Unidad 3 Problemas explicados 9_10_16

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UNIDAD 3: PROBLEMAS EXPLICADOS
Unidad 3 Problema 9 explicado
9) En un experimento célebre (Rutherford) que ayudó a establecer la estructura del átomo, se disparaban
partículas (núcleos de He) contra una lámina delgada de oro.
a) ¿Cuál es la menor distancia a la que una partícula (carga +2e) puede acercarse a un núcleo de oro (carga
+79e) si su energía cinética inicial es de 4 MeV e incide frontalmente contra el núcleo?
b) ¿Cuál debería ser su energía cinética inicial para hacer contacto con la superficie del núcleo? Considerar que
hay contacto cuando la distancia entre el centro de la partícula  y el centro del núcleo se encuentran a una
distancia menor o igual que 10 – 14 m
En la figura se muestra la partícula alfa que inicialmente está muy
lejos del núcleo de oro moviéndose hacia él con cierta velocidad
inicial. A medida que la partícula se acerca al núcleo la fuerza de
repulsión electrostática ejercida por el núcleo de oro la va frenando.
Es decir, la fuerza que el campo eléctrico producido por la carga Q
ejerce sobre la carga q hace trabajo negativo y por lo tanto la energía
cinética de la partícula alfa disminuye mientras se incrementa la
energía potencial del sistema formado por la partícula  y el núcleo
del átomo de oro.
Como el campo electrostático es conservativo la energía mecánica de
la partícula alfa se conserva y podemos plantear: K o  U o  K  U
En esta ecuación Ko = 4 MeV, es decir 4 millones de electrón-Volt. Esta unidad de energía se obtiene al multiplicar
el valor absoluto de la carga del electrón por una diferencia de potencial de 1 Volt. De esta manera, su equivalencia
en Joules es: 1 eV  1,6 1019 C 1V  1,6 1019 J
La energía potencial es la energía potencial electrostática. Cuando la partícula alfa llega a la posición más cercana
posible el núcleo, por un instante se detiene y por lo tanto su energía cinética es nula. Entonces:
Ko 
1 Qq
1 Qq
 0
4 o ro
4 o d
1 1
1 Qq
1 Qq
1


qQ  
4 o d 4 o ro
4 o
 d ro 
1 Qq
K0 
4 o d
Ko 
ro  d
a) Entonces la distancia mínima a la que la partícula alfa se acercará al núcleo es función de la energía cinética
inicial:


2
1 Qq
Nm 2 158 e 2
Nm 2
158 1,6 1019 C
d
 9 109 2
 9 109 2
 6 1014
6
19
4 o K o
C 4 MeV
C 4 10 (1,6 10 C ) 1 J / C
m etros
b) Para que la partícula  se aproxime más aún al núcleo de oro, es necesario que su energía cinética inicial sea
mayor. Con una energía cinética inicial de 4 Mev se aproxima a una distancia aproximadamente igual a 610-14
metros. Para acercarse a una distancia menor a 110-14 metros, su energía cinética inicial debe ser por lo menos 6
veces superior ya que como vimos en la parte (a) la distancia mínima y la energía cinética inicial son inversamente
proporcionales.
En efecto, d  Ko  d `K `o entonces K `o 
6 1014 m  4 Mev
 24 Mev
11014 m
2
Unidad 3 Problema 10 explicado
10) En el modelo de Bohr para el átomo de hidrógeno se considera que el electrón describe una órbita alrededor
del núcleo (protón), de la misma manera que un planeta describe una órbita alrededor del Sol.
a) Suponiendo que dicha órbita fuera circular y que el protón no se mueve, demostrar que la relación entre la
energía cinética del electrón y la energía potencial es K = U/2.
b) Designando con r a la distancia entre el protón y el electrón demostrar que la energía mecánica puede
expresarse como e2/80r
c) La energía de ionización es la energía necesaria para “arrancar” al electrón del núcleo. Es decir es la energía
que debe recibir el átomo para que el electrón se aleje tanto del núcleo como para poder considerar que tanto K
como U valen cero. Sabiendo que la energía de ionización del hidrógeno es 13,6 eV, calcular el radio de la órbita
del electrón.
d) Calcule la velocidad del electrón en su órbita
a) Considerando al átomo como un sistema de dos partículas la energía potencial será:
U
1 q p qe
1 e2

