Problemas de COU

PROBLEMAS DE FÍSICA 2º BACHILLERATO –Física Nuclear y Moderna–
01/11/2012
1.–
¿Cuál debería ser la velocidad de una nave espacial con respecto a la Tierra, para que un
observador situado en la Tierra mida que su longitud es la mitad de lo que mide un observador
situado en la nave espacial? ¿Cuál sería la energía cinética de la nave espacial, si su masa en
reposo es de 5000 kg?
velocidad de la luz: c = 3,00·108 m s−1
Solución: a) Aplicando la ecuación de la longitud relativista:
2
lTierra
v2
lTierra 2
l
2
2
2 Tierra
lnave =
⇔ 1- 2 = �
� ⇔ c − v = c �
� ⇔
2
c
lnave
lnave
v
�1 - 2
c
lnave 2
1 2
2
8
-1
�
�
� =3·10 m s · 1 - � � =2,60·108 m s-1
v=c 1- �
lnave
2
b) Como la energía total es la suma de la energía cinética más la energía relativista en reposo, la
energía cinética vale:
11
Ec = m c 2 - m 0 c 2 =
3.–
¿Se produce corriente fotoeléctrica cuando la luz de 400 nm incide sobre un metal con una
función de trabajo de 2,3 eV?
12
Datos: 1 eV = 1,602·10−19 J ; Constante de Planck: h = 6,63·10−34 J s ; Velocidad de la luz en el vacío:
c = 3,00·108 m s−1 ; 1 nm = 10−9 m
4.–
Al estudiar experimentalmente el efecto fotoeléctrico en un metal se observa que la
mínima frecuencia a la que se produce dicho efecto es de 1,03·1015 Hz.
a) Calcule el trabajo de extracción del metal y el potencial de frenado de los electrones
emitidos si incide en la superficie del metal una radiación de frecuencia 1,8·1015 Hz.
b) ¿Se produciría efecto fotoeléctrico si la intensidad de la radiación incidente fuera el doble y
su frecuencia la mitad que en el apartado anterior? Razone la respuesta.
12
Datos: Constante de Planck: h = 6,63·10−34 J s ; Valor absoluto de la carga del electrón:
e = 1,60·10−19 C
Licencia Creative Commons 3.0. Autor: Antonio José Vasco Merino
�1 -
v2
c2
-1 )2
⎛
· ⎜
⎜
c 2 - m0 c 2 = m0 c 2 ⎛
1
v2
�
⎝ 1 - c2
- 1⎞
⎠
⎞
Ec = 5000 kg · (3,00·10 m s
- 1⎟ = 4,50·1020 J.
(2,60·108 m s-1 )2 ⎟
�1 (3,00·108 m s-1 )2
⎝
⎠
Solución: Aplicando la ecuación de la longitud relativista:
2
lTierra
v2
lTierra 2
l
2
2
2 Tierra
ℓnave =
⇔ 1- 2 = �
� ⇔ c − v = c �
� ⇔
2
c
lnave
lnave
v
�1 - 2
c
8
2.–
Se determina, por métodos ópticos, la longitud de una nave espacial que pasa por las
proximidades de la Tierra, resultando ser de 100 m. En contacto radiofónico, los astronautas que
viajan en la nave comunican que la longitud de su nave es de 120 m. ¿A qué velocidad viaja la
nave con respecto a la Tierra?
11
Velocidad de la luz en el vacío: c = 3,00·108 m s−1
m0
1
lTierra 2
100 m 2
8
-1 �
�
v=c 1 − �
� = 3·10 m s · 1 − �
� = 1,66 · 108 m s-1
lnave
120 m
Solución: Para que se produzca el efecto fotoeléctrico, la energía de la radiación incidente ha de
ser mayor que la función de trabajo:
hc
hc
Eluz = h fluz =
> Wext ⇔
- Wext > 0
λluz
λluz
6,63·10-34 J s · 3,00·108 m s -1
1,602·10-19 J
2,3
eV
·
= 1,3·10-19 J > 0
10-9 m
1 eV
400 nm · 1 nm
Al ser mayor, sí se produce efecto fotoeléctrico.
Solución: a) De la expresión de las energías implicadas en el efecto fotoeléctrico (la energía
cinética de los electrones es nula por ser la mínima frecuencia):
1 eV
𝐸luz = ℎ 𝑓0 = 𝑊ext = 6,63·10-34 J s · 1,03·1015 Hz = 6,83·10-19 J ·
= 4,27 eV.
1,6·10-19 J
Volviendo a aplicar la expresión de las energías implicadas en el efecto fotoeléctrico, con la
nueva frecuencia:
ℎ 𝑓´ − ℎ 𝑓0
ℎ 𝑓´ = 𝑊ext = ℎ 𝑓0 − |𝑞e 𝑉frenado | ⇔ 𝑉frenado =
𝑞e
6,63·10-34 J s · (1,8·1015 Hz - 1,03·1015 Hz)
𝑉frenado =
= 3,19 V.
1,60·10-19 C
14
b) La mitad de la frecuencia del apartado anterior es 9·10 Hz, que es una frecuencia menor que
la frecuencia umbral. Por lo tanto, por muy grande que fuera la intensidad que tuviera la onda de
luz que intenta provocar el efecto fotoeléctrico, no lo produciría.
PROBLEMAS DE FÍSICA 2º BACHILLERATO –Física Nuclear y Moderna–
01/11/2012
5.–
Al iluminar la placa de una célula fotoeléctrica con una radiación de 410 nm de longitud
de onda, se observa que la velocidad máxima de los fotoelectrones emitidos es el doble que
cuando la placa se ilumina con otra radiación de 500 nm.
a) Determine el trabajo de extracción.
b) Calcule el potencial de detención necesario para anular la corriente en ambos casos.
Datos: Constante de Planck: h = 6,626·10−34 J s ; Velocidad de la luz en el vacío: c = 3,00·108 m s−1
−19
; Valor absoluto de la carga del electrón: e = 1,60·10 C
12
6.–
Al iluminar la superficie de un cierto metal con un haz de luz ultravioleta de frecuencia
f = 2,0·1015 Hz, la energía cinética máxima de los fotoelectrones emitidos es de 2,5 eV.
a) Determine el trabajo de extracción del metal.
b) Explique qué ocurriría si la frecuencia de la luz incidente fuera:
b.1) 2f;
b.2) f/2.
12
Datos: Constante de Planck: h = 6,63·10−34 J s ; Valor absoluto de la carga del electrón: e = 1,60·10−19
C
7.–
Al incidir sobre un metal una radiación de λ = 200 nm, los fotoelectrones son emitidos con
una velocidad máxima de 106 m s−1. Determine:
a) la energía mínima necesaria para arrancar un electrón del metal. Exprese el resultado en eV;
b) la frecuencia umbral expresada en hertzios.
Datos: Constante de Planck: h = 6,626·10−34 J s ; Masa del electrón: me = 9,11·10−31 kg ;
−19
1 eV = 1,602·10 J
12
Licencia Creative Commons 3.0. Autor: Antonio José Vasco Merino
Solución: a) De la expresión de las energías implicadas en el efecto fotoeléctrico:
ℎ𝑐
𝐸1 = ℎ 𝑓1 =
= 𝑊ext + 𝐸c1
𝜆1
ℎ𝑐
ℎ𝑐
ℎ𝑐
⇔
= 𝑊ext + 2 �
− 𝑊ext �
𝜆1
𝜆2
𝐸2 = ℎ 𝑓2 =
= 𝑊ext + 𝐸c2
𝜆2
𝐸c1 = 2 𝐸c2
2 1
2
1
Wext = h c � - � =6,626·10-34 J s · 3,00·108 m s -1 · �
�
-7
λ2 λ1
5,00·10 m 4,10·10-7 m
1 eV
𝑊ext = 3,10·10-19 J ·
= 1,94 eV.
1,60·10-19 J
b) Volviendo a aplicar la expresión de las energías implicadas en el efecto fotoeléctrico:
ℎ𝑐
ℎ𝑐
𝜆luz − 𝑊ext
|
|
𝑊ext =
− 𝑞e 𝑉frenado ⇔ 𝑉frenado =
𝜆luz
𝑞e
-34
8
-1
6,626·10 J s· 3,00·10 m s
- 3,10·10-19 J
4,10·10-7 m
𝑉fre 1 =
=1,09 V
1,60·10-19 C
6,626·10-34 J s· 3,00·108 m s -1
- 3,10·10-19 J
5,00·10-7 m
𝑉fre 2 =
=0,546 V.
1,60·10-19 C
Solución: a) De la expresión de las energías implicadas en el efecto fotoeléctrico:
𝐸luz = ℎ 𝑓luz = 𝑊ext + 𝐸c ⇔ 𝑊ext = ℎ 𝑓luz − 𝐸c
1,6·10-19 J
= 9,3·10-19 J.
1 eV
b.1) Al aumentar la frecuencia, la energía cinética de los electrones emitidos será mayor:
E’c = h f’luz − Wext = h (f’luz − fluz) + Ec
E’c = 6,63·10−34 J s · 2,0·1015 Hz + 2,5 eV · 1,6·10−19 J eV−1 = 1,7·10−18 J = 11 eV.
b.2) Al disminuir la frecuencia, la energía cinética de los electrones sería:
E’c = h f’luz − Wext = h (f’luz − fluz) + Ec
E’c = 6,63·10−34 J s · (−1,0·1015 Hz) + 2,5 eV · 1,6·10−19 J eV−1 < 0.
No hay emisión.
Solución: a) Aplicando la expresión de las energías del efecto fotoeléctrico y teniendo en cuenta
que la energía mínima necesaria para arrancar un electrón es el trabajo de extracción:
ℎ𝑐
ℎ𝑐
1
𝐸luz = ℎ 𝑓luz =
= 𝑊ext + 𝐸c ⇔ 𝑊ext =
−
𝑚 𝑣2
𝜆luz
𝜆luz
2
6,626·10-34 J s · 3,00·108 m s -1 1
· 9,11·10-31 kg · (106 m s-1 )2 = 5,4·10-19 J
𝑊ext =
200·10-9 m
2
1 eV
𝑊ext = 5,4·10-19 J ·
= 3,4 eV.
1,602·10-19 J
b) La frecuencia umbral corresponde al trabajo de extracción, por lo que:
ℎ𝑐
1
2
𝑊ext
𝑐
𝑚 𝑣2
𝜆luz − 2 𝑚 𝑣
𝑊ext = ℎ 𝑓0 ⇔ 𝑓0 =
=
=
−
ℎ
ℎ
𝜆luz
2ℎ
8
-1
-31
6
-1
2
3,00·10 m s
9,11·10 kg · (10 m s )
𝑓0 =
= 8,1·1014 Hz.
