita del aacutetomo de hidroacutegeno iquestCuaacutentas veces es esta fuerza mayor que la fuerza gravitacional que actuacutea entre el nuacutecleo y el electroacuten

Datos

me = 9109 10∙ -31 kg

mp = 1840 9109 10∙ ∙ -31 kgG = 6672 10∙ -11 N∙m2∙kg-2

r = 053 10∙ -10 mn = 1ε0 = 8854 10∙ -12F∙ m-1

e = 1602 10∙ -19 C

Solucioacuten

La fuerza de interaccioacuten entre el nuacutecleo y el electroacuten es la fuerza electroestaacutetica de Coulomb

Donde r es el radio de la primera oacuterbita estacionaria del aacutetomo de hidroacutegeno

Rectificando las unidades y poniendo los valores numeacutericos se calcula la fuerza electroestaacutetica

Donde

La fuerza gravitacional se calcula por la foacutermula

Donde me es la masa del electroacuten mp la masa del protoacuten G la constante gravitacional

Por lo que

Problema 20Calcule cual es el radio de la primera orbita del electroacuten que gira alrededor de un nuacutecleo del aacutetomo de hidroacutegeno seguacuten el modelo de Bohr Determine la velocidad con que el electroacuten se mueve en esta oacuterbita

Datos

ε0 = 8854 10∙ -12 F∙m-1

e = 1602 10∙ -19 Cm = 9109 10∙ -31 kgh = 6626 10∙ -34 J∙s

Solucioacuten

La fuerza de interaccioacuten entre el electroacuten y el protoacuten del nuacutecleo es la fuerza

electrostaacutetica ( Fel) de Coulomb

Donde r es la distancia entre el nuacutecleo y el electroacuten Bajo la accioacuten de esta fuerza el electroacuten describe alrededor del nuacutecleo oacuterbitas en forma de elipses de Kepler y como un caso particular en forma de circunferencia

La fuerza de Coulomb es una fuerza centriacutepeta (Fc) y es numeacutericamente igual cuando se trata de una oacuterbita circular a

Por lo tanto

(1)

Para una oacuterbita circular la cantidad de movimiento angular del electroacuten es

p = mυr

La condicioacuten cuaacutentica de Bohr p = nh2π da la posibilidad de calcular el radio de

La oacuterbita circular estacionaria

(2)

La expresioacuten (1) se puede escribir en forma siguiente

Sustituyendo (mυr) por la expresioacuten (2) se obtiene

Para la primera oacuterbita n = 1 Por lo tanto

(3)

Esta magnitud representa el radio de la primera oacuterbita circular del electroacuten (radio de Bohr) es decir de la maacutes proacutexima al nuacutecleo del aacutetomo de hidroacutegeno

Rectificando las unidades y poniendo en lugar de h m ε0 y e sus respectivos valores numeacutericos se obtiene

Donde

(4)

Utilizando la expresioacuten (2) podemos calcular la velocidad υ con que el electroacuten se mueve en la primera oacuterbita

Sustituyendo r por la expresioacuten (3) tendremos

Rectificando las unidades se obtiene

Para n = 1

Problema 21iquestCalcule la energiacutea total del electroacuten en la segunda oacuterbita del aacutetomo de Bohr

SolucioacutenLa energiacutea total del electroacuten es

E = Ec+ Ep

Donde Ec es la energiacutea cineacutetica y Ep es la energiacutea potencial del electroacuten

La energiacutea potencial del electroacuten en el campo electrostaacutetico del nuacutecleo es igual a

Donde r es la distancia entre el nuacutecleo y el electroacuten (el radio de la oacuterbita)

La energiacutea cineacutetica

(1)

Donde m es la masa del electroacuten y υ es su velocidadSobre el electroacuten actuacutea una fuerza electroestaacutetica

Que es una fuerza centriacutepeta igual a

Por consiguiente

(2) Sustituyendo mv2 en la foacutermula de la energiacutea cineacutetica (1) por la expresioacuten (2) se obtiene

Por lo tanto la energiacutea total seraacute igual a

Sustituyendo r (ver el resultado del problema anterior) por

Se obtiene

Rectificando las unidades obtenemos

Para la segunda oacuterbita el nuacutemero cuaacutentico n = 2

Poniendo en lugar de h m y e sus respectivos valores numeacutericos hallamos

Problema 22iquestCuaacutel es la longitud de onda del fotoacuten emitido por el aacutetomo de hidroacutegeno cuando el electroacuten transita de la cuarta oacuterbita a la segunda

Solucioacuten

La radiacioacuten se produce soacutelo cuando el aacutetomo sufre una transicioacuten de una oacuterbita con energiacutea Ek a otra oacuterbita de menor energiacutea Ej (Ej lt Ek) En forma de ecuacioacuten

hν = Ek - Ej

Donde hν es el cuanto de energiacutea transportado por el fotoacuten emitido del aacutetomo durante la transicioacuten

En el caso nuestro k = 4 y j = 2 Por lo tanto

hν = E4 - E2

Utilizando la foacutermula de la energiacutea del electroacuten (ver el problema 21) se obtiene

Donde el teacutermino

Es la energiacutea del electroacuten en la segunda oacuterbita (Ver el problema 21)

Por consiguiente

Seguacuten el resultado del problema 21 E2 = -54 10∙ -19J

Por lo tanto

Como λ = cν entonces

Problema 23El electroacuten del aacutetomo de hidroacutegeno salta de la tercera oacuterbita a la segunda a) Calcular la longitud de onda del fotoacuten emitido b) Calcular la disminucioacuten de la energiacutea del aacutetomoacute

Datos

j =1k = 3R = 1097middot107 m-1

h = 6626 10∙ -34 J∙s

Solucioacuten

Cuando el electroacuten pasa de la oacuterbita de mayor energiacutea (Ek) a una orbita de menor

energiacutea (Ej) el aacutetomo emite un fotoacuten cuya energiacutea es igual a E = Ek- Ej La longitud de onda del fotoacuten emitido se calcula por la foacutermula

J y k son los nuacutemeros de las oacuterbitas y R es la constante de Ridberg

La disminucioacuten de la energiacutea del aacutetomo es igual a la energiacutea del fotoacuten emitido

Problema 24

a) iquestQueacute tensioacuten del campo eleacutectrico es necesaria seguacuten la mecaacutenica claacutesica para que un electroacuten acelerado en este campo adquiera la velocidad de la luzb) iquestCuaacutel seraacuten la velocidad del electroacuten y su masa en este campo seguacuten la mecaacutenica relativista

Datos

m0 = 9109∙10-31kgc = 3∙108mse = 1602 10∙ -19C

Solucioacuten

a) Seguacuten la mecaacutenica claacutesica la energiacutea cineacutetica del electroacuten

Donde m0 es la masa de reposo del electroacuten y υ es su velocidad La diferencia de potencial V multiplicada por la carga del electroacuten es una medida de la energiacutea cineacutetica del electroacuten adquirida en el campo eleacutectrico En otras palabras

Sustituyendo υ por c se calcula la diferencia de potencial del campo eleacutectrico necesaria para que el electroacuten adquiera la velocidad de la luz

Analizando las unidades y poniendo los valores numeacutericos del problema se obtiene

b) En la mecaacutenica relativista se calcula la masa m del electroacuten y su energiacutea

cineacutetica Ec utilizando las foacutermulas siguientes

Pero numeacutericamente Ec = (m0c2)2 o sea

La masa del electroacuten seraacute igual a

Problema 25iquestCuaacutel es la energiacutea de un fotoacuten correspondiente a ondas radio de frecuencia 1255 x106 Hz

Datos

E=hv v=c⋋Solucioacuten E=662610minus34 1255 106=831610minus28 J

PROBLEMA 26La liacutenea verde en el espectro atoacutemico del talio tiene una longitud de onda de 535 nm Calcular la energiacutea de un fotoacuten

Solucioacuten

H=662610minus34C=300 108 msminus1

E=hv v=c ⋋ v=300 108 msminus1

53510minus9 =560 1014

E=662610minus34 560 1014=372 10minus19J

PROBLEMA 27Un electroacuten salta desde un orbital maacutes externo a otro maacutes interno entre los que existe una diferencia de energiacutea de 15 x 10-15 J iquestCuaacutel es la frecuencia de la radiacioacuten emitida

Datos

∆ E=hv

Solucioacuten

v=∆ E h= 15 10minus15J662610minus34 JS

=2261018 Sminus1

Problema 28La longitud de onda umbral para que cierta superficie metaacutelica emita electrones es 6000 Aring Se observoacute que si esa superficie fotosensible se ilumina con luz de 4000 Aring los electrones son emitidos con una velocidad de 606 x 105m s-1 Deducir el valor de la constante de Planck

Datos

λ1=600 Aring=610minus7 λ2=400 Aring=410minus7 V = 6 06 x 105m s-1 m=9 110minus31

Solucioacuten h= Cλ 2

=hCλ 1

+ mv2

2

h= 3 108

410minus7 =h3 108

6 10minus7 +91 10minus31 (606105)2

2

75 1014 h=5 1014 h+16710minus19

25 1014 h=167 10minus19

h=66810minus34 Js

Problema 29La frecuencia umbral de cierto metal es 88 x 1014 s-1 Calcular la velocidad maacutexima de los electrones emitidos por ese metal cuando se ilumina con luz cuya longitud de onda es 2536 Aring iquestQueacute energiacutea cineacutetica poseen esos electrones

EC=h(CλminusV C)=662610minus34 J s ( 3

108ms

2536 10minus10 minus88 x 1014 sminus1)=201 10minus19 J

EC=m v2

2rarr v2=radic 2 EC

m=radic 2 20110minus19 J

9110minus31kg=664 105 m s

Pregunta 30Una superficie de cierto metal emite electrones cuya energiacutea cineacutetica equivale a 3 eV cuando se ilumina con luz de longitud de onda de 1500 Aring iquestcual es el valor de la frecuencia umbral de ese metal

Solucioacuten

Se debe cumplir que E incidente= E umbral+E cineacutetica del electroacuten

E incidente=hv=hλ=66210minus34 J S 3 108 msminus1

150010minus10m=13 10minus18 J

E incidente del electron=3eV 16 10minus19 J eV minus1=48 10minus19 J

E umbral=13 10minus18 Jminus4810minus19 J=8210minus19

υ= Eh

= 82 10minus19 J66210minus34 JS

=13 1015 Hz

Problema 31Calcule la longitud de onda y la frecuencia da la 2da raya de la serie de Balme en el espectro del hidrogeno Constante de rydberg=109677 107 mminus1 La segunda raya nj=4 entonces ni=2

1⋋2

=RH ( 1

iquest2minus 1

nj2)=109677107( 1

22minus 1

42)=109677 107 3

16rarr⋋2=486 10minus7 m

v= C⋋2

= 300108

486 10minus7 =617 1014 Hz

Problema 32Calcuacutelese la longitud de onda de De Broglie en cada uno de los siguientes casos a) un neutroacuten que se mueve a una velocidad de 10 kms b) Un moacutevil de 20 g que se mueve a 72 kmhora

Solucioacutena) un neutroacuten que se mueve a una velocidad de 10 kms

masa del electron=167 10minus27 kg

mv=167 10minus27 kg 104 m sminus1=167 10minus23

λ=h

mv=66310minus34

16710minus23 =39710minus11 m

b) Un moacutevil de 20 g que se mueve a 72 kmhora

λ= hmv

=66310minus34

210minus2 20=1610minus33m

Problema 33Una superficie de sodio se ilumina con luz de 300 nm de longitud de ondala funcioacuten de trabajo para el metal de sodio es 246 eV Encuentrea) la energiacutea cineacutetica maacutexima de los fotoelectrones emitidosb) la longitud de onda de corte para el sodio

c) calcule la rapidez maacutexima del efecto fotoeleacutectrico

Solucioacuten

a) la energiacutea cineacutetica maacutexima de los fotoelectrones emitidos

E=h f =hcλ

=(662610minus34 J s ) (3 108 m s)

30010minus9m=663 10minus19 J=414 eV

Luego aplicamos Kmax=h f minusФ=414eV minus246eV =168 eV

b) la longitud de onda de corte para el sodio

E=h f 0=Ф dedonde hcλ0

aislamos λ0=hcФ

peroФ=(246 eV )(1610minus19 J eV )=39410minus19 J

Reemplazamos λ0=(662610minus34 Js )(3108 m s)

394 10minus19 J=iquest 505 10minus7=505 nm

c) calcule la rapidez maacutexima del efecto fotoeleacutectrico

E=12

m v2rarr 168eV iquest(91110minus31kg)v2

2 rarr v=768 105 m s

Problema 34Un aacutetomo absorbe un fotoacuten que tiene una longitud de onda de 375 nm e inmediatamente emite otro fotoacuten que tiene una longitud de onda de 580 nm iquestCuaacutel es la energiacutea neta absorbida por el aacutetomo en este proceso

Solucioacuten

Eneta=E f minusEi

Eneta=1240 eV nm

λemiteminus1240 eV nm

λabsorbe=1240 eV nm

λemiteminus1240 eV nm

λabsorbe

Eneta=2138 eVminus331 eV =1172eV

Problema 35La mayoriacutea de los procesos gaseosos de ionizacioacuten requieren cambios de energiacutea de 1 x10minus18 a 1 x10minus16 iquestqueacute regioacuten del espectro electromagneacutetico del sol es entonces

principalmente responsable de la creacioacuten de la ionosfera en la atmosfera de la tierra

Solucioacuten

tenemos E=1240 eV nmλ

reemplazamos 1 x10minus16minus1 x 10minus18=1240 eV nmλ

convirtiendo a eV 625minus625=1240 eV nmλ

cancelando eV λ=1240 nm61875

=iquest 2004 nm(ultravioleta)

Problema 36Se desea escoger una sustancia para una foto celda operable con luz visible iquestCuaacutel de la siguientes lo haraacute(la funcioacuten de trabajo aparece entre pareacutentesis )el tantalio(42eV)el tungsteno(45eV)el aluminio(42eV)el bario(25eV)el litio(23eV)el cesio(19eV)

Solucioacuten

Sabemos E=1240 eV nmλ

ReemplazamosE=Ф

Luego λ=1240 eV nm

Ф

aiquest tantalio λ=1240 eV nm

42 eV=iquest 2952nm(ultravioleta)

biquest tungsteno λ=1240 eVnm

45 eV=iquest 2756 nm(ultravioleta)

c iquestaluminio λ=1240 eV nm

42 eV=iquest 2952nm(ultravioleta)

d iquestbario λ=1240 eV nm

25 eV=iquest 496 nm(visible)

e iquestlitio λ=1240 eV nm

23 eV=iquest 5391nm(visible)

f iquest sesio λ=1240 eV nm

19 eV=iquest 6526nm(visible)

Problema 37a) La energiacutea necesaria para desprender un electroacuten de sodio metaacutelico es de 228eV iquestMuestra el sodio un efecto fotoeleacutectrico bajo luz roja con λ=678 nmb) iquestCuaacutel es la longitud de la onda de corte de la emisioacuten fotoeleacutectrica del sodio y a que color corresponde esta longitud de onda

Solucioacuten

Para la pregunta a

Tenemos E=1240 eV nmλ

Reemplazamos E=1240 eV nm678 nm

=iquest 18289 eV

no se produce el efecto fotoelectrico porque Elt228 eV

Para la pregunta b

E=1240 eV nmλ

Reemplazamos E=1240 eV nm228 eV

=iquest 54386 nm(verde)

Pregunta 38Un numero de fotones incide sobre una superficie de sodio que tiene una funcioacuten de trabajo de 228eV causando la emisioacuten fotoeleacutectrica cuando se impone un potencial de frenado de 492 V no existe una fotocorriente Halle la longitud de onda de los fotones incidentes

Solucioacuten

Tenemos Ф=228 eV

Tambieacuten h f =Ф+k max

Reemplazado h f =Ф+e V 0

Luego 1240 eV nm

λ=228 eV +(16 10minus19C )(492 V )

Sabemos V=J C por lo tanto convertimos a eV

1240 eV nm

λ=228 eV +(16 10minus19C )(492J C)(1eV 16 10minus19 J )

Cancelando λ=1722 nm

Pregunta 39a Si la funcioacuten de trabajo de un metal es de 185eV iquestCuaacutel seria el potencial de frenado de la luz que tenga una longitud de onda de 410 nmb iquestCuaacutel seria la velocidad maacutexima de los fotoelectrones emitidos en la superficie de metal

Solucioacuten

Para a

Sabemos h f =Ф+k max

Reemplazamos 1240 eV nm

λ=185 eV +e V 0

1240 eV nm

410 nm=185 eV +e V 0

Reduciendo V 0=117V

Para b

Tenemos k max=e V 0

12

m v2=e V 0

Reemplazamos 12

(91110minus31) v2=(16 10minus19 )(117 V )

Reduciendo V=641 km s

Pregunta 40El molibdeno tiene una funcioacuten de trabajo de 420 eV a) encuentre la longitud de onda de corte y la frecuencia de corte para el efecto fotoeleacutectrico B) calcule el potencial de frenado si la luz incidente tiene una longitud de onda de 180nm

Solucioacuten

Para a sabemos Ф=h f 0 de aquiacute Ф=h CλC

Aislamos λ λC=h CФ

Reemplazamos λC=iquest (662610minus34 )(3 108)

42016 10minus19 =iquest 2958 nm

Ahora calculamos la frecuencia de cortef 0

Sabemos f 0=CλC

=iquest 3108

295810minus9= 1014 pHz

Para b tenemos Kmax=CλC

minusФ

Reemplazamos Kmax=6626 10minus34 3108

18010minus9 minus420 eV

Reduciendo Kmax=2675 eV

Finalmente calculamos el V 0

De Kmax=eV 0

Aislamos V 0=iquest 267516 10minus19 J

16 10minus19 C=iquest 2675 V

Problema 41Un estudiante que analiza el efecto fotoeleacutectrico de dos metales diferente registra la siguiente informacioacuteni) el potencial de frenado para los fotoelectrones liberados en el metal 1 es 148 V mayor que para el metal 2 y ii) la frecuencia de corte para el metal 1 es 40 mas pequentildea que para el metal 2determine la funcioacuten de trabajo para cada metal

Kmaxi=e V 01 Kmaxi=e(V 02+148) (1)

Kmaxi=e V 02 (2)

h f 01=Ф1 h 60

100 f 02=Ф1 (3)

Metal 1 Metal 2 V 01=V 02+148

f 01=60

100 f 02

V 02=V 02

f 01=f 02

h f 02=Ф2 (4)

En (1)

h f minush f 01=e(V 02+148) (5)

h f minush f 02=e V 02 (6)

Luego (6) en (5)

h f minush60

100 f 02=h f minush f 02+e 148

Simplificando f 02=e 148 5

2 h=Ф2

Ф2=37 eV

Entonces h60100

f 02=Ф1

Pero h f 02=Ф2

Reemplazando f 02=h60

100Ф2

h=Ф1

Simplicando Ф1=222eV

Pregunta 42Dos fuentes luminosas se utilizan en un experimento fotoeleacutectrico para determinarla funcioacuten de trabajo para una superficie metaacutelica particular Cuando se emplea luz verde de una laacutempara de mercurio (λ=5461 nm) un potencial de frenado de 0376 V reduce la fotocorriente a ceroa Con base a esta medicioacuten iquestCuaacutel es la funcioacuten de trabajo para este metalb iquestQueacute potencial de frenado se observariacutea al usar la luz amarilla de un cubo de descarga de helio λ=58715 nm

Solucioacuten

Para a

Kmaxi=h f minusФ (1)

Kmaxi=e V 0 (2)

(1) En (2)

h f minusФ=e V 0

Luego Ф=minuse V 0+h c λ

Reemplazando valores

Ф=minus(16 10minus19C ) (0376 V )+(60626 10minus34 J S ) 3 108546110minus9

Ф=1899 eV

Para b

De la ecuacioacuten h f minusФ=e V 0

Aislamos V 0=iquest h

CλminusФ

e

V 0=iquest 3108

587510minus9 minusiquest 19 eV iquest16 10minus19C=02125 V

Pregunta 43Fotones de 450 nm de longitud inciden sobre un metal los electrones mas energeacuteticos expulsados del metal se desviacutean en in arco circular de 200 cm de radio por medio de un campo magneacutetico con una magnitud de 200x10minus5 TiquestCuaacutel es la funcioacuten de trabajo del metal

Datos

λ=450 10minus9m r=200cm=02 m t=200 x10minus5T

Solucioacuten

Hallamos ldquoErdquo

E=hcλ

rarr E=(6626 10minus34 J S )(3108)450 10minus9m=441710minus19 J

Hallamos ldquoV ldquo

V=q Br m

V=(16 10minus19 J ) ( 20010minus5T ) (02 m )

91110minus31 Kg=007025107m S

Hallamos k rsub max

k max=12

mv2 rarr k max=( 91110minus31 Kg )iquest

Hallamos ldquoФrdquo

Ф=hcλ

minuskmax=4417 10minus19 Jminus224810minus19 J=21691019 1 eV 1610minus19

Ф=135 eV

Problema 44Un Fotoacuten que tiene energiacutea Eo es dispersado por un electroacuten libre inicialmente en reposo de tal manera que el aacutengulo de dispersioacuten del electroacuten dispersado es igual al del fotoacuten dispersado ( ) a) Determine los aacutengulos y b) La energiacutea y el momentum del fotoacuten dispersado y c) La energiacutea cineacutetica del electroacuten dispersado

Solucioacuten

aiquest Determine los aacutengulos y

X hλ0

=h cosФ

λ+γ me VcosФ

Y 0=minush senФ

λ +γ me VsenФ

De Y 0=minush

λ=γ me V rarr

h

λ =γ me V

De X hλ0

=hcosФ

λ+ hcosФ

λ()

despejando λ

2 λ0 cosФ

corrimiento de compton

λminus λ0=

hme c

(1minuscosФ )rarr 2 λ0 cosФminusλ0=h

me c(1minuscosФ )

Sabiendoque λ0=hcE0

en funcion de E0

2 λ0 cosФminus1=E0

me c2 (1minuscosФ )rarr sihacemos E0

me c2 =x

2 λ0 cosФminus1=x (1minuscosФ )

Aislamos elaacutengulo Ф=arcocos( x+1x+2

)

biquest La energiacutea y el momentumdel fotoacuten dispersado energ iacutea

E=hc λ si λ =2 λ0 cosФ si λ0=hcλ0

entonces E=E0

2cosФ obtenemos Eacute=( x2+2 x

2 x+2)me c2

Momenton p h Si acute 2 λ0 cos E h 2 λ0cos Si λ0=hc E0

entonces pE0

2C cosФ obtenemos Pacute=( x2+2 x

2 x+2)me c2

c iquest La energiacuteacineacutetica del electroacutendispersado E0 iquest E +Ke E0minusE =Ke

Reemplazamos Ke=( x2

2 x+2)me c2

Problema 45Un Fotoacuten de 0880mev es dispersado por un electroacuten libre inicialmente en reposo de tal manera que el aacutengulo de dispersioacuten del electroacuten dispersado es igual al del fotoacuten dispersado ( ) a) Determine los aacutengulos y b) La energiacutea y el momentum del fotoacuten dispersado y c) La energiacutea cineacutetica del electroacuten dispersado

Solucioacuten

aiquest Determine los aacutengulos y

X hλ0

=h cosФ

λ+γ me VcosФ

Y 0=minush senФ

λ +γ me VsenФ

De Y 0=minush

λ=γ me V rarr

h

λ =γ me V

En X hλ0

=hcosФ

λ + hcosФ

λ ()

hλ0

=2h cosФ

λ rarr λ =2 λ0cosФ

λminus λ0=

hme c

(1minuscosФ )rarr 2 λ0 cosФminusλ0=h

me c(1minuscosФ )

Pero E0=hcλ0

reemplazando y combinando

me

E0

c2 (2 cosФminus1 )=(1minuscosФ )

(91 10minus31 kg)(9 1016 m2 s2)iquestiquest (1minuscosФ )=iquest 5809 10minus2 (2cosФminus1 )

cosФ=013

Ф=43 10

biquest La energiacutea y el momentumdel fotoacuten dispersado

E hc Si acute 2 λ0 cos

E hc 2 λ0 cos Si λ0=hc E0 E E0 2 cos Reemplazando E=0808 meV 2 cos 43 ordm=602 KeV

P h =E c=602103 16 10minus19 3108=iquest

P 32110minus22kg m s

c iquest La energiacuteacineacutetica del electroacutendispersado

k e=880 KeV minus602 KeV k e=278 KeV

Problema 46En un experimento de dispersioacuten Compton un fotoacuten se desviacutea en 900ordm y el electroacuten se desviacutea en un aacutengulo de 200ordm Determine la longitud de onda del fotoacuten dispersado

Solucioacuten

X hλ0

=h cosФ

λ+γ me VcosФ Y 0=minush senФ

λ +γ me VsenФ

Luego

Y h

λ=γ me Vsen200

(2iquest X hλ0

=γ me Vcos200 (1iquest

De 2 y1

λ0=λ tg200

De

λ minus λ0=h

mc(1minuscos900)

λ minus λ tg 200= hmc

rarr λ (1minustg 200 )= hmc

λ (1minus036 )=00024310minus9 m

λ =38 10minus12m

Problema 47Un fotoacuten de 000160nm se dispersa a partir de un electroacuten libre iquestPara queacute aacutengulos de dispersioacuten (fotoacuten) el electroacuten de retroceso tiene la misma energiacutea cineacutetica que la energiacutea del fotoacuten dispersado

Solucioacuten

λ0=000160 10minus9 hcλ0

=hc

λ+ hc

λ=rarr

1λ0

= 2

λ

λ minus λ0=h

mc(1minuscosФ)

000160 10minus9 m=000243 10minus9m(1minuscosФ)

cosФ=034

Ф=70 10

Problema 48A partir de la dispersioacuten de la luz solar de Thompson calculo el radio claacutesico del electroacuten que tiene un valor de 282 10minus15 Si la luz del sol con una intensidad de 500Wm2cae sobre un disco con este radio calcule el tiempo requerido para acumular 1eV de energiacutea Suponga que la luz es una onda claacutesica y que la luz que golpea al disco es absorbida por completo iquestCoacutemo se compara su resultado con la observacioacuten que los fotoelectrones son emitidos con rapidez dentro de10minus9 s Solucioacuten

radiaccion=500 W m2

tenemos I=P A rarr P=I A

Luego W t=I A

t=EI

A= 1 eV500 W π iquestiquestiquest

Absolutamente largo

  • Laboratorio de Fiacutesica Moderna
Page 11: David reparado

Y por consiguiente

(5)

Poniendo la expresioacuten (5) en (4) se obtiene la energiacutea total emitida por el cuerpo

Utilicemos el meacutetodo de integracioacuten por sustitucioacuten Podemos introducir una nueva variable

Entonces

Donde

Por lo tanto

Sustituyendo las constantes C1 y C2 por sus respectivas expresiones se obtiene

Donde

b) Para obtener le ley de desplazamiento de Wien utilizando la foacutermula de Planck es necesario encontrar analiacuteticamente la expresioacuten de la posicioacuten del maacuteximo en la curva que responda a la distribucioacuten de la radiancia del cuerpo negro entre las longitudes de onda Para esto es necesario encontrar el valor λ = λmaacutex para el cual la funcioacuten Rλ= f (λ T) para la temperatura constante tiene su valor maacuteximo por lo que debe cumplirse la condicioacuten

Sacando factor comuacuten se obtiene

De aquiacute tenemos

Realizando el cambio de variable

(1)

Tendremos

Si x es suficientemente grande se puede despreciar el 1 en el denominador comparando con ex entonces ya tenemos una primera solucioacuten aproximada para x

Tomando este valor como punto de partida podemos encontrar el valor real de x Por ejemplo utilizando el meacutetodo de aproximaciones sucesivas obtendremos

x1= 4965

Sustituyendo x en la expresioacuten (1) por el valor numeacuterico encontrado de x1 se obtiene

DondeC25 = b que es la constante de la ley de desplazamiento de Wien

Calculando b se obtiene su valor numeacuterico

Es evidente que para demostrar que λT = const no es necesario calcular el valor numeacuterico de x ya que λT = C2x = const

Rt = 092∙ 567∙10-8∙ (103)4∙314∙015∙10-2∙1 = 24569(W)

Problema 11

Una superficie metaacutelica de 10cm2 de aacuterea se encuentra a una temperatura de 2500 K y emite durante un minuto una energiacutea teacutermica de 4 x 104 J Encuentre a) la energiacutea emitida por la superficie si fuera un cuerpo negro y b) la razoacuten de la radiancia de esta superficie a la de un cuerpo negro de igual aacuterea y a la misma temperatura

Problema 12El espectro de la luz visible (luz blanca) incluye longitudes de onda comprendidas entre 380nm (violeta) y780nm (roja)a) Determinar la frecuencia de la radiacioacuten correspondiente a estos coloresb) Calculeacute conforme a la hipoacutetesis de Planck la energiacutea de loa fotones que corresponden a la luz violeta y luz rojac) cuantos fotones de luz roja son necesarios para cumular 3J de energiacutea

Datos

c=300 108 msminus1 h=66310minus34 Js

Solucioacuten

Para la pregunta a

luzvioleta v1=C⋋1

= 300 108

35010minus9 =8571014 Hz

luzroja v2=C⋋2

= 300108

780 10minus9 =385 1014 Hz

Para la pregunta b

EVioleta hv1=6626 10minus34 857 1014=568 10minus19 J

ERoja hv2=6626 10minus34 385 1014=25510minus19 J

Para la pregunta c

3 J

25510minus19 J fotonminus1=118 10minus18 fotones

Problema 13Un cuerpo estaacute radiando energiacutea conforme a la hipoacutetesis de Planck

a) Determina la energiacutea de un cuanto cuya longitud de onda es de 25nmb) Calcule la frecuencia correspondiente dicho cuanto de energiacutea Datos ⋋=25 nm Solucioacuten

aiquest E=hv=hC⋋

=662610minus34 300 108

25 10minus9 =80 10minus18 J

biquest v= C⋋

=300 108

25 10minus9 =121016 Hz

Problema 14iquestQueacute longitud de onda debe tener un fotoacuten para ionizar un aacutetomo de cesio con potencial de ionizacioacuten de 388V

Datos

V = 388V

h = 6626 10∙ -34Jmiddotse = 1602 10∙ -19C

Solucioacuten

La ionizacioacuten de un aacutetomo es la separacioacuten de uno o varios electrones del aacutetomo Para que el aacutetomo se ionice el electroacuten debe realizar un trabajo (energiacutea de ionizacioacuten E0) contra las fuerzas de atraccioacuten entre el electroacuten y el resto de las partiacuteculas que componen el aacutetomo o sea compensar la energiacutea de enlace del electroacuten

La energiacutea necesaria el electroacuten adquiere del fotoacuten de la luz que eacutel lo absorbe La energiacutea del fotoacuten depende de la longitud de onda y es igual a hν donde ν es la frecuencia de la luz y h es la constante de Planck De modo que tendremos

hν = E0

La energiacutea de ionizacioacuten E0 = eV donde V es el potencial de ionizacioacuten

Por lo tanto

hν = eV

Sustituyendo ν por cλ (ν = cλ) se obtiene

Poniendo los valores numeacutericos del problema tenemos

Problema 15Determinar la velocidad de un electroacuten emitido de una superficie de plata iluminada con luz monocromaacutetica de longitud de onda de 1500 Aring La longitud de onda a la cual comienza a manifestar este efecto es de 2600 Aring

Datosλ0 = 2600 Aring = 260 10∙ -9 mλ = 1500 Aring = 150 10∙ -9 mh = 6626 10∙ -34 J∙sc = 3 10∙ 8 msm =9109 10∙ -31 kgSolucioacuten

La ecuacioacuten de Einstein para el efecto fotoeleacutectrico es

hν = E0 + Ec maacutex (1)

Donde hν es la energiacutea del fotoacuten E0 el trabajo de salida del electroacuten del metal Ec

maacutex= mυ22 la energiacutea cineacutetica maacutexima del electroacuten que se desprende del metal

La energiacutea necesaria para arrancar el electroacuten del metal

E0 = hν0

Donde ν0 = cλ0 es la frecuencia umbral (de corte) debajo de la cual no se produce el efecto fotoeleacutectrico

Por consiguiente

Sustituyendo ν por cλ E0 por hcλ0 y Ecmaacutex por mυ22 en la ecuacioacuten (1) se obtiene

Rectificando las unidades y poniendo los valores numeacutericos se obtiene

Problema 16Determine el trabajo de extraccioacuten de un electroacuten en el efecto fotoeleacutectrico si longitud de onda a la cual se produce el efecto fotoeleacutectrico es menor que29510-6 mm

Datos

λ0 = 295 10∙ -6 mm = 295 10∙ -9 mh = 6626 10∙ -34 J∙sc = 3 10∙ 8 ms1eυ = 16middot10-19 J

Solucioacuten

La energiacutea necesaria para la realizacioacuten del trabajo de extraccioacuten de un electroacuten se calcula por la foacutermula

E0 = hν0

Donde ν0 es la frecuencia de corte por debajo de la cual no se produce el efecto fotoeleacutectrico

Sustituyendo ν0 por cλ0 se calcula E0

Problema 17Hallar la frecuencia de la luz que arranca los electrones de la superficie de un metal que se retardan por un potencial retardador de 3 V En este metal el efecto fotoeleacutectrico comienza cuando la frecuencia de la luz que incide sobre eacutel es de 61014 Hz Hallar el trabajo necesario para arrancar el electroacuten de este metal

Datos

V0 = 3V

ν0 = 6 10∙ 14 Hz = 6 10∙ 14s-1

Solucioacuten

El trabajo necesario para arrancar el electroacuten del metal se calcula por la foacutermula

E0 = hν0

Donde ν0 es la frecuencia de corte

E0 = 6626 10∙ -34J s 6 10∙ ∙ ∙ 14s-1 = 398 10∙ -19J

Entre la energiacutea cineacutetica maacutexima y el potencial retardador existe la siguiente relacioacuten

Ecmaacutex = eV0

Donde e es la carga del electroacuten y V0 es el potencial retardador

Sustituyendo Ec maacutex por eV0 en la ecuacioacuten de Einstein obtenemos

hν = E0 + eV0

Por consiguiente

Problema 18Un fotoacuten de radiacioacuten de rayos X con longitud de onda 01 nm cae sobre un electroacuten deacutebilmente enlazado de un elemento ligero y se desviacutea 90ordm de su direccioacuten inicial Calcule la energiacutea que adquiere el electroacuten despueacutes del choque y la direccioacuten de su movimiento

Datos

λ = 01 nm = 1 10∙ -10 mφ = 90ordmh = 6626 10∙ -34 J∙sc = 3 10∙ 8 msm = 91 10∙ -31 kg

Solucioacuten

La variacioacuten de la longitud de onda de los rayos X cuando se produce la difusioacuten de Compton se determina por la foacutermula

(1)

Siendo φ el aacutengulo de difusioacuten y m la masa del electroacuten en reposo

Sustituyendo en esta igualdad (1-cosφ) por 2sen2φ2 y teniendo en cuenta que

Δλ = λrsquo -λ obtenemos

(2)

(3)Si la energiacutea del fotoacuten primario es hν y la del fotoacuten difuso hνrsquo tendremos que de acuerdo con la ley de la conservacioacuten de la energiacutea la energiacutea Ec adquirida por el electroacuten vendraacute expresada por la igualdad

Sustituyendo ν por cλ y νrsquo por cλrsquo tenemos

(4)

Poniendo las expresiones (2) y (3) en la igualdad (4) se tiene

Donde A =h (mc)

La constante A = 002426 Aring suele llamarse longitud de onda Compton

Rectificando las unidades y poniendo los datos numeacutericos del problema hallamos la energiacutea del electroacuten despueacutes del choque

Hallamos ahora la razoacuten de la energiacutea del electroacuten de retroceso Ec a la energiacutea del fotoacuten incidente hν = hcλ

En general el electroacuten obtiene una pequentildea parte de la energiacutea del fotoacuten En el caso nuestro solamente 0024 (24) de la energiacutea del fotoacuten

La fig1 muestra el movimiento del electroacuten a) antes de la colisioacuten y b) despueacutes de la colisioacuten Para determinar la direccioacuten del movimiento del electroacuten despueacutes de la colisioacuten es necesario calcular el aacutengulo α bajo el cual estaacute dirigido su movimiento (fig1b)

a) b) Fig1 Fig2 De acuerdo con la ley de la conservacioacuten de la cantidad de movimiento en forma vectorial tenemos la ecuacioacuten

pf = pfrsquo + pe (5) Donde pf (pf = hνc = hλ) es la cantidad de movimiento del fotoacuten antes de la colisioacuten pfrsquo (pfrsquo = hνrsquoc = hλrsquo) es la cantidad de movimiento del fotoacuten difuso y pe es la cantidad de movimiento del electroacuten despueacutes de la colisioacuten pe = mυ donde υ es la velocidad del electroacuten

La cantidad de movimiento del electroacuten antes del choque es igual a cero ya que en reposo su velocidad es cero Graacuteficamente el vector pf es la diagonal del paralelogramo cuyos lados son los vectores pfrsquo y mv (fig2) Los aacutengulos φ y α representan respectivamente los aacutengulos bajo los cuales tienen lugar la difusioacuten del fotoacuten y la aparicioacuten del electroacuten de retroceso

De la fig2 se deduce que

Poniendo en lugar de pf y pfrsquo sus valores respectivos hλ y hλrsquo podemos escribir esta igualdad de forma siguiente

Sustituyendo λrsquo por la expresioacuten (3) obtenemos

Problema 19iquestCon queacute fuerza se atraen el nuacutecleo y el electroacuten en la primera oacuterbita del aacutetomo de hidroacutegeno iquestCuaacutentas veces es esta fuerza mayor que la fuerza gravitacional que actuacutea entre el nuacutecleo y el electroacuten

Datos

me = 9109 10∙ -31 kg

mp = 1840 9109 10∙ ∙ -31 kgG = 6672 10∙ -11 N∙m2∙kg-2

r = 053 10∙ -10 mn = 1ε0 = 8854 10∙ -12F∙ m-1

e = 1602 10∙ -19 C

Solucioacuten

La fuerza de interaccioacuten entre el nuacutecleo y el electroacuten es la fuerza electroestaacutetica de Coulomb

Donde r es el radio de la primera oacuterbita estacionaria del aacutetomo de hidroacutegeno

Rectificando las unidades y poniendo los valores numeacutericos se calcula la fuerza electroestaacutetica

Donde

La fuerza gravitacional se calcula por la foacutermula

Donde me es la masa del electroacuten mp la masa del protoacuten G la constante gravitacional

Por lo que

Problema 20Calcule cual es el radio de la primera orbita del electroacuten que gira alrededor de un nuacutecleo del aacutetomo de hidroacutegeno seguacuten el modelo de Bohr Determine la velocidad con que el electroacuten se mueve en esta oacuterbita

Datos

ε0 = 8854 10∙ -12 F∙m-1

e = 1602 10∙ -19 Cm = 9109 10∙ -31 kgh = 6626 10∙ -34 J∙s

Solucioacuten

La fuerza de interaccioacuten entre el electroacuten y el protoacuten del nuacutecleo es la fuerza

electrostaacutetica ( Fel) de Coulomb

Donde r es la distancia entre el nuacutecleo y el electroacuten Bajo la accioacuten de esta fuerza el electroacuten describe alrededor del nuacutecleo oacuterbitas en forma de elipses de Kepler y como un caso particular en forma de circunferencia

La fuerza de Coulomb es una fuerza centriacutepeta (Fc) y es numeacutericamente igual cuando se trata de una oacuterbita circular a

Por lo tanto

(1)

Para una oacuterbita circular la cantidad de movimiento angular del electroacuten es

p = mυr

La condicioacuten cuaacutentica de Bohr p = nh2π da la posibilidad de calcular el radio de

La oacuterbita circular estacionaria

(2)

La expresioacuten (1) se puede escribir en forma siguiente

Sustituyendo (mυr) por la expresioacuten (2) se obtiene

Para la primera oacuterbita n = 1 Por lo tanto

(3)

Esta magnitud representa el radio de la primera oacuterbita circular del electroacuten (radio de Bohr) es decir de la maacutes proacutexima al nuacutecleo del aacutetomo de hidroacutegeno

Rectificando las unidades y poniendo en lugar de h m ε0 y e sus respectivos valores numeacutericos se obtiene

Donde

(4)

Utilizando la expresioacuten (2) podemos calcular la velocidad υ con que el electroacuten se mueve en la primera oacuterbita

Sustituyendo r por la expresioacuten (3) tendremos

Rectificando las unidades se obtiene

Para n = 1

Problema 21iquestCalcule la energiacutea total del electroacuten en la segunda oacuterbita del aacutetomo de Bohr

SolucioacutenLa energiacutea total del electroacuten es

E = Ec+ Ep

Donde Ec es la energiacutea cineacutetica y Ep es la energiacutea potencial del electroacuten

La energiacutea potencial del electroacuten en el campo electrostaacutetico del nuacutecleo es igual a

Donde r es la distancia entre el nuacutecleo y el electroacuten (el radio de la oacuterbita)

La energiacutea cineacutetica

(1)

Donde m es la masa del electroacuten y υ es su velocidadSobre el electroacuten actuacutea una fuerza electroestaacutetica

Que es una fuerza centriacutepeta igual a

Por consiguiente

(2) Sustituyendo mv2 en la foacutermula de la energiacutea cineacutetica (1) por la expresioacuten (2) se obtiene

Por lo tanto la energiacutea total seraacute igual a

Sustituyendo r (ver el resultado del problema anterior) por

Se obtiene

Rectificando las unidades obtenemos

Para la segunda oacuterbita el nuacutemero cuaacutentico n = 2

Poniendo en lugar de h m y e sus respectivos valores numeacutericos hallamos

Problema 22iquestCuaacutel es la longitud de onda del fotoacuten emitido por el aacutetomo de hidroacutegeno cuando el electroacuten transita de la cuarta oacuterbita a la segunda

Solucioacuten

La radiacioacuten se produce soacutelo cuando el aacutetomo sufre una transicioacuten de una oacuterbita con energiacutea Ek a otra oacuterbita de menor energiacutea Ej (Ej lt Ek) En forma de ecuacioacuten

hν = Ek - Ej

Donde hν es el cuanto de energiacutea transportado por el fotoacuten emitido del aacutetomo durante la transicioacuten

En el caso nuestro k = 4 y j = 2 Por lo tanto

hν = E4 - E2

Utilizando la foacutermula de la energiacutea del electroacuten (ver el problema 21) se obtiene

Donde el teacutermino

Es la energiacutea del electroacuten en la segunda oacuterbita (Ver el problema 21)

Por consiguiente

Seguacuten el resultado del problema 21 E2 = -54 10∙ -19J

Por lo tanto

Como λ = cν entonces

Problema 23El electroacuten del aacutetomo de hidroacutegeno salta de la tercera oacuterbita a la segunda a) Calcular la longitud de onda del fotoacuten emitido b) Calcular la disminucioacuten de la energiacutea del aacutetomoacute

Datos

j =1k = 3R = 1097middot107 m-1

h = 6626 10∙ -34 J∙s

Solucioacuten

Cuando el electroacuten pasa de la oacuterbita de mayor energiacutea (Ek) a una orbita de menor

energiacutea (Ej) el aacutetomo emite un fotoacuten cuya energiacutea es igual a E = Ek- Ej La longitud de onda del fotoacuten emitido se calcula por la foacutermula

J y k son los nuacutemeros de las oacuterbitas y R es la constante de Ridberg

La disminucioacuten de la energiacutea del aacutetomo es igual a la energiacutea del fotoacuten emitido

Problema 24

a) iquestQueacute tensioacuten del campo eleacutectrico es necesaria seguacuten la mecaacutenica claacutesica para que un electroacuten acelerado en este campo adquiera la velocidad de la luzb) iquestCuaacutel seraacuten la velocidad del electroacuten y su masa en este campo seguacuten la mecaacutenica relativista

Datos

m0 = 9109∙10-31kgc = 3∙108mse = 1602 10∙ -19C

Solucioacuten

a) Seguacuten la mecaacutenica claacutesica la energiacutea cineacutetica del electroacuten

Donde m0 es la masa de reposo del electroacuten y υ es su velocidad La diferencia de potencial V multiplicada por la carga del electroacuten es una medida de la energiacutea cineacutetica del electroacuten adquirida en el campo eleacutectrico En otras palabras

Sustituyendo υ por c se calcula la diferencia de potencial del campo eleacutectrico necesaria para que el electroacuten adquiera la velocidad de la luz

Analizando las unidades y poniendo los valores numeacutericos del problema se obtiene

b) En la mecaacutenica relativista se calcula la masa m del electroacuten y su energiacutea

cineacutetica Ec utilizando las foacutermulas siguientes

Pero numeacutericamente Ec = (m0c2)2 o sea

La masa del electroacuten seraacute igual a

Problema 25iquestCuaacutel es la energiacutea de un fotoacuten correspondiente a ondas radio de frecuencia 1255 x106 Hz

Datos

E=hv v=c⋋Solucioacuten E=662610minus34 1255 106=831610minus28 J

PROBLEMA 26La liacutenea verde en el espectro atoacutemico del talio tiene una longitud de onda de 535 nm Calcular la energiacutea de un fotoacuten

Solucioacuten

H=662610minus34C=300 108 msminus1

E=hv v=c ⋋ v=300 108 msminus1

53510minus9 =560 1014

E=662610minus34 560 1014=372 10minus19J

PROBLEMA 27Un electroacuten salta desde un orbital maacutes externo a otro maacutes interno entre los que existe una diferencia de energiacutea de 15 x 10-15 J iquestCuaacutel es la frecuencia de la radiacioacuten emitida

Datos

∆ E=hv

Solucioacuten

v=∆ E h= 15 10minus15J662610minus34 JS

=2261018 Sminus1

Problema 28La longitud de onda umbral para que cierta superficie metaacutelica emita electrones es 6000 Aring Se observoacute que si esa superficie fotosensible se ilumina con luz de 4000 Aring los electrones son emitidos con una velocidad de 606 x 105m s-1 Deducir el valor de la constante de Planck

Datos

λ1=600 Aring=610minus7 λ2=400 Aring=410minus7 V = 6 06 x 105m s-1 m=9 110minus31

Solucioacuten h= Cλ 2

=hCλ 1

+ mv2

2

h= 3 108

410minus7 =h3 108

6 10minus7 +91 10minus31 (606105)2

2

75 1014 h=5 1014 h+16710minus19

25 1014 h=167 10minus19

h=66810minus34 Js

Problema 29La frecuencia umbral de cierto metal es 88 x 1014 s-1 Calcular la velocidad maacutexima de los electrones emitidos por ese metal cuando se ilumina con luz cuya longitud de onda es 2536 Aring iquestQueacute energiacutea cineacutetica poseen esos electrones

EC=h(CλminusV C)=662610minus34 J s ( 3

108ms

2536 10minus10 minus88 x 1014 sminus1)=201 10minus19 J

EC=m v2

2rarr v2=radic 2 EC

m=radic 2 20110minus19 J

9110minus31kg=664 105 m s

Pregunta 30Una superficie de cierto metal emite electrones cuya energiacutea cineacutetica equivale a 3 eV cuando se ilumina con luz de longitud de onda de 1500 Aring iquestcual es el valor de la frecuencia umbral de ese metal

Solucioacuten

Se debe cumplir que E incidente= E umbral+E cineacutetica del electroacuten

E incidente=hv=hλ=66210minus34 J S 3 108 msminus1

150010minus10m=13 10minus18 J

E incidente del electron=3eV 16 10minus19 J eV minus1=48 10minus19 J

E umbral=13 10minus18 Jminus4810minus19 J=8210minus19

υ= Eh

= 82 10minus19 J66210minus34 JS

=13 1015 Hz

Problema 31Calcule la longitud de onda y la frecuencia da la 2da raya de la serie de Balme en el espectro del hidrogeno Constante de rydberg=109677 107 mminus1 La segunda raya nj=4 entonces ni=2

1⋋2

=RH ( 1

iquest2minus 1

nj2)=109677107( 1

22minus 1

42)=109677 107 3

16rarr⋋2=486 10minus7 m

v= C⋋2

= 300108

486 10minus7 =617 1014 Hz

Problema 32Calcuacutelese la longitud de onda de De Broglie en cada uno de los siguientes casos a) un neutroacuten que se mueve a una velocidad de 10 kms b) Un moacutevil de 20 g que se mueve a 72 kmhora

Solucioacutena) un neutroacuten que se mueve a una velocidad de 10 kms

masa del electron=167 10minus27 kg

mv=167 10minus27 kg 104 m sminus1=167 10minus23

λ=h

mv=66310minus34

16710minus23 =39710minus11 m

b) Un moacutevil de 20 g que se mueve a 72 kmhora

λ= hmv

=66310minus34

210minus2 20=1610minus33m

Problema 33Una superficie de sodio se ilumina con luz de 300 nm de longitud de ondala funcioacuten de trabajo para el metal de sodio es 246 eV Encuentrea) la energiacutea cineacutetica maacutexima de los fotoelectrones emitidosb) la longitud de onda de corte para el sodio

c) calcule la rapidez maacutexima del efecto fotoeleacutectrico

Solucioacuten

a) la energiacutea cineacutetica maacutexima de los fotoelectrones emitidos

E=h f =hcλ

=(662610minus34 J s ) (3 108 m s)

30010minus9m=663 10minus19 J=414 eV

Luego aplicamos Kmax=h f minusФ=414eV minus246eV =168 eV

b) la longitud de onda de corte para el sodio

E=h f 0=Ф dedonde hcλ0

aislamos λ0=hcФ

peroФ=(246 eV )(1610minus19 J eV )=39410minus19 J

Reemplazamos λ0=(662610minus34 Js )(3108 m s)

394 10minus19 J=iquest 505 10minus7=505 nm

c) calcule la rapidez maacutexima del efecto fotoeleacutectrico

E=12

m v2rarr 168eV iquest(91110minus31kg)v2

2 rarr v=768 105 m s

Problema 34Un aacutetomo absorbe un fotoacuten que tiene una longitud de onda de 375 nm e inmediatamente emite otro fotoacuten que tiene una longitud de onda de 580 nm iquestCuaacutel es la energiacutea neta absorbida por el aacutetomo en este proceso

Solucioacuten

Eneta=E f minusEi

Eneta=1240 eV nm

λemiteminus1240 eV nm

λabsorbe=1240 eV nm

λemiteminus1240 eV nm

λabsorbe

Eneta=2138 eVminus331 eV =1172eV

Problema 35La mayoriacutea de los procesos gaseosos de ionizacioacuten requieren cambios de energiacutea de 1 x10minus18 a 1 x10minus16 iquestqueacute regioacuten del espectro electromagneacutetico del sol es entonces

principalmente responsable de la creacioacuten de la ionosfera en la atmosfera de la tierra

Solucioacuten

tenemos E=1240 eV nmλ

reemplazamos 1 x10minus16minus1 x 10minus18=1240 eV nmλ

convirtiendo a eV 625minus625=1240 eV nmλ

cancelando eV λ=1240 nm61875

=iquest 2004 nm(ultravioleta)

Problema 36Se desea escoger una sustancia para una foto celda operable con luz visible iquestCuaacutel de la siguientes lo haraacute(la funcioacuten de trabajo aparece entre pareacutentesis )el tantalio(42eV)el tungsteno(45eV)el aluminio(42eV)el bario(25eV)el litio(23eV)el cesio(19eV)

Solucioacuten

Sabemos E=1240 eV nmλ

ReemplazamosE=Ф

Luego λ=1240 eV nm

Ф

aiquest tantalio λ=1240 eV nm

42 eV=iquest 2952nm(ultravioleta)

biquest tungsteno λ=1240 eVnm

45 eV=iquest 2756 nm(ultravioleta)

c iquestaluminio λ=1240 eV nm

42 eV=iquest 2952nm(ultravioleta)

d iquestbario λ=1240 eV nm

25 eV=iquest 496 nm(visible)

e iquestlitio λ=1240 eV nm

23 eV=iquest 5391nm(visible)

f iquest sesio λ=1240 eV nm

19 eV=iquest 6526nm(visible)

Problema 37a) La energiacutea necesaria para desprender un electroacuten de sodio metaacutelico es de 228eV iquestMuestra el sodio un efecto fotoeleacutectrico bajo luz roja con λ=678 nmb) iquestCuaacutel es la longitud de la onda de corte de la emisioacuten fotoeleacutectrica del sodio y a que color corresponde esta longitud de onda

Solucioacuten

Para la pregunta a

Tenemos E=1240 eV nmλ

Reemplazamos E=1240 eV nm678 nm

=iquest 18289 eV

no se produce el efecto fotoelectrico porque Elt228 eV

Para la pregunta b

E=1240 eV nmλ

Reemplazamos E=1240 eV nm228 eV

=iquest 54386 nm(verde)

Pregunta 38Un numero de fotones incide sobre una superficie de sodio que tiene una funcioacuten de trabajo de 228eV causando la emisioacuten fotoeleacutectrica cuando se impone un potencial de frenado de 492 V no existe una fotocorriente Halle la longitud de onda de los fotones incidentes

Solucioacuten

Tenemos Ф=228 eV

Tambieacuten h f =Ф+k max

Reemplazado h f =Ф+e V 0

Luego 1240 eV nm

λ=228 eV +(16 10minus19C )(492 V )

Sabemos V=J C por lo tanto convertimos a eV

1240 eV nm

λ=228 eV +(16 10minus19C )(492J C)(1eV 16 10minus19 J )

Cancelando λ=1722 nm

Pregunta 39a Si la funcioacuten de trabajo de un metal es de 185eV iquestCuaacutel seria el potencial de frenado de la luz que tenga una longitud de onda de 410 nmb iquestCuaacutel seria la velocidad maacutexima de los fotoelectrones emitidos en la superficie de metal

Solucioacuten

Para a

Sabemos h f =Ф+k max

Reemplazamos 1240 eV nm

λ=185 eV +e V 0

1240 eV nm

410 nm=185 eV +e V 0

Reduciendo V 0=117V

Para b

Tenemos k max=e V 0

12

m v2=e V 0

Reemplazamos 12

(91110minus31) v2=(16 10minus19 )(117 V )

Reduciendo V=641 km s

Pregunta 40El molibdeno tiene una funcioacuten de trabajo de 420 eV a) encuentre la longitud de onda de corte y la frecuencia de corte para el efecto fotoeleacutectrico B) calcule el potencial de frenado si la luz incidente tiene una longitud de onda de 180nm

Solucioacuten

Para a sabemos Ф=h f 0 de aquiacute Ф=h CλC

Aislamos λ λC=h CФ

Reemplazamos λC=iquest (662610minus34 )(3 108)

42016 10minus19 =iquest 2958 nm

Ahora calculamos la frecuencia de cortef 0

Sabemos f 0=CλC

=iquest 3108

295810minus9= 1014 pHz

Para b tenemos Kmax=CλC

minusФ

Reemplazamos Kmax=6626 10minus34 3108

18010minus9 minus420 eV

Reduciendo Kmax=2675 eV

Finalmente calculamos el V 0

De Kmax=eV 0

Aislamos V 0=iquest 267516 10minus19 J

16 10minus19 C=iquest 2675 V

Problema 41Un estudiante que analiza el efecto fotoeleacutectrico de dos metales diferente registra la siguiente informacioacuteni) el potencial de frenado para los fotoelectrones liberados en el metal 1 es 148 V mayor que para el metal 2 y ii) la frecuencia de corte para el metal 1 es 40 mas pequentildea que para el metal 2determine la funcioacuten de trabajo para cada metal

Kmaxi=e V 01 Kmaxi=e(V 02+148) (1)

Kmaxi=e V 02 (2)

h f 01=Ф1 h 60

100 f 02=Ф1 (3)

Metal 1 Metal 2 V 01=V 02+148

f 01=60

100 f 02

V 02=V 02

f 01=f 02

h f 02=Ф2 (4)

En (1)

h f minush f 01=e(V 02+148) (5)

h f minush f 02=e V 02 (6)

Luego (6) en (5)

h f minush60

100 f 02=h f minush f 02+e 148

Simplificando f 02=e 148 5

2 h=Ф2

Ф2=37 eV

Entonces h60100

f 02=Ф1

Pero h f 02=Ф2

Reemplazando f 02=h60

100Ф2

h=Ф1

Simplicando Ф1=222eV

Pregunta 42Dos fuentes luminosas se utilizan en un experimento fotoeleacutectrico para determinarla funcioacuten de trabajo para una superficie metaacutelica particular Cuando se emplea luz verde de una laacutempara de mercurio (λ=5461 nm) un potencial de frenado de 0376 V reduce la fotocorriente a ceroa Con base a esta medicioacuten iquestCuaacutel es la funcioacuten de trabajo para este metalb iquestQueacute potencial de frenado se observariacutea al usar la luz amarilla de un cubo de descarga de helio λ=58715 nm

Solucioacuten

Para a

Kmaxi=h f minusФ (1)

Kmaxi=e V 0 (2)

(1) En (2)

h f minusФ=e V 0

Luego Ф=minuse V 0+h c λ

Reemplazando valores

Ф=minus(16 10minus19C ) (0376 V )+(60626 10minus34 J S ) 3 108546110minus9

Ф=1899 eV

Para b

De la ecuacioacuten h f minusФ=e V 0

Aislamos V 0=iquest h

CλminusФ

e

V 0=iquest 3108

587510minus9 minusiquest 19 eV iquest16 10minus19C=02125 V

Pregunta 43Fotones de 450 nm de longitud inciden sobre un metal los electrones mas energeacuteticos expulsados del metal se desviacutean en in arco circular de 200 cm de radio por medio de un campo magneacutetico con una magnitud de 200x10minus5 TiquestCuaacutel es la funcioacuten de trabajo del metal

Datos

λ=450 10minus9m r=200cm=02 m t=200 x10minus5T

Solucioacuten

Hallamos ldquoErdquo

E=hcλ

rarr E=(6626 10minus34 J S )(3108)450 10minus9m=441710minus19 J

Hallamos ldquoV ldquo

V=q Br m

V=(16 10minus19 J ) ( 20010minus5T ) (02 m )

91110minus31 Kg=007025107m S

Hallamos k rsub max

k max=12

mv2 rarr k max=( 91110minus31 Kg )iquest

Hallamos ldquoФrdquo

Ф=hcλ

minuskmax=4417 10minus19 Jminus224810minus19 J=21691019 1 eV 1610minus19

Ф=135 eV

Problema 44Un Fotoacuten que tiene energiacutea Eo es dispersado por un electroacuten libre inicialmente en reposo de tal manera que el aacutengulo de dispersioacuten del electroacuten dispersado es igual al del fotoacuten dispersado ( ) a) Determine los aacutengulos y b) La energiacutea y el momentum del fotoacuten dispersado y c) La energiacutea cineacutetica del electroacuten dispersado

Solucioacuten

aiquest Determine los aacutengulos y

X hλ0

=h cosФ

λ+γ me VcosФ

Y 0=minush senФ

λ +γ me VsenФ

De Y 0=minush

λ=γ me V rarr

h

λ =γ me V

De X hλ0

=hcosФ

λ+ hcosФ

λ()

despejando λ

2 λ0 cosФ

corrimiento de compton

λminus λ0=

hme c

(1minuscosФ )rarr 2 λ0 cosФminusλ0=h

me c(1minuscosФ )

Sabiendoque λ0=hcE0

en funcion de E0

2 λ0 cosФminus1=E0

me c2 (1minuscosФ )rarr sihacemos E0

me c2 =x

2 λ0 cosФminus1=x (1minuscosФ )

Aislamos elaacutengulo Ф=arcocos( x+1x+2

)

biquest La energiacutea y el momentumdel fotoacuten dispersado energ iacutea

E=hc λ si λ =2 λ0 cosФ si λ0=hcλ0

entonces E=E0

2cosФ obtenemos Eacute=( x2+2 x

2 x+2)me c2

Momenton p h Si acute 2 λ0 cos E h 2 λ0cos Si λ0=hc E0

entonces pE0

2C cosФ obtenemos Pacute=( x2+2 x

2 x+2)me c2

c iquest La energiacuteacineacutetica del electroacutendispersado E0 iquest E +Ke E0minusE =Ke

Reemplazamos Ke=( x2

2 x+2)me c2

Problema 45Un Fotoacuten de 0880mev es dispersado por un electroacuten libre inicialmente en reposo de tal manera que el aacutengulo de dispersioacuten del electroacuten dispersado es igual al del fotoacuten dispersado ( ) a) Determine los aacutengulos y b) La energiacutea y el momentum del fotoacuten dispersado y c) La energiacutea cineacutetica del electroacuten dispersado

Solucioacuten

aiquest Determine los aacutengulos y

X hλ0

=h cosФ

λ+γ me VcosФ

Y 0=minush senФ

λ +γ me VsenФ

De Y 0=minush

λ=γ me V rarr

h

λ =γ me V

En X hλ0

=hcosФ

λ + hcosФ

λ ()

hλ0

=2h cosФ

λ rarr λ =2 λ0cosФ

λminus λ0=

hme c

(1minuscosФ )rarr 2 λ0 cosФminusλ0=h

me c(1minuscosФ )

Pero E0=hcλ0

reemplazando y combinando

me

E0

c2 (2 cosФminus1 )=(1minuscosФ )

(91 10minus31 kg)(9 1016 m2 s2)iquestiquest (1minuscosФ )=iquest 5809 10minus2 (2cosФminus1 )

cosФ=013

Ф=43 10

biquest La energiacutea y el momentumdel fotoacuten dispersado

E hc Si acute 2 λ0 cos

E hc 2 λ0 cos Si λ0=hc E0 E E0 2 cos Reemplazando E=0808 meV 2 cos 43 ordm=602 KeV

P h =E c=602103 16 10minus19 3108=iquest

P 32110minus22kg m s

c iquest La energiacuteacineacutetica del electroacutendispersado

k e=880 KeV minus602 KeV k e=278 KeV

Problema 46En un experimento de dispersioacuten Compton un fotoacuten se desviacutea en 900ordm y el electroacuten se desviacutea en un aacutengulo de 200ordm Determine la longitud de onda del fotoacuten dispersado

Solucioacuten

X hλ0

=h cosФ

λ+γ me VcosФ Y 0=minush senФ

λ +γ me VsenФ

Luego

Y h

λ=γ me Vsen200

(2iquest X hλ0

=γ me Vcos200 (1iquest

De 2 y1

λ0=λ tg200

De

λ minus λ0=h

mc(1minuscos900)

λ minus λ tg 200= hmc

rarr λ (1minustg 200 )= hmc

λ (1minus036 )=00024310minus9 m

λ =38 10minus12m

Problema 47Un fotoacuten de 000160nm se dispersa a partir de un electroacuten libre iquestPara queacute aacutengulos de dispersioacuten (fotoacuten) el electroacuten de retroceso tiene la misma energiacutea cineacutetica que la energiacutea del fotoacuten dispersado

Solucioacuten

λ0=000160 10minus9 hcλ0

=hc

λ+ hc

λ=rarr

1λ0

= 2

λ

λ minus λ0=h

mc(1minuscosФ)

000160 10minus9 m=000243 10minus9m(1minuscosФ)

cosФ=034

Ф=70 10

Problema 48A partir de la dispersioacuten de la luz solar de Thompson calculo el radio claacutesico del electroacuten que tiene un valor de 282 10minus15 Si la luz del sol con una intensidad de 500Wm2cae sobre un disco con este radio calcule el tiempo requerido para acumular 1eV de energiacutea Suponga que la luz es una onda claacutesica y que la luz que golpea al disco es absorbida por completo iquestCoacutemo se compara su resultado con la observacioacuten que los fotoelectrones son emitidos con rapidez dentro de10minus9 s Solucioacuten

radiaccion=500 W m2

tenemos I=P A rarr P=I A

Luego W t=I A

t=EI

A= 1 eV500 W π iquestiquestiquest

Absolutamente largo

  • Laboratorio de Fiacutesica Moderna
Page 12: David reparado

Donde

b) Para obtener le ley de desplazamiento de Wien utilizando la foacutermula de Planck es necesario encontrar analiacuteticamente la expresioacuten de la posicioacuten del maacuteximo en la curva que responda a la distribucioacuten de la radiancia del cuerpo negro entre las longitudes de onda Para esto es necesario encontrar el valor λ = λmaacutex para el cual la funcioacuten Rλ= f (λ T) para la temperatura constante tiene su valor maacuteximo por lo que debe cumplirse la condicioacuten

Sacando factor comuacuten se obtiene

De aquiacute tenemos

Realizando el cambio de variable

(1)

Tendremos

Si x es suficientemente grande se puede despreciar el 1 en el denominador comparando con ex entonces ya tenemos una primera solucioacuten aproximada para x

Tomando este valor como punto de partida podemos encontrar el valor real de x Por ejemplo utilizando el meacutetodo de aproximaciones sucesivas obtendremos

x1= 4965

Sustituyendo x en la expresioacuten (1) por el valor numeacuterico encontrado de x1 se obtiene

DondeC25 = b que es la constante de la ley de desplazamiento de Wien

Calculando b se obtiene su valor numeacuterico

Es evidente que para demostrar que λT = const no es necesario calcular el valor numeacuterico de x ya que λT = C2x = const

Rt = 092∙ 567∙10-8∙ (103)4∙314∙015∙10-2∙1 = 24569(W)

Problema 11

Una superficie metaacutelica de 10cm2 de aacuterea se encuentra a una temperatura de 2500 K y emite durante un minuto una energiacutea teacutermica de 4 x 104 J Encuentre a) la energiacutea emitida por la superficie si fuera un cuerpo negro y b) la razoacuten de la radiancia de esta superficie a la de un cuerpo negro de igual aacuterea y a la misma temperatura

Problema 12El espectro de la luz visible (luz blanca) incluye longitudes de onda comprendidas entre 380nm (violeta) y780nm (roja)a) Determinar la frecuencia de la radiacioacuten correspondiente a estos coloresb) Calculeacute conforme a la hipoacutetesis de Planck la energiacutea de loa fotones que corresponden a la luz violeta y luz rojac) cuantos fotones de luz roja son necesarios para cumular 3J de energiacutea

Datos

c=300 108 msminus1 h=66310minus34 Js

Solucioacuten

Para la pregunta a

luzvioleta v1=C⋋1

= 300 108

35010minus9 =8571014 Hz

luzroja v2=C⋋2

= 300108

780 10minus9 =385 1014 Hz

Para la pregunta b

EVioleta hv1=6626 10minus34 857 1014=568 10minus19 J

ERoja hv2=6626 10minus34 385 1014=25510minus19 J

Para la pregunta c

3 J

25510minus19 J fotonminus1=118 10minus18 fotones

Problema 13Un cuerpo estaacute radiando energiacutea conforme a la hipoacutetesis de Planck

a) Determina la energiacutea de un cuanto cuya longitud de onda es de 25nmb) Calcule la frecuencia correspondiente dicho cuanto de energiacutea Datos ⋋=25 nm Solucioacuten

aiquest E=hv=hC⋋

=662610minus34 300 108

25 10minus9 =80 10minus18 J

biquest v= C⋋

=300 108

25 10minus9 =121016 Hz

Problema 14iquestQueacute longitud de onda debe tener un fotoacuten para ionizar un aacutetomo de cesio con potencial de ionizacioacuten de 388V

Datos

V = 388V

h = 6626 10∙ -34Jmiddotse = 1602 10∙ -19C

Solucioacuten

La ionizacioacuten de un aacutetomo es la separacioacuten de uno o varios electrones del aacutetomo Para que el aacutetomo se ionice el electroacuten debe realizar un trabajo (energiacutea de ionizacioacuten E0) contra las fuerzas de atraccioacuten entre el electroacuten y el resto de las partiacuteculas que componen el aacutetomo o sea compensar la energiacutea de enlace del electroacuten

La energiacutea necesaria el electroacuten adquiere del fotoacuten de la luz que eacutel lo absorbe La energiacutea del fotoacuten depende de la longitud de onda y es igual a hν donde ν es la frecuencia de la luz y h es la constante de Planck De modo que tendremos

hν = E0

La energiacutea de ionizacioacuten E0 = eV donde V es el potencial de ionizacioacuten

Por lo tanto

hν = eV

Sustituyendo ν por cλ (ν = cλ) se obtiene

Poniendo los valores numeacutericos del problema tenemos

Problema 15Determinar la velocidad de un electroacuten emitido de una superficie de plata iluminada con luz monocromaacutetica de longitud de onda de 1500 Aring La longitud de onda a la cual comienza a manifestar este efecto es de 2600 Aring

Datosλ0 = 2600 Aring = 260 10∙ -9 mλ = 1500 Aring = 150 10∙ -9 mh = 6626 10∙ -34 J∙sc = 3 10∙ 8 msm =9109 10∙ -31 kgSolucioacuten

La ecuacioacuten de Einstein para el efecto fotoeleacutectrico es

hν = E0 + Ec maacutex (1)

Donde hν es la energiacutea del fotoacuten E0 el trabajo de salida del electroacuten del metal Ec

maacutex= mυ22 la energiacutea cineacutetica maacutexima del electroacuten que se desprende del metal

La energiacutea necesaria para arrancar el electroacuten del metal

E0 = hν0

Donde ν0 = cλ0 es la frecuencia umbral (de corte) debajo de la cual no se produce el efecto fotoeleacutectrico

Por consiguiente

Sustituyendo ν por cλ E0 por hcλ0 y Ecmaacutex por mυ22 en la ecuacioacuten (1) se obtiene

Rectificando las unidades y poniendo los valores numeacutericos se obtiene

Problema 16Determine el trabajo de extraccioacuten de un electroacuten en el efecto fotoeleacutectrico si longitud de onda a la cual se produce el efecto fotoeleacutectrico es menor que29510-6 mm

Datos

λ0 = 295 10∙ -6 mm = 295 10∙ -9 mh = 6626 10∙ -34 J∙sc = 3 10∙ 8 ms1eυ = 16middot10-19 J

Solucioacuten

La energiacutea necesaria para la realizacioacuten del trabajo de extraccioacuten de un electroacuten se calcula por la foacutermula

E0 = hν0

Donde ν0 es la frecuencia de corte por debajo de la cual no se produce el efecto fotoeleacutectrico

Sustituyendo ν0 por cλ0 se calcula E0

Problema 17Hallar la frecuencia de la luz que arranca los electrones de la superficie de un metal que se retardan por un potencial retardador de 3 V En este metal el efecto fotoeleacutectrico comienza cuando la frecuencia de la luz que incide sobre eacutel es de 61014 Hz Hallar el trabajo necesario para arrancar el electroacuten de este metal

Datos

V0 = 3V

ν0 = 6 10∙ 14 Hz = 6 10∙ 14s-1

Solucioacuten

El trabajo necesario para arrancar el electroacuten del metal se calcula por la foacutermula

E0 = hν0

Donde ν0 es la frecuencia de corte

E0 = 6626 10∙ -34J s 6 10∙ ∙ ∙ 14s-1 = 398 10∙ -19J

Entre la energiacutea cineacutetica maacutexima y el potencial retardador existe la siguiente relacioacuten

Ecmaacutex = eV0

Donde e es la carga del electroacuten y V0 es el potencial retardador

Sustituyendo Ec maacutex por eV0 en la ecuacioacuten de Einstein obtenemos

hν = E0 + eV0

Por consiguiente

Problema 18Un fotoacuten de radiacioacuten de rayos X con longitud de onda 01 nm cae sobre un electroacuten deacutebilmente enlazado de un elemento ligero y se desviacutea 90ordm de su direccioacuten inicial Calcule la energiacutea que adquiere el electroacuten despueacutes del choque y la direccioacuten de su movimiento

Datos

λ = 01 nm = 1 10∙ -10 mφ = 90ordmh = 6626 10∙ -34 J∙sc = 3 10∙ 8 msm = 91 10∙ -31 kg

Solucioacuten

La variacioacuten de la longitud de onda de los rayos X cuando se produce la difusioacuten de Compton se determina por la foacutermula

(1)

Siendo φ el aacutengulo de difusioacuten y m la masa del electroacuten en reposo

Sustituyendo en esta igualdad (1-cosφ) por 2sen2φ2 y teniendo en cuenta que

Δλ = λrsquo -λ obtenemos

(2)

