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EJEMPLOS DEL TEMA 5

1) Determina la energía máxima que puede tener un fotón del espectro

visible. El espectro visible está comprendido entre una longitud de onda de

780 nm para el rojo hasta 380 nm para el violeta.

La luz de mayor energía, corresponde a la de mayor frecuencia, y por tanto, a la de menor longitud de onda. Se trata por tanto del color violeta, cuya frecuencia es

Hz c

f ₉ 14

8

10 · 89 . 7 10 · 380

10 · 3

 

 _



Luego, la energía de un fotón correspondiente al color violeta es

J hf

E 6.63·1034·7.89·1014 5.23·1019

Expresemos esta energía en electrón voltios.

eV J

eV J

E 3.27

10 · 6 . 1

1 10

· 23 .

5 19 ₁₉ 

  _

Una energía de 3.27 eV es la energía cinética que adquiriría un electrón al pasar de un potencial a otro potencial 3.27 voltios mayor. O lo que es lo mismo, es la energía potencial que tendría un electrón en un punto cuyo potencial fuese -3.27 V.

2) Cuando se ilumina el cátodo de una célula fotovoltaica con luz

monocromática de frecuencia 1.2 10

_{Hz, se observa el paso de corriente,}

que puede llegar a anularse aplicando una diferencia de potencial de 2 V.

a) ¿Cuál es la frecuencia umbral de este cátodo?

b) ¿Qué tensión habría que aplicar con tal de suprimir la corriente que se

produzca cuando iluminamos con luz monocromática de 150 nm?

a) Sabemos que la energía cinética con la que salta un fotón es

W hf

Ec 

Es decir, la energía cinética del electrón es la energía que recibe del fotón que absorbe (hf ), menos la energía que necesita para escaparse (W), llamado trabajo de extracción.

Dependiendo de dónde esté el electrón que va a saltar, W será mayor o menor, es decir,

necesitará más o menos energía para escaparse. Por eso, hay electrones de distintas energías cinéticas. Los electrones más veloces, serán aquellos que necesiten menos energía para escapar (W₀), llamado trabajo mínimo de extracción. Estos electrones

tendrán una energía de

0

)

(máx hf W

Ec  

Puesto que estos electrones pueden ser frenados con un potencial V₀ 2V , quiere decir

potencial de eV₀ que es la necesaria para efectuar el salto. El valor de la energía cinética

máxima está justo en el límite de eV₀. Podemos escribir que

0

)

(máx eV

Ec 

Por tanto, tenemos la expresión

0

0 hf W

eV  

que podemos utilizar para calcular el trabajo mínimo de extracción, que es una propiedad intrínseca del tipo de material con el que esté hecho el cátodo.

Por otro lado, si iluminamos con luz de frecuencia umbral, f₀, no se produce saltos de

electrones, esto quiere decir, que la energía que llevan estos fotones está justo en el límite para extraer electrones de los más fáciles para saltar, es decir,

0

0 W

hf 

Conocido W₀, podemos determinar f₀. O si lo preferimos, podemos escribir una única

ecuación donde conocemos todo salvo nuestra incógnita.

Hz h

eV f f hf hf

eV ₃₄ 14

19 15

0 0

0

0 7.17·10

10 · 63 . 6

2 · 10 · 6 . 1 10 · 2 .

1  

    

  _

b) Si ahora iluminamos con luz de otra frecuencia, los electrones recibirán ahora una cantidad distinta de energía al absorber el fotón, y por tanto, será necesario aplicar un potencial distinto para frenarlos.

Utilizamos la expresión

0 0

' hf W

eV  

para determinar el nuevo potencial de frenado. No olvidemos que W₀ sigue siendo la

misma porque se trata del mismo metal.

V e

f c h

e W c h

e W hf

V 5.32

10 · 6 . 1

10 · 17 . 7 10 · 150

10 · 3 10 · 63 . 6

' ₁₉

14 9

8 34

0 0

0

0 

   

 

 

   

      

 _

 



3) Comprobar que

/c

MeV

es una unidad de masa, mientras que

es

una unidad de cantidad de movimiento.