-34 J s
1m
2
·
6,626·10
200 nm· 9
10 nm
𝑊𝑒𝑥𝑡 = 6,63·10-34 J s · 2,0·1015 Hz - 2,5 eV ·
PROBLEMAS DE FÍSICA 2º BACHILLERATO –Física Nuclear y Moderna–
01/11/2012
8.–
Al incidir un haz de luz de longitud de onda 625·10−9 m sobre una superficie metálica, se
emiten electrones con velocidades de hasta 4,6·105 m s−1.
a) Calcule la frecuencia umbral del metal.
b) Razone cómo cambiaría la velocidad máxima de salida de los electrones si aumentase la
frecuencia de la luz. ¿Y si disminuyera la intensidad del haz de luz?
Datos: Constante de Planck: h = 6,626·10−34 J s ; Velocidad de la luz en el vacío: c = 3,00·108 m s−1
−31
; Masa del electrón: me = 9,11·10 kg
Solución: a) Aplicando la expresión de las energías del efecto fotoeléctrico y teniendo en cuenta
que la energía mínima necesaria para arrancar un electrón es el trabajo de extracción:
ℎ𝑐
ℎ𝑐
1
𝐸luz = ℎ 𝑓luz =
= 𝑊ext + 𝐸c ⇔ 𝑊ext =
−
𝑚 𝑣2
𝜆luz
𝜆luz
2
ℎ𝑐
1
2
𝑊ext
𝑐
𝑚 𝑣2
𝜆luz − 2 𝑚 𝑣
𝑊ext = ℎ 𝑓0 ⇔ 𝑓0 =
=
=
−
𝜆luz
ℎ
ℎ
2ℎ
2
12
9.–
Calcule la energía cinética y velocidad máximas de los electrones que se arrancan de una
superficie de sodio cuyo trabajo de extracción vale W0 = 2,28 eV, cuando se ilumina con luz de
longitud de onda:
a) 410 nm;
b) 560 nm.
Datos: Velocidad de la luz en el vacío: c = 3,00·108 m s−1 ; Valor absoluto de la carga del electrón: e =
−19
−34
−31
1,602·10 C ; Constante de Planck: h = 6,626·10 J s ; Masa del electrón: me = 9,11·10 kg
3,00·108 m s -1 9,11·10-31 kg · �4,6·105 m s -1 �
𝑓0 =
= 3,3·1014 Hz.
625·10-9 m
2 · 6,626·10-34 J s
c) Si se irradia el metal con una radiación de frecuencia mayor, la energía de la radiación
también será mayor, por lo que la energía cinética de los electrones aumentará y, con ella, la
velocidad de los electrones emitidos.
Si disminuimos la intensidad del haz de luz, no variamos la frecuencia de la radiación, sino sólo
el número de fotones que porta la luz. Por ello, el efecto fotoeléctrico seguirá dándose, y los
electrones saldrán con la misma velocidad, pero el número de ellos emitido será menor.
Solución: a) De la expresión de las energías implicadas en el efecto fotoeléctrico:
hc
hc
Eluz = h fluz =
= Wext + Ec ⇔ Ec =
- Wext
λluz
λluz
6,626·10-34 J s · 3,00·108 m s -1
1,602·10-19 J
Ec1 =
2,28
eV
·
= 1,20·10-19 J = 0,746 eV
410·10-9 m
1 eV
12
v=
10.–
12
Comente las siguientes afirmaciones:
a) La teoría de Planck de la radiación emitida por un cuerpo negro afirma que la energía se
absorbe o emite únicamente en cuantos de valor E = h ν.
b) De Broglie postuló que, al igual que los fotones presentan un comportamiento dual de onda
y partícula, una partícula presenta también dicho comportamiento dual.
Licencia Creative Commons 3.0. Autor: Antonio José Vasco Merino
�
2· �
hc
2 · �λ - Wext �
hc
1
luz
Ec =
- Wext = me v 2 ⇒ v = �
me
λluz
2
6,626·10-34 J s · 3,00·108 m s -1
1,602·10-19 J
- 2,28 eV ·
�
-9
1 eV
410·10 m
= 5,12·105 m s-1 .
9,11·10-31 kg
b) Para la segunda longitud de onda:
6,626·10-34 J s · 3,00·108 m s-1
1,602·10-19 J
Ec2 =
- 2,28 eV ·
<0
560·10-9 m
1 eV
No tiene lugar el efecto fotoeléctrico.
Solución: a) Es la clave que nos sirve para entender que la energía (o más correctamente la
acción −energía × tiempo−) está cuantizada. Sirve para explicar porqué no tiene lugar la catástrofe
ultravioleta y porqué se puede tener energía en una radiación muy energética (rayos γ) sin que se
necesite una cantidad excesiva de energía, justificando que sólo se necesitan unos cuantos fotones.
b) El Principio lo que dice es que cualquier onda lleva asociada una partícula y cualquier
partícula lleva asociada una onda: en el fondo no existen ni ondas ni partículas sino una entidad
diferente a la que podemos detectar como onda o como partícula. Sus características más
importantes como onda (su longitud de onda) y como partícula (su cantidad de movimiento) están
relacionadas por la expresión: λ p = h
PROBLEMAS DE FÍSICA 2º BACHILLERATO –Física Nuclear y Moderna–
01/11/2012
11.–
Considere las longitudes de onda de de Broglie de un electrón y de un protón. Razone cuál
es menor si tienen:
a) el mismo módulo de la velocidad;
b) la misma energía cinética.
Suponga velocidades no relativistas.
12
12.–
Considere una superficie metálica cuyo trabajo de extracción para electrones es de 3,5 eV.
Se ilumina con una luz monocromática y se observa que la velocidad máxima de los electrones
emitidos es de 5,0·105 m s−1. Calcule:
a) la frecuencia de la luz incidente;
b) la longitud de onda de De Broglie asociada a los electrones emitidos a 5,0·105 m s−1;
c) la longitud de onda de la luz con que hay que iluminar el metal para que la energía cinética
máxima de los electrones emitidos sea 9,0·10−19 J.
12
Datos: Constante de Planck: h = 6,626·10−34 J s ; Velocidad de la luz en el vacío: c = 3,00·108 m s−1
−31
−19
; Masa del electrón: me = 9,11·10 kg ; 1 eV = 1,602·10 J
13.–
De la Hipótesis de De Broglie, dualidad onda−corpúsculo, se deriva como consecuencia
que:
a) la energía total de una partícula es E = m c2;
12
b) las partículas en movimiento pueden mostrar un comportamiento ondulatorio;
c) se puede medir simultáneamente y con precisión ilimitada la posición y el momento de una
partícula.
Licencia Creative Commons 3.0. Autor: Antonio José Vasco Merino
Solución: a) Aplicando la Ecuación de De Broglie:
h
mp
h
h
λe
me v
λp =
; λe =
⇒
=
=
.
h
mp v
me v
λp
me
mp v
Como la masa del protón es unas 2000 veces mayor que la masa del electrón, la longitud de onda
de De Broglie del electrón será unas 2000 veces mayor que la del protón.
b) Aplicando la longitud de onda de De Broglie asociada a una partícula, en función de la
energía cinética:
h
h
h
h
h
λp =
=
=
=
; λe =
⇔
mp v
2 m p Ec
2
m
E
�
�
1
2
2
e
c
2
�mp v
�2 mp �2 mp v �
h
mp
λe
�2 me Ec
�2 mp Ec
=
=
=� .
h
λp
me
�2 me Ec
�2 mp Ec
Como la masa del protón es unas 2000 veces mayor que la masa del electrón, la longitud de onda
de De Broglie del electrón será unas 45 veces mayor que la del protón.
Solución: a) Aplicando la expresión de las energías implicadas en el efecto fotoeléctrico:
Wext + 12 me v 2
1
2
Eluz = h fluz = Wext + Ec = Wext + 2 me v ⇔ fluz =
h
2
1,602·10-19 J 1
3,5 eV ·
+ 2 · 9,11·10-31 kg · �5,0·105 m s -1 �
1
eV
fluz =
= 1,02·1015 Hz.
6,626·10-34 J s
b) Aplicando la dualidad onda−corpúsculo:
h
6,626·10-34 J s
λe =
=
= 1,45·10-9 m.
9,11·10-31 kg · 5,0·105 m s -1
me v
c) Aplicando la expresión de las energías del efecto fotoeléctrico:
hc
hc
Eluz = h fluz =
= Wext + Ec ⇔ λluz =
λluz
Wext + Ec
-34
8
-1
6,626·10 J s·3,00·10 m s
λluz =
= 1,4·10-7 m.
-19
1,602·10 J
3,5 eV ·
+ 9,0·10-19 J
1 eV
Solución: La respuesta correcta es la b). La a) tiene que ver con la Ecuación de Einstein y la c)
es un enunciado erróneo del Principio de indeterminación de Heisenberg.
PROBLEMAS DE FÍSICA 2º BACHILLERATO –Física Nuclear y Moderna–
14.–
01/11/2012
Dos partículas poseen la misma energía cinética. Determine en los dos casos siguientes:
a) la relación entre las longitudes de onda de De Broglie correspondientes a las dos partículas,
si la relación entre sus masas es m1 = 50 m2;
b) la relación que existe entre las velocidades, si la relación entre sus longitudes de onda de De
Broglie es λ1 = 500 λ2.
12
15.–
El cátodo metálico de una célula fotoeléctrica es iluminado simultáneamente por dos
radiaciones monocromáticas de longitudes de onda λ1 = 228 nm y λ2 = 524 nm. Se sabe que el
trabajo de extracción de un electrón para este cátodo es W0 = 3,40 eV.
a) ¿Cuál de estas radiaciones es capaz de producir efecto fotoeléctrico? ¿Cuál será la velocidad
máxima de los electrones extraídos?
b) Calcule el potencial eléctrico de frenado o de corte.
Datos: Constante de Planck: h = 6,626·10−34 J s ; Velocidad de la luz en el vacío: c = 3,00·108 m s−1 ;
−19
Valor absoluto de la carga del electrón: e = 1,602·10 C
Solución: a) Aplicando la longitud de onda de De Broglie asociada a una partícula, en función de
la energía cinética:
h
h
h
h
λ=
=
=
=
mv
√m2 v 2
�2 m Ec
�2 m �12 m v 2 �
h
λ2
m1
50 m2
�2 m2 Ec
�2 m1 Ec
=
=
=�
= �
≈ 7,1.
h
λ1
m2
m2
�2 m2 Ec
�2 m1 Ec
b) Aplicando otra vez la misma relación:
h
h
hv
2 λ Ec
λ=
=
=
⇒ v=
2 Ec
mv
2 Ec
h
v
2 λ2 Ec
v2
h = λ2 = λ2 = 0,002.