(3)Si la energiacutea del fotoacuten primario es hν y la del fotoacuten difuso hνrsquo tendremos que de acuerdo con la ley de la conservacioacuten de la energiacutea la energiacutea Ec adquirida por el electroacuten vendraacute expresada por la igualdad

Sustituyendo ν por cλ y νrsquo por cλrsquo tenemos

(4)

Poniendo las expresiones (2) y (3) en la igualdad (4) se tiene

Donde A =h (mc)

La constante A = 002426 Aring suele llamarse longitud de onda Compton

Rectificando las unidades y poniendo los datos numeacutericos del problema hallamos la energiacutea del electroacuten despueacutes del choque

Hallamos ahora la razoacuten de la energiacutea del electroacuten de retroceso Ec a la energiacutea del fotoacuten incidente hν = hcλ

En general el electroacuten obtiene una pequentildea parte de la energiacutea del fotoacuten En el caso nuestro solamente 0024 (24) de la energiacutea del fotoacuten

La fig1 muestra el movimiento del electroacuten a) antes de la colisioacuten y b) despueacutes de la colisioacuten Para determinar la direccioacuten del movimiento del electroacuten despueacutes de la colisioacuten es necesario calcular el aacutengulo α bajo el cual estaacute dirigido su movimiento (fig1b)

a) b) Fig1 Fig2 De acuerdo con la ley de la conservacioacuten de la cantidad de movimiento en forma vectorial tenemos la ecuacioacuten

pf = pfrsquo + pe (5) Donde pf (pf = hνc = hλ) es la cantidad de movimiento del fotoacuten antes de la colisioacuten pfrsquo (pfrsquo = hνrsquoc = hλrsquo) es la cantidad de movimiento del fotoacuten difuso y pe es la cantidad de movimiento del electroacuten despueacutes de la colisioacuten pe = mυ donde υ es la velocidad del electroacuten

La cantidad de movimiento del electroacuten antes del choque es igual a cero ya que en reposo su velocidad es cero Graacuteficamente el vector pf es la diagonal del paralelogramo cuyos lados son los vectores pfrsquo y mv (fig2) Los aacutengulos φ y α representan respectivamente los aacutengulos bajo los cuales tienen lugar la difusioacuten del fotoacuten y la aparicioacuten del electroacuten de retroceso

De la fig2 se deduce que

Poniendo en lugar de pf y pfrsquo sus valores respectivos hλ y hλrsquo podemos escribir esta igualdad de forma siguiente

Sustituyendo λrsquo por la expresioacuten (3) obtenemos

Problema 19iquestCon queacute fuerza se atraen el nuacutecleo y el electroacuten en la primera oacuterbita del aacutetomo de hidroacutegeno iquestCuaacutentas veces es esta fuerza mayor que la fuerza gravitacional que actuacutea entre el nuacutecleo y el electroacuten

Datos

me = 9109 10∙ -31 kg

mp = 1840 9109 10∙ ∙ -31 kgG = 6672 10∙ -11 N∙m2∙kg-2

r = 053 10∙ -10 mn = 1ε0 = 8854 10∙ -12F∙ m-1

e = 1602 10∙ -19 C

Solucioacuten

La fuerza de interaccioacuten entre el nuacutecleo y el electroacuten es la fuerza electroestaacutetica de Coulomb

Donde r es el radio de la primera oacuterbita estacionaria del aacutetomo de hidroacutegeno

Rectificando las unidades y poniendo los valores numeacutericos se calcula la fuerza electroestaacutetica

Donde

La fuerza gravitacional se calcula por la foacutermula

Donde me es la masa del electroacuten mp la masa del protoacuten G la constante gravitacional

Por lo que

Problema 20Calcule cual es el radio de la primera orbita del electroacuten que gira alrededor de un nuacutecleo del aacutetomo de hidroacutegeno seguacuten el modelo de Bohr Determine la velocidad con que el electroacuten se mueve en esta oacuterbita

Datos

ε0 = 8854 10∙ -12 F∙m-1

e = 1602 10∙ -19 Cm = 9109 10∙ -31 kgh = 6626 10∙ -34 J∙s

Solucioacuten

La fuerza de interaccioacuten entre el electroacuten y el protoacuten del nuacutecleo es la fuerza

electrostaacutetica ( Fel) de Coulomb

Donde r es la distancia entre el nuacutecleo y el electroacuten Bajo la accioacuten de esta fuerza el electroacuten describe alrededor del nuacutecleo oacuterbitas en forma de elipses de Kepler y como un caso particular en forma de circunferencia

La fuerza de Coulomb es una fuerza centriacutepeta (Fc) y es numeacutericamente igual cuando se trata de una oacuterbita circular a

Por lo tanto

(1)

Para una oacuterbita circular la cantidad de movimiento angular del electroacuten es

p = mυr

La condicioacuten cuaacutentica de Bohr p = nh2π da la posibilidad de calcular el radio de

La oacuterbita circular estacionaria

(2)

La expresioacuten (1) se puede escribir en forma siguiente

Sustituyendo (mυr) por la expresioacuten (2) se obtiene

Para la primera oacuterbita n = 1 Por lo tanto

(3)

Esta magnitud representa el radio de la primera oacuterbita circular del electroacuten (radio de Bohr) es decir de la maacutes proacutexima al nuacutecleo del aacutetomo de hidroacutegeno

Rectificando las unidades y poniendo en lugar de h m ε0 y e sus respectivos valores numeacutericos se obtiene

Donde

(4)

Utilizando la expresioacuten (2) podemos calcular la velocidad υ con que el electroacuten se mueve en la primera oacuterbita

Sustituyendo r por la expresioacuten (3) tendremos

Rectificando las unidades se obtiene

Para n = 1

Problema 21iquestCalcule la energiacutea total del electroacuten en la segunda oacuterbita del aacutetomo de Bohr

SolucioacutenLa energiacutea total del electroacuten es

E = Ec+ Ep

Donde Ec es la energiacutea cineacutetica y Ep es la energiacutea potencial del electroacuten

La energiacutea potencial del electroacuten en el campo electrostaacutetico del nuacutecleo es igual a

Donde r es la distancia entre el nuacutecleo y el electroacuten (el radio de la oacuterbita)

La energiacutea cineacutetica

(1)

Donde m es la masa del electroacuten y υ es su velocidadSobre el electroacuten actuacutea una fuerza electroestaacutetica

Que es una fuerza centriacutepeta igual a

Por consiguiente

(2) Sustituyendo mv2 en la foacutermula de la energiacutea cineacutetica (1) por la expresioacuten (2) se obtiene

Por lo tanto la energiacutea total seraacute igual a

Sustituyendo r (ver el resultado del problema anterior) por

Se obtiene

Rectificando las unidades obtenemos

Para la segunda oacuterbita el nuacutemero cuaacutentico n = 2

Poniendo en lugar de h m y e sus respectivos valores numeacutericos hallamos

Problema 22iquestCuaacutel es la longitud de onda del fotoacuten emitido por el aacutetomo de hidroacutegeno cuando el electroacuten transita de la cuarta oacuterbita a la segunda

Solucioacuten

La radiacioacuten se produce soacutelo cuando el aacutetomo sufre una transicioacuten de una oacuterbita con energiacutea Ek a otra oacuterbita de menor energiacutea Ej (Ej lt Ek) En forma de ecuacioacuten

hν = Ek - Ej

Donde hν es el cuanto de energiacutea transportado por el fotoacuten emitido del aacutetomo durante la transicioacuten

En el caso nuestro k = 4 y j = 2 Por lo tanto

hν = E4 - E2

Utilizando la foacutermula de la energiacutea del electroacuten (ver el problema 21) se obtiene

Donde el teacutermino

Es la energiacutea del electroacuten en la segunda oacuterbita (Ver el problema 21)

Por consiguiente

Seguacuten el resultado del problema 21 E2 = -54 10∙ -19J

Por lo tanto

Como λ = cν entonces

Problema 23El electroacuten del aacutetomo de hidroacutegeno salta de la tercera oacuterbita a la segunda a) Calcular la longitud de onda del fotoacuten emitido b) Calcular la disminucioacuten de la energiacutea del aacutetomoacute

Datos

j =1k = 3R = 1097middot107 m-1

h = 6626 10∙ -34 J∙s

Solucioacuten

Cuando el electroacuten pasa de la oacuterbita de mayor energiacutea (Ek) a una orbita de menor

energiacutea (Ej) el aacutetomo emite un fotoacuten cuya energiacutea es igual a E = Ek- Ej La longitud de onda del fotoacuten emitido se calcula por la foacutermula

J y k son los nuacutemeros de las oacuterbitas y R es la constante de Ridberg

La disminucioacuten de la energiacutea del aacutetomo es igual a la energiacutea del fotoacuten emitido

Problema 24

a) iquestQueacute tensioacuten del campo eleacutectrico es necesaria seguacuten la mecaacutenica claacutesica para que un electroacuten acelerado en este campo adquiera la velocidad de la luzb) iquestCuaacutel seraacuten la velocidad del electroacuten y su masa en este campo seguacuten la mecaacutenica relativista

Datos

m0 = 9109∙10-31kgc = 3∙108mse = 1602 10∙ -19C

Solucioacuten

a) Seguacuten la mecaacutenica claacutesica la energiacutea cineacutetica del electroacuten

Donde m0 es la masa de reposo del electroacuten y υ es su velocidad La diferencia de potencial V multiplicada por la carga del electroacuten es una medida de la energiacutea cineacutetica del electroacuten adquirida en el campo eleacutectrico En otras palabras

Sustituyendo υ por c se calcula la diferencia de potencial del campo eleacutectrico necesaria para que el electroacuten adquiera la velocidad de la luz

Analizando las unidades y poniendo los valores numeacutericos del problema se obtiene

b) En la mecaacutenica relativista se calcula la masa m del electroacuten y su energiacutea

cineacutetica Ec utilizando las foacutermulas siguientes

Pero numeacutericamente Ec = (m0c2)2 o sea

La masa del electroacuten seraacute igual a

Problema 25iquestCuaacutel es la energiacutea de un fotoacuten correspondiente a ondas radio de frecuencia 1255 x106 Hz

Datos

E=hv v=c⋋Solucioacuten E=662610minus34 1255 106=831610minus28 J

PROBLEMA 26La liacutenea verde en el espectro atoacutemico del talio tiene una longitud de onda de 535 nm Calcular la energiacutea de un fotoacuten

Solucioacuten

H=662610minus34C=300 108 msminus1

E=hv v=c ⋋ v=300 108 msminus1

53510minus9 =560 1014

E=662610minus34 560 1014=372 10minus19J

PROBLEMA 27Un electroacuten salta desde un orbital maacutes externo a otro maacutes interno entre los que existe una diferencia de energiacutea de 15 x 10-15 J iquestCuaacutel es la frecuencia de la radiacioacuten emitida

Datos

∆ E=hv

Solucioacuten

v=∆ E h= 15 10minus15J662610minus34 JS

=2261018 Sminus1

Problema 28La longitud de onda umbral para que cierta superficie metaacutelica emita electrones es 6000 Aring Se observoacute que si esa superficie fotosensible se ilumina con luz de 4000 Aring los electrones son emitidos con una velocidad de 606 x 105m s-1 Deducir el valor de la constante de Planck

Datos

λ1=600 Aring=610minus7 λ2=400 Aring=410minus7 V = 6 06 x 105m s-1 m=9 110minus31

Solucioacuten h= Cλ 2

=hCλ 1

+ mv2

2

h= 3 108

410minus7 =h3 108

6 10minus7 +91 10minus31 (606105)2

2

75 1014 h=5 1014 h+16710minus19

25 1014 h=167 10minus19

h=66810minus34 Js

Problema 29La frecuencia umbral de cierto metal es 88 x 1014 s-1 Calcular la velocidad maacutexima de los electrones emitidos por ese metal cuando se ilumina con luz cuya longitud de onda es 2536 Aring iquestQueacute energiacutea cineacutetica poseen esos electrones

EC=h(CλminusV C)=662610minus34 J s ( 3

108ms

2536 10minus10 minus88 x 1014 sminus1)=201 10minus19 J

EC=m v2

2rarr v2=radic 2 EC

m=radic 2 20110minus19 J

9110minus31kg=664 105 m s

Pregunta 30Una superficie de cierto metal emite electrones cuya energiacutea cineacutetica equivale a 3 eV cuando se ilumina con luz de longitud de onda de 1500 Aring iquestcual es el valor de la frecuencia umbral de ese metal

Solucioacuten

Se debe cumplir que E incidente= E umbral+E cineacutetica del electroacuten

E incidente=hv=hλ=66210minus34 J S 3 108 msminus1

150010minus10m=13 10minus18 J

E incidente del electron=3eV 16 10minus19 J eV minus1=48 10minus19 J

E umbral=13 10minus18 Jminus4810minus19 J=8210minus19

υ= Eh

= 82 10minus19 J66210minus34 JS

=13 1015 Hz

Problema 31Calcule la longitud de onda y la frecuencia da la 2da raya de la serie de Balme en el espectro del hidrogeno Constante de rydberg=109677 107 mminus1 La segunda raya nj=4 entonces ni=2

1⋋2

=RH ( 1

iquest2minus 1

nj2)=109677107( 1

22minus 1

42)=109677 107 3

16rarr⋋2=486 10minus7 m

v= C⋋2

= 300108

486 10minus7 =617 1014 Hz

Problema 32Calcuacutelese la longitud de onda de De Broglie en cada uno de los siguientes casos a) un neutroacuten que se mueve a una velocidad de 10 kms b) Un moacutevil de 20 g que se mueve a 72 kmhora

Solucioacutena) un neutroacuten que se mueve a una velocidad de 10 kms

masa del electron=167 10minus27 kg

mv=167 10minus27 kg 104 m sminus1=167 10minus23

λ=h

mv=66310minus34

16710minus23 =39710minus11 m

b) Un moacutevil de 20 g que se mueve a 72 kmhora

λ= hmv

=66310minus34

210minus2 20=1610minus33m

Problema 33Una superficie de sodio se ilumina con luz de 300 nm de longitud de ondala funcioacuten de trabajo para el metal de sodio es 246 eV Encuentrea) la energiacutea cineacutetica maacutexima de los fotoelectrones emitidosb) la longitud de onda de corte para el sodio

c) calcule la rapidez maacutexima del efecto fotoeleacutectrico

Solucioacuten

a) la energiacutea cineacutetica maacutexima de los fotoelectrones emitidos

E=h f =hcλ

=(662610minus34 J s ) (3 108 m s)

30010minus9m=663 10minus19 J=414 eV

Luego aplicamos Kmax=h f minusФ=414eV minus246eV =168 eV

b) la longitud de onda de corte para el sodio

E=h f 0=Ф dedonde hcλ0

aislamos λ0=hcФ

peroФ=(246 eV )(1610minus19 J eV )=39410minus19 J

Reemplazamos λ0=(662610minus34 Js )(3108 m s)

394 10minus19 J=iquest 505 10minus7=505 nm

c) calcule la rapidez maacutexima del efecto fotoeleacutectrico

E=12

m v2rarr 168eV iquest(91110minus31kg)v2

2 rarr v=768 105 m s

Problema 34Un aacutetomo absorbe un fotoacuten que tiene una longitud de onda de 375 nm e inmediatamente emite otro fotoacuten que tiene una longitud de onda de 580 nm iquestCuaacutel es la energiacutea neta absorbida por el aacutetomo en este proceso

Solucioacuten

Eneta=E f minusEi

Eneta=1240 eV nm

λemiteminus1240 eV nm

λabsorbe=1240 eV nm

λemiteminus1240 eV nm

λabsorbe

Eneta=2138 eVminus331 eV =1172eV

Problema 35La mayoriacutea de los procesos gaseosos de ionizacioacuten requieren cambios de energiacutea de 1 x10minus18 a 1 x10minus16 iquestqueacute regioacuten del espectro electromagneacutetico del sol es entonces

principalmente responsable de la creacioacuten de la ionosfera en la atmosfera de la tierra

Solucioacuten

tenemos E=1240 eV nmλ

reemplazamos 1 x10minus16minus1 x 10minus18=1240 eV nmλ

convirtiendo a eV 625minus625=1240 eV nmλ

cancelando eV λ=1240 nm61875

=iquest 2004 nm(ultravioleta)

Problema 36Se desea escoger una sustancia para una foto celda operable con luz visible iquestCuaacutel de la siguientes lo haraacute(la funcioacuten de trabajo aparece entre pareacutentesis )el tantalio(42eV)el tungsteno(45eV)el aluminio(42eV)el bario(25eV)el litio(23eV)el cesio(19eV)

Solucioacuten

Sabemos E=1240 eV nmλ

ReemplazamosE=Ф

Luego λ=1240 eV nm

Ф

aiquest tantalio λ=1240 eV nm

42 eV=iquest 2952nm(ultravioleta)

biquest tungsteno λ=1240 eVnm

45 eV=iquest 2756 nm(ultravioleta)

c iquestaluminio λ=1240 eV nm

42 eV=iquest 2952nm(ultravioleta)

d iquestbario λ=1240 eV nm

25 eV=iquest 496 nm(visible)

e iquestlitio λ=1240 eV nm

23 eV=iquest 5391nm(visible)

f iquest sesio λ=1240 eV nm

19 eV=iquest 6526nm(visible)

Problema 37a) La energiacutea necesaria para desprender un electroacuten de sodio metaacutelico es de 228eV iquestMuestra el sodio un efecto fotoeleacutectrico bajo luz roja con λ=678 nmb) iquestCuaacutel es la longitud de la onda de corte de la emisioacuten fotoeleacutectrica del sodio y a que color corresponde esta longitud de onda

Solucioacuten

Para la pregunta a

Tenemos E=1240 eV nmλ

Reemplazamos E=1240 eV nm678 nm

=iquest 18289 eV

no se produce el efecto fotoelectrico porque Elt228 eV

Para la pregunta b

E=1240 eV nmλ

Reemplazamos E=1240 eV nm228 eV

=iquest 54386 nm(verde)

Pregunta 38Un numero de fotones incide sobre una superficie de sodio que tiene una funcioacuten de trabajo de 228eV causando la emisioacuten fotoeleacutectrica cuando se impone un potencial de frenado de 492 V no existe una fotocorriente Halle la longitud de onda de los fotones incidentes

Solucioacuten

Tenemos Ф=228 eV

Tambieacuten h f =Ф+k max

Reemplazado h f =Ф+e V 0

Luego 1240 eV nm

λ=228 eV +(16 10minus19C )(492 V )

Sabemos V=J C por lo tanto convertimos a eV

1240 eV nm

λ=228 eV +(16 10minus19C )(492J C)(1eV 16 10minus19 J )

Cancelando λ=1722 nm

Pregunta 39a Si la funcioacuten de trabajo de un metal es de 185eV iquestCuaacutel seria el potencial de frenado de la luz que tenga una longitud de onda de 410 nmb iquestCuaacutel seria la velocidad maacutexima de los fotoelectrones emitidos en la superficie de metal

Solucioacuten

Para a

Sabemos h f =Ф+k max

Reemplazamos 1240 eV nm

λ=185 eV +e V 0

1240 eV nm

410 nm=185 eV +e V 0

Reduciendo V 0=117V

Para b

Tenemos k max=e V 0

12

m v2=e V 0

Reemplazamos 12

(91110minus31) v2=(16 10minus19 )(117 V )

Reduciendo V=641 km s

Pregunta 40El molibdeno tiene una funcioacuten de trabajo de 420 eV a) encuentre la longitud de onda de corte y la frecuencia de corte para el efecto fotoeleacutectrico B) calcule el potencial de frenado si la luz incidente tiene una longitud de onda de 180nm

Solucioacuten

Para a sabemos Ф=h f 0 de aquiacute Ф=h CλC

Aislamos λ λC=h CФ

Reemplazamos λC=iquest (662610minus34 )(3 108)

42016 10minus19 =iquest 2958 nm

Ahora calculamos la frecuencia de cortef 0

Sabemos f 0=CλC

=iquest 3108

295810minus9= 1014 pHz

Para b tenemos Kmax=CλC

minusФ

Reemplazamos Kmax=6626 10minus34 3108

18010minus9 minus420 eV

Reduciendo Kmax=2675 eV

Finalmente calculamos el V 0

De Kmax=eV 0

Aislamos V 0=iquest 267516 10minus19 J

16 10minus19 C=iquest 2675 V

Problema 41Un estudiante que analiza el efecto fotoeleacutectrico de dos metales diferente registra la siguiente informacioacuteni) el potencial de frenado para los fotoelectrones liberados en el metal 1 es 148 V mayor que para el metal 2 y ii) la frecuencia de corte para el metal 1 es 40 mas pequentildea que para el metal 2determine la funcioacuten de trabajo para cada metal

Kmaxi=e V 01 Kmaxi=e(V 02+148) (1)

Kmaxi=e V 02 (2)

h f 01=Ф1 h 60

100 f 02=Ф1 (3)

Metal 1 Metal 2 V 01=V 02+148

f 01=60

100 f 02

V 02=V 02

f 01=f 02

h f 02=Ф2 (4)

En (1)

h f minush f 01=e(V 02+148) (5)

h f minush f 02=e V 02 (6)

Luego (6) en (5)

h f minush60

100 f 02=h f minush f 02+e 148

Simplificando f 02=e 148 5

2 h=Ф2

Ф2=37 eV

Entonces h60100

f 02=Ф1

Pero h f 02=Ф2

Reemplazando f 02=h60

100Ф2

h=Ф1

Simplicando Ф1=222eV

Pregunta 42Dos fuentes luminosas se utilizan en un experimento fotoeleacutectrico para determinarla funcioacuten de trabajo para una superficie metaacutelica particular Cuando se emplea luz verde de una laacutempara de mercurio (λ=5461 nm) un potencial de frenado de 0376 V reduce la fotocorriente a ceroa Con base a esta medicioacuten iquestCuaacutel es la funcioacuten de trabajo para este metalb iquestQueacute potencial de frenado se observariacutea al usar la luz amarilla de un cubo de descarga de helio λ=58715 nm

Solucioacuten

Para a

Kmaxi=h f minusФ (1)

Kmaxi=e V 0 (2)

(1) En (2)

h f minusФ=e V 0

Luego Ф=minuse V 0+h c λ

Reemplazando valores

Ф=minus(16 10minus19C ) (0376 V )+(60626 10minus34 J S ) 3 108546110minus9

Ф=1899 eV

Para b

De la ecuacioacuten h f minusФ=e V 0

Aislamos V 0=iquest h

CλminusФ

e

V 0=iquest 3108

587510minus9 minusiquest 19 eV iquest16 10minus19C=02125 V

Pregunta 43Fotones de 450 nm de longitud inciden sobre un metal los electrones mas energeacuteticos expulsados del metal se desviacutean en in arco circular de 200 cm de radio por medio de un campo magneacutetico con una magnitud de 200x10minus5 TiquestCuaacutel es la funcioacuten de trabajo del metal

Datos

λ=450 10minus9m r=200cm=02 m t=200 x10minus5T

Solucioacuten

Hallamos ldquoErdquo

E=hcλ

rarr E=(6626 10minus34 J S )(3108)450 10minus9m=441710minus19 J

Hallamos ldquoV ldquo

V=q Br m

V=(16 10minus19 J ) ( 20010minus5T ) (02 m )

91110minus31 Kg=007025107m S

Hallamos k rsub max

k max=12

mv2 rarr k max=( 91110minus31 Kg )iquest

Hallamos ldquoФrdquo

Ф=hcλ

minuskmax=4417 10minus19 Jminus224810minus19 J=21691019 1 eV 1610minus19

Ф=135 eV

Problema 44Un Fotoacuten que tiene energiacutea Eo es dispersado por un electroacuten libre inicialmente en reposo de tal manera que el aacutengulo de dispersioacuten del electroacuten dispersado es igual al del fotoacuten dispersado ( ) a) Determine los aacutengulos y b) La energiacutea y el momentum del fotoacuten dispersado y c) La energiacutea cineacutetica del electroacuten dispersado

Solucioacuten

aiquest Determine los aacutengulos y

X hλ0

=h cosФ

λ+γ me VcosФ

Y 0=minush senФ

λ +γ me VsenФ

De Y 0=minush

λ=γ me V rarr

h

λ =γ me V

De X hλ0

=hcosФ

λ+ hcosФ

λ()

despejando λ

2 λ0 cosФ

corrimiento de compton

λminus λ0=

hme c

(1minuscosФ )rarr 2 λ0 cosФminusλ0=h

me c(1minuscosФ )

Sabiendoque λ0=hcE0

en funcion de E0

2 λ0 cosФminus1=E0

me c2 (1minuscosФ )rarr sihacemos E0

me c2 =x

2 λ0 cosФminus1=x (1minuscosФ )

Aislamos elaacutengulo Ф=arcocos( x+1x+2

)

biquest La energiacutea y el momentumdel fotoacuten dispersado energ iacutea

E=hc λ si λ =2 λ0 cosФ si λ0=hcλ0

entonces E=E0

2cosФ obtenemos Eacute=( x2+2 x

2 x+2)me c2

Momenton p h Si acute 2 λ0 cos E h 2 λ0cos Si λ0=hc E0

entonces pE0

2C cosФ obtenemos Pacute=( x2+2 x

2 x+2)me c2

c iquest La energiacuteacineacutetica del electroacutendispersado E0 iquest E +Ke E0minusE =Ke

Reemplazamos Ke=( x2

2 x+2)me c2

Problema 45Un Fotoacuten de 0880mev es dispersado por un electroacuten libre inicialmente en reposo de tal manera que el aacutengulo de dispersioacuten del electroacuten dispersado es igual al del fotoacuten dispersado ( ) a) Determine los aacutengulos y b) La energiacutea y el momentum del fotoacuten dispersado y c) La energiacutea cineacutetica del electroacuten dispersado

Solucioacuten

aiquest Determine los aacutengulos y

X hλ0

=h cosФ

λ+γ me VcosФ

Y 0=minush senФ

λ +γ me VsenФ

De Y 0=minush

λ=γ me V rarr

h

λ =γ me V

En X hλ0

=hcosФ

λ + hcosФ

λ ()

hλ0

=2h cosФ

λ rarr λ =2 λ0cosФ

λminus λ0=

hme c

(1minuscosФ )rarr 2 λ0 cosФminusλ0=h

me c(1minuscosФ )

Pero E0=hcλ0

reemplazando y combinando

me

E0

c2 (2 cosФminus1 )=(1minuscosФ )

(91 10minus31 kg)(9 1016 m2 s2)iquestiquest (1minuscosФ )=iquest 5809 10minus2 (2cosФminus1 )

cosФ=013

Ф=43 10

biquest La energiacutea y el momentumdel fotoacuten dispersado

E hc Si acute 2 λ0 cos

E hc 2 λ0 cos Si λ0=hc E0 E E0 2 cos Reemplazando E=0808 meV 2 cos 43 ordm=602 KeV

P h =E c=602103 16 10minus19 3108=iquest

P 32110minus22kg m s

c iquest La energiacuteacineacutetica del electroacutendispersado

k e=880 KeV minus602 KeV k e=278 KeV

Problema 46En un experimento de dispersioacuten Compton un fotoacuten se desviacutea en 900ordm y el electroacuten se desviacutea en un aacutengulo de 200ordm Determine la longitud de onda del fotoacuten dispersado

Solucioacuten

X hλ0

=h cosФ

λ+γ me VcosФ Y 0=minush senФ

λ +γ me VsenФ

Luego

Y h

λ=γ me Vsen200

(2iquest X hλ0

=γ me Vcos200 (1iquest

De 2 y1

λ0=λ tg200

De

λ minus λ0=h

mc(1minuscos900)

λ minus λ tg 200= hmc

rarr λ (1minustg 200 )= hmc

λ (1minus036 )=00024310minus9 m

λ =38 10minus12m

Problema 47Un fotoacuten de 000160nm se dispersa a partir de un electroacuten libre iquestPara queacute aacutengulos de dispersioacuten (fotoacuten) el electroacuten de retroceso tiene la misma energiacutea cineacutetica que la energiacutea del fotoacuten dispersado

Solucioacuten

λ0=000160 10minus9 hcλ0

=hc

λ+ hc

λ=rarr

1λ0

= 2

λ

λ minus λ0=h

mc(1minuscosФ)

000160 10minus9 m=000243 10minus9m(1minuscosФ)

cosФ=034

Ф=70 10

Problema 48A partir de la dispersioacuten de la luz solar de Thompson calculo el radio claacutesico del electroacuten que tiene un valor de 282 10minus15 Si la luz del sol con una intensidad de 500Wm2cae sobre un disco con este radio calcule el tiempo requerido para acumular 1eV de energiacutea Suponga que la luz es una onda claacutesica y que la luz que golpea al disco es absorbida por completo iquestCoacutemo se compara su resultado con la observacioacuten que los fotoelectrones son emitidos con rapidez dentro de10minus9 s Solucioacuten

radiaccion=500 W m2

tenemos I=P A rarr P=I A

Luego W t=I A

t=EI

A= 1 eV500 W π iquestiquestiquest

Absolutamente largo

  • Laboratorio de Fiacutesica Moderna
Page 13: David reparado

Tomando este valor como punto de partida podemos encontrar el valor real de x Por ejemplo utilizando el meacutetodo de aproximaciones sucesivas obtendremos

x1= 4965

Sustituyendo x en la expresioacuten (1) por el valor numeacuterico encontrado de x1 se obtiene

DondeC25 = b que es la constante de la ley de desplazamiento de Wien

Calculando b se obtiene su valor numeacuterico

Es evidente que para demostrar que λT = const no es necesario calcular el valor numeacuterico de x ya que λT = C2x = const

Rt = 092∙ 567∙10-8∙ (103)4∙314∙015∙10-2∙1 = 24569(W)

Problema 11

Una superficie metaacutelica de 10cm2 de aacuterea se encuentra a una temperatura de 2500 K y emite durante un minuto una energiacutea teacutermica de 4 x 104 J Encuentre a) la energiacutea emitida por la superficie si fuera un cuerpo negro y b) la razoacuten de la radiancia de esta superficie a la de un cuerpo negro de igual aacuterea y a la misma temperatura

Problema 12El espectro de la luz visible (luz blanca) incluye longitudes de onda comprendidas entre 380nm (violeta) y780nm (roja)a) Determinar la frecuencia de la radiacioacuten correspondiente a estos coloresb) Calculeacute conforme a la hipoacutetesis de Planck la energiacutea de loa fotones que corresponden a la luz violeta y luz rojac) cuantos fotones de luz roja son necesarios para cumular 3J de energiacutea

Datos

c=300 108 msminus1 h=66310minus34 Js

Solucioacuten

Para la pregunta a

luzvioleta v1=C⋋1

= 300 108

35010minus9 =8571014 Hz

luzroja v2=C⋋2

= 300108

780 10minus9 =385 1014 Hz

Para la pregunta b

EVioleta hv1=6626 10minus34 857 1014=568 10minus19 J

ERoja hv2=6626 10minus34 385 1014=25510minus19 J

Para la pregunta c

3 J

25510minus19 J fotonminus1=118 10minus18 fotones

Problema 13Un cuerpo estaacute radiando energiacutea conforme a la hipoacutetesis de Planck

a) Determina la energiacutea de un cuanto cuya longitud de onda es de 25nmb) Calcule la frecuencia correspondiente dicho cuanto de energiacutea Datos ⋋=25 nm Solucioacuten

aiquest E=hv=hC⋋

=662610minus34 300 108

25 10minus9 =80 10minus18 J

biquest v= C⋋

=300 108

25 10minus9 =121016 Hz

Problema 14iquestQueacute longitud de onda debe tener un fotoacuten para ionizar un aacutetomo de cesio con potencial de ionizacioacuten de 388V

Datos

V = 388V

h = 6626 10∙ -34Jmiddotse = 1602 10∙ -19C

Solucioacuten

La ionizacioacuten de un aacutetomo es la separacioacuten de uno o varios electrones del aacutetomo Para que el aacutetomo se ionice el electroacuten debe realizar un trabajo (energiacutea de ionizacioacuten E0) contra las fuerzas de atraccioacuten entre el electroacuten y el resto de las partiacuteculas que componen el aacutetomo o sea compensar la energiacutea de enlace del electroacuten

La energiacutea necesaria el electroacuten adquiere del fotoacuten de la luz que eacutel lo absorbe La energiacutea del fotoacuten depende de la longitud de onda y es igual a hν donde ν es la frecuencia de la luz y h es la constante de Planck De modo que tendremos

hν = E0

La energiacutea de ionizacioacuten E0 = eV donde V es el potencial de ionizacioacuten

Por lo tanto

hν = eV

Sustituyendo ν por cλ (ν = cλ) se obtiene

Poniendo los valores numeacutericos del problema tenemos

Problema 15Determinar la velocidad de un electroacuten emitido de una superficie de plata iluminada con luz monocromaacutetica de longitud de onda de 1500 Aring La longitud de onda a la cual comienza a manifestar este efecto es de 2600 Aring

Datosλ0 = 2600 Aring = 260 10∙ -9 mλ = 1500 Aring = 150 10∙ -9 mh = 6626 10∙ -34 J∙sc = 3 10∙ 8 msm =9109 10∙ -31 kgSolucioacuten

La ecuacioacuten de Einstein para el efecto fotoeleacutectrico es

hν = E0 + Ec maacutex (1)

Donde hν es la energiacutea del fotoacuten E0 el trabajo de salida del electroacuten del metal Ec

maacutex= mυ22 la energiacutea cineacutetica maacutexima del electroacuten que se desprende del metal

La energiacutea necesaria para arrancar el electroacuten del metal

E0 = hν0

Donde ν0 = cλ0 es la frecuencia umbral (de corte) debajo de la cual no se produce el efecto fotoeleacutectrico

Por consiguiente

Sustituyendo ν por cλ E0 por hcλ0 y Ecmaacutex por mυ22 en la ecuacioacuten (1) se obtiene

Rectificando las unidades y poniendo los valores numeacutericos se obtiene

Problema 16Determine el trabajo de extraccioacuten de un electroacuten en el efecto fotoeleacutectrico si longitud de onda a la cual se produce el efecto fotoeleacutectrico es menor que29510-6 mm

Datos

λ0 = 295 10∙ -6 mm = 295 10∙ -9 mh = 6626 10∙ -34 J∙sc = 3 10∙ 8 ms1eυ = 16middot10-19 J

Solucioacuten

La energiacutea necesaria para la realizacioacuten del trabajo de extraccioacuten de un electroacuten se calcula por la foacutermula

E0 = hν0

Donde ν0 es la frecuencia de corte por debajo de la cual no se produce el efecto fotoeleacutectrico

Sustituyendo ν0 por cλ0 se calcula E0

Problema 17Hallar la frecuencia de la luz que arranca los electrones de la superficie de un metal que se retardan por un potencial retardador de 3 V En este metal el efecto fotoeleacutectrico comienza cuando la frecuencia de la luz que incide sobre eacutel es de 61014 Hz Hallar el trabajo necesario para arrancar el electroacuten de este metal

Datos

V0 = 3V

ν0 = 6 10∙ 14 Hz = 6 10∙ 14s-1

Solucioacuten

El trabajo necesario para arrancar el electroacuten del metal se calcula por la foacutermula

E0 = hν0

Donde ν0 es la frecuencia de corte

E0 = 6626 10∙ -34J s 6 10∙ ∙ ∙ 14s-1 = 398 10∙ -19J

Entre la energiacutea cineacutetica maacutexima y el potencial retardador existe la siguiente relacioacuten

Ecmaacutex = eV0

Donde e es la carga del electroacuten y V0 es el potencial retardador

Sustituyendo Ec maacutex por eV0 en la ecuacioacuten de Einstein obtenemos

hν = E0 + eV0

Por consiguiente

Problema 18Un fotoacuten de radiacioacuten de rayos X con longitud de onda 01 nm cae sobre un electroacuten deacutebilmente enlazado de un elemento ligero y se desviacutea 90ordm de su direccioacuten inicial Calcule la energiacutea que adquiere el electroacuten despueacutes del choque y la direccioacuten de su movimiento

Datos

λ = 01 nm = 1 10∙ -10 mφ = 90ordmh = 6626 10∙ -34 J∙sc = 3 10∙ 8 msm = 91 10∙ -31 kg

Solucioacuten

La variacioacuten de la longitud de onda de los rayos X cuando se produce la difusioacuten de Compton se determina por la foacutermula

(1)

Siendo φ el aacutengulo de difusioacuten y m la masa del electroacuten en reposo

Sustituyendo en esta igualdad (1-cosφ) por 2sen2φ2 y teniendo en cuenta que

Δλ = λrsquo -λ obtenemos

(2)

(3)Si la energiacutea del fotoacuten primario es hν y la del fotoacuten difuso hνrsquo tendremos que de acuerdo con la ley de la conservacioacuten de la energiacutea la energiacutea Ec adquirida por el electroacuten vendraacute expresada por la igualdad

Sustituyendo ν por cλ y νrsquo por cλrsquo tenemos

(4)

Poniendo las expresiones (2) y (3) en la igualdad (4) se tiene

Donde A =h (mc)

La constante A = 002426 Aring suele llamarse longitud de onda Compton

Rectificando las unidades y poniendo los datos numeacutericos del problema hallamos la energiacutea del electroacuten despueacutes del choque

Hallamos ahora la razoacuten de la energiacutea del electroacuten de retroceso Ec a la energiacutea del fotoacuten incidente hν = hcλ

En general el electroacuten obtiene una pequentildea parte de la energiacutea del fotoacuten En el caso nuestro solamente 0024 (24) de la energiacutea del fotoacuten

La fig1 muestra el movimiento del electroacuten a) antes de la colisioacuten y b) despueacutes de la colisioacuten Para determinar la direccioacuten del movimiento del electroacuten despueacutes de la colisioacuten es necesario calcular el aacutengulo α bajo el cual estaacute dirigido su movimiento (fig1b)

a) b) Fig1 Fig2 De acuerdo con la ley de la conservacioacuten de la cantidad de movimiento en forma vectorial tenemos la ecuacioacuten

pf = pfrsquo + pe (5) Donde pf (pf = hνc = hλ) es la cantidad de movimiento del fotoacuten antes de la colisioacuten pfrsquo (pfrsquo = hνrsquoc = hλrsquo) es la cantidad de movimiento del fotoacuten difuso y pe es la cantidad de movimiento del electroacuten despueacutes de la colisioacuten pe = mυ donde υ es la velocidad del electroacuten

La cantidad de movimiento del electroacuten antes del choque es igual a cero ya que en reposo su velocidad es cero Graacuteficamente el vector pf es la diagonal del paralelogramo cuyos lados son los vectores pfrsquo y mv (fig2) Los aacutengulos φ y α representan respectivamente los aacutengulos bajo los cuales tienen lugar la difusioacuten del fotoacuten y la aparicioacuten del electroacuten de retroceso

De la fig2 se deduce que

Poniendo en lugar de pf y pfrsquo sus valores respectivos hλ y hλrsquo podemos escribir esta igualdad de forma siguiente

Sustituyendo λrsquo por la expresioacuten (3) obtenemos

Problema 19iquestCon queacute fuerza se atraen el nuacutecleo y el electroacuten en la primera oacuterbita del aacutetomo de hidroacutegeno iquestCuaacutentas veces es esta fuerza mayor que la fuerza gravitacional que actuacutea entre el nuacutecleo y el electroacuten

Datos

me = 9109 10∙ -31 kg

mp = 1840 9109 10∙ ∙ -31 kgG = 6672 10∙ -11 N∙m2∙kg-2

r = 053 10∙ -10 mn = 1ε0 = 8854 10∙ -12F∙ m-1

e = 1602 10∙ -19 C

Solucioacuten

La fuerza de interaccioacuten entre el nuacutecleo y el electroacuten es la fuerza electroestaacutetica de Coulomb

Donde r es el radio de la primera oacuterbita estacionaria del aacutetomo de hidroacutegeno

Rectificando las unidades y poniendo los valores numeacutericos se calcula la fuerza electroestaacutetica

Donde

La fuerza gravitacional se calcula por la foacutermula

Donde me es la masa del electroacuten mp la masa del protoacuten G la constante gravitacional

Por lo que

Problema 20Calcule cual es el radio de la primera orbita del electroacuten que gira alrededor de un nuacutecleo del aacutetomo de hidroacutegeno seguacuten el modelo de Bohr Determine la velocidad con que el electroacuten se mueve en esta oacuterbita

Datos

ε0 = 8854 10∙ -12 F∙m-1

e = 1602 10∙ -19 Cm = 9109 10∙ -31 kgh = 6626 10∙ -34 J∙s

Solucioacuten

La fuerza de interaccioacuten entre el electroacuten y el protoacuten del nuacutecleo es la fuerza

electrostaacutetica ( Fel) de Coulomb

Donde r es la distancia entre el nuacutecleo y el electroacuten Bajo la accioacuten de esta fuerza el electroacuten describe alrededor del nuacutecleo oacuterbitas en forma de elipses de Kepler y como un caso particular en forma de circunferencia

La fuerza de Coulomb es una fuerza centriacutepeta (Fc) y es numeacutericamente igual cuando se trata de una oacuterbita circular a

Por lo tanto

(1)

Para una oacuterbita circular la cantidad de movimiento angular del electroacuten es

p = mυr

La condicioacuten cuaacutentica de Bohr p = nh2π da la posibilidad de calcular el radio de

La oacuterbita circular estacionaria

(2)

La expresioacuten (1) se puede escribir en forma siguiente

Sustituyendo (mυr) por la expresioacuten (2) se obtiene

Para la primera oacuterbita n = 1 Por lo tanto

(3)

Esta magnitud representa el radio de la primera oacuterbita circular del electroacuten (radio de Bohr) es decir de la maacutes proacutexima al nuacutecleo del aacutetomo de hidroacutegeno

Rectificando las unidades y poniendo en lugar de h m ε0 y e sus respectivos valores numeacutericos se obtiene

Donde

(4)

Utilizando la expresioacuten (2) podemos calcular la velocidad υ con que el electroacuten se mueve en la primera oacuterbita

Sustituyendo r por la expresioacuten (3) tendremos

Rectificando las unidades se obtiene

Para n = 1

Problema 21iquestCalcule la energiacutea total del electroacuten en la segunda oacuterbita del aacutetomo de Bohr

SolucioacutenLa energiacutea total del electroacuten es

E = Ec+ Ep

Donde Ec es la energiacutea cineacutetica y Ep es la energiacutea potencial del electroacuten

La energiacutea potencial del electroacuten en el campo electrostaacutetico del nuacutecleo es igual a

Donde r es la distancia entre el nuacutecleo y el electroacuten (el radio de la oacuterbita)

La energiacutea cineacutetica

(1)

Donde m es la masa del electroacuten y υ es su velocidadSobre el electroacuten actuacutea una fuerza electroestaacutetica

Que es una fuerza centriacutepeta igual a

Por consiguiente

(2) Sustituyendo mv2 en la foacutermula de la energiacutea cineacutetica (1) por la expresioacuten (2) se obtiene

Por lo tanto la energiacutea total seraacute igual a

Sustituyendo r (ver el resultado del problema anterior) por

Se obtiene

Rectificando las unidades obtenemos

Para la segunda oacuterbita el nuacutemero cuaacutentico n = 2

Poniendo en lugar de h m y e sus respectivos valores numeacutericos hallamos

Problema 22iquestCuaacutel es la longitud de onda del fotoacuten emitido por el aacutetomo de hidroacutegeno cuando el electroacuten transita de la cuarta oacuterbita a la segunda

Solucioacuten

La radiacioacuten se produce soacutelo cuando el aacutetomo sufre una transicioacuten de una oacuterbita con energiacutea Ek a otra oacuterbita de menor energiacutea Ej (Ej lt Ek) En forma de ecuacioacuten

hν = Ek - Ej

Donde hν es el cuanto de energiacutea transportado por el fotoacuten emitido del aacutetomo durante la transicioacuten

En el caso nuestro k = 4 y j = 2 Por lo tanto

hν = E4 - E2

Utilizando la foacutermula de la energiacutea del electroacuten (ver el problema 21) se obtiene

Donde el teacutermino

Es la energiacutea del electroacuten en la segunda oacuterbita (Ver el problema 21)

Por consiguiente

Seguacuten el resultado del problema 21 E2 = -54 10∙ -19J

Por lo tanto

Como λ = cν entonces

Problema 23El electroacuten del aacutetomo de hidroacutegeno salta de la tercera oacuterbita a la segunda a) Calcular la longitud de onda del fotoacuten emitido b) Calcular la disminucioacuten de la energiacutea del aacutetomoacute

Datos

j =1k = 3R = 1097middot107 m-1

h = 6626 10∙ -34 J∙s

Solucioacuten

Cuando el electroacuten pasa de la oacuterbita de mayor energiacutea (Ek) a una orbita de menor

energiacutea (Ej) el aacutetomo emite un fotoacuten cuya energiacutea es igual a E = Ek- Ej La longitud de onda del fotoacuten emitido se calcula por la foacutermula

J y k son los nuacutemeros de las oacuterbitas y R es la constante de Ridberg

La disminucioacuten de la energiacutea del aacutetomo es igual a la energiacutea del fotoacuten emitido

Problema 24

a) iquestQueacute tensioacuten del campo eleacutectrico es necesaria seguacuten la mecaacutenica claacutesica para que un electroacuten acelerado en este campo adquiera la velocidad de la luzb) iquestCuaacutel seraacuten la velocidad del electroacuten y su masa en este campo seguacuten la mecaacutenica relativista

Datos

m0 = 9109∙10-31kgc = 3∙108mse = 1602 10∙ -19C

Solucioacuten

a) Seguacuten la mecaacutenica claacutesica la energiacutea cineacutetica del electroacuten

Donde m0 es la masa de reposo del electroacuten y υ es su velocidad La diferencia de potencial V multiplicada por la carga del electroacuten es una medida de la energiacutea cineacutetica del electroacuten adquirida en el campo eleacutectrico En otras palabras

Sustituyendo υ por c se calcula la diferencia de potencial del campo eleacutectrico necesaria para que el electroacuten adquiera la velocidad de la luz

Analizando las unidades y poniendo los valores numeacutericos del problema se obtiene

b) En la mecaacutenica relativista se calcula la masa m del electroacuten y su energiacutea

cineacutetica Ec utilizando las foacutermulas siguientes

Pero numeacutericamente Ec = (m0c2)2 o sea

La masa del electroacuten seraacute igual a

Problema 25iquestCuaacutel es la energiacutea de un fotoacuten correspondiente a ondas radio de frecuencia 1255 x106 Hz

Datos

E=hv v=c⋋Solucioacuten E=662610minus34 1255 106=831610minus28 J

PROBLEMA 26La liacutenea verde en el espectro atoacutemico del talio tiene una longitud de onda de 535 nm Calcular la energiacutea de un fotoacuten

Solucioacuten

H=662610minus34C=300 108 msminus1

E=hv v=c ⋋ v=300 108 msminus1

53510minus9 =560 1014

E=662610minus34 560 1014=372 10minus19J

PROBLEMA 27Un electroacuten salta desde un orbital maacutes externo a otro maacutes interno entre los que existe una diferencia de energiacutea de 15 x 10-15 J iquestCuaacutel es la frecuencia de la radiacioacuten emitida

Datos

∆ E=hv

Solucioacuten

v=∆ E h= 15 10minus15J662610minus34 JS

=2261018 Sminus1

Problema 28La longitud de onda umbral para que cierta superficie metaacutelica emita electrones es 6000 Aring Se observoacute que si esa superficie fotosensible se ilumina con luz de 4000 Aring los electrones son emitidos con una velocidad de 606 x 105m s-1 Deducir el valor de la constante de Planck

Datos

λ1=600 Aring=610minus7 λ2=400 Aring=410minus7 V = 6 06 x 105m s-1 m=9 110minus31

Solucioacuten h= Cλ 2

=hCλ 1

+ mv2

2

h= 3 108

410minus7 =h3 108

6 10minus7 +91 10minus31 (606105)2

2

75 1014 h=5 1014 h+16710minus19

25 1014 h=167 10minus19

h=66810minus34 Js

Problema 29La frecuencia umbral de cierto metal es 88 x 1014 s-1 Calcular la velocidad maacutexima de los electrones emitidos por ese metal cuando se ilumina con luz cuya longitud de onda es 2536 Aring iquestQueacute energiacutea cineacutetica poseen esos electrones

EC=h(CλminusV C)=662610minus34 J s ( 3

108ms

2536 10minus10 minus88 x 1014 sminus1)=201 10minus19 J

EC=m v2

2rarr v2=radic 2 EC

m=radic 2 20110minus19 J

9110minus31kg=664 105 m s

Pregunta 30Una superficie de cierto metal emite electrones cuya energiacutea cineacutetica equivale a 3 eV cuando se ilumina con luz de longitud de onda de 1500 Aring iquestcual es el valor de la frecuencia umbral de ese metal

Solucioacuten

Se debe cumplir que E incidente= E umbral+E cineacutetica del electroacuten

E incidente=hv=hλ=66210minus34 J S 3 108 msminus1

150010minus10m=13 10minus18 J

E incidente del electron=3eV 16 10minus19 J eV minus1=48 10minus19 J

E umbral=13 10minus18 Jminus4810minus19 J=8210minus19

υ= Eh

= 82 10minus19 J66210minus34 JS

=13 1015 Hz

Problema 31Calcule la longitud de onda y la frecuencia da la 2da raya de la serie de Balme en el espectro del hidrogeno Constante de rydberg=109677 107 mminus1 La segunda raya nj=4 entonces ni=2

1⋋2

=RH ( 1

iquest2minus 1

nj2)=109677107( 1

22minus 1

42)=109677 107 3

16rarr⋋2=486 10minus7 m

v= C⋋2

= 300108

486 10minus7 =617 1014 Hz

Problema 32Calcuacutelese la longitud de onda de De Broglie en cada uno de los siguientes casos a) un neutroacuten que se mueve a una velocidad de 10 kms b) Un moacutevil de 20 g que se mueve a 72 kmhora

Solucioacutena) un neutroacuten que se mueve a una velocidad de 10 kms

masa del electron=167 10minus27 kg

mv=167 10minus27 kg 104 m sminus1=167 10minus23

λ=h

mv=66310minus34

16710minus23 =39710minus11 m

b) Un moacutevil de 20 g que se mueve a 72 kmhora

λ= hmv

=66310minus34

210minus2 20=1610minus33m

Problema 33Una superficie de sodio se ilumina con luz de 300 nm de longitud de ondala funcioacuten de trabajo para el metal de sodio es 246 eV Encuentrea) la energiacutea cineacutetica maacutexima de los fotoelectrones emitidosb) la longitud de onda de corte para el sodio

c) calcule la rapidez maacutexima del efecto fotoeleacutectrico

Solucioacuten

a) la energiacutea cineacutetica maacutexima de los fotoelectrones emitidos

E=h f =hcλ

=(662610minus34 J s ) (3 108 m s)

30010minus9m=663 10minus19 J=414 eV

Luego aplicamos Kmax=h f minusФ=414eV minus246eV =168 eV

b) la longitud de onda de corte para el sodio

E=h f 0=Ф dedonde hcλ0

aislamos λ0=hcФ

peroФ=(246 eV )(1610minus19 J eV )=39410minus19 J

Reemplazamos λ0=(662610minus34 Js )(3108 m s)

394 10minus19 J=iquest 505 10minus7=505 nm

c) calcule la rapidez maacutexima del efecto fotoeleacutectrico

E=12

m v2rarr 168eV iquest(91110minus31kg)v2

2 rarr v=768 105 m s

Problema 34Un aacutetomo absorbe un fotoacuten que tiene una longitud de onda de 375 nm e inmediatamente emite otro fotoacuten que tiene una longitud de onda de 580 nm iquestCuaacutel es la energiacutea neta absorbida por el aacutetomo en este proceso

Solucioacuten

Eneta=E f minusEi

Eneta=1240 eV nm

λemiteminus1240 eV nm

λabsorbe=1240 eV nm

λemiteminus1240 eV nm

λabsorbe

Eneta=2138 eVminus331 eV =1172eV

Problema 35La mayoriacutea de los procesos gaseosos de ionizacioacuten requieren cambios de energiacutea de 1 x10minus18 a 1 x10minus16 iquestqueacute regioacuten del espectro electromagneacutetico del sol es entonces

principalmente responsable de la creacioacuten de la ionosfera en la atmosfera de la tierra

Solucioacuten

tenemos E=1240 eV nmλ

reemplazamos 1 x10minus16minus1 x 10minus18=1240 eV nmλ

convirtiendo a eV 625minus625=1240 eV nmλ

cancelando eV λ=1240 nm61875

=iquest 2004 nm(ultravioleta)

Problema 36Se desea escoger una sustancia para una foto celda operable con luz visible iquestCuaacutel de la siguientes lo haraacute(la funcioacuten de trabajo aparece entre pareacutentesis )el tantalio(42eV)el tungsteno(45eV)el aluminio(42eV)el bario(25eV)el litio(23eV)el cesio(19eV)

Solucioacuten

Sabemos E=1240 eV nmλ

ReemplazamosE=Ф

Luego λ=1240 eV nm

Ф

aiquest tantalio λ=1240 eV nm

42 eV=iquest 2952nm(ultravioleta)

biquest tungsteno λ=1240 eVnm

45 eV=iquest 2756 nm(ultravioleta)

c iquestaluminio λ=1240 eV nm

42 eV=iquest 2952nm(ultravioleta)

d iquestbario λ=1240 eV nm

25 eV=iquest 496 nm(visible)

e iquestlitio λ=1240 eV nm

23 eV=iquest 5391nm(visible)

f iquest sesio λ=1240 eV nm

19 eV=iquest 6526nm(visible)

Problema 37a) La energiacutea necesaria para desprender un electroacuten de sodio metaacutelico es de 228eV iquestMuestra el sodio un efecto fotoeleacutectrico bajo luz roja con λ=678 nmb) iquestCuaacutel es la longitud de la onda de corte de la emisioacuten fotoeleacutectrica del sodio y a que color corresponde esta longitud de onda

Solucioacuten

Para la pregunta a

Tenemos E=1240 eV nmλ

Reemplazamos E=1240 eV nm678 nm

=iquest 18289 eV

no se produce el efecto fotoelectrico porque Elt228 eV

Para la pregunta b

E=1240 eV nmλ

Reemplazamos E=1240 eV nm228 eV

=iquest 54386 nm(verde)

Pregunta 38Un numero de fotones incide sobre una superficie de sodio que tiene una funcioacuten de trabajo de 228eV causando la emisioacuten fotoeleacutectrica cuando se impone un potencial de frenado de 492 V no existe una fotocorriente Halle la longitud de onda de los fotones incidentes

Solucioacuten

Tenemos Ф=228 eV

Tambieacuten h f =Ф+k max

Reemplazado h f =Ф+e V 0

Luego 1240 eV nm

λ=228 eV +(16 10minus19C )(492 V )

Sabemos V=J C por lo tanto convertimos a eV

1240 eV nm

λ=228 eV +(16 10minus19C )(492J C)(1eV 16 10minus19 J )

Cancelando λ=1722 nm

Pregunta 39a Si la funcioacuten de trabajo de un metal es de 185eV iquestCuaacutel seria el potencial de frenado de la luz que tenga una longitud de onda de 410 nmb iquestCuaacutel seria la velocidad maacutexima de los fotoelectrones emitidos en la superficie de metal

Solucioacuten

Para a

Sabemos h f =Ф+k max

Reemplazamos 1240 eV nm

λ=185 eV +e V 0

1240 eV nm

410 nm=185 eV +e V 0

Reduciendo V 0=117V

Para b

Tenemos k max=e V 0

12

m v2=e V 0

Reemplazamos 12

(91110minus31) v2=(16 10minus19 )(117 V )

Reduciendo V=641 km s

Pregunta 40El molibdeno tiene una funcioacuten de trabajo de 420 eV a) encuentre la longitud de onda de corte y la frecuencia de corte para el efecto fotoeleacutectrico B) calcule el potencial de frenado si la luz incidente tiene una longitud de onda de 180nm

Solucioacuten

Para a sabemos Ф=h f 0 de aquiacute Ф=h CλC

Aislamos λ λC=h CФ

Reemplazamos λC=iquest (662610minus34 )(3 108)

42016 10minus19 =iquest 2958 nm

Ahora calculamos la frecuencia de cortef 0

Sabemos f 0=CλC

=iquest 3108

295810minus9= 1014 pHz

Para b tenemos Kmax=CλC

minusФ

Reemplazamos Kmax=6626 10minus34 3108

18010minus9 minus420 eV

Reduciendo Kmax=2675 eV

Finalmente calculamos el V 0

De Kmax=eV 0

Aislamos V 0=iquest 267516 10minus19 J

16 10minus19 C=iquest 2675 V

Problema 41Un estudiante que analiza el efecto fotoeleacutectrico de dos metales diferente registra la siguiente informacioacuteni) el potencial de frenado para los fotoelectrones liberados en el metal 1 es 148 V mayor que para el metal 2 y ii) la frecuencia de corte para el metal 1 es 40 mas pequentildea que para el metal 2determine la funcioacuten de trabajo para cada metal

Kmaxi=e V 01 Kmaxi=e(V 02+148) (1)

Kmaxi=e V 02 (2)

h f 01=Ф1 h 60

100 f 02=Ф1 (3)

Metal 1 Metal 2 V 01=V 02+148

f 01=60

100 f 02

V 02=V 02

f 01=f 02

h f 02=Ф2 (4)

En (1)

h f minush f 01=e(V 02+148) (5)

h f minush f 02=e V 02 (6)

Luego (6) en (5)

h f minush60

100 f 02=h f minush f 02+e 148

Simplificando f 02=e 148 5

2 h=Ф2

Ф2=37 eV

Entonces h60100

f 02=Ф1

Pero h f 02=Ф2

Reemplazando f 02=h60

100Ф2

h=Ф1

Simplicando Ф1=222eV

Pregunta 42Dos fuentes luminosas se utilizan en un experimento fotoeleacutectrico para determinarla funcioacuten de trabajo para una superficie metaacutelica particular Cuando se emplea luz verde de una laacutempara de mercurio (λ=5461 nm) un potencial de frenado de 0376 V reduce la fotocorriente a ceroa Con base a esta medicioacuten iquestCuaacutel es la funcioacuten de trabajo para este metalb iquestQueacute potencial de frenado se observariacutea al usar la luz amarilla de un cubo de descarga de helio λ=58715 nm

Solucioacuten

Para a

Kmaxi=h f minusФ (1)

Kmaxi=e V 0 (2)

(1) En (2)

h f minusФ=e V 0

Luego Ф=minuse V 0+h c λ

Reemplazando valores

Ф=minus(16 10minus19C ) (0376 V )+(60626 10minus34 J S ) 3 108546110minus9

Ф=1899 eV

Para b

De la ecuacioacuten h f minusФ=e V 0

Aislamos V 0=iquest h

CλminusФ

e

V 0=iquest 3108

587510minus9 minusiquest 19 eV iquest16 10minus19C=02125 V

Pregunta 43Fotones de 450 nm de longitud inciden sobre un metal los electrones mas energeacuteticos expulsados del metal se desviacutean en in arco circular de 200 cm de radio por medio de un campo magneacutetico con una magnitud de 200x10minus5 TiquestCuaacutel es la funcioacuten de trabajo del metal

Datos

λ=450 10minus9m r=200cm=02 m t=200 x10minus5T

Solucioacuten

Hallamos ldquoErdquo

E=hcλ

rarr E=(6626 10minus34 J S )(3108)450 10minus9m=441710minus19 J

Hallamos ldquoV ldquo

V=q Br m

V=(16 10minus19 J ) ( 20010minus5T ) (02 m )

91110minus31 Kg=007025107m S

Hallamos k rsub max

k max=12

mv2 rarr k max=( 91110minus31 Kg )iquest

Hallamos ldquoФrdquo

Ф=hcλ

minuskmax=4417 10minus19 Jminus224810minus19 J=21691019 1 eV 1610minus19

Ф=135 eV

Problema 44Un Fotoacuten que tiene energiacutea Eo es dispersado por un electroacuten libre inicialmente en reposo de tal manera que el aacutengulo de dispersioacuten del electroacuten dispersado es igual al del fotoacuten dispersado ( ) a) Determine los aacutengulos y b) La energiacutea y el momentum del fotoacuten dispersado y c) La energiacutea cineacutetica del electroacuten dispersado

Solucioacuten

aiquest Determine los aacutengulos y

X hλ0

=h cosФ

λ+γ me VcosФ

Y 0=minush senФ

λ +γ me VsenФ

De Y 0=minush

λ=γ me V rarr

h

λ =γ me V

De X hλ0

=hcosФ

λ+ hcosФ

λ()

despejando λ

2 λ0 cosФ

corrimiento de compton

λminus λ0=

hme c

(1minuscosФ )rarr 2 λ0 cosФminusλ0=h

me c(1minuscosФ )

Sabiendoque λ0=hcE0

en funcion de E0

2 λ0 cosФminus1=E0

me c2 (1minuscosФ )rarr sihacemos E0

me c2 =x

2 λ0 cosФminus1=x (1minuscosФ )

Aislamos elaacutengulo Ф=arcocos( x+1x+2

)

biquest La energiacutea y el momentumdel fotoacuten dispersado energ iacutea

E=hc λ si λ =2 λ0 cosФ si λ0=hcλ0

entonces E=E0

2cosФ obtenemos Eacute=( x2+2 x

2 x+2)me c2

Momenton p h Si acute 2 λ0 cos E h 2 λ0cos Si λ0=hc E0

entonces pE0

2C cosФ obtenemos Pacute=( x2+2 x

2 x+2)me c2

c iquest La energiacuteacineacutetica del electroacutendispersado E0 iquest E +Ke E0minusE =Ke

Reemplazamos Ke=( x2

2 x+2)me c2

Problema 45Un Fotoacuten de 0880mev es dispersado por un electroacuten libre inicialmente en reposo de tal manera que el aacutengulo de dispersioacuten del electroacuten dispersado es igual al del fotoacuten dispersado ( ) a) Determine los aacutengulos y b) La energiacutea y el momentum del fotoacuten dispersado y c) La energiacutea cineacutetica del electroacuten dispersado

Solucioacuten

aiquest Determine los aacutengulos y

X hλ0

=h cosФ

λ+γ me VcosФ

Y 0=minush senФ

λ +γ me VsenФ

De Y 0=minush

λ=γ me V rarr

h

λ =γ me V

En X hλ0

=hcosФ

λ + hcosФ

λ ()

hλ0

=2h cosФ

λ rarr λ =2 λ0cosФ

λminus λ0=

hme c

(1minuscosФ )rarr 2 λ0 cosФminusλ0=h

me c(1minuscosФ )

Pero E0=hcλ0

reemplazando y combinando

me

E0

c2 (2 cosФminus1 )=(1minuscosФ )

(91 10minus31 kg)(9 1016 m2 s2)iquestiquest (1minuscosФ )=iquest 5809 10minus2 (2cosФminus1 )

cosФ=013

Ф=43 10

biquest La energiacutea y el momentumdel fotoacuten dispersado

E hc Si acute 2 λ0 cos

E hc 2 λ0 cos Si λ0=hc E0 E E0 2 cos Reemplazando E=0808 meV 2 cos 43 ordm=602 KeV

P h =E c=602103 16 10minus19 3108=iquest

P 32110minus22kg m s

c iquest La energiacuteacineacutetica del electroacutendispersado

k e=880 KeV minus602 KeV k e=278 KeV

Problema 46En un experimento de dispersioacuten Compton un fotoacuten se desviacutea en 900ordm y el electroacuten se desviacutea en un aacutengulo de 200ordm Determine la longitud de onda del fotoacuten dispersado

Solucioacuten

X hλ0

=h cosФ

λ+γ me VcosФ Y 0=minush senФ

λ +γ me VsenФ

Luego

Y h

λ=γ me Vsen200

(2iquest X hλ0

=γ me Vcos200 (1iquest

De 2 y1

λ0=λ tg200

De

λ minus λ0=h

mc(1minuscos900)

λ minus λ tg 200= hmc

rarr λ (1minustg 200 )= hmc

λ (1minus036 )=00024310minus9 m

λ =38 10minus12m

Problema 47Un fotoacuten de 000160nm se dispersa a partir de un electroacuten libre iquestPara queacute aacutengulos de dispersioacuten (fotoacuten) el electroacuten de retroceso tiene la misma energiacutea cineacutetica que la energiacutea del fotoacuten dispersado

Solucioacuten

λ0=000160 10minus9 hcλ0

=hc

λ+ hc

λ=rarr

1λ0

= 2

λ

λ minus λ0=h

mc(1minuscosФ)

000160 10minus9 m=000243 10minus9m(1minuscosФ)

cosФ=034

Ф=70 10

Problema 48A partir de la dispersioacuten de la luz solar de Thompson calculo el radio claacutesico del electroacuten que tiene un valor de 282 10minus15 Si la luz del sol con una intensidad de 500Wm2cae sobre un disco con este radio calcule el tiempo requerido para acumular 1eV de energiacutea Suponga que la luz es una onda claacutesica y que la luz que golpea al disco es absorbida por completo iquestCoacutemo se compara su resultado con la observacioacuten que los fotoelectrones son emitidos con rapidez dentro de10minus9 s Solucioacuten

radiaccion=500 W m2

tenemos I=P A rarr P=I A

Luego W t=I A

t=EI

A= 1 eV500 W π iquestiquestiquest

Absolutamente largo

  • Laboratorio de Fiacutesica Moderna
Page 14: David reparado

Problema 12El espectro de la luz visible (luz blanca) incluye longitudes de onda comprendidas entre 380nm (violeta) y780nm (roja)a) Determinar la frecuencia de la radiacioacuten correspondiente a estos coloresb) Calculeacute conforme a la hipoacutetesis de Planck la energiacutea de loa fotones que corresponden a la luz violeta y luz rojac) cuantos fotones de luz roja son necesarios para cumular 3J de energiacutea

Datos

c=300 108 msminus1 h=66310minus34 Js

Solucioacuten

Para la pregunta a

luzvioleta v1=C⋋1

= 300 108

35010minus9 =8571014 Hz

luzroja v2=C⋋2

= 300108

780 10minus9 =385 1014 Hz

Para la pregunta b

EVioleta hv1=6626 10minus34 857 1014=568 10minus19 J

ERoja hv2=6626 10minus34 385 1014=25510minus19 J

Para la pregunta c

3 J

25510minus19 J fotonminus1=118 10minus18 fotones

Problema 13Un cuerpo estaacute radiando energiacutea conforme a la hipoacutetesis de Planck

a) Determina la energiacutea de un cuanto cuya longitud de onda es de 25nmb) Calcule la frecuencia correspondiente dicho cuanto de energiacutea Datos ⋋=25 nm Solucioacuten

aiquest E=hv=hC⋋

=662610minus34 300 108

25 10minus9 =80 10minus18 J

biquest v= C⋋

=300 108

25 10minus9 =121016 Hz

Problema 14iquestQueacute longitud de onda debe tener un fotoacuten para ionizar un aacutetomo de cesio con potencial de ionizacioacuten de 388V

Datos

V = 388V

h = 6626 10∙ -34Jmiddotse = 1602 10∙ -19C

Solucioacuten

La ionizacioacuten de un aacutetomo es la separacioacuten de uno o varios electrones del aacutetomo Para que el aacutetomo se ionice el electroacuten debe realizar un trabajo (energiacutea de ionizacioacuten E0) contra las fuerzas de atraccioacuten entre el electroacuten y el resto de las partiacuteculas que componen el aacutetomo o sea compensar la energiacutea de enlace del electroacuten

La energiacutea necesaria el electroacuten adquiere del fotoacuten de la luz que eacutel lo absorbe La energiacutea del fotoacuten depende de la longitud de onda y es igual a hν donde ν es la frecuencia de la luz y h es la constante de Planck De modo que tendremos

hν = E0

La energiacutea de ionizacioacuten E0 = eV donde V es el potencial de ionizacioacuten

Por lo tanto

hν = eV

Sustituyendo ν por cλ (ν = cλ) se obtiene

Poniendo los valores numeacutericos del problema tenemos

Problema 15Determinar la velocidad de un electroacuten emitido de una superficie de plata iluminada con luz monocromaacutetica de longitud de onda de 1500 Aring La longitud de onda a la cual comienza a manifestar este efecto es de 2600 Aring

Datosλ0 = 2600 Aring = 260 10∙ -9 mλ = 1500 Aring = 150 10∙ -9 mh = 6626 10∙ -34 J∙sc = 3 10∙ 8 msm =9109 10∙ -31 kgSolucioacuten

La ecuacioacuten de Einstein para el efecto fotoeleacutectrico es

hν = E0 + Ec maacutex (1)

Donde hν es la energiacutea del fotoacuten E0 el trabajo de salida del electroacuten del metal Ec

maacutex= mυ22 la energiacutea cineacutetica maacutexima del electroacuten que se desprende del metal

La energiacutea necesaria para arrancar el electroacuten del metal

E0 = hν0

Donde ν0 = cλ0 es la frecuencia umbral (de corte) debajo de la cual no se produce el efecto fotoeleacutectrico

Por consiguiente

Sustituyendo ν por cλ E0 por hcλ0 y Ecmaacutex por mυ22 en la ecuacioacuten (1) se obtiene

Rectificando las unidades y poniendo los valores numeacutericos se obtiene

Problema 16Determine el trabajo de extraccioacuten de un electroacuten en el efecto fotoeleacutectrico si longitud de onda a la cual se produce el efecto fotoeleacutectrico es menor que29510-6 mm

Datos

λ0 = 295 10∙ -6 mm = 295 10∙ -9 mh = 6626 10∙ -34 J∙sc = 3 10∙ 8 ms1eυ = 16middot10-19 J

Solucioacuten

La energiacutea necesaria para la realizacioacuten del trabajo de extraccioacuten de un electroacuten se calcula por la foacutermula

E0 = hν0

Donde ν0 es la frecuencia de corte por debajo de la cual no se produce el efecto fotoeleacutectrico

Sustituyendo ν0 por cλ0 se calcula E0

Problema 17Hallar la frecuencia de la luz que arranca los electrones de la superficie de un metal que se retardan por un potencial retardador de 3 V En este metal el efecto fotoeleacutectrico comienza cuando la frecuencia de la luz que incide sobre eacutel es de 61014 Hz Hallar el trabajo necesario para arrancar el electroacuten de este metal

Datos

V0 = 3V

ν0 = 6 10∙ 14 Hz = 6 10∙ 14s-1

Solucioacuten

El trabajo necesario para arrancar el electroacuten del metal se calcula por la foacutermula

E0 = hν0

Donde ν0 es la frecuencia de corte

E0 = 6626 10∙ -34J s 6 10∙ ∙ ∙ 14s-1 = 398 10∙ -19J

Entre la energiacutea cineacutetica maacutexima y el potencial retardador existe la siguiente relacioacuten

Ecmaacutex = eV0

Donde e es la carga del electroacuten y V0 es el potencial retardador

Sustituyendo Ec maacutex por eV0 en la ecuacioacuten de Einstein obtenemos

hν = E0 + eV0

Por consiguiente

Problema 18Un fotoacuten de radiacioacuten de rayos X con longitud de onda 01 nm cae sobre un electroacuten deacutebilmente enlazado de un elemento ligero y se desviacutea 90ordm de su direccioacuten inicial Calcule la energiacutea que adquiere el electroacuten despueacutes del choque y la direccioacuten de su movimiento

Datos

λ = 01 nm = 1 10∙ -10 mφ = 90ordmh = 6626 10∙ -34 J∙sc = 3 10∙ 8 msm = 91 10∙ -31 kg

Solucioacuten

La variacioacuten de la longitud de onda de los rayos X cuando se produce la difusioacuten de Compton se determina por la foacutermula

(1)

Siendo φ el aacutengulo de difusioacuten y m la masa del electroacuten en reposo

Sustituyendo en esta igualdad (1-cosφ) por 2sen2φ2 y teniendo en cuenta que

Δλ = λrsquo -λ obtenemos

(2)

(3)Si la energiacutea del fotoacuten primario es hν y la del fotoacuten difuso hνrsquo tendremos que de acuerdo con la ley de la conservacioacuten de la energiacutea la energiacutea Ec adquirida por el electroacuten vendraacute expresada por la igualdad

Sustituyendo ν por cλ y νrsquo por cλrsquo tenemos

(4)

