Hoja de Problemas 3. Mecánica Cuántica I.

Hoja de Problemas 3. Mec´ anica Cu´ antica I.

Fundamentos de F´ısica III. Grado en F´ısica.

Curso 2015/2016. Grupo 516. UAM.

24/02/2016

Problema 1

Una bombilla incandescente de 40 W rad´ıa a partir de un filamento de tungsteno que opera a una temperatura de 3300 K. Suponiendo que la bombilla rad´ıa como un cuerpo negro calcula: (a) La frecuencia y la longitud de onda donde se encuentra el m´aximo de la distribuci´on espectral. (b) Suponiendo que la frecuencia calculada en el apartado anterior es una buena aproximaci´on para la frecuencia media de los fotones emitidos por la bombilla, ¿cu´antos fotones emite por segundo la bombilla aproximadamente?. (c) Imagina que est´as mirando a la bombilla desde una distancia de 5 m ¿cu´antos fotones entran en tu ojo por unidad de tiempo? (puedes suponer que el di´ametro de la pupila es de 5.0 mm)

Soluci´ on Problema 1

(a) Para calcular la longitud de onda donde se encuentra el m´aximo de la distribuci´on espectral (λm) simplemente utilizamos la ley de desplazamiento de Wien que vimos en clase

λmT = 2.898 × 10⁻³m K Para T = 3300 K → λ_m = 878 nm.

La frecuencia correspondiente ser´a: fm= c/λm = 3.42 × 10¹⁴ Hz.

(b) Utilizando la aproximaci´on del enunciado, podemos escribir la energ´ıa promedio de cada fot´on como Em= hfm.

Por tanto, el n´umero de fotones emitidos por segundo por la bombilla ser´a N ≈ Pemitida

hfm

(1)

Si en la ecuaci´on de arriba utilizamos Pemitida= 40 W y h = 6.63 × 10⁻³⁴J s, obtenemos N ≈ 1.76 × 10²⁰ fotones/s.

(c) Podemos suponer que a una distancia d = 5 m de la l´ampara los N fotones que hemos calculado en el apartado anterior estar´a distribuidos uniformemente sobre un ´area dada por A = 4πd². Por tanto, la densidad de fotones por unidad de ´area en esa superficie esf´erica ser´a N/A.

Ahora, suponiendo que el ´area de la pupila del ojo es πr² (con r = 2.5 × 10⁻³ m), podemos calcular el n´umero de fotones que entran al ojo por segundo haciendo simplemente

Npupila≈ N Aπr²

Introduciendo en la expresi´on de arriba los datos num´ericos del problema se obtiene Npupila= 1.10 × 10¹³ fotones/s.

Problema 2

Determinar la fracci´on de energ´ıa irradiada por el Sol en regi´on del visible del espectro electro- magn´etico. Sup´ongase que la temperatura de la superficie del Sol es de 5800 K.

Soluci´ on Problema 2

La densidad total de energ´ıa radiada en un cierto intervalo de longitudes de onda [λ1, λ2] se calcula integrando la correspondiente distribuci´on de densidad de energ´ıa

U = Z λ2

λ1

u(λ) dλ = Z λ2

λ1

8πhcλ⁻⁵ e^hc/λkBT − 1dλ Para hacer la integral es conveniente hacer el cambio de variable

x = hc λkBT Es decir

dx = − hc dλ

(λ²kBT → dλ = − hc dx x²kBT Definiendo x1 = hc/(λ1kBT ) y x2 = hc/(λ2kBT ), podemos escribir

U = 8πhc k_BT hc

4Z x1

x2

x³ e^x− 1dx

La densidad total de energ´ıa emitida en el visible (Uvisible) corresponde a hacer λ1 = 400 nm y λ₂= 700 nm (es decir, x₁ = 6.20 y x₂ = 3.54, respectivamente) en la integral de arriba.

Por otro lado, es f´acil ver que la densidad total de energ´ıa se calcula utilizando U_total = 8πhc k_BT

hc

4Z ∞ 0

x³ e^x− 1dx As´ı, la fracci´on que nos piden (que llamaremos η) se obtienen haciendo

η = Uvisible

= R6.20

3.54 dx x³/(e^x− 1)

∞

Num´ericamente (utilizando, por ejemplo, con Matlab o Mathematica) se puede ver que la integral del numerador de η resulta

Z 6.20 3.54

dx x³

e^x− 1 = 2.39

mientras que la integral del denominador de η se puede calcular anal´ıticamente Z ∞

0

dx x³

e^x− 1 = π⁴ 15

Con lo que finalmente obtenemos el valor que busc´abamos η = U_visible/U_total = 0.37. Es decir, un 37 % de la radiaci´on emitida por el Sol corresponde al espectro visible.