=
v1 2 λ1 Ec λ1 500 λ2
h
Solución: a) De la expresión de las energías implicadas en el efecto fotoeléctrico:
hc
hc
Eluz = h fluz =
= Wext + Ec ⇔ Ec =
- Wext
λluz
λluz
6,626·10-34 J s · 3,00·108 m s -1
1,602·10-19 J
Ec1 =
- 3,40 eV ·
= 3,27·10-19 J = 2,04 eV
228·10-9 m
1 eV
6,626·10-34 J s · 3,00·108 m s-1
1,602·10-19 J
Ec2 =
3,40
eV
·
< 0.
524·10-9 m
1 eV
La segunda no produce efecto fotoeléctrico. La velocidad de los electrones en el primer caso
será:
12
v=
16.–
El material fotográfico suele contener bromuro de plata, que se impresiona con fotones de
energía superior a 1,7·10−19 J.
a) ¿Cuál es la frecuencia y la longitud de onda del fotón que es justamente capaz de activar
una molécula de bromuro de plata?
b) La luz visible contiene longitudes de onda entre 380·10−9 m y 780·10−9 m. Explique el
hecho de que una luciérnaga, que emite luz visible de intensidad despreciable, pueda
impresionar una película fotográfica, mientras que no puede hacerlo la radiación procedente
12
de una antena de televisión que emite a 100 MHz, a pesar de que su potencia es de 50 kW.
Datos: Constante de Planck: h = 6,63·10−34 J s ; Velocidad de la luz en el vacío: c = 3,00·108 m s−1
Licencia Creative Commons 3.0. Autor: Antonio José Vasco Merino
�
2· �
hc
2 · �λ - Wext �
hc
1
luz
- Wext = me v 2 ⇒ v = �
Ec =
λluz
2
me
6,626·10-34 J s · 3,00·108 m s -1
1,602·10-19 J
- 3,40 eV ·
�
-9
1 eV
228·10 m
= 8,47·105 m s-1 .
9,11·10-31 kg
b) El potencial de frenado coincide con la energía de los fotoelectrones, en sus correspondientes
unidades, ya que la energía eléctrica que aporta ha de ser igual a la cinética de éstos.
Vfrenado = 2,04 V.
Solución: a) Sabiendo que la energía que nos dan es la mínima que impresiona el material
fotográfico y recurriendo a la Ecuación de Planck:
E
1,7·10-19 J
E≤hf ⇒ f≥ =
= 2,6·1014 Hz
h
6,63·10-34 J s
c
c
hc
6,63·10-34 J s · 3,00·108 m s-1
c=λf ⇒ λ= ≤
=
=
= 1,2·10-6 m.
E
f
E
1,7·10-19 J
h
b) Por mucha potencia que tenga la antena se necesita un mínimo de frecuencia de 2,6·1014 Hz
para alcanzar el mínimo necesario para que se impresione la luz en el material fotográfico, ya que
debe arrancar un electrón a la plata que se encuentra en la emulsión. La frecuencia de la antena es
100 MHz (1·108 Hz) claramente por debajo de la necesaria. Al ser menor la longitud de onda de la
luz emitida por la luciérnaga que la necesaria para impresionar la fotografía (mayor frecuencia y
energía) sí se creará la foto.
PROBLEMAS DE FÍSICA 2º BACHILLERATO –Física Nuclear y Moderna–
01/11/2012
17.–
El potencial de frenado de los electrones emitidos por la plata cuando se incide sobre ella
con luz de longitud de onda de 200 nm es 1,48 V. Deduzca:
a) la función de trabajo (o trabajo de extracción) de la plata, expresada en eV;
b) la longitud de onda umbral en nm para que se produzca el efecto fotoeléctrico.
Datos: Constante de Planck: h = 6,63·10−34 J s ; Velocidad de la luz en el vacío: c = 3,00·108 m s−1 ;
Valor absoluto de la carga del electrón: e = 1,60·10−19 C
12
18.–
El trabajo de extracción del aluminio es 4,20 eV. Sobre una superficie de aluminio incide
radiación electromagnética de longitud de onda 200·10−9 m. Calcule razonadamente:
a) la energía cinética de los fotoelectrones emitidos y el potencial de frenado;
b) la longitud de onda umbral para el aluminio.
Datos: Constante de Planck: h = 6,63·10−34 J s ; Velocidad de la luz en el vacío: c = 3,00·108 m s−1 ; 1
eV = 1,60·10−19 J
12
19.–
El trabajo de extracción del aluminio es 4,20 eV. Sobre una superficie de aluminio incide
radiación electromagnética de longitud de onda 200·10−9 m. Calcule razonadamente:
a) la energía cinética de los fotoelectrones emitidos y el potencial de frenado;
b) la longitud de onda umbral para el aluminio.
Datos: Constante de Planck: h = 6,63·10−34 J s ;
−19
1 eV = 1,60·10 J
Velocidad de la luz en el vacío: c = 3,00·108 m s−1 ;
12
Licencia Creative Commons 3.0. Autor: Antonio José Vasco Merino
Solución: La energía eléctrica, q V, que se aporta sirve para frenar la energía cinética con la que
salen los electrones, por lo que, de la expresión de las energías del efecto fotoeléctrico:
c
hc
hc
c=λf ⇔ f=
⇔ Eluz = h fluz =
= Wext + �qe� V ⇔ Wext =
- �qe� V
λ
λluz
λluz
hc
Wext =
- �qe� V =
λluz
6,63·10-34 J s·3·108 m s-1
1 eV
=
-1,6·10-19 C · 1,48 V = 7,58·10-19 J·
= 4,74 eV
1m
1,6·10-19 J
200 nm· 9
10 nm
b) La longitud de onda umbral corresponde con la que nos daría el trabajo de extracción puesto
que es la que carece de potencial de frenado, al tener los electrones arrancados una energía cinética
nula. Por tanto:
hc
hc
6,63·10-34 J s·3·108 m s-1
= Wext ⇔ λ0 =
=
= 2,63·10−7 m = 263 nm
-19
Wext
λ0
7,58·10 J
Solución: a) De la expresión de las energías implicadas en el efecto fotoeléctrico:
hc
hc
Eluz = h fluz =
= Wext + Ec ⇔ Ec =
- Wext
λluz
λluz
6,63·10-34 J s · 3,00·108 m s -1
1,60·10-19 J
Ec =
- 4,20 eV ·
= 3,22·10-19 J = 2,02 eV.
200·10-9 m
1 eV
El potencial de frenado coincide con la energía de los fotoelectrones, en sus correspondientes
unidades, ya que la energía eléctrica que aporta ha de ser igual a la cinética de éstos.
Vfrenado = 2,02 V.
b) La longitud de onda umbral corresponde al trabajo de extracción, porque es la que consigue
que empiece el efecto fotoeléctrico, pero sin que los electrones tengan energía cinética. Por tanto:
c
hc
6,63·10-34 J s · 3,00·108 m s-1
Wext = h f0 = h
⇔ λ0 =
=
= 2,96·10-7 m.
1,60·10-19 J
λ0
Wext
4,20 eV ·
1 eV
Solución: a) De la expresión de las energías implicadas en el efecto fotoeléctrico:
ℎ𝑐
ℎ𝑐
𝐸luz = ℎ 𝑓luz =
= 𝑊ext + 𝐸c ⇔ 𝐸c =
− 𝑊ext
𝜆luz
𝜆luz
6,63·10-34 J s · 3,00·108 m s -1
1,60·10-19 J
𝐸c =
- 4,20 eV ·
= 3,225·10-19 J.
200·10-9 m
1 eV
El potencial de frenado equivale a la energía cinética expresada en voltios por lo que:
ℎ𝑐
𝐸c 𝜆luz − 𝑊ext
ℎ𝑐
𝑊ext
𝐸c = 𝑞e 𝑉frenado ⇔ 𝑉frenado =
=
=
−
𝑞e
𝑞e
𝜆luz 𝑞e
𝑞e
-34
8
-1
6,63·10 J s · 3,00·10 m s
4,20 eV
𝑉frenado =
= 2,02 V.
-9
-19
200·10 m · 1,60·10 C
1e
b) La longitud de onda umbral corresponde al trabajo de extracción, porque es la que consigue
que empiece el efecto fotoeléctrico, pero sin que los electrones tengan energía cinética. Por tanto:
𝑐
ℎ𝑐
6,63·10-34 J s · 3,00·108 m s-1
𝑊ext = ℎ 𝑓0 = ℎ
⇔ 𝜆0 =
=
= 2,96·10-7 m.
1,60·10-19 J
𝜆0
𝑊ext
4,20 eV ·
1 eV
PROBLEMAS DE FÍSICA 2º BACHILLERATO –Física Nuclear y Moderna–
01/11/2012
20.–
En un experimento de efecto fotoeléctrico un haz de luz de 500 nm de longitud de onda
incide sobre un metal cuya función de trabajo (o trabajo de extracción) es de 2,1 eV. Analice la
veracidad o falsedad de las siguientes afirmaciones:
a) Los electrones arrancados pueden tener longitudes de onda de De Broglie menores que
10−9 m.
b) La frecuencia umbral del metal es mayor que 1014 Hz.
−34
8
Solución: Solución: a) De la expresión de las energías implicadas en el efecto fotoeléctrico:
𝐸luz = ℎ 𝑓luz
Aplicando la dualidad onda−corpúsculo:
−1
Datos: Constante de Planck: h = 6,63·10 J s ; Velocidad de la luz en el vacío: c = 3,00·10 m s ;
Masa del electrón: me = 9,11·10−31 kg ; Valor absoluto de la carga del electrón: e = 1,60·10−19 C
12
𝜆e =
𝜆e =
21.–
Enuncie el Principio de incertidumbre de Heisenberg. Calcule la indeterminación en la
velocidad en un objeto de masa 300 g si la posición se determina con una exactitud de
12
millonésimas de centímetro.
Datos: Constante de Planck: h = 6,626·10−34 J s
22.–
Explique en qué consiste el efecto fotoeléctrico. Si el trabajo de extracción del rubidio es
1,70 eV, ¿cuál es la frecuencia umbral del rubidio?