Poniendo las expresiones (2) y (3) en la igualdad (4) se tiene

Donde A =h (mc)

La constante A = 002426 Aring suele llamarse longitud de onda Compton

Rectificando las unidades y poniendo los datos numeacutericos del problema hallamos la energiacutea del electroacuten despueacutes del choque

Hallamos ahora la razoacuten de la energiacutea del electroacuten de retroceso Ec a la energiacutea del fotoacuten incidente hν = hcλ

En general el electroacuten obtiene una pequentildea parte de la energiacutea del fotoacuten En el caso nuestro solamente 0024 (24) de la energiacutea del fotoacuten

La fig1 muestra el movimiento del electroacuten a) antes de la colisioacuten y b) despueacutes de la colisioacuten Para determinar la direccioacuten del movimiento del electroacuten despueacutes de la colisioacuten es necesario calcular el aacutengulo α bajo el cual estaacute dirigido su movimiento (fig1b)

a) b) Fig1 Fig2 De acuerdo con la ley de la conservacioacuten de la cantidad de movimiento en forma vectorial tenemos la ecuacioacuten

pf = pfrsquo + pe (5) Donde pf (pf = hνc = hλ) es la cantidad de movimiento del fotoacuten antes de la colisioacuten pfrsquo (pfrsquo = hνrsquoc = hλrsquo) es la cantidad de movimiento del fotoacuten difuso y pe es la cantidad de movimiento del electroacuten despueacutes de la colisioacuten pe = mυ donde υ es la velocidad del electroacuten

La cantidad de movimiento del electroacuten antes del choque es igual a cero ya que en reposo su velocidad es cero Graacuteficamente el vector pf es la diagonal del paralelogramo cuyos lados son los vectores pfrsquo y mv (fig2) Los aacutengulos φ y α representan respectivamente los aacutengulos bajo los cuales tienen lugar la difusioacuten del fotoacuten y la aparicioacuten del electroacuten de retroceso

De la fig2 se deduce que

Poniendo en lugar de pf y pfrsquo sus valores respectivos hλ y hλrsquo podemos escribir esta igualdad de forma siguiente

Sustituyendo λrsquo por la expresioacuten (3) obtenemos

Problema 19iquestCon queacute fuerza se atraen el nuacutecleo y el electroacuten en la primera oacuterbita del aacutetomo de hidroacutegeno iquestCuaacutentas veces es esta fuerza mayor que la fuerza gravitacional que actuacutea entre el nuacutecleo y el electroacuten

Datos

me = 9109 10∙ -31 kg

mp = 1840 9109 10∙ ∙ -31 kgG = 6672 10∙ -11 N∙m2∙kg-2

r = 053 10∙ -10 mn = 1ε0 = 8854 10∙ -12F∙ m-1

e = 1602 10∙ -19 C

Solucioacuten

La fuerza de interaccioacuten entre el nuacutecleo y el electroacuten es la fuerza electroestaacutetica de Coulomb

Donde r es el radio de la primera oacuterbita estacionaria del aacutetomo de hidroacutegeno

Rectificando las unidades y poniendo los valores numeacutericos se calcula la fuerza electroestaacutetica

Donde

La fuerza gravitacional se calcula por la foacutermula

Donde me es la masa del electroacuten mp la masa del protoacuten G la constante gravitacional

Por lo que

Problema 20Calcule cual es el radio de la primera orbita del electroacuten que gira alrededor de un nuacutecleo del aacutetomo de hidroacutegeno seguacuten el modelo de Bohr Determine la velocidad con que el electroacuten se mueve en esta oacuterbita

Datos

ε0 = 8854 10∙ -12 F∙m-1

e = 1602 10∙ -19 Cm = 9109 10∙ -31 kgh = 6626 10∙ -34 J∙s

Solucioacuten

La fuerza de interaccioacuten entre el electroacuten y el protoacuten del nuacutecleo es la fuerza

electrostaacutetica ( Fel) de Coulomb

Donde r es la distancia entre el nuacutecleo y el electroacuten Bajo la accioacuten de esta fuerza el electroacuten describe alrededor del nuacutecleo oacuterbitas en forma de elipses de Kepler y como un caso particular en forma de circunferencia

La fuerza de Coulomb es una fuerza centriacutepeta (Fc) y es numeacutericamente igual cuando se trata de una oacuterbita circular a

Por lo tanto

(1)

Para una oacuterbita circular la cantidad de movimiento angular del electroacuten es

p = mυr

La condicioacuten cuaacutentica de Bohr p = nh2π da la posibilidad de calcular el radio de

La oacuterbita circular estacionaria

(2)

La expresioacuten (1) se puede escribir en forma siguiente

Sustituyendo (mυr) por la expresioacuten (2) se obtiene

Para la primera oacuterbita n = 1 Por lo tanto

(3)

Esta magnitud representa el radio de la primera oacuterbita circular del electroacuten (radio de Bohr) es decir de la maacutes proacutexima al nuacutecleo del aacutetomo de hidroacutegeno

Rectificando las unidades y poniendo en lugar de h m ε0 y e sus respectivos valores numeacutericos se obtiene

Donde

(4)

Utilizando la expresioacuten (2) podemos calcular la velocidad υ con que el electroacuten se mueve en la primera oacuterbita

Sustituyendo r por la expresioacuten (3) tendremos

Rectificando las unidades se obtiene

Para n = 1

Problema 21iquestCalcule la energiacutea total del electroacuten en la segunda oacuterbita del aacutetomo de Bohr

SolucioacutenLa energiacutea total del electroacuten es

E = Ec+ Ep

Donde Ec es la energiacutea cineacutetica y Ep es la energiacutea potencial del electroacuten

La energiacutea potencial del electroacuten en el campo electrostaacutetico del nuacutecleo es igual a

Donde r es la distancia entre el nuacutecleo y el electroacuten (el radio de la oacuterbita)

La energiacutea cineacutetica

(1)

Donde m es la masa del electroacuten y υ es su velocidadSobre el electroacuten actuacutea una fuerza electroestaacutetica

Que es una fuerza centriacutepeta igual a

Por consiguiente

(2) Sustituyendo mv2 en la foacutermula de la energiacutea cineacutetica (1) por la expresioacuten (2) se obtiene

Por lo tanto la energiacutea total seraacute igual a

Sustituyendo r (ver el resultado del problema anterior) por

Se obtiene

Rectificando las unidades obtenemos

Para la segunda oacuterbita el nuacutemero cuaacutentico n = 2

Poniendo en lugar de h m y e sus respectivos valores numeacutericos hallamos

Problema 22iquestCuaacutel es la longitud de onda del fotoacuten emitido por el aacutetomo de hidroacutegeno cuando el electroacuten transita de la cuarta oacuterbita a la segunda

Solucioacuten

La radiacioacuten se produce soacutelo cuando el aacutetomo sufre una transicioacuten de una oacuterbita con energiacutea Ek a otra oacuterbita de menor energiacutea Ej (Ej lt Ek) En forma de ecuacioacuten

hν = Ek - Ej

Donde hν es el cuanto de energiacutea transportado por el fotoacuten emitido del aacutetomo durante la transicioacuten

En el caso nuestro k = 4 y j = 2 Por lo tanto

hν = E4 - E2

Utilizando la foacutermula de la energiacutea del electroacuten (ver el problema 21) se obtiene

Donde el teacutermino

Es la energiacutea del electroacuten en la segunda oacuterbita (Ver el problema 21)

Por consiguiente

Seguacuten el resultado del problema 21 E2 = -54 10∙ -19J

Por lo tanto

Como λ = cν entonces

Problema 23El electroacuten del aacutetomo de hidroacutegeno salta de la tercera oacuterbita a la segunda a) Calcular la longitud de onda del fotoacuten emitido b) Calcular la disminucioacuten de la energiacutea del aacutetomoacute

Datos

j =1k = 3R = 1097middot107 m-1

h = 6626 10∙ -34 J∙s

Solucioacuten

Cuando el electroacuten pasa de la oacuterbita de mayor energiacutea (Ek) a una orbita de menor

energiacutea (Ej) el aacutetomo emite un fotoacuten cuya energiacutea es igual a E = Ek- Ej La longitud de onda del fotoacuten emitido se calcula por la foacutermula

J y k son los nuacutemeros de las oacuterbitas y R es la constante de Ridberg

La disminucioacuten de la energiacutea del aacutetomo es igual a la energiacutea del fotoacuten emitido

Problema 24

a) iquestQueacute tensioacuten del campo eleacutectrico es necesaria seguacuten la mecaacutenica claacutesica para que un electroacuten acelerado en este campo adquiera la velocidad de la luzb) iquestCuaacutel seraacuten la velocidad del electroacuten y su masa en este campo seguacuten la mecaacutenica relativista

Datos

m0 = 9109∙10-31kgc = 3∙108mse = 1602 10∙ -19C

Solucioacuten

a) Seguacuten la mecaacutenica claacutesica la energiacutea cineacutetica del electroacuten

Donde m0 es la masa de reposo del electroacuten y υ es su velocidad La diferencia de potencial V multiplicada por la carga del electroacuten es una medida de la energiacutea cineacutetica del electroacuten adquirida en el campo eleacutectrico En otras palabras

Sustituyendo υ por c se calcula la diferencia de potencial del campo eleacutectrico necesaria para que el electroacuten adquiera la velocidad de la luz

Analizando las unidades y poniendo los valores numeacutericos del problema se obtiene

b) En la mecaacutenica relativista se calcula la masa m del electroacuten y su energiacutea

cineacutetica Ec utilizando las foacutermulas siguientes

Pero numeacutericamente Ec = (m0c2)2 o sea

La masa del electroacuten seraacute igual a

Problema 25iquestCuaacutel es la energiacutea de un fotoacuten correspondiente a ondas radio de frecuencia 1255 x106 Hz

Datos

E=hv v=c⋋Solucioacuten E=662610minus34 1255 106=831610minus28 J

PROBLEMA 26La liacutenea verde en el espectro atoacutemico del talio tiene una longitud de onda de 535 nm Calcular la energiacutea de un fotoacuten

Solucioacuten

H=662610minus34C=300 108 msminus1

E=hv v=c ⋋ v=300 108 msminus1

53510minus9 =560 1014

E=662610minus34 560 1014=372 10minus19J

PROBLEMA 27Un electroacuten salta desde un orbital maacutes externo a otro maacutes interno entre los que existe una diferencia de energiacutea de 15 x 10-15 J iquestCuaacutel es la frecuencia de la radiacioacuten emitida

Datos

∆ E=hv

Solucioacuten

v=∆ E h= 15 10minus15J662610minus34 JS

=2261018 Sminus1

Problema 28La longitud de onda umbral para que cierta superficie metaacutelica emita electrones es 6000 Aring Se observoacute que si esa superficie fotosensible se ilumina con luz de 4000 Aring los electrones son emitidos con una velocidad de 606 x 105m s-1 Deducir el valor de la constante de Planck

Datos

λ1=600 Aring=610minus7 λ2=400 Aring=410minus7 V = 6 06 x 105m s-1 m=9 110minus31

Solucioacuten h= Cλ 2

=hCλ 1

+ mv2

2

h= 3 108

410minus7 =h3 108

6 10minus7 +91 10minus31 (606105)2

2

75 1014 h=5 1014 h+16710minus19

25 1014 h=167 10minus19

h=66810minus34 Js

Problema 29La frecuencia umbral de cierto metal es 88 x 1014 s-1 Calcular la velocidad maacutexima de los electrones emitidos por ese metal cuando se ilumina con luz cuya longitud de onda es 2536 Aring iquestQueacute energiacutea cineacutetica poseen esos electrones

EC=h(CλminusV C)=662610minus34 J s ( 3

108ms

2536 10minus10 minus88 x 1014 sminus1)=201 10minus19 J

EC=m v2

2rarr v2=radic 2 EC

m=radic 2 20110minus19 J

9110minus31kg=664 105 m s

Pregunta 30Una superficie de cierto metal emite electrones cuya energiacutea cineacutetica equivale a 3 eV cuando se ilumina con luz de longitud de onda de 1500 Aring iquestcual es el valor de la frecuencia umbral de ese metal

Solucioacuten

Se debe cumplir que E incidente= E umbral+E cineacutetica del electroacuten

E incidente=hv=hλ=66210minus34 J S 3 108 msminus1

150010minus10m=13 10minus18 J

E incidente del electron=3eV 16 10minus19 J eV minus1=48 10minus19 J

E umbral=13 10minus18 Jminus4810minus19 J=8210minus19

υ= Eh

= 82 10minus19 J66210minus34 JS

=13 1015 Hz

Problema 31Calcule la longitud de onda y la frecuencia da la 2da raya de la serie de Balme en el espectro del hidrogeno Constante de rydberg=109677 107 mminus1 La segunda raya nj=4 entonces ni=2

1⋋2

=RH ( 1

iquest2minus 1

nj2)=109677107( 1

22minus 1

42)=109677 107 3

16rarr⋋2=486 10minus7 m

v= C⋋2

= 300108

486 10minus7 =617 1014 Hz

Problema 32Calcuacutelese la longitud de onda de De Broglie en cada uno de los siguientes casos a) un neutroacuten que se mueve a una velocidad de 10 kms b) Un moacutevil de 20 g que se mueve a 72 kmhora

Solucioacutena) un neutroacuten que se mueve a una velocidad de 10 kms

masa del electron=167 10minus27 kg

mv=167 10minus27 kg 104 m sminus1=167 10minus23

λ=h

mv=66310minus34

16710minus23 =39710minus11 m

b) Un moacutevil de 20 g que se mueve a 72 kmhora

λ= hmv

=66310minus34

210minus2 20=1610minus33m

Problema 33Una superficie de sodio se ilumina con luz de 300 nm de longitud de ondala funcioacuten de trabajo para el metal de sodio es 246 eV Encuentrea) la energiacutea cineacutetica maacutexima de los fotoelectrones emitidosb) la longitud de onda de corte para el sodio

c) calcule la rapidez maacutexima del efecto fotoeleacutectrico

Solucioacuten

a) la energiacutea cineacutetica maacutexima de los fotoelectrones emitidos

E=h f =hcλ

=(662610minus34 J s ) (3 108 m s)

30010minus9m=663 10minus19 J=414 eV

Luego aplicamos Kmax=h f minusФ=414eV minus246eV =168 eV

b) la longitud de onda de corte para el sodio

E=h f 0=Ф dedonde hcλ0

aislamos λ0=hcФ

peroФ=(246 eV )(1610minus19 J eV )=39410minus19 J

Reemplazamos λ0=(662610minus34 Js )(3108 m s)

394 10minus19 J=iquest 505 10minus7=505 nm

c) calcule la rapidez maacutexima del efecto fotoeleacutectrico

E=12

m v2rarr 168eV iquest(91110minus31kg)v2

2 rarr v=768 105 m s

Problema 34Un aacutetomo absorbe un fotoacuten que tiene una longitud de onda de 375 nm e inmediatamente emite otro fotoacuten que tiene una longitud de onda de 580 nm iquestCuaacutel es la energiacutea neta absorbida por el aacutetomo en este proceso

Solucioacuten

Eneta=E f minusEi

Eneta=1240 eV nm

λemiteminus1240 eV nm

λabsorbe=1240 eV nm

λemiteminus1240 eV nm

λabsorbe

Eneta=2138 eVminus331 eV =1172eV

Problema 35La mayoriacutea de los procesos gaseosos de ionizacioacuten requieren cambios de energiacutea de 1 x10minus18 a 1 x10minus16 iquestqueacute regioacuten del espectro electromagneacutetico del sol es entonces

principalmente responsable de la creacioacuten de la ionosfera en la atmosfera de la tierra

Solucioacuten

tenemos E=1240 eV nmλ

reemplazamos 1 x10minus16minus1 x 10minus18=1240 eV nmλ

convirtiendo a eV 625minus625=1240 eV nmλ

cancelando eV λ=1240 nm61875

=iquest 2004 nm(ultravioleta)

Problema 36Se desea escoger una sustancia para una foto celda operable con luz visible iquestCuaacutel de la siguientes lo haraacute(la funcioacuten de trabajo aparece entre pareacutentesis )el tantalio(42eV)el tungsteno(45eV)el aluminio(42eV)el bario(25eV)el litio(23eV)el cesio(19eV)

Solucioacuten

Sabemos E=1240 eV nmλ

ReemplazamosE=Ф

Luego λ=1240 eV nm

Ф

aiquest tantalio λ=1240 eV nm

42 eV=iquest 2952nm(ultravioleta)

biquest tungsteno λ=1240 eVnm

45 eV=iquest 2756 nm(ultravioleta)

c iquestaluminio λ=1240 eV nm

42 eV=iquest 2952nm(ultravioleta)

d iquestbario λ=1240 eV nm

25 eV=iquest 496 nm(visible)

e iquestlitio λ=1240 eV nm

23 eV=iquest 5391nm(visible)

f iquest sesio λ=1240 eV nm

19 eV=iquest 6526nm(visible)

Problema 37a) La energiacutea necesaria para desprender un electroacuten de sodio metaacutelico es de 228eV iquestMuestra el sodio un efecto fotoeleacutectrico bajo luz roja con λ=678 nmb) iquestCuaacutel es la longitud de la onda de corte de la emisioacuten fotoeleacutectrica del sodio y a que color corresponde esta longitud de onda

Solucioacuten

Para la pregunta a

Tenemos E=1240 eV nmλ

Reemplazamos E=1240 eV nm678 nm

=iquest 18289 eV

no se produce el efecto fotoelectrico porque Elt228 eV

Para la pregunta b

E=1240 eV nmλ

Reemplazamos E=1240 eV nm228 eV

=iquest 54386 nm(verde)

Pregunta 38Un numero de fotones incide sobre una superficie de sodio que tiene una funcioacuten de trabajo de 228eV causando la emisioacuten fotoeleacutectrica cuando se impone un potencial de frenado de 492 V no existe una fotocorriente Halle la longitud de onda de los fotones incidentes

Solucioacuten

Tenemos Ф=228 eV

Tambieacuten h f =Ф+k max

Reemplazado h f =Ф+e V 0

Luego 1240 eV nm

λ=228 eV +(16 10minus19C )(492 V )

Sabemos V=J C por lo tanto convertimos a eV

1240 eV nm

λ=228 eV +(16 10minus19C )(492J C)(1eV 16 10minus19 J )

Cancelando λ=1722 nm

Pregunta 39a Si la funcioacuten de trabajo de un metal es de 185eV iquestCuaacutel seria el potencial de frenado de la luz que tenga una longitud de onda de 410 nmb iquestCuaacutel seria la velocidad maacutexima de los fotoelectrones emitidos en la superficie de metal

Solucioacuten

Para a

Sabemos h f =Ф+k max

Reemplazamos 1240 eV nm

λ=185 eV +e V 0

1240 eV nm

410 nm=185 eV +e V 0

Reduciendo V 0=117V

Para b

Tenemos k max=e V 0

12

m v2=e V 0

Reemplazamos 12

(91110minus31) v2=(16 10minus19 )(117 V )

Reduciendo V=641 km s

Pregunta 40El molibdeno tiene una funcioacuten de trabajo de 420 eV a) encuentre la longitud de onda de corte y la frecuencia de corte para el efecto fotoeleacutectrico B) calcule el potencial de frenado si la luz incidente tiene una longitud de onda de 180nm

Solucioacuten

Para a sabemos Ф=h f 0 de aquiacute Ф=h CλC

Aislamos λ λC=h CФ

Reemplazamos λC=iquest (662610minus34 )(3 108)

42016 10minus19 =iquest 2958 nm

Ahora calculamos la frecuencia de cortef 0

Sabemos f 0=CλC

=iquest 3108

295810minus9= 1014 pHz

Para b tenemos Kmax=CλC

minusФ

Reemplazamos Kmax=6626 10minus34 3108

18010minus9 minus420 eV

Reduciendo Kmax=2675 eV

Finalmente calculamos el V 0

De Kmax=eV 0

Aislamos V 0=iquest 267516 10minus19 J

16 10minus19 C=iquest 2675 V

Problema 41Un estudiante que analiza el efecto fotoeleacutectrico de dos metales diferente registra la siguiente informacioacuteni) el potencial de frenado para los fotoelectrones liberados en el metal 1 es 148 V mayor que para el metal 2 y ii) la frecuencia de corte para el metal 1 es 40 mas pequentildea que para el metal 2determine la funcioacuten de trabajo para cada metal

Kmaxi=e V 01 Kmaxi=e(V 02+148) (1)

Kmaxi=e V 02 (2)

h f 01=Ф1 h 60

100 f 02=Ф1 (3)

Metal 1 Metal 2 V 01=V 02+148

f 01=60

100 f 02

V 02=V 02

f 01=f 02

h f 02=Ф2 (4)

En (1)

h f minush f 01=e(V 02+148) (5)

h f minush f 02=e V 02 (6)

Luego (6) en (5)

h f minush60

100 f 02=h f minush f 02+e 148

Simplificando f 02=e 148 5

2 h=Ф2

Ф2=37 eV

Entonces h60100

f 02=Ф1

Pero h f 02=Ф2

Reemplazando f 02=h60

100Ф2

h=Ф1

Simplicando Ф1=222eV

Pregunta 42Dos fuentes luminosas se utilizan en un experimento fotoeleacutectrico para determinarla funcioacuten de trabajo para una superficie metaacutelica particular Cuando se emplea luz verde de una laacutempara de mercurio (λ=5461 nm) un potencial de frenado de 0376 V reduce la fotocorriente a ceroa Con base a esta medicioacuten iquestCuaacutel es la funcioacuten de trabajo para este metalb iquestQueacute potencial de frenado se observariacutea al usar la luz amarilla de un cubo de descarga de helio λ=58715 nm

Solucioacuten

Para a

Kmaxi=h f minusФ (1)

Kmaxi=e V 0 (2)

(1) En (2)

h f minusФ=e V 0

Luego Ф=minuse V 0+h c λ

Reemplazando valores

Ф=minus(16 10minus19C ) (0376 V )+(60626 10minus34 J S ) 3 108546110minus9

Ф=1899 eV

Para b

De la ecuacioacuten h f minusФ=e V 0

Aislamos V 0=iquest h

CλminusФ

e

V 0=iquest 3108

587510minus9 minusiquest 19 eV iquest16 10minus19C=02125 V

Pregunta 43Fotones de 450 nm de longitud inciden sobre un metal los electrones mas energeacuteticos expulsados del metal se desviacutean en in arco circular de 200 cm de radio por medio de un campo magneacutetico con una magnitud de 200x10minus5 TiquestCuaacutel es la funcioacuten de trabajo del metal

Datos

λ=450 10minus9m r=200cm=02 m t=200 x10minus5T

Solucioacuten

Hallamos ldquoErdquo

E=hcλ

rarr E=(6626 10minus34 J S )(3108)450 10minus9m=441710minus19 J

Hallamos ldquoV ldquo

V=q Br m

V=(16 10minus19 J ) ( 20010minus5T ) (02 m )

91110minus31 Kg=007025107m S

Hallamos k rsub max

k max=12

mv2 rarr k max=( 91110minus31 Kg )iquest

Hallamos ldquoФrdquo

Ф=hcλ

minuskmax=4417 10minus19 Jminus224810minus19 J=21691019 1 eV 1610minus19

Ф=135 eV

Problema 44Un Fotoacuten que tiene energiacutea Eo es dispersado por un electroacuten libre inicialmente en reposo de tal manera que el aacutengulo de dispersioacuten del electroacuten dispersado es igual al del fotoacuten dispersado ( ) a) Determine los aacutengulos y b) La energiacutea y el momentum del fotoacuten dispersado y c) La energiacutea cineacutetica del electroacuten dispersado

Solucioacuten

aiquest Determine los aacutengulos y

X hλ0

=h cosФ

λ+γ me VcosФ

Y 0=minush senФ

λ +γ me VsenФ

De Y 0=minush

λ=γ me V rarr

h

λ =γ me V

De X hλ0

=hcosФ

λ+ hcosФ

λ()

despejando λ

2 λ0 cosФ

corrimiento de compton

λminus λ0=

hme c

(1minuscosФ )rarr 2 λ0 cosФminusλ0=h

me c(1minuscosФ )

Sabiendoque λ0=hcE0

en funcion de E0

2 λ0 cosФminus1=E0

me c2 (1minuscosФ )rarr sihacemos E0

me c2 =x

2 λ0 cosФminus1=x (1minuscosФ )

Aislamos elaacutengulo Ф=arcocos( x+1x+2

)

biquest La energiacutea y el momentumdel fotoacuten dispersado energ iacutea

E=hc λ si λ =2 λ0 cosФ si λ0=hcλ0

entonces E=E0

2cosФ obtenemos Eacute=( x2+2 x

2 x+2)me c2

Momenton p h Si acute 2 λ0 cos E h 2 λ0cos Si λ0=hc E0

entonces pE0

2C cosФ obtenemos Pacute=( x2+2 x

2 x+2)me c2

c iquest La energiacuteacineacutetica del electroacutendispersado E0 iquest E +Ke E0minusE =Ke

Reemplazamos Ke=( x2

2 x+2)me c2

Problema 45Un Fotoacuten de 0880mev es dispersado por un electroacuten libre inicialmente en reposo de tal manera que el aacutengulo de dispersioacuten del electroacuten dispersado es igual al del fotoacuten dispersado ( ) a) Determine los aacutengulos y b) La energiacutea y el momentum del fotoacuten dispersado y c) La energiacutea cineacutetica del electroacuten dispersado

Solucioacuten

aiquest Determine los aacutengulos y

X hλ0

=h cosФ

λ+γ me VcosФ

Y 0=minush senФ

λ +γ me VsenФ

De Y 0=minush

λ=γ me V rarr

h

λ =γ me V

En X hλ0

=hcosФ

λ + hcosФ

λ ()

hλ0

=2h cosФ

λ rarr λ =2 λ0cosФ

λminus λ0=

hme c

(1minuscosФ )rarr 2 λ0 cosФminusλ0=h

me c(1minuscosФ )

Pero E0=hcλ0

reemplazando y combinando

me

E0

c2 (2 cosФminus1 )=(1minuscosФ )

(91 10minus31 kg)(9 1016 m2 s2)iquestiquest (1minuscosФ )=iquest 5809 10minus2 (2cosФminus1 )

cosФ=013

Ф=43 10

biquest La energiacutea y el momentumdel fotoacuten dispersado

E hc Si acute 2 λ0 cos

E hc 2 λ0 cos Si λ0=hc E0 E E0 2 cos Reemplazando E=0808 meV 2 cos 43 ordm=602 KeV

P h =E c=602103 16 10minus19 3108=iquest

P 32110minus22kg m s

c iquest La energiacuteacineacutetica del electroacutendispersado

k e=880 KeV minus602 KeV k e=278 KeV

Problema 46En un experimento de dispersioacuten Compton un fotoacuten se desviacutea en 900ordm y el electroacuten se desviacutea en un aacutengulo de 200ordm Determine la longitud de onda del fotoacuten dispersado

Solucioacuten

X hλ0

=h cosФ

λ+γ me VcosФ Y 0=minush senФ

λ +γ me VsenФ

Luego

Y h

λ=γ me Vsen200

(2iquest X hλ0

=γ me Vcos200 (1iquest

De 2 y1

λ0=λ tg200

De

λ minus λ0=h

mc(1minuscos900)

λ minus λ tg 200= hmc

rarr λ (1minustg 200 )= hmc

λ (1minus036 )=00024310minus9 m

λ =38 10minus12m

Problema 47Un fotoacuten de 000160nm se dispersa a partir de un electroacuten libre iquestPara queacute aacutengulos de dispersioacuten (fotoacuten) el electroacuten de retroceso tiene la misma energiacutea cineacutetica que la energiacutea del fotoacuten dispersado

Solucioacuten

λ0=000160 10minus9 hcλ0

=hc

λ+ hc

λ=rarr

1λ0

= 2

λ

λ minus λ0=h

mc(1minuscosФ)

000160 10minus9 m=000243 10minus9m(1minuscosФ)

cosФ=034

Ф=70 10

Problema 48A partir de la dispersioacuten de la luz solar de Thompson calculo el radio claacutesico del electroacuten que tiene un valor de 282 10minus15 Si la luz del sol con una intensidad de 500Wm2cae sobre un disco con este radio calcule el tiempo requerido para acumular 1eV de energiacutea Suponga que la luz es una onda claacutesica y que la luz que golpea al disco es absorbida por completo iquestCoacutemo se compara su resultado con la observacioacuten que los fotoelectrones son emitidos con rapidez dentro de10minus9 s Solucioacuten

radiaccion=500 W m2

tenemos I=P A rarr P=I A

Luego W t=I A

t=EI

A= 1 eV500 W π iquestiquestiquest

Absolutamente largo

  • Laboratorio de Fiacutesica Moderna
Page 15: David reparado

a) Determina la energiacutea de un cuanto cuya longitud de onda es de 25nmb) Calcule la frecuencia correspondiente dicho cuanto de energiacutea Datos ⋋=25 nm Solucioacuten

aiquest E=hv=hC⋋

=662610minus34 300 108

25 10minus9 =80 10minus18 J

biquest v= C⋋

=300 108

25 10minus9 =121016 Hz

Problema 14iquestQueacute longitud de onda debe tener un fotoacuten para ionizar un aacutetomo de cesio con potencial de ionizacioacuten de 388V

Datos

V = 388V

h = 6626 10∙ -34Jmiddotse = 1602 10∙ -19C

Solucioacuten

La ionizacioacuten de un aacutetomo es la separacioacuten de uno o varios electrones del aacutetomo Para que el aacutetomo se ionice el electroacuten debe realizar un trabajo (energiacutea de ionizacioacuten E0) contra las fuerzas de atraccioacuten entre el electroacuten y el resto de las partiacuteculas que componen el aacutetomo o sea compensar la energiacutea de enlace del electroacuten

La energiacutea necesaria el electroacuten adquiere del fotoacuten de la luz que eacutel lo absorbe La energiacutea del fotoacuten depende de la longitud de onda y es igual a hν donde ν es la frecuencia de la luz y h es la constante de Planck De modo que tendremos

hν = E0

La energiacutea de ionizacioacuten E0 = eV donde V es el potencial de ionizacioacuten

Por lo tanto

hν = eV

Sustituyendo ν por cλ (ν = cλ) se obtiene

Poniendo los valores numeacutericos del problema tenemos

Problema 15Determinar la velocidad de un electroacuten emitido de una superficie de plata iluminada con luz monocromaacutetica de longitud de onda de 1500 Aring La longitud de onda a la cual comienza a manifestar este efecto es de 2600 Aring

Datosλ0 = 2600 Aring = 260 10∙ -9 mλ = 1500 Aring = 150 10∙ -9 mh = 6626 10∙ -34 J∙sc = 3 10∙ 8 msm =9109 10∙ -31 kgSolucioacuten

La ecuacioacuten de Einstein para el efecto fotoeleacutectrico es

hν = E0 + Ec maacutex (1)

Donde hν es la energiacutea del fotoacuten E0 el trabajo de salida del electroacuten del metal Ec

maacutex= mυ22 la energiacutea cineacutetica maacutexima del electroacuten que se desprende del metal

La energiacutea necesaria para arrancar el electroacuten del metal

E0 = hν0

Donde ν0 = cλ0 es la frecuencia umbral (de corte) debajo de la cual no se produce el efecto fotoeleacutectrico

Por consiguiente

Sustituyendo ν por cλ E0 por hcλ0 y Ecmaacutex por mυ22 en la ecuacioacuten (1) se obtiene

Rectificando las unidades y poniendo los valores numeacutericos se obtiene

Problema 16Determine el trabajo de extraccioacuten de un electroacuten en el efecto fotoeleacutectrico si longitud de onda a la cual se produce el efecto fotoeleacutectrico es menor que29510-6 mm

Datos

λ0 = 295 10∙ -6 mm = 295 10∙ -9 mh = 6626 10∙ -34 J∙sc = 3 10∙ 8 ms1eυ = 16middot10-19 J

Solucioacuten

La energiacutea necesaria para la realizacioacuten del trabajo de extraccioacuten de un electroacuten se calcula por la foacutermula

E0 = hν0

Donde ν0 es la frecuencia de corte por debajo de la cual no se produce el efecto fotoeleacutectrico

Sustituyendo ν0 por cλ0 se calcula E0

Problema 17Hallar la frecuencia de la luz que arranca los electrones de la superficie de un metal que se retardan por un potencial retardador de 3 V En este metal el efecto fotoeleacutectrico comienza cuando la frecuencia de la luz que incide sobre eacutel es de 61014 Hz Hallar el trabajo necesario para arrancar el electroacuten de este metal

Datos

V0 = 3V

ν0 = 6 10∙ 14 Hz = 6 10∙ 14s-1

Solucioacuten

El trabajo necesario para arrancar el electroacuten del metal se calcula por la foacutermula

E0 = hν0

Donde ν0 es la frecuencia de corte

E0 = 6626 10∙ -34J s 6 10∙ ∙ ∙ 14s-1 = 398 10∙ -19J

Entre la energiacutea cineacutetica maacutexima y el potencial retardador existe la siguiente relacioacuten

Ecmaacutex = eV0

Donde e es la carga del electroacuten y V0 es el potencial retardador

Sustituyendo Ec maacutex por eV0 en la ecuacioacuten de Einstein obtenemos

hν = E0 + eV0

Por consiguiente

Problema 18Un fotoacuten de radiacioacuten de rayos X con longitud de onda 01 nm cae sobre un electroacuten deacutebilmente enlazado de un elemento ligero y se desviacutea 90ordm de su direccioacuten inicial Calcule la energiacutea que adquiere el electroacuten despueacutes del choque y la direccioacuten de su movimiento

Datos

λ = 01 nm = 1 10∙ -10 mφ = 90ordmh = 6626 10∙ -34 J∙sc = 3 10∙ 8 msm = 91 10∙ -31 kg

Solucioacuten

La variacioacuten de la longitud de onda de los rayos X cuando se produce la difusioacuten de Compton se determina por la foacutermula

(1)

Siendo φ el aacutengulo de difusioacuten y m la masa del electroacuten en reposo

Sustituyendo en esta igualdad (1-cosφ) por 2sen2φ2 y teniendo en cuenta que

Δλ = λrsquo -λ obtenemos

(2)

(3)Si la energiacutea del fotoacuten primario es hν y la del fotoacuten difuso hνrsquo tendremos que de acuerdo con la ley de la conservacioacuten de la energiacutea la energiacutea Ec adquirida por el electroacuten vendraacute expresada por la igualdad

Sustituyendo ν por cλ y νrsquo por cλrsquo tenemos

(4)

Poniendo las expresiones (2) y (3) en la igualdad (4) se tiene

Donde A =h (mc)

La constante A = 002426 Aring suele llamarse longitud de onda Compton

Rectificando las unidades y poniendo los datos numeacutericos del problema hallamos la energiacutea del electroacuten despueacutes del choque

Hallamos ahora la razoacuten de la energiacutea del electroacuten de retroceso Ec a la energiacutea del fotoacuten incidente hν = hcλ

En general el electroacuten obtiene una pequentildea parte de la energiacutea del fotoacuten En el caso nuestro solamente 0024 (24) de la energiacutea del fotoacuten

La fig1 muestra el movimiento del electroacuten a) antes de la colisioacuten y b) despueacutes de la colisioacuten Para determinar la direccioacuten del movimiento del electroacuten despueacutes de la colisioacuten es necesario calcular el aacutengulo α bajo el cual estaacute dirigido su movimiento (fig1b)

a) b) Fig1 Fig2 De acuerdo con la ley de la conservacioacuten de la cantidad de movimiento en forma vectorial tenemos la ecuacioacuten

pf = pfrsquo + pe (5) Donde pf (pf = hνc = hλ) es la cantidad de movimiento del fotoacuten antes de la colisioacuten pfrsquo (pfrsquo = hνrsquoc = hλrsquo) es la cantidad de movimiento del fotoacuten difuso y pe es la cantidad de movimiento del electroacuten despueacutes de la colisioacuten pe = mυ donde υ es la velocidad del electroacuten

La cantidad de movimiento del electroacuten antes del choque es igual a cero ya que en reposo su velocidad es cero Graacuteficamente el vector pf es la diagonal del paralelogramo cuyos lados son los vectores pfrsquo y mv (fig2) Los aacutengulos φ y α representan respectivamente los aacutengulos bajo los cuales tienen lugar la difusioacuten del fotoacuten y la aparicioacuten del electroacuten de retroceso

De la fig2 se deduce que

Poniendo en lugar de pf y pfrsquo sus valores respectivos hλ y hλrsquo podemos escribir esta igualdad de forma siguiente

Sustituyendo λrsquo por la expresioacuten (3) obtenemos

Problema 19iquestCon queacute fuerza se atraen el nuacutecleo y el electroacuten en la primera oacuterbita del aacutetomo de hidroacutegeno iquestCuaacutentas veces es esta fuerza mayor que la fuerza gravitacional que actuacutea entre el nuacutecleo y el electroacuten

Datos

me = 9109 10∙ -31 kg

mp = 1840 9109 10∙ ∙ -31 kgG = 6672 10∙ -11 N∙m2∙kg-2

r = 053 10∙ -10 mn = 1ε0 = 8854 10∙ -12F∙ m-1

e = 1602 10∙ -19 C

Solucioacuten

La fuerza de interaccioacuten entre el nuacutecleo y el electroacuten es la fuerza electroestaacutetica de Coulomb

Donde r es el radio de la primera oacuterbita estacionaria del aacutetomo de hidroacutegeno

Rectificando las unidades y poniendo los valores numeacutericos se calcula la fuerza electroestaacutetica

Donde

La fuerza gravitacional se calcula por la foacutermula

Donde me es la masa del electroacuten mp la masa del protoacuten G la constante gravitacional

Por lo que

Problema 20Calcule cual es el radio de la primera orbita del electroacuten que gira alrededor de un nuacutecleo del aacutetomo de hidroacutegeno seguacuten el modelo de Bohr Determine la velocidad con que el electroacuten se mueve en esta oacuterbita

Datos

ε0 = 8854 10∙ -12 F∙m-1

e = 1602 10∙ -19 Cm = 9109 10∙ -31 kgh = 6626 10∙ -34 J∙s

Solucioacuten

La fuerza de interaccioacuten entre el electroacuten y el protoacuten del nuacutecleo es la fuerza

electrostaacutetica ( Fel) de Coulomb

Donde r es la distancia entre el nuacutecleo y el electroacuten Bajo la accioacuten de esta fuerza el electroacuten describe alrededor del nuacutecleo oacuterbitas en forma de elipses de Kepler y como un caso particular en forma de circunferencia

La fuerza de Coulomb es una fuerza centriacutepeta (Fc) y es numeacutericamente igual cuando se trata de una oacuterbita circular a

Por lo tanto

(1)

Para una oacuterbita circular la cantidad de movimiento angular del electroacuten es

p = mυr

La condicioacuten cuaacutentica de Bohr p = nh2π da la posibilidad de calcular el radio de

La oacuterbita circular estacionaria

(2)

La expresioacuten (1) se puede escribir en forma siguiente

Sustituyendo (mυr) por la expresioacuten (2) se obtiene

Para la primera oacuterbita n = 1 Por lo tanto

(3)

Esta magnitud representa el radio de la primera oacuterbita circular del electroacuten (radio de Bohr) es decir de la maacutes proacutexima al nuacutecleo del aacutetomo de hidroacutegeno

Rectificando las unidades y poniendo en lugar de h m ε0 y e sus respectivos valores numeacutericos se obtiene

Donde

(4)

Utilizando la expresioacuten (2) podemos calcular la velocidad υ con que el electroacuten se mueve en la primera oacuterbita

Sustituyendo r por la expresioacuten (3) tendremos

Rectificando las unidades se obtiene

Para n = 1

Problema 21iquestCalcule la energiacutea total del electroacuten en la segunda oacuterbita del aacutetomo de Bohr

SolucioacutenLa energiacutea total del electroacuten es

E = Ec+ Ep

Donde Ec es la energiacutea cineacutetica y Ep es la energiacutea potencial del electroacuten

La energiacutea potencial del electroacuten en el campo electrostaacutetico del nuacutecleo es igual a

Donde r es la distancia entre el nuacutecleo y el electroacuten (el radio de la oacuterbita)

La energiacutea cineacutetica

(1)

Donde m es la masa del electroacuten y υ es su velocidadSobre el electroacuten actuacutea una fuerza electroestaacutetica

Que es una fuerza centriacutepeta igual a

Por consiguiente

(2) Sustituyendo mv2 en la foacutermula de la energiacutea cineacutetica (1) por la expresioacuten (2) se obtiene

Por lo tanto la energiacutea total seraacute igual a

Sustituyendo r (ver el resultado del problema anterior) por

Se obtiene

Rectificando las unidades obtenemos

Para la segunda oacuterbita el nuacutemero cuaacutentico n = 2

Poniendo en lugar de h m y e sus respectivos valores numeacutericos hallamos

Problema 22iquestCuaacutel es la longitud de onda del fotoacuten emitido por el aacutetomo de hidroacutegeno cuando el electroacuten transita de la cuarta oacuterbita a la segunda

Solucioacuten

La radiacioacuten se produce soacutelo cuando el aacutetomo sufre una transicioacuten de una oacuterbita con energiacutea Ek a otra oacuterbita de menor energiacutea Ej (Ej lt Ek) En forma de ecuacioacuten

hν = Ek - Ej

Donde hν es el cuanto de energiacutea transportado por el fotoacuten emitido del aacutetomo durante la transicioacuten

En el caso nuestro k = 4 y j = 2 Por lo tanto

hν = E4 - E2

Utilizando la foacutermula de la energiacutea del electroacuten (ver el problema 21) se obtiene

Donde el teacutermino

Es la energiacutea del electroacuten en la segunda oacuterbita (Ver el problema 21)

Por consiguiente

Seguacuten el resultado del problema 21 E2 = -54 10∙ -19J

Por lo tanto

Como λ = cν entonces

Problema 23El electroacuten del aacutetomo de hidroacutegeno salta de la tercera oacuterbita a la segunda a) Calcular la longitud de onda del fotoacuten emitido b) Calcular la disminucioacuten de la energiacutea del aacutetomoacute

Datos

j =1k = 3R = 1097middot107 m-1

h = 6626 10∙ -34 J∙s

Solucioacuten

Cuando el electroacuten pasa de la oacuterbita de mayor energiacutea (Ek) a una orbita de menor

energiacutea (Ej) el aacutetomo emite un fotoacuten cuya energiacutea es igual a E = Ek- Ej La longitud de onda del fotoacuten emitido se calcula por la foacutermula

J y k son los nuacutemeros de las oacuterbitas y R es la constante de Ridberg

La disminucioacuten de la energiacutea del aacutetomo es igual a la energiacutea del fotoacuten emitido

Problema 24

a) iquestQueacute tensioacuten del campo eleacutectrico es necesaria seguacuten la mecaacutenica claacutesica para que un electroacuten acelerado en este campo adquiera la velocidad de la luzb) iquestCuaacutel seraacuten la velocidad del electroacuten y su masa en este campo seguacuten la mecaacutenica relativista

Datos

m0 = 9109∙10-31kgc = 3∙108mse = 1602 10∙ -19C

Solucioacuten

a) Seguacuten la mecaacutenica claacutesica la energiacutea cineacutetica del electroacuten

Donde m0 es la masa de reposo del electroacuten y υ es su velocidad La diferencia de potencial V multiplicada por la carga del electroacuten es una medida de la energiacutea cineacutetica del electroacuten adquirida en el campo eleacutectrico En otras palabras

Sustituyendo υ por c se calcula la diferencia de potencial del campo eleacutectrico necesaria para que el electroacuten adquiera la velocidad de la luz

Analizando las unidades y poniendo los valores numeacutericos del problema se obtiene

b) En la mecaacutenica relativista se calcula la masa m del electroacuten y su energiacutea

cineacutetica Ec utilizando las foacutermulas siguientes

Pero numeacutericamente Ec = (m0c2)2 o sea

La masa del electroacuten seraacute igual a

Problema 25iquestCuaacutel es la energiacutea de un fotoacuten correspondiente a ondas radio de frecuencia 1255 x106 Hz

Datos

E=hv v=c⋋Solucioacuten E=662610minus34 1255 106=831610minus28 J

PROBLEMA 26La liacutenea verde en el espectro atoacutemico del talio tiene una longitud de onda de 535 nm Calcular la energiacutea de un fotoacuten

Solucioacuten

H=662610minus34C=300 108 msminus1

E=hv v=c ⋋ v=300 108 msminus1

53510minus9 =560 1014

E=662610minus34 560 1014=372 10minus19J

PROBLEMA 27Un electroacuten salta desde un orbital maacutes externo a otro maacutes interno entre los que existe una diferencia de energiacutea de 15 x 10-15 J iquestCuaacutel es la frecuencia de la radiacioacuten emitida

Datos

∆ E=hv

Solucioacuten

v=∆ E h= 15 10minus15J662610minus34 JS

=2261018 Sminus1

Problema 28La longitud de onda umbral para que cierta superficie metaacutelica emita electrones es 6000 Aring Se observoacute que si esa superficie fotosensible se ilumina con luz de 4000 Aring los electrones son emitidos con una velocidad de 606 x 105m s-1 Deducir el valor de la constante de Planck

Datos

λ1=600 Aring=610minus7 λ2=400 Aring=410minus7 V = 6 06 x 105m s-1 m=9 110minus31

Solucioacuten h= Cλ 2

=hCλ 1

+ mv2

2

h= 3 108

410minus7 =h3 108

6 10minus7 +91 10minus31 (606105)2

2

75 1014 h=5 1014 h+16710minus19

25 1014 h=167 10minus19

h=66810minus34 Js

Problema 29La frecuencia umbral de cierto metal es 88 x 1014 s-1 Calcular la velocidad maacutexima de los electrones emitidos por ese metal cuando se ilumina con luz cuya longitud de onda es 2536 Aring iquestQueacute energiacutea cineacutetica poseen esos electrones

EC=h(CλminusV C)=662610minus34 J s ( 3

108ms

2536 10minus10 minus88 x 1014 sminus1)=201 10minus19 J

EC=m v2

2rarr v2=radic 2 EC

m=radic 2 20110minus19 J

9110minus31kg=664 105 m s

Pregunta 30Una superficie de cierto metal emite electrones cuya energiacutea cineacutetica equivale a 3 eV cuando se ilumina con luz de longitud de onda de 1500 Aring iquestcual es el valor de la frecuencia umbral de ese metal

Solucioacuten

Se debe cumplir que E incidente= E umbral+E cineacutetica del electroacuten

E incidente=hv=hλ=66210minus34 J S 3 108 msminus1

150010minus10m=13 10minus18 J

E incidente del electron=3eV 16 10minus19 J eV minus1=48 10minus19 J

E umbral=13 10minus18 Jminus4810minus19 J=8210minus19

υ= Eh

= 82 10minus19 J66210minus34 JS

=13 1015 Hz

Problema 31Calcule la longitud de onda y la frecuencia da la 2da raya de la serie de Balme en el espectro del hidrogeno Constante de rydberg=109677 107 mminus1 La segunda raya nj=4 entonces ni=2

1⋋2

=RH ( 1

iquest2minus 1

nj2)=109677107( 1

22minus 1

42)=109677 107 3

16rarr⋋2=486 10minus7 m

v= C⋋2

= 300108

486 10minus7 =617 1014 Hz

Problema 32Calcuacutelese la longitud de onda de De Broglie en cada uno de los siguientes casos a) un neutroacuten que se mueve a una velocidad de 10 kms b) Un moacutevil de 20 g que se mueve a 72 kmhora

Solucioacutena) un neutroacuten que se mueve a una velocidad de 10 kms

masa del electron=167 10minus27 kg

mv=167 10minus27 kg 104 m sminus1=167 10minus23

λ=h

mv=66310minus34

16710minus23 =39710minus11 m

b) Un moacutevil de 20 g que se mueve a 72 kmhora

λ= hmv

=66310minus34

210minus2 20=1610minus33m

Problema 33Una superficie de sodio se ilumina con luz de 300 nm de longitud de ondala funcioacuten de trabajo para el metal de sodio es 246 eV Encuentrea) la energiacutea cineacutetica maacutexima de los fotoelectrones emitidosb) la longitud de onda de corte para el sodio

c) calcule la rapidez maacutexima del efecto fotoeleacutectrico

Solucioacuten

a) la energiacutea cineacutetica maacutexima de los fotoelectrones emitidos

E=h f =hcλ

=(662610minus34 J s ) (3 108 m s)

30010minus9m=663 10minus19 J=414 eV

Luego aplicamos Kmax=h f minusФ=414eV minus246eV =168 eV

b) la longitud de onda de corte para el sodio

E=h f 0=Ф dedonde hcλ0

aislamos λ0=hcФ

peroФ=(246 eV )(1610minus19 J eV )=39410minus19 J

Reemplazamos λ0=(662610minus34 Js )(3108 m s)

394 10minus19 J=iquest 505 10minus7=505 nm

c) calcule la rapidez maacutexima del efecto fotoeleacutectrico

E=12

m v2rarr 168eV iquest(91110minus31kg)v2

2 rarr v=768 105 m s

Problema 34Un aacutetomo absorbe un fotoacuten que tiene una longitud de onda de 375 nm e inmediatamente emite otro fotoacuten que tiene una longitud de onda de 580 nm iquestCuaacutel es la energiacutea neta absorbida por el aacutetomo en este proceso

Solucioacuten

Eneta=E f minusEi

Eneta=1240 eV nm

λemiteminus1240 eV nm

λabsorbe=1240 eV nm

λemiteminus1240 eV nm

λabsorbe

Eneta=2138 eVminus331 eV =1172eV

Problema 35La mayoriacutea de los procesos gaseosos de ionizacioacuten requieren cambios de energiacutea de 1 x10minus18 a 1 x10minus16 iquestqueacute regioacuten del espectro electromagneacutetico del sol es entonces

principalmente responsable de la creacioacuten de la ionosfera en la atmosfera de la tierra

Solucioacuten

tenemos E=1240 eV nmλ

reemplazamos 1 x10minus16minus1 x 10minus18=1240 eV nmλ

convirtiendo a eV 625minus625=1240 eV nmλ

cancelando eV λ=1240 nm61875

=iquest 2004 nm(ultravioleta)

Problema 36Se desea escoger una sustancia para una foto celda operable con luz visible iquestCuaacutel de la siguientes lo haraacute(la funcioacuten de trabajo aparece entre pareacutentesis )el tantalio(42eV)el tungsteno(45eV)el aluminio(42eV)el bario(25eV)el litio(23eV)el cesio(19eV)

Solucioacuten

Sabemos E=1240 eV nmλ

ReemplazamosE=Ф

Luego λ=1240 eV nm

Ф

aiquest tantalio λ=1240 eV nm

42 eV=iquest 2952nm(ultravioleta)

biquest tungsteno λ=1240 eVnm

45 eV=iquest 2756 nm(ultravioleta)

c iquestaluminio λ=1240 eV nm

42 eV=iquest 2952nm(ultravioleta)

d iquestbario λ=1240 eV nm

25 eV=iquest 496 nm(visible)

e iquestlitio λ=1240 eV nm

23 eV=iquest 5391nm(visible)

f iquest sesio λ=1240 eV nm

19 eV=iquest 6526nm(visible)

Problema 37a) La energiacutea necesaria para desprender un electroacuten de sodio metaacutelico es de 228eV iquestMuestra el sodio un efecto fotoeleacutectrico bajo luz roja con λ=678 nmb) iquestCuaacutel es la longitud de la onda de corte de la emisioacuten fotoeleacutectrica del sodio y a que color corresponde esta longitud de onda

Solucioacuten

Para la pregunta a

Tenemos E=1240 eV nmλ

Reemplazamos E=1240 eV nm678 nm

=iquest 18289 eV

no se produce el efecto fotoelectrico porque Elt228 eV

Para la pregunta b

E=1240 eV nmλ

Reemplazamos E=1240 eV nm228 eV

=iquest 54386 nm(verde)

Pregunta 38Un numero de fotones incide sobre una superficie de sodio que tiene una funcioacuten de trabajo de 228eV causando la emisioacuten fotoeleacutectrica cuando se impone un potencial de frenado de 492 V no existe una fotocorriente Halle la longitud de onda de los fotones incidentes

Solucioacuten

Tenemos Ф=228 eV

Tambieacuten h f =Ф+k max

Reemplazado h f =Ф+e V 0

Luego 1240 eV nm

λ=228 eV +(16 10minus19C )(492 V )

Sabemos V=J C por lo tanto convertimos a eV

1240 eV nm

λ=228 eV +(16 10minus19C )(492J C)(1eV 16 10minus19 J )

Cancelando λ=1722 nm

Pregunta 39a Si la funcioacuten de trabajo de un metal es de 185eV iquestCuaacutel seria el potencial de frenado de la luz que tenga una longitud de onda de 410 nmb iquestCuaacutel seria la velocidad maacutexima de los fotoelectrones emitidos en la superficie de metal

Solucioacuten

Para a

Sabemos h f =Ф+k max

Reemplazamos 1240 eV nm

λ=185 eV +e V 0

1240 eV nm

410 nm=185 eV +e V 0

Reduciendo V 0=117V

Para b

Tenemos k max=e V 0

12

m v2=e V 0

Reemplazamos 12

(91110minus31) v2=(16 10minus19 )(117 V )

Reduciendo V=641 km s

Pregunta 40El molibdeno tiene una funcioacuten de trabajo de 420 eV a) encuentre la longitud de onda de corte y la frecuencia de corte para el efecto fotoeleacutectrico B) calcule el potencial de frenado si la luz incidente tiene una longitud de onda de 180nm

Solucioacuten

Para a sabemos Ф=h f 0 de aquiacute Ф=h CλC

Aislamos λ λC=h CФ

Reemplazamos λC=iquest (662610minus34 )(3 108)

42016 10minus19 =iquest 2958 nm

Ahora calculamos la frecuencia de cortef 0

Sabemos f 0=CλC

=iquest 3108

295810minus9= 1014 pHz

Para b tenemos Kmax=CλC

minusФ

Reemplazamos Kmax=6626 10minus34 3108

18010minus9 minus420 eV

Reduciendo Kmax=2675 eV

Finalmente calculamos el V 0

De Kmax=eV 0

Aislamos V 0=iquest 267516 10minus19 J

16 10minus19 C=iquest 2675 V

Problema 41Un estudiante que analiza el efecto fotoeleacutectrico de dos metales diferente registra la siguiente informacioacuteni) el potencial de frenado para los fotoelectrones liberados en el metal 1 es 148 V mayor que para el metal 2 y ii) la frecuencia de corte para el metal 1 es 40 mas pequentildea que para el metal 2determine la funcioacuten de trabajo para cada metal

Kmaxi=e V 01 Kmaxi=e(V 02+148) (1)

Kmaxi=e V 02 (2)

h f 01=Ф1 h 60

100 f 02=Ф1 (3)

Metal 1 Metal 2 V 01=V 02+148

f 01=60

100 f 02

V 02=V 02

f 01=f 02

h f 02=Ф2 (4)

En (1)

h f minush f 01=e(V 02+148) (5)

h f minush f 02=e V 02 (6)

Luego (6) en (5)

h f minush60

100 f 02=h f minush f 02+e 148

Simplificando f 02=e 148 5

2 h=Ф2

Ф2=37 eV

Entonces h60100

f 02=Ф1

Pero h f 02=Ф2

Reemplazando f 02=h60

100Ф2

h=Ф1

Simplicando Ф1=222eV

Pregunta 42Dos fuentes luminosas se utilizan en un experimento fotoeleacutectrico para determinarla funcioacuten de trabajo para una superficie metaacutelica particular Cuando se emplea luz verde de una laacutempara de mercurio (λ=5461 nm) un potencial de frenado de 0376 V reduce la fotocorriente a ceroa Con base a esta medicioacuten iquestCuaacutel es la funcioacuten de trabajo para este metalb iquestQueacute potencial de frenado se observariacutea al usar la luz amarilla de un cubo de descarga de helio λ=58715 nm

Solucioacuten

Para a

Kmaxi=h f minusФ (1)

Kmaxi=e V 0 (2)

(1) En (2)

h f minusФ=e V 0

Luego Ф=minuse V 0+h c λ

Reemplazando valores

Ф=minus(16 10minus19C ) (0376 V )+(60626 10minus34 J S ) 3 108546110minus9

Ф=1899 eV

Para b

De la ecuacioacuten h f minusФ=e V 0

Aislamos V 0=iquest h

CλminusФ

e

V 0=iquest 3108

587510minus9 minusiquest 19 eV iquest16 10minus19C=02125 V

Pregunta 43Fotones de 450 nm de longitud inciden sobre un metal los electrones mas energeacuteticos expulsados del metal se desviacutean en in arco circular de 200 cm de radio por medio de un campo magneacutetico con una magnitud de 200x10minus5 TiquestCuaacutel es la funcioacuten de trabajo del metal

Datos

λ=450 10minus9m r=200cm=02 m t=200 x10minus5T

Solucioacuten

Hallamos ldquoErdquo

E=hcλ

rarr E=(6626 10minus34 J S )(3108)450 10minus9m=441710minus19 J

Hallamos ldquoV ldquo

V=q Br m

V=(16 10minus19 J ) ( 20010minus5T ) (02 m )

91110minus31 Kg=007025107m S

Hallamos k rsub max

k max=12

mv2 rarr k max=( 91110minus31 Kg )iquest

Hallamos ldquoФrdquo

Ф=hcλ

minuskmax=4417 10minus19 Jminus224810minus19 J=21691019 1 eV 1610minus19

Ф=135 eV

Problema 44Un Fotoacuten que tiene energiacutea Eo es dispersado por un electroacuten libre inicialmente en reposo de tal manera que el aacutengulo de dispersioacuten del electroacuten dispersado es igual al del fotoacuten dispersado ( ) a) Determine los aacutengulos y b) La energiacutea y el momentum del fotoacuten dispersado y c) La energiacutea cineacutetica del electroacuten dispersado

Solucioacuten

aiquest Determine los aacutengulos y

X hλ0

=h cosФ

λ+γ me VcosФ

Y 0=minush senФ

λ +γ me VsenФ

De Y 0=minush

λ=γ me V rarr

h

λ =γ me V

De X hλ0

=hcosФ

λ+ hcosФ

λ()

despejando λ

2 λ0 cosФ

corrimiento de compton

λminus λ0=

hme c

(1minuscosФ )rarr 2 λ0 cosФminusλ0=h

me c(1minuscosФ )

Sabiendoque λ0=hcE0

en funcion de E0

2 λ0 cosФminus1=E0

me c2 (1minuscosФ )rarr sihacemos E0

me c2 =x

2 λ0 cosФminus1=x (1minuscosФ )

Aislamos elaacutengulo Ф=arcocos( x+1x+2

)

biquest La energiacutea y el momentumdel fotoacuten dispersado energ iacutea

E=hc λ si λ =2 λ0 cosФ si λ0=hcλ0

entonces E=E0

2cosФ obtenemos Eacute=( x2+2 x

2 x+2)me c2

Momenton p h Si acute 2 λ0 cos E h 2 λ0cos Si λ0=hc E0

entonces pE0

2C cosФ obtenemos Pacute=( x2+2 x

2 x+2)me c2

c iquest La energiacuteacineacutetica del electroacutendispersado E0 iquest E +Ke E0minusE =Ke

Reemplazamos Ke=( x2

2 x+2)me c2

Problema 45Un Fotoacuten de 0880mev es dispersado por un electroacuten libre inicialmente en reposo de tal manera que el aacutengulo de dispersioacuten del electroacuten dispersado es igual al del fotoacuten dispersado ( ) a) Determine los aacutengulos y b) La energiacutea y el momentum del fotoacuten dispersado y c) La energiacutea cineacutetica del electroacuten dispersado

Solucioacuten

aiquest Determine los aacutengulos y

X hλ0

=h cosФ

λ+γ me VcosФ

Y 0=minush senФ

λ +γ me VsenФ

De Y 0=minush

λ=γ me V rarr

h

λ =γ me V

En X hλ0

=hcosФ

λ + hcosФ

λ ()

hλ0

=2h cosФ

λ rarr λ =2 λ0cosФ

λminus λ0=

hme c

(1minuscosФ )rarr 2 λ0 cosФminusλ0=h

me c(1minuscosФ )

Pero E0=hcλ0

reemplazando y combinando

me

E0

c2 (2 cosФminus1 )=(1minuscosФ )

(91 10minus31 kg)(9 1016 m2 s2)iquestiquest (1minuscosФ )=iquest 5809 10minus2 (2cosФminus1 )

cosФ=013

Ф=43 10

biquest La energiacutea y el momentumdel fotoacuten dispersado

E hc Si acute 2 λ0 cos

E hc 2 λ0 cos Si λ0=hc E0 E E0 2 cos Reemplazando E=0808 meV 2 cos 43 ordm=602 KeV

P h =E c=602103 16 10minus19 3108=iquest

P 32110minus22kg m s

c iquest La energiacuteacineacutetica del electroacutendispersado

k e=880 KeV minus602 KeV k e=278 KeV

Problema 46En un experimento de dispersioacuten Compton un fotoacuten se desviacutea en 900ordm y el electroacuten se desviacutea en un aacutengulo de 200ordm Determine la longitud de onda del fotoacuten dispersado

Solucioacuten

X hλ0

=h cosФ

λ+γ me VcosФ Y 0=minush senФ

λ +γ me VsenФ

Luego

Y h

λ=γ me Vsen200

(2iquest X hλ0

=γ me Vcos200 (1iquest

De 2 y1

λ0=λ tg200

De

λ minus λ0=h

mc(1minuscos900)

λ minus λ tg 200= hmc

rarr λ (1minustg 200 )= hmc

λ (1minus036 )=00024310minus9 m

λ =38 10minus12m

Problema 47Un fotoacuten de 000160nm se dispersa a partir de un electroacuten libre iquestPara queacute aacutengulos de dispersioacuten (fotoacuten) el electroacuten de retroceso tiene la misma energiacutea cineacutetica que la energiacutea del fotoacuten dispersado

Solucioacuten

λ0=000160 10minus9 hcλ0

=hc

λ+ hc

λ=rarr

1λ0

= 2

λ

λ minus λ0=h

mc(1minuscosФ)

000160 10minus9 m=000243 10minus9m(1minuscosФ)

cosФ=034

Ф=70 10

Problema 48A partir de la dispersioacuten de la luz solar de Thompson calculo el radio claacutesico del electroacuten que tiene un valor de 282 10minus15 Si la luz del sol con una intensidad de 500Wm2cae sobre un disco con este radio calcule el tiempo requerido para acumular 1eV de energiacutea Suponga que la luz es una onda claacutesica y que la luz que golpea al disco es absorbida por completo iquestCoacutemo se compara su resultado con la observacioacuten que los fotoelectrones son emitidos con rapidez dentro de10minus9 s Solucioacuten

radiaccion=500 W m2

tenemos I=P A rarr P=I A

Luego W t=I A

t=EI

A= 1 eV500 W π iquestiquestiquest

Absolutamente largo

  • Laboratorio de Fiacutesica Moderna
Page 16: David reparado

Problema 15Determinar la velocidad de un electroacuten emitido de una superficie de plata iluminada con luz monocromaacutetica de longitud de onda de 1500 Aring La longitud de onda a la cual comienza a manifestar este efecto es de 2600 Aring

Datosλ0 = 2600 Aring = 260 10∙ -9 mλ = 1500 Aring = 150 10∙ -9 mh = 6626 10∙ -34 J∙sc = 3 10∙ 8 msm =9109 10∙ -31 kgSolucioacuten

La ecuacioacuten de Einstein para el efecto fotoeleacutectrico es

hν = E0 + Ec maacutex (1)

Donde hν es la energiacutea del fotoacuten E0 el trabajo de salida del electroacuten del metal Ec

maacutex= mυ22 la energiacutea cineacutetica maacutexima del electroacuten que se desprende del metal

La energiacutea necesaria para arrancar el electroacuten del metal

E0 = hν0

Donde ν0 = cλ0 es la frecuencia umbral (de corte) debajo de la cual no se produce el efecto fotoeleacutectrico

Por consiguiente

Sustituyendo ν por cλ E0 por hcλ0 y Ecmaacutex por mυ22 en la ecuacioacuten (1) se obtiene

Rectificando las unidades y poniendo los valores numeacutericos se obtiene

Problema 16Determine el trabajo de extraccioacuten de un electroacuten en el efecto fotoeleacutectrico si longitud de onda a la cual se produce el efecto fotoeleacutectrico es menor que29510-6 mm

Datos

λ0 = 295 10∙ -6 mm = 295 10∙ -9 mh = 6626 10∙ -34 J∙sc = 3 10∙ 8 ms1eυ = 16middot10-19 J

Solucioacuten

La energiacutea necesaria para la realizacioacuten del trabajo de extraccioacuten de un electroacuten se calcula por la foacutermula

E0 = hν0

Donde ν0 es la frecuencia de corte por debajo de la cual no se produce el efecto fotoeleacutectrico

Sustituyendo ν0 por cλ0 se calcula E0

Problema 17Hallar la frecuencia de la luz que arranca los electrones de la superficie de un metal que se retardan por un potencial retardador de 3 V En este metal el efecto fotoeleacutectrico comienza cuando la frecuencia de la luz que incide sobre eacutel es de 61014 Hz Hallar el trabajo necesario para arrancar el electroacuten de este metal

Datos

V0 = 3V

ν0 = 6 10∙ 14 Hz = 6 10∙ 14s-1

Solucioacuten

El trabajo necesario para arrancar el electroacuten del metal se calcula por la foacutermula

E0 = hν0

Donde ν0 es la frecuencia de corte

E0 = 6626 10∙ -34J s 6 10∙ ∙ ∙ 14s-1 = 398 10∙ -19J

Entre la energiacutea cineacutetica maacutexima y el potencial retardador existe la siguiente relacioacuten

Ecmaacutex = eV0

Donde e es la carga del electroacuten y V0 es el potencial retardador

Sustituyendo Ec maacutex por eV0 en la ecuacioacuten de Einstein obtenemos

hν = E0 + eV0

Por consiguiente

Problema 18Un fotoacuten de radiacioacuten de rayos X con longitud de onda 01 nm cae sobre un electroacuten deacutebilmente enlazado de un elemento ligero y se desviacutea 90ordm de su direccioacuten inicial Calcule la energiacutea que adquiere el electroacuten despueacutes del choque y la direccioacuten de su movimiento

Datos

λ = 01 nm = 1 10∙ -10 mφ = 90ordmh = 6626 10∙ -34 J∙sc = 3 10∙ 8 msm = 91 10∙ -31 kg

Solucioacuten

La variacioacuten de la longitud de onda de los rayos X cuando se produce la difusioacuten de Compton se determina por la foacutermula

(1)

Siendo φ el aacutengulo de difusioacuten y m la masa del electroacuten en reposo

Sustituyendo en esta igualdad (1-cosφ) por 2sen2φ2 y teniendo en cuenta que

Δλ = λrsquo -λ obtenemos

(2)

(3)Si la energiacutea del fotoacuten primario es hν y la del fotoacuten difuso hνrsquo tendremos que de acuerdo con la ley de la conservacioacuten de la energiacutea la energiacutea Ec adquirida por el electroacuten vendraacute expresada por la igualdad

Sustituyendo ν por cλ y νrsquo por cλrsquo tenemos

(4)

Poniendo las expresiones (2) y (3) en la igualdad (4) se tiene

Donde A =h (mc)

La constante A = 002426 Aring suele llamarse longitud de onda Compton

Rectificando las unidades y poniendo los datos numeacutericos del problema hallamos la energiacutea del electroacuten despueacutes del choque

Hallamos ahora la razoacuten de la energiacutea del electroacuten de retroceso Ec a la energiacutea del fotoacuten incidente hν = hcλ

En general el electroacuten obtiene una pequentildea parte de la energiacutea del fotoacuten En el caso nuestro solamente 0024 (24) de la energiacutea del fotoacuten

La fig1 muestra el movimiento del electroacuten a) antes de la colisioacuten y b) despueacutes de la colisioacuten Para determinar la direccioacuten del movimiento del electroacuten despueacutes de la colisioacuten es necesario calcular el aacutengulo α bajo el cual estaacute dirigido su movimiento (fig1b)

a) b) Fig1 Fig2 De acuerdo con la ley de la conservacioacuten de la cantidad de movimiento en forma vectorial tenemos la ecuacioacuten

pf = pfrsquo + pe (5) Donde pf (pf = hνc = hλ) es la cantidad de movimiento del fotoacuten antes de la colisioacuten pfrsquo (pfrsquo = hνrsquoc = hλrsquo) es la cantidad de movimiento del fotoacuten difuso y pe es la cantidad de movimiento del electroacuten despueacutes de la colisioacuten pe = mυ donde υ es la velocidad del electroacuten

La cantidad de movimiento del electroacuten antes del choque es igual a cero ya que en reposo su velocidad es cero Graacuteficamente el vector pf es la diagonal del paralelogramo cuyos lados son los vectores pfrsquo y mv (fig2) Los aacutengulos φ y α representan respectivamente los aacutengulos bajo los cuales tienen lugar la difusioacuten del fotoacuten y la aparicioacuten del electroacuten de retroceso

De la fig2 se deduce que

Poniendo en lugar de pf y pfrsquo sus valores respectivos hλ y hλrsquo podemos escribir esta igualdad de forma siguiente

Sustituyendo λrsquo por la expresioacuten (3) obtenemos

Problema 19iquestCon queacute fuerza se atraen el nuacutecleo y el electroacuten en la primera oacuterbita del aacutetomo de hidroacutegeno iquestCuaacutentas veces es esta fuerza mayor que la fuerza gravitacional que actuacutea entre el nuacutecleo y el electroacuten

Datos

me = 9109 10∙ -31 kg

mp = 1840 9109 10∙ ∙ -31 kgG = 6672 10∙ -11 N∙m2∙kg-2

r = 053 10∙ -10 mn = 1ε0 = 8854 10∙ -12F∙ m-1

e = 1602 10∙ -19 C

Solucioacuten

La fuerza de interaccioacuten entre el nuacutecleo y el electroacuten es la fuerza electroestaacutetica de Coulomb

Donde r es el radio de la primera oacuterbita estacionaria del aacutetomo de hidroacutegeno

Rectificando las unidades y poniendo los valores numeacutericos se calcula la fuerza electroestaacutetica

Donde

La fuerza gravitacional se calcula por la foacutermula

Donde me es la masa del electroacuten mp la masa del protoacuten G la constante gravitacional

Por lo que

Problema 20Calcule cual es el radio de la primera orbita del electroacuten que gira alrededor de un nuacutecleo del aacutetomo de hidroacutegeno seguacuten el modelo de Bohr Determine la velocidad con que el electroacuten se mueve en esta oacuterbita

Datos

ε0 = 8854 10∙ -12 F∙m-1

e = 1602 10∙ -19 Cm = 9109 10∙ -31 kgh = 6626 10∙ -34 J∙s

Solucioacuten

La fuerza de interaccioacuten entre el electroacuten y el protoacuten del nuacutecleo es la fuerza

electrostaacutetica ( Fel) de Coulomb

Donde r es la distancia entre el nuacutecleo y el electroacuten Bajo la accioacuten de esta fuerza el electroacuten describe alrededor del nuacutecleo oacuterbitas en forma de elipses de Kepler y como un caso particular en forma de circunferencia

La fuerza de Coulomb es una fuerza centriacutepeta (Fc) y es numeacutericamente igual cuando se trata de una oacuterbita circular a

Por lo tanto

(1)

Para una oacuterbita circular la cantidad de movimiento angular del electroacuten es

p = mυr

La condicioacuten cuaacutentica de Bohr p = nh2π da la posibilidad de calcular el radio de

La oacuterbita circular estacionaria

(2)

La expresioacuten (1) se puede escribir en forma siguiente

Sustituyendo (mυr) por la expresioacuten (2) se obtiene

Para la primera oacuterbita n = 1 Por lo tanto

(3)

Esta magnitud representa el radio de la primera oacuterbita circular del electroacuten (radio de Bohr) es decir de la maacutes proacutexima al nuacutecleo del aacutetomo de hidroacutegeno

Rectificando las unidades y poniendo en lugar de h m ε0 y e sus respectivos valores numeacutericos se obtiene

Donde

(4)

Utilizando la expresioacuten (2) podemos calcular la velocidad υ con que el electroacuten se mueve en la primera oacuterbita