Problema 3

Derivaci´on de la ley de Wien a partir de la ley de Planck: (a) Demostrar que la distribuci´on de densidad de energ´ıa se puede escribir como u(λ) = Cλ⁻⁵(e^a/λ− 1)⁻¹, donde C es una constante y a = hc/k_BT . (b) Demostrar que el valor de λ para el cual se cumple du/dλ = 0 satisface la ecuaci´on 5λ(1 − e^−a/λ) = a. (c) Esta ecuaci´on trascendente se puede resolver mediante prueba y error. Intentar una soluci´on λ = αa para varios valores de α hasta determinar el cociente λ/a con cuatro cifras significativas. (d) Demostrar que la soluci´on obtenida en el apartado (c) implica λmT = constante, y calcular el valor de la constante.

Soluci´ on Problema 3

(a) En clase vimos que la Ley de Planck se puede expresar como u(λ) = 8πhcλ⁻⁵

e^hc/λkBT − 1

Si definimos a ≡ hc/k_BT y C ≡ 8πhc, podemos reescribir la ecuaci´on de arriba como u(λ) = Cλ⁻⁵

e^a/λ− 1 (b) Hacemos la derivada que nos indican en el enunciado

du

dλ = −C5λ⁴(e^a/λ− 1) − λ³ae^a/λ λ¹⁰(e^a/λ− 1)² = 0 De donde

5λ(e^a/λ− 1) = ae^a/λ→ 5λ(1 − e^−a/λ) = a

(c) Si probamos la soluci´on que nos indican λ = αa, obtenemos la siguiente ecuaci´on trascenden- te

5αa(1 − e^−1/α) = a → α = 1 5(1 − e^−1/α)

Resolvemos la ecuaci´on como nos indican en el enunciado: dando valores a α hasta determinar la soluci´on con la precisi´on requerida. Por comodidad definiremos f (α) = 1/[5(1 − e^−1/α)]. Comen- zamos por ejemplo con α = 1, en ese caso f (1) = 0.20885. Como siguiente aproximaci´on tomamos α = 0.20885 (el resultado de la iteraci´on anterior), y obtenemos f (0.20885) = 0.201414. Si iteramos una vez m´as, con α = 0.201414, obtenemos f (0.201414) = 0.20140, que ya nos da el resultado la soluci´on con la precisi´on que busc´abamos (4 cifras decimales).

(d) Utilizando el resultado del apartado anterior tenemos que λm= 0.2014a = 0.2014 hc k_BT

de donde, introduciendo los correspondientes valores num´ericos, obtenemos λ_mT = 2.898 × 10⁻³m K

con corresponde a la ley de Wien que vimos en clase.

Problema 4

Cuando luz de 450 nm de longitud de onda incide sobre una superficie de potasio se emiten electrones con una energ´ıa cin´etica de 0.52 eV. Si se cambia la longitud de onda de la luz incidente a 300 nm, la energ´ıa cin´etica de los electrones expulsados es de 1.90 eV. Usando ´unicamente estos n´umeros y el valor de la velocidad de la luz, calcula: (a) El valor de la funci´on de trabajo del potasio. (b) El valor de la constante de Planck (de nuevo s´olo utilizando los n´umeros del enunciado).

Soluci´ on Problema 4

(a) Sabemos que las energ´ıas cin´eticas que nos dan (K1 = 0.52 eV y K2 = 1.90 eV) est´an relacio- nadas con las correspondientes longitudes de onda (λ1 = 450 nm y λ2 = 300 nm) a trav´es de las expresiones.

K1 = hc λ1

− φ K2 = hc

λ2

− φ donde φ es la funci´on de trabajo.

Combinando las dos ecuaciones de arriba es f´acil ver que φ = λ₂K₂− λ₁K₁

λ1− λ₂

Introduciendo los correspondiente valores num´ericos, obtenemos φ = 2.24 eV.

(b) Si restamos las dos ecuaciones dadas anteriormente tenemos K₁− K₂ = hc

λ₁ −hc

λ₂ = hcλ₂− λ₁ λ₁λ₂ despejando h

h = K₁− K₂ c

  λ₁λ₂ λ − λ



= 4.14 × 10⁻¹⁵eV s

Problema 5

En una colisi´on Compton con un electr´on, un fot´on de luz violeta (λ= 400 nm) es dispersado hacia atr´as con un ´angulo de 180^◦. (a) ¿Cu´anta energ´ıa (en eV) se transfiere al electr´on en esta colisi´on? (b) Comparar este resultado con la energ´ıa que adquirir´ıa este electr´on en un proceso fotoel´ectrico con el mismo fot´on. (c) ¿Podr´ıa la luz violeta expulsar electrones de un metal por colisi´on Compton?