Datos: Constante de Planck: h = 6,626·10−34 J s ; 1 eV = 1,602·10−19 J
12
Licencia Creative Commons 3.0. Autor: Antonio José Vasco Merino
ℎ𝑐
2 �𝜆
− 𝑊ext �
ℎ𝑐
1
�
luz
=
= 𝑊ext + 𝐸c = 𝑊ext +
𝑚e 𝑣 2 ⇒ 𝑣 =
𝜆luz
2
𝑚e
�
ℎ
=
𝑚e 𝑣
ℎ
ℎ
= �
𝑊
𝑐
ℎ𝑐
2 𝑚e �
− ℎext �
2 �𝜆
− 𝑊ext �
𝜆
luz
�
luz
𝑚e
𝑚e
6,63·10-34 J s
1,60·10-19 J
2,1 eV ·
1 eV �
–
6,63·10-34 J s
= 2,0·10-9 m.
3,00·108 m s -1
2 · 9,11·10-31 kg · �
1m
500 nm· 9
10 nm
La longitud de onda de De Broglie de los electrones arrancados con ese haz de luz tiene un valor
de 2 nm (o superiores, si perdieran algo de velocidad) por lo que el enunciado es falso.
b) La frecuencia umbral corresponde al trabajo de extracción, por lo que:
1,60·10-19 J
2,1
eV
·
𝑊ext
1 eV
𝑊ext = ℎ 𝑓0 ⇔ 𝑓0 =
=
= 5,1·1014 Hz.
ℎ
6,63·10-34 J s
Efectivamente, la frecuencia umbral es mayor que 1014 Hz. Verdadero.
Solución: “No se puede conocer al mismo tiempo la posición y la cantidad de movimiento de
una partícula con una precisión mayor que la que corresponde a la expresión ∆x ∆p ≥ ħ = h / 2 π”.
ℎ
ℎ
6,626·10-34 J s
∆𝑥 ∆𝑝 = ∆𝑥 𝑚 ∆𝑣 ≥
⇒ ∆𝑣 ≥
=
=3,5·10-26 m s-1 .
2𝜋
2 𝜋 𝑚 ∆𝑥 2 π · 0,300 kg · 10-8 m
Solución: El efecto fotoeléctrico se produce cuando, al iluminar con una luz de una frecuencia
suficientemente alta una placa metálica conectada en un circuito abierto, ésta emite electrones que
provocan una corriente eléctrica en el circuito.
La frecuencia umbral corresponde al trabajo de extracción, porque es la que consigue que
empiece el efecto fotoeléctrico, pero sin que los electrones posean energía cinética. Por tanto:
1,602·10-19 J
1,70 eV ·
Wext
1 eV
Wext = h f0 ⇔ f0 =
=
= 4,11·1014 Hz.
h
6,626·10-34 J s
PROBLEMAS DE FÍSICA 2º BACHILLERATO –Física Nuclear y Moderna–
01/11/2012
23.–
Iluminamos un metal con dos luces de 193 y 254 nm. La energía cinética máxima de los
electrones emitidos es de 4,14 y 2,59 eV, respectivamente.
a) Calcule la frecuencia de las dos luces.
b) Indique con cuál de las dos luces la velocidad de los electrones emitidos es mayor, y calcule
el valor de dicha velocidad.
c) Calcule la Constante de Planck y la función de trabajo del metal.
Datos: 1 eV = 1,602·10−19 J ; Masa del electrón: me = 9,11·10−31 kg ; Velocidad de la luz en el vacío: c
= 3,00·108 m s−1
Solución: a) Aplicando la relación entre longitud de onda y frecuencia:
3,00·108 m s -1
f
=
= 1,55·1015 Hz
1
-9 m
c
193·10
f λ=c ⇒ f =
;
λ
3,00·108 m s -1
f2 =
= 1,18·1015 Hz
254·10-9 m
b) Al tener más energía cinética, la velocidad de los electrones emitidos con la primera radiación
es mayor que la de los emitidos con la segunda radiación.
𝐸c =
12
24.–
La energía mínima necesaria para extraer un electrón del sodio es de 2,3 eV. Explique si
se producirá el efecto fotoeléctrico cuando se ilumina una lámina de sodio con las siguientes
radiaciones:
a) Luz roja de longitud de onda 680 nm.
b) Luz azul de longitud de onda 360 nm.
Datos: Constante de Planck: h = 6,63·10−34 J s; Velocidad de la luz en el vacío: c = 3,00·108 m s−1;
−19
Valor absoluto de la carga del electrón: e = 1,60·10 C
12
Licencia Creative Commons 3.0. Autor: Antonio José Vasco Merino
1
2 𝐸c
𝑚e 𝑣 2 ⇒ 𝑣 = �
2
𝑚e
1,602·10-19 J
2 · 4,14 eV ·
1 eV
= �
= 1,21·106 m s-1 .
-31
9,11·10 kg
c) De la expresión de las energías implicadas en el efecto fotoeléctrico:
hc
= Wext + Ec1
E1 = h f1 =
hc
hc
λ1
⇔
=
- Ec2 + Ec1
hc
λ1
λ2
E2 = h f2 =
= Wext + Ec2
λ2
1 1
Ec1 - Ec2
h c � - � = Ec1 - Ec2 ⇒ h =
1 1
λ1 λ2
c� - �
λ1 λ2
-19
1,602·10 J
(4,14 eV - 2,59 eV) ·
1 eV
h=
= 6,65·10-34 J s.
1
1
3,00·108 m s -1 · �
�
193·10-9 m 254·10-9 m
b) Suponiendo que no conocemos h:
hc
E1 = h f1 =
= Wext + Ec1
(Wext + Ec1 ) λ1
(Wext + Ec2 ) λ2
λ1
⇔ h=
=
hc
c
c
E2 = h f2 =
= Wext + Ec2
λ2
λ1 Ec1 - λ2 Ec2
λ1 (Wext + Ec1 ) = λ2 (Wext + Ec2 ) ⇒ Wext =
λ2 - λ1
193 nm · 4,14 eV - 254 nm · 2,59 eV
1,602·10-19 J
Wext =
= 2,31 eV ·
= 3,71·10-19 J.
254 nm - 193 nm
1 eV
Solución: a) De la expresión de las energías implicadas en el efecto fotoeléctrico:
hc
hc
Eluz = h fluz =
= Wext + Ec ⇔ Ec =
- Wext
λluz
λluz
6,63·10-34 J s · 3,00·108 m s-1
1,60·10-19 J
Ec =
- 2,3 eV ·
< 0.
1m
1
eV
680 nm· 9
10 nm
Como el resultado es negativo, podemos afirmar que la energía de la radiación de la luz
incidente es menor que la función trabajo, por lo que no se producirá el efecto fotoeléctrico.
b) De la misma expresión del apartado anterior:
hc
hc
E´luz = h f´luz =
= Wext + E´c ⇔ E´c =
- Wext
λ´luz
λ´luz
6,63·10-34 J s · 3·108 m s-1
1,60·10-19 J
E´c =
- 2,3 eV ·
= 1,84·10-19 J.
1m
1
eV
360 nm· 9
10 nm
Se produce el efecto fotoeléctrico, al ser más energética la radiación incidente que el trabajo de
extracción.
PROBLEMAS DE FÍSICA 2º BACHILLERATO –Física Nuclear y Moderna–
01/11/2012
25.–
La frecuencia mínima de la radiación capaz de extraer electrones de un determinado metal
es de 5,5·1014 Hz.
a) ¿Cuánto vale el trabajo de extracción para este metal en J y eV?
b) ¿Cuánto valdrá la energía cinética máxima (en electronvoltios) de los electrones emitidos
con una radiación de 2,48·1015 Hz?
12
c) El color de la luz visible está relacionado con su frecuencia. Si se produce el efecto
fotoeléctrico con luz amarilla, ¿se producirá con luz azul?
Datos: Constante de Planck: h = 6,626·10−34 J s ; 1 eV = 1,602·10−19 J
26.–
La longitud de onda máxima, capaz de producir efecto fotoeléctrico en un metal, es
4500 Ǻ.
a) Calcule el trabajo de extracción.
b) Calcule el potencial de frenado si la luz incidente es λ = 4000 Ǻ.
c) ¿Habría efecto fotoeléctrico con luz de 5,0·1014 Hz?
Datos: Valor absoluto de la carga del electrón: e = 1,60·10−19 C ; Velocidad de la luz en el vacío:
c = 3,00·108 m s−1 ; Constante de Planck: h = 6,63·10−34 J s ; 1 Ǻ = 10−10 m
12
Solución: a) De la expresión de las energías implicadas en el efecto fotoeléctrico (la energía
cinética de los electrones es nula por ser la mínima frecuencia):
1 eV
𝐸luz = ℎ 𝑓0 = 𝑊ext = 6,626·10-34 J s · 5,5·1014 Hz = 3,6·10-19 J ·
= 2,3 eV.
1,602·10-19 J
b) De la expresión de las energías implicadas en el efecto fotoeléctrico:
𝐸luz = ℎ 𝑓luz = 𝑊ext + 𝐸c = ℎ 𝑓0 + 𝐸c ⇔ 𝐸c = ℎ (𝑓luz − 𝑓0 )
1 eV
𝐸c = 6,626·10-34 J s · �2,48·1015 Hz - 5,5·1014 Hz� = 1,28·10-18 J·
= 7,98 eV.
1,602·10-19 J
c) Sí se producirá. La luz azul tiene más energía que la amarilla, ya que su frecuencia es mayor.
Solución: a) La longitud de onda umbral corresponde al trabajo de extracción, porque es la
que provoca que empiece el efecto fotoeléctrico, pero sin que los electrones tengan energía
cinética. Por tanto:
𝑐
3,00·108 m s -1
1 eV
𝑊ext = ℎ 𝑓0 = ℎ
= 6,63·10-34 J s ·
= 4,42·10-19 J ·
= 2,76 eV.
-19 J
1m
𝜆0
1,60·10
4500 Å · 10
10 Å
b) Aplicando la expresión de las energías implicadas en el efecto fotoeléctrico, con la longitud
de onda de la radiación incidente:
𝑐
1
𝑐
1
− ℎ 𝜆
− 𝜆 �
ℎ 𝜆
ℎ 𝑐 �𝜆
𝑐
𝑐
luz
0
luz
0
𝐸luz = 𝑊ext + 𝐸c ⇔ ℎ
= ℎ
− |𝑞e 𝑉fre | ⇔ 𝑉fre =
=
𝑞e
𝑞e
𝜆luz
𝜆0
𝑉frenado =
27.–
Los fotoelectrones expulsados de la superficie de un metal por una luz de 400 nm de
longitud de onda en el vacio son frenados por una diferencia de potencial de 0,8 V.
a) Determine la función de trabajo del metal.
b) ¿Qué diferencia de potencial se requiere para frenar los electrones expulsados de dicho
metal por una luz de 300 nm de longitud de onda en el vacio?