Hemos visto que la energía en reposo de una partícula es

2 mc E

O lo que es lo mismo

2 c

E m

Luego, cualquier unidad de energía, dividido entre 2

c , es una unidad de masa. Sabemos

potencial (energía por unidad de carga). También MeV es energía, ya que M (mega) indica que es un millón de eV.

Veamos en esta unidad, la masa que tiene un electrón. Partimos del valor de la masa de un electrón en umas.

u m_e 0.00054859

Recordemos que 1u1.66052·1027Kg . Luego en el Sistema Internacional, la masa de un

electrón es

Kg u

Kg u

m_e 31

27

10 · 109446668 .

9 1

10 · 66052 . 1 00054859 .

0 



 

La energía en reposo es





c m

E  _e 2 9.109446668·1031·3·108 2 8.1985020012·1014

Pasemos esta energía a MeV.

MeV eV

MeV J eV

J

E 0.512

10 1 10 · 53 176 602 . 1

1 10

· 1985020012 .

8 14 _{19 6} 

  _

Por tanto, la masa de un electrón es de 0.512 ₂

c MeV

m_e  .

La comodidad que tiene utilizar esta unidad, es que si queremos calcular la energía en reposo de una partícula, al multiplicar su masa por 2

c , lo único que tenemos que hacer,

es tachar el 2

c del denominador, y tenemos la energía en MeV.

Es muy normal, que tengamos la masa de una partícula en umas, por eso es conveniente que veamos su equivalencia en MeV/c2_.

La energía de una uma de masa es

 

s m Kg

u

E 10

2 8 27

10 · 494468 .

1 10

· 3 10

· 66052 . 1

1    

  

  

Que pasándola a MeV es

 

eV MeV J

eV J

u

E 932.77

10 1 10 · 60217653 .

1

1 10

· 494468 .

1

1  10 _{19 6} 

Así que una uma es

2

77 . 932 1

c MeV u

Conocida esta equivalencia, podemos determinar la masa de una partícula en MeV/c2 _si

conocemos su masa en umas.

2 2

512 . 0 1

77 . 932 00054859 .

0

c MeV u

c MeV u

m_e 

Y la masa de un protón (m_p 1.0073u) es

2 2

58 . 939 1

77 . 932 0073 . 1

c MeV u

c MeV u

m_p  

Se obtiene unos valores algo mayores, debido a que la velocidad de la luz no es exactamente 3 108 _{m/s, sino que es algo menor, 299792458 m/s.}

Hemos comprobado que el momento lineal de una partícula sin masa es

c E p .

Luego una unidad de energía dividida por la velocidad de la luz, es una unidad de momento lineal.

Si la unidad de energía es MeV, obtenemos para el momento c MeV _.

4) Calcular la longitud de onda asociada a un electrón de 50 eV, y la de una

esfera de 1 Kg de masa que se mueve a 36 Km/h.

Un electrón de 50 eV, quiere decir un electrón con una energía cinética de 50 eV. Es muy cómoda esta unidad, puesto que nos informa de que el electrón ha sido acelerado con una diferencia de potencial de 50 V. Es de esta forma, mediante la aplicación de diferencias de potenciales entre dos placas, como se consigue acelerar las partículas con carga eléctrica.

Para calcular la longitud de onda del electrón, deberemos realizar

p h  

Donde h es la constante de Planck, y p es el momento lineal del electrón. Puesto que

sabemos la energía cinética del electrón, podemos calcular la velocidad a la que se mueve, y utilizar ésta para calcular el momento lineal. No utilizaremos expresiones relativistas, ya que la energía del electrón es bastante pequeña, y por tanto, las expresiones clásicas comenten un error muy pequeño. Podríamos hacerlo más exactamente con las expresiones relativistas, pero son bastante más complejas. En este nivel de estudio, no se pondrá nunca energías muy grandes en las que haya que utilizar forzosamente expresiones relativistas.