Soluci´ on Problema 5

(a) Nuestro objetivo es calcular la energ´ıa cin´etica transferida al fot´on K = Q1− Q₂, donde Q1 y Q₂ corresponden a las energ´ıas del fot´on incidente y dispersado, respectivamente.

Para ello, comenzamos escribiendo la expresi´on que vimos en clase correspondiente a las colisiones Compton

λ₂− λ₁= h

mc(1 − cosθ)

donde los sub´ındices 1 y 2 corresponden a los fotones incidente y dispersado, respectivamente.

Haciendo θ = 180^◦ y teniendo en cuenta que Q_1,2 = hc/λ_1,2, podemos reescribir la ecuaci´on de arriba como

1 Q2

− 1 Q1

= 2 mc² de donde podemos obtener

Q₂= Q₁mc² 2Q₁+ mc²

Utilizando esta expresi´on para Q₂, podemos escribir K = Q₁− Q₂ s´olo en funci´on de Q₁

K = Q₁

1 + mc²/2Q1

Finalmente, recordando que Q₁ = hf₁, llegamos a

K = hf1

1 + mc²/2hf1

Introduciendo los datos num´ericos correspondientes (hf₁ = 3.1 eV y mc²= 0.511 MeV) obtenemos la cantidad que est´abamos buscando K = 3.76 × 10⁻⁵ eV.

(b) La energ´ıa del proceso fotoel´ectrico es simplemente:

K = hf₁− φ

Teniendo en cuenta que hf1 = 3.1eV y que para t´ıpicamente para los metales tenemos φ ≈ 1 eV, obtenemos que K ≈ 2.1 eV.

(c) La respuesta es que no. La energ´ıa es muy peque˜na en comparaci´on con los valores t´ıpicos de la funci´on de trabajo de los metales (∼ 1 eV).

Problema 6

Para resolver objetos peque˜nos se mide la difracci´on de part´ıculas cuya longitud de de Broglie es comparable al tama˜no del objeto. Determinar la energ´ıa cin´etica (en eV) necesaria para que los electrones resuelvan: (a) Una gran mol´ecula org´anica con un tama˜no de 10 nm. (b) Los detalles de la estructura at´omica (0.1 nm). (c) Un n´ucleo de 10 fm de di´ametro. Repetir el c´alculo usando part´ıculas alfa en lugar de electrones. Nota: la masa de una part´ıcula alfa es de aproximadamente 4u, donde uc² = 931.5 MeV (u es la llamada unidad de masa unificada).

Soluci´ on Problema 6

Como vimos en clase la longitud de onda de de Broglie se puede expresar como λ = h/p. Por otro, lado tambi´en sabemos que p =√

2mK. Por tanto, λ en funci´on de K se puede escribir como

λ = h

√ 2mK

Multiplicando y dividiendo por c el lado derecho de la igualdad de arriba tenemos

λ = hc

p2(mc²)K → K = 1 2(mc²)

 hc λ

2

Utilizando la expresi´on de arriba podemos calcular K f´acilmente para los casos que nos proponen en el enunciado (utilizando m_ec²= 0.511 MeV) (a) Para λ = 10 nm → K = 0.015 eV

(b) Para λ = 0.1 nm → K = 150.0 eV

(c) Para λ = 10⁻⁴ nm → K = 1.5 × 10¹⁰ eV (Notar que en vista del resultado en este apartado habr´ıa que aplicar expresiones relativistas!)

En el caso de part´ıculas α (mαc²= 3.726 GeV):

(a) Para λ = 10 nm → K = 2.06 × 10⁻⁶ eV (b) Para λ = 0.1 nm → K = 0.0206 eV (c) Para λ = 10⁻⁴ nm → K = 2.06 MeV

Problema 7

Se pide: (a) Demostrar que la relaci´on relativista entre la longitud de onda de de Broglie, λ, de una part´ıcula y su correspondiente energ´ıa cin´etica, K, viene dada por

λ

λ_c = 1

[2(K/E0) + (K/E0)²]^1/2

donde λc= h/mc es la longitud de onda de Compton y E0 es la energ´ıa en reposo de la part´ıcula.(b) Demostrar que esta expresi´on se reduce al resultado no-relativista en el l´ımite de bajas velocidades.

(c) Representar gr´aficamente la longitud de onda frente a la energ´ıa cin´etica y comparar el resultado

Figura 1: Figura ilustrativa para la soluci´on del Problema 7.