Sustituyendo r por la expresioacuten (3) tendremos

Rectificando las unidades se obtiene

Para n = 1

Problema 21iquestCalcule la energiacutea total del electroacuten en la segunda oacuterbita del aacutetomo de Bohr

SolucioacutenLa energiacutea total del electroacuten es

E = Ec+ Ep

Donde Ec es la energiacutea cineacutetica y Ep es la energiacutea potencial del electroacuten

La energiacutea potencial del electroacuten en el campo electrostaacutetico del nuacutecleo es igual a

Donde r es la distancia entre el nuacutecleo y el electroacuten (el radio de la oacuterbita)

La energiacutea cineacutetica

(1)

Donde m es la masa del electroacuten y υ es su velocidadSobre el electroacuten actuacutea una fuerza electroestaacutetica

Que es una fuerza centriacutepeta igual a

Por consiguiente

(2) Sustituyendo mv2 en la foacutermula de la energiacutea cineacutetica (1) por la expresioacuten (2) se obtiene

Por lo tanto la energiacutea total seraacute igual a

Sustituyendo r (ver el resultado del problema anterior) por

Se obtiene

Rectificando las unidades obtenemos

Para la segunda oacuterbita el nuacutemero cuaacutentico n = 2

Poniendo en lugar de h m y e sus respectivos valores numeacutericos hallamos

Problema 22iquestCuaacutel es la longitud de onda del fotoacuten emitido por el aacutetomo de hidroacutegeno cuando el electroacuten transita de la cuarta oacuterbita a la segunda

Solucioacuten

La radiacioacuten se produce soacutelo cuando el aacutetomo sufre una transicioacuten de una oacuterbita con energiacutea Ek a otra oacuterbita de menor energiacutea Ej (Ej lt Ek) En forma de ecuacioacuten

hν = Ek - Ej

Donde hν es el cuanto de energiacutea transportado por el fotoacuten emitido del aacutetomo durante la transicioacuten

En el caso nuestro k = 4 y j = 2 Por lo tanto

hν = E4 - E2

Utilizando la foacutermula de la energiacutea del electroacuten (ver el problema 21) se obtiene

Donde el teacutermino

Es la energiacutea del electroacuten en la segunda oacuterbita (Ver el problema 21)

Por consiguiente

Seguacuten el resultado del problema 21 E2 = -54 10∙ -19J

Por lo tanto

Como λ = cν entonces

Problema 23El electroacuten del aacutetomo de hidroacutegeno salta de la tercera oacuterbita a la segunda a) Calcular la longitud de onda del fotoacuten emitido b) Calcular la disminucioacuten de la energiacutea del aacutetomoacute

Datos

j =1k = 3R = 1097middot107 m-1

h = 6626 10∙ -34 J∙s

Solucioacuten

Cuando el electroacuten pasa de la oacuterbita de mayor energiacutea (Ek) a una orbita de menor

energiacutea (Ej) el aacutetomo emite un fotoacuten cuya energiacutea es igual a E = Ek- Ej La longitud de onda del fotoacuten emitido se calcula por la foacutermula

J y k son los nuacutemeros de las oacuterbitas y R es la constante de Ridberg

La disminucioacuten de la energiacutea del aacutetomo es igual a la energiacutea del fotoacuten emitido

Problema 24

a) iquestQueacute tensioacuten del campo eleacutectrico es necesaria seguacuten la mecaacutenica claacutesica para que un electroacuten acelerado en este campo adquiera la velocidad de la luzb) iquestCuaacutel seraacuten la velocidad del electroacuten y su masa en este campo seguacuten la mecaacutenica relativista

Datos

m0 = 9109∙10-31kgc = 3∙108mse = 1602 10∙ -19C

Solucioacuten

a) Seguacuten la mecaacutenica claacutesica la energiacutea cineacutetica del electroacuten

Donde m0 es la masa de reposo del electroacuten y υ es su velocidad La diferencia de potencial V multiplicada por la carga del electroacuten es una medida de la energiacutea cineacutetica del electroacuten adquirida en el campo eleacutectrico En otras palabras

Sustituyendo υ por c se calcula la diferencia de potencial del campo eleacutectrico necesaria para que el electroacuten adquiera la velocidad de la luz

Analizando las unidades y poniendo los valores numeacutericos del problema se obtiene

b) En la mecaacutenica relativista se calcula la masa m del electroacuten y su energiacutea

cineacutetica Ec utilizando las foacutermulas siguientes

Pero numeacutericamente Ec = (m0c2)2 o sea

La masa del electroacuten seraacute igual a

Problema 25iquestCuaacutel es la energiacutea de un fotoacuten correspondiente a ondas radio de frecuencia 1255 x106 Hz

Datos

E=hv v=c⋋Solucioacuten E=662610minus34 1255 106=831610minus28 J

PROBLEMA 26La liacutenea verde en el espectro atoacutemico del talio tiene una longitud de onda de 535 nm Calcular la energiacutea de un fotoacuten

Solucioacuten

H=662610minus34C=300 108 msminus1

E=hv v=c ⋋ v=300 108 msminus1

53510minus9 =560 1014

E=662610minus34 560 1014=372 10minus19J

PROBLEMA 27Un electroacuten salta desde un orbital maacutes externo a otro maacutes interno entre los que existe una diferencia de energiacutea de 15 x 10-15 J iquestCuaacutel es la frecuencia de la radiacioacuten emitida

Datos

∆ E=hv

Solucioacuten

v=∆ E h= 15 10minus15J662610minus34 JS

=2261018 Sminus1

Problema 28La longitud de onda umbral para que cierta superficie metaacutelica emita electrones es 6000 Aring Se observoacute que si esa superficie fotosensible se ilumina con luz de 4000 Aring los electrones son emitidos con una velocidad de 606 x 105m s-1 Deducir el valor de la constante de Planck

Datos

λ1=600 Aring=610minus7 λ2=400 Aring=410minus7 V = 6 06 x 105m s-1 m=9 110minus31

Solucioacuten h= Cλ 2

=hCλ 1

+ mv2

2

h= 3 108

410minus7 =h3 108

6 10minus7 +91 10minus31 (606105)2

2

75 1014 h=5 1014 h+16710minus19

25 1014 h=167 10minus19

h=66810minus34 Js

Problema 29La frecuencia umbral de cierto metal es 88 x 1014 s-1 Calcular la velocidad maacutexima de los electrones emitidos por ese metal cuando se ilumina con luz cuya longitud de onda es 2536 Aring iquestQueacute energiacutea cineacutetica poseen esos electrones

EC=h(CλminusV C)=662610minus34 J s ( 3

108ms

2536 10minus10 minus88 x 1014 sminus1)=201 10minus19 J

EC=m v2

2rarr v2=radic 2 EC

m=radic 2 20110minus19 J

9110minus31kg=664 105 m s

Pregunta 30Una superficie de cierto metal emite electrones cuya energiacutea cineacutetica equivale a 3 eV cuando se ilumina con luz de longitud de onda de 1500 Aring iquestcual es el valor de la frecuencia umbral de ese metal

Solucioacuten

Se debe cumplir que E incidente= E umbral+E cineacutetica del electroacuten

E incidente=hv=hλ=66210minus34 J S 3 108 msminus1

150010minus10m=13 10minus18 J

E incidente del electron=3eV 16 10minus19 J eV minus1=48 10minus19 J

E umbral=13 10minus18 Jminus4810minus19 J=8210minus19

υ= Eh

= 82 10minus19 J66210minus34 JS

=13 1015 Hz

Problema 31Calcule la longitud de onda y la frecuencia da la 2da raya de la serie de Balme en el espectro del hidrogeno Constante de rydberg=109677 107 mminus1 La segunda raya nj=4 entonces ni=2

1⋋2

=RH ( 1

iquest2minus 1

nj2)=109677107( 1

22minus 1

42)=109677 107 3

16rarr⋋2=486 10minus7 m

v= C⋋2

= 300108

486 10minus7 =617 1014 Hz

Problema 32Calcuacutelese la longitud de onda de De Broglie en cada uno de los siguientes casos a) un neutroacuten que se mueve a una velocidad de 10 kms b) Un moacutevil de 20 g que se mueve a 72 kmhora

Solucioacutena) un neutroacuten que se mueve a una velocidad de 10 kms

masa del electron=167 10minus27 kg

mv=167 10minus27 kg 104 m sminus1=167 10minus23

λ=h

mv=66310minus34

16710minus23 =39710minus11 m

b) Un moacutevil de 20 g que se mueve a 72 kmhora

λ= hmv

=66310minus34

210minus2 20=1610minus33m

Problema 33Una superficie de sodio se ilumina con luz de 300 nm de longitud de ondala funcioacuten de trabajo para el metal de sodio es 246 eV Encuentrea) la energiacutea cineacutetica maacutexima de los fotoelectrones emitidosb) la longitud de onda de corte para el sodio

c) calcule la rapidez maacutexima del efecto fotoeleacutectrico

Solucioacuten

a) la energiacutea cineacutetica maacutexima de los fotoelectrones emitidos

E=h f =hcλ

=(662610minus34 J s ) (3 108 m s)

30010minus9m=663 10minus19 J=414 eV

Luego aplicamos Kmax=h f minusФ=414eV minus246eV =168 eV

b) la longitud de onda de corte para el sodio

E=h f 0=Ф dedonde hcλ0

aislamos λ0=hcФ

peroФ=(246 eV )(1610minus19 J eV )=39410minus19 J

Reemplazamos λ0=(662610minus34 Js )(3108 m s)

394 10minus19 J=iquest 505 10minus7=505 nm

c) calcule la rapidez maacutexima del efecto fotoeleacutectrico

E=12

m v2rarr 168eV iquest(91110minus31kg)v2

2 rarr v=768 105 m s

Problema 34Un aacutetomo absorbe un fotoacuten que tiene una longitud de onda de 375 nm e inmediatamente emite otro fotoacuten que tiene una longitud de onda de 580 nm iquestCuaacutel es la energiacutea neta absorbida por el aacutetomo en este proceso

Solucioacuten

Eneta=E f minusEi

Eneta=1240 eV nm

λemiteminus1240 eV nm

λabsorbe=1240 eV nm

λemiteminus1240 eV nm

λabsorbe

Eneta=2138 eVminus331 eV =1172eV

Problema 35La mayoriacutea de los procesos gaseosos de ionizacioacuten requieren cambios de energiacutea de 1 x10minus18 a 1 x10minus16 iquestqueacute regioacuten del espectro electromagneacutetico del sol es entonces

principalmente responsable de la creacioacuten de la ionosfera en la atmosfera de la tierra

Solucioacuten

tenemos E=1240 eV nmλ

reemplazamos 1 x10minus16minus1 x 10minus18=1240 eV nmλ

convirtiendo a eV 625minus625=1240 eV nmλ

cancelando eV λ=1240 nm61875

=iquest 2004 nm(ultravioleta)

Problema 36Se desea escoger una sustancia para una foto celda operable con luz visible iquestCuaacutel de la siguientes lo haraacute(la funcioacuten de trabajo aparece entre pareacutentesis )el tantalio(42eV)el tungsteno(45eV)el aluminio(42eV)el bario(25eV)el litio(23eV)el cesio(19eV)

Solucioacuten

Sabemos E=1240 eV nmλ

ReemplazamosE=Ф

Luego λ=1240 eV nm

Ф

aiquest tantalio λ=1240 eV nm

42 eV=iquest 2952nm(ultravioleta)

biquest tungsteno λ=1240 eVnm

45 eV=iquest 2756 nm(ultravioleta)

c iquestaluminio λ=1240 eV nm

42 eV=iquest 2952nm(ultravioleta)

d iquestbario λ=1240 eV nm

25 eV=iquest 496 nm(visible)

e iquestlitio λ=1240 eV nm

23 eV=iquest 5391nm(visible)

f iquest sesio λ=1240 eV nm

19 eV=iquest 6526nm(visible)

Problema 37a) La energiacutea necesaria para desprender un electroacuten de sodio metaacutelico es de 228eV iquestMuestra el sodio un efecto fotoeleacutectrico bajo luz roja con λ=678 nmb) iquestCuaacutel es la longitud de la onda de corte de la emisioacuten fotoeleacutectrica del sodio y a que color corresponde esta longitud de onda

Solucioacuten

Para la pregunta a

Tenemos E=1240 eV nmλ

Reemplazamos E=1240 eV nm678 nm

=iquest 18289 eV

no se produce el efecto fotoelectrico porque Elt228 eV

Para la pregunta b

E=1240 eV nmλ

Reemplazamos E=1240 eV nm228 eV

=iquest 54386 nm(verde)

Pregunta 38Un numero de fotones incide sobre una superficie de sodio que tiene una funcioacuten de trabajo de 228eV causando la emisioacuten fotoeleacutectrica cuando se impone un potencial de frenado de 492 V no existe una fotocorriente Halle la longitud de onda de los fotones incidentes

Solucioacuten

Tenemos Ф=228 eV

Tambieacuten h f =Ф+k max

Reemplazado h f =Ф+e V 0

Luego 1240 eV nm

λ=228 eV +(16 10minus19C )(492 V )

Sabemos V=J C por lo tanto convertimos a eV

1240 eV nm

λ=228 eV +(16 10minus19C )(492J C)(1eV 16 10minus19 J )

Cancelando λ=1722 nm

Pregunta 39a Si la funcioacuten de trabajo de un metal es de 185eV iquestCuaacutel seria el potencial de frenado de la luz que tenga una longitud de onda de 410 nmb iquestCuaacutel seria la velocidad maacutexima de los fotoelectrones emitidos en la superficie de metal

Solucioacuten

Para a

Sabemos h f =Ф+k max

Reemplazamos 1240 eV nm

λ=185 eV +e V 0

1240 eV nm

410 nm=185 eV +e V 0

Reduciendo V 0=117V

Para b

Tenemos k max=e V 0

12

m v2=e V 0

Reemplazamos 12

(91110minus31) v2=(16 10minus19 )(117 V )

Reduciendo V=641 km s

Pregunta 40El molibdeno tiene una funcioacuten de trabajo de 420 eV a) encuentre la longitud de onda de corte y la frecuencia de corte para el efecto fotoeleacutectrico B) calcule el potencial de frenado si la luz incidente tiene una longitud de onda de 180nm

Solucioacuten

Para a sabemos Ф=h f 0 de aquiacute Ф=h CλC

Aislamos λ λC=h CФ

Reemplazamos λC=iquest (662610minus34 )(3 108)

42016 10minus19 =iquest 2958 nm

Ahora calculamos la frecuencia de cortef 0

Sabemos f 0=CλC

=iquest 3108

295810minus9= 1014 pHz

Para b tenemos Kmax=CλC

minusФ

Reemplazamos Kmax=6626 10minus34 3108

18010minus9 minus420 eV

Reduciendo Kmax=2675 eV

Finalmente calculamos el V 0

De Kmax=eV 0

Aislamos V 0=iquest 267516 10minus19 J

16 10minus19 C=iquest 2675 V

Problema 41Un estudiante que analiza el efecto fotoeleacutectrico de dos metales diferente registra la siguiente informacioacuteni) el potencial de frenado para los fotoelectrones liberados en el metal 1 es 148 V mayor que para el metal 2 y ii) la frecuencia de corte para el metal 1 es 40 mas pequentildea que para el metal 2determine la funcioacuten de trabajo para cada metal

Kmaxi=e V 01 Kmaxi=e(V 02+148) (1)

Kmaxi=e V 02 (2)

h f 01=Ф1 h 60

100 f 02=Ф1 (3)

Metal 1 Metal 2 V 01=V 02+148

f 01=60

100 f 02

V 02=V 02

f 01=f 02

h f 02=Ф2 (4)

En (1)

h f minush f 01=e(V 02+148) (5)

h f minush f 02=e V 02 (6)

Luego (6) en (5)

h f minush60

100 f 02=h f minush f 02+e 148

Simplificando f 02=e 148 5

2 h=Ф2

Ф2=37 eV

Entonces h60100

f 02=Ф1

Pero h f 02=Ф2

Reemplazando f 02=h60

100Ф2

h=Ф1

Simplicando Ф1=222eV

Pregunta 42Dos fuentes luminosas se utilizan en un experimento fotoeleacutectrico para determinarla funcioacuten de trabajo para una superficie metaacutelica particular Cuando se emplea luz verde de una laacutempara de mercurio (λ=5461 nm) un potencial de frenado de 0376 V reduce la fotocorriente a ceroa Con base a esta medicioacuten iquestCuaacutel es la funcioacuten de trabajo para este metalb iquestQueacute potencial de frenado se observariacutea al usar la luz amarilla de un cubo de descarga de helio λ=58715 nm

Solucioacuten

Para a

Kmaxi=h f minusФ (1)

Kmaxi=e V 0 (2)

(1) En (2)

h f minusФ=e V 0

Luego Ф=minuse V 0+h c λ

Reemplazando valores

Ф=minus(16 10minus19C ) (0376 V )+(60626 10minus34 J S ) 3 108546110minus9

Ф=1899 eV

Para b

De la ecuacioacuten h f minusФ=e V 0

Aislamos V 0=iquest h

CλminusФ

e

V 0=iquest 3108

587510minus9 minusiquest 19 eV iquest16 10minus19C=02125 V

Pregunta 43Fotones de 450 nm de longitud inciden sobre un metal los electrones mas energeacuteticos expulsados del metal se desviacutean en in arco circular de 200 cm de radio por medio de un campo magneacutetico con una magnitud de 200x10minus5 TiquestCuaacutel es la funcioacuten de trabajo del metal

Datos

λ=450 10minus9m r=200cm=02 m t=200 x10minus5T

Solucioacuten

Hallamos ldquoErdquo

E=hcλ

rarr E=(6626 10minus34 J S )(3108)450 10minus9m=441710minus19 J

Hallamos ldquoV ldquo

V=q Br m

V=(16 10minus19 J ) ( 20010minus5T ) (02 m )

91110minus31 Kg=007025107m S

Hallamos k rsub max

k max=12

mv2 rarr k max=( 91110minus31 Kg )iquest

Hallamos ldquoФrdquo

Ф=hcλ

minuskmax=4417 10minus19 Jminus224810minus19 J=21691019 1 eV 1610minus19

Ф=135 eV

Problema 44Un Fotoacuten que tiene energiacutea Eo es dispersado por un electroacuten libre inicialmente en reposo de tal manera que el aacutengulo de dispersioacuten del electroacuten dispersado es igual al del fotoacuten dispersado ( ) a) Determine los aacutengulos y b) La energiacutea y el momentum del fotoacuten dispersado y c) La energiacutea cineacutetica del electroacuten dispersado

Solucioacuten

aiquest Determine los aacutengulos y

X hλ0

=h cosФ

λ+γ me VcosФ

Y 0=minush senФ

λ +γ me VsenФ

De Y 0=minush

λ=γ me V rarr

h

λ =γ me V

De X hλ0

=hcosФ

λ+ hcosФ

λ()

despejando λ

2 λ0 cosФ

corrimiento de compton

λminus λ0=

hme c

(1minuscosФ )rarr 2 λ0 cosФminusλ0=h

me c(1minuscosФ )

Sabiendoque λ0=hcE0

en funcion de E0

2 λ0 cosФminus1=E0

me c2 (1minuscosФ )rarr sihacemos E0

me c2 =x

2 λ0 cosФminus1=x (1minuscosФ )

Aislamos elaacutengulo Ф=arcocos( x+1x+2

)

biquest La energiacutea y el momentumdel fotoacuten dispersado energ iacutea

E=hc λ si λ =2 λ0 cosФ si λ0=hcλ0

entonces E=E0

2cosФ obtenemos Eacute=( x2+2 x

2 x+2)me c2

Momenton p h Si acute 2 λ0 cos E h 2 λ0cos Si λ0=hc E0

entonces pE0

2C cosФ obtenemos Pacute=( x2+2 x

2 x+2)me c2

c iquest La energiacuteacineacutetica del electroacutendispersado E0 iquest E +Ke E0minusE =Ke

Reemplazamos Ke=( x2

2 x+2)me c2

Problema 45Un Fotoacuten de 0880mev es dispersado por un electroacuten libre inicialmente en reposo de tal manera que el aacutengulo de dispersioacuten del electroacuten dispersado es igual al del fotoacuten dispersado ( ) a) Determine los aacutengulos y b) La energiacutea y el momentum del fotoacuten dispersado y c) La energiacutea cineacutetica del electroacuten dispersado

Solucioacuten

aiquest Determine los aacutengulos y

X hλ0

=h cosФ

λ+γ me VcosФ

Y 0=minush senФ

λ +γ me VsenФ

De Y 0=minush

λ=γ me V rarr

h

λ =γ me V

En X hλ0

=hcosФ

λ + hcosФ

λ ()

hλ0

=2h cosФ

λ rarr λ =2 λ0cosФ

λminus λ0=

hme c

(1minuscosФ )rarr 2 λ0 cosФminusλ0=h

me c(1minuscosФ )

Pero E0=hcλ0

reemplazando y combinando

me

E0

c2 (2 cosФminus1 )=(1minuscosФ )

(91 10minus31 kg)(9 1016 m2 s2)iquestiquest (1minuscosФ )=iquest 5809 10minus2 (2cosФminus1 )

cosФ=013

Ф=43 10

biquest La energiacutea y el momentumdel fotoacuten dispersado

E hc Si acute 2 λ0 cos

E hc 2 λ0 cos Si λ0=hc E0 E E0 2 cos Reemplazando E=0808 meV 2 cos 43 ordm=602 KeV

P h =E c=602103 16 10minus19 3108=iquest

P 32110minus22kg m s

c iquest La energiacuteacineacutetica del electroacutendispersado

k e=880 KeV minus602 KeV k e=278 KeV

Problema 46En un experimento de dispersioacuten Compton un fotoacuten se desviacutea en 900ordm y el electroacuten se desviacutea en un aacutengulo de 200ordm Determine la longitud de onda del fotoacuten dispersado

Solucioacuten

X hλ0

=h cosФ

λ+γ me VcosФ Y 0=minush senФ

λ +γ me VsenФ

Luego

Y h

λ=γ me Vsen200

(2iquest X hλ0

=γ me Vcos200 (1iquest

De 2 y1

λ0=λ tg200

De

λ minus λ0=h

mc(1minuscos900)

λ minus λ tg 200= hmc

rarr λ (1minustg 200 )= hmc

λ (1minus036 )=00024310minus9 m

λ =38 10minus12m

Problema 47Un fotoacuten de 000160nm se dispersa a partir de un electroacuten libre iquestPara queacute aacutengulos de dispersioacuten (fotoacuten) el electroacuten de retroceso tiene la misma energiacutea cineacutetica que la energiacutea del fotoacuten dispersado

Solucioacuten

λ0=000160 10minus9 hcλ0

=hc

λ+ hc

λ=rarr

1λ0

= 2

λ

λ minus λ0=h

mc(1minuscosФ)

000160 10minus9 m=000243 10minus9m(1minuscosФ)

cosФ=034

Ф=70 10

Problema 48A partir de la dispersioacuten de la luz solar de Thompson calculo el radio claacutesico del electroacuten que tiene un valor de 282 10minus15 Si la luz del sol con una intensidad de 500Wm2cae sobre un disco con este radio calcule el tiempo requerido para acumular 1eV de energiacutea Suponga que la luz es una onda claacutesica y que la luz que golpea al disco es absorbida por completo iquestCoacutemo se compara su resultado con la observacioacuten que los fotoelectrones son emitidos con rapidez dentro de10minus9 s Solucioacuten

radiaccion=500 W m2

tenemos I=P A rarr P=I A

Luego W t=I A

t=EI

A= 1 eV500 W π iquestiquestiquest

Absolutamente largo

  • Laboratorio de Fiacutesica Moderna
Page 17: David reparado

Problema 16Determine el trabajo de extraccioacuten de un electroacuten en el efecto fotoeleacutectrico si longitud de onda a la cual se produce el efecto fotoeleacutectrico es menor que29510-6 mm

Datos

λ0 = 295 10∙ -6 mm = 295 10∙ -9 mh = 6626 10∙ -34 J∙sc = 3 10∙ 8 ms1eυ = 16middot10-19 J

Solucioacuten

La energiacutea necesaria para la realizacioacuten del trabajo de extraccioacuten de un electroacuten se calcula por la foacutermula

E0 = hν0

Donde ν0 es la frecuencia de corte por debajo de la cual no se produce el efecto fotoeleacutectrico

Sustituyendo ν0 por cλ0 se calcula E0

Problema 17Hallar la frecuencia de la luz que arranca los electrones de la superficie de un metal que se retardan por un potencial retardador de 3 V En este metal el efecto fotoeleacutectrico comienza cuando la frecuencia de la luz que incide sobre eacutel es de 61014 Hz Hallar el trabajo necesario para arrancar el electroacuten de este metal

Datos

V0 = 3V

ν0 = 6 10∙ 14 Hz = 6 10∙ 14s-1

Solucioacuten

El trabajo necesario para arrancar el electroacuten del metal se calcula por la foacutermula

E0 = hν0

Donde ν0 es la frecuencia de corte

E0 = 6626 10∙ -34J s 6 10∙ ∙ ∙ 14s-1 = 398 10∙ -19J

Entre la energiacutea cineacutetica maacutexima y el potencial retardador existe la siguiente relacioacuten

Ecmaacutex = eV0

Donde e es la carga del electroacuten y V0 es el potencial retardador

Sustituyendo Ec maacutex por eV0 en la ecuacioacuten de Einstein obtenemos

hν = E0 + eV0

Por consiguiente

Problema 18Un fotoacuten de radiacioacuten de rayos X con longitud de onda 01 nm cae sobre un electroacuten deacutebilmente enlazado de un elemento ligero y se desviacutea 90ordm de su direccioacuten inicial Calcule la energiacutea que adquiere el electroacuten despueacutes del choque y la direccioacuten de su movimiento

Datos

λ = 01 nm = 1 10∙ -10 mφ = 90ordmh = 6626 10∙ -34 J∙sc = 3 10∙ 8 msm = 91 10∙ -31 kg

Solucioacuten

La variacioacuten de la longitud de onda de los rayos X cuando se produce la difusioacuten de Compton se determina por la foacutermula

(1)

Siendo φ el aacutengulo de difusioacuten y m la masa del electroacuten en reposo

Sustituyendo en esta igualdad (1-cosφ) por 2sen2φ2 y teniendo en cuenta que

Δλ = λrsquo -λ obtenemos

(2)

(3)Si la energiacutea del fotoacuten primario es hν y la del fotoacuten difuso hνrsquo tendremos que de acuerdo con la ley de la conservacioacuten de la energiacutea la energiacutea Ec adquirida por el electroacuten vendraacute expresada por la igualdad

Sustituyendo ν por cλ y νrsquo por cλrsquo tenemos

(4)

Poniendo las expresiones (2) y (3) en la igualdad (4) se tiene

Donde A =h (mc)

La constante A = 002426 Aring suele llamarse longitud de onda Compton

Rectificando las unidades y poniendo los datos numeacutericos del problema hallamos la energiacutea del electroacuten despueacutes del choque

Hallamos ahora la razoacuten de la energiacutea del electroacuten de retroceso Ec a la energiacutea del fotoacuten incidente hν = hcλ

En general el electroacuten obtiene una pequentildea parte de la energiacutea del fotoacuten En el caso nuestro solamente 0024 (24) de la energiacutea del fotoacuten

La fig1 muestra el movimiento del electroacuten a) antes de la colisioacuten y b) despueacutes de la colisioacuten Para determinar la direccioacuten del movimiento del electroacuten despueacutes de la colisioacuten es necesario calcular el aacutengulo α bajo el cual estaacute dirigido su movimiento (fig1b)

a) b) Fig1 Fig2 De acuerdo con la ley de la conservacioacuten de la cantidad de movimiento en forma vectorial tenemos la ecuacioacuten

pf = pfrsquo + pe (5) Donde pf (pf = hνc = hλ) es la cantidad de movimiento del fotoacuten antes de la colisioacuten pfrsquo (pfrsquo = hνrsquoc = hλrsquo) es la cantidad de movimiento del fotoacuten difuso y pe es la cantidad de movimiento del electroacuten despueacutes de la colisioacuten pe = mυ donde υ es la velocidad del electroacuten

La cantidad de movimiento del electroacuten antes del choque es igual a cero ya que en reposo su velocidad es cero Graacuteficamente el vector pf es la diagonal del paralelogramo cuyos lados son los vectores pfrsquo y mv (fig2) Los aacutengulos φ y α representan respectivamente los aacutengulos bajo los cuales tienen lugar la difusioacuten del fotoacuten y la aparicioacuten del electroacuten de retroceso

De la fig2 se deduce que

Poniendo en lugar de pf y pfrsquo sus valores respectivos hλ y hλrsquo podemos escribir esta igualdad de forma siguiente

Sustituyendo λrsquo por la expresioacuten (3) obtenemos

Problema 19iquestCon queacute fuerza se atraen el nuacutecleo y el electroacuten en la primera oacuterbita del aacutetomo de hidroacutegeno iquestCuaacutentas veces es esta fuerza mayor que la fuerza gravitacional que actuacutea entre el nuacutecleo y el electroacuten

Datos

me = 9109 10∙ -31 kg

mp = 1840 9109 10∙ ∙ -31 kgG = 6672 10∙ -11 N∙m2∙kg-2

r = 053 10∙ -10 mn = 1ε0 = 8854 10∙ -12F∙ m-1

e = 1602 10∙ -19 C

Solucioacuten

La fuerza de interaccioacuten entre el nuacutecleo y el electroacuten es la fuerza electroestaacutetica de Coulomb

Donde r es el radio de la primera oacuterbita estacionaria del aacutetomo de hidroacutegeno

Rectificando las unidades y poniendo los valores numeacutericos se calcula la fuerza electroestaacutetica

Donde

La fuerza gravitacional se calcula por la foacutermula

Donde me es la masa del electroacuten mp la masa del protoacuten G la constante gravitacional

Por lo que

Problema 20Calcule cual es el radio de la primera orbita del electroacuten que gira alrededor de un nuacutecleo del aacutetomo de hidroacutegeno seguacuten el modelo de Bohr Determine la velocidad con que el electroacuten se mueve en esta oacuterbita

Datos

ε0 = 8854 10∙ -12 F∙m-1

e = 1602 10∙ -19 Cm = 9109 10∙ -31 kgh = 6626 10∙ -34 J∙s

Solucioacuten

La fuerza de interaccioacuten entre el electroacuten y el protoacuten del nuacutecleo es la fuerza

electrostaacutetica ( Fel) de Coulomb

Donde r es la distancia entre el nuacutecleo y el electroacuten Bajo la accioacuten de esta fuerza el electroacuten describe alrededor del nuacutecleo oacuterbitas en forma de elipses de Kepler y como un caso particular en forma de circunferencia

La fuerza de Coulomb es una fuerza centriacutepeta (Fc) y es numeacutericamente igual cuando se trata de una oacuterbita circular a

Por lo tanto

(1)

Para una oacuterbita circular la cantidad de movimiento angular del electroacuten es

p = mυr

La condicioacuten cuaacutentica de Bohr p = nh2π da la posibilidad de calcular el radio de

La oacuterbita circular estacionaria

(2)

La expresioacuten (1) se puede escribir en forma siguiente

Sustituyendo (mυr) por la expresioacuten (2) se obtiene

Para la primera oacuterbita n = 1 Por lo tanto

(3)

Esta magnitud representa el radio de la primera oacuterbita circular del electroacuten (radio de Bohr) es decir de la maacutes proacutexima al nuacutecleo del aacutetomo de hidroacutegeno

Rectificando las unidades y poniendo en lugar de h m ε0 y e sus respectivos valores numeacutericos se obtiene

Donde

(4)

Utilizando la expresioacuten (2) podemos calcular la velocidad υ con que el electroacuten se mueve en la primera oacuterbita

Sustituyendo r por la expresioacuten (3) tendremos

Rectificando las unidades se obtiene

Para n = 1

Problema 21iquestCalcule la energiacutea total del electroacuten en la segunda oacuterbita del aacutetomo de Bohr

SolucioacutenLa energiacutea total del electroacuten es

E = Ec+ Ep

Donde Ec es la energiacutea cineacutetica y Ep es la energiacutea potencial del electroacuten

La energiacutea potencial del electroacuten en el campo electrostaacutetico del nuacutecleo es igual a

Donde r es la distancia entre el nuacutecleo y el electroacuten (el radio de la oacuterbita)

La energiacutea cineacutetica

(1)

Donde m es la masa del electroacuten y υ es su velocidadSobre el electroacuten actuacutea una fuerza electroestaacutetica

Que es una fuerza centriacutepeta igual a

Por consiguiente

(2) Sustituyendo mv2 en la foacutermula de la energiacutea cineacutetica (1) por la expresioacuten (2) se obtiene

Por lo tanto la energiacutea total seraacute igual a

Sustituyendo r (ver el resultado del problema anterior) por

Se obtiene

Rectificando las unidades obtenemos

Para la segunda oacuterbita el nuacutemero cuaacutentico n = 2

Poniendo en lugar de h m y e sus respectivos valores numeacutericos hallamos

Problema 22iquestCuaacutel es la longitud de onda del fotoacuten emitido por el aacutetomo de hidroacutegeno cuando el electroacuten transita de la cuarta oacuterbita a la segunda

Solucioacuten

La radiacioacuten se produce soacutelo cuando el aacutetomo sufre una transicioacuten de una oacuterbita con energiacutea Ek a otra oacuterbita de menor energiacutea Ej (Ej lt Ek) En forma de ecuacioacuten

hν = Ek - Ej

Donde hν es el cuanto de energiacutea transportado por el fotoacuten emitido del aacutetomo durante la transicioacuten

En el caso nuestro k = 4 y j = 2 Por lo tanto

hν = E4 - E2

Utilizando la foacutermula de la energiacutea del electroacuten (ver el problema 21) se obtiene

Donde el teacutermino

Es la energiacutea del electroacuten en la segunda oacuterbita (Ver el problema 21)

Por consiguiente

Seguacuten el resultado del problema 21 E2 = -54 10∙ -19J

Por lo tanto

Como λ = cν entonces

Problema 23El electroacuten del aacutetomo de hidroacutegeno salta de la tercera oacuterbita a la segunda a) Calcular la longitud de onda del fotoacuten emitido b) Calcular la disminucioacuten de la energiacutea del aacutetomoacute

Datos

j =1k = 3R = 1097middot107 m-1

h = 6626 10∙ -34 J∙s

Solucioacuten

Cuando el electroacuten pasa de la oacuterbita de mayor energiacutea (Ek) a una orbita de menor

energiacutea (Ej) el aacutetomo emite un fotoacuten cuya energiacutea es igual a E = Ek- Ej La longitud de onda del fotoacuten emitido se calcula por la foacutermula

J y k son los nuacutemeros de las oacuterbitas y R es la constante de Ridberg

La disminucioacuten de la energiacutea del aacutetomo es igual a la energiacutea del fotoacuten emitido

Problema 24

a) iquestQueacute tensioacuten del campo eleacutectrico es necesaria seguacuten la mecaacutenica claacutesica para que un electroacuten acelerado en este campo adquiera la velocidad de la luzb) iquestCuaacutel seraacuten la velocidad del electroacuten y su masa en este campo seguacuten la mecaacutenica relativista

Datos

m0 = 9109∙10-31kgc = 3∙108mse = 1602 10∙ -19C

Solucioacuten

a) Seguacuten la mecaacutenica claacutesica la energiacutea cineacutetica del electroacuten

Donde m0 es la masa de reposo del electroacuten y υ es su velocidad La diferencia de potencial V multiplicada por la carga del electroacuten es una medida de la energiacutea cineacutetica del electroacuten adquirida en el campo eleacutectrico En otras palabras

Sustituyendo υ por c se calcula la diferencia de potencial del campo eleacutectrico necesaria para que el electroacuten adquiera la velocidad de la luz

Analizando las unidades y poniendo los valores numeacutericos del problema se obtiene

b) En la mecaacutenica relativista se calcula la masa m del electroacuten y su energiacutea

cineacutetica Ec utilizando las foacutermulas siguientes

Pero numeacutericamente Ec = (m0c2)2 o sea

La masa del electroacuten seraacute igual a

Problema 25iquestCuaacutel es la energiacutea de un fotoacuten correspondiente a ondas radio de frecuencia 1255 x106 Hz

Datos

E=hv v=c⋋Solucioacuten E=662610minus34 1255 106=831610minus28 J

PROBLEMA 26La liacutenea verde en el espectro atoacutemico del talio tiene una longitud de onda de 535 nm Calcular la energiacutea de un fotoacuten

Solucioacuten

H=662610minus34C=300 108 msminus1

E=hv v=c ⋋ v=300 108 msminus1

53510minus9 =560 1014

E=662610minus34 560 1014=372 10minus19J

PROBLEMA 27Un electroacuten salta desde un orbital maacutes externo a otro maacutes interno entre los que existe una diferencia de energiacutea de 15 x 10-15 J iquestCuaacutel es la frecuencia de la radiacioacuten emitida

Datos

∆ E=hv

Solucioacuten

v=∆ E h= 15 10minus15J662610minus34 JS

=2261018 Sminus1

Problema 28La longitud de onda umbral para que cierta superficie metaacutelica emita electrones es 6000 Aring Se observoacute que si esa superficie fotosensible se ilumina con luz de 4000 Aring los electrones son emitidos con una velocidad de 606 x 105m s-1 Deducir el valor de la constante de Planck

Datos

λ1=600 Aring=610minus7 λ2=400 Aring=410minus7 V = 6 06 x 105m s-1 m=9 110minus31

Solucioacuten h= Cλ 2

=hCλ 1

+ mv2

2

h= 3 108

410minus7 =h3 108

6 10minus7 +91 10minus31 (606105)2

2

75 1014 h=5 1014 h+16710minus19

25 1014 h=167 10minus19

h=66810minus34 Js

Problema 29La frecuencia umbral de cierto metal es 88 x 1014 s-1 Calcular la velocidad maacutexima de los electrones emitidos por ese metal cuando se ilumina con luz cuya longitud de onda es 2536 Aring iquestQueacute energiacutea cineacutetica poseen esos electrones

EC=h(CλminusV C)=662610minus34 J s ( 3

108ms

2536 10minus10 minus88 x 1014 sminus1)=201 10minus19 J

EC=m v2

2rarr v2=radic 2 EC

m=radic 2 20110minus19 J

9110minus31kg=664 105 m s

Pregunta 30Una superficie de cierto metal emite electrones cuya energiacutea cineacutetica equivale a 3 eV cuando se ilumina con luz de longitud de onda de 1500 Aring iquestcual es el valor de la frecuencia umbral de ese metal

Solucioacuten

Se debe cumplir que E incidente= E umbral+E cineacutetica del electroacuten

E incidente=hv=hλ=66210minus34 J S 3 108 msminus1

150010minus10m=13 10minus18 J

E incidente del electron=3eV 16 10minus19 J eV minus1=48 10minus19 J

E umbral=13 10minus18 Jminus4810minus19 J=8210minus19

υ= Eh

= 82 10minus19 J66210minus34 JS

=13 1015 Hz

Problema 31Calcule la longitud de onda y la frecuencia da la 2da raya de la serie de Balme en el espectro del hidrogeno Constante de rydberg=109677 107 mminus1 La segunda raya nj=4 entonces ni=2

1⋋2

=RH ( 1

iquest2minus 1

nj2)=109677107( 1

22minus 1

42)=109677 107 3

16rarr⋋2=486 10minus7 m

v= C⋋2

= 300108

486 10minus7 =617 1014 Hz

Problema 32Calcuacutelese la longitud de onda de De Broglie en cada uno de los siguientes casos a) un neutroacuten que se mueve a una velocidad de 10 kms b) Un moacutevil de 20 g que se mueve a 72 kmhora

Solucioacutena) un neutroacuten que se mueve a una velocidad de 10 kms

masa del electron=167 10minus27 kg

mv=167 10minus27 kg 104 m sminus1=167 10minus23

λ=h

mv=66310minus34

16710minus23 =39710minus11 m

b) Un moacutevil de 20 g que se mueve a 72 kmhora

λ= hmv

=66310minus34

210minus2 20=1610minus33m

Problema 33Una superficie de sodio se ilumina con luz de 300 nm de longitud de ondala funcioacuten de trabajo para el metal de sodio es 246 eV Encuentrea) la energiacutea cineacutetica maacutexima de los fotoelectrones emitidosb) la longitud de onda de corte para el sodio

c) calcule la rapidez maacutexima del efecto fotoeleacutectrico

Solucioacuten

a) la energiacutea cineacutetica maacutexima de los fotoelectrones emitidos

E=h f =hcλ

=(662610minus34 J s ) (3 108 m s)

30010minus9m=663 10minus19 J=414 eV

Luego aplicamos Kmax=h f minusФ=414eV minus246eV =168 eV

b) la longitud de onda de corte para el sodio

E=h f 0=Ф dedonde hcλ0

aislamos λ0=hcФ

peroФ=(246 eV )(1610minus19 J eV )=39410minus19 J

Reemplazamos λ0=(662610minus34 Js )(3108 m s)

394 10minus19 J=iquest 505 10minus7=505 nm

c) calcule la rapidez maacutexima del efecto fotoeleacutectrico

E=12

m v2rarr 168eV iquest(91110minus31kg)v2

2 rarr v=768 105 m s

Problema 34Un aacutetomo absorbe un fotoacuten que tiene una longitud de onda de 375 nm e inmediatamente emite otro fotoacuten que tiene una longitud de onda de 580 nm iquestCuaacutel es la energiacutea neta absorbida por el aacutetomo en este proceso

Solucioacuten

Eneta=E f minusEi

Eneta=1240 eV nm

λemiteminus1240 eV nm

λabsorbe=1240 eV nm

λemiteminus1240 eV nm

λabsorbe

Eneta=2138 eVminus331 eV =1172eV

Problema 35La mayoriacutea de los procesos gaseosos de ionizacioacuten requieren cambios de energiacutea de 1 x10minus18 a 1 x10minus16 iquestqueacute regioacuten del espectro electromagneacutetico del sol es entonces

principalmente responsable de la creacioacuten de la ionosfera en la atmosfera de la tierra

Solucioacuten

tenemos E=1240 eV nmλ

reemplazamos 1 x10minus16minus1 x 10minus18=1240 eV nmλ

convirtiendo a eV 625minus625=1240 eV nmλ

cancelando eV λ=1240 nm61875

=iquest 2004 nm(ultravioleta)

Problema 36Se desea escoger una sustancia para una foto celda operable con luz visible iquestCuaacutel de la siguientes lo haraacute(la funcioacuten de trabajo aparece entre pareacutentesis )el tantalio(42eV)el tungsteno(45eV)el aluminio(42eV)el bario(25eV)el litio(23eV)el cesio(19eV)

Solucioacuten

Sabemos E=1240 eV nmλ

ReemplazamosE=Ф

Luego λ=1240 eV nm

Ф

aiquest tantalio λ=1240 eV nm

42 eV=iquest 2952nm(ultravioleta)

biquest tungsteno λ=1240 eVnm

45 eV=iquest 2756 nm(ultravioleta)

c iquestaluminio λ=1240 eV nm

42 eV=iquest 2952nm(ultravioleta)

d iquestbario λ=1240 eV nm

25 eV=iquest 496 nm(visible)

e iquestlitio λ=1240 eV nm

23 eV=iquest 5391nm(visible)

f iquest sesio λ=1240 eV nm

19 eV=iquest 6526nm(visible)

Problema 37a) La energiacutea necesaria para desprender un electroacuten de sodio metaacutelico es de 228eV iquestMuestra el sodio un efecto fotoeleacutectrico bajo luz roja con λ=678 nmb) iquestCuaacutel es la longitud de la onda de corte de la emisioacuten fotoeleacutectrica del sodio y a que color corresponde esta longitud de onda

Solucioacuten

Para la pregunta a

Tenemos E=1240 eV nmλ

Reemplazamos E=1240 eV nm678 nm

=iquest 18289 eV

no se produce el efecto fotoelectrico porque Elt228 eV

Para la pregunta b

E=1240 eV nmλ

Reemplazamos E=1240 eV nm228 eV

=iquest 54386 nm(verde)

Pregunta 38Un numero de fotones incide sobre una superficie de sodio que tiene una funcioacuten de trabajo de 228eV causando la emisioacuten fotoeleacutectrica cuando se impone un potencial de frenado de 492 V no existe una fotocorriente Halle la longitud de onda de los fotones incidentes

Solucioacuten

Tenemos Ф=228 eV

Tambieacuten h f =Ф+k max

Reemplazado h f =Ф+e V 0

Luego 1240 eV nm

λ=228 eV +(16 10minus19C )(492 V )

Sabemos V=J C por lo tanto convertimos a eV

1240 eV nm

λ=228 eV +(16 10minus19C )(492J C)(1eV 16 10minus19 J )

Cancelando λ=1722 nm

Pregunta 39a Si la funcioacuten de trabajo de un metal es de 185eV iquestCuaacutel seria el potencial de frenado de la luz que tenga una longitud de onda de 410 nmb iquestCuaacutel seria la velocidad maacutexima de los fotoelectrones emitidos en la superficie de metal

Solucioacuten

Para a

Sabemos h f =Ф+k max

Reemplazamos 1240 eV nm

λ=185 eV +e V 0

1240 eV nm

410 nm=185 eV +e V 0

Reduciendo V 0=117V

Para b

Tenemos k max=e V 0

12

m v2=e V 0

Reemplazamos 12

(91110minus31) v2=(16 10minus19 )(117 V )

Reduciendo V=641 km s

Pregunta 40El molibdeno tiene una funcioacuten de trabajo de 420 eV a) encuentre la longitud de onda de corte y la frecuencia de corte para el efecto fotoeleacutectrico B) calcule el potencial de frenado si la luz incidente tiene una longitud de onda de 180nm

Solucioacuten

Para a sabemos Ф=h f 0 de aquiacute Ф=h CλC

Aislamos λ λC=h CФ

Reemplazamos λC=iquest (662610minus34 )(3 108)

42016 10minus19 =iquest 2958 nm

Ahora calculamos la frecuencia de cortef 0

Sabemos f 0=CλC

=iquest 3108

295810minus9= 1014 pHz

Para b tenemos Kmax=CλC

minusФ

Reemplazamos Kmax=6626 10minus34 3108

18010minus9 minus420 eV

Reduciendo Kmax=2675 eV

Finalmente calculamos el V 0

De Kmax=eV 0

Aislamos V 0=iquest 267516 10minus19 J

16 10minus19 C=iquest 2675 V

Problema 41Un estudiante que analiza el efecto fotoeleacutectrico de dos metales diferente registra la siguiente informacioacuteni) el potencial de frenado para los fotoelectrones liberados en el metal 1 es 148 V mayor que para el metal 2 y ii) la frecuencia de corte para el metal 1 es 40 mas pequentildea que para el metal 2determine la funcioacuten de trabajo para cada metal

Kmaxi=e V 01 Kmaxi=e(V 02+148) (1)

Kmaxi=e V 02 (2)

h f 01=Ф1 h 60

100 f 02=Ф1 (3)

Metal 1 Metal 2 V 01=V 02+148

f 01=60

100 f 02

V 02=V 02

f 01=f 02

h f 02=Ф2 (4)

En (1)

h f minush f 01=e(V 02+148) (5)

h f minush f 02=e V 02 (6)

Luego (6) en (5)

h f minush60

100 f 02=h f minush f 02+e 148

Simplificando f 02=e 148 5

2 h=Ф2

Ф2=37 eV

Entonces h60100

f 02=Ф1

Pero h f 02=Ф2

Reemplazando f 02=h60

100Ф2

h=Ф1

Simplicando Ф1=222eV

Pregunta 42Dos fuentes luminosas se utilizan en un experimento fotoeleacutectrico para determinarla funcioacuten de trabajo para una superficie metaacutelica particular Cuando se emplea luz verde de una laacutempara de mercurio (λ=5461 nm) un potencial de frenado de 0376 V reduce la fotocorriente a ceroa Con base a esta medicioacuten iquestCuaacutel es la funcioacuten de trabajo para este metalb iquestQueacute potencial de frenado se observariacutea al usar la luz amarilla de un cubo de descarga de helio λ=58715 nm

Solucioacuten

Para a

Kmaxi=h f minusФ (1)

Kmaxi=e V 0 (2)

(1) En (2)

h f minusФ=e V 0

Luego Ф=minuse V 0+h c λ

Reemplazando valores

Ф=minus(16 10minus19C ) (0376 V )+(60626 10minus34 J S ) 3 108546110minus9

Ф=1899 eV

Para b

De la ecuacioacuten h f minusФ=e V 0

Aislamos V 0=iquest h

CλminusФ

e

V 0=iquest 3108

587510minus9 minusiquest 19 eV iquest16 10minus19C=02125 V

Pregunta 43Fotones de 450 nm de longitud inciden sobre un metal los electrones mas energeacuteticos expulsados del metal se desviacutean en in arco circular de 200 cm de radio por medio de un campo magneacutetico con una magnitud de 200x10minus5 TiquestCuaacutel es la funcioacuten de trabajo del metal

Datos

λ=450 10minus9m r=200cm=02 m t=200 x10minus5T

Solucioacuten

Hallamos ldquoErdquo

E=hcλ

rarr E=(6626 10minus34 J S )(3108)450 10minus9m=441710minus19 J

Hallamos ldquoV ldquo

V=q Br m

V=(16 10minus19 J ) ( 20010minus5T ) (02 m )

91110minus31 Kg=007025107m S

Hallamos k rsub max

k max=12

mv2 rarr k max=( 91110minus31 Kg )iquest

Hallamos ldquoФrdquo

Ф=hcλ

minuskmax=4417 10minus19 Jminus224810minus19 J=21691019 1 eV 1610minus19

Ф=135 eV

Problema 44Un Fotoacuten que tiene energiacutea Eo es dispersado por un electroacuten libre inicialmente en reposo de tal manera que el aacutengulo de dispersioacuten del electroacuten dispersado es igual al del fotoacuten dispersado ( ) a) Determine los aacutengulos y b) La energiacutea y el momentum del fotoacuten dispersado y c) La energiacutea cineacutetica del electroacuten dispersado

Solucioacuten

aiquest Determine los aacutengulos y

X hλ0

=h cosФ

λ+γ me VcosФ

Y 0=minush senФ

λ +γ me VsenФ

De Y 0=minush

λ=γ me V rarr

h

λ =γ me V

De X hλ0

=hcosФ

λ+ hcosФ

λ()

despejando λ

2 λ0 cosФ

corrimiento de compton

λminus λ0=

hme c

(1minuscosФ )rarr 2 λ0 cosФminusλ0=h

me c(1minuscosФ )

Sabiendoque λ0=hcE0

en funcion de E0

2 λ0 cosФminus1=E0

me c2 (1minuscosФ )rarr sihacemos E0

me c2 =x

2 λ0 cosФminus1=x (1minuscosФ )

Aislamos elaacutengulo Ф=arcocos( x+1x+2

)

biquest La energiacutea y el momentumdel fotoacuten dispersado energ iacutea

E=hc λ si λ =2 λ0 cosФ si λ0=hcλ0

entonces E=E0

2cosФ obtenemos Eacute=( x2+2 x

2 x+2)me c2

Momenton p h Si acute 2 λ0 cos E h 2 λ0cos Si λ0=hc E0

entonces pE0

2C cosФ obtenemos Pacute=( x2+2 x

2 x+2)me c2

c iquest La energiacuteacineacutetica del electroacutendispersado E0 iquest E +Ke E0minusE =Ke

Reemplazamos Ke=( x2

2 x+2)me c2

Problema 45Un Fotoacuten de 0880mev es dispersado por un electroacuten libre inicialmente en reposo de tal manera que el aacutengulo de dispersioacuten del electroacuten dispersado es igual al del fotoacuten dispersado ( ) a) Determine los aacutengulos y b) La energiacutea y el momentum del fotoacuten dispersado y c) La energiacutea cineacutetica del electroacuten dispersado

Solucioacuten

aiquest Determine los aacutengulos y

X hλ0

=h cosФ

λ+γ me VcosФ

Y 0=minush senФ

λ +γ me VsenФ

De Y 0=minush

λ=γ me V rarr

h

λ =γ me V

En X hλ0

=hcosФ

λ + hcosФ

λ ()

hλ0

=2h cosФ

λ rarr λ =2 λ0cosФ

λminus λ0=

hme c

(1minuscosФ )rarr 2 λ0 cosФminusλ0=h

me c(1minuscosФ )

Pero E0=hcλ0

reemplazando y combinando

me

E0

c2 (2 cosФminus1 )=(1minuscosФ )

(91 10minus31 kg)(9 1016 m2 s2)iquestiquest (1minuscosФ )=iquest 5809 10minus2 (2cosФminus1 )

cosФ=013

Ф=43 10

biquest La energiacutea y el momentumdel fotoacuten dispersado

E hc Si acute 2 λ0 cos

E hc 2 λ0 cos Si λ0=hc E0 E E0 2 cos Reemplazando E=0808 meV 2 cos 43 ordm=602 KeV

P h =E c=602103 16 10minus19 3108=iquest

P 32110minus22kg m s

c iquest La energiacuteacineacutetica del electroacutendispersado

k e=880 KeV minus602 KeV k e=278 KeV

Problema 46En un experimento de dispersioacuten Compton un fotoacuten se desviacutea en 900ordm y el electroacuten se desviacutea en un aacutengulo de 200ordm Determine la longitud de onda del fotoacuten dispersado

Solucioacuten

X hλ0

=h cosФ

λ+γ me VcosФ Y 0=minush senФ

λ +γ me VsenФ

Luego

Y h

λ=γ me Vsen200

(2iquest X hλ0

=γ me Vcos200 (1iquest

De 2 y1

λ0=λ tg200

De

λ minus λ0=h

mc(1minuscos900)

λ minus λ tg 200= hmc

rarr λ (1minustg 200 )= hmc

λ (1minus036 )=00024310minus9 m

λ =38 10minus12m

Problema 47Un fotoacuten de 000160nm se dispersa a partir de un electroacuten libre iquestPara queacute aacutengulos de dispersioacuten (fotoacuten) el electroacuten de retroceso tiene la misma energiacutea cineacutetica que la energiacutea del fotoacuten dispersado

Solucioacuten

λ0=000160 10minus9 hcλ0

=hc

λ+ hc

λ=rarr

1λ0

= 2

λ

λ minus λ0=h

mc(1minuscosФ)

000160 10minus9 m=000243 10minus9m(1minuscosФ)

cosФ=034

Ф=70 10

Problema 48A partir de la dispersioacuten de la luz solar de Thompson calculo el radio claacutesico del electroacuten que tiene un valor de 282 10minus15 Si la luz del sol con una intensidad de 500Wm2cae sobre un disco con este radio calcule el tiempo requerido para acumular 1eV de energiacutea Suponga que la luz es una onda claacutesica y que la luz que golpea al disco es absorbida por completo iquestCoacutemo se compara su resultado con la observacioacuten que los fotoelectrones son emitidos con rapidez dentro de10minus9 s Solucioacuten

radiaccion=500 W m2

tenemos I=P A rarr P=I A

Luego W t=I A

t=EI

A= 1 eV500 W π iquestiquestiquest

Absolutamente largo

  • Laboratorio de Fiacutesica Moderna
Page 18: David reparado

El trabajo necesario para arrancar el electroacuten del metal se calcula por la foacutermula

E0 = hν0

Donde ν0 es la frecuencia de corte

E0 = 6626 10∙ -34J s 6 10∙ ∙ ∙ 14s-1 = 398 10∙ -19J

Entre la energiacutea cineacutetica maacutexima y el potencial retardador existe la siguiente relacioacuten

Ecmaacutex = eV0

Donde e es la carga del electroacuten y V0 es el potencial retardador

Sustituyendo Ec maacutex por eV0 en la ecuacioacuten de Einstein obtenemos

hν = E0 + eV0

Por consiguiente

Problema 18Un fotoacuten de radiacioacuten de rayos X con longitud de onda 01 nm cae sobre un electroacuten deacutebilmente enlazado de un elemento ligero y se desviacutea 90ordm de su direccioacuten inicial Calcule la energiacutea que adquiere el electroacuten despueacutes del choque y la direccioacuten de su movimiento

Datos

λ = 01 nm = 1 10∙ -10 mφ = 90ordmh = 6626 10∙ -34 J∙sc = 3 10∙ 8 msm = 91 10∙ -31 kg

Solucioacuten

La variacioacuten de la longitud de onda de los rayos X cuando se produce la difusioacuten de Compton se determina por la foacutermula

(1)

Siendo φ el aacutengulo de difusioacuten y m la masa del electroacuten en reposo

Sustituyendo en esta igualdad (1-cosφ) por 2sen2φ2 y teniendo en cuenta que

Δλ = λrsquo -λ obtenemos

(2)

(3)Si la energiacutea del fotoacuten primario es hν y la del fotoacuten difuso hνrsquo tendremos que de acuerdo con la ley de la conservacioacuten de la energiacutea la energiacutea Ec adquirida por el electroacuten vendraacute expresada por la igualdad

Sustituyendo ν por cλ y νrsquo por cλrsquo tenemos

(4)

Poniendo las expresiones (2) y (3) en la igualdad (4) se tiene

Donde A =h (mc)

La constante A = 002426 Aring suele llamarse longitud de onda Compton

Rectificando las unidades y poniendo los datos numeacutericos del problema hallamos la energiacutea del electroacuten despueacutes del choque

Hallamos ahora la razoacuten de la energiacutea del electroacuten de retroceso Ec a la energiacutea del fotoacuten incidente hν = hcλ

En general el electroacuten obtiene una pequentildea parte de la energiacutea del fotoacuten En el caso nuestro solamente 0024 (24) de la energiacutea del fotoacuten

La fig1 muestra el movimiento del electroacuten a) antes de la colisioacuten y b) despueacutes de la colisioacuten Para determinar la direccioacuten del movimiento del electroacuten despueacutes de la colisioacuten es necesario calcular el aacutengulo α bajo el cual estaacute dirigido su movimiento (fig1b)

a) b) Fig1 Fig2 De acuerdo con la ley de la conservacioacuten de la cantidad de movimiento en forma vectorial tenemos la ecuacioacuten

pf = pfrsquo + pe (5) Donde pf (pf = hνc = hλ) es la cantidad de movimiento del fotoacuten antes de la colisioacuten pfrsquo (pfrsquo = hνrsquoc = hλrsquo) es la cantidad de movimiento del fotoacuten difuso y pe es la cantidad de movimiento del electroacuten despueacutes de la colisioacuten pe = mυ donde υ es la velocidad del electroacuten

La cantidad de movimiento del electroacuten antes del choque es igual a cero ya que en reposo su velocidad es cero Graacuteficamente el vector pf es la diagonal del paralelogramo cuyos lados son los vectores pfrsquo y mv (fig2) Los aacutengulos φ y α representan respectivamente los aacutengulos bajo los cuales tienen lugar la difusioacuten del fotoacuten y la aparicioacuten del electroacuten de retroceso

De la fig2 se deduce que

Poniendo en lugar de pf y pfrsquo sus valores respectivos hλ y hλrsquo podemos escribir esta igualdad de forma siguiente

Sustituyendo λrsquo por la expresioacuten (3) obtenemos

Problema 19iquestCon queacute fuerza se atraen el nuacutecleo y el electroacuten en la primera oacuterbita del aacutetomo de hidroacutegeno iquestCuaacutentas veces es esta fuerza mayor que la fuerza gravitacional que actuacutea entre el nuacutecleo y el electroacuten

Datos

me = 9109 10∙ -31 kg

mp = 1840 9109 10∙ ∙ -31 kgG = 6672 10∙ -11 N∙m2∙kg-2

r = 053 10∙ -10 mn = 1ε0 = 8854 10∙ -12F∙ m-1

e = 1602 10∙ -19 C

Solucioacuten

La fuerza de interaccioacuten entre el nuacutecleo y el electroacuten es la fuerza electroestaacutetica de Coulomb

Donde r es el radio de la primera oacuterbita estacionaria del aacutetomo de hidroacutegeno

Rectificando las unidades y poniendo los valores numeacutericos se calcula la fuerza electroestaacutetica

Donde

La fuerza gravitacional se calcula por la foacutermula

Donde me es la masa del electroacuten mp la masa del protoacuten G la constante gravitacional

Por lo que

Problema 20Calcule cual es el radio de la primera orbita del electroacuten que gira alrededor de un nuacutecleo del aacutetomo de hidroacutegeno seguacuten el modelo de Bohr Determine la velocidad con que el electroacuten se mueve en esta oacuterbita

Datos

ε0 = 8854 10∙ -12 F∙m-1

e = 1602 10∙ -19 Cm = 9109 10∙ -31 kgh = 6626 10∙ -34 J∙s

Solucioacuten

La fuerza de interaccioacuten entre el electroacuten y el protoacuten del nuacutecleo es la fuerza

electrostaacutetica ( Fel) de Coulomb

Donde r es la distancia entre el nuacutecleo y el electroacuten Bajo la accioacuten de esta fuerza el electroacuten describe alrededor del nuacutecleo oacuterbitas en forma de elipses de Kepler y como un caso particular en forma de circunferencia

La fuerza de Coulomb es una fuerza centriacutepeta (Fc) y es numeacutericamente igual cuando se trata de una oacuterbita circular a

Por lo tanto

(1)

Para una oacuterbita circular la cantidad de movimiento angular del electroacuten es

p = mυr

La condicioacuten cuaacutentica de Bohr p = nh2π da la posibilidad de calcular el radio de

La oacuterbita circular estacionaria

(2)

La expresioacuten (1) se puede escribir en forma siguiente

Sustituyendo (mυr) por la expresioacuten (2) se obtiene

Para la primera oacuterbita n = 1 Por lo tanto

(3)

Esta magnitud representa el radio de la primera oacuterbita circular del electroacuten (radio de Bohr) es decir de la maacutes proacutexima al nuacutecleo del aacutetomo de hidroacutegeno

Rectificando las unidades y poniendo en lugar de h m ε0 y e sus respectivos valores numeacutericos se obtiene

Donde

(4)

Utilizando la expresioacuten (2) podemos calcular la velocidad υ con que el electroacuten se mueve en la primera oacuterbita

Sustituyendo r por la expresioacuten (3) tendremos

Rectificando las unidades se obtiene

Para n = 1

Problema 21iquestCalcule la energiacutea total del electroacuten en la segunda oacuterbita del aacutetomo de Bohr

SolucioacutenLa energiacutea total del electroacuten es

E = Ec+ Ep

Donde Ec es la energiacutea cineacutetica y Ep es la energiacutea potencial del electroacuten

La energiacutea potencial del electroacuten en el campo electrostaacutetico del nuacutecleo es igual a

Donde r es la distancia entre el nuacutecleo y el electroacuten (el radio de la oacuterbita)

La energiacutea cineacutetica

(1)

Donde m es la masa del electroacuten y υ es su velocidadSobre el electroacuten actuacutea una fuerza electroestaacutetica

Que es una fuerza centriacutepeta igual a

Por consiguiente

(2) Sustituyendo mv2 en la foacutermula de la energiacutea cineacutetica (1) por la expresioacuten (2) se obtiene

Por lo tanto la energiacutea total seraacute igual a

Sustituyendo r (ver el resultado del problema anterior) por

Se obtiene

Rectificando las unidades obtenemos

Para la segunda oacuterbita el nuacutemero cuaacutentico n = 2

Poniendo en lugar de h m y e sus respectivos valores numeacutericos hallamos

Problema 22iquestCuaacutel es la longitud de onda del fotoacuten emitido por el aacutetomo de hidroacutegeno cuando el electroacuten transita de la cuarta oacuterbita a la segunda

Solucioacuten

La radiacioacuten se produce soacutelo cuando el aacutetomo sufre una transicioacuten de una oacuterbita con energiacutea Ek a otra oacuterbita de menor energiacutea Ej (Ej lt Ek) En forma de ecuacioacuten

hν = Ek - Ej

Donde hν es el cuanto de energiacutea transportado por el fotoacuten emitido del aacutetomo durante la transicioacuten

En el caso nuestro k = 4 y j = 2 Por lo tanto

hν = E4 - E2

Utilizando la foacutermula de la energiacutea del electroacuten (ver el problema 21) se obtiene

Donde el teacutermino

Es la energiacutea del electroacuten en la segunda oacuterbita (Ver el problema 21)

Por consiguiente

Seguacuten el resultado del problema 21 E2 = -54 10∙ -19J

Por lo tanto

Como λ = cν entonces

Problema 23El electroacuten del aacutetomo de hidroacutegeno salta de la tercera oacuterbita a la segunda a) Calcular la longitud de onda del fotoacuten emitido b) Calcular la disminucioacuten de la energiacutea del aacutetomoacute

Datos

j =1k = 3R = 1097middot107 m-1

h = 6626 10∙ -34 J∙s

Solucioacuten

Cuando el electroacuten pasa de la oacuterbita de mayor energiacutea (Ek) a una orbita de menor

energiacutea (Ej) el aacutetomo emite un fotoacuten cuya energiacutea es igual a E = Ek- Ej La longitud de onda del fotoacuten emitido se calcula por la foacutermula

J y k son los nuacutemeros de las oacuterbitas y R es la constante de Ridberg

La disminucioacuten de la energiacutea del aacutetomo es igual a la energiacutea del fotoacuten emitido

Problema 24

a) iquestQueacute tensioacuten del campo eleacutectrico es necesaria seguacuten la mecaacutenica claacutesica para que un electroacuten acelerado en este campo adquiera la velocidad de la luzb) iquestCuaacutel seraacuten la velocidad del electroacuten y su masa en este campo seguacuten la mecaacutenica relativista

Datos

m0 = 9109∙10-31kgc = 3∙108mse = 1602 10∙ -19C

Solucioacuten

a) Seguacuten la mecaacutenica claacutesica la energiacutea cineacutetica del electroacuten

Donde m0 es la masa de reposo del electroacuten y υ es su velocidad La diferencia de potencial V multiplicada por la carga del electroacuten es una medida de la energiacutea cineacutetica del electroacuten adquirida en el campo eleacutectrico En otras palabras

Sustituyendo υ por c se calcula la diferencia de potencial del campo eleacutectrico necesaria para que el electroacuten adquiera la velocidad de la luz

Analizando las unidades y poniendo los valores numeacutericos del problema se obtiene

b) En la mecaacutenica relativista se calcula la masa m del electroacuten y su energiacutea

cineacutetica Ec utilizando las foacutermulas siguientes

Pero numeacutericamente Ec = (m0c2)2 o sea

La masa del electroacuten seraacute igual a

Problema 25iquestCuaacutel es la energiacutea de un fotoacuten correspondiente a ondas radio de frecuencia 1255 x106 Hz

Datos

E=hv v=c⋋Solucioacuten E=662610minus34 1255 106=831610minus28 J

PROBLEMA 26La liacutenea verde en el espectro atoacutemico del talio tiene una longitud de onda de 535 nm Calcular la energiacutea de un fotoacuten

Solucioacuten

H=662610minus34C=300 108 msminus1

E=hv v=c ⋋ v=300 108 msminus1

53510minus9 =560 1014

E=662610minus34 560 1014=372 10minus19J

PROBLEMA 27Un electroacuten salta desde un orbital maacutes externo a otro maacutes interno entre los que existe una diferencia de energiacutea de 15 x 10-15 J iquestCuaacutel es la frecuencia de la radiacioacuten emitida

Datos

∆ E=hv

Solucioacuten

v=∆ E h= 15 10minus15J662610minus34 JS

=2261018 Sminus1

Problema 28La longitud de onda umbral para que cierta superficie metaacutelica emita electrones es 6000 Aring Se observoacute que si esa superficie fotosensible se ilumina con luz de 4000 Aring los electrones son emitidos con una velocidad de 606 x 105m s-1 Deducir el valor de la constante de Planck

Datos

λ1=600 Aring=610minus7 λ2=400 Aring=410minus7 V = 6 06 x 105m s-1 m=9 110minus31

Solucioacuten h= Cλ 2

=hCλ 1

+ mv2

2

h= 3 108

410minus7 =h3 108

6 10minus7 +91 10minus31 (606105)2

2

75 1014 h=5 1014 h+16710minus19

25 1014 h=167 10minus19

h=66810minus34 Js

Problema 29La frecuencia umbral de cierto metal es 88 x 1014 s-1 Calcular la velocidad maacutexima de los electrones emitidos por ese metal cuando se ilumina con luz cuya longitud de onda es 2536 Aring iquestQueacute energiacutea cineacutetica poseen esos electrones

EC=h(CλminusV C)=662610minus34 J s ( 3

108ms

2536 10minus10 minus88 x 1014 sminus1)=201 10minus19 J

EC=m v2

2rarr v2=radic 2 EC

m=radic 2 20110minus19 J

9110minus31kg=664 105 m s

Pregunta 30Una superficie de cierto metal emite electrones cuya energiacutea cineacutetica equivale a 3 eV cuando se ilumina con luz de longitud de onda de 1500 Aring iquestcual es el valor de la frecuencia umbral de ese metal

Solucioacuten

Se debe cumplir que E incidente= E umbral+E cineacutetica del electroacuten

E incidente=hv=hλ=66210minus34 J S 3 108 msminus1

150010minus10m=13 10minus18 J

E incidente del electron=3eV 16 10minus19 J eV minus1=48 10minus19 J

E umbral=13 10minus18 Jminus4810minus19 J=8210minus19

υ= Eh

= 82 10minus19 J66210minus34 JS

=13 1015 Hz

Problema 31Calcule la longitud de onda y la frecuencia da la 2da raya de la serie de Balme en el espectro del hidrogeno Constante de rydberg=109677 107 mminus1 La segunda raya nj=4 entonces ni=2

1⋋2

=RH ( 1

iquest2minus 1

nj2)=109677107( 1

22minus 1

42)=109677 107 3

16rarr⋋2=486 10minus7 m

v= C⋋2

= 300108

486 10minus7 =617 1014 Hz

Problema 32Calcuacutelese la longitud de onda de De Broglie en cada uno de los siguientes casos a) un neutroacuten que se mueve a una velocidad de 10 kms b) Un moacutevil de 20 g que se mueve a 72 kmhora

Solucioacutena) un neutroacuten que se mueve a una velocidad de 10 kms

masa del electron=167 10minus27 kg

mv=167 10minus27 kg 104 m sminus1=167 10minus23

λ=h

mv=66310minus34

16710minus23 =39710minus11 m

b) Un moacutevil de 20 g que se mueve a 72 kmhora

λ= hmv

=66310minus34

210minus2 20=1610minus33m

Problema 33Una superficie de sodio se ilumina con luz de 300 nm de longitud de ondala funcioacuten de trabajo para el metal de sodio es 246 eV Encuentrea) la energiacutea cineacutetica maacutexima de los fotoelectrones emitidosb) la longitud de onda de corte para el sodio

c) calcule la rapidez maacutexima del efecto fotoeleacutectrico

Solucioacuten

a) la energiacutea cineacutetica maacutexima de los fotoelectrones emitidos

E=h f =hcλ

=(662610minus34 J s ) (3 108 m s)

30010minus9m=663 10minus19 J=414 eV

Luego aplicamos Kmax=h f minusФ=414eV minus246eV =168 eV

b) la longitud de onda de corte para el sodio

E=h f 0=Ф dedonde hcλ0

aislamos λ0=hcФ

peroФ=(246 eV )(1610minus19 J eV )=39410minus19 J

Reemplazamos λ0=(662610minus34 Js )(3108 m s)

394 10minus19 J=iquest 505 10minus7=505 nm

c) calcule la rapidez maacutexima del efecto fotoeleacutectrico

E=12

m v2rarr 168eV iquest(91110minus31kg)v2

2 rarr v=768 105 m s

Problema 34Un aacutetomo absorbe un fotoacuten que tiene una longitud de onda de 375 nm e inmediatamente emite otro fotoacuten que tiene una longitud de onda de 580 nm iquestCuaacutel es la energiacutea neta absorbida por el aacutetomo en este proceso

Solucioacuten

Eneta=E f minusEi

Eneta=1240 eV nm

λemiteminus1240 eV nm

λabsorbe=1240 eV nm

λemiteminus1240 eV nm

λabsorbe

Eneta=2138 eVminus331 eV =1172eV

Problema 35La mayoriacutea de los procesos gaseosos de ionizacioacuten requieren cambios de energiacutea de 1 x10minus18 a 1 x10minus16 iquestqueacute regioacuten del espectro electromagneacutetico del sol es entonces

principalmente responsable de la creacioacuten de la ionosfera en la atmosfera de la tierra