En lugar de despejar la velocidad, buscamos una expresión que relaciones la energía cinética de una partícula con su momento lineal.

mEc p

p v

m mEc mv

Ec 2

2 1 2

1 2

1 2  2 2  2  



nm m mEc h p h 174 . 0 10 · 174 . 0 10 · 6 . 1 · 50 · 10 · 1 . 9 · 2 10 · 63 . 6 2 9 19 31 34          

Si lo hubiéramos hecho con expresiones relativistas, hubiéramos obtenido el mismo resultado con la precisión que hemos utilizado. Si hubiéramos escrito seis decimales con la unidad de nanometros, se hubiera diferenciado el resultado en el sexto decimal.

Hemos obtenido una longitud de onda muy pequeña, por eso es tan difícil de detectar esta onda, aunque sí que se han detectado.

Veamos para el caso de la esfera. Debemos escribir la velocidad en m/s.

s m Km m s h h Km v 10 1 1000 3600 1 36   m mv h p h 35 34 10 · 63 . 6 10 · 1 10 · 63 .

6  _ 

   

Esta longitud de onda sí que es pequeña. Es muchísimo más pequeño que un átomo, que es del orden de 10-10 _{m, y más pequeño que un núcleo atómico, del orden de 10}-15 _{m. Es}

increíblemente pequeño. Por eso, las ondas asociadas a los cuerpos macroscópicos no las podemos detectar.

5) Sobre la Tierra incide la radiación solar a razón de 2cal/(cm

_{min) ¿A}

cuántos fotones corresponde esta cifra, por cada metro cuadrado y en cada

segundo, suponiendo para la luz solar una longitud de onda media de 5500

Å?

La longitud media es de  5500Å5500·1010m.

Veamos cuál es la energía de un fotón.

J c

h hf

E ₁₀ 19

8 34 10 · 62 . 3 10 · 5500 10 · 3 10 · 63 .

6  _  

  



Pasemos esta energía a calorías.

cal J

cal J

E 19 8.66·10 20

18 . 4 1 10 · 62 .

3   



Veamos ahora cuántos fotones necesitamos para juntar una energía de 2 calorías.

fotones fotón

cal cal fotones

n ₂₀ 2.3·1019

/ 10 · 66 . 8 2 º  _ 

Estos son los fotones que caen por cada minuto, y por cada centímetro cuadrado. Veamos en cada metro cuadrado, y cada segundo.

s m fotones s m cm cm fotones s m fotones

n ₂ 21 ₂

Puede comprobarse que esto corresponde a colocar 23 bombillas de 60 w en cada metro cuadrado.

6) Un electrón se mueve a la décima parte de la velocidad de la luz, ¿qué

error se comete al utilizar la expresión clásica de la energía cinética?

No hay que olvidar, que la expresión exacta de la energía cinética es la relativista, mientras que la expresión clásica es una aproximación a la relativista. Es muy buena aproximación para energías cinéticas pequeñas, pero para energías cinéticas grandes, las dos expresiones difieren totalmente.

La expresión clásica es

2

2 1

mv Ec_CLA

La expresión relativista es

2

2 2 2

1

mc

c v mc

Ec_REL 

 

La energía cinética relativista, siempre es mayor que la clásica. Veamos cómo quedan las expresiones.

2 2 2

2 2

2 2

2 2 2

99 10

10 99 100

1 1 10

1

mc mc mc

mc mc

mc mc

c c mc

EcREL     

          

2 2

2

200 1 10

2 1 2

1

mc c

m mv

Ec_CLA  

      

Lo que nos piden que averigüemos es la x de la expresión

REL CLA

REL Ec

x Ec

Ec

100

 

Es decir, la diferencia entre los dos resultados de las dos expresiones, a qué tanto por ciento es igual de la energía cinética real (la relativista).

Sustituyamos.

   



 _

 

 2 2 2 2

2

100 1 99

10 1 200

1 99

10

mc mc

x mc mc

mc

75 . 0

100 1 99 10

1

200 1 1 99 10

100 1 99 10

1 200

1 1 99

10 _

   

    



 _

 

Luego, la energía cinética clásica de un electrón (o cualquier partícula, puesto que no depende de la masa) que viaje a la décima parte de la velocidad de la luz (30.000 Km/s), tiene un error solamente del 0.75%.