Datos: Valor absoluto de la carga del electrón: e = 1,60·10−19 C ; Constante de Planck: h = 6,63·10−34 J
8
−1
s ; Velocidad de la luz en el vacío: c = 3,00·10 m s
12
Licencia Creative Commons 3.0. Autor: Antonio José Vasco Merino
6,63·10-34 J s · 3,00·108 m s -1 �
1
4000 Å ·
1m
1010 Å
−
1
4500 Å ·
1m �
1010 Å
= 0,345 V.
1,60·10-19 C
c) Para que se produzca el efecto fotoeléctrico, la energía de la radiación incidente ha de ser
mayor que la función de trabajo:
ℎ𝑐
𝑐
𝑐
𝐸luz = ℎ 𝑓luz > 𝑊ext =
⇔ 𝑓luz >
⇔ 𝑓luz −
>0
𝜆0
𝜆0
𝜆0
3,00·108 m s-1
5,0·1014 Hz = -1,7·1014 Hz < 0
1m
4500 Å · 10
10 Å
Al ser menor, no se produce efecto fotoeléctrico.
Solución: a) De la expresión de las energías implicadas en el efecto fotoeléctrico (la energía
cinética de los electrones se anula con la energía eléctrica suministrada a estos con el potencial):
hc
hc
Eluz = h fluz =
= Wext + Ec ⇔ Wext =
- |qe Vfrenado |
λluz
λluz
6,63·10-34 J s · 3,00·108 m s-1
Wext =
- 1,60·10-19 C · 0,8 V = 3,69·10-19 J.
1m
400 nm· 9
10 nm
b) Volviendo a aplicar la expresión de las energías implicadas en el efecto fotoeléctrico:
hc
hc
λ´luz - Wext
Wext =
- |qe Vfrenado | ⇔ V´frenado =
λluz
qe
-34
8
-1
6,63·10 J s· 3,00·10 m s
- 3,69·10-19 J
1m
300 nm· 9
10 nm
V´frenado =
=1,84 V.
1,60·10-19 C
PROBLEMAS DE FÍSICA 2º BACHILLERATO –Física Nuclear y Moderna–
28.–
Razone si son verdaderas o falsas las siguientes afirmaciones:
a) Cuando un electrón de un átomo pasa de un estado más energético a otro menos energético
emite energía y esta energía puede tomar cualquier valor en un rango continuo.
b) La longitud de onda asociada a una partícula es inversamente proporcional a su masa.
Solución: a) Es parcialmente verdadera. Aunque es cierto que se emite el exceso de energía, este
está cuantizado cumpliendo la Ley de Planck: E = h f.
b) Verdadera. Para ser más correctos, es inversamente proporcional a su cantidad de
movimiento, ya que se cumple la dualidad onda−corpúsculo de De Broglie: λ p = h.
29.–
Responda, razonadamente, las siguientes cuestiones:
a) Un haz de electrones se acelera bajo la acción de un campo eléctrico hasta una velocidad de
6,0·105 m s−1. Haciendo uso de la Hipótesis de De Broglie calcule la longitud de onda
asociada a los electrones.
b) La masa del protón es aproximadamente 1800 veces la del electrón. Calcule la relación
entre las longitudes de onda de De Broglie de protones y electrones suponiendo que se
mueven con la misma energía cinética.
Solución: a) Aplicando la longitud de onda de De Broglie asociada a una partícula:
h
6,63·10-34 J s
λe =
=
= 1,21·10-9 m.
-31
5
-1
me v
9,11·10 kg · 6,0·10 m s
b) Aplicando la longitud de onda de De Broglie asociada a una partícula, en función de la
energía cinética:
h
h
h
h
h
λp =
=
=
=
; λe =
mp v
�2 mp Ec
�2 me Ec
�m2p v 2
�2 mp �12 mp v 2 �
12
12
Datos: Constante de Planck: h = 6,63·10−34 J s ; Masa del electrón: me = 9,11·10−31 kg
30.–
12
01/11/2012
Responda, razonadamente, las siguientes cuestiones:
a) Escriba la Ecuación de De Broglie. Comente su significado y su importancia física.
b) Un electrón que parte del reposo es acelerado mediante un campo eléctrico entre dos puntos
con una diferencia de potencial ΔV = 2000 V. Calcule el momento lineal final del electrón y
su longitud de onda asociada.
Datos: Valor absoluto de la carga del electrón: e = 1,60·10−19 C ; Masa del electrón: me = 9,11·10−31 kg
−34
; Constante de Planck: h = 6,63·10 J s
h
mp
λe
1800 me
�2 me Ec
�2 mp Ec
=
=
=�
= �
= √1800 = 42.
h
λp
me
me
�2 me Ec
�2 mp Ec
La longitud de onda del electrón es 42 veces mayor que la del protón.
Solución: a) La Ecuación de De Broglie relación una cualidad corpuscular de los objetos (la
cantidad de movimiento) con una cualidad ondulatoria de las ondas (la longitud de onda) por lo que
sirve para establecer la dualidad onda−corpúsculo, esto es, que una onda siempre está asociada a un
corpúsculo y un corpúsculo lleva asociado una onda. En una interpretación más amplia, todo lo que
existe en la Naturaleza se manifiesta al mismo tiempo como onda y como corpúsculo por lo que,
depende de la detección que se haga, percibiremos una u otra cualidad: λ = h / p = h / m v.
b) Aplicando las relaciones entre masa, velocidad y energía y la Ecuación de De Broglie:
1
𝑝 = 𝑚 𝑣 = �𝑚2 𝑣 2 = �2 𝑚 �2 𝑚 𝑣 2 � = �2 𝑚 𝐸c = �2 𝑚 𝐸P = �2 𝑚 𝑞 𝛥𝑉
31.–
Se acelera un protón mediante una diferencia de potencial de 3000 V.
a) Calcule la velocidad del protón y su longitud de onda de De Broglie.
b) Si en lugar de un protón fuera un electrón el que se acelera con la misma diferencia de
potencial, ¿tendría la misma energía cinética? ¿Y la misma longitud de onda asociada?
Razone sus respuestas.
Datos: Masa del protón mp = 1,67·10−27 kg ; Masa del electrón: me = 9,11·10−31 kg ; Constante de
Planck: h = 6,63·10−34 J s ; Valor absoluto de la carga del electrón: e = 1,60·10−19 C
12
𝑝 = �2 ·9,11·10-31 kg · 1,60·10-19 C · 2000 V = 2,41·10-23 kg m s -1 .
ℎ
ℎ
6,63·10-34 J s
𝜆 =
=
=
= 2,75·10-11 m.
-31
-19
𝑚𝑣
�2 𝑚 𝑞 𝛥𝑉
�2 · 9,11·10 kg · 1,60·10 C · 2000 V
Solución: a) Aplicando el Principio de conservación de la energía:
|∆Ep| = |∆Ec| ⇔ qp ∆V = ½ m v2
v=�
2 qp ∆V
2 · 1,60·10-19 C · 3000 V
=�
= 7,58·105 m s-1
mp
1,67·10-27 kg
Aplicando la Ecuación de De Broglie:
h
h
h
6,63·10-34 J s
λp =
=
=
=
= 5,24·1
mp v
�2 · 1,67·10-27 kg ·1,60·10-19 C · 3000 V
2 qp ∆V �2 mp qp ∆V
mp � m
p
b) Sí tendría la misma energía cinética porque el incremento de esta es igual a la disminución de
la potencial (que es qp ∆V), y la carga del electrón y la del protón son iguales en valor absoluto.
La longitud de onda es diferente, porque la masa de un protón y la de un electrón son distintas.
h
6,63·10-34 J s
λe =
=
= 2,24·10-11 m.
-31
-19
�2 me qe ∆V
�2 · 9,11·10 kg ·1,60·10 C · 3000 V
Licencia Creative Commons 3.0. Autor: Antonio José Vasco Merino
PROBLEMAS DE FÍSICA 2º BACHILLERATO –Física Nuclear y Moderna–
01/11/2012
32.–
Sobre una lámina metálica se hace incidir luz ultravioleta de longitud de onda 100 nm.
Calcule la velocidad de los electrones que se desprenden del metal, sabiendo que el trabajo de
extracción del metal es de 10−18 J.
Datos: Constante de Planck: h = 6,626·10−34 J s ; Velocidad de la luz en el vacío: c = 3,00·108 m s−1 ;
−31
−9
Masa del electrón: me = 9,11·10 kg ; 1 nm = 10 m
12
Solución: a) De la expresión de las energías implicadas en el efecto fotoeléctrico:
ℎ𝑐
ℎ𝑐
𝐸luz = ℎ 𝑓luz =
= 𝑊ext + 𝐸c ⇔ 𝐸c =
− 𝑊ext
𝜆luz
𝜆luz
6,626·10-34 J s · 3,00·108 m s -1
1,602·10-19 J
𝐸c1 =
3,40
eV
·
= 3,27·10-19 J = 2,04 eV
228·10-9 m
1 eV
6,626·10-34 J s · 3,00·108 m s -1
1,602·10-19 J
𝐸c2 =
- 3,40 eV ·
< 0.
524·10-9 m
1 eV
La segunda no produce efecto fotoeléctrico. La velocidad de los electrones en el primer caso
será:
𝐸luz = ℎ 𝑓luz
33.–
Sobre una superficie de sodio metálico inciden simultáneamente dos radiaciones
monocromáticas de longitudes de onda λ1 = 500 nm y λ2 = 560 nm. El trabajo de extracción del
sodio es 2,3 eV.
a) Determine la frecuencia umbral de efecto fotoeléctrico y razone si habría emisión
fotoeléctrica para las dos radiaciones indicadas.
b) Explique las transformaciones energéticas en el proceso de fotoemisión y calcule la
velocidad máxima de los electrones emitidos.
Datos: Velocidad de la luz en el vacío: c = 3,00·108 m s−1 ; Constante de Planck: h = 6,63·10−34 J s
−19
−31
; Valor absoluto de la carga del electrón: e = 1,60·10 C ; Masa del electrón: me = 9,11·10 kg
12
𝑣 =
ℎ𝑐
2 · �𝜆
− 𝑊ext �
ℎ𝑐
1
�
luz
2
=
= 𝑊ext + 𝐸c = 𝑊ext +
𝑚 𝑣 ⇒ 𝑣 =
𝜆luz
2 e
𝑚e
2· �
�
6,626·10-34 J s · 3,00·108 m s -1
- 10-18 J�
100·10-9 m
= 1,5·106 m s -1 .