4 o r
4 o r
La energía potencial negativa significa que es un sistema “ligado”
Aceptando que el electrón se mueve en una órbita circular y que la 2da
ley de Newton, “fuerza = masa  aceleración”, es aplicable a este sistema
“clásico” podemos escribir:
1 q p qe
v2
rˆ  m (r )
4 o r 2
r

1 e2
v2


m
4 o r 2
r
1 e2
1 mv 2
K

2
2
2
4 o r
2 r
r
1 1 e2
K
2 4 o r
K
1
 U 
2
b) La energía mecánica1 es la suma de la energía cinética más la energía potencial, entonces:
1 1 e2 
1 e2  1 2 
1 e2 
E  K U 

  mv   

2 4 o r  4 o r  2
 4 o r 
1 2
1 e2
1 1 e2
mv 

2
4 o r
2 4 o r
c) Consideremos que la energía mecánica inicial es la que corresponde al electrón en una órbita de radio r. Entonces
el átomo recibe una cantidad de energía “exterior” que se puede considerar como el trabajo de una fuerza “no
conservativa” ya que provocará un incremento de la energía mecánica:

e2 
e2
W *  E  0  Eo    
 13, 6 eV

8 o r
 8 o r 
La energía cinética siempre es positiva. En este caso la energía potencial es negativa (sistema “ligado”) y tiene un valor absoluto igual
al doble de la energía cinética. Por lo tanto la energía mecánica negativa.
1
3
19
1
Nm2 1, 6 10 C 
J
9 109 2
 13, 6 1, 6 1019 C 1
2
C
r
C
2
1, 6 1019  metros  0, 05 nm
1
r  9 109
2
13, 6 1, 6 1019
2
Algunos comentarios:
Es decir, este cálculo “clásico” nos da un valor para el diámetro atómico del átomo de Hidrógeno del orden de 1 
El ångström (Å) es una unidad de longitud empleada principalmente para expresar longitudes de onda, distancias
moleculares y atómicas, etc. Se representa por la letra sueca Å. Su nombre proviene del nombre del físico sueco
Anders Jonas Ångström.
1 Å= 1 x 10-10 m= 0,1 x 10-9 m = 0,1 nm
Si la órbita del electrón en el modelo atómico de Bohr (o la órbita de un planeta) es una elipse en lugar de una
circunferencia, de todos modos sigue siendo válida la ley de conservación de la energía mecánica. Sólo que en este
caso tanto la energía potencial como la energía cinética son variables:
E  K U 
1 1 e2 
1 e2  1 2 
1 e2 

  mv   

2 4 o r  4 o r  2
 4 o r 
La distancia r entre uno de los focos de la elipse (“centro” de la fuerza “central”) es variable y por lo tanto también
es variable la velocidad v.
En este movimiento, como en el caso de los planetas, también se conserva la cantidad de movimiento angular
(momento cinético): L  r  mv
Para un planeta alrededor del Sol en órbita elíptica el punto más cercano al Sol se denomina perihelio. En este
punto rmín y vmáx. El punto más alejado del Sol se denomina afelio: rmáx y vmín
Para un satélite alrededor de la Tierra estos puntos de la órbita se denominan perigeo y apogeo.
Unidad 3 Problema 16 explicado
16) Resolver los problemas 4 (rombo de cargas) y 5 (péndulos eléctricos) de la Unidad 1, aplicando el concepto
de energía potencial de un sistema de partículas.
PROBLEMAS 4 Y 5 DE LA UNIDAD 1 RESUELTOS POR ENERGÍA
4) Cuatro cuerpos cargados positivamente, dos
con carga Q y dos con carga q, están
conectados mediante cuatro hilos inextensibles
de la misma longitud. En ausencia de fuerzas
externas adoptan la configuración de equilibrio
Q
q2
de la figura. Demuestre que: tan 3   2
Q
Este problema, que se puede resolver aplicando
la ley de Coulomb y la condición de equilibrio de
fuerzas en cada vértice, también se puede
resolver utilizando el concepto de energìa
potencial
q