Solucioacuten

tenemos E=1240 eV nmλ

reemplazamos 1 x10minus16minus1 x 10minus18=1240 eV nmλ

convirtiendo a eV 625minus625=1240 eV nmλ

cancelando eV λ=1240 nm61875

=iquest 2004 nm(ultravioleta)

Problema 36Se desea escoger una sustancia para una foto celda operable con luz visible iquestCuaacutel de la siguientes lo haraacute(la funcioacuten de trabajo aparece entre pareacutentesis )el tantalio(42eV)el tungsteno(45eV)el aluminio(42eV)el bario(25eV)el litio(23eV)el cesio(19eV)

Solucioacuten

Sabemos E=1240 eV nmλ

ReemplazamosE=Ф

Luego λ=1240 eV nm

Ф

aiquest tantalio λ=1240 eV nm

42 eV=iquest 2952nm(ultravioleta)

biquest tungsteno λ=1240 eVnm

45 eV=iquest 2756 nm(ultravioleta)

c iquestaluminio λ=1240 eV nm

42 eV=iquest 2952nm(ultravioleta)

d iquestbario λ=1240 eV nm

25 eV=iquest 496 nm(visible)

e iquestlitio λ=1240 eV nm

23 eV=iquest 5391nm(visible)

f iquest sesio λ=1240 eV nm

19 eV=iquest 6526nm(visible)

Problema 37a) La energiacutea necesaria para desprender un electroacuten de sodio metaacutelico es de 228eV iquestMuestra el sodio un efecto fotoeleacutectrico bajo luz roja con λ=678 nmb) iquestCuaacutel es la longitud de la onda de corte de la emisioacuten fotoeleacutectrica del sodio y a que color corresponde esta longitud de onda

Solucioacuten

Para la pregunta a

Tenemos E=1240 eV nmλ

Reemplazamos E=1240 eV nm678 nm

=iquest 18289 eV

no se produce el efecto fotoelectrico porque Elt228 eV

Para la pregunta b

E=1240 eV nmλ

Reemplazamos E=1240 eV nm228 eV

=iquest 54386 nm(verde)

Pregunta 38Un numero de fotones incide sobre una superficie de sodio que tiene una funcioacuten de trabajo de 228eV causando la emisioacuten fotoeleacutectrica cuando se impone un potencial de frenado de 492 V no existe una fotocorriente Halle la longitud de onda de los fotones incidentes

Solucioacuten

Tenemos Ф=228 eV

Tambieacuten h f =Ф+k max

Reemplazado h f =Ф+e V 0

Luego 1240 eV nm

λ=228 eV +(16 10minus19C )(492 V )

Sabemos V=J C por lo tanto convertimos a eV

1240 eV nm

λ=228 eV +(16 10minus19C )(492J C)(1eV 16 10minus19 J )

Cancelando λ=1722 nm

Pregunta 39a Si la funcioacuten de trabajo de un metal es de 185eV iquestCuaacutel seria el potencial de frenado de la luz que tenga una longitud de onda de 410 nmb iquestCuaacutel seria la velocidad maacutexima de los fotoelectrones emitidos en la superficie de metal

Solucioacuten

Para a

Sabemos h f =Ф+k max

Reemplazamos 1240 eV nm

λ=185 eV +e V 0

1240 eV nm

410 nm=185 eV +e V 0

Reduciendo V 0=117V

Para b

Tenemos k max=e V 0

12

m v2=e V 0

Reemplazamos 12

(91110minus31) v2=(16 10minus19 )(117 V )

Reduciendo V=641 km s

Pregunta 40El molibdeno tiene una funcioacuten de trabajo de 420 eV a) encuentre la longitud de onda de corte y la frecuencia de corte para el efecto fotoeleacutectrico B) calcule el potencial de frenado si la luz incidente tiene una longitud de onda de 180nm

Solucioacuten

Para a sabemos Ф=h f 0 de aquiacute Ф=h CλC

Aislamos λ λC=h CФ

Reemplazamos λC=iquest (662610minus34 )(3 108)

42016 10minus19 =iquest 2958 nm

Ahora calculamos la frecuencia de cortef 0

Sabemos f 0=CλC

=iquest 3108

295810minus9= 1014 pHz

Para b tenemos Kmax=CλC

minusФ

Reemplazamos Kmax=6626 10minus34 3108

18010minus9 minus420 eV

Reduciendo Kmax=2675 eV

Finalmente calculamos el V 0

De Kmax=eV 0

Aislamos V 0=iquest 267516 10minus19 J

16 10minus19 C=iquest 2675 V

Problema 41Un estudiante que analiza el efecto fotoeleacutectrico de dos metales diferente registra la siguiente informacioacuteni) el potencial de frenado para los fotoelectrones liberados en el metal 1 es 148 V mayor que para el metal 2 y ii) la frecuencia de corte para el metal 1 es 40 mas pequentildea que para el metal 2determine la funcioacuten de trabajo para cada metal

Kmaxi=e V 01 Kmaxi=e(V 02+148) (1)

Kmaxi=e V 02 (2)

h f 01=Ф1 h 60

100 f 02=Ф1 (3)

Metal 1 Metal 2 V 01=V 02+148

f 01=60

100 f 02

V 02=V 02

f 01=f 02

h f 02=Ф2 (4)

En (1)

h f minush f 01=e(V 02+148) (5)

h f minush f 02=e V 02 (6)

Luego (6) en (5)

h f minush60

100 f 02=h f minush f 02+e 148

Simplificando f 02=e 148 5

2 h=Ф2

Ф2=37 eV

Entonces h60100

f 02=Ф1

Pero h f 02=Ф2

Reemplazando f 02=h60

100Ф2

h=Ф1

Simplicando Ф1=222eV

Pregunta 42Dos fuentes luminosas se utilizan en un experimento fotoeleacutectrico para determinarla funcioacuten de trabajo para una superficie metaacutelica particular Cuando se emplea luz verde de una laacutempara de mercurio (λ=5461 nm) un potencial de frenado de 0376 V reduce la fotocorriente a ceroa Con base a esta medicioacuten iquestCuaacutel es la funcioacuten de trabajo para este metalb iquestQueacute potencial de frenado se observariacutea al usar la luz amarilla de un cubo de descarga de helio λ=58715 nm

Solucioacuten

Para a

Kmaxi=h f minusФ (1)

Kmaxi=e V 0 (2)

(1) En (2)

h f minusФ=e V 0

Luego Ф=minuse V 0+h c λ

Reemplazando valores

Ф=minus(16 10minus19C ) (0376 V )+(60626 10minus34 J S ) 3 108546110minus9

Ф=1899 eV

Para b

De la ecuacioacuten h f minusФ=e V 0

Aislamos V 0=iquest h

CλminusФ

e

V 0=iquest 3108

587510minus9 minusiquest 19 eV iquest16 10minus19C=02125 V

Pregunta 43Fotones de 450 nm de longitud inciden sobre un metal los electrones mas energeacuteticos expulsados del metal se desviacutean en in arco circular de 200 cm de radio por medio de un campo magneacutetico con una magnitud de 200x10minus5 TiquestCuaacutel es la funcioacuten de trabajo del metal

Datos

λ=450 10minus9m r=200cm=02 m t=200 x10minus5T

Solucioacuten

Hallamos ldquoErdquo

E=hcλ

rarr E=(6626 10minus34 J S )(3108)450 10minus9m=441710minus19 J

Hallamos ldquoV ldquo

V=q Br m

V=(16 10minus19 J ) ( 20010minus5T ) (02 m )

91110minus31 Kg=007025107m S

Hallamos k rsub max

k max=12

mv2 rarr k max=( 91110minus31 Kg )iquest

Hallamos ldquoФrdquo

Ф=hcλ

minuskmax=4417 10minus19 Jminus224810minus19 J=21691019 1 eV 1610minus19

Ф=135 eV

Problema 44Un Fotoacuten que tiene energiacutea Eo es dispersado por un electroacuten libre inicialmente en reposo de tal manera que el aacutengulo de dispersioacuten del electroacuten dispersado es igual al del fotoacuten dispersado ( ) a) Determine los aacutengulos y b) La energiacutea y el momentum del fotoacuten dispersado y c) La energiacutea cineacutetica del electroacuten dispersado

Solucioacuten

aiquest Determine los aacutengulos y

X hλ0

=h cosФ

λ+γ me VcosФ

Y 0=minush senФ

λ +γ me VsenФ

De Y 0=minush

λ=γ me V rarr

h

λ =γ me V

De X hλ0

=hcosФ

λ+ hcosФ

λ()

despejando λ

2 λ0 cosФ

corrimiento de compton

λminus λ0=

hme c

(1minuscosФ )rarr 2 λ0 cosФminusλ0=h

me c(1minuscosФ )

Sabiendoque λ0=hcE0

en funcion de E0

2 λ0 cosФminus1=E0

me c2 (1minuscosФ )rarr sihacemos E0

me c2 =x

2 λ0 cosФminus1=x (1minuscosФ )

Aislamos elaacutengulo Ф=arcocos( x+1x+2

)

biquest La energiacutea y el momentumdel fotoacuten dispersado energ iacutea

E=hc λ si λ =2 λ0 cosФ si λ0=hcλ0

entonces E=E0

2cosФ obtenemos Eacute=( x2+2 x

2 x+2)me c2

Momenton p h Si acute 2 λ0 cos E h 2 λ0cos Si λ0=hc E0

entonces pE0

2C cosФ obtenemos Pacute=( x2+2 x

2 x+2)me c2

c iquest La energiacuteacineacutetica del electroacutendispersado E0 iquest E +Ke E0minusE =Ke

Reemplazamos Ke=( x2

2 x+2)me c2

Problema 45Un Fotoacuten de 0880mev es dispersado por un electroacuten libre inicialmente en reposo de tal manera que el aacutengulo de dispersioacuten del electroacuten dispersado es igual al del fotoacuten dispersado ( ) a) Determine los aacutengulos y b) La energiacutea y el momentum del fotoacuten dispersado y c) La energiacutea cineacutetica del electroacuten dispersado

Solucioacuten

aiquest Determine los aacutengulos y

X hλ0

=h cosФ

λ+γ me VcosФ

Y 0=minush senФ

λ +γ me VsenФ

De Y 0=minush

λ=γ me V rarr

h

λ =γ me V

En X hλ0

=hcosФ

λ + hcosФ

λ ()

hλ0

=2h cosФ

λ rarr λ =2 λ0cosФ

λminus λ0=

hme c

(1minuscosФ )rarr 2 λ0 cosФminusλ0=h

me c(1minuscosФ )

Pero E0=hcλ0

reemplazando y combinando

me

E0

c2 (2 cosФminus1 )=(1minuscosФ )

(91 10minus31 kg)(9 1016 m2 s2)iquestiquest (1minuscosФ )=iquest 5809 10minus2 (2cosФminus1 )

cosФ=013

Ф=43 10

biquest La energiacutea y el momentumdel fotoacuten dispersado

E hc Si acute 2 λ0 cos

E hc 2 λ0 cos Si λ0=hc E0 E E0 2 cos Reemplazando E=0808 meV 2 cos 43 ordm=602 KeV

P h =E c=602103 16 10minus19 3108=iquest

P 32110minus22kg m s

c iquest La energiacuteacineacutetica del electroacutendispersado

k e=880 KeV minus602 KeV k e=278 KeV

Problema 46En un experimento de dispersioacuten Compton un fotoacuten se desviacutea en 900ordm y el electroacuten se desviacutea en un aacutengulo de 200ordm Determine la longitud de onda del fotoacuten dispersado

Solucioacuten

X hλ0

=h cosФ

λ+γ me VcosФ Y 0=minush senФ

λ +γ me VsenФ

Luego

Y h

λ=γ me Vsen200

(2iquest X hλ0

=γ me Vcos200 (1iquest

De 2 y1

λ0=λ tg200

De

λ minus λ0=h

mc(1minuscos900)

λ minus λ tg 200= hmc

rarr λ (1minustg 200 )= hmc

λ (1minus036 )=00024310minus9 m

λ =38 10minus12m

Problema 47Un fotoacuten de 000160nm se dispersa a partir de un electroacuten libre iquestPara queacute aacutengulos de dispersioacuten (fotoacuten) el electroacuten de retroceso tiene la misma energiacutea cineacutetica que la energiacutea del fotoacuten dispersado

Solucioacuten

λ0=000160 10minus9 hcλ0

=hc

λ+ hc

λ=rarr

1λ0

= 2

λ

λ minus λ0=h

mc(1minuscosФ)

000160 10minus9 m=000243 10minus9m(1minuscosФ)

cosФ=034

Ф=70 10

Problema 48A partir de la dispersioacuten de la luz solar de Thompson calculo el radio claacutesico del electroacuten que tiene un valor de 282 10minus15 Si la luz del sol con una intensidad de 500Wm2cae sobre un disco con este radio calcule el tiempo requerido para acumular 1eV de energiacutea Suponga que la luz es una onda claacutesica y que la luz que golpea al disco es absorbida por completo iquestCoacutemo se compara su resultado con la observacioacuten que los fotoelectrones son emitidos con rapidez dentro de10minus9 s Solucioacuten

radiaccion=500 W m2

tenemos I=P A rarr P=I A

Luego W t=I A

t=EI

A= 1 eV500 W π iquestiquestiquest

Absolutamente largo

  • Laboratorio de Fiacutesica Moderna
Page 19: David reparado

Sustituyendo en esta igualdad (1-cosφ) por 2sen2φ2 y teniendo en cuenta que

Δλ = λrsquo -λ obtenemos

(2)

(3)Si la energiacutea del fotoacuten primario es hν y la del fotoacuten difuso hνrsquo tendremos que de acuerdo con la ley de la conservacioacuten de la energiacutea la energiacutea Ec adquirida por el electroacuten vendraacute expresada por la igualdad

Sustituyendo ν por cλ y νrsquo por cλrsquo tenemos

(4)

Poniendo las expresiones (2) y (3) en la igualdad (4) se tiene

Donde A =h (mc)

La constante A = 002426 Aring suele llamarse longitud de onda Compton

Rectificando las unidades y poniendo los datos numeacutericos del problema hallamos la energiacutea del electroacuten despueacutes del choque

Hallamos ahora la razoacuten de la energiacutea del electroacuten de retroceso Ec a la energiacutea del fotoacuten incidente hν = hcλ

En general el electroacuten obtiene una pequentildea parte de la energiacutea del fotoacuten En el caso nuestro solamente 0024 (24) de la energiacutea del fotoacuten

La fig1 muestra el movimiento del electroacuten a) antes de la colisioacuten y b) despueacutes de la colisioacuten Para determinar la direccioacuten del movimiento del electroacuten despueacutes de la colisioacuten es necesario calcular el aacutengulo α bajo el cual estaacute dirigido su movimiento (fig1b)

a) b) Fig1 Fig2 De acuerdo con la ley de la conservacioacuten de la cantidad de movimiento en forma vectorial tenemos la ecuacioacuten

pf = pfrsquo + pe (5) Donde pf (pf = hνc = hλ) es la cantidad de movimiento del fotoacuten antes de la colisioacuten pfrsquo (pfrsquo = hνrsquoc = hλrsquo) es la cantidad de movimiento del fotoacuten difuso y pe es la cantidad de movimiento del electroacuten despueacutes de la colisioacuten pe = mυ donde υ es la velocidad del electroacuten

La cantidad de movimiento del electroacuten antes del choque es igual a cero ya que en reposo su velocidad es cero Graacuteficamente el vector pf es la diagonal del paralelogramo cuyos lados son los vectores pfrsquo y mv (fig2) Los aacutengulos φ y α representan respectivamente los aacutengulos bajo los cuales tienen lugar la difusioacuten del fotoacuten y la aparicioacuten del electroacuten de retroceso

De la fig2 se deduce que

Poniendo en lugar de pf y pfrsquo sus valores respectivos hλ y hλrsquo podemos escribir esta igualdad de forma siguiente

Sustituyendo λrsquo por la expresioacuten (3) obtenemos

Problema 19iquestCon queacute fuerza se atraen el nuacutecleo y el electroacuten en la primera oacuterbita del aacutetomo de hidroacutegeno iquestCuaacutentas veces es esta fuerza mayor que la fuerza gravitacional que actuacutea entre el nuacutecleo y el electroacuten

Datos

me = 9109 10∙ -31 kg

mp = 1840 9109 10∙ ∙ -31 kgG = 6672 10∙ -11 N∙m2∙kg-2

r = 053 10∙ -10 mn = 1ε0 = 8854 10∙ -12F∙ m-1

e = 1602 10∙ -19 C

Solucioacuten

La fuerza de interaccioacuten entre el nuacutecleo y el electroacuten es la fuerza electroestaacutetica de Coulomb

Donde r es el radio de la primera oacuterbita estacionaria del aacutetomo de hidroacutegeno

Rectificando las unidades y poniendo los valores numeacutericos se calcula la fuerza electroestaacutetica

Donde

La fuerza gravitacional se calcula por la foacutermula

Donde me es la masa del electroacuten mp la masa del protoacuten G la constante gravitacional

Por lo que

Problema 20Calcule cual es el radio de la primera orbita del electroacuten que gira alrededor de un nuacutecleo del aacutetomo de hidroacutegeno seguacuten el modelo de Bohr Determine la velocidad con que el electroacuten se mueve en esta oacuterbita

Datos

ε0 = 8854 10∙ -12 F∙m-1

e = 1602 10∙ -19 Cm = 9109 10∙ -31 kgh = 6626 10∙ -34 J∙s

Solucioacuten

La fuerza de interaccioacuten entre el electroacuten y el protoacuten del nuacutecleo es la fuerza

electrostaacutetica ( Fel) de Coulomb

Donde r es la distancia entre el nuacutecleo y el electroacuten Bajo la accioacuten de esta fuerza el electroacuten describe alrededor del nuacutecleo oacuterbitas en forma de elipses de Kepler y como un caso particular en forma de circunferencia

La fuerza de Coulomb es una fuerza centriacutepeta (Fc) y es numeacutericamente igual cuando se trata de una oacuterbita circular a

Por lo tanto

(1)

Para una oacuterbita circular la cantidad de movimiento angular del electroacuten es

p = mυr

La condicioacuten cuaacutentica de Bohr p = nh2π da la posibilidad de calcular el radio de

La oacuterbita circular estacionaria

(2)

La expresioacuten (1) se puede escribir en forma siguiente

Sustituyendo (mυr) por la expresioacuten (2) se obtiene

Para la primera oacuterbita n = 1 Por lo tanto

(3)

Esta magnitud representa el radio de la primera oacuterbita circular del electroacuten (radio de Bohr) es decir de la maacutes proacutexima al nuacutecleo del aacutetomo de hidroacutegeno

Rectificando las unidades y poniendo en lugar de h m ε0 y e sus respectivos valores numeacutericos se obtiene

Donde

(4)

Utilizando la expresioacuten (2) podemos calcular la velocidad υ con que el electroacuten se mueve en la primera oacuterbita

Sustituyendo r por la expresioacuten (3) tendremos

Rectificando las unidades se obtiene

Para n = 1

Problema 21iquestCalcule la energiacutea total del electroacuten en la segunda oacuterbita del aacutetomo de Bohr

SolucioacutenLa energiacutea total del electroacuten es

E = Ec+ Ep

Donde Ec es la energiacutea cineacutetica y Ep es la energiacutea potencial del electroacuten

La energiacutea potencial del electroacuten en el campo electrostaacutetico del nuacutecleo es igual a

Donde r es la distancia entre el nuacutecleo y el electroacuten (el radio de la oacuterbita)

La energiacutea cineacutetica

(1)

Donde m es la masa del electroacuten y υ es su velocidadSobre el electroacuten actuacutea una fuerza electroestaacutetica

Que es una fuerza centriacutepeta igual a

Por consiguiente

(2) Sustituyendo mv2 en la foacutermula de la energiacutea cineacutetica (1) por la expresioacuten (2) se obtiene

Por lo tanto la energiacutea total seraacute igual a

Sustituyendo r (ver el resultado del problema anterior) por

Se obtiene

Rectificando las unidades obtenemos

Para la segunda oacuterbita el nuacutemero cuaacutentico n = 2

Poniendo en lugar de h m y e sus respectivos valores numeacutericos hallamos

Problema 22iquestCuaacutel es la longitud de onda del fotoacuten emitido por el aacutetomo de hidroacutegeno cuando el electroacuten transita de la cuarta oacuterbita a la segunda

Solucioacuten

La radiacioacuten se produce soacutelo cuando el aacutetomo sufre una transicioacuten de una oacuterbita con energiacutea Ek a otra oacuterbita de menor energiacutea Ej (Ej lt Ek) En forma de ecuacioacuten

hν = Ek - Ej

Donde hν es el cuanto de energiacutea transportado por el fotoacuten emitido del aacutetomo durante la transicioacuten

En el caso nuestro k = 4 y j = 2 Por lo tanto

hν = E4 - E2

Utilizando la foacutermula de la energiacutea del electroacuten (ver el problema 21) se obtiene

Donde el teacutermino

Es la energiacutea del electroacuten en la segunda oacuterbita (Ver el problema 21)

Por consiguiente

Seguacuten el resultado del problema 21 E2 = -54 10∙ -19J

Por lo tanto

Como λ = cν entonces

Problema 23El electroacuten del aacutetomo de hidroacutegeno salta de la tercera oacuterbita a la segunda a) Calcular la longitud de onda del fotoacuten emitido b) Calcular la disminucioacuten de la energiacutea del aacutetomoacute

Datos

j =1k = 3R = 1097middot107 m-1

h = 6626 10∙ -34 J∙s

Solucioacuten

Cuando el electroacuten pasa de la oacuterbita de mayor energiacutea (Ek) a una orbita de menor

energiacutea (Ej) el aacutetomo emite un fotoacuten cuya energiacutea es igual a E = Ek- Ej La longitud de onda del fotoacuten emitido se calcula por la foacutermula

J y k son los nuacutemeros de las oacuterbitas y R es la constante de Ridberg

La disminucioacuten de la energiacutea del aacutetomo es igual a la energiacutea del fotoacuten emitido

Problema 24

a) iquestQueacute tensioacuten del campo eleacutectrico es necesaria seguacuten la mecaacutenica claacutesica para que un electroacuten acelerado en este campo adquiera la velocidad de la luzb) iquestCuaacutel seraacuten la velocidad del electroacuten y su masa en este campo seguacuten la mecaacutenica relativista

Datos

m0 = 9109∙10-31kgc = 3∙108mse = 1602 10∙ -19C

Solucioacuten

a) Seguacuten la mecaacutenica claacutesica la energiacutea cineacutetica del electroacuten

Donde m0 es la masa de reposo del electroacuten y υ es su velocidad La diferencia de potencial V multiplicada por la carga del electroacuten es una medida de la energiacutea cineacutetica del electroacuten adquirida en el campo eleacutectrico En otras palabras

Sustituyendo υ por c se calcula la diferencia de potencial del campo eleacutectrico necesaria para que el electroacuten adquiera la velocidad de la luz

Analizando las unidades y poniendo los valores numeacutericos del problema se obtiene

b) En la mecaacutenica relativista se calcula la masa m del electroacuten y su energiacutea

cineacutetica Ec utilizando las foacutermulas siguientes

Pero numeacutericamente Ec = (m0c2)2 o sea

La masa del electroacuten seraacute igual a

Problema 25iquestCuaacutel es la energiacutea de un fotoacuten correspondiente a ondas radio de frecuencia 1255 x106 Hz

Datos

E=hv v=c⋋Solucioacuten E=662610minus34 1255 106=831610minus28 J

PROBLEMA 26La liacutenea verde en el espectro atoacutemico del talio tiene una longitud de onda de 535 nm Calcular la energiacutea de un fotoacuten

Solucioacuten

H=662610minus34C=300 108 msminus1

E=hv v=c ⋋ v=300 108 msminus1

53510minus9 =560 1014

E=662610minus34 560 1014=372 10minus19J

PROBLEMA 27Un electroacuten salta desde un orbital maacutes externo a otro maacutes interno entre los que existe una diferencia de energiacutea de 15 x 10-15 J iquestCuaacutel es la frecuencia de la radiacioacuten emitida

Datos

∆ E=hv

Solucioacuten

v=∆ E h= 15 10minus15J662610minus34 JS

=2261018 Sminus1

Problema 28La longitud de onda umbral para que cierta superficie metaacutelica emita electrones es 6000 Aring Se observoacute que si esa superficie fotosensible se ilumina con luz de 4000 Aring los electrones son emitidos con una velocidad de 606 x 105m s-1 Deducir el valor de la constante de Planck

Datos

λ1=600 Aring=610minus7 λ2=400 Aring=410minus7 V = 6 06 x 105m s-1 m=9 110minus31

Solucioacuten h= Cλ 2

=hCλ 1

+ mv2

2

h= 3 108

410minus7 =h3 108

6 10minus7 +91 10minus31 (606105)2

2

75 1014 h=5 1014 h+16710minus19

25 1014 h=167 10minus19

h=66810minus34 Js

Problema 29La frecuencia umbral de cierto metal es 88 x 1014 s-1 Calcular la velocidad maacutexima de los electrones emitidos por ese metal cuando se ilumina con luz cuya longitud de onda es 2536 Aring iquestQueacute energiacutea cineacutetica poseen esos electrones

EC=h(CλminusV C)=662610minus34 J s ( 3

108ms

2536 10minus10 minus88 x 1014 sminus1)=201 10minus19 J

EC=m v2

2rarr v2=radic 2 EC

m=radic 2 20110minus19 J

9110minus31kg=664 105 m s

Pregunta 30Una superficie de cierto metal emite electrones cuya energiacutea cineacutetica equivale a 3 eV cuando se ilumina con luz de longitud de onda de 1500 Aring iquestcual es el valor de la frecuencia umbral de ese metal

Solucioacuten

Se debe cumplir que E incidente= E umbral+E cineacutetica del electroacuten

E incidente=hv=hλ=66210minus34 J S 3 108 msminus1

150010minus10m=13 10minus18 J

E incidente del electron=3eV 16 10minus19 J eV minus1=48 10minus19 J

E umbral=13 10minus18 Jminus4810minus19 J=8210minus19

υ= Eh

= 82 10minus19 J66210minus34 JS

=13 1015 Hz

Problema 31Calcule la longitud de onda y la frecuencia da la 2da raya de la serie de Balme en el espectro del hidrogeno Constante de rydberg=109677 107 mminus1 La segunda raya nj=4 entonces ni=2

1⋋2

=RH ( 1

iquest2minus 1

nj2)=109677107( 1

22minus 1

42)=109677 107 3

16rarr⋋2=486 10minus7 m

v= C⋋2

= 300108

486 10minus7 =617 1014 Hz

Problema 32Calcuacutelese la longitud de onda de De Broglie en cada uno de los siguientes casos a) un neutroacuten que se mueve a una velocidad de 10 kms b) Un moacutevil de 20 g que se mueve a 72 kmhora

Solucioacutena) un neutroacuten que se mueve a una velocidad de 10 kms

masa del electron=167 10minus27 kg

mv=167 10minus27 kg 104 m sminus1=167 10minus23

λ=h

mv=66310minus34

16710minus23 =39710minus11 m

b) Un moacutevil de 20 g que se mueve a 72 kmhora

λ= hmv

=66310minus34

210minus2 20=1610minus33m

Problema 33Una superficie de sodio se ilumina con luz de 300 nm de longitud de ondala funcioacuten de trabajo para el metal de sodio es 246 eV Encuentrea) la energiacutea cineacutetica maacutexima de los fotoelectrones emitidosb) la longitud de onda de corte para el sodio

c) calcule la rapidez maacutexima del efecto fotoeleacutectrico

Solucioacuten

a) la energiacutea cineacutetica maacutexima de los fotoelectrones emitidos

E=h f =hcλ

=(662610minus34 J s ) (3 108 m s)

30010minus9m=663 10minus19 J=414 eV

Luego aplicamos Kmax=h f minusФ=414eV minus246eV =168 eV

b) la longitud de onda de corte para el sodio

E=h f 0=Ф dedonde hcλ0

aislamos λ0=hcФ

peroФ=(246 eV )(1610minus19 J eV )=39410minus19 J

Reemplazamos λ0=(662610minus34 Js )(3108 m s)

394 10minus19 J=iquest 505 10minus7=505 nm

c) calcule la rapidez maacutexima del efecto fotoeleacutectrico

E=12

m v2rarr 168eV iquest(91110minus31kg)v2

2 rarr v=768 105 m s

Problema 34Un aacutetomo absorbe un fotoacuten que tiene una longitud de onda de 375 nm e inmediatamente emite otro fotoacuten que tiene una longitud de onda de 580 nm iquestCuaacutel es la energiacutea neta absorbida por el aacutetomo en este proceso

Solucioacuten

Eneta=E f minusEi

Eneta=1240 eV nm

λemiteminus1240 eV nm

λabsorbe=1240 eV nm

λemiteminus1240 eV nm

λabsorbe

Eneta=2138 eVminus331 eV =1172eV

Problema 35La mayoriacutea de los procesos gaseosos de ionizacioacuten requieren cambios de energiacutea de 1 x10minus18 a 1 x10minus16 iquestqueacute regioacuten del espectro electromagneacutetico del sol es entonces

principalmente responsable de la creacioacuten de la ionosfera en la atmosfera de la tierra

Solucioacuten

tenemos E=1240 eV nmλ

reemplazamos 1 x10minus16minus1 x 10minus18=1240 eV nmλ

convirtiendo a eV 625minus625=1240 eV nmλ

cancelando eV λ=1240 nm61875

=iquest 2004 nm(ultravioleta)

Problema 36Se desea escoger una sustancia para una foto celda operable con luz visible iquestCuaacutel de la siguientes lo haraacute(la funcioacuten de trabajo aparece entre pareacutentesis )el tantalio(42eV)el tungsteno(45eV)el aluminio(42eV)el bario(25eV)el litio(23eV)el cesio(19eV)

Solucioacuten

Sabemos E=1240 eV nmλ

ReemplazamosE=Ф

Luego λ=1240 eV nm

Ф

aiquest tantalio λ=1240 eV nm

42 eV=iquest 2952nm(ultravioleta)

biquest tungsteno λ=1240 eVnm

45 eV=iquest 2756 nm(ultravioleta)

c iquestaluminio λ=1240 eV nm

42 eV=iquest 2952nm(ultravioleta)

d iquestbario λ=1240 eV nm

25 eV=iquest 496 nm(visible)

e iquestlitio λ=1240 eV nm

23 eV=iquest 5391nm(visible)

f iquest sesio λ=1240 eV nm

19 eV=iquest 6526nm(visible)

Problema 37a) La energiacutea necesaria para desprender un electroacuten de sodio metaacutelico es de 228eV iquestMuestra el sodio un efecto fotoeleacutectrico bajo luz roja con λ=678 nmb) iquestCuaacutel es la longitud de la onda de corte de la emisioacuten fotoeleacutectrica del sodio y a que color corresponde esta longitud de onda

Solucioacuten

Para la pregunta a

Tenemos E=1240 eV nmλ

Reemplazamos E=1240 eV nm678 nm

=iquest 18289 eV

no se produce el efecto fotoelectrico porque Elt228 eV

Para la pregunta b

E=1240 eV nmλ

Reemplazamos E=1240 eV nm228 eV

=iquest 54386 nm(verde)

Pregunta 38Un numero de fotones incide sobre una superficie de sodio que tiene una funcioacuten de trabajo de 228eV causando la emisioacuten fotoeleacutectrica cuando se impone un potencial de frenado de 492 V no existe una fotocorriente Halle la longitud de onda de los fotones incidentes

Solucioacuten

Tenemos Ф=228 eV

Tambieacuten h f =Ф+k max

Reemplazado h f =Ф+e V 0

Luego 1240 eV nm

λ=228 eV +(16 10minus19C )(492 V )

Sabemos V=J C por lo tanto convertimos a eV

1240 eV nm

λ=228 eV +(16 10minus19C )(492J C)(1eV 16 10minus19 J )

Cancelando λ=1722 nm

Pregunta 39a Si la funcioacuten de trabajo de un metal es de 185eV iquestCuaacutel seria el potencial de frenado de la luz que tenga una longitud de onda de 410 nmb iquestCuaacutel seria la velocidad maacutexima de los fotoelectrones emitidos en la superficie de metal

Solucioacuten

Para a

Sabemos h f =Ф+k max

Reemplazamos 1240 eV nm

λ=185 eV +e V 0

1240 eV nm

410 nm=185 eV +e V 0

Reduciendo V 0=117V

Para b

Tenemos k max=e V 0

12

m v2=e V 0

Reemplazamos 12

(91110minus31) v2=(16 10minus19 )(117 V )

Reduciendo V=641 km s

Pregunta 40El molibdeno tiene una funcioacuten de trabajo de 420 eV a) encuentre la longitud de onda de corte y la frecuencia de corte para el efecto fotoeleacutectrico B) calcule el potencial de frenado si la luz incidente tiene una longitud de onda de 180nm

Solucioacuten

Para a sabemos Ф=h f 0 de aquiacute Ф=h CλC

Aislamos λ λC=h CФ

Reemplazamos λC=iquest (662610minus34 )(3 108)

42016 10minus19 =iquest 2958 nm

Ahora calculamos la frecuencia de cortef 0

Sabemos f 0=CλC

=iquest 3108

295810minus9= 1014 pHz

Para b tenemos Kmax=CλC

minusФ

Reemplazamos Kmax=6626 10minus34 3108

18010minus9 minus420 eV

Reduciendo Kmax=2675 eV

Finalmente calculamos el V 0

De Kmax=eV 0

Aislamos V 0=iquest 267516 10minus19 J

16 10minus19 C=iquest 2675 V

Problema 41Un estudiante que analiza el efecto fotoeleacutectrico de dos metales diferente registra la siguiente informacioacuteni) el potencial de frenado para los fotoelectrones liberados en el metal 1 es 148 V mayor que para el metal 2 y ii) la frecuencia de corte para el metal 1 es 40 mas pequentildea que para el metal 2determine la funcioacuten de trabajo para cada metal

Kmaxi=e V 01 Kmaxi=e(V 02+148) (1)

Kmaxi=e V 02 (2)

h f 01=Ф1 h 60

100 f 02=Ф1 (3)

Metal 1 Metal 2 V 01=V 02+148

f 01=60

100 f 02

V 02=V 02

f 01=f 02

h f 02=Ф2 (4)

En (1)

h f minush f 01=e(V 02+148) (5)

h f minush f 02=e V 02 (6)

Luego (6) en (5)

h f minush60

100 f 02=h f minush f 02+e 148

Simplificando f 02=e 148 5

2 h=Ф2

Ф2=37 eV

Entonces h60100

f 02=Ф1

Pero h f 02=Ф2

Reemplazando f 02=h60

100Ф2

h=Ф1

Simplicando Ф1=222eV

Pregunta 42Dos fuentes luminosas se utilizan en un experimento fotoeleacutectrico para determinarla funcioacuten de trabajo para una superficie metaacutelica particular Cuando se emplea luz verde de una laacutempara de mercurio (λ=5461 nm) un potencial de frenado de 0376 V reduce la fotocorriente a ceroa Con base a esta medicioacuten iquestCuaacutel es la funcioacuten de trabajo para este metalb iquestQueacute potencial de frenado se observariacutea al usar la luz amarilla de un cubo de descarga de helio λ=58715 nm

Solucioacuten

Para a

Kmaxi=h f minusФ (1)

Kmaxi=e V 0 (2)

(1) En (2)

h f minusФ=e V 0

Luego Ф=minuse V 0+h c λ

Reemplazando valores

Ф=minus(16 10minus19C ) (0376 V )+(60626 10minus34 J S ) 3 108546110minus9

Ф=1899 eV

Para b

De la ecuacioacuten h f minusФ=e V 0

Aislamos V 0=iquest h

CλminusФ

e

V 0=iquest 3108

587510minus9 minusiquest 19 eV iquest16 10minus19C=02125 V

Pregunta 43Fotones de 450 nm de longitud inciden sobre un metal los electrones mas energeacuteticos expulsados del metal se desviacutean en in arco circular de 200 cm de radio por medio de un campo magneacutetico con una magnitud de 200x10minus5 TiquestCuaacutel es la funcioacuten de trabajo del metal

Datos

λ=450 10minus9m r=200cm=02 m t=200 x10minus5T

Solucioacuten

Hallamos ldquoErdquo

E=hcλ

rarr E=(6626 10minus34 J S )(3108)450 10minus9m=441710minus19 J

Hallamos ldquoV ldquo

V=q Br m

V=(16 10minus19 J ) ( 20010minus5T ) (02 m )

91110minus31 Kg=007025107m S

Hallamos k rsub max

k max=12

mv2 rarr k max=( 91110minus31 Kg )iquest

Hallamos ldquoФrdquo

Ф=hcλ

minuskmax=4417 10minus19 Jminus224810minus19 J=21691019 1 eV 1610minus19

Ф=135 eV

Problema 44Un Fotoacuten que tiene energiacutea Eo es dispersado por un electroacuten libre inicialmente en reposo de tal manera que el aacutengulo de dispersioacuten del electroacuten dispersado es igual al del fotoacuten dispersado ( ) a) Determine los aacutengulos y b) La energiacutea y el momentum del fotoacuten dispersado y c) La energiacutea cineacutetica del electroacuten dispersado

Solucioacuten

aiquest Determine los aacutengulos y

X hλ0

=h cosФ

λ+γ me VcosФ

Y 0=minush senФ

λ +γ me VsenФ

De Y 0=minush

λ=γ me V rarr

h

λ =γ me V

De X hλ0

=hcosФ

λ+ hcosФ

λ()

despejando λ

2 λ0 cosФ

corrimiento de compton

λminus λ0=

hme c

(1minuscosФ )rarr 2 λ0 cosФminusλ0=h

me c(1minuscosФ )

Sabiendoque λ0=hcE0

en funcion de E0

2 λ0 cosФminus1=E0

me c2 (1minuscosФ )rarr sihacemos E0

me c2 =x

2 λ0 cosФminus1=x (1minuscosФ )

Aislamos elaacutengulo Ф=arcocos( x+1x+2

)

biquest La energiacutea y el momentumdel fotoacuten dispersado energ iacutea

E=hc λ si λ =2 λ0 cosФ si λ0=hcλ0

entonces E=E0

2cosФ obtenemos Eacute=( x2+2 x

2 x+2)me c2

Momenton p h Si acute 2 λ0 cos E h 2 λ0cos Si λ0=hc E0

entonces pE0

2C cosФ obtenemos Pacute=( x2+2 x

2 x+2)me c2

c iquest La energiacuteacineacutetica del electroacutendispersado E0 iquest E +Ke E0minusE =Ke

Reemplazamos Ke=( x2

2 x+2)me c2

Problema 45Un Fotoacuten de 0880mev es dispersado por un electroacuten libre inicialmente en reposo de tal manera que el aacutengulo de dispersioacuten del electroacuten dispersado es igual al del fotoacuten dispersado ( ) a) Determine los aacutengulos y b) La energiacutea y el momentum del fotoacuten dispersado y c) La energiacutea cineacutetica del electroacuten dispersado

Solucioacuten

aiquest Determine los aacutengulos y

X hλ0

=h cosФ

λ+γ me VcosФ

Y 0=minush senФ

λ +γ me VsenФ

De Y 0=minush

λ=γ me V rarr

h

λ =γ me V

En X hλ0

=hcosФ

λ + hcosФ

λ ()

hλ0

=2h cosФ

λ rarr λ =2 λ0cosФ

λminus λ0=

hme c

(1minuscosФ )rarr 2 λ0 cosФminusλ0=h

me c(1minuscosФ )

Pero E0=hcλ0

reemplazando y combinando

me

E0

c2 (2 cosФminus1 )=(1minuscosФ )

(91 10minus31 kg)(9 1016 m2 s2)iquestiquest (1minuscosФ )=iquest 5809 10minus2 (2cosФminus1 )

cosФ=013

Ф=43 10

biquest La energiacutea y el momentumdel fotoacuten dispersado

E hc Si acute 2 λ0 cos

E hc 2 λ0 cos Si λ0=hc E0 E E0 2 cos Reemplazando E=0808 meV 2 cos 43 ordm=602 KeV

P h =E c=602103 16 10minus19 3108=iquest

P 32110minus22kg m s

c iquest La energiacuteacineacutetica del electroacutendispersado

k e=880 KeV minus602 KeV k e=278 KeV

Problema 46En un experimento de dispersioacuten Compton un fotoacuten se desviacutea en 900ordm y el electroacuten se desviacutea en un aacutengulo de 200ordm Determine la longitud de onda del fotoacuten dispersado

Solucioacuten

X hλ0

=h cosФ

λ+γ me VcosФ Y 0=minush senФ

λ +γ me VsenФ

Luego

Y h

λ=γ me Vsen200

(2iquest X hλ0

=γ me Vcos200 (1iquest

De 2 y1

λ0=λ tg200

De

λ minus λ0=h

mc(1minuscos900)

λ minus λ tg 200= hmc

rarr λ (1minustg 200 )= hmc

λ (1minus036 )=00024310minus9 m

λ =38 10minus12m

Problema 47Un fotoacuten de 000160nm se dispersa a partir de un electroacuten libre iquestPara queacute aacutengulos de dispersioacuten (fotoacuten) el electroacuten de retroceso tiene la misma energiacutea cineacutetica que la energiacutea del fotoacuten dispersado

Solucioacuten

λ0=000160 10minus9 hcλ0

=hc

λ+ hc

λ=rarr

1λ0

= 2

λ

λ minus λ0=h

mc(1minuscosФ)

000160 10minus9 m=000243 10minus9m(1minuscosФ)

cosФ=034

Ф=70 10

Problema 48A partir de la dispersioacuten de la luz solar de Thompson calculo el radio claacutesico del electroacuten que tiene un valor de 282 10minus15 Si la luz del sol con una intensidad de 500Wm2cae sobre un disco con este radio calcule el tiempo requerido para acumular 1eV de energiacutea Suponga que la luz es una onda claacutesica y que la luz que golpea al disco es absorbida por completo iquestCoacutemo se compara su resultado con la observacioacuten que los fotoelectrones son emitidos con rapidez dentro de10minus9 s Solucioacuten

radiaccion=500 W m2

tenemos I=P A rarr P=I A

Luego W t=I A

t=EI

A= 1 eV500 W π iquestiquestiquest

Absolutamente largo

  • Laboratorio de Fiacutesica Moderna
Page 20: David reparado

En general el electroacuten obtiene una pequentildea parte de la energiacutea del fotoacuten En el caso nuestro solamente 0024 (24) de la energiacutea del fotoacuten

La fig1 muestra el movimiento del electroacuten a) antes de la colisioacuten y b) despueacutes de la colisioacuten Para determinar la direccioacuten del movimiento del electroacuten despueacutes de la colisioacuten es necesario calcular el aacutengulo α bajo el cual estaacute dirigido su movimiento (fig1b)

a) b) Fig1 Fig2 De acuerdo con la ley de la conservacioacuten de la cantidad de movimiento en forma vectorial tenemos la ecuacioacuten

pf = pfrsquo + pe (5) Donde pf (pf = hνc = hλ) es la cantidad de movimiento del fotoacuten antes de la colisioacuten pfrsquo (pfrsquo = hνrsquoc = hλrsquo) es la cantidad de movimiento del fotoacuten difuso y pe es la cantidad de movimiento del electroacuten despueacutes de la colisioacuten pe = mυ donde υ es la velocidad del electroacuten

La cantidad de movimiento del electroacuten antes del choque es igual a cero ya que en reposo su velocidad es cero Graacuteficamente el vector pf es la diagonal del paralelogramo cuyos lados son los vectores pfrsquo y mv (fig2) Los aacutengulos φ y α representan respectivamente los aacutengulos bajo los cuales tienen lugar la difusioacuten del fotoacuten y la aparicioacuten del electroacuten de retroceso

De la fig2 se deduce que

Poniendo en lugar de pf y pfrsquo sus valores respectivos hλ y hλrsquo podemos escribir esta igualdad de forma siguiente

Sustituyendo λrsquo por la expresioacuten (3) obtenemos

Problema 19iquestCon queacute fuerza se atraen el nuacutecleo y el electroacuten en la primera oacuterbita del aacutetomo de hidroacutegeno iquestCuaacutentas veces es esta fuerza mayor que la fuerza gravitacional que actuacutea entre el nuacutecleo y el electroacuten

Datos

me = 9109 10∙ -31 kg

mp = 1840 9109 10∙ ∙ -31 kgG = 6672 10∙ -11 N∙m2∙kg-2

r = 053 10∙ -10 mn = 1ε0 = 8854 10∙ -12F∙ m-1

e = 1602 10∙ -19 C

Solucioacuten

La fuerza de interaccioacuten entre el nuacutecleo y el electroacuten es la fuerza electroestaacutetica de Coulomb

Donde r es el radio de la primera oacuterbita estacionaria del aacutetomo de hidroacutegeno

Rectificando las unidades y poniendo los valores numeacutericos se calcula la fuerza electroestaacutetica

Donde

La fuerza gravitacional se calcula por la foacutermula

Donde me es la masa del electroacuten mp la masa del protoacuten G la constante gravitacional

Por lo que

Problema 20Calcule cual es el radio de la primera orbita del electroacuten que gira alrededor de un nuacutecleo del aacutetomo de hidroacutegeno seguacuten el modelo de Bohr Determine la velocidad con que el electroacuten se mueve en esta oacuterbita

Datos

ε0 = 8854 10∙ -12 F∙m-1

e = 1602 10∙ -19 Cm = 9109 10∙ -31 kgh = 6626 10∙ -34 J∙s

Solucioacuten

La fuerza de interaccioacuten entre el electroacuten y el protoacuten del nuacutecleo es la fuerza

electrostaacutetica ( Fel) de Coulomb

Donde r es la distancia entre el nuacutecleo y el electroacuten Bajo la accioacuten de esta fuerza el electroacuten describe alrededor del nuacutecleo oacuterbitas en forma de elipses de Kepler y como un caso particular en forma de circunferencia

La fuerza de Coulomb es una fuerza centriacutepeta (Fc) y es numeacutericamente igual cuando se trata de una oacuterbita circular a

Por lo tanto

(1)

Para una oacuterbita circular la cantidad de movimiento angular del electroacuten es

p = mυr

La condicioacuten cuaacutentica de Bohr p = nh2π da la posibilidad de calcular el radio de

La oacuterbita circular estacionaria

(2)

La expresioacuten (1) se puede escribir en forma siguiente

Sustituyendo (mυr) por la expresioacuten (2) se obtiene

Para la primera oacuterbita n = 1 Por lo tanto

(3)

Esta magnitud representa el radio de la primera oacuterbita circular del electroacuten (radio de Bohr) es decir de la maacutes proacutexima al nuacutecleo del aacutetomo de hidroacutegeno

Rectificando las unidades y poniendo en lugar de h m ε0 y e sus respectivos valores numeacutericos se obtiene

Donde

(4)

Utilizando la expresioacuten (2) podemos calcular la velocidad υ con que el electroacuten se mueve en la primera oacuterbita

Sustituyendo r por la expresioacuten (3) tendremos

Rectificando las unidades se obtiene

Para n = 1

Problema 21iquestCalcule la energiacutea total del electroacuten en la segunda oacuterbita del aacutetomo de Bohr

SolucioacutenLa energiacutea total del electroacuten es

E = Ec+ Ep

Donde Ec es la energiacutea cineacutetica y Ep es la energiacutea potencial del electroacuten

La energiacutea potencial del electroacuten en el campo electrostaacutetico del nuacutecleo es igual a

Donde r es la distancia entre el nuacutecleo y el electroacuten (el radio de la oacuterbita)

La energiacutea cineacutetica

(1)

Donde m es la masa del electroacuten y υ es su velocidadSobre el electroacuten actuacutea una fuerza electroestaacutetica

Que es una fuerza centriacutepeta igual a

Por consiguiente

(2) Sustituyendo mv2 en la foacutermula de la energiacutea cineacutetica (1) por la expresioacuten (2) se obtiene

Por lo tanto la energiacutea total seraacute igual a

Sustituyendo r (ver el resultado del problema anterior) por

Se obtiene

Rectificando las unidades obtenemos

Para la segunda oacuterbita el nuacutemero cuaacutentico n = 2

Poniendo en lugar de h m y e sus respectivos valores numeacutericos hallamos

Problema 22iquestCuaacutel es la longitud de onda del fotoacuten emitido por el aacutetomo de hidroacutegeno cuando el electroacuten transita de la cuarta oacuterbita a la segunda

Solucioacuten

La radiacioacuten se produce soacutelo cuando el aacutetomo sufre una transicioacuten de una oacuterbita con energiacutea Ek a otra oacuterbita de menor energiacutea Ej (Ej lt Ek) En forma de ecuacioacuten

hν = Ek - Ej

Donde hν es el cuanto de energiacutea transportado por el fotoacuten emitido del aacutetomo durante la transicioacuten

En el caso nuestro k = 4 y j = 2 Por lo tanto

hν = E4 - E2

Utilizando la foacutermula de la energiacutea del electroacuten (ver el problema 21) se obtiene

Donde el teacutermino

Es la energiacutea del electroacuten en la segunda oacuterbita (Ver el problema 21)

Por consiguiente

Seguacuten el resultado del problema 21 E2 = -54 10∙ -19J

Por lo tanto

Como λ = cν entonces

Problema 23El electroacuten del aacutetomo de hidroacutegeno salta de la tercera oacuterbita a la segunda a) Calcular la longitud de onda del fotoacuten emitido b) Calcular la disminucioacuten de la energiacutea del aacutetomoacute

Datos

j =1k = 3R = 1097middot107 m-1

h = 6626 10∙ -34 J∙s

Solucioacuten

Cuando el electroacuten pasa de la oacuterbita de mayor energiacutea (Ek) a una orbita de menor

energiacutea (Ej) el aacutetomo emite un fotoacuten cuya energiacutea es igual a E = Ek- Ej La longitud de onda del fotoacuten emitido se calcula por la foacutermula

J y k son los nuacutemeros de las oacuterbitas y R es la constante de Ridberg

La disminucioacuten de la energiacutea del aacutetomo es igual a la energiacutea del fotoacuten emitido

Problema 24

a) iquestQueacute tensioacuten del campo eleacutectrico es necesaria seguacuten la mecaacutenica claacutesica para que un electroacuten acelerado en este campo adquiera la velocidad de la luzb) iquestCuaacutel seraacuten la velocidad del electroacuten y su masa en este campo seguacuten la mecaacutenica relativista

Datos

m0 = 9109∙10-31kgc = 3∙108mse = 1602 10∙ -19C

Solucioacuten

a) Seguacuten la mecaacutenica claacutesica la energiacutea cineacutetica del electroacuten

Donde m0 es la masa de reposo del electroacuten y υ es su velocidad La diferencia de potencial V multiplicada por la carga del electroacuten es una medida de la energiacutea cineacutetica del electroacuten adquirida en el campo eleacutectrico En otras palabras

Sustituyendo υ por c se calcula la diferencia de potencial del campo eleacutectrico necesaria para que el electroacuten adquiera la velocidad de la luz

Analizando las unidades y poniendo los valores numeacutericos del problema se obtiene

b) En la mecaacutenica relativista se calcula la masa m del electroacuten y su energiacutea

cineacutetica Ec utilizando las foacutermulas siguientes

Pero numeacutericamente Ec = (m0c2)2 o sea

La masa del electroacuten seraacute igual a

Problema 25iquestCuaacutel es la energiacutea de un fotoacuten correspondiente a ondas radio de frecuencia 1255 x106 Hz

Datos

E=hv v=c⋋Solucioacuten E=662610minus34 1255 106=831610minus28 J

PROBLEMA 26La liacutenea verde en el espectro atoacutemico del talio tiene una longitud de onda de 535 nm Calcular la energiacutea de un fotoacuten

Solucioacuten

H=662610minus34C=300 108 msminus1

E=hv v=c ⋋ v=300 108 msminus1

53510minus9 =560 1014

E=662610minus34 560 1014=372 10minus19J

PROBLEMA 27Un electroacuten salta desde un orbital maacutes externo a otro maacutes interno entre los que existe una diferencia de energiacutea de 15 x 10-15 J iquestCuaacutel es la frecuencia de la radiacioacuten emitida

Datos

∆ E=hv

Solucioacuten

v=∆ E h= 15 10minus15J662610minus34 JS

=2261018 Sminus1

Problema 28La longitud de onda umbral para que cierta superficie metaacutelica emita electrones es 6000 Aring Se observoacute que si esa superficie fotosensible se ilumina con luz de 4000 Aring los electrones son emitidos con una velocidad de 606 x 105m s-1 Deducir el valor de la constante de Planck

Datos

λ1=600 Aring=610minus7 λ2=400 Aring=410minus7 V = 6 06 x 105m s-1 m=9 110minus31

Solucioacuten h= Cλ 2

=hCλ 1

+ mv2

2

h= 3 108

410minus7 =h3 108

6 10minus7 +91 10minus31 (606105)2

2

75 1014 h=5 1014 h+16710minus19

25 1014 h=167 10minus19

h=66810minus34 Js

Problema 29La frecuencia umbral de cierto metal es 88 x 1014 s-1 Calcular la velocidad maacutexima de los electrones emitidos por ese metal cuando se ilumina con luz cuya longitud de onda es 2536 Aring iquestQueacute energiacutea cineacutetica poseen esos electrones

EC=h(CλminusV C)=662610minus34 J s ( 3

108ms

2536 10minus10 minus88 x 1014 sminus1)=201 10minus19 J

EC=m v2

2rarr v2=radic 2 EC

m=radic 2 20110minus19 J

9110minus31kg=664 105 m s

Pregunta 30Una superficie de cierto metal emite electrones cuya energiacutea cineacutetica equivale a 3 eV cuando se ilumina con luz de longitud de onda de 1500 Aring iquestcual es el valor de la frecuencia umbral de ese metal

Solucioacuten

Se debe cumplir que E incidente= E umbral+E cineacutetica del electroacuten

E incidente=hv=hλ=66210minus34 J S 3 108 msminus1

150010minus10m=13 10minus18 J

E incidente del electron=3eV 16 10minus19 J eV minus1=48 10minus19 J

E umbral=13 10minus18 Jminus4810minus19 J=8210minus19

υ= Eh

= 82 10minus19 J66210minus34 JS

=13 1015 Hz

Problema 31Calcule la longitud de onda y la frecuencia da la 2da raya de la serie de Balme en el espectro del hidrogeno Constante de rydberg=109677 107 mminus1 La segunda raya nj=4 entonces ni=2

1⋋2

=RH ( 1

iquest2minus 1

nj2)=109677107( 1

22minus 1

42)=109677 107 3

16rarr⋋2=486 10minus7 m

v= C⋋2

= 300108

486 10minus7 =617 1014 Hz

Problema 32Calcuacutelese la longitud de onda de De Broglie en cada uno de los siguientes casos a) un neutroacuten que se mueve a una velocidad de 10 kms b) Un moacutevil de 20 g que se mueve a 72 kmhora

Solucioacutena) un neutroacuten que se mueve a una velocidad de 10 kms

masa del electron=167 10minus27 kg

mv=167 10minus27 kg 104 m sminus1=167 10minus23

λ=h

mv=66310minus34

16710minus23 =39710minus11 m

b) Un moacutevil de 20 g que se mueve a 72 kmhora

λ= hmv

=66310minus34

210minus2 20=1610minus33m

Problema 33Una superficie de sodio se ilumina con luz de 300 nm de longitud de ondala funcioacuten de trabajo para el metal de sodio es 246 eV Encuentrea) la energiacutea cineacutetica maacutexima de los fotoelectrones emitidosb) la longitud de onda de corte para el sodio

c) calcule la rapidez maacutexima del efecto fotoeleacutectrico

Solucioacuten

a) la energiacutea cineacutetica maacutexima de los fotoelectrones emitidos

E=h f =hcλ

=(662610minus34 J s ) (3 108 m s)

30010minus9m=663 10minus19 J=414 eV

Luego aplicamos Kmax=h f minusФ=414eV minus246eV =168 eV

b) la longitud de onda de corte para el sodio

E=h f 0=Ф dedonde hcλ0

aislamos λ0=hcФ

peroФ=(246 eV )(1610minus19 J eV )=39410minus19 J

Reemplazamos λ0=(662610minus34 Js )(3108 m s)

394 10minus19 J=iquest 505 10minus7=505 nm

c) calcule la rapidez maacutexima del efecto fotoeleacutectrico

E=12

m v2rarr 168eV iquest(91110minus31kg)v2

2 rarr v=768 105 m s

Problema 34Un aacutetomo absorbe un fotoacuten que tiene una longitud de onda de 375 nm e inmediatamente emite otro fotoacuten que tiene una longitud de onda de 580 nm iquestCuaacutel es la energiacutea neta absorbida por el aacutetomo en este proceso

Solucioacuten

Eneta=E f minusEi

Eneta=1240 eV nm

λemiteminus1240 eV nm

λabsorbe=1240 eV nm

λemiteminus1240 eV nm

λabsorbe

Eneta=2138 eVminus331 eV =1172eV

Problema 35La mayoriacutea de los procesos gaseosos de ionizacioacuten requieren cambios de energiacutea de 1 x10minus18 a 1 x10minus16 iquestqueacute regioacuten del espectro electromagneacutetico del sol es entonces

principalmente responsable de la creacioacuten de la ionosfera en la atmosfera de la tierra

Solucioacuten

tenemos E=1240 eV nmλ

reemplazamos 1 x10minus16minus1 x 10minus18=1240 eV nmλ

convirtiendo a eV 625minus625=1240 eV nmλ

cancelando eV λ=1240 nm61875

=iquest 2004 nm(ultravioleta)

Problema 36Se desea escoger una sustancia para una foto celda operable con luz visible iquestCuaacutel de la siguientes lo haraacute(la funcioacuten de trabajo aparece entre pareacutentesis )el tantalio(42eV)el tungsteno(45eV)el aluminio(42eV)el bario(25eV)el litio(23eV)el cesio(19eV)

Solucioacuten

Sabemos E=1240 eV nmλ

ReemplazamosE=Ф

Luego λ=1240 eV nm

Ф

aiquest tantalio λ=1240 eV nm

42 eV=iquest 2952nm(ultravioleta)

biquest tungsteno λ=1240 eVnm

45 eV=iquest 2756 nm(ultravioleta)

c iquestaluminio λ=1240 eV nm

42 eV=iquest 2952nm(ultravioleta)

d iquestbario λ=1240 eV nm

25 eV=iquest 496 nm(visible)

e iquestlitio λ=1240 eV nm

23 eV=iquest 5391nm(visible)

f iquest sesio λ=1240 eV nm

19 eV=iquest 6526nm(visible)

Problema 37a) La energiacutea necesaria para desprender un electroacuten de sodio metaacutelico es de 228eV iquestMuestra el sodio un efecto fotoeleacutectrico bajo luz roja con λ=678 nmb) iquestCuaacutel es la longitud de la onda de corte de la emisioacuten fotoeleacutectrica del sodio y a que color corresponde esta longitud de onda

Solucioacuten

Para la pregunta a

Tenemos E=1240 eV nmλ

Reemplazamos E=1240 eV nm678 nm

=iquest 18289 eV

no se produce el efecto fotoelectrico porque Elt228 eV

Para la pregunta b

E=1240 eV nmλ

Reemplazamos E=1240 eV nm228 eV

=iquest 54386 nm(verde)

Pregunta 38Un numero de fotones incide sobre una superficie de sodio que tiene una funcioacuten de trabajo de 228eV causando la emisioacuten fotoeleacutectrica cuando se impone un potencial de frenado de 492 V no existe una fotocorriente Halle la longitud de onda de los fotones incidentes

Solucioacuten

Tenemos Ф=228 eV

Tambieacuten h f =Ф+k max

Reemplazado h f =Ф+e V 0

Luego 1240 eV nm

λ=228 eV +(16 10minus19C )(492 V )

Sabemos V=J C por lo tanto convertimos a eV

1240 eV nm

λ=228 eV +(16 10minus19C )(492J C)(1eV 16 10minus19 J )

Cancelando λ=1722 nm

Pregunta 39a Si la funcioacuten de trabajo de un metal es de 185eV iquestCuaacutel seria el potencial de frenado de la luz que tenga una longitud de onda de 410 nmb iquestCuaacutel seria la velocidad maacutexima de los fotoelectrones emitidos en la superficie de metal

Solucioacuten

Para a

Sabemos h f =Ф+k max

Reemplazamos 1240 eV nm

λ=185 eV +e V 0

1240 eV nm

410 nm=185 eV +e V 0

Reduciendo V 0=117V

Para b

Tenemos k max=e V 0

12

m v2=e V 0

Reemplazamos 12

(91110minus31) v2=(16 10minus19 )(117 V )

Reduciendo V=641 km s

Pregunta 40El molibdeno tiene una funcioacuten de trabajo de 420 eV a) encuentre la longitud de onda de corte y la frecuencia de corte para el efecto fotoeleacutectrico B) calcule el potencial de frenado si la luz incidente tiene una longitud de onda de 180nm

Solucioacuten

Para a sabemos Ф=h f 0 de aquiacute Ф=h CλC

Aislamos λ λC=h CФ

Reemplazamos λC=iquest (662610minus34 )(3 108)

42016 10minus19 =iquest 2958 nm

Ahora calculamos la frecuencia de cortef 0

Sabemos f 0=CλC

=iquest 3108

295810minus9= 1014 pHz

Para b tenemos Kmax=CλC

minusФ

Reemplazamos Kmax=6626 10minus34 3108

18010minus9 minus420 eV

Reduciendo Kmax=2675 eV

Finalmente calculamos el V 0

De Kmax=eV 0

Aislamos V 0=iquest 267516 10minus19 J

16 10minus19 C=iquest 2675 V

Problema 41Un estudiante que analiza el efecto fotoeleacutectrico de dos metales diferente registra la siguiente informacioacuteni) el potencial de frenado para los fotoelectrones liberados en el metal 1 es 148 V mayor que para el metal 2 y ii) la frecuencia de corte para el metal 1 es 40 mas pequentildea que para el metal 2determine la funcioacuten de trabajo para cada metal

Kmaxi=e V 01 Kmaxi=e(V 02+148) (1)

Kmaxi=e V 02 (2)

h f 01=Ф1 h 60

100 f 02=Ф1 (3)

Metal 1 Metal 2 V 01=V 02+148

f 01=60

100 f 02

V 02=V 02

f 01=f 02

h f 02=Ф2 (4)

En (1)

h f minush f 01=e(V 02+148) (5)

h f minush f 02=e V 02 (6)

Luego (6) en (5)

h f minush60

100 f 02=h f minush f 02+e 148

Simplificando f 02=e 148 5

2 h=Ф2

Ф2=37 eV

Entonces h60100

f 02=Ф1

Pero h f 02=Ф2

Reemplazando f 02=h60

100Ф2

h=Ф1

Simplicando Ф1=222eV

Pregunta 42Dos fuentes luminosas se utilizan en un experimento fotoeleacutectrico para determinarla funcioacuten de trabajo para una superficie metaacutelica particular Cuando se emplea luz verde de una laacutempara de mercurio (λ=5461 nm) un potencial de frenado de 0376 V reduce la fotocorriente a ceroa Con base a esta medicioacuten iquestCuaacutel es la funcioacuten de trabajo para este metalb iquestQueacute potencial de frenado se observariacutea al usar la luz amarilla de un cubo de descarga de helio λ=58715 nm

Solucioacuten

Para a

Kmaxi=h f minusФ (1)

Kmaxi=e V 0 (2)

(1) En (2)

h f minusФ=e V 0

Luego Ф=minuse V 0+h c λ

Reemplazando valores

Ф=minus(16 10minus19C ) (0376 V )+(60626 10minus34 J S ) 3 108546110minus9

Ф=1899 eV

Para b

De la ecuacioacuten h f minusФ=e V 0

Aislamos V 0=iquest h

CλminusФ

e

V 0=iquest 3108

587510minus9 minusiquest 19 eV iquest16 10minus19C=02125 V

Pregunta 43Fotones de 450 nm de longitud inciden sobre un metal los electrones mas energeacuteticos expulsados del metal se desviacutean en in arco circular de 200 cm de radio por medio de un campo magneacutetico con una magnitud de 200x10minus5 TiquestCuaacutel es la funcioacuten de trabajo del metal

Datos

λ=450 10minus9m r=200cm=02 m t=200 x10minus5T

Solucioacuten

Hallamos ldquoErdquo

E=hcλ

rarr E=(6626 10minus34 J S )(3108)450 10minus9m=441710minus19 J

Hallamos ldquoV ldquo

V=q Br m

V=(16 10minus19 J ) ( 20010minus5T ) (02 m )

91110minus31 Kg=007025107m S

Hallamos k rsub max

k max=12

mv2 rarr k max=( 91110minus31 Kg )iquest

Hallamos ldquoФrdquo

Ф=hcλ

minuskmax=4417 10minus19 Jminus224810minus19 J=21691019 1 eV 1610minus19

Ф=135 eV

Problema 44Un Fotoacuten que tiene energiacutea Eo es dispersado por un electroacuten libre inicialmente en reposo de tal manera que el aacutengulo de dispersioacuten del electroacuten dispersado es igual al del fotoacuten dispersado ( ) a) Determine los aacutengulos y b) La energiacutea y el momentum del fotoacuten dispersado y c) La energiacutea cineacutetica del electroacuten dispersado

Solucioacuten

aiquest Determine los aacutengulos y

X hλ0

=h cosФ

λ+γ me VcosФ

Y 0=minush senФ

λ +γ me VsenФ

De Y 0=minush

λ=γ me V rarr

h

λ =γ me V

De X hλ0

=hcosФ

λ+ hcosФ

λ()

despejando λ

2 λ0 cosФ

corrimiento de compton

λminus λ0=

hme c

(1minuscosФ )rarr 2 λ0 cosФminusλ0=h

me c(1minuscosФ )

Sabiendoque λ0=hcE0

en funcion de E0

2 λ0 cosФminus1=E0

me c2 (1minuscosФ )rarr sihacemos E0

me c2 =x

2 λ0 cosФminus1=x (1minuscosФ )

Aislamos elaacutengulo Ф=arcocos( x+1x+2

)

biquest La energiacutea y el momentumdel fotoacuten dispersado energ iacutea

E=hc λ si λ =2 λ0 cosФ si λ0=hcλ0

entonces E=E0

2cosФ obtenemos Eacute=( x2+2 x

2 x+2)me c2

Momenton p h Si acute 2 λ0 cos E h 2 λ0cos Si λ0=hc E0

entonces pE0

2C cosФ obtenemos Pacute=( x2+2 x

2 x+2)me c2

c iquest La energiacuteacineacutetica del electroacutendispersado E0 iquest E +Ke E0minusE =Ke

Reemplazamos Ke=( x2

2 x+2)me c2

Problema 45Un Fotoacuten de 0880mev es dispersado por un electroacuten libre inicialmente en reposo de tal manera que el aacutengulo de dispersioacuten del electroacuten dispersado es igual al del fotoacuten dispersado ( ) a) Determine los aacutengulos y b) La energiacutea y el momentum del fotoacuten dispersado y c) La energiacutea cineacutetica del electroacuten dispersado

Solucioacuten

aiquest Determine los aacutengulos y

X hλ0

=h cosФ

λ+γ me VcosФ

Y 0=minush senФ

λ +γ me VsenФ

De Y 0=minush

λ=γ me V rarr

h

λ =γ me V

En X hλ0

=hcosФ

λ + hcosФ

λ ()

hλ0

=2h cosФ

λ rarr λ =2 λ0cosФ

λminus λ0=

hme c

(1minuscosФ )rarr 2 λ0 cosФminusλ0=h

me c(1minuscosФ )

Pero E0=hcλ0

reemplazando y combinando

me

E0

c2 (2 cosФminus1 )=(1minuscosФ )

(91 10minus31 kg)(9 1016 m2 s2)iquestiquest (1minuscosФ )=iquest 5809 10minus2 (2cosФminus1 )

cosФ=013

Ф=43 10

biquest La energiacutea y el momentumdel fotoacuten dispersado

E hc Si acute 2 λ0 cos

E hc 2 λ0 cos Si λ0=hc E0 E E0 2 cos Reemplazando E=0808 meV 2 cos 43 ordm=602 KeV

P h =E c=602103 16 10minus19 3108=iquest

P 32110minus22kg m s

c iquest La energiacuteacineacutetica del electroacutendispersado

k e=880 KeV minus602 KeV k e=278 KeV

Problema 46En un experimento de dispersioacuten Compton un fotoacuten se desviacutea en 900ordm y el electroacuten se desviacutea en un aacutengulo de 200ordm Determine la longitud de onda del fotoacuten dispersado

Solucioacuten

X hλ0

=h cosФ

λ+γ me VcosФ Y 0=minush senФ

λ +γ me VsenФ

Luego

Y h

λ=γ me Vsen200

(2iquest X hλ0

=γ me Vcos200 (1iquest

De 2 y1

λ0=λ tg200

De

λ minus λ0=h

mc(1minuscos900)

λ minus λ tg 200= hmc

rarr λ (1minustg 200 )= hmc

λ (1minus036 )=00024310minus9 m

λ =38 10minus12m

Problema 47Un fotoacuten de 000160nm se dispersa a partir de un electroacuten libre iquestPara queacute aacutengulos de dispersioacuten (fotoacuten) el electroacuten de retroceso tiene la misma energiacutea cineacutetica que la energiacutea del fotoacuten dispersado

Solucioacuten

λ0=000160 10minus9 hcλ0

=hc

λ+ hc

λ=rarr

1λ0

= 2

λ

λ minus λ0=h

mc(1minuscosФ)

000160 10minus9 m=000243 10minus9m(1minuscosФ)

cosФ=034

Ф=70 10

Problema 48A partir de la dispersioacuten de la luz solar de Thompson calculo el radio claacutesico del electroacuten que tiene un valor de 282 10minus15 Si la luz del sol con una intensidad de 500Wm2cae sobre un disco con este radio calcule el tiempo requerido para acumular 1eV de energiacutea Suponga que la luz es una onda claacutesica y que la luz que golpea al disco es absorbida por completo iquestCoacutemo se compara su resultado con la observacioacuten que los fotoelectrones son emitidos con rapidez dentro de10minus9 s Solucioacuten

radiaccion=500 W m2

tenemos I=P A rarr P=I A

Luego W t=I A

t=EI

A= 1 eV500 W π iquestiquestiquest

Absolutamente largo

  • Laboratorio de Fiacutesica Moderna
Page 21: David reparado

Poniendo en lugar de pf y pfrsquo sus valores respectivos hλ y hλrsquo podemos escribir esta igualdad de forma siguiente

Sustituyendo λrsquo por la expresioacuten (3) obtenemos

Problema 19iquestCon queacute fuerza se atraen el nuacutecleo y el electroacuten en la primera oacuterbita del aacutetomo de hidroacutegeno iquestCuaacutentas veces es esta fuerza mayor que la fuerza gravitacional que actuacutea entre el nuacutecleo y el electroacuten

Datos

me = 9109 10∙ -31 kg

mp = 1840 9109 10∙ ∙ -31 kgG = 6672 10∙ -11 N∙m2∙kg-2

r = 053 10∙ -10 mn = 1ε0 = 8854 10∙ -12F∙ m-1

e = 1602 10∙ -19 C

Solucioacuten

La fuerza de interaccioacuten entre el nuacutecleo y el electroacuten es la fuerza electroestaacutetica de Coulomb

Donde r es el radio de la primera oacuterbita estacionaria del aacutetomo de hidroacutegeno

Rectificando las unidades y poniendo los valores numeacutericos se calcula la fuerza electroestaacutetica

Donde

La fuerza gravitacional se calcula por la foacutermula

Donde me es la masa del electroacuten mp la masa del protoacuten G la constante gravitacional

Por lo que

Problema 20Calcule cual es el radio de la primera orbita del electroacuten que gira alrededor de un nuacutecleo del aacutetomo de hidroacutegeno seguacuten el modelo de Bohr Determine la velocidad con que el electroacuten se mueve en esta oacuterbita