9,11·10-31 kg
Solución: a) La frecuencia umbral es la frecuencia correspondiente al trabajo de extracción,
puesto que es la que consigue que empiece el efecto fotoeléctrico, pero sin que los electrones
tengan energía cinética. Por tanto:
1,60·10-19 J
Wext 2,3 eV ·
1 eV
Wext = h f0 ⇔ f0 =
=
= 5,6·1014 Hz
-34
h
6,63·10 J s
8
c
c
3,00·10 m s-1
c
3,00·108 m s-1
14
c=λf ⇔ f=
⇔ f1 =
=
= 6·10 Hz ; f2 =
=
1m
1m
λ
λ1
λ2
500 nm· 9
560 nm· 9
10 nm
10 nm
14
= 5,4·10 Hz.
Como la frecuencia aumenta con la energía, la radiación de longitud de onda 500 nm sí
provocará el efecto fotoeléctrico (f1 > f0), mientras que lo otra no lo conseguirá.
b) En el efecto fotoeléctrico la energía de la radiación incidente se emplea en trabajo de
extracción (energía que se suministra al electrón en la placa para que se libere de todas las uniones
que lo asocian a la placa) y el resto queda en energía cinética de los electrones liberados:
hc
2 � λ - Wext �
hc
1
1
E= h f1 =
= Wext + 2 me v 2 ⇔ v = �
λ1
me
�
⃓
⃓
⃓
6,63·10-34 J s · 3,00·108 m s-1
1,60·10-19 J
⃓
2
�
2,3
eV
·
⃓
1m
1 eV �
⃓
500 nm· 9
⃓
⃓
10 nm
v=⃓
= 2,56 · 105 m s-1 .
-31
9,11·10 kg
⎷
Licencia Creative Commons 3.0. Autor: Antonio José Vasco Merino
PROBLEMAS DE FÍSICA 2º BACHILLERATO –Física Nuclear y Moderna–
34.–
12
01/11/2012
Un átomo de plomo se mueve con una energía cinética de 107 eV.
a) Determine el valor de la longitud de onda asociada a dicho átomo.
b) Compare dicha longitud de onda con las que corresponderían, respectivamente, a una
partícula de igual masa y diferente energía cinética y a una partícula de igual energía cinética
y masa diferente.
Datos: Constante de Planck: h = 6,63·10−34 J s ; 1 u =1,66·10−27 kg ; mPb = 207 u
35.–
Un electrón que parte del reposo es acelerado por una diferencia de potencial de 50 V.
Calcule:
a) el cociente entre los valores de la velocidad de la luz en el vacío y la velocidad alcanzada
por el electrón;
b) la longitud de onda de De Broglie asociada al electrón después de atravesar dicho potencial.
Datos: Constante de Planck: h = 6,63·10−34 J s ; Velocidad de la luz en el vacío: c = 3,00·108 m s−1 ;
−31
−19
Masa del electrón: me = 9,11·10 kg ; Valor absoluto de la carga del electrón: e = 1,60·10 C
12
Solución: a) Aplicando la longitud de onda de De Broglie asociada a una partícula, en función de
la energía cinética:
h
h
h
h
λ=
=
=
=
mv
√m2 v 2
�2 m Ec
�2 m �12 m v 2 �
6,63·10-34 J s
= 6,3·10-16 m.
-27 kg
-19
1,66·10
1,60·10 J
�2 · 207 u ·
· 107 eV ·
1u
1 eV
b) Fijándose en la fórmula obtenida en el apartado anterior para calcular la longitud de onda en
función de la energía cinética y la masa, podemos ver que un aumento de la masa de la partícula
conlleva una disminución de la longitud de onda (inversamente proporcional a la raíz cuadrada de
la masa) y lo mismo sucede para un aumento de la energía cinética (la proporción es idéntica).
Solución: a) Vamos a hacer el problema desde el punto de vista no relativista y, si nos diera una
solución con valores próximos entre ambas velocidades, tendríamos que resolverlo desde el punto
de vista relativista:
Aplicando el Principio de conservación de la energía:
|∆Ep| = |∆Ec| ⇔ qe ∆V = ½ m ve2
λ=
ve = �
2 qe ∆V
c
⇔
=
ve
me
�
3,00·108 m s -1
2·
1,60·10-19
C · 50 V
kg
9,11·10-31
b) Aplicando la Ecuación de De Broglie:
h
h
h
λe =
=
=
me v
2 q ∆V �2 me qe ∆V
me � me
−9
36.–
Un haz de luz de longitud de onda 477·10 m incide sobre una célula fotoeléctrica de
cátodo de potasio, cuya frecuencia umbral es 5,5·1014 s−1.
a) Explique las transformaciones energéticas en el proceso de fotoemisión y calcule la energía
cinética máxima de los electrones emitidos.
b) Razone si se produciría efecto fotoeléctrico al incidir radiación infrarroja sobre la célula
anterior. (La región infrarroja comprende longitudes de onda entre 10−3 m y 7,8·10−5 m).
Datos: Constante de Planck: h = 6,63·10−34 J s ; Velocidad de la luz en el vacío: c = 3,00·108 m s−1
12
Licencia Creative Commons 3.0. Autor: Antonio José Vasco Merino
λe =
6,63·10-34 J s
9,11·10-31
e
·1,60·10-19
= 71,6
= 1,74·10-10 m.
�2 ·
kg
C · 50 V
Solución: a) En el efecto fotoeléctrico la energía de la radiación incidente se emplea en trabajo
de extracción (energía que se suministra al electrón en la placa para que se libere de todas las
uniones que lo asocian a la placa) y el resto queda en energía cinética de los electrones liberados.
Aplicando la expresión del efecto fotoeléctrico:
hc
hc
c
Eluz = h fluz =
= Wext + Ec
⇒ Ec =
- h f0 = h �
-f �
λluz
λluz
λluz 0
Wext = h f0
3,00·108 m s-1
1 eV
Ec = 6,63·10-34 J s · �
- 5,5·1014 Hz� = 5,23 · 10-20 J ·
= 0,33 eV.
-9
477·10 m
1,6·10-19 J
b) Como la frecuencia aumenta con la energía, la radiación de longitud de onda menor es la que
más facilmente puede producir el efecto fotoeléctrico. La longitud de onda umbral de la radiación
es:
c
3,00·108 m s-1
c = λ f ⇔ λ0 = =
= 5,5·10-7 m.
f0
5,5·1014 Hz
como el resultado está muy por debajo del matgen de longitudes de onda de la radiación
infrarroja, ésta no conseguirá producir el efecto fotoeléctrico.
PROBLEMAS DE FÍSICA 2º BACHILLERATO –Física Nuclear y Moderna–
01/11/2012
37.–
Un haz de luz de longitud de onda 546·10−9 m penetra en una célula fotoeléctrica de
cátodo de cesio, cuyo trabajo de extracción es 2 eV.
a) Explique las transformaciones energéticas en el proceso de fotoemisión y calcule la energía
cinética máxima de los electrones emitidos.
b) ¿Qué ocurriría si la longitud de onda incidente en la célula fotoeléctrica fuera el doble de la
anterior?
12
Datos: Constante de Planck: h = 6,63·10−34 J s ; Valor absoluto de la carga del electrón: e = 1,60·10−19
C ; Velocidad de la luz en el vacío: c = 3,00·108 m s−1
38.–
Un haz de luz monocromática tiene una longitud de onda de 734 nm. Calcule:
a) la frecuencia de la luz;
b) la energía de un fotón;
c) la cantidad de movimiento (o momento) del fotón.
d) En caso de que se doble la longitud de onda del fotón, ¿cómo se modifica su momento
lineal?
Datos: Constante de Planck: h = 6,63·10–34 J s ;
Velocidad de la luz en el vacío: c = 3,00·108 m s–1
12
39.–
Un láser de longitud de onda λ = 630 nm tiene una potencia de 10 mW y un diámetro de
haz de 1 mm. Calcule:
a) la intensidad del haz;
b) el número de fotones por segundo que viajan con el haz.
Datos: Velocidad de la luz en el vacío: c = 3,00·108 m s−1 ; Constante de Planck: h = 6,63·10−34 J s
12
Solución: a) De la expresión de las energías implicadas en el efecto fotoeléctrico:
hc
hc
Eluz = h fluz =
= Wext + Ec ⇔ Ec =
- Wext
λluz
λluz
6,63·10-34 J s · 3,00·108 m s-1
1,60·10-19 J
- 2 eV ·
= 4,43·10-20 J.
Ec =
1m
1
eV
546 nm· 9
10 nm
b) De la misma expresión del apartado anterior:
hc
hc
E´luz = h f´luz =
= Wext + E´c ⇔ E´c =
- Wext
λ´luz
λ´luz
6,63·10-34 J s · 3·108 m s-1
1,60·10-19 J
- 2 eV ·
< 0.
E´c =
1m
1
eV
2 · 546 nm· 9
10 nm
Como el resultado es menor que 0, podemos afirmar que la energía de la radiación de la luz
incidente es menor que la función trabajo, por lo que no se producirá el efecto fotoeléctrico.
Solución: a) La frecuencia se obtiene de la ecuación:
𝜆
𝑐
3,00·108 m s -1
𝑐 = = 𝜆𝑓 ⇔ 𝑓 =
=
= 4,09·1014 Hz
1
m
𝑇
𝜆
734 nm· 9
10 nm
b) La energía se obtiene de:
6,63·10-34 J s · 3,00·108 m s -1
ℎ𝑐
=
= 2,71·10-19 J
𝐸 = ℎ𝑓 =
1m
𝜆
734 nm· 9
10 nm
c) La cantidad de movimiento se obtiene de:
ℎ𝑐
𝑚 𝑐2
𝐸
ℎ
6,63·10-34 J s
𝑝 = 𝑚𝑐 =
=
= 𝜆 =
=
= 9,03·10-28 kg m s-1 .
1m
𝑐
𝑐
𝑐
𝜆
734 nm· 9
10 nm
d) Al doblarse la longitud de onda la cantidad de movimiento será la mitad de la anterior ya que:
ℎ
ℎ
1 ℎ 1
𝑝′ = =
= · = 𝑝.