La energía cinética de este electrón es de





mc mc

mc

EcREL 1 9.1·10 ·3·10 4126·10 2579

99 10 1

99 10 99

10 2 2 2 _ 31 8 2  19 

  



 _

    



 _

 

  

Las energías cinéticas con las que nosotros trabajaremos, serán siempre más pequeñas. Por tanto, siempre utilizaremos expresiones clásicas, que son más sencillas de utilizar.

7) Supongamos que un objeto muy pequeño, por ejemplo una partícula de

una milésima de milímetro de diámetro, cuya masa de un microgramo,

determinamos con nuestro instrumento que se mueve a 10 m/s con un error

de 10

_{m/s ¿Cuál sería la incertidumbre de su posición, comparada con el}

tamaño de la partícula? Considerar que la incertidumbre en la masa es nula.

Vamos a ver, que incluso para esta partícula tan pequeña, cuya velocidad se ha medido con una gran precisión, la incertidumbre en su posición es despreciable. Por tanto, no se observan fenómenos cuánticos.

Supongamos que esta partícula se mueve a lo largo del eje x. La relación de

incertidumbre de Heisenberg es

2



  x P

La incertidumbre en el momento lineal es

 

s m Kg v

m mv

P   106·103 109



Por tanto,

m P

h P

x ₉ 26

34

10 · 28 . 5 10

4 10 · 63 . 6 4

2

 

  

    

 



El tamaño de la partícula es de x106m.

20 6

26

10 · 28 . 5 10

10 · 28 .

5 

 

 

 x

x

Luego x es como mínimo 5.28·1020 veces el tamaño de la partícula, que es algo

verdaderamente insignificante. Luego la naturaleza nos permite medir la posición hasta un error totalmente insignificante en el mundo macroscópico.

Por supuesto que el error podría ser más grande, pero ya sería por problemas técnicos del diseño del experimento.

Pasemos estos datos al sistema internacional.

m fermis

R1.2 1.2·1015

Kg u

Kg u

u

m 27

27

10 · 6726 . 1 1

10 · 6605 . 1 0073 . 1 0073 .

1 



 



Calculemos la densidad.





14 3

17

3 15

27

3

10 · 31 . 2 10

· 31 . 2 10

· 2 . 1 3 4

10 · 6726 . 1

3

4 cm

g m

Kg R

m V

m

d     

  



Esta densidad es terriblemente grande. No existe nada parecido en el mundo macroscópico. Por ejemplo, la densidad media del planeta Tierra es de 5.52 g/cm3_{. La}

densidad del acero es de 7.85 g/cm3_{. La del oro es de 19.3 g/cm}3_{, que es prácticamente}

lo más denso que tenemos.

La masa del átomo de 1H, es prácticamente debida a su protón. Si tiene su electrón en la

primera órbita, que es la posición más estable, el tamaño de su átomo tiene un radio aproximado de 1 Å = 10-10 _{m. La densidad de este átomo es}





10 27

3

3993 . 0 3

. 399 10

3 4

10 · 6726 . 1

3

4 _cm

g m

Kg R

m V

m

d     

   

Si el átomo tiene esta densidad tan pequeña, después de la densidad tan enorme del núcleo, deducimos que el átomo está casi vacío, con prácticamente la totalidad de su masa concentrada en el núcleo.

Si tenemos gas de hidrógeno en condiciones normales de presión y temperatura, aún hay más huecos entre átomo y átomo, haciendo que la densidad del gas aún salga menor.

3 5 3 8.9·10

22400 2 4

. 22

2 4

. 22 ,

1

cm g cm

g l

g d

l ocupa

mol     

Que es una densidad muy pequeña. Esto quiere decir que la materia está prácticamente vacía.

9) La energía de enlace del

es 289 MeV. Determina la energía de enlace

por nucleón, y la masa en umas de este núcleo.

Datos:

;

;

.

Este núcleo tiene 35 nucleones. Por tanto, la energía de enlace por nucleón es

nucleón MeV nucleones

MeV n

E 8.3

35 289

/  

La energía de enlace, es la que se desprende cuando se juntan todos los nucleones para formar el núcleo, y es debida a una pérdida de masa.

u MeV

u MeV

m 0.31027

46 . 931

1

289 

 

La masa de todos los nucleones por separado es

u partículas

m( )17·1.0075918·1.0089835.29067

Por tanto, la masa del núcleo es,

) (

)

(partículas m núcleo m

m  



u m

partículas m

núcleo

m( ) ( )  35.290670.3102734.98040

10) En una muestra antigua de

hay 90 desintegraciones por hora,

mientras que en la misma cantidad de una muestra actual, hay 700

desintegraciones en una hora. ¿Qué antigüedad tiene la muestra?