Datos

ε0 = 8854 10∙ -12 F∙m-1

e = 1602 10∙ -19 Cm = 9109 10∙ -31 kgh = 6626 10∙ -34 J∙s

Solucioacuten

La fuerza de interaccioacuten entre el electroacuten y el protoacuten del nuacutecleo es la fuerza

electrostaacutetica ( Fel) de Coulomb

Donde r es la distancia entre el nuacutecleo y el electroacuten Bajo la accioacuten de esta fuerza el electroacuten describe alrededor del nuacutecleo oacuterbitas en forma de elipses de Kepler y como un caso particular en forma de circunferencia

La fuerza de Coulomb es una fuerza centriacutepeta (Fc) y es numeacutericamente igual cuando se trata de una oacuterbita circular a

Por lo tanto

(1)

Para una oacuterbita circular la cantidad de movimiento angular del electroacuten es

p = mυr

La condicioacuten cuaacutentica de Bohr p = nh2π da la posibilidad de calcular el radio de

La oacuterbita circular estacionaria

(2)

La expresioacuten (1) se puede escribir en forma siguiente

Sustituyendo (mυr) por la expresioacuten (2) se obtiene

Para la primera oacuterbita n = 1 Por lo tanto

(3)

Esta magnitud representa el radio de la primera oacuterbita circular del electroacuten (radio de Bohr) es decir de la maacutes proacutexima al nuacutecleo del aacutetomo de hidroacutegeno

Rectificando las unidades y poniendo en lugar de h m ε0 y e sus respectivos valores numeacutericos se obtiene

Donde

(4)

Utilizando la expresioacuten (2) podemos calcular la velocidad υ con que el electroacuten se mueve en la primera oacuterbita

Sustituyendo r por la expresioacuten (3) tendremos

Rectificando las unidades se obtiene

Para n = 1

Problema 21iquestCalcule la energiacutea total del electroacuten en la segunda oacuterbita del aacutetomo de Bohr

SolucioacutenLa energiacutea total del electroacuten es

E = Ec+ Ep

Donde Ec es la energiacutea cineacutetica y Ep es la energiacutea potencial del electroacuten

La energiacutea potencial del electroacuten en el campo electrostaacutetico del nuacutecleo es igual a

Donde r es la distancia entre el nuacutecleo y el electroacuten (el radio de la oacuterbita)

La energiacutea cineacutetica

(1)

Donde m es la masa del electroacuten y υ es su velocidadSobre el electroacuten actuacutea una fuerza electroestaacutetica

Que es una fuerza centriacutepeta igual a

Por consiguiente

(2) Sustituyendo mv2 en la foacutermula de la energiacutea cineacutetica (1) por la expresioacuten (2) se obtiene

Por lo tanto la energiacutea total seraacute igual a

Sustituyendo r (ver el resultado del problema anterior) por

Se obtiene

Rectificando las unidades obtenemos

Para la segunda oacuterbita el nuacutemero cuaacutentico n = 2

Poniendo en lugar de h m y e sus respectivos valores numeacutericos hallamos

Problema 22iquestCuaacutel es la longitud de onda del fotoacuten emitido por el aacutetomo de hidroacutegeno cuando el electroacuten transita de la cuarta oacuterbita a la segunda

Solucioacuten

La radiacioacuten se produce soacutelo cuando el aacutetomo sufre una transicioacuten de una oacuterbita con energiacutea Ek a otra oacuterbita de menor energiacutea Ej (Ej lt Ek) En forma de ecuacioacuten

hν = Ek - Ej

Donde hν es el cuanto de energiacutea transportado por el fotoacuten emitido del aacutetomo durante la transicioacuten

En el caso nuestro k = 4 y j = 2 Por lo tanto

hν = E4 - E2

Utilizando la foacutermula de la energiacutea del electroacuten (ver el problema 21) se obtiene

Donde el teacutermino

Es la energiacutea del electroacuten en la segunda oacuterbita (Ver el problema 21)

Por consiguiente

Seguacuten el resultado del problema 21 E2 = -54 10∙ -19J

Por lo tanto

Como λ = cν entonces

Problema 23El electroacuten del aacutetomo de hidroacutegeno salta de la tercera oacuterbita a la segunda a) Calcular la longitud de onda del fotoacuten emitido b) Calcular la disminucioacuten de la energiacutea del aacutetomoacute

Datos

j =1k = 3R = 1097middot107 m-1

h = 6626 10∙ -34 J∙s

Solucioacuten

Cuando el electroacuten pasa de la oacuterbita de mayor energiacutea (Ek) a una orbita de menor

energiacutea (Ej) el aacutetomo emite un fotoacuten cuya energiacutea es igual a E = Ek- Ej La longitud de onda del fotoacuten emitido se calcula por la foacutermula

J y k son los nuacutemeros de las oacuterbitas y R es la constante de Ridberg

La disminucioacuten de la energiacutea del aacutetomo es igual a la energiacutea del fotoacuten emitido

Problema 24

a) iquestQueacute tensioacuten del campo eleacutectrico es necesaria seguacuten la mecaacutenica claacutesica para que un electroacuten acelerado en este campo adquiera la velocidad de la luzb) iquestCuaacutel seraacuten la velocidad del electroacuten y su masa en este campo seguacuten la mecaacutenica relativista

Datos

m0 = 9109∙10-31kgc = 3∙108mse = 1602 10∙ -19C

Solucioacuten

a) Seguacuten la mecaacutenica claacutesica la energiacutea cineacutetica del electroacuten

Donde m0 es la masa de reposo del electroacuten y υ es su velocidad La diferencia de potencial V multiplicada por la carga del electroacuten es una medida de la energiacutea cineacutetica del electroacuten adquirida en el campo eleacutectrico En otras palabras

Sustituyendo υ por c se calcula la diferencia de potencial del campo eleacutectrico necesaria para que el electroacuten adquiera la velocidad de la luz

Analizando las unidades y poniendo los valores numeacutericos del problema se obtiene

b) En la mecaacutenica relativista se calcula la masa m del electroacuten y su energiacutea

cineacutetica Ec utilizando las foacutermulas siguientes

Pero numeacutericamente Ec = (m0c2)2 o sea

La masa del electroacuten seraacute igual a

Problema 25iquestCuaacutel es la energiacutea de un fotoacuten correspondiente a ondas radio de frecuencia 1255 x106 Hz

Datos

E=hv v=c⋋Solucioacuten E=662610minus34 1255 106=831610minus28 J

PROBLEMA 26La liacutenea verde en el espectro atoacutemico del talio tiene una longitud de onda de 535 nm Calcular la energiacutea de un fotoacuten

Solucioacuten

H=662610minus34C=300 108 msminus1

E=hv v=c ⋋ v=300 108 msminus1

53510minus9 =560 1014

E=662610minus34 560 1014=372 10minus19J

PROBLEMA 27Un electroacuten salta desde un orbital maacutes externo a otro maacutes interno entre los que existe una diferencia de energiacutea de 15 x 10-15 J iquestCuaacutel es la frecuencia de la radiacioacuten emitida

Datos

∆ E=hv

Solucioacuten

v=∆ E h= 15 10minus15J662610minus34 JS

=2261018 Sminus1

Problema 28La longitud de onda umbral para que cierta superficie metaacutelica emita electrones es 6000 Aring Se observoacute que si esa superficie fotosensible se ilumina con luz de 4000 Aring los electrones son emitidos con una velocidad de 606 x 105m s-1 Deducir el valor de la constante de Planck

Datos

λ1=600 Aring=610minus7 λ2=400 Aring=410minus7 V = 6 06 x 105m s-1 m=9 110minus31

Solucioacuten h= Cλ 2

=hCλ 1

+ mv2

2

h= 3 108

410minus7 =h3 108

6 10minus7 +91 10minus31 (606105)2

2

75 1014 h=5 1014 h+16710minus19

25 1014 h=167 10minus19

h=66810minus34 Js

Problema 29La frecuencia umbral de cierto metal es 88 x 1014 s-1 Calcular la velocidad maacutexima de los electrones emitidos por ese metal cuando se ilumina con luz cuya longitud de onda es 2536 Aring iquestQueacute energiacutea cineacutetica poseen esos electrones

EC=h(CλminusV C)=662610minus34 J s ( 3

108ms

2536 10minus10 minus88 x 1014 sminus1)=201 10minus19 J

EC=m v2

2rarr v2=radic 2 EC

m=radic 2 20110minus19 J

9110minus31kg=664 105 m s

Pregunta 30Una superficie de cierto metal emite electrones cuya energiacutea cineacutetica equivale a 3 eV cuando se ilumina con luz de longitud de onda de 1500 Aring iquestcual es el valor de la frecuencia umbral de ese metal

Solucioacuten

Se debe cumplir que E incidente= E umbral+E cineacutetica del electroacuten

E incidente=hv=hλ=66210minus34 J S 3 108 msminus1

150010minus10m=13 10minus18 J

E incidente del electron=3eV 16 10minus19 J eV minus1=48 10minus19 J

E umbral=13 10minus18 Jminus4810minus19 J=8210minus19

υ= Eh

= 82 10minus19 J66210minus34 JS

=13 1015 Hz

Problema 31Calcule la longitud de onda y la frecuencia da la 2da raya de la serie de Balme en el espectro del hidrogeno Constante de rydberg=109677 107 mminus1 La segunda raya nj=4 entonces ni=2

1⋋2

=RH ( 1

iquest2minus 1

nj2)=109677107( 1

22minus 1

42)=109677 107 3

16rarr⋋2=486 10minus7 m

v= C⋋2

= 300108

486 10minus7 =617 1014 Hz

Problema 32Calcuacutelese la longitud de onda de De Broglie en cada uno de los siguientes casos a) un neutroacuten que se mueve a una velocidad de 10 kms b) Un moacutevil de 20 g que se mueve a 72 kmhora

Solucioacutena) un neutroacuten que se mueve a una velocidad de 10 kms

masa del electron=167 10minus27 kg

mv=167 10minus27 kg 104 m sminus1=167 10minus23

λ=h

mv=66310minus34

16710minus23 =39710minus11 m

b) Un moacutevil de 20 g que se mueve a 72 kmhora

λ= hmv

=66310minus34

210minus2 20=1610minus33m

Problema 33Una superficie de sodio se ilumina con luz de 300 nm de longitud de ondala funcioacuten de trabajo para el metal de sodio es 246 eV Encuentrea) la energiacutea cineacutetica maacutexima de los fotoelectrones emitidosb) la longitud de onda de corte para el sodio

c) calcule la rapidez maacutexima del efecto fotoeleacutectrico

Solucioacuten

a) la energiacutea cineacutetica maacutexima de los fotoelectrones emitidos

E=h f =hcλ

=(662610minus34 J s ) (3 108 m s)

30010minus9m=663 10minus19 J=414 eV

Luego aplicamos Kmax=h f minusФ=414eV minus246eV =168 eV

b) la longitud de onda de corte para el sodio

E=h f 0=Ф dedonde hcλ0

aislamos λ0=hcФ

peroФ=(246 eV )(1610minus19 J eV )=39410minus19 J

Reemplazamos λ0=(662610minus34 Js )(3108 m s)

394 10minus19 J=iquest 505 10minus7=505 nm

c) calcule la rapidez maacutexima del efecto fotoeleacutectrico

E=12

m v2rarr 168eV iquest(91110minus31kg)v2

2 rarr v=768 105 m s

Problema 34Un aacutetomo absorbe un fotoacuten que tiene una longitud de onda de 375 nm e inmediatamente emite otro fotoacuten que tiene una longitud de onda de 580 nm iquestCuaacutel es la energiacutea neta absorbida por el aacutetomo en este proceso

Solucioacuten

Eneta=E f minusEi

Eneta=1240 eV nm

λemiteminus1240 eV nm

λabsorbe=1240 eV nm

λemiteminus1240 eV nm

λabsorbe

Eneta=2138 eVminus331 eV =1172eV

Problema 35La mayoriacutea de los procesos gaseosos de ionizacioacuten requieren cambios de energiacutea de 1 x10minus18 a 1 x10minus16 iquestqueacute regioacuten del espectro electromagneacutetico del sol es entonces

principalmente responsable de la creacioacuten de la ionosfera en la atmosfera de la tierra

Solucioacuten

tenemos E=1240 eV nmλ

reemplazamos 1 x10minus16minus1 x 10minus18=1240 eV nmλ

convirtiendo a eV 625minus625=1240 eV nmλ

cancelando eV λ=1240 nm61875

=iquest 2004 nm(ultravioleta)

Problema 36Se desea escoger una sustancia para una foto celda operable con luz visible iquestCuaacutel de la siguientes lo haraacute(la funcioacuten de trabajo aparece entre pareacutentesis )el tantalio(42eV)el tungsteno(45eV)el aluminio(42eV)el bario(25eV)el litio(23eV)el cesio(19eV)

Solucioacuten

Sabemos E=1240 eV nmλ

ReemplazamosE=Ф

Luego λ=1240 eV nm

Ф

aiquest tantalio λ=1240 eV nm

42 eV=iquest 2952nm(ultravioleta)

biquest tungsteno λ=1240 eVnm

45 eV=iquest 2756 nm(ultravioleta)

c iquestaluminio λ=1240 eV nm

42 eV=iquest 2952nm(ultravioleta)

d iquestbario λ=1240 eV nm

25 eV=iquest 496 nm(visible)

e iquestlitio λ=1240 eV nm

23 eV=iquest 5391nm(visible)

f iquest sesio λ=1240 eV nm

19 eV=iquest 6526nm(visible)

Problema 37a) La energiacutea necesaria para desprender un electroacuten de sodio metaacutelico es de 228eV iquestMuestra el sodio un efecto fotoeleacutectrico bajo luz roja con λ=678 nmb) iquestCuaacutel es la longitud de la onda de corte de la emisioacuten fotoeleacutectrica del sodio y a que color corresponde esta longitud de onda

Solucioacuten

Para la pregunta a

Tenemos E=1240 eV nmλ

Reemplazamos E=1240 eV nm678 nm

=iquest 18289 eV

no se produce el efecto fotoelectrico porque Elt228 eV

Para la pregunta b

E=1240 eV nmλ

Reemplazamos E=1240 eV nm228 eV

=iquest 54386 nm(verde)

Pregunta 38Un numero de fotones incide sobre una superficie de sodio que tiene una funcioacuten de trabajo de 228eV causando la emisioacuten fotoeleacutectrica cuando se impone un potencial de frenado de 492 V no existe una fotocorriente Halle la longitud de onda de los fotones incidentes

Solucioacuten

Tenemos Ф=228 eV

Tambieacuten h f =Ф+k max

Reemplazado h f =Ф+e V 0

Luego 1240 eV nm

λ=228 eV +(16 10minus19C )(492 V )

Sabemos V=J C por lo tanto convertimos a eV

1240 eV nm

λ=228 eV +(16 10minus19C )(492J C)(1eV 16 10minus19 J )

Cancelando λ=1722 nm

Pregunta 39a Si la funcioacuten de trabajo de un metal es de 185eV iquestCuaacutel seria el potencial de frenado de la luz que tenga una longitud de onda de 410 nmb iquestCuaacutel seria la velocidad maacutexima de los fotoelectrones emitidos en la superficie de metal

Solucioacuten

Para a

Sabemos h f =Ф+k max

Reemplazamos 1240 eV nm

λ=185 eV +e V 0

1240 eV nm

410 nm=185 eV +e V 0

Reduciendo V 0=117V

Para b

Tenemos k max=e V 0

12

m v2=e V 0

Reemplazamos 12

(91110minus31) v2=(16 10minus19 )(117 V )

Reduciendo V=641 km s

Pregunta 40El molibdeno tiene una funcioacuten de trabajo de 420 eV a) encuentre la longitud de onda de corte y la frecuencia de corte para el efecto fotoeleacutectrico B) calcule el potencial de frenado si la luz incidente tiene una longitud de onda de 180nm

Solucioacuten

Para a sabemos Ф=h f 0 de aquiacute Ф=h CλC

Aislamos λ λC=h CФ

Reemplazamos λC=iquest (662610minus34 )(3 108)

42016 10minus19 =iquest 2958 nm

Ahora calculamos la frecuencia de cortef 0

Sabemos f 0=CλC

=iquest 3108

295810minus9= 1014 pHz

Para b tenemos Kmax=CλC

minusФ

Reemplazamos Kmax=6626 10minus34 3108

18010minus9 minus420 eV

Reduciendo Kmax=2675 eV

Finalmente calculamos el V 0

De Kmax=eV 0

Aislamos V 0=iquest 267516 10minus19 J

16 10minus19 C=iquest 2675 V

Problema 41Un estudiante que analiza el efecto fotoeleacutectrico de dos metales diferente registra la siguiente informacioacuteni) el potencial de frenado para los fotoelectrones liberados en el metal 1 es 148 V mayor que para el metal 2 y ii) la frecuencia de corte para el metal 1 es 40 mas pequentildea que para el metal 2determine la funcioacuten de trabajo para cada metal

Kmaxi=e V 01 Kmaxi=e(V 02+148) (1)

Kmaxi=e V 02 (2)

h f 01=Ф1 h 60

100 f 02=Ф1 (3)

Metal 1 Metal 2 V 01=V 02+148

f 01=60

100 f 02

V 02=V 02

f 01=f 02

h f 02=Ф2 (4)

En (1)

h f minush f 01=e(V 02+148) (5)

h f minush f 02=e V 02 (6)

Luego (6) en (5)

h f minush60

100 f 02=h f minush f 02+e 148

Simplificando f 02=e 148 5

2 h=Ф2

Ф2=37 eV

Entonces h60100

f 02=Ф1

Pero h f 02=Ф2

Reemplazando f 02=h60

100Ф2

h=Ф1

Simplicando Ф1=222eV

Pregunta 42Dos fuentes luminosas se utilizan en un experimento fotoeleacutectrico para determinarla funcioacuten de trabajo para una superficie metaacutelica particular Cuando se emplea luz verde de una laacutempara de mercurio (λ=5461 nm) un potencial de frenado de 0376 V reduce la fotocorriente a ceroa Con base a esta medicioacuten iquestCuaacutel es la funcioacuten de trabajo para este metalb iquestQueacute potencial de frenado se observariacutea al usar la luz amarilla de un cubo de descarga de helio λ=58715 nm

Solucioacuten

Para a

Kmaxi=h f minusФ (1)

Kmaxi=e V 0 (2)

(1) En (2)

h f minusФ=e V 0

Luego Ф=minuse V 0+h c λ

Reemplazando valores

Ф=minus(16 10minus19C ) (0376 V )+(60626 10minus34 J S ) 3 108546110minus9

Ф=1899 eV

Para b

De la ecuacioacuten h f minusФ=e V 0

Aislamos V 0=iquest h

CλminusФ

e

V 0=iquest 3108

587510minus9 minusiquest 19 eV iquest16 10minus19C=02125 V

Pregunta 43Fotones de 450 nm de longitud inciden sobre un metal los electrones mas energeacuteticos expulsados del metal se desviacutean en in arco circular de 200 cm de radio por medio de un campo magneacutetico con una magnitud de 200x10minus5 TiquestCuaacutel es la funcioacuten de trabajo del metal

Datos

λ=450 10minus9m r=200cm=02 m t=200 x10minus5T

Solucioacuten

Hallamos ldquoErdquo

E=hcλ

rarr E=(6626 10minus34 J S )(3108)450 10minus9m=441710minus19 J

Hallamos ldquoV ldquo

V=q Br m

V=(16 10minus19 J ) ( 20010minus5T ) (02 m )

91110minus31 Kg=007025107m S

Hallamos k rsub max

k max=12

mv2 rarr k max=( 91110minus31 Kg )iquest

Hallamos ldquoФrdquo

Ф=hcλ

minuskmax=4417 10minus19 Jminus224810minus19 J=21691019 1 eV 1610minus19

Ф=135 eV

Problema 44Un Fotoacuten que tiene energiacutea Eo es dispersado por un electroacuten libre inicialmente en reposo de tal manera que el aacutengulo de dispersioacuten del electroacuten dispersado es igual al del fotoacuten dispersado ( ) a) Determine los aacutengulos y b) La energiacutea y el momentum del fotoacuten dispersado y c) La energiacutea cineacutetica del electroacuten dispersado

Solucioacuten

aiquest Determine los aacutengulos y

X hλ0

=h cosФ

λ+γ me VcosФ

Y 0=minush senФ

λ +γ me VsenФ

De Y 0=minush

λ=γ me V rarr

h

λ =γ me V

De X hλ0

=hcosФ

λ+ hcosФ

λ()

despejando λ

2 λ0 cosФ

corrimiento de compton

λminus λ0=

hme c

(1minuscosФ )rarr 2 λ0 cosФminusλ0=h

me c(1minuscosФ )

Sabiendoque λ0=hcE0

en funcion de E0

2 λ0 cosФminus1=E0

me c2 (1minuscosФ )rarr sihacemos E0

me c2 =x

2 λ0 cosФminus1=x (1minuscosФ )

Aislamos elaacutengulo Ф=arcocos( x+1x+2

)

biquest La energiacutea y el momentumdel fotoacuten dispersado energ iacutea

E=hc λ si λ =2 λ0 cosФ si λ0=hcλ0

entonces E=E0

2cosФ obtenemos Eacute=( x2+2 x

2 x+2)me c2

Momenton p h Si acute 2 λ0 cos E h 2 λ0cos Si λ0=hc E0

entonces pE0

2C cosФ obtenemos Pacute=( x2+2 x

2 x+2)me c2

c iquest La energiacuteacineacutetica del electroacutendispersado E0 iquest E +Ke E0minusE =Ke

Reemplazamos Ke=( x2

2 x+2)me c2

Problema 45Un Fotoacuten de 0880mev es dispersado por un electroacuten libre inicialmente en reposo de tal manera que el aacutengulo de dispersioacuten del electroacuten dispersado es igual al del fotoacuten dispersado ( ) a) Determine los aacutengulos y b) La energiacutea y el momentum del fotoacuten dispersado y c) La energiacutea cineacutetica del electroacuten dispersado

Solucioacuten

aiquest Determine los aacutengulos y

X hλ0

=h cosФ

λ+γ me VcosФ

Y 0=minush senФ

λ +γ me VsenФ

De Y 0=minush

λ=γ me V rarr

h

λ =γ me V

En X hλ0

=hcosФ

λ + hcosФ

λ ()

hλ0

=2h cosФ

λ rarr λ =2 λ0cosФ

λminus λ0=

hme c

(1minuscosФ )rarr 2 λ0 cosФminusλ0=h

me c(1minuscosФ )

Pero E0=hcλ0

reemplazando y combinando

me

E0

c2 (2 cosФminus1 )=(1minuscosФ )

(91 10minus31 kg)(9 1016 m2 s2)iquestiquest (1minuscosФ )=iquest 5809 10minus2 (2cosФminus1 )

cosФ=013

Ф=43 10

biquest La energiacutea y el momentumdel fotoacuten dispersado

E hc Si acute 2 λ0 cos

E hc 2 λ0 cos Si λ0=hc E0 E E0 2 cos Reemplazando E=0808 meV 2 cos 43 ordm=602 KeV

P h =E c=602103 16 10minus19 3108=iquest

P 32110minus22kg m s

c iquest La energiacuteacineacutetica del electroacutendispersado

k e=880 KeV minus602 KeV k e=278 KeV

Problema 46En un experimento de dispersioacuten Compton un fotoacuten se desviacutea en 900ordm y el electroacuten se desviacutea en un aacutengulo de 200ordm Determine la longitud de onda del fotoacuten dispersado

Solucioacuten

X hλ0

=h cosФ

λ+γ me VcosФ Y 0=minush senФ

λ +γ me VsenФ

Luego

Y h

λ=γ me Vsen200

(2iquest X hλ0

=γ me Vcos200 (1iquest

De 2 y1

λ0=λ tg200

De

λ minus λ0=h

mc(1minuscos900)

λ minus λ tg 200= hmc

rarr λ (1minustg 200 )= hmc

λ (1minus036 )=00024310minus9 m

λ =38 10minus12m

Problema 47Un fotoacuten de 000160nm se dispersa a partir de un electroacuten libre iquestPara queacute aacutengulos de dispersioacuten (fotoacuten) el electroacuten de retroceso tiene la misma energiacutea cineacutetica que la energiacutea del fotoacuten dispersado

Solucioacuten

λ0=000160 10minus9 hcλ0

=hc

λ+ hc

λ=rarr

1λ0

= 2

λ

λ minus λ0=h

mc(1minuscosФ)

000160 10minus9 m=000243 10minus9m(1minuscosФ)

cosФ=034

Ф=70 10

Problema 48A partir de la dispersioacuten de la luz solar de Thompson calculo el radio claacutesico del electroacuten que tiene un valor de 282 10minus15 Si la luz del sol con una intensidad de 500Wm2cae sobre un disco con este radio calcule el tiempo requerido para acumular 1eV de energiacutea Suponga que la luz es una onda claacutesica y que la luz que golpea al disco es absorbida por completo iquestCoacutemo se compara su resultado con la observacioacuten que los fotoelectrones son emitidos con rapidez dentro de10minus9 s Solucioacuten

radiaccion=500 W m2

tenemos I=P A rarr P=I A

Luego W t=I A

t=EI

A= 1 eV500 W π iquestiquestiquest

Absolutamente largo

  • Laboratorio de Fiacutesica Moderna
Page 22: David reparado

Donde

La fuerza gravitacional se calcula por la foacutermula

Donde me es la masa del electroacuten mp la masa del protoacuten G la constante gravitacional

Por lo que

Problema 20Calcule cual es el radio de la primera orbita del electroacuten que gira alrededor de un nuacutecleo del aacutetomo de hidroacutegeno seguacuten el modelo de Bohr Determine la velocidad con que el electroacuten se mueve en esta oacuterbita

Datos

ε0 = 8854 10∙ -12 F∙m-1

e = 1602 10∙ -19 Cm = 9109 10∙ -31 kgh = 6626 10∙ -34 J∙s

Solucioacuten

La fuerza de interaccioacuten entre el electroacuten y el protoacuten del nuacutecleo es la fuerza

electrostaacutetica ( Fel) de Coulomb

Donde r es la distancia entre el nuacutecleo y el electroacuten Bajo la accioacuten de esta fuerza el electroacuten describe alrededor del nuacutecleo oacuterbitas en forma de elipses de Kepler y como un caso particular en forma de circunferencia

La fuerza de Coulomb es una fuerza centriacutepeta (Fc) y es numeacutericamente igual cuando se trata de una oacuterbita circular a

Por lo tanto

(1)

Para una oacuterbita circular la cantidad de movimiento angular del electroacuten es

p = mυr

La condicioacuten cuaacutentica de Bohr p = nh2π da la posibilidad de calcular el radio de

La oacuterbita circular estacionaria

(2)

La expresioacuten (1) se puede escribir en forma siguiente

Sustituyendo (mυr) por la expresioacuten (2) se obtiene

Para la primera oacuterbita n = 1 Por lo tanto

(3)

Esta magnitud representa el radio de la primera oacuterbita circular del electroacuten (radio de Bohr) es decir de la maacutes proacutexima al nuacutecleo del aacutetomo de hidroacutegeno

Rectificando las unidades y poniendo en lugar de h m ε0 y e sus respectivos valores numeacutericos se obtiene

Donde

(4)

Utilizando la expresioacuten (2) podemos calcular la velocidad υ con que el electroacuten se mueve en la primera oacuterbita

Sustituyendo r por la expresioacuten (3) tendremos

Rectificando las unidades se obtiene

Para n = 1

Problema 21iquestCalcule la energiacutea total del electroacuten en la segunda oacuterbita del aacutetomo de Bohr

SolucioacutenLa energiacutea total del electroacuten es

E = Ec+ Ep

Donde Ec es la energiacutea cineacutetica y Ep es la energiacutea potencial del electroacuten

La energiacutea potencial del electroacuten en el campo electrostaacutetico del nuacutecleo es igual a

Donde r es la distancia entre el nuacutecleo y el electroacuten (el radio de la oacuterbita)

La energiacutea cineacutetica

(1)

Donde m es la masa del electroacuten y υ es su velocidadSobre el electroacuten actuacutea una fuerza electroestaacutetica

Que es una fuerza centriacutepeta igual a

Por consiguiente

(2) Sustituyendo mv2 en la foacutermula de la energiacutea cineacutetica (1) por la expresioacuten (2) se obtiene

Por lo tanto la energiacutea total seraacute igual a

Sustituyendo r (ver el resultado del problema anterior) por

Se obtiene

Rectificando las unidades obtenemos

Para la segunda oacuterbita el nuacutemero cuaacutentico n = 2

Poniendo en lugar de h m y e sus respectivos valores numeacutericos hallamos

Problema 22iquestCuaacutel es la longitud de onda del fotoacuten emitido por el aacutetomo de hidroacutegeno cuando el electroacuten transita de la cuarta oacuterbita a la segunda

Solucioacuten

La radiacioacuten se produce soacutelo cuando el aacutetomo sufre una transicioacuten de una oacuterbita con energiacutea Ek a otra oacuterbita de menor energiacutea Ej (Ej lt Ek) En forma de ecuacioacuten

hν = Ek - Ej

Donde hν es el cuanto de energiacutea transportado por el fotoacuten emitido del aacutetomo durante la transicioacuten

En el caso nuestro k = 4 y j = 2 Por lo tanto

hν = E4 - E2

Utilizando la foacutermula de la energiacutea del electroacuten (ver el problema 21) se obtiene

Donde el teacutermino

Es la energiacutea del electroacuten en la segunda oacuterbita (Ver el problema 21)

Por consiguiente

Seguacuten el resultado del problema 21 E2 = -54 10∙ -19J

Por lo tanto

Como λ = cν entonces

Problema 23El electroacuten del aacutetomo de hidroacutegeno salta de la tercera oacuterbita a la segunda a) Calcular la longitud de onda del fotoacuten emitido b) Calcular la disminucioacuten de la energiacutea del aacutetomoacute

Datos

j =1k = 3R = 1097middot107 m-1

h = 6626 10∙ -34 J∙s

Solucioacuten

Cuando el electroacuten pasa de la oacuterbita de mayor energiacutea (Ek) a una orbita de menor

energiacutea (Ej) el aacutetomo emite un fotoacuten cuya energiacutea es igual a E = Ek- Ej La longitud de onda del fotoacuten emitido se calcula por la foacutermula

J y k son los nuacutemeros de las oacuterbitas y R es la constante de Ridberg

La disminucioacuten de la energiacutea del aacutetomo es igual a la energiacutea del fotoacuten emitido

Problema 24

a) iquestQueacute tensioacuten del campo eleacutectrico es necesaria seguacuten la mecaacutenica claacutesica para que un electroacuten acelerado en este campo adquiera la velocidad de la luzb) iquestCuaacutel seraacuten la velocidad del electroacuten y su masa en este campo seguacuten la mecaacutenica relativista

Datos

m0 = 9109∙10-31kgc = 3∙108mse = 1602 10∙ -19C

Solucioacuten

a) Seguacuten la mecaacutenica claacutesica la energiacutea cineacutetica del electroacuten

Donde m0 es la masa de reposo del electroacuten y υ es su velocidad La diferencia de potencial V multiplicada por la carga del electroacuten es una medida de la energiacutea cineacutetica del electroacuten adquirida en el campo eleacutectrico En otras palabras

Sustituyendo υ por c se calcula la diferencia de potencial del campo eleacutectrico necesaria para que el electroacuten adquiera la velocidad de la luz

Analizando las unidades y poniendo los valores numeacutericos del problema se obtiene

b) En la mecaacutenica relativista se calcula la masa m del electroacuten y su energiacutea

cineacutetica Ec utilizando las foacutermulas siguientes

Pero numeacutericamente Ec = (m0c2)2 o sea

La masa del electroacuten seraacute igual a

Problema 25iquestCuaacutel es la energiacutea de un fotoacuten correspondiente a ondas radio de frecuencia 1255 x106 Hz

Datos

E=hv v=c⋋Solucioacuten E=662610minus34 1255 106=831610minus28 J

PROBLEMA 26La liacutenea verde en el espectro atoacutemico del talio tiene una longitud de onda de 535 nm Calcular la energiacutea de un fotoacuten

Solucioacuten

H=662610minus34C=300 108 msminus1

E=hv v=c ⋋ v=300 108 msminus1

53510minus9 =560 1014

E=662610minus34 560 1014=372 10minus19J

PROBLEMA 27Un electroacuten salta desde un orbital maacutes externo a otro maacutes interno entre los que existe una diferencia de energiacutea de 15 x 10-15 J iquestCuaacutel es la frecuencia de la radiacioacuten emitida

Datos

∆ E=hv

Solucioacuten

v=∆ E h= 15 10minus15J662610minus34 JS

=2261018 Sminus1

Problema 28La longitud de onda umbral para que cierta superficie metaacutelica emita electrones es 6000 Aring Se observoacute que si esa superficie fotosensible se ilumina con luz de 4000 Aring los electrones son emitidos con una velocidad de 606 x 105m s-1 Deducir el valor de la constante de Planck

Datos

λ1=600 Aring=610minus7 λ2=400 Aring=410minus7 V = 6 06 x 105m s-1 m=9 110minus31

Solucioacuten h= Cλ 2

=hCλ 1

+ mv2

2

h= 3 108

410minus7 =h3 108

6 10minus7 +91 10minus31 (606105)2

2

75 1014 h=5 1014 h+16710minus19

25 1014 h=167 10minus19

h=66810minus34 Js

Problema 29La frecuencia umbral de cierto metal es 88 x 1014 s-1 Calcular la velocidad maacutexima de los electrones emitidos por ese metal cuando se ilumina con luz cuya longitud de onda es 2536 Aring iquestQueacute energiacutea cineacutetica poseen esos electrones

EC=h(CλminusV C)=662610minus34 J s ( 3

108ms

2536 10minus10 minus88 x 1014 sminus1)=201 10minus19 J

EC=m v2

2rarr v2=radic 2 EC

m=radic 2 20110minus19 J

9110minus31kg=664 105 m s

Pregunta 30Una superficie de cierto metal emite electrones cuya energiacutea cineacutetica equivale a 3 eV cuando se ilumina con luz de longitud de onda de 1500 Aring iquestcual es el valor de la frecuencia umbral de ese metal

Solucioacuten

Se debe cumplir que E incidente= E umbral+E cineacutetica del electroacuten

E incidente=hv=hλ=66210minus34 J S 3 108 msminus1

150010minus10m=13 10minus18 J

E incidente del electron=3eV 16 10minus19 J eV minus1=48 10minus19 J

E umbral=13 10minus18 Jminus4810minus19 J=8210minus19

υ= Eh

= 82 10minus19 J66210minus34 JS

=13 1015 Hz

Problema 31Calcule la longitud de onda y la frecuencia da la 2da raya de la serie de Balme en el espectro del hidrogeno Constante de rydberg=109677 107 mminus1 La segunda raya nj=4 entonces ni=2

1⋋2

=RH ( 1

iquest2minus 1

nj2)=109677107( 1

22minus 1

42)=109677 107 3

16rarr⋋2=486 10minus7 m

v= C⋋2

= 300108

486 10minus7 =617 1014 Hz

Problema 32Calcuacutelese la longitud de onda de De Broglie en cada uno de los siguientes casos a) un neutroacuten que se mueve a una velocidad de 10 kms b) Un moacutevil de 20 g que se mueve a 72 kmhora

Solucioacutena) un neutroacuten que se mueve a una velocidad de 10 kms

masa del electron=167 10minus27 kg

mv=167 10minus27 kg 104 m sminus1=167 10minus23

λ=h

mv=66310minus34

16710minus23 =39710minus11 m

b) Un moacutevil de 20 g que se mueve a 72 kmhora

λ= hmv

=66310minus34

210minus2 20=1610minus33m

Problema 33Una superficie de sodio se ilumina con luz de 300 nm de longitud de ondala funcioacuten de trabajo para el metal de sodio es 246 eV Encuentrea) la energiacutea cineacutetica maacutexima de los fotoelectrones emitidosb) la longitud de onda de corte para el sodio

c) calcule la rapidez maacutexima del efecto fotoeleacutectrico

Solucioacuten

a) la energiacutea cineacutetica maacutexima de los fotoelectrones emitidos

E=h f =hcλ

=(662610minus34 J s ) (3 108 m s)

30010minus9m=663 10minus19 J=414 eV

Luego aplicamos Kmax=h f minusФ=414eV minus246eV =168 eV

b) la longitud de onda de corte para el sodio

E=h f 0=Ф dedonde hcλ0

aislamos λ0=hcФ

peroФ=(246 eV )(1610minus19 J eV )=39410minus19 J

Reemplazamos λ0=(662610minus34 Js )(3108 m s)

394 10minus19 J=iquest 505 10minus7=505 nm

c) calcule la rapidez maacutexima del efecto fotoeleacutectrico

E=12

m v2rarr 168eV iquest(91110minus31kg)v2

2 rarr v=768 105 m s

Problema 34Un aacutetomo absorbe un fotoacuten que tiene una longitud de onda de 375 nm e inmediatamente emite otro fotoacuten que tiene una longitud de onda de 580 nm iquestCuaacutel es la energiacutea neta absorbida por el aacutetomo en este proceso

Solucioacuten

Eneta=E f minusEi

Eneta=1240 eV nm

λemiteminus1240 eV nm

λabsorbe=1240 eV nm

λemiteminus1240 eV nm

λabsorbe

Eneta=2138 eVminus331 eV =1172eV

Problema 35La mayoriacutea de los procesos gaseosos de ionizacioacuten requieren cambios de energiacutea de 1 x10minus18 a 1 x10minus16 iquestqueacute regioacuten del espectro electromagneacutetico del sol es entonces

principalmente responsable de la creacioacuten de la ionosfera en la atmosfera de la tierra

Solucioacuten

tenemos E=1240 eV nmλ

reemplazamos 1 x10minus16minus1 x 10minus18=1240 eV nmλ

convirtiendo a eV 625minus625=1240 eV nmλ

cancelando eV λ=1240 nm61875

=iquest 2004 nm(ultravioleta)

Problema 36Se desea escoger una sustancia para una foto celda operable con luz visible iquestCuaacutel de la siguientes lo haraacute(la funcioacuten de trabajo aparece entre pareacutentesis )el tantalio(42eV)el tungsteno(45eV)el aluminio(42eV)el bario(25eV)el litio(23eV)el cesio(19eV)

Solucioacuten

Sabemos E=1240 eV nmλ

ReemplazamosE=Ф

Luego λ=1240 eV nm

Ф

aiquest tantalio λ=1240 eV nm

42 eV=iquest 2952nm(ultravioleta)

biquest tungsteno λ=1240 eVnm

45 eV=iquest 2756 nm(ultravioleta)

c iquestaluminio λ=1240 eV nm

42 eV=iquest 2952nm(ultravioleta)

d iquestbario λ=1240 eV nm

25 eV=iquest 496 nm(visible)

e iquestlitio λ=1240 eV nm

23 eV=iquest 5391nm(visible)

f iquest sesio λ=1240 eV nm

19 eV=iquest 6526nm(visible)

Problema 37a) La energiacutea necesaria para desprender un electroacuten de sodio metaacutelico es de 228eV iquestMuestra el sodio un efecto fotoeleacutectrico bajo luz roja con λ=678 nmb) iquestCuaacutel es la longitud de la onda de corte de la emisioacuten fotoeleacutectrica del sodio y a que color corresponde esta longitud de onda

Solucioacuten

Para la pregunta a

Tenemos E=1240 eV nmλ

Reemplazamos E=1240 eV nm678 nm

=iquest 18289 eV

no se produce el efecto fotoelectrico porque Elt228 eV

Para la pregunta b

E=1240 eV nmλ

Reemplazamos E=1240 eV nm228 eV

=iquest 54386 nm(verde)

Pregunta 38Un numero de fotones incide sobre una superficie de sodio que tiene una funcioacuten de trabajo de 228eV causando la emisioacuten fotoeleacutectrica cuando se impone un potencial de frenado de 492 V no existe una fotocorriente Halle la longitud de onda de los fotones incidentes

Solucioacuten

Tenemos Ф=228 eV

Tambieacuten h f =Ф+k max

Reemplazado h f =Ф+e V 0

Luego 1240 eV nm

λ=228 eV +(16 10minus19C )(492 V )

Sabemos V=J C por lo tanto convertimos a eV

1240 eV nm

λ=228 eV +(16 10minus19C )(492J C)(1eV 16 10minus19 J )

Cancelando λ=1722 nm

Pregunta 39a Si la funcioacuten de trabajo de un metal es de 185eV iquestCuaacutel seria el potencial de frenado de la luz que tenga una longitud de onda de 410 nmb iquestCuaacutel seria la velocidad maacutexima de los fotoelectrones emitidos en la superficie de metal

Solucioacuten

Para a

Sabemos h f =Ф+k max

Reemplazamos 1240 eV nm

λ=185 eV +e V 0

1240 eV nm

410 nm=185 eV +e V 0

Reduciendo V 0=117V

Para b

Tenemos k max=e V 0

12

m v2=e V 0

Reemplazamos 12

(91110minus31) v2=(16 10minus19 )(117 V )

Reduciendo V=641 km s

Pregunta 40El molibdeno tiene una funcioacuten de trabajo de 420 eV a) encuentre la longitud de onda de corte y la frecuencia de corte para el efecto fotoeleacutectrico B) calcule el potencial de frenado si la luz incidente tiene una longitud de onda de 180nm

Solucioacuten

Para a sabemos Ф=h f 0 de aquiacute Ф=h CλC

Aislamos λ λC=h CФ

Reemplazamos λC=iquest (662610minus34 )(3 108)

42016 10minus19 =iquest 2958 nm

Ahora calculamos la frecuencia de cortef 0

Sabemos f 0=CλC

=iquest 3108

295810minus9= 1014 pHz

Para b tenemos Kmax=CλC

minusФ

Reemplazamos Kmax=6626 10minus34 3108

18010minus9 minus420 eV

Reduciendo Kmax=2675 eV

Finalmente calculamos el V 0

De Kmax=eV 0

Aislamos V 0=iquest 267516 10minus19 J

16 10minus19 C=iquest 2675 V

Problema 41Un estudiante que analiza el efecto fotoeleacutectrico de dos metales diferente registra la siguiente informacioacuteni) el potencial de frenado para los fotoelectrones liberados en el metal 1 es 148 V mayor que para el metal 2 y ii) la frecuencia de corte para el metal 1 es 40 mas pequentildea que para el metal 2determine la funcioacuten de trabajo para cada metal

Kmaxi=e V 01 Kmaxi=e(V 02+148) (1)

Kmaxi=e V 02 (2)

h f 01=Ф1 h 60

100 f 02=Ф1 (3)

Metal 1 Metal 2 V 01=V 02+148

f 01=60

100 f 02

V 02=V 02

f 01=f 02

h f 02=Ф2 (4)

En (1)

h f minush f 01=e(V 02+148) (5)

h f minush f 02=e V 02 (6)

Luego (6) en (5)

h f minush60

100 f 02=h f minush f 02+e 148

Simplificando f 02=e 148 5

2 h=Ф2

Ф2=37 eV

Entonces h60100

f 02=Ф1

Pero h f 02=Ф2

Reemplazando f 02=h60

100Ф2

h=Ф1

Simplicando Ф1=222eV

Pregunta 42Dos fuentes luminosas se utilizan en un experimento fotoeleacutectrico para determinarla funcioacuten de trabajo para una superficie metaacutelica particular Cuando se emplea luz verde de una laacutempara de mercurio (λ=5461 nm) un potencial de frenado de 0376 V reduce la fotocorriente a ceroa Con base a esta medicioacuten iquestCuaacutel es la funcioacuten de trabajo para este metalb iquestQueacute potencial de frenado se observariacutea al usar la luz amarilla de un cubo de descarga de helio λ=58715 nm

Solucioacuten

Para a

Kmaxi=h f minusФ (1)

Kmaxi=e V 0 (2)

(1) En (2)

h f minusФ=e V 0

Luego Ф=minuse V 0+h c λ

Reemplazando valores

Ф=minus(16 10minus19C ) (0376 V )+(60626 10minus34 J S ) 3 108546110minus9

Ф=1899 eV

Para b

De la ecuacioacuten h f minusФ=e V 0

Aislamos V 0=iquest h

CλminusФ

e

V 0=iquest 3108

587510minus9 minusiquest 19 eV iquest16 10minus19C=02125 V

Pregunta 43Fotones de 450 nm de longitud inciden sobre un metal los electrones mas energeacuteticos expulsados del metal se desviacutean en in arco circular de 200 cm de radio por medio de un campo magneacutetico con una magnitud de 200x10minus5 TiquestCuaacutel es la funcioacuten de trabajo del metal

Datos

λ=450 10minus9m r=200cm=02 m t=200 x10minus5T

Solucioacuten

Hallamos ldquoErdquo

E=hcλ

rarr E=(6626 10minus34 J S )(3108)450 10minus9m=441710minus19 J

Hallamos ldquoV ldquo

V=q Br m

V=(16 10minus19 J ) ( 20010minus5T ) (02 m )

91110minus31 Kg=007025107m S

Hallamos k rsub max

k max=12

mv2 rarr k max=( 91110minus31 Kg )iquest

Hallamos ldquoФrdquo

Ф=hcλ

minuskmax=4417 10minus19 Jminus224810minus19 J=21691019 1 eV 1610minus19

Ф=135 eV

Problema 44Un Fotoacuten que tiene energiacutea Eo es dispersado por un electroacuten libre inicialmente en reposo de tal manera que el aacutengulo de dispersioacuten del electroacuten dispersado es igual al del fotoacuten dispersado ( ) a) Determine los aacutengulos y b) La energiacutea y el momentum del fotoacuten dispersado y c) La energiacutea cineacutetica del electroacuten dispersado

Solucioacuten

aiquest Determine los aacutengulos y

X hλ0

=h cosФ

λ+γ me VcosФ

Y 0=minush senФ

λ +γ me VsenФ

De Y 0=minush

λ=γ me V rarr

h

λ =γ me V

De X hλ0

=hcosФ

λ+ hcosФ

λ()

despejando λ

2 λ0 cosФ

corrimiento de compton

λminus λ0=

hme c

(1minuscosФ )rarr 2 λ0 cosФminusλ0=h

me c(1minuscosФ )

Sabiendoque λ0=hcE0

en funcion de E0

2 λ0 cosФminus1=E0

me c2 (1minuscosФ )rarr sihacemos E0

me c2 =x

2 λ0 cosФminus1=x (1minuscosФ )

Aislamos elaacutengulo Ф=arcocos( x+1x+2

)

biquest La energiacutea y el momentumdel fotoacuten dispersado energ iacutea

E=hc λ si λ =2 λ0 cosФ si λ0=hcλ0

entonces E=E0

2cosФ obtenemos Eacute=( x2+2 x

2 x+2)me c2

Momenton p h Si acute 2 λ0 cos E h 2 λ0cos Si λ0=hc E0

entonces pE0

2C cosФ obtenemos Pacute=( x2+2 x

2 x+2)me c2

c iquest La energiacuteacineacutetica del electroacutendispersado E0 iquest E +Ke E0minusE =Ke

Reemplazamos Ke=( x2

2 x+2)me c2

Problema 45Un Fotoacuten de 0880mev es dispersado por un electroacuten libre inicialmente en reposo de tal manera que el aacutengulo de dispersioacuten del electroacuten dispersado es igual al del fotoacuten dispersado ( ) a) Determine los aacutengulos y b) La energiacutea y el momentum del fotoacuten dispersado y c) La energiacutea cineacutetica del electroacuten dispersado

Solucioacuten

aiquest Determine los aacutengulos y

X hλ0

=h cosФ

λ+γ me VcosФ

Y 0=minush senФ

λ +γ me VsenФ

De Y 0=minush

λ=γ me V rarr

h

λ =γ me V

En X hλ0

=hcosФ

λ + hcosФ

λ ()

hλ0

=2h cosФ

λ rarr λ =2 λ0cosФ

λminus λ0=

hme c

(1minuscosФ )rarr 2 λ0 cosФminusλ0=h

me c(1minuscosФ )

Pero E0=hcλ0

reemplazando y combinando

me

E0

c2 (2 cosФminus1 )=(1minuscosФ )

(91 10minus31 kg)(9 1016 m2 s2)iquestiquest (1minuscosФ )=iquest 5809 10minus2 (2cosФminus1 )

cosФ=013

Ф=43 10

biquest La energiacutea y el momentumdel fotoacuten dispersado

E hc Si acute 2 λ0 cos

E hc 2 λ0 cos Si λ0=hc E0 E E0 2 cos Reemplazando E=0808 meV 2 cos 43 ordm=602 KeV

P h =E c=602103 16 10minus19 3108=iquest

P 32110minus22kg m s

c iquest La energiacuteacineacutetica del electroacutendispersado

k e=880 KeV minus602 KeV k e=278 KeV

Problema 46En un experimento de dispersioacuten Compton un fotoacuten se desviacutea en 900ordm y el electroacuten se desviacutea en un aacutengulo de 200ordm Determine la longitud de onda del fotoacuten dispersado

Solucioacuten

X hλ0

=h cosФ

λ+γ me VcosФ Y 0=minush senФ

λ +γ me VsenФ

Luego

Y h

λ=γ me Vsen200

(2iquest X hλ0

=γ me Vcos200 (1iquest

De 2 y1

λ0=λ tg200

De

λ minus λ0=h

mc(1minuscos900)

λ minus λ tg 200= hmc

rarr λ (1minustg 200 )= hmc

λ (1minus036 )=00024310minus9 m

λ =38 10minus12m

Problema 47Un fotoacuten de 000160nm se dispersa a partir de un electroacuten libre iquestPara queacute aacutengulos de dispersioacuten (fotoacuten) el electroacuten de retroceso tiene la misma energiacutea cineacutetica que la energiacutea del fotoacuten dispersado

Solucioacuten

λ0=000160 10minus9 hcλ0

=hc

λ+ hc

λ=rarr

1λ0

= 2

λ

λ minus λ0=h

mc(1minuscosФ)

000160 10minus9 m=000243 10minus9m(1minuscosФ)

cosФ=034

Ф=70 10

Problema 48A partir de la dispersioacuten de la luz solar de Thompson calculo el radio claacutesico del electroacuten que tiene un valor de 282 10minus15 Si la luz del sol con una intensidad de 500Wm2cae sobre un disco con este radio calcule el tiempo requerido para acumular 1eV de energiacutea Suponga que la luz es una onda claacutesica y que la luz que golpea al disco es absorbida por completo iquestCoacutemo se compara su resultado con la observacioacuten que los fotoelectrones son emitidos con rapidez dentro de10minus9 s Solucioacuten

radiaccion=500 W m2

tenemos I=P A rarr P=I A

Luego W t=I A

t=EI

A= 1 eV500 W π iquestiquestiquest

Absolutamente largo

  • Laboratorio de Fiacutesica Moderna
Page 23: David reparado

Donde r es la distancia entre el nuacutecleo y el electroacuten Bajo la accioacuten de esta fuerza el electroacuten describe alrededor del nuacutecleo oacuterbitas en forma de elipses de Kepler y como un caso particular en forma de circunferencia

La fuerza de Coulomb es una fuerza centriacutepeta (Fc) y es numeacutericamente igual cuando se trata de una oacuterbita circular a

Por lo tanto

(1)

Para una oacuterbita circular la cantidad de movimiento angular del electroacuten es

p = mυr

La condicioacuten cuaacutentica de Bohr p = nh2π da la posibilidad de calcular el radio de

La oacuterbita circular estacionaria

(2)

La expresioacuten (1) se puede escribir en forma siguiente

Sustituyendo (mυr) por la expresioacuten (2) se obtiene

Para la primera oacuterbita n = 1 Por lo tanto

(3)

Esta magnitud representa el radio de la primera oacuterbita circular del electroacuten (radio de Bohr) es decir de la maacutes proacutexima al nuacutecleo del aacutetomo de hidroacutegeno

Rectificando las unidades y poniendo en lugar de h m ε0 y e sus respectivos valores numeacutericos se obtiene

Donde

(4)

Utilizando la expresioacuten (2) podemos calcular la velocidad υ con que el electroacuten se mueve en la primera oacuterbita

Sustituyendo r por la expresioacuten (3) tendremos

Rectificando las unidades se obtiene

Para n = 1

Problema 21iquestCalcule la energiacutea total del electroacuten en la segunda oacuterbita del aacutetomo de Bohr

SolucioacutenLa energiacutea total del electroacuten es

E = Ec+ Ep

Donde Ec es la energiacutea cineacutetica y Ep es la energiacutea potencial del electroacuten

La energiacutea potencial del electroacuten en el campo electrostaacutetico del nuacutecleo es igual a

Donde r es la distancia entre el nuacutecleo y el electroacuten (el radio de la oacuterbita)

La energiacutea cineacutetica

(1)

Donde m es la masa del electroacuten y υ es su velocidadSobre el electroacuten actuacutea una fuerza electroestaacutetica

Que es una fuerza centriacutepeta igual a

Por consiguiente

(2) Sustituyendo mv2 en la foacutermula de la energiacutea cineacutetica (1) por la expresioacuten (2) se obtiene

Por lo tanto la energiacutea total seraacute igual a

Sustituyendo r (ver el resultado del problema anterior) por

Se obtiene

Rectificando las unidades obtenemos

Para la segunda oacuterbita el nuacutemero cuaacutentico n = 2

Poniendo en lugar de h m y e sus respectivos valores numeacutericos hallamos

Problema 22iquestCuaacutel es la longitud de onda del fotoacuten emitido por el aacutetomo de hidroacutegeno cuando el electroacuten transita de la cuarta oacuterbita a la segunda

Solucioacuten

La radiacioacuten se produce soacutelo cuando el aacutetomo sufre una transicioacuten de una oacuterbita con energiacutea Ek a otra oacuterbita de menor energiacutea Ej (Ej lt Ek) En forma de ecuacioacuten

hν = Ek - Ej

Donde hν es el cuanto de energiacutea transportado por el fotoacuten emitido del aacutetomo durante la transicioacuten

En el caso nuestro k = 4 y j = 2 Por lo tanto

hν = E4 - E2

Utilizando la foacutermula de la energiacutea del electroacuten (ver el problema 21) se obtiene

Donde el teacutermino

Es la energiacutea del electroacuten en la segunda oacuterbita (Ver el problema 21)

Por consiguiente

Seguacuten el resultado del problema 21 E2 = -54 10∙ -19J

Por lo tanto

Como λ = cν entonces

Problema 23El electroacuten del aacutetomo de hidroacutegeno salta de la tercera oacuterbita a la segunda a) Calcular la longitud de onda del fotoacuten emitido b) Calcular la disminucioacuten de la energiacutea del aacutetomoacute

Datos

j =1k = 3R = 1097middot107 m-1

h = 6626 10∙ -34 J∙s

Solucioacuten

Cuando el electroacuten pasa de la oacuterbita de mayor energiacutea (Ek) a una orbita de menor

energiacutea (Ej) el aacutetomo emite un fotoacuten cuya energiacutea es igual a E = Ek- Ej La longitud de onda del fotoacuten emitido se calcula por la foacutermula

J y k son los nuacutemeros de las oacuterbitas y R es la constante de Ridberg

La disminucioacuten de la energiacutea del aacutetomo es igual a la energiacutea del fotoacuten emitido

Problema 24

a) iquestQueacute tensioacuten del campo eleacutectrico es necesaria seguacuten la mecaacutenica claacutesica para que un electroacuten acelerado en este campo adquiera la velocidad de la luzb) iquestCuaacutel seraacuten la velocidad del electroacuten y su masa en este campo seguacuten la mecaacutenica relativista

Datos

m0 = 9109∙10-31kgc = 3∙108mse = 1602 10∙ -19C

Solucioacuten

a) Seguacuten la mecaacutenica claacutesica la energiacutea cineacutetica del electroacuten

Donde m0 es la masa de reposo del electroacuten y υ es su velocidad La diferencia de potencial V multiplicada por la carga del electroacuten es una medida de la energiacutea cineacutetica del electroacuten adquirida en el campo eleacutectrico En otras palabras

Sustituyendo υ por c se calcula la diferencia de potencial del campo eleacutectrico necesaria para que el electroacuten adquiera la velocidad de la luz

Analizando las unidades y poniendo los valores numeacutericos del problema se obtiene

b) En la mecaacutenica relativista se calcula la masa m del electroacuten y su energiacutea

cineacutetica Ec utilizando las foacutermulas siguientes

Pero numeacutericamente Ec = (m0c2)2 o sea

La masa del electroacuten seraacute igual a

Problema 25iquestCuaacutel es la energiacutea de un fotoacuten correspondiente a ondas radio de frecuencia 1255 x106 Hz

Datos

E=hv v=c⋋Solucioacuten E=662610minus34 1255 106=831610minus28 J

PROBLEMA 26La liacutenea verde en el espectro atoacutemico del talio tiene una longitud de onda de 535 nm Calcular la energiacutea de un fotoacuten

Solucioacuten

H=662610minus34C=300 108 msminus1

E=hv v=c ⋋ v=300 108 msminus1

53510minus9 =560 1014

E=662610minus34 560 1014=372 10minus19J

PROBLEMA 27Un electroacuten salta desde un orbital maacutes externo a otro maacutes interno entre los que existe una diferencia de energiacutea de 15 x 10-15 J iquestCuaacutel es la frecuencia de la radiacioacuten emitida

Datos

∆ E=hv

Solucioacuten

v=∆ E h= 15 10minus15J662610minus34 JS

=2261018 Sminus1

Problema 28La longitud de onda umbral para que cierta superficie metaacutelica emita electrones es 6000 Aring Se observoacute que si esa superficie fotosensible se ilumina con luz de 4000 Aring los electrones son emitidos con una velocidad de 606 x 105m s-1 Deducir el valor de la constante de Planck

Datos

λ1=600 Aring=610minus7 λ2=400 Aring=410minus7 V = 6 06 x 105m s-1 m=9 110minus31

Solucioacuten h= Cλ 2

=hCλ 1

+ mv2

2

h= 3 108

410minus7 =h3 108

6 10minus7 +91 10minus31 (606105)2

2

75 1014 h=5 1014 h+16710minus19

25 1014 h=167 10minus19

h=66810minus34 Js

Problema 29La frecuencia umbral de cierto metal es 88 x 1014 s-1 Calcular la velocidad maacutexima de los electrones emitidos por ese metal cuando se ilumina con luz cuya longitud de onda es 2536 Aring iquestQueacute energiacutea cineacutetica poseen esos electrones

EC=h(CλminusV C)=662610minus34 J s ( 3

108ms

2536 10minus10 minus88 x 1014 sminus1)=201 10minus19 J

EC=m v2

2rarr v2=radic 2 EC

m=radic 2 20110minus19 J

9110minus31kg=664 105 m s

Pregunta 30Una superficie de cierto metal emite electrones cuya energiacutea cineacutetica equivale a 3 eV cuando se ilumina con luz de longitud de onda de 1500 Aring iquestcual es el valor de la frecuencia umbral de ese metal

Solucioacuten

Se debe cumplir que E incidente= E umbral+E cineacutetica del electroacuten

E incidente=hv=hλ=66210minus34 J S 3 108 msminus1

150010minus10m=13 10minus18 J

E incidente del electron=3eV 16 10minus19 J eV minus1=48 10minus19 J

E umbral=13 10minus18 Jminus4810minus19 J=8210minus19

υ= Eh

= 82 10minus19 J66210minus34 JS

=13 1015 Hz

Problema 31Calcule la longitud de onda y la frecuencia da la 2da raya de la serie de Balme en el espectro del hidrogeno Constante de rydberg=109677 107 mminus1 La segunda raya nj=4 entonces ni=2

1⋋2

=RH ( 1

iquest2minus 1

nj2)=109677107( 1

22minus 1

42)=109677 107 3

16rarr⋋2=486 10minus7 m

v= C⋋2

= 300108

486 10minus7 =617 1014 Hz

Problema 32Calcuacutelese la longitud de onda de De Broglie en cada uno de los siguientes casos a) un neutroacuten que se mueve a una velocidad de 10 kms b) Un moacutevil de 20 g que se mueve a 72 kmhora

Solucioacutena) un neutroacuten que se mueve a una velocidad de 10 kms

masa del electron=167 10minus27 kg

mv=167 10minus27 kg 104 m sminus1=167 10minus23

λ=h

mv=66310minus34

16710minus23 =39710minus11 m

b) Un moacutevil de 20 g que se mueve a 72 kmhora

λ= hmv

=66310minus34

210minus2 20=1610minus33m

Problema 33Una superficie de sodio se ilumina con luz de 300 nm de longitud de ondala funcioacuten de trabajo para el metal de sodio es 246 eV Encuentrea) la energiacutea cineacutetica maacutexima de los fotoelectrones emitidosb) la longitud de onda de corte para el sodio

c) calcule la rapidez maacutexima del efecto fotoeleacutectrico

Solucioacuten

a) la energiacutea cineacutetica maacutexima de los fotoelectrones emitidos

E=h f =hcλ

=(662610minus34 J s ) (3 108 m s)

30010minus9m=663 10minus19 J=414 eV

Luego aplicamos Kmax=h f minusФ=414eV minus246eV =168 eV

b) la longitud de onda de corte para el sodio

E=h f 0=Ф dedonde hcλ0

aislamos λ0=hcФ

peroФ=(246 eV )(1610minus19 J eV )=39410minus19 J

Reemplazamos λ0=(662610minus34 Js )(3108 m s)

394 10minus19 J=iquest 505 10minus7=505 nm

c) calcule la rapidez maacutexima del efecto fotoeleacutectrico

E=12

m v2rarr 168eV iquest(91110minus31kg)v2

2 rarr v=768 105 m s

Problema 34Un aacutetomo absorbe un fotoacuten que tiene una longitud de onda de 375 nm e inmediatamente emite otro fotoacuten que tiene una longitud de onda de 580 nm iquestCuaacutel es la energiacutea neta absorbida por el aacutetomo en este proceso

Solucioacuten

Eneta=E f minusEi

Eneta=1240 eV nm

λemiteminus1240 eV nm

λabsorbe=1240 eV nm

λemiteminus1240 eV nm

λabsorbe

Eneta=2138 eVminus331 eV =1172eV

Problema 35La mayoriacutea de los procesos gaseosos de ionizacioacuten requieren cambios de energiacutea de 1 x10minus18 a 1 x10minus16 iquestqueacute regioacuten del espectro electromagneacutetico del sol es entonces

principalmente responsable de la creacioacuten de la ionosfera en la atmosfera de la tierra

Solucioacuten

tenemos E=1240 eV nmλ

reemplazamos 1 x10minus16minus1 x 10minus18=1240 eV nmλ

convirtiendo a eV 625minus625=1240 eV nmλ

cancelando eV λ=1240 nm61875

=iquest 2004 nm(ultravioleta)

Problema 36Se desea escoger una sustancia para una foto celda operable con luz visible iquestCuaacutel de la siguientes lo haraacute(la funcioacuten de trabajo aparece entre pareacutentesis )el tantalio(42eV)el tungsteno(45eV)el aluminio(42eV)el bario(25eV)el litio(23eV)el cesio(19eV)

Solucioacuten

Sabemos E=1240 eV nmλ

ReemplazamosE=Ф

Luego λ=1240 eV nm

Ф

aiquest tantalio λ=1240 eV nm

42 eV=iquest 2952nm(ultravioleta)

biquest tungsteno λ=1240 eVnm

45 eV=iquest 2756 nm(ultravioleta)

c iquestaluminio λ=1240 eV nm

42 eV=iquest 2952nm(ultravioleta)

d iquestbario λ=1240 eV nm

25 eV=iquest 496 nm(visible)

e iquestlitio λ=1240 eV nm

23 eV=iquest 5391nm(visible)

f iquest sesio λ=1240 eV nm

19 eV=iquest 6526nm(visible)

Problema 37a) La energiacutea necesaria para desprender un electroacuten de sodio metaacutelico es de 228eV iquestMuestra el sodio un efecto fotoeleacutectrico bajo luz roja con λ=678 nmb) iquestCuaacutel es la longitud de la onda de corte de la emisioacuten fotoeleacutectrica del sodio y a que color corresponde esta longitud de onda

Solucioacuten

Para la pregunta a

Tenemos E=1240 eV nmλ

Reemplazamos E=1240 eV nm678 nm

=iquest 18289 eV

no se produce el efecto fotoelectrico porque Elt228 eV

Para la pregunta b

E=1240 eV nmλ

Reemplazamos E=1240 eV nm228 eV

=iquest 54386 nm(verde)

Pregunta 38Un numero de fotones incide sobre una superficie de sodio que tiene una funcioacuten de trabajo de 228eV causando la emisioacuten fotoeleacutectrica cuando se impone un potencial de frenado de 492 V no existe una fotocorriente Halle la longitud de onda de los fotones incidentes

Solucioacuten

Tenemos Ф=228 eV

Tambieacuten h f =Ф+k max

Reemplazado h f =Ф+e V 0

Luego 1240 eV nm

λ=228 eV +(16 10minus19C )(492 V )

Sabemos V=J C por lo tanto convertimos a eV

1240 eV nm

λ=228 eV +(16 10minus19C )(492J C)(1eV 16 10minus19 J )

Cancelando λ=1722 nm

Pregunta 39a Si la funcioacuten de trabajo de un metal es de 185eV iquestCuaacutel seria el potencial de frenado de la luz que tenga una longitud de onda de 410 nmb iquestCuaacutel seria la velocidad maacutexima de los fotoelectrones emitidos en la superficie de metal

Solucioacuten

Para a

Sabemos h f =Ф+k max

Reemplazamos 1240 eV nm

λ=185 eV +e V 0

1240 eV nm

410 nm=185 eV +e V 0

Reduciendo V 0=117V

Para b

Tenemos k max=e V 0

12

m v2=e V 0

Reemplazamos 12

(91110minus31) v2=(16 10minus19 )(117 V )

Reduciendo V=641 km s

Pregunta 40El molibdeno tiene una funcioacuten de trabajo de 420 eV a) encuentre la longitud de onda de corte y la frecuencia de corte para el efecto fotoeleacutectrico B) calcule el potencial de frenado si la luz incidente tiene una longitud de onda de 180nm

Solucioacuten

Para a sabemos Ф=h f 0 de aquiacute Ф=h CλC

Aislamos λ λC=h CФ

Reemplazamos λC=iquest (662610minus34 )(3 108)

42016 10minus19 =iquest 2958 nm

Ahora calculamos la frecuencia de cortef 0

Sabemos f 0=CλC

=iquest 3108

295810minus9= 1014 pHz

Para b tenemos Kmax=CλC

minusФ

Reemplazamos Kmax=6626 10minus34 3108

18010minus9 minus420 eV

Reduciendo Kmax=2675 eV

Finalmente calculamos el V 0

De Kmax=eV 0

Aislamos V 0=iquest 267516 10minus19 J

16 10minus19 C=iquest 2675 V

Problema 41Un estudiante que analiza el efecto fotoeleacutectrico de dos metales diferente registra la siguiente informacioacuteni) el potencial de frenado para los fotoelectrones liberados en el metal 1 es 148 V mayor que para el metal 2 y ii) la frecuencia de corte para el metal 1 es 40 mas pequentildea que para el metal 2determine la funcioacuten de trabajo para cada metal

Kmaxi=e V 01 Kmaxi=e(V 02+148) (1)

Kmaxi=e V 02 (2)

h f 01=Ф1 h 60

100 f 02=Ф1 (3)

Metal 1 Metal 2 V 01=V 02+148

f 01=60

100 f 02

V 02=V 02

f 01=f 02

h f 02=Ф2 (4)

En (1)

h f minush f 01=e(V 02+148) (5)

h f minush f 02=e V 02 (6)

Luego (6) en (5)

h f minush60

100 f 02=h f minush f 02+e 148

Simplificando f 02=e 148 5

2 h=Ф2

Ф2=37 eV

Entonces h60100

f 02=Ф1

Pero h f 02=Ф2

Reemplazando f 02=h60

100Ф2

h=Ф1

Simplicando Ф1=222eV

Pregunta 42Dos fuentes luminosas se utilizan en un experimento fotoeleacutectrico para determinarla funcioacuten de trabajo para una superficie metaacutelica particular Cuando se emplea luz verde de una laacutempara de mercurio (λ=5461 nm) un potencial de frenado de 0376 V reduce la fotocorriente a ceroa Con base a esta medicioacuten iquestCuaacutel es la funcioacuten de trabajo para este metalb iquestQueacute potencial de frenado se observariacutea al usar la luz amarilla de un cubo de descarga de helio λ=58715 nm

Solucioacuten

Para a

Kmaxi=h f minusФ (1)

Kmaxi=e V 0 (2)

(1) En (2)

h f minusФ=e V 0

Luego Ф=minuse V 0+h c λ

Reemplazando valores

Ф=minus(16 10minus19C ) (0376 V )+(60626 10minus34 J S ) 3 108546110minus9

Ф=1899 eV

Para b

De la ecuacioacuten h f minusФ=e V 0

Aislamos V 0=iquest h

CλminusФ

e

V 0=iquest 3108

587510minus9 minusiquest 19 eV iquest16 10minus19C=02125 V

Pregunta 43Fotones de 450 nm de longitud inciden sobre un metal los electrones mas energeacuteticos expulsados del metal se desviacutean en in arco circular de 200 cm de radio por medio de un campo magneacutetico con una magnitud de 200x10minus5 TiquestCuaacutel es la funcioacuten de trabajo del metal

Datos

λ=450 10minus9m r=200cm=02 m t=200 x10minus5T

Solucioacuten

Hallamos ldquoErdquo

E=hcλ

rarr E=(6626 10minus34 J S )(3108)450 10minus9m=441710minus19 J

Hallamos ldquoV ldquo

V=q Br m

V=(16 10minus19 J ) ( 20010minus5T ) (02 m )

91110minus31 Kg=007025107m S

Hallamos k rsub max

k max=12

mv2 rarr k max=( 91110minus31 Kg )iquest

Hallamos ldquoФrdquo

Ф=hcλ

minuskmax=4417 10minus19 Jminus224810minus19 J=21691019 1 eV 1610minus19

Ф=135 eV

Problema 44Un Fotoacuten que tiene energiacutea Eo es dispersado por un electroacuten libre inicialmente en reposo de tal manera que el aacutengulo de dispersioacuten del electroacuten dispersado es igual al del fotoacuten dispersado ( ) a) Determine los aacutengulos y b) La energiacutea y el momentum del fotoacuten dispersado y c) La energiacutea cineacutetica del electroacuten dispersado

Solucioacuten

aiquest Determine los aacutengulos y

X hλ0

=h cosФ

λ+γ me VcosФ

Y 0=minush senФ

λ +γ me VsenФ

De Y 0=minush

λ=γ me V rarr

h

λ =γ me V

De X hλ0

=hcosФ

λ+ hcosФ

λ()

despejando λ

2 λ0 cosФ

corrimiento de compton

λminus λ0=

hme c

(1minuscosФ )rarr 2 λ0 cosФminusλ0=h

me c(1minuscosФ )

Sabiendoque λ0=hcE0

en funcion de E0

2 λ0 cosФminus1=E0

me c2 (1minuscosФ )rarr sihacemos E0

me c2 =x

2 λ0 cosФminus1=x (1minuscosФ )

Aislamos elaacutengulo Ф=arcocos( x+1x+2

)

biquest La energiacutea y el momentumdel fotoacuten dispersado energ iacutea

E=hc λ si λ =2 λ0 cosФ si λ0=hcλ0

entonces E=E0

2cosФ obtenemos Eacute=( x2+2 x

2 x+2)me c2

Momenton p h Si acute 2 λ0 cos E h 2 λ0cos Si λ0=hc E0

entonces pE0

2C cosФ obtenemos Pacute=( x2+2 x

2 x+2)me c2

c iquest La energiacuteacineacutetica del electroacutendispersado E0 iquest E +Ke E0minusE =Ke

Reemplazamos Ke=( x2

2 x+2)me c2

Problema 45Un Fotoacuten de 0880mev es dispersado por un electroacuten libre inicialmente en reposo de tal manera que el aacutengulo de dispersioacuten del electroacuten dispersado es igual al del fotoacuten dispersado ( ) a) Determine los aacutengulos y b) La energiacutea y el momentum del fotoacuten dispersado y c) La energiacutea cineacutetica del electroacuten dispersado