𝜆′ 2 𝜆 2 𝜆 2
Solución: a) La intensidad de una onda viene dada por la potencia por unidad de superficie por
lo que, aplicando los datos del problema:
1W
10 mW· 1000 mW
P
P
4
-2
I= =
=
2 = 1,27·10 W m
S
1m
∅ 2
1 mm · 1000 mm
π �2 �
�
π· �
2
b) Para calcular el número de fotones por segundo (N / t) que viajan en el haz recurrimos a la
Ecuación de Planck:
ET
N c
N Pλ
E = h f ⇒ ET = N h f ⇒
= h =P ⇔ =
t
t
λ
t
hc
1W
1m
10 mW· 1000 mW · 630 nm · 9
N
10 nm = 3,17 · 1016 fotones s −1
=
t
6,63·10-34 J s · 3,00·108 m s -1
Licencia Creative Commons 3.0. Autor: Antonio José Vasco Merino
PROBLEMAS DE FÍSICA 2º BACHILLERATO –Física Nuclear y Moderna–
01/11/2012
40.–
Un protón que se mueve con velocidad constante en el sentido positivo del eje Ox penetra


en una región del espacio donde hay un campo eléctrico E = 4·105 k N C−1 y un campo




magnético B = −2 j T, siendo k y j los vectores unitarios en las direcciones de los ejes Oz y
Oy, respectivamente.
a) Determine la velocidad que debe llevar el protón para que atraviese dicha región sin ser
desviado.
b) En las condiciones del apartado anterior, calcule la longitud de onda de De Broglie del
12
protón.
Datos: Constante de Planck: h = 6,63·10−34 J s ; Masa del protón: mp = 1,67·10−27 kg
41.–
Un virus de masa 1.0·10−18 g se mueve por la sangre con una velocidad de 0,10 m s−1.
¿Puede tener una longitud de onda asociada? Si es así, calcule su valor.
Datos: Constante de Planck: h = 6,626·10−34 J s
12
42.–
Una célula fotoeléctrica de cátodo de sodio, cuya función de trabajo es W0 = 1,83 eV se
ilumina con luz de longitud de onda igual a 4,0·10−7 m. Calcule la frecuencia umbral del sodio y
la velocidad de los electrones emitidos.
Datos: Velocidad de la luz en el vacío: c = 3,00·108 m s−1 ; Constante de Planck: h = 6,63·10−34 J s ;
Masa en reposo del electrón: me = 9,11·10−31 kg ; 1 eV = 1,60·10−19 J
12
𝐸luz = ℎ 𝑓luz
43.–
Una radiación monocromática de longitud de onda de 600 nm incide sobre un metal cuyo
trabajo de extracción es de 2,00 eV. Determine:
a) la longitud de onda umbral para el efecto fotoeléctrico;
b) la energía cinética máxima de los electrones emitidos expresada en eV.
12
Solución: a) Actúa una fuerza eléctrica, en el sentido positivo del eje Oz, de módulo Fe = qp E.
También una fuerza magnética, en el sentido negativo del eje Oz (regla de la mano derecha), de
módulo:
Fm = qp v B sen α = qp v B.
No se desviará cuando estas fuerzas sean iguales lo que nos da una velocidad:
E
4·105 N C −1
qp E = qp v B ⇔ E = v B ⇔ v = =
=2·105 m s-1
B
2T
b) La dualidad onda−corpúsculo (relación entre la energía de una partícula y la de una onda) es:
c
h
h
E = m c2 = h f = h ⇔ m c =
⇔ λ=
λ
λ
mc
La longitud de onda asociada a una partícula que se mueve a una velocidad determinada viene
dada por:
h
6,63·10-34 J s
λ=
=
= 1,99·10-12 m.
m v 1,67·10-27 kg · 2·105 m s -1
Solución: Toda partícula tiene una onda asociada cuya longitud de onda viende dada por la
ecuación que expresa la dualidad onda−corpúsculo de De Broglie. Por lo tanto:
ℎ
6,626·10-34 J s
𝜆virus =
=
= 6,6·10-12 m.
1
kg
𝑚virus 𝑣virus
1,0·10-18 g · 3 · 0,10 m s -1
10 g
Esta longitud de onda es la asociada al virus y permite ver sus efectos ondulatorios. Como es tan
pequeña (menor incluso que el radio atómico) será muy difícil poder apreciarlos.
Solución: La frecuencia umbral del sodio corresponde al trabajo de extracción, por lo que:
1,60·10-19 J
1,83 eV ·
𝑊0
1 eV
𝑊0 = ℎ 𝑓0 ⇔ 𝑓0 =
=
= 4,42·1014 Hz.
-34
ℎ
6,63·10 J s
b) La velocidad de los electrones será:
Datos: Valor absoluto de la carga del electrón: e = 1,602·10−19 C ; Velocidad de la luz en el vacío:
8
−1
−34
c = 3,00·10 m s ; Constante de Planck: h = 6,626·10 J s
44.–
¿Cuánto vale el defecto de masa del núcleo de helio
unidades de masa atómica.
13
4
2
He ? Conteste el resultado en
Datos: Masas atómicas: Núcleo de helio: 4,00262 u ; neutrón: 1,00866 u ; protón: 1,00728 u
Licencia Creative Commons 3.0. Autor: Antonio José Vasco Merino
𝑣 =
2· �
�
ℎ𝑐
− 𝑊0 �
2 · �𝜆
ℎ𝑐
1
�
luz
2
=
= 𝑊0 + 𝐸c = 𝑊0 +
𝑚 𝑣 ⇒ 𝑣 =
𝑚e
𝜆luz
2 e
6,63·10-34 J s · 3,00·108 m s -1
1,60·10-19 J
1,83
eV
·
1 eV �
4,0·10-7 m
= 6,7·105 m s -1 .
9,11·10-31 kg
Solución: a) La longitud de onda umbral corresponde al trabajo de extracción, porque es la que
consigue que empiece el efecto fotoeléctrico, pero sin que los electrones tengan energía cinética.
Por tanto:
𝑐
ℎ𝑐
6,626·10-34 J s · 3,00·108 m s-1
𝑊ext = ℎ 𝑓0 = ℎ
⇔ 𝜆0 =
=
= 6,20·10-7 m.
1,602·10-19 J
𝜆0
𝑊ext
2,00 eV ·
1 eV
b) De la expresión de las energías implicadas en el efecto fotoeléctrico:
ℎ𝑐
ℎ𝑐
𝐸luz = ℎ 𝑓luz =
= 𝑊ext + 𝐸c ⇔ 𝐸c =
− 𝑊ext
𝜆luz
𝜆luz
6,626·10-34 J s · 3,00·108 m s -1
1 eV
𝐸c =
·
- 2,00 eV = 0,07 eV.
-9
600·10 m
1,602·10-19 J
Solución: Aplicando la ecuación del balance de masas:
∆m = Σmnucleones − misótopo = [2×1,00728 u + (4−2)× 1,00866 u] − 4,00262 u = 0,02926 u.
PROBLEMAS DE FÍSICA 2º BACHILLERATO –Física Nuclear y Moderna–
45.–
6
13
01/11/2012
Calcula la energía Q, medida en MeV, desprendida en la siguiente reacción nuclear:
Li + 01 n
→
3
H + 4 He + Q
1
Datos: Masas nucleares: 6Li = 6,015125 u ; 3H = 3,016050 u ; 4He = 4,002603 u ; 0 n = 1,008665 u
8
−1
−27
−13
; Velocidad de la luz en el vacío: c = 3,00·10 m s ; 1 u = 1,67·10 kg ; 1 MeV = 1,602·10 J
46.–
De los 120 g iniciales de una muestra radiactiva se han desintegrado, en 1 hora, el 10% de
los núcleos. Determine:
a) la constante de desintegración radiactiva y el periodo de semidesintegración de la muestra;
b) la masa que quedará de la sustancia radiactiva transcurridas 5 horas.
13
47.–
Defina la energía de enlace por nucleón. Para el núcleo de Manganeso de número másico
55 y número atómico 25, cuya masa atómica es 54,938 u, determine su energía de enlace por
nucleón.
Datos: 1 u = 1,66·10−27 kg ; 1 u = 931,5 MeV c−2 ; Masa del protón: mp = 1,007276 u ; Masa del
neutrón: mn = 1,008665 u ; Velocidad de la luz en el vacío: c = 3,00·108 m s−1 ; 1 eV = 1,60·10−19 J
13
48.–
13
Determine la energía de enlace del núcleo
Datos: 1 u = 931,5 MeV c−2 ;
14
6
C , cuya masa atómica es 14,003242 u.
Masa del protón: mp = 1,007276 u ; Masa del neutrón: mn = 1,008665 u
−
49.–
El 146 C es un isótopo del carbono emisor β , con una vida media τ = 5,73·103 años. Como
sabrá, la actividad de este isótopo en una muestra orgánica suele emplearse para su datación
arqueológica.
a) Complete la ecuación de desintegración del 146 C : 146 C 
→ ?? N + ?
13
b) ¿Cuánto tiempo tarda la actividad de una muestra con 146 C en reducirse a la mitad de la
inicial?
c) La actividad de un hueso prehistórico es 16 veces inferior a la de un hueso moderno de
igual masa. Calcule su antigüedad.
Licencia Creative Commons 3.0. Autor: Antonio José Vasco Merino
Solución: Aplicando la ecuación del balance de masas y la Ecuación de Einstein:
∆m = Σmprod − mreac = 3,016050 u + 4,002603 u − (6,015125 u + 1,008665 u) = −0,005137 u
∆m = (−0,005137 u) · 1,67·10−27 kg u−1 = −8,58·10−30 kg
1 MeV
Q = |∆m| c2 = 8,58·10−30 kg · (3,00 ·108 m s−1)2 = 7,72·10−13 J ·
= 4,82 MeV.
-13
1,602·10
J
Solución: a) Aplicando la ecuación de la actividad referida a la masa, y teniendo en cuenta que
la masa inicial que permanece es la que no se ha desintegrado:
m = m0 e-λ t
%
%
⇒ 1= e-λ t ⇒ Ln �1 � = -λ t
%
100
100
m = m0 �1 �
100
%
10
-Ln �1 - 100�
-Ln �1 - 100�
1h
λ=
=
= 0,105 h-1 ·
= 2,9·10-5 s-1 .
t
1h
3600 s
Aplicando la definición de periodo de semidesintegración y la ecuación de la actividad:
m0
1
Ln 2
= m0 e- λ T1/2 ⇔ = e- λ T1/2 ⇔ -Ln 2= - λ T1/2 ⇒ T1/2 =
m= m0 e-λ t ⇒
2
2
λ
Ln 2
1
h
T1/2 =
= 2,4·104 s ·
= 6,6 h.
-5
2,9·10 s
3600 s
b) Aplicando la ecuación de la actividad referida a la masa:
-1
m = m0 e-λ t = 120 g · e- 0,105 h · 5 h = 71 g.
Solución: Es la energía que corresponde al defecto de masa de un núcleo con respecto a cada
uno de los nucleones que lo forman, y que es la energía desprendida por cada nucleón cuando se
forma, a partir de estos, el núcleo.
Aplicando la ecuación del balance de masas, la Ecuación de Einstein y dividiendo la energía de
enlace entre el número de nucleones:
∆m = Σmnucleones − misótopo = [25×1,007276 u + (55 − 25)× 1,008665 u] − 54,938 u = 0,504 u
∆m = 0,504 u · 1,66·10−27 kg = 8,36·10−28 kg.