Q
q
La energía potencial del sistema es el trabajo necesario para colocar a esas cuatro cargas en esas posiciones relativas.
Luego colocamos los hilos para impedir que las cargas, debido a la repulsión entre ellas, se alejen entre sí. Es
4
imposible “armar” un sistema que se mantenga en equilibrio sólo con partículas cargadas. La repulsión o la atracción
entre ellas inexorablemente tienden a desarmar el sistema.
También podemos imaginar que armamos el sistema con los hilos incluidos pero formando un rombo donde el
ángulo entre los lados tenga un valor arbitrario. Entonces si lo liberamos, el sistema tiende a una forma donde el
q2
ángulo  tomará el valor que satisface la expresión tan   2
Q
3
Esta configuración es la que corresponde al equilibrio estable y por lo tanto a un mínimo de la
función energía potencial.
Escribamos la energía potencial de este sistema de 4 partículas cargadas. La expresión general es
U
1
4 o

i j
qi q j
rij
En este caso tendrá 6 términos2. Un término corresponde a la carga Q con la otra carga Q
en el vértice opuesto separada por la distancia D (diagonal mayor del rombo). Otro término corresponde a la carga
q con la carga q del vértice opuesto separadas por la distancia d (diagonal menor del rombo). Luego Q con q
separadas por L (largo del hilo) 4 veces…
Q 2 q 2
Qq 

4


4 o  D
d
L 
q2
Qq 
1  Q2
U

4


4 o  2 L cos 2 Lsen
L 
U
1
La única variable de esta expresión es el ángulo , tanto Q, como q y el largo L de los hilos son constantes. Es decir
la energía potencial de la configuración de cargas toma distintos valores según cuál sea el valor del ángulo . Si este
ángulo vale 0 las dos cargas q están “pegadas” y en el centro entre Q y Q. Es decir D = 2L y d = 0. Si el ángulo es
90, Q está pegada con Q y las otras dos q en los extremos de un segmento vertical de longitud 2L.
¿Cuál es el ángulo que asegura que el equilibrio será estable? Será aquel valor de  que minimice a la función U.
Entonces:
 Q 2  1

q 2  1





sen


cos


0

0
2
2
2
L
2
L
cos

sen



2
2
Q sen
q cos

0
2
2 L cos  2 L sen 2
dU
1

d 4 0
q
De esta última expresión fácilmente se obtiene: tg    
Q
2
3
a) ¿Cuánto vale el ángulo  si q = Q? ¿Qué figura se forma? ¿Es plausible que sea así?
b) ¿Cuánto vale el ángulo  si q es la mitad de Q?
c) ¿Y si q es la tercera parte?
d) Si q << Q, ¿a qué valor tiende el ángulo ?
2
Las combinaciones de 4 elementos tomados de a 2
5
5) Dos cargas muy pequeñas de masas iguales m y cargas
iguales q están suspendidas del mismo punto por hilos de
igual longitud L. El sistema se mantiene en equilibrio. a)
Hallar la expresión que debe satisfacer el ángulo
cada hilo (de masa nula) forma con la vertical

m
m
q
q
Como ya hemos visto, el ángulo  que cumple con esta
condición se puede determinar planteando el equilibrio de fuerzas sobre cada bolita. Es decir la resultante entre la
fuerza de repulsión electrostática, la tensión del hilo y el peso debe ser nula.
Pero si plantemos la energía potencial de este sistema en función del ángulo  y minimizamos la función,
deberíamos obtener el mismo resultado. Sólo que en este caso la energía potencial será una función que tendrá
términos electrostáticos y términos gravitatorios.
Tomaremos como nivel cero para la energía potencial gravitatoria el punto más bajo al que se pueden encontrar las
cargas puntuales. Si no estuvieran cargadas estarían a una distancia L del punto de sujeción de los hilos. Cuando los
hilos están separados un ángulo  respecto a la vertical, cada partícula se encuentra a una altura h respecto al nivel
de referencia adoptado. Entonces:
U
q2
 2 m gh
4 o d
1
d  2 L sen
h  L  L cos
q2
U
 2 m g  L(1  cos )
4 o 2 L sen
1
Ya tenemos la expresión de la energía potencial del sistema en función del ángulo . Todos los demás símbolos
representan constantes. Para que esta función U= f() tenga un mínimo su derivada debe ser nula:
dU
1 q2 
1


 cos   2m gL sen  0

2
d 4 o 2 L  sen 

cos
 2m gL sen  0
8 o L sen 2
q2
cos
 4m gL sen
4 o L sen 2
q2
Haciendo algunos pasos matemáticos llegamos a que:
tg  sen2 
q2
4 0 4L2 mg
1
El mismo resultado que figura en el problema 5 de la unidad 1.