Solucioacuten

aiquest Determine los aacutengulos y

X hλ0

=h cosФ

λ+γ me VcosФ

Y 0=minush senФ

λ +γ me VsenФ

De Y 0=minush

λ=γ me V rarr

h

λ =γ me V

En X hλ0

=hcosФ

λ + hcosФ

λ ()

hλ0

=2h cosФ

λ rarr λ =2 λ0cosФ

λminus λ0=

hme c

(1minuscosФ )rarr 2 λ0 cosФminusλ0=h

me c(1minuscosФ )

Pero E0=hcλ0

reemplazando y combinando

me

E0

c2 (2 cosФminus1 )=(1minuscosФ )

(91 10minus31 kg)(9 1016 m2 s2)iquestiquest (1minuscosФ )=iquest 5809 10minus2 (2cosФminus1 )

cosФ=013

Ф=43 10

biquest La energiacutea y el momentumdel fotoacuten dispersado

E hc Si acute 2 λ0 cos

E hc 2 λ0 cos Si λ0=hc E0 E E0 2 cos Reemplazando E=0808 meV 2 cos 43 ordm=602 KeV

P h =E c=602103 16 10minus19 3108=iquest

P 32110minus22kg m s

c iquest La energiacuteacineacutetica del electroacutendispersado

k e=880 KeV minus602 KeV k e=278 KeV

Problema 46En un experimento de dispersioacuten Compton un fotoacuten se desviacutea en 900ordm y el electroacuten se desviacutea en un aacutengulo de 200ordm Determine la longitud de onda del fotoacuten dispersado

Solucioacuten

X hλ0

=h cosФ

λ+γ me VcosФ Y 0=minush senФ

λ +γ me VsenФ

Luego

Y h

λ=γ me Vsen200

(2iquest X hλ0

=γ me Vcos200 (1iquest

De 2 y1

λ0=λ tg200

De

λ minus λ0=h

mc(1minuscos900)

λ minus λ tg 200= hmc

rarr λ (1minustg 200 )= hmc

λ (1minus036 )=00024310minus9 m

λ =38 10minus12m

Problema 47Un fotoacuten de 000160nm se dispersa a partir de un electroacuten libre iquestPara queacute aacutengulos de dispersioacuten (fotoacuten) el electroacuten de retroceso tiene la misma energiacutea cineacutetica que la energiacutea del fotoacuten dispersado

Solucioacuten

λ0=000160 10minus9 hcλ0

=hc

λ+ hc

λ=rarr

1λ0

= 2

λ

λ minus λ0=h

mc(1minuscosФ)

000160 10minus9 m=000243 10minus9m(1minuscosФ)

cosФ=034

Ф=70 10

Problema 48A partir de la dispersioacuten de la luz solar de Thompson calculo el radio claacutesico del electroacuten que tiene un valor de 282 10minus15 Si la luz del sol con una intensidad de 500Wm2cae sobre un disco con este radio calcule el tiempo requerido para acumular 1eV de energiacutea Suponga que la luz es una onda claacutesica y que la luz que golpea al disco es absorbida por completo iquestCoacutemo se compara su resultado con la observacioacuten que los fotoelectrones son emitidos con rapidez dentro de10minus9 s Solucioacuten

radiaccion=500 W m2

tenemos I=P A rarr P=I A

Luego W t=I A

t=EI

A= 1 eV500 W π iquestiquestiquest

Absolutamente largo

  • Laboratorio de Fiacutesica Moderna
Page 24: David reparado

Donde

(4)

Utilizando la expresioacuten (2) podemos calcular la velocidad υ con que el electroacuten se mueve en la primera oacuterbita

Sustituyendo r por la expresioacuten (3) tendremos

Rectificando las unidades se obtiene

Para n = 1

Problema 21iquestCalcule la energiacutea total del electroacuten en la segunda oacuterbita del aacutetomo de Bohr

SolucioacutenLa energiacutea total del electroacuten es

E = Ec+ Ep

Donde Ec es la energiacutea cineacutetica y Ep es la energiacutea potencial del electroacuten

La energiacutea potencial del electroacuten en el campo electrostaacutetico del nuacutecleo es igual a

Donde r es la distancia entre el nuacutecleo y el electroacuten (el radio de la oacuterbita)

La energiacutea cineacutetica

(1)

Donde m es la masa del electroacuten y υ es su velocidadSobre el electroacuten actuacutea una fuerza electroestaacutetica

Que es una fuerza centriacutepeta igual a

Por consiguiente

(2) Sustituyendo mv2 en la foacutermula de la energiacutea cineacutetica (1) por la expresioacuten (2) se obtiene

Por lo tanto la energiacutea total seraacute igual a

Sustituyendo r (ver el resultado del problema anterior) por

Se obtiene

Rectificando las unidades obtenemos

Para la segunda oacuterbita el nuacutemero cuaacutentico n = 2

Poniendo en lugar de h m y e sus respectivos valores numeacutericos hallamos

Problema 22iquestCuaacutel es la longitud de onda del fotoacuten emitido por el aacutetomo de hidroacutegeno cuando el electroacuten transita de la cuarta oacuterbita a la segunda

Solucioacuten

La radiacioacuten se produce soacutelo cuando el aacutetomo sufre una transicioacuten de una oacuterbita con energiacutea Ek a otra oacuterbita de menor energiacutea Ej (Ej lt Ek) En forma de ecuacioacuten

hν = Ek - Ej

Donde hν es el cuanto de energiacutea transportado por el fotoacuten emitido del aacutetomo durante la transicioacuten

En el caso nuestro k = 4 y j = 2 Por lo tanto

hν = E4 - E2

Utilizando la foacutermula de la energiacutea del electroacuten (ver el problema 21) se obtiene

Donde el teacutermino

Es la energiacutea del electroacuten en la segunda oacuterbita (Ver el problema 21)

Por consiguiente

Seguacuten el resultado del problema 21 E2 = -54 10∙ -19J

Por lo tanto

Como λ = cν entonces

Problema 23El electroacuten del aacutetomo de hidroacutegeno salta de la tercera oacuterbita a la segunda a) Calcular la longitud de onda del fotoacuten emitido b) Calcular la disminucioacuten de la energiacutea del aacutetomoacute

Datos

j =1k = 3R = 1097middot107 m-1

h = 6626 10∙ -34 J∙s

Solucioacuten

Cuando el electroacuten pasa de la oacuterbita de mayor energiacutea (Ek) a una orbita de menor

energiacutea (Ej) el aacutetomo emite un fotoacuten cuya energiacutea es igual a E = Ek- Ej La longitud de onda del fotoacuten emitido se calcula por la foacutermula

J y k son los nuacutemeros de las oacuterbitas y R es la constante de Ridberg

La disminucioacuten de la energiacutea del aacutetomo es igual a la energiacutea del fotoacuten emitido

Problema 24

a) iquestQueacute tensioacuten del campo eleacutectrico es necesaria seguacuten la mecaacutenica claacutesica para que un electroacuten acelerado en este campo adquiera la velocidad de la luzb) iquestCuaacutel seraacuten la velocidad del electroacuten y su masa en este campo seguacuten la mecaacutenica relativista

Datos

m0 = 9109∙10-31kgc = 3∙108mse = 1602 10∙ -19C

Solucioacuten

a) Seguacuten la mecaacutenica claacutesica la energiacutea cineacutetica del electroacuten

Donde m0 es la masa de reposo del electroacuten y υ es su velocidad La diferencia de potencial V multiplicada por la carga del electroacuten es una medida de la energiacutea cineacutetica del electroacuten adquirida en el campo eleacutectrico En otras palabras

Sustituyendo υ por c se calcula la diferencia de potencial del campo eleacutectrico necesaria para que el electroacuten adquiera la velocidad de la luz

Analizando las unidades y poniendo los valores numeacutericos del problema se obtiene

b) En la mecaacutenica relativista se calcula la masa m del electroacuten y su energiacutea

cineacutetica Ec utilizando las foacutermulas siguientes

Pero numeacutericamente Ec = (m0c2)2 o sea

La masa del electroacuten seraacute igual a

Problema 25iquestCuaacutel es la energiacutea de un fotoacuten correspondiente a ondas radio de frecuencia 1255 x106 Hz

Datos

E=hv v=c⋋Solucioacuten E=662610minus34 1255 106=831610minus28 J

PROBLEMA 26La liacutenea verde en el espectro atoacutemico del talio tiene una longitud de onda de 535 nm Calcular la energiacutea de un fotoacuten

Solucioacuten

H=662610minus34C=300 108 msminus1

E=hv v=c ⋋ v=300 108 msminus1

53510minus9 =560 1014

E=662610minus34 560 1014=372 10minus19J

PROBLEMA 27Un electroacuten salta desde un orbital maacutes externo a otro maacutes interno entre los que existe una diferencia de energiacutea de 15 x 10-15 J iquestCuaacutel es la frecuencia de la radiacioacuten emitida

Datos

∆ E=hv

Solucioacuten

v=∆ E h= 15 10minus15J662610minus34 JS

=2261018 Sminus1

Problema 28La longitud de onda umbral para que cierta superficie metaacutelica emita electrones es 6000 Aring Se observoacute que si esa superficie fotosensible se ilumina con luz de 4000 Aring los electrones son emitidos con una velocidad de 606 x 105m s-1 Deducir el valor de la constante de Planck

Datos

λ1=600 Aring=610minus7 λ2=400 Aring=410minus7 V = 6 06 x 105m s-1 m=9 110minus31

Solucioacuten h= Cλ 2

=hCλ 1

+ mv2

2

h= 3 108

410minus7 =h3 108

6 10minus7 +91 10minus31 (606105)2

2

75 1014 h=5 1014 h+16710minus19

25 1014 h=167 10minus19

h=66810minus34 Js

Problema 29La frecuencia umbral de cierto metal es 88 x 1014 s-1 Calcular la velocidad maacutexima de los electrones emitidos por ese metal cuando se ilumina con luz cuya longitud de onda es 2536 Aring iquestQueacute energiacutea cineacutetica poseen esos electrones

EC=h(CλminusV C)=662610minus34 J s ( 3

108ms

2536 10minus10 minus88 x 1014 sminus1)=201 10minus19 J

EC=m v2

2rarr v2=radic 2 EC

m=radic 2 20110minus19 J

9110minus31kg=664 105 m s

Pregunta 30Una superficie de cierto metal emite electrones cuya energiacutea cineacutetica equivale a 3 eV cuando se ilumina con luz de longitud de onda de 1500 Aring iquestcual es el valor de la frecuencia umbral de ese metal

Solucioacuten

Se debe cumplir que E incidente= E umbral+E cineacutetica del electroacuten

E incidente=hv=hλ=66210minus34 J S 3 108 msminus1

150010minus10m=13 10minus18 J

E incidente del electron=3eV 16 10minus19 J eV minus1=48 10minus19 J

E umbral=13 10minus18 Jminus4810minus19 J=8210minus19

υ= Eh

= 82 10minus19 J66210minus34 JS

=13 1015 Hz

Problema 31Calcule la longitud de onda y la frecuencia da la 2da raya de la serie de Balme en el espectro del hidrogeno Constante de rydberg=109677 107 mminus1 La segunda raya nj=4 entonces ni=2

1⋋2

=RH ( 1

iquest2minus 1

nj2)=109677107( 1

22minus 1

42)=109677 107 3

16rarr⋋2=486 10minus7 m

v= C⋋2

= 300108

486 10minus7 =617 1014 Hz

Problema 32Calcuacutelese la longitud de onda de De Broglie en cada uno de los siguientes casos a) un neutroacuten que se mueve a una velocidad de 10 kms b) Un moacutevil de 20 g que se mueve a 72 kmhora

Solucioacutena) un neutroacuten que se mueve a una velocidad de 10 kms

masa del electron=167 10minus27 kg

mv=167 10minus27 kg 104 m sminus1=167 10minus23

λ=h

mv=66310minus34

16710minus23 =39710minus11 m

b) Un moacutevil de 20 g que se mueve a 72 kmhora

λ= hmv

=66310minus34

210minus2 20=1610minus33m

Problema 33Una superficie de sodio se ilumina con luz de 300 nm de longitud de ondala funcioacuten de trabajo para el metal de sodio es 246 eV Encuentrea) la energiacutea cineacutetica maacutexima de los fotoelectrones emitidosb) la longitud de onda de corte para el sodio

c) calcule la rapidez maacutexima del efecto fotoeleacutectrico

Solucioacuten

a) la energiacutea cineacutetica maacutexima de los fotoelectrones emitidos

E=h f =hcλ

=(662610minus34 J s ) (3 108 m s)

30010minus9m=663 10minus19 J=414 eV

Luego aplicamos Kmax=h f minusФ=414eV minus246eV =168 eV

b) la longitud de onda de corte para el sodio

E=h f 0=Ф dedonde hcλ0

aislamos λ0=hcФ

peroФ=(246 eV )(1610minus19 J eV )=39410minus19 J

Reemplazamos λ0=(662610minus34 Js )(3108 m s)

394 10minus19 J=iquest 505 10minus7=505 nm

c) calcule la rapidez maacutexima del efecto fotoeleacutectrico

E=12

m v2rarr 168eV iquest(91110minus31kg)v2

2 rarr v=768 105 m s

Problema 34Un aacutetomo absorbe un fotoacuten que tiene una longitud de onda de 375 nm e inmediatamente emite otro fotoacuten que tiene una longitud de onda de 580 nm iquestCuaacutel es la energiacutea neta absorbida por el aacutetomo en este proceso

Solucioacuten

Eneta=E f minusEi

Eneta=1240 eV nm

λemiteminus1240 eV nm

λabsorbe=1240 eV nm

λemiteminus1240 eV nm

λabsorbe

Eneta=2138 eVminus331 eV =1172eV

Problema 35La mayoriacutea de los procesos gaseosos de ionizacioacuten requieren cambios de energiacutea de 1 x10minus18 a 1 x10minus16 iquestqueacute regioacuten del espectro electromagneacutetico del sol es entonces

principalmente responsable de la creacioacuten de la ionosfera en la atmosfera de la tierra

Solucioacuten

tenemos E=1240 eV nmλ

reemplazamos 1 x10minus16minus1 x 10minus18=1240 eV nmλ

convirtiendo a eV 625minus625=1240 eV nmλ

cancelando eV λ=1240 nm61875

=iquest 2004 nm(ultravioleta)

Problema 36Se desea escoger una sustancia para una foto celda operable con luz visible iquestCuaacutel de la siguientes lo haraacute(la funcioacuten de trabajo aparece entre pareacutentesis )el tantalio(42eV)el tungsteno(45eV)el aluminio(42eV)el bario(25eV)el litio(23eV)el cesio(19eV)

Solucioacuten

Sabemos E=1240 eV nmλ

ReemplazamosE=Ф

Luego λ=1240 eV nm

Ф

aiquest tantalio λ=1240 eV nm

42 eV=iquest 2952nm(ultravioleta)

biquest tungsteno λ=1240 eVnm

45 eV=iquest 2756 nm(ultravioleta)

c iquestaluminio λ=1240 eV nm

42 eV=iquest 2952nm(ultravioleta)

d iquestbario λ=1240 eV nm

25 eV=iquest 496 nm(visible)

e iquestlitio λ=1240 eV nm

23 eV=iquest 5391nm(visible)

f iquest sesio λ=1240 eV nm

19 eV=iquest 6526nm(visible)

Problema 37a) La energiacutea necesaria para desprender un electroacuten de sodio metaacutelico es de 228eV iquestMuestra el sodio un efecto fotoeleacutectrico bajo luz roja con λ=678 nmb) iquestCuaacutel es la longitud de la onda de corte de la emisioacuten fotoeleacutectrica del sodio y a que color corresponde esta longitud de onda

Solucioacuten

Para la pregunta a

Tenemos E=1240 eV nmλ

Reemplazamos E=1240 eV nm678 nm

=iquest 18289 eV

no se produce el efecto fotoelectrico porque Elt228 eV

Para la pregunta b

E=1240 eV nmλ

Reemplazamos E=1240 eV nm228 eV

=iquest 54386 nm(verde)

Pregunta 38Un numero de fotones incide sobre una superficie de sodio que tiene una funcioacuten de trabajo de 228eV causando la emisioacuten fotoeleacutectrica cuando se impone un potencial de frenado de 492 V no existe una fotocorriente Halle la longitud de onda de los fotones incidentes

Solucioacuten

Tenemos Ф=228 eV

Tambieacuten h f =Ф+k max

Reemplazado h f =Ф+e V 0

Luego 1240 eV nm

λ=228 eV +(16 10minus19C )(492 V )

Sabemos V=J C por lo tanto convertimos a eV

1240 eV nm

λ=228 eV +(16 10minus19C )(492J C)(1eV 16 10minus19 J )

Cancelando λ=1722 nm

Pregunta 39a Si la funcioacuten de trabajo de un metal es de 185eV iquestCuaacutel seria el potencial de frenado de la luz que tenga una longitud de onda de 410 nmb iquestCuaacutel seria la velocidad maacutexima de los fotoelectrones emitidos en la superficie de metal

Solucioacuten

Para a

Sabemos h f =Ф+k max

Reemplazamos 1240 eV nm

λ=185 eV +e V 0

1240 eV nm

410 nm=185 eV +e V 0

Reduciendo V 0=117V

Para b

Tenemos k max=e V 0

12

m v2=e V 0

Reemplazamos 12

(91110minus31) v2=(16 10minus19 )(117 V )

Reduciendo V=641 km s

Pregunta 40El molibdeno tiene una funcioacuten de trabajo de 420 eV a) encuentre la longitud de onda de corte y la frecuencia de corte para el efecto fotoeleacutectrico B) calcule el potencial de frenado si la luz incidente tiene una longitud de onda de 180nm

Solucioacuten

Para a sabemos Ф=h f 0 de aquiacute Ф=h CλC

Aislamos λ λC=h CФ

Reemplazamos λC=iquest (662610minus34 )(3 108)

42016 10minus19 =iquest 2958 nm

Ahora calculamos la frecuencia de cortef 0

Sabemos f 0=CλC

=iquest 3108

295810minus9= 1014 pHz

Para b tenemos Kmax=CλC

minusФ

Reemplazamos Kmax=6626 10minus34 3108

18010minus9 minus420 eV

Reduciendo Kmax=2675 eV

Finalmente calculamos el V 0

De Kmax=eV 0

Aislamos V 0=iquest 267516 10minus19 J

16 10minus19 C=iquest 2675 V

Problema 41Un estudiante que analiza el efecto fotoeleacutectrico de dos metales diferente registra la siguiente informacioacuteni) el potencial de frenado para los fotoelectrones liberados en el metal 1 es 148 V mayor que para el metal 2 y ii) la frecuencia de corte para el metal 1 es 40 mas pequentildea que para el metal 2determine la funcioacuten de trabajo para cada metal

Kmaxi=e V 01 Kmaxi=e(V 02+148) (1)

Kmaxi=e V 02 (2)

h f 01=Ф1 h 60

100 f 02=Ф1 (3)

Metal 1 Metal 2 V 01=V 02+148

f 01=60

100 f 02

V 02=V 02

f 01=f 02

h f 02=Ф2 (4)

En (1)

h f minush f 01=e(V 02+148) (5)

h f minush f 02=e V 02 (6)

Luego (6) en (5)

h f minush60

100 f 02=h f minush f 02+e 148

Simplificando f 02=e 148 5

2 h=Ф2

Ф2=37 eV

Entonces h60100

f 02=Ф1

Pero h f 02=Ф2

Reemplazando f 02=h60

100Ф2

h=Ф1

Simplicando Ф1=222eV

Pregunta 42Dos fuentes luminosas se utilizan en un experimento fotoeleacutectrico para determinarla funcioacuten de trabajo para una superficie metaacutelica particular Cuando se emplea luz verde de una laacutempara de mercurio (λ=5461 nm) un potencial de frenado de 0376 V reduce la fotocorriente a ceroa Con base a esta medicioacuten iquestCuaacutel es la funcioacuten de trabajo para este metalb iquestQueacute potencial de frenado se observariacutea al usar la luz amarilla de un cubo de descarga de helio λ=58715 nm

Solucioacuten

Para a

Kmaxi=h f minusФ (1)

Kmaxi=e V 0 (2)

(1) En (2)

h f minusФ=e V 0

Luego Ф=minuse V 0+h c λ

Reemplazando valores

Ф=minus(16 10minus19C ) (0376 V )+(60626 10minus34 J S ) 3 108546110minus9

Ф=1899 eV

Para b

De la ecuacioacuten h f minusФ=e V 0

Aislamos V 0=iquest h

CλminusФ

e

V 0=iquest 3108

587510minus9 minusiquest 19 eV iquest16 10minus19C=02125 V

Pregunta 43Fotones de 450 nm de longitud inciden sobre un metal los electrones mas energeacuteticos expulsados del metal se desviacutean en in arco circular de 200 cm de radio por medio de un campo magneacutetico con una magnitud de 200x10minus5 TiquestCuaacutel es la funcioacuten de trabajo del metal

Datos

λ=450 10minus9m r=200cm=02 m t=200 x10minus5T

Solucioacuten

Hallamos ldquoErdquo

E=hcλ

rarr E=(6626 10minus34 J S )(3108)450 10minus9m=441710minus19 J

Hallamos ldquoV ldquo

V=q Br m

V=(16 10minus19 J ) ( 20010minus5T ) (02 m )

91110minus31 Kg=007025107m S

Hallamos k rsub max

k max=12

mv2 rarr k max=( 91110minus31 Kg )iquest

Hallamos ldquoФrdquo

Ф=hcλ

minuskmax=4417 10minus19 Jminus224810minus19 J=21691019 1 eV 1610minus19

Ф=135 eV

Problema 44Un Fotoacuten que tiene energiacutea Eo es dispersado por un electroacuten libre inicialmente en reposo de tal manera que el aacutengulo de dispersioacuten del electroacuten dispersado es igual al del fotoacuten dispersado ( ) a) Determine los aacutengulos y b) La energiacutea y el momentum del fotoacuten dispersado y c) La energiacutea cineacutetica del electroacuten dispersado

Solucioacuten

aiquest Determine los aacutengulos y

X hλ0

=h cosФ

λ+γ me VcosФ

Y 0=minush senФ

λ +γ me VsenФ

De Y 0=minush

λ=γ me V rarr

h

λ =γ me V

De X hλ0

=hcosФ

λ+ hcosФ

λ()

despejando λ

2 λ0 cosФ

corrimiento de compton

λminus λ0=

hme c

(1minuscosФ )rarr 2 λ0 cosФminusλ0=h

me c(1minuscosФ )

Sabiendoque λ0=hcE0

en funcion de E0

2 λ0 cosФminus1=E0

me c2 (1minuscosФ )rarr sihacemos E0

me c2 =x

2 λ0 cosФminus1=x (1minuscosФ )

Aislamos elaacutengulo Ф=arcocos( x+1x+2

)

biquest La energiacutea y el momentumdel fotoacuten dispersado energ iacutea

E=hc λ si λ =2 λ0 cosФ si λ0=hcλ0

entonces E=E0

2cosФ obtenemos Eacute=( x2+2 x

2 x+2)me c2

Momenton p h Si acute 2 λ0 cos E h 2 λ0cos Si λ0=hc E0

entonces pE0

2C cosФ obtenemos Pacute=( x2+2 x

2 x+2)me c2

c iquest La energiacuteacineacutetica del electroacutendispersado E0 iquest E +Ke E0minusE =Ke

Reemplazamos Ke=( x2

2 x+2)me c2

Problema 45Un Fotoacuten de 0880mev es dispersado por un electroacuten libre inicialmente en reposo de tal manera que el aacutengulo de dispersioacuten del electroacuten dispersado es igual al del fotoacuten dispersado ( ) a) Determine los aacutengulos y b) La energiacutea y el momentum del fotoacuten dispersado y c) La energiacutea cineacutetica del electroacuten dispersado

Solucioacuten

aiquest Determine los aacutengulos y

X hλ0

=h cosФ

λ+γ me VcosФ

Y 0=minush senФ

λ +γ me VsenФ

De Y 0=minush

λ=γ me V rarr

h

λ =γ me V

En X hλ0

=hcosФ

λ + hcosФ

λ ()

hλ0

=2h cosФ

λ rarr λ =2 λ0cosФ

λminus λ0=

hme c

(1minuscosФ )rarr 2 λ0 cosФminusλ0=h

me c(1minuscosФ )

Pero E0=hcλ0

reemplazando y combinando

me

E0

c2 (2 cosФminus1 )=(1minuscosФ )

(91 10minus31 kg)(9 1016 m2 s2)iquestiquest (1minuscosФ )=iquest 5809 10minus2 (2cosФminus1 )

cosФ=013

Ф=43 10

biquest La energiacutea y el momentumdel fotoacuten dispersado

E hc Si acute 2 λ0 cos

E hc 2 λ0 cos Si λ0=hc E0 E E0 2 cos Reemplazando E=0808 meV 2 cos 43 ordm=602 KeV

P h =E c=602103 16 10minus19 3108=iquest

P 32110minus22kg m s

c iquest La energiacuteacineacutetica del electroacutendispersado

k e=880 KeV minus602 KeV k e=278 KeV

Problema 46En un experimento de dispersioacuten Compton un fotoacuten se desviacutea en 900ordm y el electroacuten se desviacutea en un aacutengulo de 200ordm Determine la longitud de onda del fotoacuten dispersado

Solucioacuten

X hλ0

=h cosФ

λ+γ me VcosФ Y 0=minush senФ

λ +γ me VsenФ

Luego

Y h

λ=γ me Vsen200

(2iquest X hλ0

=γ me Vcos200 (1iquest

De 2 y1

λ0=λ tg200

De

λ minus λ0=h

mc(1minuscos900)

λ minus λ tg 200= hmc

rarr λ (1minustg 200 )= hmc

λ (1minus036 )=00024310minus9 m

λ =38 10minus12m

Problema 47Un fotoacuten de 000160nm se dispersa a partir de un electroacuten libre iquestPara queacute aacutengulos de dispersioacuten (fotoacuten) el electroacuten de retroceso tiene la misma energiacutea cineacutetica que la energiacutea del fotoacuten dispersado

Solucioacuten

λ0=000160 10minus9 hcλ0

=hc

λ+ hc

λ=rarr

1λ0

= 2

λ

λ minus λ0=h

mc(1minuscosФ)

000160 10minus9 m=000243 10minus9m(1minuscosФ)

cosФ=034

Ф=70 10

Problema 48A partir de la dispersioacuten de la luz solar de Thompson calculo el radio claacutesico del electroacuten que tiene un valor de 282 10minus15 Si la luz del sol con una intensidad de 500Wm2cae sobre un disco con este radio calcule el tiempo requerido para acumular 1eV de energiacutea Suponga que la luz es una onda claacutesica y que la luz que golpea al disco es absorbida por completo iquestCoacutemo se compara su resultado con la observacioacuten que los fotoelectrones son emitidos con rapidez dentro de10minus9 s Solucioacuten

radiaccion=500 W m2

tenemos I=P A rarr P=I A

Luego W t=I A

t=EI

A= 1 eV500 W π iquestiquestiquest

Absolutamente largo

  • Laboratorio de Fiacutesica Moderna
Page 25: David reparado

Donde r es la distancia entre el nuacutecleo y el electroacuten (el radio de la oacuterbita)

La energiacutea cineacutetica

(1)

Donde m es la masa del electroacuten y υ es su velocidadSobre el electroacuten actuacutea una fuerza electroestaacutetica

Que es una fuerza centriacutepeta igual a

Por consiguiente

(2) Sustituyendo mv2 en la foacutermula de la energiacutea cineacutetica (1) por la expresioacuten (2) se obtiene

Por lo tanto la energiacutea total seraacute igual a

Sustituyendo r (ver el resultado del problema anterior) por

Se obtiene

Rectificando las unidades obtenemos

Para la segunda oacuterbita el nuacutemero cuaacutentico n = 2

Poniendo en lugar de h m y e sus respectivos valores numeacutericos hallamos

Problema 22iquestCuaacutel es la longitud de onda del fotoacuten emitido por el aacutetomo de hidroacutegeno cuando el electroacuten transita de la cuarta oacuterbita a la segunda

Solucioacuten

La radiacioacuten se produce soacutelo cuando el aacutetomo sufre una transicioacuten de una oacuterbita con energiacutea Ek a otra oacuterbita de menor energiacutea Ej (Ej lt Ek) En forma de ecuacioacuten

hν = Ek - Ej

Donde hν es el cuanto de energiacutea transportado por el fotoacuten emitido del aacutetomo durante la transicioacuten

En el caso nuestro k = 4 y j = 2 Por lo tanto

hν = E4 - E2

Utilizando la foacutermula de la energiacutea del electroacuten (ver el problema 21) se obtiene

Donde el teacutermino

Es la energiacutea del electroacuten en la segunda oacuterbita (Ver el problema 21)

Por consiguiente

Seguacuten el resultado del problema 21 E2 = -54 10∙ -19J

Por lo tanto

Como λ = cν entonces

Problema 23El electroacuten del aacutetomo de hidroacutegeno salta de la tercera oacuterbita a la segunda a) Calcular la longitud de onda del fotoacuten emitido b) Calcular la disminucioacuten de la energiacutea del aacutetomoacute

Datos

j =1k = 3R = 1097middot107 m-1

h = 6626 10∙ -34 J∙s

Solucioacuten

Cuando el electroacuten pasa de la oacuterbita de mayor energiacutea (Ek) a una orbita de menor

energiacutea (Ej) el aacutetomo emite un fotoacuten cuya energiacutea es igual a E = Ek- Ej La longitud de onda del fotoacuten emitido se calcula por la foacutermula

J y k son los nuacutemeros de las oacuterbitas y R es la constante de Ridberg

La disminucioacuten de la energiacutea del aacutetomo es igual a la energiacutea del fotoacuten emitido

Problema 24

a) iquestQueacute tensioacuten del campo eleacutectrico es necesaria seguacuten la mecaacutenica claacutesica para que un electroacuten acelerado en este campo adquiera la velocidad de la luzb) iquestCuaacutel seraacuten la velocidad del electroacuten y su masa en este campo seguacuten la mecaacutenica relativista

Datos

m0 = 9109∙10-31kgc = 3∙108mse = 1602 10∙ -19C

Solucioacuten

a) Seguacuten la mecaacutenica claacutesica la energiacutea cineacutetica del electroacuten

Donde m0 es la masa de reposo del electroacuten y υ es su velocidad La diferencia de potencial V multiplicada por la carga del electroacuten es una medida de la energiacutea cineacutetica del electroacuten adquirida en el campo eleacutectrico En otras palabras

Sustituyendo υ por c se calcula la diferencia de potencial del campo eleacutectrico necesaria para que el electroacuten adquiera la velocidad de la luz

Analizando las unidades y poniendo los valores numeacutericos del problema se obtiene

b) En la mecaacutenica relativista se calcula la masa m del electroacuten y su energiacutea

cineacutetica Ec utilizando las foacutermulas siguientes

Pero numeacutericamente Ec = (m0c2)2 o sea

La masa del electroacuten seraacute igual a

Problema 25iquestCuaacutel es la energiacutea de un fotoacuten correspondiente a ondas radio de frecuencia 1255 x106 Hz

Datos

E=hv v=c⋋Solucioacuten E=662610minus34 1255 106=831610minus28 J

PROBLEMA 26La liacutenea verde en el espectro atoacutemico del talio tiene una longitud de onda de 535 nm Calcular la energiacutea de un fotoacuten

Solucioacuten

H=662610minus34C=300 108 msminus1

E=hv v=c ⋋ v=300 108 msminus1

53510minus9 =560 1014

E=662610minus34 560 1014=372 10minus19J

PROBLEMA 27Un electroacuten salta desde un orbital maacutes externo a otro maacutes interno entre los que existe una diferencia de energiacutea de 15 x 10-15 J iquestCuaacutel es la frecuencia de la radiacioacuten emitida

Datos

∆ E=hv

Solucioacuten

v=∆ E h= 15 10minus15J662610minus34 JS

=2261018 Sminus1

Problema 28La longitud de onda umbral para que cierta superficie metaacutelica emita electrones es 6000 Aring Se observoacute que si esa superficie fotosensible se ilumina con luz de 4000 Aring los electrones son emitidos con una velocidad de 606 x 105m s-1 Deducir el valor de la constante de Planck

Datos

λ1=600 Aring=610minus7 λ2=400 Aring=410minus7 V = 6 06 x 105m s-1 m=9 110minus31

Solucioacuten h= Cλ 2

=hCλ 1

+ mv2

2

h= 3 108

410minus7 =h3 108

6 10minus7 +91 10minus31 (606105)2

2

75 1014 h=5 1014 h+16710minus19

25 1014 h=167 10minus19

h=66810minus34 Js

Problema 29La frecuencia umbral de cierto metal es 88 x 1014 s-1 Calcular la velocidad maacutexima de los electrones emitidos por ese metal cuando se ilumina con luz cuya longitud de onda es 2536 Aring iquestQueacute energiacutea cineacutetica poseen esos electrones

EC=h(CλminusV C)=662610minus34 J s ( 3

108ms

2536 10minus10 minus88 x 1014 sminus1)=201 10minus19 J

EC=m v2

2rarr v2=radic 2 EC

m=radic 2 20110minus19 J

9110minus31kg=664 105 m s

Pregunta 30Una superficie de cierto metal emite electrones cuya energiacutea cineacutetica equivale a 3 eV cuando se ilumina con luz de longitud de onda de 1500 Aring iquestcual es el valor de la frecuencia umbral de ese metal

Solucioacuten

Se debe cumplir que E incidente= E umbral+E cineacutetica del electroacuten

E incidente=hv=hλ=66210minus34 J S 3 108 msminus1

150010minus10m=13 10minus18 J

E incidente del electron=3eV 16 10minus19 J eV minus1=48 10minus19 J

E umbral=13 10minus18 Jminus4810minus19 J=8210minus19

υ= Eh

= 82 10minus19 J66210minus34 JS

=13 1015 Hz

Problema 31Calcule la longitud de onda y la frecuencia da la 2da raya de la serie de Balme en el espectro del hidrogeno Constante de rydberg=109677 107 mminus1 La segunda raya nj=4 entonces ni=2

1⋋2

=RH ( 1

iquest2minus 1

nj2)=109677107( 1

22minus 1

42)=109677 107 3

16rarr⋋2=486 10minus7 m

v= C⋋2

= 300108

486 10minus7 =617 1014 Hz

Problema 32Calcuacutelese la longitud de onda de De Broglie en cada uno de los siguientes casos a) un neutroacuten que se mueve a una velocidad de 10 kms b) Un moacutevil de 20 g que se mueve a 72 kmhora

Solucioacutena) un neutroacuten que se mueve a una velocidad de 10 kms

masa del electron=167 10minus27 kg

mv=167 10minus27 kg 104 m sminus1=167 10minus23

λ=h

mv=66310minus34

16710minus23 =39710minus11 m

b) Un moacutevil de 20 g que se mueve a 72 kmhora

λ= hmv

=66310minus34

210minus2 20=1610minus33m

Problema 33Una superficie de sodio se ilumina con luz de 300 nm de longitud de ondala funcioacuten de trabajo para el metal de sodio es 246 eV Encuentrea) la energiacutea cineacutetica maacutexima de los fotoelectrones emitidosb) la longitud de onda de corte para el sodio

c) calcule la rapidez maacutexima del efecto fotoeleacutectrico

Solucioacuten

a) la energiacutea cineacutetica maacutexima de los fotoelectrones emitidos

E=h f =hcλ

=(662610minus34 J s ) (3 108 m s)

30010minus9m=663 10minus19 J=414 eV

Luego aplicamos Kmax=h f minusФ=414eV minus246eV =168 eV

b) la longitud de onda de corte para el sodio

E=h f 0=Ф dedonde hcλ0

aislamos λ0=hcФ

peroФ=(246 eV )(1610minus19 J eV )=39410minus19 J

Reemplazamos λ0=(662610minus34 Js )(3108 m s)

394 10minus19 J=iquest 505 10minus7=505 nm

c) calcule la rapidez maacutexima del efecto fotoeleacutectrico

E=12

m v2rarr 168eV iquest(91110minus31kg)v2

2 rarr v=768 105 m s

Problema 34Un aacutetomo absorbe un fotoacuten que tiene una longitud de onda de 375 nm e inmediatamente emite otro fotoacuten que tiene una longitud de onda de 580 nm iquestCuaacutel es la energiacutea neta absorbida por el aacutetomo en este proceso

Solucioacuten

Eneta=E f minusEi

Eneta=1240 eV nm

λemiteminus1240 eV nm

λabsorbe=1240 eV nm

λemiteminus1240 eV nm

λabsorbe

Eneta=2138 eVminus331 eV =1172eV

Problema 35La mayoriacutea de los procesos gaseosos de ionizacioacuten requieren cambios de energiacutea de 1 x10minus18 a 1 x10minus16 iquestqueacute regioacuten del espectro electromagneacutetico del sol es entonces

principalmente responsable de la creacioacuten de la ionosfera en la atmosfera de la tierra

Solucioacuten

tenemos E=1240 eV nmλ

reemplazamos 1 x10minus16minus1 x 10minus18=1240 eV nmλ

convirtiendo a eV 625minus625=1240 eV nmλ

cancelando eV λ=1240 nm61875

=iquest 2004 nm(ultravioleta)

Problema 36Se desea escoger una sustancia para una foto celda operable con luz visible iquestCuaacutel de la siguientes lo haraacute(la funcioacuten de trabajo aparece entre pareacutentesis )el tantalio(42eV)el tungsteno(45eV)el aluminio(42eV)el bario(25eV)el litio(23eV)el cesio(19eV)

Solucioacuten

Sabemos E=1240 eV nmλ

ReemplazamosE=Ф

Luego λ=1240 eV nm

Ф

aiquest tantalio λ=1240 eV nm

42 eV=iquest 2952nm(ultravioleta)

biquest tungsteno λ=1240 eVnm

45 eV=iquest 2756 nm(ultravioleta)

c iquestaluminio λ=1240 eV nm

42 eV=iquest 2952nm(ultravioleta)

d iquestbario λ=1240 eV nm

25 eV=iquest 496 nm(visible)

e iquestlitio λ=1240 eV nm

23 eV=iquest 5391nm(visible)

f iquest sesio λ=1240 eV nm

19 eV=iquest 6526nm(visible)

Problema 37a) La energiacutea necesaria para desprender un electroacuten de sodio metaacutelico es de 228eV iquestMuestra el sodio un efecto fotoeleacutectrico bajo luz roja con λ=678 nmb) iquestCuaacutel es la longitud de la onda de corte de la emisioacuten fotoeleacutectrica del sodio y a que color corresponde esta longitud de onda

Solucioacuten

Para la pregunta a

Tenemos E=1240 eV nmλ

Reemplazamos E=1240 eV nm678 nm

=iquest 18289 eV

no se produce el efecto fotoelectrico porque Elt228 eV

Para la pregunta b

E=1240 eV nmλ

Reemplazamos E=1240 eV nm228 eV

=iquest 54386 nm(verde)

Pregunta 38Un numero de fotones incide sobre una superficie de sodio que tiene una funcioacuten de trabajo de 228eV causando la emisioacuten fotoeleacutectrica cuando se impone un potencial de frenado de 492 V no existe una fotocorriente Halle la longitud de onda de los fotones incidentes

Solucioacuten

Tenemos Ф=228 eV

Tambieacuten h f =Ф+k max

Reemplazado h f =Ф+e V 0

Luego 1240 eV nm

λ=228 eV +(16 10minus19C )(492 V )

Sabemos V=J C por lo tanto convertimos a eV

1240 eV nm

λ=228 eV +(16 10minus19C )(492J C)(1eV 16 10minus19 J )

Cancelando λ=1722 nm

Pregunta 39a Si la funcioacuten de trabajo de un metal es de 185eV iquestCuaacutel seria el potencial de frenado de la luz que tenga una longitud de onda de 410 nmb iquestCuaacutel seria la velocidad maacutexima de los fotoelectrones emitidos en la superficie de metal

Solucioacuten

Para a

Sabemos h f =Ф+k max

Reemplazamos 1240 eV nm

λ=185 eV +e V 0

1240 eV nm

410 nm=185 eV +e V 0

Reduciendo V 0=117V

Para b

Tenemos k max=e V 0

12

m v2=e V 0

Reemplazamos 12

(91110minus31) v2=(16 10minus19 )(117 V )

Reduciendo V=641 km s

Pregunta 40El molibdeno tiene una funcioacuten de trabajo de 420 eV a) encuentre la longitud de onda de corte y la frecuencia de corte para el efecto fotoeleacutectrico B) calcule el potencial de frenado si la luz incidente tiene una longitud de onda de 180nm

Solucioacuten

Para a sabemos Ф=h f 0 de aquiacute Ф=h CλC

Aislamos λ λC=h CФ

Reemplazamos λC=iquest (662610minus34 )(3 108)

42016 10minus19 =iquest 2958 nm

Ahora calculamos la frecuencia de cortef 0

Sabemos f 0=CλC

=iquest 3108

295810minus9= 1014 pHz

Para b tenemos Kmax=CλC

minusФ

Reemplazamos Kmax=6626 10minus34 3108

18010minus9 minus420 eV

Reduciendo Kmax=2675 eV

Finalmente calculamos el V 0

De Kmax=eV 0

Aislamos V 0=iquest 267516 10minus19 J

16 10minus19 C=iquest 2675 V

Problema 41Un estudiante que analiza el efecto fotoeleacutectrico de dos metales diferente registra la siguiente informacioacuteni) el potencial de frenado para los fotoelectrones liberados en el metal 1 es 148 V mayor que para el metal 2 y ii) la frecuencia de corte para el metal 1 es 40 mas pequentildea que para el metal 2determine la funcioacuten de trabajo para cada metal

Kmaxi=e V 01 Kmaxi=e(V 02+148) (1)

Kmaxi=e V 02 (2)

h f 01=Ф1 h 60

100 f 02=Ф1 (3)

Metal 1 Metal 2 V 01=V 02+148

f 01=60

100 f 02

V 02=V 02

f 01=f 02

h f 02=Ф2 (4)

En (1)

h f minush f 01=e(V 02+148) (5)

h f minush f 02=e V 02 (6)

Luego (6) en (5)

h f minush60

100 f 02=h f minush f 02+e 148

Simplificando f 02=e 148 5

2 h=Ф2

Ф2=37 eV

Entonces h60100

f 02=Ф1

Pero h f 02=Ф2

Reemplazando f 02=h60

100Ф2

h=Ф1

Simplicando Ф1=222eV

Pregunta 42Dos fuentes luminosas se utilizan en un experimento fotoeleacutectrico para determinarla funcioacuten de trabajo para una superficie metaacutelica particular Cuando se emplea luz verde de una laacutempara de mercurio (λ=5461 nm) un potencial de frenado de 0376 V reduce la fotocorriente a ceroa Con base a esta medicioacuten iquestCuaacutel es la funcioacuten de trabajo para este metalb iquestQueacute potencial de frenado se observariacutea al usar la luz amarilla de un cubo de descarga de helio λ=58715 nm

Solucioacuten

Para a

Kmaxi=h f minusФ (1)

Kmaxi=e V 0 (2)

(1) En (2)

h f minusФ=e V 0

Luego Ф=minuse V 0+h c λ

Reemplazando valores

Ф=minus(16 10minus19C ) (0376 V )+(60626 10minus34 J S ) 3 108546110minus9

Ф=1899 eV

Para b

De la ecuacioacuten h f minusФ=e V 0

Aislamos V 0=iquest h

CλminusФ

e

V 0=iquest 3108

587510minus9 minusiquest 19 eV iquest16 10minus19C=02125 V

Pregunta 43Fotones de 450 nm de longitud inciden sobre un metal los electrones mas energeacuteticos expulsados del metal se desviacutean en in arco circular de 200 cm de radio por medio de un campo magneacutetico con una magnitud de 200x10minus5 TiquestCuaacutel es la funcioacuten de trabajo del metal

Datos

λ=450 10minus9m r=200cm=02 m t=200 x10minus5T

Solucioacuten

Hallamos ldquoErdquo

E=hcλ

rarr E=(6626 10minus34 J S )(3108)450 10minus9m=441710minus19 J

Hallamos ldquoV ldquo

V=q Br m

V=(16 10minus19 J ) ( 20010minus5T ) (02 m )

91110minus31 Kg=007025107m S

Hallamos k rsub max

k max=12

mv2 rarr k max=( 91110minus31 Kg )iquest

Hallamos ldquoФrdquo

Ф=hcλ

minuskmax=4417 10minus19 Jminus224810minus19 J=21691019 1 eV 1610minus19

Ф=135 eV

Problema 44Un Fotoacuten que tiene energiacutea Eo es dispersado por un electroacuten libre inicialmente en reposo de tal manera que el aacutengulo de dispersioacuten del electroacuten dispersado es igual al del fotoacuten dispersado ( ) a) Determine los aacutengulos y b) La energiacutea y el momentum del fotoacuten dispersado y c) La energiacutea cineacutetica del electroacuten dispersado

Solucioacuten

aiquest Determine los aacutengulos y

X hλ0

=h cosФ

λ+γ me VcosФ

Y 0=minush senФ

λ +γ me VsenФ

De Y 0=minush

λ=γ me V rarr

h

λ =γ me V

De X hλ0

=hcosФ

λ+ hcosФ

λ()

despejando λ

2 λ0 cosФ

corrimiento de compton

λminus λ0=

hme c

(1minuscosФ )rarr 2 λ0 cosФminusλ0=h

me c(1minuscosФ )

Sabiendoque λ0=hcE0

en funcion de E0

2 λ0 cosФminus1=E0

me c2 (1minuscosФ )rarr sihacemos E0

me c2 =x

2 λ0 cosФminus1=x (1minuscosФ )

Aislamos elaacutengulo Ф=arcocos( x+1x+2

)

biquest La energiacutea y el momentumdel fotoacuten dispersado energ iacutea

E=hc λ si λ =2 λ0 cosФ si λ0=hcλ0

entonces E=E0

2cosФ obtenemos Eacute=( x2+2 x

2 x+2)me c2

Momenton p h Si acute 2 λ0 cos E h 2 λ0cos Si λ0=hc E0

entonces pE0

2C cosФ obtenemos Pacute=( x2+2 x

2 x+2)me c2

c iquest La energiacuteacineacutetica del electroacutendispersado E0 iquest E +Ke E0minusE =Ke

Reemplazamos Ke=( x2

2 x+2)me c2

Problema 45Un Fotoacuten de 0880mev es dispersado por un electroacuten libre inicialmente en reposo de tal manera que el aacutengulo de dispersioacuten del electroacuten dispersado es igual al del fotoacuten dispersado ( ) a) Determine los aacutengulos y b) La energiacutea y el momentum del fotoacuten dispersado y c) La energiacutea cineacutetica del electroacuten dispersado

Solucioacuten

aiquest Determine los aacutengulos y

X hλ0

=h cosФ

λ+γ me VcosФ

Y 0=minush senФ

λ +γ me VsenФ

De Y 0=minush

λ=γ me V rarr

h

λ =γ me V

En X hλ0

=hcosФ

λ + hcosФ

λ ()

hλ0

=2h cosФ

λ rarr λ =2 λ0cosФ

λminus λ0=

hme c

(1minuscosФ )rarr 2 λ0 cosФminusλ0=h

me c(1minuscosФ )

Pero E0=hcλ0

reemplazando y combinando

me

E0

c2 (2 cosФminus1 )=(1minuscosФ )

(91 10minus31 kg)(9 1016 m2 s2)iquestiquest (1minuscosФ )=iquest 5809 10minus2 (2cosФminus1 )

cosФ=013

Ф=43 10

biquest La energiacutea y el momentumdel fotoacuten dispersado

E hc Si acute 2 λ0 cos

E hc 2 λ0 cos Si λ0=hc E0 E E0 2 cos Reemplazando E=0808 meV 2 cos 43 ordm=602 KeV

P h =E c=602103 16 10minus19 3108=iquest

P 32110minus22kg m s

c iquest La energiacuteacineacutetica del electroacutendispersado

k e=880 KeV minus602 KeV k e=278 KeV

Problema 46En un experimento de dispersioacuten Compton un fotoacuten se desviacutea en 900ordm y el electroacuten se desviacutea en un aacutengulo de 200ordm Determine la longitud de onda del fotoacuten dispersado

Solucioacuten

X hλ0

=h cosФ

λ+γ me VcosФ Y 0=minush senФ

λ +γ me VsenФ

Luego

Y h

λ=γ me Vsen200

(2iquest X hλ0

=γ me Vcos200 (1iquest

De 2 y1

λ0=λ tg200

De

λ minus λ0=h

mc(1minuscos900)

λ minus λ tg 200= hmc

rarr λ (1minustg 200 )= hmc

λ (1minus036 )=00024310minus9 m

λ =38 10minus12m

Problema 47Un fotoacuten de 000160nm se dispersa a partir de un electroacuten libre iquestPara queacute aacutengulos de dispersioacuten (fotoacuten) el electroacuten de retroceso tiene la misma energiacutea cineacutetica que la energiacutea del fotoacuten dispersado

Solucioacuten

λ0=000160 10minus9 hcλ0

=hc

λ+ hc

λ=rarr

1λ0

= 2

λ

λ minus λ0=h

mc(1minuscosФ)

000160 10minus9 m=000243 10minus9m(1minuscosФ)

cosФ=034

Ф=70 10

Problema 48A partir de la dispersioacuten de la luz solar de Thompson calculo el radio claacutesico del electroacuten que tiene un valor de 282 10minus15 Si la luz del sol con una intensidad de 500Wm2cae sobre un disco con este radio calcule el tiempo requerido para acumular 1eV de energiacutea Suponga que la luz es una onda claacutesica y que la luz que golpea al disco es absorbida por completo iquestCoacutemo se compara su resultado con la observacioacuten que los fotoelectrones son emitidos con rapidez dentro de10minus9 s Solucioacuten

radiaccion=500 W m2

tenemos I=P A rarr P=I A

Luego W t=I A

t=EI

A= 1 eV500 W π iquestiquestiquest

Absolutamente largo

  • Laboratorio de Fiacutesica Moderna
Page 26: David reparado

Para la segunda oacuterbita el nuacutemero cuaacutentico n = 2

Poniendo en lugar de h m y e sus respectivos valores numeacutericos hallamos

Problema 22iquestCuaacutel es la longitud de onda del fotoacuten emitido por el aacutetomo de hidroacutegeno cuando el electroacuten transita de la cuarta oacuterbita a la segunda

Solucioacuten

La radiacioacuten se produce soacutelo cuando el aacutetomo sufre una transicioacuten de una oacuterbita con energiacutea Ek a otra oacuterbita de menor energiacutea Ej (Ej lt Ek) En forma de ecuacioacuten

hν = Ek - Ej

Donde hν es el cuanto de energiacutea transportado por el fotoacuten emitido del aacutetomo durante la transicioacuten

En el caso nuestro k = 4 y j = 2 Por lo tanto

hν = E4 - E2

Utilizando la foacutermula de la energiacutea del electroacuten (ver el problema 21) se obtiene

Donde el teacutermino

Es la energiacutea del electroacuten en la segunda oacuterbita (Ver el problema 21)

Por consiguiente

Seguacuten el resultado del problema 21 E2 = -54 10∙ -19J

Por lo tanto

Como λ = cν entonces

Problema 23El electroacuten del aacutetomo de hidroacutegeno salta de la tercera oacuterbita a la segunda a) Calcular la longitud de onda del fotoacuten emitido b) Calcular la disminucioacuten de la energiacutea del aacutetomoacute

Datos

j =1k = 3R = 1097middot107 m-1

h = 6626 10∙ -34 J∙s

Solucioacuten

Cuando el electroacuten pasa de la oacuterbita de mayor energiacutea (Ek) a una orbita de menor

energiacutea (Ej) el aacutetomo emite un fotoacuten cuya energiacutea es igual a E = Ek- Ej La longitud de onda del fotoacuten emitido se calcula por la foacutermula

J y k son los nuacutemeros de las oacuterbitas y R es la constante de Ridberg

La disminucioacuten de la energiacutea del aacutetomo es igual a la energiacutea del fotoacuten emitido

Problema 24

a) iquestQueacute tensioacuten del campo eleacutectrico es necesaria seguacuten la mecaacutenica claacutesica para que un electroacuten acelerado en este campo adquiera la velocidad de la luzb) iquestCuaacutel seraacuten la velocidad del electroacuten y su masa en este campo seguacuten la mecaacutenica relativista

Datos

m0 = 9109∙10-31kgc = 3∙108mse = 1602 10∙ -19C

Solucioacuten

a) Seguacuten la mecaacutenica claacutesica la energiacutea cineacutetica del electroacuten

Donde m0 es la masa de reposo del electroacuten y υ es su velocidad La diferencia de potencial V multiplicada por la carga del electroacuten es una medida de la energiacutea cineacutetica del electroacuten adquirida en el campo eleacutectrico En otras palabras

Sustituyendo υ por c se calcula la diferencia de potencial del campo eleacutectrico necesaria para que el electroacuten adquiera la velocidad de la luz

Analizando las unidades y poniendo los valores numeacutericos del problema se obtiene

b) En la mecaacutenica relativista se calcula la masa m del electroacuten y su energiacutea

cineacutetica Ec utilizando las foacutermulas siguientes

Pero numeacutericamente Ec = (m0c2)2 o sea

La masa del electroacuten seraacute igual a

Problema 25iquestCuaacutel es la energiacutea de un fotoacuten correspondiente a ondas radio de frecuencia 1255 x106 Hz

Datos

E=hv v=c⋋Solucioacuten E=662610minus34 1255 106=831610minus28 J

PROBLEMA 26La liacutenea verde en el espectro atoacutemico del talio tiene una longitud de onda de 535 nm Calcular la energiacutea de un fotoacuten

Solucioacuten

H=662610minus34C=300 108 msminus1

E=hv v=c ⋋ v=300 108 msminus1

53510minus9 =560 1014

E=662610minus34 560 1014=372 10minus19J

PROBLEMA 27Un electroacuten salta desde un orbital maacutes externo a otro maacutes interno entre los que existe una diferencia de energiacutea de 15 x 10-15 J iquestCuaacutel es la frecuencia de la radiacioacuten emitida

Datos

∆ E=hv

Solucioacuten

v=∆ E h= 15 10minus15J662610minus34 JS

=2261018 Sminus1

Problema 28La longitud de onda umbral para que cierta superficie metaacutelica emita electrones es 6000 Aring Se observoacute que si esa superficie fotosensible se ilumina con luz de 4000 Aring los electrones son emitidos con una velocidad de 606 x 105m s-1 Deducir el valor de la constante de Planck

Datos

λ1=600 Aring=610minus7 λ2=400 Aring=410minus7 V = 6 06 x 105m s-1 m=9 110minus31

Solucioacuten h= Cλ 2

=hCλ 1

+ mv2

2

h= 3 108

410minus7 =h3 108

6 10minus7 +91 10minus31 (606105)2

2

75 1014 h=5 1014 h+16710minus19

25 1014 h=167 10minus19

h=66810minus34 Js

Problema 29La frecuencia umbral de cierto metal es 88 x 1014 s-1 Calcular la velocidad maacutexima de los electrones emitidos por ese metal cuando se ilumina con luz cuya longitud de onda es 2536 Aring iquestQueacute energiacutea cineacutetica poseen esos electrones

EC=h(CλminusV C)=662610minus34 J s ( 3

108ms

2536 10minus10 minus88 x 1014 sminus1)=201 10minus19 J

EC=m v2

2rarr v2=radic 2 EC

m=radic 2 20110minus19 J

9110minus31kg=664 105 m s

Pregunta 30Una superficie de cierto metal emite electrones cuya energiacutea cineacutetica equivale a 3 eV cuando se ilumina con luz de longitud de onda de 1500 Aring iquestcual es el valor de la frecuencia umbral de ese metal

Solucioacuten

Se debe cumplir que E incidente= E umbral+E cineacutetica del electroacuten

E incidente=hv=hλ=66210minus34 J S 3 108 msminus1

150010minus10m=13 10minus18 J

E incidente del electron=3eV 16 10minus19 J eV minus1=48 10minus19 J

E umbral=13 10minus18 Jminus4810minus19 J=8210minus19

υ= Eh

= 82 10minus19 J66210minus34 JS

=13 1015 Hz

Problema 31Calcule la longitud de onda y la frecuencia da la 2da raya de la serie de Balme en el espectro del hidrogeno Constante de rydberg=109677 107 mminus1 La segunda raya nj=4 entonces ni=2

1⋋2

=RH ( 1

iquest2minus 1

nj2)=109677107( 1

22minus 1

42)=109677 107 3

16rarr⋋2=486 10minus7 m

v= C⋋2

= 300108

486 10minus7 =617 1014 Hz

Problema 32Calcuacutelese la longitud de onda de De Broglie en cada uno de los siguientes casos a) un neutroacuten que se mueve a una velocidad de 10 kms b) Un moacutevil de 20 g que se mueve a 72 kmhora

Solucioacutena) un neutroacuten que se mueve a una velocidad de 10 kms

masa del electron=167 10minus27 kg

mv=167 10minus27 kg 104 m sminus1=167 10minus23

λ=h

mv=66310minus34

16710minus23 =39710minus11 m

b) Un moacutevil de 20 g que se mueve a 72 kmhora

λ= hmv

=66310minus34

210minus2 20=1610minus33m

Problema 33Una superficie de sodio se ilumina con luz de 300 nm de longitud de ondala funcioacuten de trabajo para el metal de sodio es 246 eV Encuentrea) la energiacutea cineacutetica maacutexima de los fotoelectrones emitidosb) la longitud de onda de corte para el sodio

c) calcule la rapidez maacutexima del efecto fotoeleacutectrico

Solucioacuten

a) la energiacutea cineacutetica maacutexima de los fotoelectrones emitidos

E=h f =hcλ

=(662610minus34 J s ) (3 108 m s)

30010minus9m=663 10minus19 J=414 eV

Luego aplicamos Kmax=h f minusФ=414eV minus246eV =168 eV

b) la longitud de onda de corte para el sodio

E=h f 0=Ф dedonde hcλ0

aislamos λ0=hcФ

peroФ=(246 eV )(1610minus19 J eV )=39410minus19 J

Reemplazamos λ0=(662610minus34 Js )(3108 m s)

394 10minus19 J=iquest 505 10minus7=505 nm

c) calcule la rapidez maacutexima del efecto fotoeleacutectrico

E=12

m v2rarr 168eV iquest(91110minus31kg)v2

2 rarr v=768 105 m s

Problema 34Un aacutetomo absorbe un fotoacuten que tiene una longitud de onda de 375 nm e inmediatamente emite otro fotoacuten que tiene una longitud de onda de 580 nm iquestCuaacutel es la energiacutea neta absorbida por el aacutetomo en este proceso

Solucioacuten

Eneta=E f minusEi

Eneta=1240 eV nm

λemiteminus1240 eV nm

λabsorbe=1240 eV nm

λemiteminus1240 eV nm

λabsorbe

Eneta=2138 eVminus331 eV =1172eV

Problema 35La mayoriacutea de los procesos gaseosos de ionizacioacuten requieren cambios de energiacutea de 1 x10minus18 a 1 x10minus16 iquestqueacute regioacuten del espectro electromagneacutetico del sol es entonces

principalmente responsable de la creacioacuten de la ionosfera en la atmosfera de la tierra

Solucioacuten

tenemos E=1240 eV nmλ

reemplazamos 1 x10minus16minus1 x 10minus18=1240 eV nmλ

convirtiendo a eV 625minus625=1240 eV nmλ

cancelando eV λ=1240 nm61875

=iquest 2004 nm(ultravioleta)

Problema 36Se desea escoger una sustancia para una foto celda operable con luz visible iquestCuaacutel de la siguientes lo haraacute(la funcioacuten de trabajo aparece entre pareacutentesis )el tantalio(42eV)el tungsteno(45eV)el aluminio(42eV)el bario(25eV)el litio(23eV)el cesio(19eV)

Solucioacuten

Sabemos E=1240 eV nmλ

ReemplazamosE=Ф

Luego λ=1240 eV nm

Ф

aiquest tantalio λ=1240 eV nm

42 eV=iquest 2952nm(ultravioleta)

biquest tungsteno λ=1240 eVnm

45 eV=iquest 2756 nm(ultravioleta)

c iquestaluminio λ=1240 eV nm

42 eV=iquest 2952nm(ultravioleta)

d iquestbario λ=1240 eV nm

25 eV=iquest 496 nm(visible)

e iquestlitio λ=1240 eV nm

23 eV=iquest 5391nm(visible)

f iquest sesio λ=1240 eV nm

19 eV=iquest 6526nm(visible)

Problema 37a) La energiacutea necesaria para desprender un electroacuten de sodio metaacutelico es de 228eV iquestMuestra el sodio un efecto fotoeleacutectrico bajo luz roja con λ=678 nmb) iquestCuaacutel es la longitud de la onda de corte de la emisioacuten fotoeleacutectrica del sodio y a que color corresponde esta longitud de onda

Solucioacuten

Para la pregunta a

Tenemos E=1240 eV nmλ

Reemplazamos E=1240 eV nm678 nm

=iquest 18289 eV

no se produce el efecto fotoelectrico porque Elt228 eV

Para la pregunta b

E=1240 eV nmλ

Reemplazamos E=1240 eV nm228 eV

=iquest 54386 nm(verde)

Pregunta 38Un numero de fotones incide sobre una superficie de sodio que tiene una funcioacuten de trabajo de 228eV causando la emisioacuten fotoeleacutectrica cuando se impone un potencial de frenado de 492 V no existe una fotocorriente Halle la longitud de onda de los fotones incidentes

Solucioacuten

Tenemos Ф=228 eV

Tambieacuten h f =Ф+k max

Reemplazado h f =Ф+e V 0

Luego 1240 eV nm

λ=228 eV +(16 10minus19C )(492 V )

Sabemos V=J C por lo tanto convertimos a eV

1240 eV nm

λ=228 eV +(16 10minus19C )(492J C)(1eV 16 10minus19 J )

Cancelando λ=1722 nm

Pregunta 39a Si la funcioacuten de trabajo de un metal es de 185eV iquestCuaacutel seria el potencial de frenado de la luz que tenga una longitud de onda de 410 nmb iquestCuaacutel seria la velocidad maacutexima de los fotoelectrones emitidos en la superficie de metal

Solucioacuten

Para a

Sabemos h f =Ф+k max

Reemplazamos 1240 eV nm

λ=185 eV +e V 0

1240 eV nm

410 nm=185 eV +e V 0

Reduciendo V 0=117V

Para b

Tenemos k max=e V 0

12

m v2=e V 0

Reemplazamos 12

(91110minus31) v2=(16 10minus19 )(117 V )

Reduciendo V=641 km s

Pregunta 40El molibdeno tiene una funcioacuten de trabajo de 420 eV a) encuentre la longitud de onda de corte y la frecuencia de corte para el efecto fotoeleacutectrico B) calcule el potencial de frenado si la luz incidente tiene una longitud de onda de 180nm

Solucioacuten

Para a sabemos Ф=h f 0 de aquiacute Ф=h CλC

Aislamos λ λC=h CФ

Reemplazamos λC=iquest (662610minus34 )(3 108)

42016 10minus19 =iquest 2958 nm

Ahora calculamos la frecuencia de cortef 0

Sabemos f 0=CλC

=iquest 3108

295810minus9= 1014 pHz

Para b tenemos Kmax=CλC

minusФ

Reemplazamos Kmax=6626 10minus34 3108

18010minus9 minus420 eV

Reduciendo Kmax=2675 eV

Finalmente calculamos el V 0

De Kmax=eV 0

Aislamos V 0=iquest 267516 10minus19 J

16 10minus19 C=iquest 2675 V

Problema 41Un estudiante que analiza el efecto fotoeleacutectrico de dos metales diferente registra la siguiente informacioacuteni) el potencial de frenado para los fotoelectrones liberados en el metal 1 es 148 V mayor que para el metal 2 y ii) la frecuencia de corte para el metal 1 es 40 mas pequentildea que para el metal 2determine la funcioacuten de trabajo para cada metal

Kmaxi=e V 01 Kmaxi=e(V 02+148) (1)

Kmaxi=e V 02 (2)

h f 01=Ф1 h 60

100 f 02=Ф1 (3)

Metal 1 Metal 2 V 01=V 02+148

f 01=60

100 f 02

V 02=V 02

f 01=f 02

h f 02=Ф2 (4)

En (1)

h f minush f 01=e(V 02+148) (5)

h f minush f 02=e V 02 (6)

Luego (6) en (5)

h f minush60

100 f 02=h f minush f 02+e 148

Simplificando f 02=e 148 5

2 h=Ф2

Ф2=37 eV

Entonces h60100

f 02=Ф1

Pero h f 02=Ф2

Reemplazando f 02=h60

100Ф2

h=Ф1

Simplicando Ф1=222eV

Pregunta 42Dos fuentes luminosas se utilizan en un experimento fotoeleacutectrico para determinarla funcioacuten de trabajo para una superficie metaacutelica particular Cuando se emplea luz verde de una laacutempara de mercurio (λ=5461 nm) un potencial de frenado de 0376 V reduce la fotocorriente a ceroa Con base a esta medicioacuten iquestCuaacutel es la funcioacuten de trabajo para este metalb iquestQueacute potencial de frenado se observariacutea al usar la luz amarilla de un cubo de descarga de helio λ=58715 nm

Solucioacuten

Para a

Kmaxi=h f minusФ (1)

Kmaxi=e V 0 (2)

(1) En (2)

h f minusФ=e V 0

Luego Ф=minuse V 0+h c λ

Reemplazando valores

Ф=minus(16 10minus19C ) (0376 V )+(60626 10minus34 J S ) 3 108546110minus9

Ф=1899 eV

Para b

De la ecuacioacuten h f minusФ=e V 0

Aislamos V 0=iquest h

CλminusФ

e

V 0=iquest 3108

587510minus9 minusiquest 19 eV iquest16 10minus19C=02125 V

Pregunta 43Fotones de 450 nm de longitud inciden sobre un metal los electrones mas energeacuteticos expulsados del metal se desviacutean en in arco circular de 200 cm de radio por medio de un campo magneacutetico con una magnitud de 200x10minus5 TiquestCuaacutel es la funcioacuten de trabajo del metal

Datos

λ=450 10minus9m r=200cm=02 m t=200 x10minus5T

Solucioacuten

Hallamos ldquoErdquo

E=hcλ

rarr E=(6626 10minus34 J S )(3108)450 10minus9m=441710minus19 J

Hallamos ldquoV ldquo

V=q Br m

V=(16 10minus19 J ) ( 20010minus5T ) (02 m )

91110minus31 Kg=007025107m S

Hallamos k rsub max

k max=12

mv2 rarr k max=( 91110minus31 Kg )iquest

Hallamos ldquoФrdquo

Ф=hcλ

minuskmax=4417 10minus19 Jminus224810minus19 J=21691019 1 eV 1610minus19

Ф=135 eV

Problema 44Un Fotoacuten que tiene energiacutea Eo es dispersado por un electroacuten libre inicialmente en reposo de tal manera que el aacutengulo de dispersioacuten del electroacuten dispersado es igual al del fotoacuten dispersado ( ) a) Determine los aacutengulos y b) La energiacutea y el momentum del fotoacuten dispersado y c) La energiacutea cineacutetica del electroacuten dispersado

Solucioacuten

aiquest Determine los aacutengulos y

X hλ0

=h cosФ

λ+γ me VcosФ

Y 0=minush senФ

λ +γ me VsenФ

De Y 0=minush

λ=γ me V rarr

h

λ =γ me V

De X hλ0

=hcosФ

λ+ hcosФ

λ()

despejando λ

2 λ0 cosФ

corrimiento de compton

λminus λ0=

hme c

(1minuscosФ )rarr 2 λ0 cosФminusλ0=h

me c(1minuscosФ )

Sabiendoque λ0=hcE0

en funcion de E0

2 λ0 cosФminus1=E0

me c2 (1minuscosФ )rarr sihacemos E0

me c2 =x

2 λ0 cosФminus1=x (1minuscosФ )

Aislamos elaacutengulo Ф=arcocos( x+1x+2

)

biquest La energiacutea y el momentumdel fotoacuten dispersado energ iacutea

E=hc λ si λ =2 λ0 cosФ si λ0=hcλ0

entonces E=E0

2cosФ obtenemos Eacute=( x2+2 x

2 x+2)me c2

Momenton p h Si acute 2 λ0 cos E h 2 λ0cos Si λ0=hc E0

entonces pE0

2C cosФ obtenemos Pacute=( x2+2 x

2 x+2)me c2

c iquest La energiacuteacineacutetica del electroacutendispersado E0 iquest E +Ke E0minusE =Ke

Reemplazamos Ke=( x2

2 x+2)me c2

Problema 45Un Fotoacuten de 0880mev es dispersado por un electroacuten libre inicialmente en reposo de tal manera que el aacutengulo de dispersioacuten del electroacuten dispersado es igual al del fotoacuten dispersado ( ) a) Determine los aacutengulos y b) La energiacutea y el momentum del fotoacuten dispersado y c) La energiacutea cineacutetica del electroacuten dispersado

Solucioacuten

aiquest Determine los aacutengulos y

X hλ0

=h cosФ

λ+γ me VcosФ

Y 0=minush senФ

λ +γ me VsenФ

De Y 0=minush

λ=γ me V rarr

h

λ =γ me V

En X hλ0

=hcosФ

λ + hcosФ

λ ()

hλ0

=2h cosФ

λ rarr λ =2 λ0cosФ

λminus λ0=

hme c

(1minuscosФ )rarr 2 λ0 cosФminusλ0=h

me c(1minuscosФ )

Pero E0=hcλ0

reemplazando y combinando

me

E0

c2 (2 cosФminus1 )=(1minuscosФ )

(91 10minus31 kg)(9 1016 m2 s2)iquestiquest (1minuscosФ )=iquest 5809 10minus2 (2cosФminus1 )

cosФ=013

Ф=43 10

biquest La energiacutea y el momentumdel fotoacuten dispersado

E hc Si acute 2 λ0 cos

E hc 2 λ0 cos Si λ0=hc E0 E E0 2 cos Reemplazando E=0808 meV 2 cos 43 ordm=602 KeV

P h =E c=602103 16 10minus19 3108=iquest

P 32110minus22kg m s

c iquest La energiacuteacineacutetica del electroacutendispersado

k e=880 KeV minus602 KeV k e=278 KeV

Problema 46En un experimento de dispersioacuten Compton un fotoacuten se desviacutea en 900ordm y el electroacuten se desviacutea en un aacutengulo de 200ordm Determine la longitud de onda del fotoacuten dispersado

Solucioacuten

X hλ0

=h cosФ

λ+γ me VcosФ Y 0=minush senФ

λ +γ me VsenФ

Luego

Y h

λ=γ me Vsen200

(2iquest X hλ0

=γ me Vcos200 (1iquest

De 2 y1

λ0=λ tg200

De

λ minus λ0=h

mc(1minuscos900)

λ minus λ tg 200= hmc

rarr λ (1minustg 200 )= hmc

λ (1minus036 )=00024310minus9 m

λ =38 10minus12m

Problema 47Un fotoacuten de 000160nm se dispersa a partir de un electroacuten libre iquestPara queacute aacutengulos de dispersioacuten (fotoacuten) el electroacuten de retroceso tiene la misma energiacutea cineacutetica que la energiacutea del fotoacuten dispersado

Solucioacuten

λ0=000160 10minus9 hcλ0

=hc

λ+ hc

λ=rarr

1λ0

= 2

λ

λ minus λ0=h

mc(1minuscosФ)

000160 10minus9 m=000243 10minus9m(1minuscosФ)

cosФ=034

Ф=70 10

Problema 48A partir de la dispersioacuten de la luz solar de Thompson calculo el radio claacutesico del electroacuten que tiene un valor de 282 10minus15 Si la luz del sol con una intensidad de 500Wm2cae sobre un disco con este radio calcule el tiempo requerido para acumular 1eV de energiacutea Suponga que la luz es una onda claacutesica y que la luz que golpea al disco es absorbida por completo iquestCoacutemo se compara su resultado con la observacioacuten que los fotoelectrones son emitidos con rapidez dentro de10minus9 s Solucioacuten

radiaccion=500 W m2

tenemos I=P A rarr P=I A

Luego W t=I A

t=EI

A= 1 eV500 W π iquestiquestiquest

Absolutamente largo

  • Laboratorio de Fiacutesica Moderna
Page 27: David reparado

Seguacuten el resultado del problema 21 E2 = -54 10∙ -19J

Por lo tanto

Como λ = cν entonces

Problema 23El electroacuten del aacutetomo de hidroacutegeno salta de la tercera oacuterbita a la segunda a) Calcular la longitud de onda del fotoacuten emitido b) Calcular la disminucioacuten de la energiacutea del aacutetomoacute