Datos: Periodo de semidesintegración, 5736 años.

Los datos que nos dan, son la velocidad a la que se desintegran los núcleos, esto es la actividad. Recordemos, que el número de núcleos que quedan en una muestra viene dado por

t

e N N  ₀ 

donde, N₀ es el número de núcleos que había en t0, y  es la constante radiactiva,

que no conocemos, pero podemos determinar con el periodo de semidesintegración. La actividad es

t t

e A e N dt dN

A  ₀   ₀ 

donde A₀ es la actividad en t0.

El periodo de semidesintegración  , es el tiempo que tiene que transcurrir para que el número de núcleos que quede en una muestra, sea la mitad de los iniciales.

   

 ln2

2 ln 2

1

2 0

0       

  

e e

N N N

Por tanto, podemos escribir

t e A

A 

2 ln

0

 

Si despejamos t, y sustituimos nuestros datos, podemos determinar el tiempo que ha

transcurrido desde que la actividad era de 700desintegraciones/h hasta 90

desintegraciones/h. Da igual que las desintegraciones las tengamos en una hora, y no por segundo, puesto que tendremos que dividir una por la otra, y no influye la unidad en la que se encuentren, siempre y cuando, sea la misma en las dos actividades.

años A

A t

t A

A e

A A e

A

A t t 16975

90 700 ln 2 ln 5736 ln

2 ln 2

ln

ln 0

0 2

ln

0 2 ln

0        

   

 

11) En la reacción del

con un neutrón se obtiene un núclido

y una

partícula alfa. Escriba la reacción nuclear y determine las características del

núclido

resultante.

Por núclido, se entiende el tipo de elemento al que pertenece un determinado núcleo, que como sabemos, viene determinado por su número atómico.

Escribamos lo que conocemos de esta reacción nuclear.

 4 2 1

0 6

3Li n X

A Z

Puesto los subíndices, y los superíndices se tienen que conservar, deducimos que

1 2 0

3  



Z ; A6143

Puesto que el número atómico es 1, el núclido que se obtiene es de hidrógeno. Puesto que su número másico es 3, tenemos el isótopo 3 de hidrógeno; ₁3H, que se denomina

también como tritio.

12) El talio 210, se desintegra mediante emisión

. Escribe la reacción

nuclear, y determina el núcleo resultante.

Datos:

,

,

,

,

.

Escribamos la reacción.

 0 1 210

81Tl X

A Z

Se tienen que conservar los índices.

82 ) 1 (

81  



Z ; A210.

El núclido de número atómico 82 es el plomo. Luego tenemos un núcleo del isótopo 210 del plomo, 210₈₂Pb.

13) Calcule la energía liberada en la reacción de fusión:

He H

H 4

2 2 1 2

1  

Datos:

10 ·

3 

 ms

c

;

;

;

;

La energía que se libera es debida a la pérdida de masa. Veamos cuánta se ha perdido.

u He

m H m

m 2 (₁2 ) (₂4 )2·2.01414.00260.0256



Esta masa, es la que se transforma en energía según la ecuación

2

c m E 

Puesto que entre los datos que nos dan, está la equivalencia entre umas y kilogramos, expresemos el defecto de masa en kilogramos, que al multiplicar por la velocidad de la luz al cuadrado en metros por segundo, obtendremos la energía también en el sistema internacional, es decir, en julios.

Kg Kg

u u

m 29

27

10 · 2496 . 4 10

· 66 . 1 0256 . 0 0256 .

0 



 





m

E  2 4.2496·1029·3·108 2 3.8246·1012

Vamos a pasar esta energía a MeV.

MeV eV

MeV J eV J

E 23.9

10 1 10 · 6 . 1

1 10

· 8246 .

3 12 _{19 6} 