Soluci´ on Problema 7

(a) Podemos expresar la longitud de onda de de Broglie como λ = h

p = hc

pc = hc

pE²− E₀²

donde E es la energ´ıa total de la part´ıcula y E₀ = mc² es la energ´ıa en reposo. Por otro lado, tambi´en sabemos que E = K + E0. Sustituyendo esta expresi´on para E en la ecuaci´on de arriba obtenemos

λ = hc

pK²+ E₀²+ 2KE₀− E₀² = hc

√K²+ 2KE₀ = hc/E₀ p(K/E₀)²+ 2KE₀

Finalmente teniendo en cuenta que la longitud de onda de Compton es λ_c = h/mc, podemos reescribir la ecuaci´on de arriba como

λ = λc

p(K/E₀)²+ 2KE₀ que es la expresi´on que quer´ıamos demostrar.

(b) En el l´ımite v << c → K << E₀y la expresi´on obtenida en el apartado (a) se puede aproximar por

λ λc

≈ 1

p2K/E₀ = 1

p2K/(mc²)

Introduciendo la expresi´on de λc= h/mc, recuperamos el resultado no-relativista

λ = h

√2mK

(c) Utilizando un programa de representaci´on gr´afica (Matlab o Mathematica por ejemplo) uno puede comparar gr´aficamente las expresiones relativista y no-relativista obtenidas en los apartados

anteriores (ver Figura 1). En la gr´afica se puede ver claramente como ambos resultados comienzan a desviarse significativamente uno del otro cuando la energ´ıa cin´etica se hace comparable a la energ´ıa en reposo.

Problema 8

Los protones y neutrones en un n´ucleo se mantienen ligados mediante el intercambio de piones (o mesones π). Esto es posible sin violar la conservaci´on de la energ´ıa, siempre y cuando el pi´on sea reabsorbido en un tiempo consistente con el principio de incertidumbre de Heisenberg. Consideremos la reacci´on de emisi´on p → p + π , donde m_π = 135 MeV/c². (a) Ignorando la energ´ıa cin´etica, ¿por cu´anto se violar´ıa el principio de conservaci´on de la energ´ıa en esta reacci´on? (b) ¿En qu´e intervalo de tiempo debe ser absorbido el pi´on para no violar la conservaci´on de la energ´ıa?

Soluci´ on Problema 8

(a) Se violar´ıa por la cantidad

∆E = mπc² = 135MeV

(b) Aplicamos el principio de incertidumbre energ´ıa-tiempo que vimos en clase

∆E∆t ≥ ¯h

2 → ∆t = ¯h

2∆E = 6.582 × 10⁻¹⁶eV s

2 × 1.35 × 10⁸eV = 2.43 × 10⁻²⁴s

Problema 9

(a) Consid´erese una part´ıcula de masa m restringida a moverse en una dimensi´on entre dos barreras infinitas separadas por una distancia L. Utilice el principio de incertidumbre para obtener una expresi´on para la energ´ıa del punto cero (o energ´ıa m´ınima) de la part´ıcula. (b) Usando el resultado del apartado anterior, calcular la energ´ıa m´ınima de un electr´on en dicho espacio si L = 10⁻¹⁰ m

¿y si L = 1 cm? (c) Calcular la energ´ıa del punto cero para una masa de 100 mg movi´endose en un cable fino entre dos extremos separados por 2 cm.

Soluci´ on Problema 9

(a) Aplicaremos primero el principio de incertidumbre ∆x ∆p_x ≥ ¯h/2. Como la part´ıcula est´a confinada en un tama˜no L, obviamente ∆x no puede ser mayor que L. Por tanto, del principio de incertidumbre deducimos que ∆px tiene que ser al menos ¯h/L (no tenemos en cuenta el factor 2 ya que s´olo estamos buscando una estimaci´on).

Por otro lado podemos identificar ∆pxcon la desviaci´on est´andar en la medida de px, es decir, (∆p)² = (p − p)²= p²− p²

donde p denota el promedio de p.

Asumiendo que la caja es sim´etrica, hacemos p = 0 y podemos escribir (∆p)² = p² ≥ ¯h

L

2

Lo que nos permite obtener una estimaci´on del valor promedio de la energ´ıa cin´etica haciendo K = p²

2m ≥ ¯h² 2mL²

y por tanto obtenemos que la siguiente estimaci´on para el valor de la energ´ıa cin´etica m´ınima del sistema

K = ¯h² 2mL²

(b) Aplicando la expresi´on de arriba para el caso de un electr´on (m_ec²= 0.511 MeV) y L = 10⁻¹⁰m, obtenemos K = 3.81 eV. Para un electr´on y L = 1 cm, obtenemos K = 3.81 × 10⁻¹⁶ eV

(c) Haciendo m = 0.1g y L = 2 cm, obtenemos K = 1.39 × 10⁻⁶¹ J