Datos

j =1k = 3R = 1097middot107 m-1

h = 6626 10∙ -34 J∙s

Solucioacuten

Cuando el electroacuten pasa de la oacuterbita de mayor energiacutea (Ek) a una orbita de menor

energiacutea (Ej) el aacutetomo emite un fotoacuten cuya energiacutea es igual a E = Ek- Ej La longitud de onda del fotoacuten emitido se calcula por la foacutermula

J y k son los nuacutemeros de las oacuterbitas y R es la constante de Ridberg

La disminucioacuten de la energiacutea del aacutetomo es igual a la energiacutea del fotoacuten emitido

Problema 24

a) iquestQueacute tensioacuten del campo eleacutectrico es necesaria seguacuten la mecaacutenica claacutesica para que un electroacuten acelerado en este campo adquiera la velocidad de la luzb) iquestCuaacutel seraacuten la velocidad del electroacuten y su masa en este campo seguacuten la mecaacutenica relativista

Datos

m0 = 9109∙10-31kgc = 3∙108mse = 1602 10∙ -19C

Solucioacuten

a) Seguacuten la mecaacutenica claacutesica la energiacutea cineacutetica del electroacuten

Donde m0 es la masa de reposo del electroacuten y υ es su velocidad La diferencia de potencial V multiplicada por la carga del electroacuten es una medida de la energiacutea cineacutetica del electroacuten adquirida en el campo eleacutectrico En otras palabras

Sustituyendo υ por c se calcula la diferencia de potencial del campo eleacutectrico necesaria para que el electroacuten adquiera la velocidad de la luz

Analizando las unidades y poniendo los valores numeacutericos del problema se obtiene

b) En la mecaacutenica relativista se calcula la masa m del electroacuten y su energiacutea

cineacutetica Ec utilizando las foacutermulas siguientes

Pero numeacutericamente Ec = (m0c2)2 o sea

La masa del electroacuten seraacute igual a

Problema 25iquestCuaacutel es la energiacutea de un fotoacuten correspondiente a ondas radio de frecuencia 1255 x106 Hz

Datos

E=hv v=c⋋Solucioacuten E=662610minus34 1255 106=831610minus28 J

PROBLEMA 26La liacutenea verde en el espectro atoacutemico del talio tiene una longitud de onda de 535 nm Calcular la energiacutea de un fotoacuten

Solucioacuten

H=662610minus34C=300 108 msminus1

E=hv v=c ⋋ v=300 108 msminus1

53510minus9 =560 1014

E=662610minus34 560 1014=372 10minus19J

PROBLEMA 27Un electroacuten salta desde un orbital maacutes externo a otro maacutes interno entre los que existe una diferencia de energiacutea de 15 x 10-15 J iquestCuaacutel es la frecuencia de la radiacioacuten emitida

Datos

∆ E=hv

Solucioacuten

v=∆ E h= 15 10minus15J662610minus34 JS

=2261018 Sminus1

Problema 28La longitud de onda umbral para que cierta superficie metaacutelica emita electrones es 6000 Aring Se observoacute que si esa superficie fotosensible se ilumina con luz de 4000 Aring los electrones son emitidos con una velocidad de 606 x 105m s-1 Deducir el valor de la constante de Planck

Datos

λ1=600 Aring=610minus7 λ2=400 Aring=410minus7 V = 6 06 x 105m s-1 m=9 110minus31

Solucioacuten h= Cλ 2

=hCλ 1

+ mv2

2

h= 3 108

410minus7 =h3 108

6 10minus7 +91 10minus31 (606105)2

2

75 1014 h=5 1014 h+16710minus19

25 1014 h=167 10minus19

h=66810minus34 Js

Problema 29La frecuencia umbral de cierto metal es 88 x 1014 s-1 Calcular la velocidad maacutexima de los electrones emitidos por ese metal cuando se ilumina con luz cuya longitud de onda es 2536 Aring iquestQueacute energiacutea cineacutetica poseen esos electrones

EC=h(CλminusV C)=662610minus34 J s ( 3

108ms

2536 10minus10 minus88 x 1014 sminus1)=201 10minus19 J

EC=m v2

2rarr v2=radic 2 EC

m=radic 2 20110minus19 J

9110minus31kg=664 105 m s

Pregunta 30Una superficie de cierto metal emite electrones cuya energiacutea cineacutetica equivale a 3 eV cuando se ilumina con luz de longitud de onda de 1500 Aring iquestcual es el valor de la frecuencia umbral de ese metal

Solucioacuten

Se debe cumplir que E incidente= E umbral+E cineacutetica del electroacuten

E incidente=hv=hλ=66210minus34 J S 3 108 msminus1

150010minus10m=13 10minus18 J

E incidente del electron=3eV 16 10minus19 J eV minus1=48 10minus19 J

E umbral=13 10minus18 Jminus4810minus19 J=8210minus19

υ= Eh

= 82 10minus19 J66210minus34 JS

=13 1015 Hz

Problema 31Calcule la longitud de onda y la frecuencia da la 2da raya de la serie de Balme en el espectro del hidrogeno Constante de rydberg=109677 107 mminus1 La segunda raya nj=4 entonces ni=2

1⋋2

=RH ( 1

iquest2minus 1

nj2)=109677107( 1

22minus 1

42)=109677 107 3

16rarr⋋2=486 10minus7 m

v= C⋋2

= 300108

486 10minus7 =617 1014 Hz

Problema 32Calcuacutelese la longitud de onda de De Broglie en cada uno de los siguientes casos a) un neutroacuten que se mueve a una velocidad de 10 kms b) Un moacutevil de 20 g que se mueve a 72 kmhora

Solucioacutena) un neutroacuten que se mueve a una velocidad de 10 kms

masa del electron=167 10minus27 kg

mv=167 10minus27 kg 104 m sminus1=167 10minus23

λ=h

mv=66310minus34

16710minus23 =39710minus11 m

b) Un moacutevil de 20 g que se mueve a 72 kmhora

λ= hmv

=66310minus34

210minus2 20=1610minus33m

Problema 33Una superficie de sodio se ilumina con luz de 300 nm de longitud de ondala funcioacuten de trabajo para el metal de sodio es 246 eV Encuentrea) la energiacutea cineacutetica maacutexima de los fotoelectrones emitidosb) la longitud de onda de corte para el sodio

c) calcule la rapidez maacutexima del efecto fotoeleacutectrico

Solucioacuten

a) la energiacutea cineacutetica maacutexima de los fotoelectrones emitidos

E=h f =hcλ

=(662610minus34 J s ) (3 108 m s)

30010minus9m=663 10minus19 J=414 eV

Luego aplicamos Kmax=h f minusФ=414eV minus246eV =168 eV

b) la longitud de onda de corte para el sodio

E=h f 0=Ф dedonde hcλ0

aislamos λ0=hcФ

peroФ=(246 eV )(1610minus19 J eV )=39410minus19 J

Reemplazamos λ0=(662610minus34 Js )(3108 m s)

394 10minus19 J=iquest 505 10minus7=505 nm

c) calcule la rapidez maacutexima del efecto fotoeleacutectrico

E=12

m v2rarr 168eV iquest(91110minus31kg)v2

2 rarr v=768 105 m s

Problema 34Un aacutetomo absorbe un fotoacuten que tiene una longitud de onda de 375 nm e inmediatamente emite otro fotoacuten que tiene una longitud de onda de 580 nm iquestCuaacutel es la energiacutea neta absorbida por el aacutetomo en este proceso

Solucioacuten

Eneta=E f minusEi

Eneta=1240 eV nm

λemiteminus1240 eV nm

λabsorbe=1240 eV nm

λemiteminus1240 eV nm

λabsorbe

Eneta=2138 eVminus331 eV =1172eV

Problema 35La mayoriacutea de los procesos gaseosos de ionizacioacuten requieren cambios de energiacutea de 1 x10minus18 a 1 x10minus16 iquestqueacute regioacuten del espectro electromagneacutetico del sol es entonces

principalmente responsable de la creacioacuten de la ionosfera en la atmosfera de la tierra

Solucioacuten

tenemos E=1240 eV nmλ

reemplazamos 1 x10minus16minus1 x 10minus18=1240 eV nmλ

convirtiendo a eV 625minus625=1240 eV nmλ

cancelando eV λ=1240 nm61875

=iquest 2004 nm(ultravioleta)

Problema 36Se desea escoger una sustancia para una foto celda operable con luz visible iquestCuaacutel de la siguientes lo haraacute(la funcioacuten de trabajo aparece entre pareacutentesis )el tantalio(42eV)el tungsteno(45eV)el aluminio(42eV)el bario(25eV)el litio(23eV)el cesio(19eV)

Solucioacuten

Sabemos E=1240 eV nmλ

ReemplazamosE=Ф

Luego λ=1240 eV nm

Ф

aiquest tantalio λ=1240 eV nm

42 eV=iquest 2952nm(ultravioleta)

biquest tungsteno λ=1240 eVnm

45 eV=iquest 2756 nm(ultravioleta)

c iquestaluminio λ=1240 eV nm

42 eV=iquest 2952nm(ultravioleta)

d iquestbario λ=1240 eV nm

25 eV=iquest 496 nm(visible)

e iquestlitio λ=1240 eV nm

23 eV=iquest 5391nm(visible)

f iquest sesio λ=1240 eV nm

19 eV=iquest 6526nm(visible)

Problema 37a) La energiacutea necesaria para desprender un electroacuten de sodio metaacutelico es de 228eV iquestMuestra el sodio un efecto fotoeleacutectrico bajo luz roja con λ=678 nmb) iquestCuaacutel es la longitud de la onda de corte de la emisioacuten fotoeleacutectrica del sodio y a que color corresponde esta longitud de onda

Solucioacuten

Para la pregunta a

Tenemos E=1240 eV nmλ

Reemplazamos E=1240 eV nm678 nm

=iquest 18289 eV

no se produce el efecto fotoelectrico porque Elt228 eV

Para la pregunta b

E=1240 eV nmλ

Reemplazamos E=1240 eV nm228 eV

=iquest 54386 nm(verde)

Pregunta 38Un numero de fotones incide sobre una superficie de sodio que tiene una funcioacuten de trabajo de 228eV causando la emisioacuten fotoeleacutectrica cuando se impone un potencial de frenado de 492 V no existe una fotocorriente Halle la longitud de onda de los fotones incidentes

Solucioacuten

Tenemos Ф=228 eV

Tambieacuten h f =Ф+k max

Reemplazado h f =Ф+e V 0

Luego 1240 eV nm

λ=228 eV +(16 10minus19C )(492 V )

Sabemos V=J C por lo tanto convertimos a eV

1240 eV nm

λ=228 eV +(16 10minus19C )(492J C)(1eV 16 10minus19 J )

Cancelando λ=1722 nm

Pregunta 39a Si la funcioacuten de trabajo de un metal es de 185eV iquestCuaacutel seria el potencial de frenado de la luz que tenga una longitud de onda de 410 nmb iquestCuaacutel seria la velocidad maacutexima de los fotoelectrones emitidos en la superficie de metal

Solucioacuten

Para a

Sabemos h f =Ф+k max

Reemplazamos 1240 eV nm

λ=185 eV +e V 0

1240 eV nm

410 nm=185 eV +e V 0

Reduciendo V 0=117V

Para b

Tenemos k max=e V 0

12

m v2=e V 0

Reemplazamos 12

(91110minus31) v2=(16 10minus19 )(117 V )

Reduciendo V=641 km s

Pregunta 40El molibdeno tiene una funcioacuten de trabajo de 420 eV a) encuentre la longitud de onda de corte y la frecuencia de corte para el efecto fotoeleacutectrico B) calcule el potencial de frenado si la luz incidente tiene una longitud de onda de 180nm

Solucioacuten

Para a sabemos Ф=h f 0 de aquiacute Ф=h CλC

Aislamos λ λC=h CФ

Reemplazamos λC=iquest (662610minus34 )(3 108)

42016 10minus19 =iquest 2958 nm

Ahora calculamos la frecuencia de cortef 0

Sabemos f 0=CλC

=iquest 3108

295810minus9= 1014 pHz

Para b tenemos Kmax=CλC

minusФ

Reemplazamos Kmax=6626 10minus34 3108

18010minus9 minus420 eV

Reduciendo Kmax=2675 eV

Finalmente calculamos el V 0

De Kmax=eV 0

Aislamos V 0=iquest 267516 10minus19 J

16 10minus19 C=iquest 2675 V

Problema 41Un estudiante que analiza el efecto fotoeleacutectrico de dos metales diferente registra la siguiente informacioacuteni) el potencial de frenado para los fotoelectrones liberados en el metal 1 es 148 V mayor que para el metal 2 y ii) la frecuencia de corte para el metal 1 es 40 mas pequentildea que para el metal 2determine la funcioacuten de trabajo para cada metal

Kmaxi=e V 01 Kmaxi=e(V 02+148) (1)

Kmaxi=e V 02 (2)

h f 01=Ф1 h 60

100 f 02=Ф1 (3)

Metal 1 Metal 2 V 01=V 02+148

f 01=60

100 f 02

V 02=V 02

f 01=f 02

h f 02=Ф2 (4)

En (1)

h f minush f 01=e(V 02+148) (5)

h f minush f 02=e V 02 (6)

Luego (6) en (5)

h f minush60

100 f 02=h f minush f 02+e 148

Simplificando f 02=e 148 5

2 h=Ф2

Ф2=37 eV

Entonces h60100

f 02=Ф1

Pero h f 02=Ф2

Reemplazando f 02=h60

100Ф2

h=Ф1

Simplicando Ф1=222eV

Pregunta 42Dos fuentes luminosas se utilizan en un experimento fotoeleacutectrico para determinarla funcioacuten de trabajo para una superficie metaacutelica particular Cuando se emplea luz verde de una laacutempara de mercurio (λ=5461 nm) un potencial de frenado de 0376 V reduce la fotocorriente a ceroa Con base a esta medicioacuten iquestCuaacutel es la funcioacuten de trabajo para este metalb iquestQueacute potencial de frenado se observariacutea al usar la luz amarilla de un cubo de descarga de helio λ=58715 nm

Solucioacuten

Para a

Kmaxi=h f minusФ (1)

Kmaxi=e V 0 (2)

(1) En (2)

h f minusФ=e V 0

Luego Ф=minuse V 0+h c λ

Reemplazando valores

Ф=minus(16 10minus19C ) (0376 V )+(60626 10minus34 J S ) 3 108546110minus9

Ф=1899 eV

Para b

De la ecuacioacuten h f minusФ=e V 0

Aislamos V 0=iquest h

CλminusФ

e

V 0=iquest 3108

587510minus9 minusiquest 19 eV iquest16 10minus19C=02125 V

Pregunta 43Fotones de 450 nm de longitud inciden sobre un metal los electrones mas energeacuteticos expulsados del metal se desviacutean en in arco circular de 200 cm de radio por medio de un campo magneacutetico con una magnitud de 200x10minus5 TiquestCuaacutel es la funcioacuten de trabajo del metal

Datos

λ=450 10minus9m r=200cm=02 m t=200 x10minus5T

Solucioacuten

Hallamos ldquoErdquo

E=hcλ

rarr E=(6626 10minus34 J S )(3108)450 10minus9m=441710minus19 J

Hallamos ldquoV ldquo

V=q Br m

V=(16 10minus19 J ) ( 20010minus5T ) (02 m )

91110minus31 Kg=007025107m S

Hallamos k rsub max

k max=12

mv2 rarr k max=( 91110minus31 Kg )iquest

Hallamos ldquoФrdquo

Ф=hcλ

minuskmax=4417 10minus19 Jminus224810minus19 J=21691019 1 eV 1610minus19

Ф=135 eV

Problema 44Un Fotoacuten que tiene energiacutea Eo es dispersado por un electroacuten libre inicialmente en reposo de tal manera que el aacutengulo de dispersioacuten del electroacuten dispersado es igual al del fotoacuten dispersado ( ) a) Determine los aacutengulos y b) La energiacutea y el momentum del fotoacuten dispersado y c) La energiacutea cineacutetica del electroacuten dispersado

Solucioacuten

aiquest Determine los aacutengulos y

X hλ0

=h cosФ

λ+γ me VcosФ

Y 0=minush senФ

λ +γ me VsenФ

De Y 0=minush

λ=γ me V rarr

h

λ =γ me V

De X hλ0

=hcosФ

λ+ hcosФ

λ()

despejando λ

2 λ0 cosФ

corrimiento de compton

λminus λ0=

hme c

(1minuscosФ )rarr 2 λ0 cosФminusλ0=h

me c(1minuscosФ )

Sabiendoque λ0=hcE0

en funcion de E0

2 λ0 cosФminus1=E0

me c2 (1minuscosФ )rarr sihacemos E0

me c2 =x

2 λ0 cosФminus1=x (1minuscosФ )

Aislamos elaacutengulo Ф=arcocos( x+1x+2

)

biquest La energiacutea y el momentumdel fotoacuten dispersado energ iacutea

E=hc λ si λ =2 λ0 cosФ si λ0=hcλ0

entonces E=E0

2cosФ obtenemos Eacute=( x2+2 x

2 x+2)me c2

Momenton p h Si acute 2 λ0 cos E h 2 λ0cos Si λ0=hc E0

entonces pE0

2C cosФ obtenemos Pacute=( x2+2 x

2 x+2)me c2

c iquest La energiacuteacineacutetica del electroacutendispersado E0 iquest E +Ke E0minusE =Ke

Reemplazamos Ke=( x2

2 x+2)me c2

Problema 45Un Fotoacuten de 0880mev es dispersado por un electroacuten libre inicialmente en reposo de tal manera que el aacutengulo de dispersioacuten del electroacuten dispersado es igual al del fotoacuten dispersado ( ) a) Determine los aacutengulos y b) La energiacutea y el momentum del fotoacuten dispersado y c) La energiacutea cineacutetica del electroacuten dispersado

Solucioacuten

aiquest Determine los aacutengulos y

X hλ0

=h cosФ

λ+γ me VcosФ

Y 0=minush senФ

λ +γ me VsenФ

De Y 0=minush

λ=γ me V rarr

h

λ =γ me V

En X hλ0

=hcosФ

λ + hcosФ

λ ()

hλ0

=2h cosФ

λ rarr λ =2 λ0cosФ

λminus λ0=

hme c

(1minuscosФ )rarr 2 λ0 cosФminusλ0=h

me c(1minuscosФ )

Pero E0=hcλ0

reemplazando y combinando

me

E0

c2 (2 cosФminus1 )=(1minuscosФ )

(91 10minus31 kg)(9 1016 m2 s2)iquestiquest (1minuscosФ )=iquest 5809 10minus2 (2cosФminus1 )

cosФ=013

Ф=43 10

biquest La energiacutea y el momentumdel fotoacuten dispersado

E hc Si acute 2 λ0 cos

E hc 2 λ0 cos Si λ0=hc E0 E E0 2 cos Reemplazando E=0808 meV 2 cos 43 ordm=602 KeV

P h =E c=602103 16 10minus19 3108=iquest

P 32110minus22kg m s

c iquest La energiacuteacineacutetica del electroacutendispersado

k e=880 KeV minus602 KeV k e=278 KeV

Problema 46En un experimento de dispersioacuten Compton un fotoacuten se desviacutea en 900ordm y el electroacuten se desviacutea en un aacutengulo de 200ordm Determine la longitud de onda del fotoacuten dispersado

Solucioacuten

X hλ0

=h cosФ

λ+γ me VcosФ Y 0=minush senФ

λ +γ me VsenФ

Luego

Y h

λ=γ me Vsen200

(2iquest X hλ0

=γ me Vcos200 (1iquest

De 2 y1

λ0=λ tg200

De

λ minus λ0=h

mc(1minuscos900)

λ minus λ tg 200= hmc

rarr λ (1minustg 200 )= hmc

λ (1minus036 )=00024310minus9 m

λ =38 10minus12m

Problema 47Un fotoacuten de 000160nm se dispersa a partir de un electroacuten libre iquestPara queacute aacutengulos de dispersioacuten (fotoacuten) el electroacuten de retroceso tiene la misma energiacutea cineacutetica que la energiacutea del fotoacuten dispersado

Solucioacuten

λ0=000160 10minus9 hcλ0

=hc

λ+ hc

λ=rarr

1λ0

= 2

λ

λ minus λ0=h

mc(1minuscosФ)

000160 10minus9 m=000243 10minus9m(1minuscosФ)

cosФ=034

Ф=70 10

Problema 48A partir de la dispersioacuten de la luz solar de Thompson calculo el radio claacutesico del electroacuten que tiene un valor de 282 10minus15 Si la luz del sol con una intensidad de 500Wm2cae sobre un disco con este radio calcule el tiempo requerido para acumular 1eV de energiacutea Suponga que la luz es una onda claacutesica y que la luz que golpea al disco es absorbida por completo iquestCoacutemo se compara su resultado con la observacioacuten que los fotoelectrones son emitidos con rapidez dentro de10minus9 s Solucioacuten

radiaccion=500 W m2

tenemos I=P A rarr P=I A

Luego W t=I A

t=EI

A= 1 eV500 W π iquestiquestiquest

Absolutamente largo

  • Laboratorio de Fiacutesica Moderna
Page 28: David reparado

a) iquestQueacute tensioacuten del campo eleacutectrico es necesaria seguacuten la mecaacutenica claacutesica para que un electroacuten acelerado en este campo adquiera la velocidad de la luzb) iquestCuaacutel seraacuten la velocidad del electroacuten y su masa en este campo seguacuten la mecaacutenica relativista

Datos

m0 = 9109∙10-31kgc = 3∙108mse = 1602 10∙ -19C

Solucioacuten

a) Seguacuten la mecaacutenica claacutesica la energiacutea cineacutetica del electroacuten

Donde m0 es la masa de reposo del electroacuten y υ es su velocidad La diferencia de potencial V multiplicada por la carga del electroacuten es una medida de la energiacutea cineacutetica del electroacuten adquirida en el campo eleacutectrico En otras palabras

Sustituyendo υ por c se calcula la diferencia de potencial del campo eleacutectrico necesaria para que el electroacuten adquiera la velocidad de la luz

Analizando las unidades y poniendo los valores numeacutericos del problema se obtiene

b) En la mecaacutenica relativista se calcula la masa m del electroacuten y su energiacutea

cineacutetica Ec utilizando las foacutermulas siguientes

Pero numeacutericamente Ec = (m0c2)2 o sea

La masa del electroacuten seraacute igual a

Problema 25iquestCuaacutel es la energiacutea de un fotoacuten correspondiente a ondas radio de frecuencia 1255 x106 Hz

Datos

E=hv v=c⋋Solucioacuten E=662610minus34 1255 106=831610minus28 J

PROBLEMA 26La liacutenea verde en el espectro atoacutemico del talio tiene una longitud de onda de 535 nm Calcular la energiacutea de un fotoacuten

Solucioacuten

H=662610minus34C=300 108 msminus1

E=hv v=c ⋋ v=300 108 msminus1

53510minus9 =560 1014

E=662610minus34 560 1014=372 10minus19J

PROBLEMA 27Un electroacuten salta desde un orbital maacutes externo a otro maacutes interno entre los que existe una diferencia de energiacutea de 15 x 10-15 J iquestCuaacutel es la frecuencia de la radiacioacuten emitida

Datos

∆ E=hv

Solucioacuten

v=∆ E h= 15 10minus15J662610minus34 JS

=2261018 Sminus1

Problema 28La longitud de onda umbral para que cierta superficie metaacutelica emita electrones es 6000 Aring Se observoacute que si esa superficie fotosensible se ilumina con luz de 4000 Aring los electrones son emitidos con una velocidad de 606 x 105m s-1 Deducir el valor de la constante de Planck

Datos

λ1=600 Aring=610minus7 λ2=400 Aring=410minus7 V = 6 06 x 105m s-1 m=9 110minus31

Solucioacuten h= Cλ 2

=hCλ 1

+ mv2

2

h= 3 108

410minus7 =h3 108

6 10minus7 +91 10minus31 (606105)2

2

75 1014 h=5 1014 h+16710minus19

25 1014 h=167 10minus19

h=66810minus34 Js

Problema 29La frecuencia umbral de cierto metal es 88 x 1014 s-1 Calcular la velocidad maacutexima de los electrones emitidos por ese metal cuando se ilumina con luz cuya longitud de onda es 2536 Aring iquestQueacute energiacutea cineacutetica poseen esos electrones

EC=h(CλminusV C)=662610minus34 J s ( 3

108ms

2536 10minus10 minus88 x 1014 sminus1)=201 10minus19 J

EC=m v2

2rarr v2=radic 2 EC

m=radic 2 20110minus19 J

9110minus31kg=664 105 m s

Pregunta 30Una superficie de cierto metal emite electrones cuya energiacutea cineacutetica equivale a 3 eV cuando se ilumina con luz de longitud de onda de 1500 Aring iquestcual es el valor de la frecuencia umbral de ese metal

Solucioacuten

Se debe cumplir que E incidente= E umbral+E cineacutetica del electroacuten

E incidente=hv=hλ=66210minus34 J S 3 108 msminus1

150010minus10m=13 10minus18 J

E incidente del electron=3eV 16 10minus19 J eV minus1=48 10minus19 J

E umbral=13 10minus18 Jminus4810minus19 J=8210minus19

υ= Eh

= 82 10minus19 J66210minus34 JS

=13 1015 Hz

Problema 31Calcule la longitud de onda y la frecuencia da la 2da raya de la serie de Balme en el espectro del hidrogeno Constante de rydberg=109677 107 mminus1 La segunda raya nj=4 entonces ni=2

1⋋2

=RH ( 1

iquest2minus 1

nj2)=109677107( 1

22minus 1

42)=109677 107 3

16rarr⋋2=486 10minus7 m

v= C⋋2

= 300108

486 10minus7 =617 1014 Hz

Problema 32Calcuacutelese la longitud de onda de De Broglie en cada uno de los siguientes casos a) un neutroacuten que se mueve a una velocidad de 10 kms b) Un moacutevil de 20 g que se mueve a 72 kmhora

Solucioacutena) un neutroacuten que se mueve a una velocidad de 10 kms

masa del electron=167 10minus27 kg

mv=167 10minus27 kg 104 m sminus1=167 10minus23

λ=h

mv=66310minus34

16710minus23 =39710minus11 m

b) Un moacutevil de 20 g que se mueve a 72 kmhora

λ= hmv

=66310minus34

210minus2 20=1610minus33m

Problema 33Una superficie de sodio se ilumina con luz de 300 nm de longitud de ondala funcioacuten de trabajo para el metal de sodio es 246 eV Encuentrea) la energiacutea cineacutetica maacutexima de los fotoelectrones emitidosb) la longitud de onda de corte para el sodio

c) calcule la rapidez maacutexima del efecto fotoeleacutectrico

Solucioacuten

a) la energiacutea cineacutetica maacutexima de los fotoelectrones emitidos

E=h f =hcλ

=(662610minus34 J s ) (3 108 m s)

30010minus9m=663 10minus19 J=414 eV

Luego aplicamos Kmax=h f minusФ=414eV minus246eV =168 eV

b) la longitud de onda de corte para el sodio

E=h f 0=Ф dedonde hcλ0

aislamos λ0=hcФ

peroФ=(246 eV )(1610minus19 J eV )=39410minus19 J

Reemplazamos λ0=(662610minus34 Js )(3108 m s)

394 10minus19 J=iquest 505 10minus7=505 nm

c) calcule la rapidez maacutexima del efecto fotoeleacutectrico

E=12

m v2rarr 168eV iquest(91110minus31kg)v2

2 rarr v=768 105 m s

Problema 34Un aacutetomo absorbe un fotoacuten que tiene una longitud de onda de 375 nm e inmediatamente emite otro fotoacuten que tiene una longitud de onda de 580 nm iquestCuaacutel es la energiacutea neta absorbida por el aacutetomo en este proceso

Solucioacuten

Eneta=E f minusEi

Eneta=1240 eV nm

λemiteminus1240 eV nm

λabsorbe=1240 eV nm

λemiteminus1240 eV nm

λabsorbe

Eneta=2138 eVminus331 eV =1172eV

Problema 35La mayoriacutea de los procesos gaseosos de ionizacioacuten requieren cambios de energiacutea de 1 x10minus18 a 1 x10minus16 iquestqueacute regioacuten del espectro electromagneacutetico del sol es entonces

principalmente responsable de la creacioacuten de la ionosfera en la atmosfera de la tierra

Solucioacuten

tenemos E=1240 eV nmλ

reemplazamos 1 x10minus16minus1 x 10minus18=1240 eV nmλ

convirtiendo a eV 625minus625=1240 eV nmλ

cancelando eV λ=1240 nm61875

=iquest 2004 nm(ultravioleta)

Problema 36Se desea escoger una sustancia para una foto celda operable con luz visible iquestCuaacutel de la siguientes lo haraacute(la funcioacuten de trabajo aparece entre pareacutentesis )el tantalio(42eV)el tungsteno(45eV)el aluminio(42eV)el bario(25eV)el litio(23eV)el cesio(19eV)

Solucioacuten

Sabemos E=1240 eV nmλ

ReemplazamosE=Ф

Luego λ=1240 eV nm

Ф

aiquest tantalio λ=1240 eV nm

42 eV=iquest 2952nm(ultravioleta)

biquest tungsteno λ=1240 eVnm

45 eV=iquest 2756 nm(ultravioleta)

c iquestaluminio λ=1240 eV nm

42 eV=iquest 2952nm(ultravioleta)

d iquestbario λ=1240 eV nm

25 eV=iquest 496 nm(visible)

e iquestlitio λ=1240 eV nm

23 eV=iquest 5391nm(visible)

f iquest sesio λ=1240 eV nm

19 eV=iquest 6526nm(visible)

Problema 37a) La energiacutea necesaria para desprender un electroacuten de sodio metaacutelico es de 228eV iquestMuestra el sodio un efecto fotoeleacutectrico bajo luz roja con λ=678 nmb) iquestCuaacutel es la longitud de la onda de corte de la emisioacuten fotoeleacutectrica del sodio y a que color corresponde esta longitud de onda

Solucioacuten

Para la pregunta a

Tenemos E=1240 eV nmλ

Reemplazamos E=1240 eV nm678 nm

=iquest 18289 eV

no se produce el efecto fotoelectrico porque Elt228 eV

Para la pregunta b

E=1240 eV nmλ

Reemplazamos E=1240 eV nm228 eV

=iquest 54386 nm(verde)

Pregunta 38Un numero de fotones incide sobre una superficie de sodio que tiene una funcioacuten de trabajo de 228eV causando la emisioacuten fotoeleacutectrica cuando se impone un potencial de frenado de 492 V no existe una fotocorriente Halle la longitud de onda de los fotones incidentes

Solucioacuten

Tenemos Ф=228 eV

Tambieacuten h f =Ф+k max

Reemplazado h f =Ф+e V 0

Luego 1240 eV nm

λ=228 eV +(16 10minus19C )(492 V )

Sabemos V=J C por lo tanto convertimos a eV

1240 eV nm

λ=228 eV +(16 10minus19C )(492J C)(1eV 16 10minus19 J )

Cancelando λ=1722 nm

Pregunta 39a Si la funcioacuten de trabajo de un metal es de 185eV iquestCuaacutel seria el potencial de frenado de la luz que tenga una longitud de onda de 410 nmb iquestCuaacutel seria la velocidad maacutexima de los fotoelectrones emitidos en la superficie de metal

Solucioacuten

Para a

Sabemos h f =Ф+k max

Reemplazamos 1240 eV nm

λ=185 eV +e V 0

1240 eV nm

410 nm=185 eV +e V 0

Reduciendo V 0=117V

Para b

Tenemos k max=e V 0

12

m v2=e V 0

Reemplazamos 12

(91110minus31) v2=(16 10minus19 )(117 V )

Reduciendo V=641 km s

Pregunta 40El molibdeno tiene una funcioacuten de trabajo de 420 eV a) encuentre la longitud de onda de corte y la frecuencia de corte para el efecto fotoeleacutectrico B) calcule el potencial de frenado si la luz incidente tiene una longitud de onda de 180nm

Solucioacuten

Para a sabemos Ф=h f 0 de aquiacute Ф=h CλC

Aislamos λ λC=h CФ

Reemplazamos λC=iquest (662610minus34 )(3 108)

42016 10minus19 =iquest 2958 nm

Ahora calculamos la frecuencia de cortef 0

Sabemos f 0=CλC

=iquest 3108

295810minus9= 1014 pHz

Para b tenemos Kmax=CλC

minusФ

Reemplazamos Kmax=6626 10minus34 3108

18010minus9 minus420 eV

Reduciendo Kmax=2675 eV

Finalmente calculamos el V 0

De Kmax=eV 0

Aislamos V 0=iquest 267516 10minus19 J

16 10minus19 C=iquest 2675 V

Problema 41Un estudiante que analiza el efecto fotoeleacutectrico de dos metales diferente registra la siguiente informacioacuteni) el potencial de frenado para los fotoelectrones liberados en el metal 1 es 148 V mayor que para el metal 2 y ii) la frecuencia de corte para el metal 1 es 40 mas pequentildea que para el metal 2determine la funcioacuten de trabajo para cada metal

Kmaxi=e V 01 Kmaxi=e(V 02+148) (1)

Kmaxi=e V 02 (2)

h f 01=Ф1 h 60

100 f 02=Ф1 (3)

Metal 1 Metal 2 V 01=V 02+148

f 01=60

100 f 02

V 02=V 02

f 01=f 02

h f 02=Ф2 (4)

En (1)

h f minush f 01=e(V 02+148) (5)

h f minush f 02=e V 02 (6)

Luego (6) en (5)

h f minush60

100 f 02=h f minush f 02+e 148

Simplificando f 02=e 148 5

2 h=Ф2

Ф2=37 eV

Entonces h60100

f 02=Ф1

Pero h f 02=Ф2

Reemplazando f 02=h60

100Ф2

h=Ф1

Simplicando Ф1=222eV

Pregunta 42Dos fuentes luminosas se utilizan en un experimento fotoeleacutectrico para determinarla funcioacuten de trabajo para una superficie metaacutelica particular Cuando se emplea luz verde de una laacutempara de mercurio (λ=5461 nm) un potencial de frenado de 0376 V reduce la fotocorriente a ceroa Con base a esta medicioacuten iquestCuaacutel es la funcioacuten de trabajo para este metalb iquestQueacute potencial de frenado se observariacutea al usar la luz amarilla de un cubo de descarga de helio λ=58715 nm

Solucioacuten

Para a

Kmaxi=h f minusФ (1)

Kmaxi=e V 0 (2)

(1) En (2)

h f minusФ=e V 0

Luego Ф=minuse V 0+h c λ

Reemplazando valores

Ф=minus(16 10minus19C ) (0376 V )+(60626 10minus34 J S ) 3 108546110minus9

Ф=1899 eV

Para b

De la ecuacioacuten h f minusФ=e V 0

Aislamos V 0=iquest h

CλminusФ

e

V 0=iquest 3108

587510minus9 minusiquest 19 eV iquest16 10minus19C=02125 V

Pregunta 43Fotones de 450 nm de longitud inciden sobre un metal los electrones mas energeacuteticos expulsados del metal se desviacutean en in arco circular de 200 cm de radio por medio de un campo magneacutetico con una magnitud de 200x10minus5 TiquestCuaacutel es la funcioacuten de trabajo del metal

Datos

λ=450 10minus9m r=200cm=02 m t=200 x10minus5T

Solucioacuten

Hallamos ldquoErdquo

E=hcλ

rarr E=(6626 10minus34 J S )(3108)450 10minus9m=441710minus19 J

Hallamos ldquoV ldquo

V=q Br m

V=(16 10minus19 J ) ( 20010minus5T ) (02 m )

91110minus31 Kg=007025107m S

Hallamos k rsub max

k max=12

mv2 rarr k max=( 91110minus31 Kg )iquest

Hallamos ldquoФrdquo

Ф=hcλ

minuskmax=4417 10minus19 Jminus224810minus19 J=21691019 1 eV 1610minus19

Ф=135 eV

Problema 44Un Fotoacuten que tiene energiacutea Eo es dispersado por un electroacuten libre inicialmente en reposo de tal manera que el aacutengulo de dispersioacuten del electroacuten dispersado es igual al del fotoacuten dispersado ( ) a) Determine los aacutengulos y b) La energiacutea y el momentum del fotoacuten dispersado y c) La energiacutea cineacutetica del electroacuten dispersado

Solucioacuten

aiquest Determine los aacutengulos y

X hλ0

=h cosФ

λ+γ me VcosФ

Y 0=minush senФ

λ +γ me VsenФ

De Y 0=minush

λ=γ me V rarr

h

λ =γ me V

De X hλ0

=hcosФ

λ+ hcosФ

λ()

despejando λ

2 λ0 cosФ

corrimiento de compton

λminus λ0=

hme c

(1minuscosФ )rarr 2 λ0 cosФminusλ0=h

me c(1minuscosФ )

Sabiendoque λ0=hcE0

en funcion de E0

2 λ0 cosФminus1=E0

me c2 (1minuscosФ )rarr sihacemos E0

me c2 =x

2 λ0 cosФminus1=x (1minuscosФ )

Aislamos elaacutengulo Ф=arcocos( x+1x+2

)

biquest La energiacutea y el momentumdel fotoacuten dispersado energ iacutea

E=hc λ si λ =2 λ0 cosФ si λ0=hcλ0

entonces E=E0

2cosФ obtenemos Eacute=( x2+2 x

2 x+2)me c2

Momenton p h Si acute 2 λ0 cos E h 2 λ0cos Si λ0=hc E0

entonces pE0

2C cosФ obtenemos Pacute=( x2+2 x

2 x+2)me c2

c iquest La energiacuteacineacutetica del electroacutendispersado E0 iquest E +Ke E0minusE =Ke

Reemplazamos Ke=( x2

2 x+2)me c2

Problema 45Un Fotoacuten de 0880mev es dispersado por un electroacuten libre inicialmente en reposo de tal manera que el aacutengulo de dispersioacuten del electroacuten dispersado es igual al del fotoacuten dispersado ( ) a) Determine los aacutengulos y b) La energiacutea y el momentum del fotoacuten dispersado y c) La energiacutea cineacutetica del electroacuten dispersado

Solucioacuten

aiquest Determine los aacutengulos y

X hλ0

=h cosФ

λ+γ me VcosФ

Y 0=minush senФ

λ +γ me VsenФ

De Y 0=minush

λ=γ me V rarr

h

λ =γ me V

En X hλ0

=hcosФ

λ + hcosФ

λ ()

hλ0

=2h cosФ

λ rarr λ =2 λ0cosФ

λminus λ0=

hme c

(1minuscosФ )rarr 2 λ0 cosФminusλ0=h

me c(1minuscosФ )

Pero E0=hcλ0

reemplazando y combinando

me

E0

c2 (2 cosФminus1 )=(1minuscosФ )

(91 10minus31 kg)(9 1016 m2 s2)iquestiquest (1minuscosФ )=iquest 5809 10minus2 (2cosФminus1 )

cosФ=013

Ф=43 10

biquest La energiacutea y el momentumdel fotoacuten dispersado

E hc Si acute 2 λ0 cos

E hc 2 λ0 cos Si λ0=hc E0 E E0 2 cos Reemplazando E=0808 meV 2 cos 43 ordm=602 KeV

P h =E c=602103 16 10minus19 3108=iquest

P 32110minus22kg m s

c iquest La energiacuteacineacutetica del electroacutendispersado

k e=880 KeV minus602 KeV k e=278 KeV

Problema 46En un experimento de dispersioacuten Compton un fotoacuten se desviacutea en 900ordm y el electroacuten se desviacutea en un aacutengulo de 200ordm Determine la longitud de onda del fotoacuten dispersado

Solucioacuten

X hλ0

=h cosФ

λ+γ me VcosФ Y 0=minush senФ

λ +γ me VsenФ

Luego

Y h

λ=γ me Vsen200

(2iquest X hλ0

=γ me Vcos200 (1iquest

De 2 y1

λ0=λ tg200

De

λ minus λ0=h

mc(1minuscos900)

λ minus λ tg 200= hmc

rarr λ (1minustg 200 )= hmc

λ (1minus036 )=00024310minus9 m

λ =38 10minus12m

Problema 47Un fotoacuten de 000160nm se dispersa a partir de un electroacuten libre iquestPara queacute aacutengulos de dispersioacuten (fotoacuten) el electroacuten de retroceso tiene la misma energiacutea cineacutetica que la energiacutea del fotoacuten dispersado

Solucioacuten

λ0=000160 10minus9 hcλ0

=hc

λ+ hc

λ=rarr

1λ0

= 2

λ

λ minus λ0=h

mc(1minuscosФ)

000160 10minus9 m=000243 10minus9m(1minuscosФ)

cosФ=034

Ф=70 10

Problema 48A partir de la dispersioacuten de la luz solar de Thompson calculo el radio claacutesico del electroacuten que tiene un valor de 282 10minus15 Si la luz del sol con una intensidad de 500Wm2cae sobre un disco con este radio calcule el tiempo requerido para acumular 1eV de energiacutea Suponga que la luz es una onda claacutesica y que la luz que golpea al disco es absorbida por completo iquestCoacutemo se compara su resultado con la observacioacuten que los fotoelectrones son emitidos con rapidez dentro de10minus9 s Solucioacuten

radiaccion=500 W m2

tenemos I=P A rarr P=I A

Luego W t=I A

t=EI

A= 1 eV500 W π iquestiquestiquest

Absolutamente largo

  • Laboratorio de Fiacutesica Moderna
Page 29: David reparado

Pero numeacutericamente Ec = (m0c2)2 o sea

La masa del electroacuten seraacute igual a

Problema 25iquestCuaacutel es la energiacutea de un fotoacuten correspondiente a ondas radio de frecuencia 1255 x106 Hz

Datos

E=hv v=c⋋Solucioacuten E=662610minus34 1255 106=831610minus28 J

PROBLEMA 26La liacutenea verde en el espectro atoacutemico del talio tiene una longitud de onda de 535 nm Calcular la energiacutea de un fotoacuten

Solucioacuten

H=662610minus34C=300 108 msminus1

E=hv v=c ⋋ v=300 108 msminus1

53510minus9 =560 1014

E=662610minus34 560 1014=372 10minus19J

PROBLEMA 27Un electroacuten salta desde un orbital maacutes externo a otro maacutes interno entre los que existe una diferencia de energiacutea de 15 x 10-15 J iquestCuaacutel es la frecuencia de la radiacioacuten emitida

Datos

∆ E=hv

Solucioacuten

v=∆ E h= 15 10minus15J662610minus34 JS

=2261018 Sminus1

Problema 28La longitud de onda umbral para que cierta superficie metaacutelica emita electrones es 6000 Aring Se observoacute que si esa superficie fotosensible se ilumina con luz de 4000 Aring los electrones son emitidos con una velocidad de 606 x 105m s-1 Deducir el valor de la constante de Planck

Datos

λ1=600 Aring=610minus7 λ2=400 Aring=410minus7 V = 6 06 x 105m s-1 m=9 110minus31

Solucioacuten h= Cλ 2

=hCλ 1

+ mv2

2

h= 3 108

410minus7 =h3 108

6 10minus7 +91 10minus31 (606105)2

2

75 1014 h=5 1014 h+16710minus19

25 1014 h=167 10minus19

h=66810minus34 Js

Problema 29La frecuencia umbral de cierto metal es 88 x 1014 s-1 Calcular la velocidad maacutexima de los electrones emitidos por ese metal cuando se ilumina con luz cuya longitud de onda es 2536 Aring iquestQueacute energiacutea cineacutetica poseen esos electrones

EC=h(CλminusV C)=662610minus34 J s ( 3

108ms

2536 10minus10 minus88 x 1014 sminus1)=201 10minus19 J

EC=m v2

2rarr v2=radic 2 EC

m=radic 2 20110minus19 J

9110minus31kg=664 105 m s

Pregunta 30Una superficie de cierto metal emite electrones cuya energiacutea cineacutetica equivale a 3 eV cuando se ilumina con luz de longitud de onda de 1500 Aring iquestcual es el valor de la frecuencia umbral de ese metal

Solucioacuten

Se debe cumplir que E incidente= E umbral+E cineacutetica del electroacuten

E incidente=hv=hλ=66210minus34 J S 3 108 msminus1

150010minus10m=13 10minus18 J

E incidente del electron=3eV 16 10minus19 J eV minus1=48 10minus19 J

E umbral=13 10minus18 Jminus4810minus19 J=8210minus19

υ= Eh

= 82 10minus19 J66210minus34 JS

=13 1015 Hz

Problema 31Calcule la longitud de onda y la frecuencia da la 2da raya de la serie de Balme en el espectro del hidrogeno Constante de rydberg=109677 107 mminus1 La segunda raya nj=4 entonces ni=2

1⋋2

=RH ( 1

iquest2minus 1

nj2)=109677107( 1

22minus 1

42)=109677 107 3

16rarr⋋2=486 10minus7 m

v= C⋋2

= 300108

486 10minus7 =617 1014 Hz

Problema 32Calcuacutelese la longitud de onda de De Broglie en cada uno de los siguientes casos a) un neutroacuten que se mueve a una velocidad de 10 kms b) Un moacutevil de 20 g que se mueve a 72 kmhora

Solucioacutena) un neutroacuten que se mueve a una velocidad de 10 kms

masa del electron=167 10minus27 kg

mv=167 10minus27 kg 104 m sminus1=167 10minus23

λ=h

mv=66310minus34

16710minus23 =39710minus11 m

b) Un moacutevil de 20 g que se mueve a 72 kmhora

λ= hmv

=66310minus34

210minus2 20=1610minus33m

Problema 33Una superficie de sodio se ilumina con luz de 300 nm de longitud de ondala funcioacuten de trabajo para el metal de sodio es 246 eV Encuentrea) la energiacutea cineacutetica maacutexima de los fotoelectrones emitidosb) la longitud de onda de corte para el sodio

c) calcule la rapidez maacutexima del efecto fotoeleacutectrico

Solucioacuten

a) la energiacutea cineacutetica maacutexima de los fotoelectrones emitidos

E=h f =hcλ

=(662610minus34 J s ) (3 108 m s)

30010minus9m=663 10minus19 J=414 eV

Luego aplicamos Kmax=h f minusФ=414eV minus246eV =168 eV

b) la longitud de onda de corte para el sodio

E=h f 0=Ф dedonde hcλ0

aislamos λ0=hcФ

peroФ=(246 eV )(1610minus19 J eV )=39410minus19 J

Reemplazamos λ0=(662610minus34 Js )(3108 m s)

394 10minus19 J=iquest 505 10minus7=505 nm

c) calcule la rapidez maacutexima del efecto fotoeleacutectrico

E=12

m v2rarr 168eV iquest(91110minus31kg)v2

2 rarr v=768 105 m s

Problema 34Un aacutetomo absorbe un fotoacuten que tiene una longitud de onda de 375 nm e inmediatamente emite otro fotoacuten que tiene una longitud de onda de 580 nm iquestCuaacutel es la energiacutea neta absorbida por el aacutetomo en este proceso

Solucioacuten

Eneta=E f minusEi

Eneta=1240 eV nm

λemiteminus1240 eV nm

λabsorbe=1240 eV nm

λemiteminus1240 eV nm

λabsorbe

Eneta=2138 eVminus331 eV =1172eV

Problema 35La mayoriacutea de los procesos gaseosos de ionizacioacuten requieren cambios de energiacutea de 1 x10minus18 a 1 x10minus16 iquestqueacute regioacuten del espectro electromagneacutetico del sol es entonces

principalmente responsable de la creacioacuten de la ionosfera en la atmosfera de la tierra

Solucioacuten

tenemos E=1240 eV nmλ

reemplazamos 1 x10minus16minus1 x 10minus18=1240 eV nmλ

convirtiendo a eV 625minus625=1240 eV nmλ

cancelando eV λ=1240 nm61875

=iquest 2004 nm(ultravioleta)

Problema 36Se desea escoger una sustancia para una foto celda operable con luz visible iquestCuaacutel de la siguientes lo haraacute(la funcioacuten de trabajo aparece entre pareacutentesis )el tantalio(42eV)el tungsteno(45eV)el aluminio(42eV)el bario(25eV)el litio(23eV)el cesio(19eV)

Solucioacuten

Sabemos E=1240 eV nmλ

ReemplazamosE=Ф

Luego λ=1240 eV nm

Ф

aiquest tantalio λ=1240 eV nm

42 eV=iquest 2952nm(ultravioleta)

biquest tungsteno λ=1240 eVnm

45 eV=iquest 2756 nm(ultravioleta)

c iquestaluminio λ=1240 eV nm

42 eV=iquest 2952nm(ultravioleta)

d iquestbario λ=1240 eV nm

25 eV=iquest 496 nm(visible)

e iquestlitio λ=1240 eV nm

23 eV=iquest 5391nm(visible)

f iquest sesio λ=1240 eV nm

19 eV=iquest 6526nm(visible)

Problema 37a) La energiacutea necesaria para desprender un electroacuten de sodio metaacutelico es de 228eV iquestMuestra el sodio un efecto fotoeleacutectrico bajo luz roja con λ=678 nmb) iquestCuaacutel es la longitud de la onda de corte de la emisioacuten fotoeleacutectrica del sodio y a que color corresponde esta longitud de onda

Solucioacuten

Para la pregunta a

Tenemos E=1240 eV nmλ

Reemplazamos E=1240 eV nm678 nm

=iquest 18289 eV

no se produce el efecto fotoelectrico porque Elt228 eV

Para la pregunta b

E=1240 eV nmλ

Reemplazamos E=1240 eV nm228 eV

=iquest 54386 nm(verde)

Pregunta 38Un numero de fotones incide sobre una superficie de sodio que tiene una funcioacuten de trabajo de 228eV causando la emisioacuten fotoeleacutectrica cuando se impone un potencial de frenado de 492 V no existe una fotocorriente Halle la longitud de onda de los fotones incidentes

Solucioacuten

Tenemos Ф=228 eV

Tambieacuten h f =Ф+k max

Reemplazado h f =Ф+e V 0

Luego 1240 eV nm

λ=228 eV +(16 10minus19C )(492 V )

Sabemos V=J C por lo tanto convertimos a eV

1240 eV nm

λ=228 eV +(16 10minus19C )(492J C)(1eV 16 10minus19 J )

Cancelando λ=1722 nm

Pregunta 39a Si la funcioacuten de trabajo de un metal es de 185eV iquestCuaacutel seria el potencial de frenado de la luz que tenga una longitud de onda de 410 nmb iquestCuaacutel seria la velocidad maacutexima de los fotoelectrones emitidos en la superficie de metal

Solucioacuten

Para a

Sabemos h f =Ф+k max

Reemplazamos 1240 eV nm

λ=185 eV +e V 0

1240 eV nm

410 nm=185 eV +e V 0

Reduciendo V 0=117V

Para b

Tenemos k max=e V 0

12

m v2=e V 0

Reemplazamos 12

(91110minus31) v2=(16 10minus19 )(117 V )

Reduciendo V=641 km s

Pregunta 40El molibdeno tiene una funcioacuten de trabajo de 420 eV a) encuentre la longitud de onda de corte y la frecuencia de corte para el efecto fotoeleacutectrico B) calcule el potencial de frenado si la luz incidente tiene una longitud de onda de 180nm

Solucioacuten

Para a sabemos Ф=h f 0 de aquiacute Ф=h CλC

Aislamos λ λC=h CФ

Reemplazamos λC=iquest (662610minus34 )(3 108)

42016 10minus19 =iquest 2958 nm

Ahora calculamos la frecuencia de cortef 0

Sabemos f 0=CλC

=iquest 3108

295810minus9= 1014 pHz

Para b tenemos Kmax=CλC

minusФ

Reemplazamos Kmax=6626 10minus34 3108

18010minus9 minus420 eV

Reduciendo Kmax=2675 eV

Finalmente calculamos el V 0

De Kmax=eV 0

Aislamos V 0=iquest 267516 10minus19 J

16 10minus19 C=iquest 2675 V

Problema 41Un estudiante que analiza el efecto fotoeleacutectrico de dos metales diferente registra la siguiente informacioacuteni) el potencial de frenado para los fotoelectrones liberados en el metal 1 es 148 V mayor que para el metal 2 y ii) la frecuencia de corte para el metal 1 es 40 mas pequentildea que para el metal 2determine la funcioacuten de trabajo para cada metal

Kmaxi=e V 01 Kmaxi=e(V 02+148) (1)

Kmaxi=e V 02 (2)

h f 01=Ф1 h 60

100 f 02=Ф1 (3)

Metal 1 Metal 2 V 01=V 02+148

f 01=60

100 f 02

V 02=V 02

f 01=f 02

h f 02=Ф2 (4)

En (1)

h f minush f 01=e(V 02+148) (5)

h f minush f 02=e V 02 (6)

Luego (6) en (5)

h f minush60

100 f 02=h f minush f 02+e 148

Simplificando f 02=e 148 5

2 h=Ф2

Ф2=37 eV

Entonces h60100

f 02=Ф1

Pero h f 02=Ф2

Reemplazando f 02=h60

100Ф2

h=Ф1

Simplicando Ф1=222eV

Pregunta 42Dos fuentes luminosas se utilizan en un experimento fotoeleacutectrico para determinarla funcioacuten de trabajo para una superficie metaacutelica particular Cuando se emplea luz verde de una laacutempara de mercurio (λ=5461 nm) un potencial de frenado de 0376 V reduce la fotocorriente a ceroa Con base a esta medicioacuten iquestCuaacutel es la funcioacuten de trabajo para este metalb iquestQueacute potencial de frenado se observariacutea al usar la luz amarilla de un cubo de descarga de helio λ=58715 nm

Solucioacuten

Para a

Kmaxi=h f minusФ (1)

Kmaxi=e V 0 (2)

(1) En (2)

h f minusФ=e V 0

Luego Ф=minuse V 0+h c λ

Reemplazando valores

Ф=minus(16 10minus19C ) (0376 V )+(60626 10minus34 J S ) 3 108546110minus9

Ф=1899 eV

Para b

De la ecuacioacuten h f minusФ=e V 0

Aislamos V 0=iquest h

CλminusФ

e

V 0=iquest 3108

587510minus9 minusiquest 19 eV iquest16 10minus19C=02125 V

Pregunta 43Fotones de 450 nm de longitud inciden sobre un metal los electrones mas energeacuteticos expulsados del metal se desviacutean en in arco circular de 200 cm de radio por medio de un campo magneacutetico con una magnitud de 200x10minus5 TiquestCuaacutel es la funcioacuten de trabajo del metal

Datos

λ=450 10minus9m r=200cm=02 m t=200 x10minus5T

Solucioacuten

Hallamos ldquoErdquo

E=hcλ

rarr E=(6626 10minus34 J S )(3108)450 10minus9m=441710minus19 J

Hallamos ldquoV ldquo

V=q Br m

V=(16 10minus19 J ) ( 20010minus5T ) (02 m )

91110minus31 Kg=007025107m S

Hallamos k rsub max

k max=12

mv2 rarr k max=( 91110minus31 Kg )iquest

Hallamos ldquoФrdquo

Ф=hcλ

minuskmax=4417 10minus19 Jminus224810minus19 J=21691019 1 eV 1610minus19

Ф=135 eV

Problema 44Un Fotoacuten que tiene energiacutea Eo es dispersado por un electroacuten libre inicialmente en reposo de tal manera que el aacutengulo de dispersioacuten del electroacuten dispersado es igual al del fotoacuten dispersado ( ) a) Determine los aacutengulos y b) La energiacutea y el momentum del fotoacuten dispersado y c) La energiacutea cineacutetica del electroacuten dispersado

Solucioacuten

aiquest Determine los aacutengulos y

X hλ0

=h cosФ

λ+γ me VcosФ

Y 0=minush senФ

λ +γ me VsenФ

De Y 0=minush

λ=γ me V rarr

h

λ =γ me V

De X hλ0

=hcosФ

λ+ hcosФ

λ()

despejando λ

2 λ0 cosФ

corrimiento de compton

λminus λ0=

hme c

(1minuscosФ )rarr 2 λ0 cosФminusλ0=h

me c(1minuscosФ )

Sabiendoque λ0=hcE0

en funcion de E0

2 λ0 cosФminus1=E0

me c2 (1minuscosФ )rarr sihacemos E0

me c2 =x

2 λ0 cosФminus1=x (1minuscosФ )

Aislamos elaacutengulo Ф=arcocos( x+1x+2

)

biquest La energiacutea y el momentumdel fotoacuten dispersado energ iacutea

E=hc λ si λ =2 λ0 cosФ si λ0=hcλ0

entonces E=E0

2cosФ obtenemos Eacute=( x2+2 x

2 x+2)me c2

Momenton p h Si acute 2 λ0 cos E h 2 λ0cos Si λ0=hc E0

entonces pE0

2C cosФ obtenemos Pacute=( x2+2 x

2 x+2)me c2

c iquest La energiacuteacineacutetica del electroacutendispersado E0 iquest E +Ke E0minusE =Ke

Reemplazamos Ke=( x2

2 x+2)me c2

Problema 45Un Fotoacuten de 0880mev es dispersado por un electroacuten libre inicialmente en reposo de tal manera que el aacutengulo de dispersioacuten del electroacuten dispersado es igual al del fotoacuten dispersado ( ) a) Determine los aacutengulos y b) La energiacutea y el momentum del fotoacuten dispersado y c) La energiacutea cineacutetica del electroacuten dispersado

Solucioacuten

aiquest Determine los aacutengulos y

X hλ0

=h cosФ

λ+γ me VcosФ

Y 0=minush senФ

λ +γ me VsenФ

De Y 0=minush

λ=γ me V rarr

h

λ =γ me V

En X hλ0

=hcosФ

λ + hcosФ

λ ()

hλ0

=2h cosФ

λ rarr λ =2 λ0cosФ

λminus λ0=

hme c

(1minuscosФ )rarr 2 λ0 cosФminusλ0=h

me c(1minuscosФ )

Pero E0=hcλ0

reemplazando y combinando

me

E0

c2 (2 cosФminus1 )=(1minuscosФ )

(91 10minus31 kg)(9 1016 m2 s2)iquestiquest (1minuscosФ )=iquest 5809 10minus2 (2cosФminus1 )

cosФ=013

Ф=43 10

biquest La energiacutea y el momentumdel fotoacuten dispersado

E hc Si acute 2 λ0 cos

E hc 2 λ0 cos Si λ0=hc E0 E E0 2 cos Reemplazando E=0808 meV 2 cos 43 ordm=602 KeV

P h =E c=602103 16 10minus19 3108=iquest

P 32110minus22kg m s

c iquest La energiacuteacineacutetica del electroacutendispersado

k e=880 KeV minus602 KeV k e=278 KeV

Problema 46En un experimento de dispersioacuten Compton un fotoacuten se desviacutea en 900ordm y el electroacuten se desviacutea en un aacutengulo de 200ordm Determine la longitud de onda del fotoacuten dispersado

Solucioacuten

X hλ0

=h cosФ

λ+γ me VcosФ Y 0=minush senФ

λ +γ me VsenФ

Luego

Y h

λ=γ me Vsen200

(2iquest X hλ0

=γ me Vcos200 (1iquest

De 2 y1

λ0=λ tg200

De

λ minus λ0=h

mc(1minuscos900)

λ minus λ tg 200= hmc

rarr λ (1minustg 200 )= hmc

λ (1minus036 )=00024310minus9 m

λ =38 10minus12m

Problema 47Un fotoacuten de 000160nm se dispersa a partir de un electroacuten libre iquestPara queacute aacutengulos de dispersioacuten (fotoacuten) el electroacuten de retroceso tiene la misma energiacutea cineacutetica que la energiacutea del fotoacuten dispersado

Solucioacuten

λ0=000160 10minus9 hcλ0

=hc

λ+ hc

λ=rarr

1λ0

= 2

λ

λ minus λ0=h

mc(1minuscosФ)

000160 10minus9 m=000243 10minus9m(1minuscosФ)

cosФ=034

Ф=70 10

Problema 48A partir de la dispersioacuten de la luz solar de Thompson calculo el radio claacutesico del electroacuten que tiene un valor de 282 10minus15 Si la luz del sol con una intensidad de 500Wm2cae sobre un disco con este radio calcule el tiempo requerido para acumular 1eV de energiacutea Suponga que la luz es una onda claacutesica y que la luz que golpea al disco es absorbida por completo iquestCoacutemo se compara su resultado con la observacioacuten que los fotoelectrones son emitidos con rapidez dentro de10minus9 s Solucioacuten

radiaccion=500 W m2

tenemos I=P A rarr P=I A

Luego W t=I A

t=EI

A= 1 eV500 W π iquestiquestiquest

Absolutamente largo

  • Laboratorio de Fiacutesica Moderna
Page 30: David reparado

Solucioacuten

v=∆ E h= 15 10minus15J662610minus34 JS

=2261018 Sminus1

Problema 28La longitud de onda umbral para que cierta superficie metaacutelica emita electrones es 6000 Aring Se observoacute que si esa superficie fotosensible se ilumina con luz de 4000 Aring los electrones son emitidos con una velocidad de 606 x 105m s-1 Deducir el valor de la constante de Planck

Datos

λ1=600 Aring=610minus7 λ2=400 Aring=410minus7 V = 6 06 x 105m s-1 m=9 110minus31

Solucioacuten h= Cλ 2

=hCλ 1

+ mv2

2

h= 3 108

410minus7 =h3 108

6 10minus7 +91 10minus31 (606105)2

2

75 1014 h=5 1014 h+16710minus19

25 1014 h=167 10minus19

h=66810minus34 Js

Problema 29La frecuencia umbral de cierto metal es 88 x 1014 s-1 Calcular la velocidad maacutexima de los electrones emitidos por ese metal cuando se ilumina con luz cuya longitud de onda es 2536 Aring iquestQueacute energiacutea cineacutetica poseen esos electrones

EC=h(CλminusV C)=662610minus34 J s ( 3

108ms

2536 10minus10 minus88 x 1014 sminus1)=201 10minus19 J

EC=m v2

2rarr v2=radic 2 EC

m=radic 2 20110minus19 J

9110minus31kg=664 105 m s

Pregunta 30Una superficie de cierto metal emite electrones cuya energiacutea cineacutetica equivale a 3 eV cuando se ilumina con luz de longitud de onda de 1500 Aring iquestcual es el valor de la frecuencia umbral de ese metal

Solucioacuten

Se debe cumplir que E incidente= E umbral+E cineacutetica del electroacuten

E incidente=hv=hλ=66210minus34 J S 3 108 msminus1

150010minus10m=13 10minus18 J

E incidente del electron=3eV 16 10minus19 J eV minus1=48 10minus19 J

E umbral=13 10minus18 Jminus4810minus19 J=8210minus19

υ= Eh

= 82 10minus19 J66210minus34 JS

=13 1015 Hz

Problema 31Calcule la longitud de onda y la frecuencia da la 2da raya de la serie de Balme en el espectro del hidrogeno Constante de rydberg=109677 107 mminus1 La segunda raya nj=4 entonces ni=2

1⋋2

=RH ( 1

iquest2minus 1

nj2)=109677107( 1

22minus 1

42)=109677 107 3

16rarr⋋2=486 10minus7 m

v= C⋋2

= 300108

486 10minus7 =617 1014 Hz

Problema 32Calcuacutelese la longitud de onda de De Broglie en cada uno de los siguientes casos a) un neutroacuten que se mueve a una velocidad de 10 kms b) Un moacutevil de 20 g que se mueve a 72 kmhora

Solucioacutena) un neutroacuten que se mueve a una velocidad de 10 kms

masa del electron=167 10minus27 kg

mv=167 10minus27 kg 104 m sminus1=167 10minus23

λ=h

mv=66310minus34

16710minus23 =39710minus11 m

b) Un moacutevil de 20 g que se mueve a 72 kmhora

λ= hmv

=66310minus34

210minus2 20=1610minus33m

Problema 33Una superficie de sodio se ilumina con luz de 300 nm de longitud de ondala funcioacuten de trabajo para el metal de sodio es 246 eV Encuentrea) la energiacutea cineacutetica maacutexima de los fotoelectrones emitidosb) la longitud de onda de corte para el sodio

c) calcule la rapidez maacutexima del efecto fotoeleacutectrico

Solucioacuten

a) la energiacutea cineacutetica maacutexima de los fotoelectrones emitidos

E=h f =hcλ

=(662610minus34 J s ) (3 108 m s)

30010minus9m=663 10minus19 J=414 eV

Luego aplicamos Kmax=h f minusФ=414eV minus246eV =168 eV

b) la longitud de onda de corte para el sodio

E=h f 0=Ф dedonde hcλ0

aislamos λ0=hcФ

peroФ=(246 eV )(1610minus19 J eV )=39410minus19 J

Reemplazamos λ0=(662610minus34 Js )(3108 m s)

394 10minus19 J=iquest 505 10minus7=505 nm

c) calcule la rapidez maacutexima del efecto fotoeleacutectrico

E=12

m v2rarr 168eV iquest(91110minus31kg)v2

2 rarr v=768 105 m s

Problema 34Un aacutetomo absorbe un fotoacuten que tiene una longitud de onda de 375 nm e inmediatamente emite otro fotoacuten que tiene una longitud de onda de 580 nm iquestCuaacutel es la energiacutea neta absorbida por el aacutetomo en este proceso

Solucioacuten

Eneta=E f minusEi

Eneta=1240 eV nm

λemiteminus1240 eV nm

λabsorbe=1240 eV nm

λemiteminus1240 eV nm

λabsorbe

Eneta=2138 eVminus331 eV =1172eV

Problema 35La mayoriacutea de los procesos gaseosos de ionizacioacuten requieren cambios de energiacutea de 1 x10minus18 a 1 x10minus16 iquestqueacute regioacuten del espectro electromagneacutetico del sol es entonces

principalmente responsable de la creacioacuten de la ionosfera en la atmosfera de la tierra

Solucioacuten

tenemos E=1240 eV nmλ

reemplazamos 1 x10minus16minus1 x 10minus18=1240 eV nmλ

convirtiendo a eV 625minus625=1240 eV nmλ

cancelando eV λ=1240 nm61875

=iquest 2004 nm(ultravioleta)

Problema 36Se desea escoger una sustancia para una foto celda operable con luz visible iquestCuaacutel de la siguientes lo haraacute(la funcioacuten de trabajo aparece entre pareacutentesis )el tantalio(42eV)el tungsteno(45eV)el aluminio(42eV)el bario(25eV)el litio(23eV)el cesio(19eV)

Solucioacuten

Sabemos E=1240 eV nmλ

ReemplazamosE=Ф

Luego λ=1240 eV nm

Ф

aiquest tantalio λ=1240 eV nm

42 eV=iquest 2952nm(ultravioleta)

biquest tungsteno λ=1240 eVnm

45 eV=iquest 2756 nm(ultravioleta)

c iquestaluminio λ=1240 eV nm

42 eV=iquest 2952nm(ultravioleta)

d iquestbario λ=1240 eV nm

25 eV=iquest 496 nm(visible)

e iquestlitio λ=1240 eV nm

23 eV=iquest 5391nm(visible)

f iquest sesio λ=1240 eV nm

19 eV=iquest 6526nm(visible)

Problema 37a) La energiacutea necesaria para desprender un electroacuten de sodio metaacutelico es de 228eV iquestMuestra el sodio un efecto fotoeleacutectrico bajo luz roja con λ=678 nmb) iquestCuaacutel es la longitud de la onda de corte de la emisioacuten fotoeleacutectrica del sodio y a que color corresponde esta longitud de onda

Solucioacuten

Para la pregunta a

Tenemos E=1240 eV nmλ

Reemplazamos E=1240 eV nm678 nm

=iquest 18289 eV

no se produce el efecto fotoelectrico porque Elt228 eV

Para la pregunta b

E=1240 eV nmλ

Reemplazamos E=1240 eV nm228 eV

=iquest 54386 nm(verde)

Pregunta 38Un numero de fotones incide sobre una superficie de sodio que tiene una funcioacuten de trabajo de 228eV causando la emisioacuten fotoeleacutectrica cuando se impone un potencial de frenado de 492 V no existe una fotocorriente Halle la longitud de onda de los fotones incidentes

Solucioacuten

Tenemos Ф=228 eV

Tambieacuten h f =Ф+k max

Reemplazado h f =Ф+e V 0

Luego 1240 eV nm

λ=228 eV +(16 10minus19C )(492 V )

Sabemos V=J C por lo tanto convertimos a eV

1240 eV nm

λ=228 eV +(16 10minus19C )(492J C)(1eV 16 10minus19 J )

Cancelando λ=1722 nm

Pregunta 39a Si la funcioacuten de trabajo de un metal es de 185eV iquestCuaacutel seria el potencial de frenado de la luz que tenga una longitud de onda de 410 nmb iquestCuaacutel seria la velocidad maacutexima de los fotoelectrones emitidos en la superficie de metal

Solucioacuten

Para a

Sabemos h f =Ф+k max

Reemplazamos 1240 eV nm

λ=185 eV +e V 0

1240 eV nm

410 nm=185 eV +e V 0

Reduciendo V 0=117V

Para b

Tenemos k max=e V 0

12

m v2=e V 0

Reemplazamos 12

(91110minus31) v2=(16 10minus19 )(117 V )

Reduciendo V=641 km s

Pregunta 40El molibdeno tiene una funcioacuten de trabajo de 420 eV a) encuentre la longitud de onda de corte y la frecuencia de corte para el efecto fotoeleacutectrico B) calcule el potencial de frenado si la luz incidente tiene una longitud de onda de 180nm

Solucioacuten

Para a sabemos Ф=h f 0 de aquiacute Ф=h CλC

Aislamos λ λC=h CФ

Reemplazamos λC=iquest (662610minus34 )(3 108)

42016 10minus19 =iquest 2958 nm

Ahora calculamos la frecuencia de cortef 0

Sabemos f 0=CλC

=iquest 3108

295810minus9= 1014 pHz

Para b tenemos Kmax=CλC

minusФ

Reemplazamos Kmax=6626 10minus34 3108

18010minus9 minus420 eV

Reduciendo Kmax=2675 eV

Finalmente calculamos el V 0

De Kmax=eV 0

Aislamos V 0=iquest 267516 10minus19 J

16 10minus19 C=iquest 2675 V

Problema 41Un estudiante que analiza el efecto fotoeleacutectrico de dos metales diferente registra la siguiente informacioacuteni) el potencial de frenado para los fotoelectrones liberados en el metal 1 es 148 V mayor que para el metal 2 y ii) la frecuencia de corte para el metal 1 es 40 mas pequentildea que para el metal 2determine la funcioacuten de trabajo para cada metal

Kmaxi=e V 01 Kmaxi=e(V 02+148) (1)

Kmaxi=e V 02 (2)

h f 01=Ф1 h 60

100 f 02=Ф1 (3)

Metal 1 Metal 2 V 01=V 02+148

f 01=60

100 f 02

V 02=V 02

f 01=f 02

h f 02=Ф2 (4)

En (1)

h f minush f 01=e(V 02+148) (5)

h f minush f 02=e V 02 (6)

Luego (6) en (5)

h f minush60

100 f 02=h f minush f 02+e 148

Simplificando f 02=e 148 5

2 h=Ф2

Ф2=37 eV

Entonces h60100

f 02=Ф1

Pero h f 02=Ф2

Reemplazando f 02=h60

100Ф2

h=Ф1

Simplicando Ф1=222eV

Pregunta 42Dos fuentes luminosas se utilizan en un experimento fotoeleacutectrico para determinarla funcioacuten de trabajo para una superficie metaacutelica particular Cuando se emplea luz verde de una laacutempara de mercurio (λ=5461 nm) un potencial de frenado de 0376 V reduce la fotocorriente a ceroa Con base a esta medicioacuten iquestCuaacutel es la funcioacuten de trabajo para este metalb iquestQueacute potencial de frenado se observariacutea al usar la luz amarilla de un cubo de descarga de helio λ=58715 nm

Solucioacuten

Para a

<