Eenlace = ∆m c2 = 8,36·10−28 kg · (3,00 ·108 m s−1)2 = 7,53·10−11 J
Eenlace = ∆m c2 = 0,504 u · c2 · 931,5 MeV/c2 = 469 MeV
Eenlace
7,53 · 10−11 J
469 MeV
Enucleón =
=
= 1,37·10-12 J nucleón-1 =
= 8,53 MeV nuc -1 .
nnucleones
55
55
Solución: a) Aplicando la ecuación del balance de masas y la Ecuación de Einstein:
∆m = Σmnucleones − misótopo = [6×1,007276 u + (14−6)× 1,008665 u] − 14,003242 u
∆m = 0,109734 u · 931,50 MeV c−2 u−1 = 102,22 MeV c−2
Eenlace = ∆m c2 = 102,22 MeV c−2· c2 · 106 eV MeV−1 · 1,602·10−19 J eV−1 = 1,6375 ·10−11 J.
Solución: a) 146C → 147N + -10β
b) Aplicando la ecuación de la actividad y la definición de vida media:
1
t
A0
t
τ=
= A0 e- τ ⇔ -Ln 2 = - ⇔ t = τ Ln 2
λ ⇒
2
τ
A= A0 e-λ t
t = 5,73·103 años · Ln 2 = 3,97·103 años = 2,15·1011 s.
c) Aplicando otra vez la misma ecuación:
t
A0
t
= A0 e- τ ⇔ -Ln 16 = - ⇔ t = τ Ln 16 = 5,73·103 años · Ln 16 = 1,59·104 años.
16
τ
PROBLEMAS DE FÍSICA 2º BACHILLERATO –Física Nuclear y Moderna–
01/11/2012
50.–
El isótopo 234U tiene un periodo de semidesintegración (semivida) de 250000 años. Si
partimos de una muestra de 10 gramos de dicho isótopo, determine:
a) la constante de desintegración radiactiva;
b) la masa que quedará sin desintegrar después de 50000 años.
13
( )
51.–
El isótopo del hidrógeno denominado tritio 31 H es inestable (T1/2 = 12,5 años) y se
desintegra con emisión de una partícula beta. Del análisis de una muestra tomada de una botella
de agua mineral se obtiene que la actividad debida al tritio es el 92% de la que presenta el agua
en el manantial de origen.
a) Escriba la correspondiente reacción nuclear.
13
b) Determine el tiempo que lleva embotellada el agua de la muestra.
13
52.–
En la bomba de hidrógeno se produce una reacción termonuclear en la que se forma helio
a partir de deuterio y de tritio.
a) Escriba la reacción nuclear.
b) Calcule la energía liberada en la formación de un átomo de helio y la energía de enlace por
nucleón del helio.
Datos: Velocidad de la luz en el vacío: c = 3,00·108 m s−1 ; m
( H ) = 2,0141 u ; m
2
1
p
(
4
2
)
( )
He = 4,0026 u ; m 31 H = 3,0170 u ; m
−27
= 1,0078 u ; mn = 1,0086 u ; 1 u = 1,67·10
kg
53.–
En una reacción nuclear hay una pérdida de masa de 8,31⋅10−10 kg . ¿Cuánta energía se
libera en el proceso? Exprese el resultado en J y en kWh.
13
8
−1
Datos: Velocidad de la luz en el vacío: c = 3,00·10 m s
54.–
13
Responda, razonadamente, las siguientes cuestiones:
a) Describa los procesos de desintegración radiactiva alfa, beta y gamma y justifique las leyes
de desplazamiento.
b) Complete las reacciones nucleares siguientes especificando el tipo de nucleón o de átomo
representado por la letra X y el tipo de emisión radiactiva de que se trata.
210
206
b.1)
83 Bi  81Tl + X
b.2)
b.3)
Na  X + β
X  23491 Pa + β
24
11
Licencia Creative Commons 3.0. Autor: Antonio José Vasco Merino
Solución: a) Aplicando la definición de periodo de semidesintegración y la ecuación de la
actividad:
A0
1
Ln 2
A= A0 e-λ t ⇒
= A0 e- λ T1/2 ⇔ = e- λ T1/2 ⇔ -Ln 2= - λ T1/2 ⇒ λ =
2
2
T1/2
Ln 2
λ=
= 8,7858·10-14 s-1
365,25 días 86400 s
5
2,5·10 años·
· 1 día
1 año
b) Volviendo a aplicar la ecuación fundamental de la radiactividad, referida a masa:
-
Ln 2
t
T1/2
Ln 2
m = m0 e = m0 e
= 10 g · e- 250000 años · 50000 años = 8,7 g.
Solución: a) La reacción que tiene lugar, aplicando Fajans y Soddy, es:
3
→ -01 β + 23 He
1H 
b) Aplicando la definición de periodo de semidesintegración y la ecuación de la actividad:
A0
1
Ln 2
= A0 e- λ T1/2 ⇔ = e- λ T1/2 ⇔ -Ln 2= - λ T1/2 ⇒ λ =
A= A0 e-λ t ⇒
2
2
T1/2
-λ t
-
0,92 A0 = A0 e- λ t ⇒ 0,92 = e
Ln 2
t
T1/2
⇒
T1/2 · Ln 0,92 12,5 años · Ln 0,92
Ln 2
t ⇒ t=
=
= 1,5 años.
T1/2
Ln 2
Ln 2
Solución: a) Con los datos que nos da el problema, la reacción que tiene lugar es:
2
1
Ln 0,92 = -
→ 42 He + 01 n
H + 31 H 
b) La energía la calculamos de la expresión del defecto de masa, aplicando la ecuación del
balance de masas y la Ecuación de Einstein:
∆m = Σmproductos − mreactivos = 4,0026 u + 1,0086 u − (2,0141 u + 3,0170 u) = −0,0199 u
∆m = (−0,0199 u) · 1,67·10−27 kg u−1 = −3,32·10−29 kg
Eliberada = |∆m| c2 = 3,32·10−29 kg · (3,00 ·108 m s−1)2 = 2,99·10−12 J.
Si dividimos la energía de enlace entre el número de nucleones:
Eenlace
2,99 · 10−12 J
Enucleón =
=
=7,47·10-13 J nucleón-1 .
nnucleones
4
Solución: La energía liberada en la reacción será (aplicando la ecuación del balance de masas y
la Ecuación de Einstein):
Eliberada = ∆m c2 = 8,31·10−10 kg · (3,00 ·108 m s−1)2 = 7,48·107 J ·1 kWh / 3,60·106 J = 20,8 kWh.
Solución: a) Son las leyes de Fajans y Soddy:
Al emitir un núcleo radiactivo una partícula α se forma el isótopo del elemento con número
atómico 2 unidades menor y nº másico 4 unidades menor que el inicial. AZ X 
→ AZ--42Y + 42 He (α )
Al emitir un núcleo radiactivo una partícula β se forma el isótopo del elemento con número
atómico 1 unidades mayor y número másico igual que el inicial. AZ X 
→ Z A+1Y + -01 e (β )
Al emitir un núcleo radiactivo una partícula γ se obtiene el mismo isótopo del mismo elemento
sin su exceso de energía, esto es, sin que se encuentre excitado. AZ X * 
→ AZ X + 00 γ
b) Teniendo en cuenta que el número de protones y neutrones ha de conservarse:
0
210
234
0
→ 24
→ 20681Tl + 42 He(α ) ; 24
→ 234
11 Na 
12 Mg + -1 e (β ) ;
83 Bi 
90Th 
91 Pa + -1 e (β )
PROBLEMAS DE FÍSICA 2º BACHILLERATO –Física Nuclear y Moderna–
55.–
01/11/2012
Responda, razonadamente, las siguientes cuestiones:
a) ¿Qué es la actividad (o velocidad de desintegración) de una muestra radiactiva?
b) El periodo de semidesintegración del 60Co es T = 5,27 años. Calcule la actividad radiactiva
de una muestra que inicialmente contiene 1022 átomos de 60Co. ¿Cuánto tiempo tarda la
actividad de esta muestra en reducirse a la octava parte de la inicial?
13
56.–
Una de las reacciones de fisión posibles del 235
92 U es la formación de
liberándose dos neutrones.
a) Formule la reacción y haga un análisis cualitativo del balance de masa.
b) Calcule la energía liberada por 20,0 mg de uranio.
94
38
Sr y
140
54
Xe ,
Datos: mU = 234,9943 u ; mSr = 93,9754 u ; mXe = 139,9196 u ; mn = 1,0086 u ; Número de Avogadro:
NA = 6,022·1023 átomos mol−1 ; Velocidad de la luz en el vacío: c = 3,00·108 m s−1
13
Licencia Creative Commons 3.0. Autor: Antonio José Vasco Merino
Solución: a) Actividad de una muestra es el número de desintegraciones por segundo que
presenta una determinada muestra. Cumple la ecuación de la actividad radiactiva: A = A0 e−λτ.
b) La actividad radiactiva es:
Ln 2
N
A= λ N ⇒ A0 =
T1/2 0
Ln 2
A0 =
· 1022 átomos = 4,17·1013 Bq.
365,25 días 86400 s
5,27 años ·
· 1 día
1 año
Aplicando la definición de periodo de semidesintegración y la ecuación de la actividad:
Ln 2
T1/2 · 3 · Ln 2
A0
1
Ln 2
t
= A0 e- λ t ⇒
= e T1/2 ⇒ -Ln 8 = t ⇒ t=
= T1/2 · 3 = 15,81 años.
8
8
T1/2
Ln 2
Solución: a) La reacción que tiene lugar es (tenemos que añadir un neutrón al principio porquw
si no es imposible cumplir el enunciado del problema):
235
92
→
U + 01 n 
94
38
Sr +
140
54
Xe + 2 01 n
Aplicando la ecuación del balance de masas:
∆m = Σmproductos − mreactivos = 93,9754 u + 139,9196 u + 2×1,0086 u − (234,9943 u + 1,0086 u) =
= −0,0907 u.
Se ha “perdido” masa, por lo que se desprenderá una gran cantidad de energía, lo que justifica la
utilización, tanto civil como militar, de la fisión como un mecanismo para producir grandes
cantidades de energía.
b) Aplicando la Ecuación de Einstein, teniendo en cuenta el número de átomos de uranio
fisionados:
1 kg
0,0907 u defecto masa
𝐸 = 20,0 mg He · 6
·
· (3,00·108 m s-1 )2 = 6,95·108 J.
10 mg
234,9943 u de U