38.1 Un fotón de luz verde tiene una longitud de onda de 520 nm. a-Calcule la frecuencia bLa magnitud de la cantidad de movimiento c- La Energía del fotón. Exprese la energía en joules y también en electrón-volts.
a- f =
c 3.00 × 108 m s = = 5.77 × 1014 Hz −7 λ 5.20 × 10 m
h λ
6.63 ×10−34 J ⋅ s =× 1.28 10−27 kg ⋅ m s 5.20 ×10−7 m
b- p = =
pc = (1.28 ×10−27 kg ⋅ m s) (3.00 ×108 m s ) = 3.84 ×10−19 J = 2.40 eV. c- E = 38.2 Se usa un láser para soldar retinas desplegadas, el cual emite luz de una longitud de onda de 652 nm, en impulsos de 20.0 ms de duración. Durante cada impulso, la potencia promedio es 0.600 W. a-) ¿Cuánta energía, en joules, hay en cada impulso? ¿en eV?¿ b-) ¿Cuál es la energía de un foton, en joules? ¿ en eV? c-) ¿Cuántos fotones hay en cada impulso? a) Pt = (0.600 W) (20.0 × 10 −3 s) = 0.0120 J = 7.49 × 1016 eV. b) E= hf =
c)
hc = 3.05 × 10 −19 J = 1.90 eV. λ
Pt = 3.94 × 1016. hf
38.5 Un núcleo excitado emite un fotón de rayo gamma, con 2.45 MeV de energía. a) ¿Cuál es la frecuencia del fotón? b) ¿Cuál es lalongitud de onda del fotón? c) ¿Cómo se compara la longitud de onda con un diámetro nuclear característico de 10-14 m?
1 2 mvmax = hf − φ 2
c − (5.1 eV) (1.60 × 10–19 J eV) = (6.63× 10 –34 J⋅ s) –7 2.35 × 10 m = 3.04 × 10 –20J
2(3.04 × 10 −20 J) 5 = 2.58 × 10 m s. = −31 9.11× 10 kg
⇒ vmax
38.6 La longitud de onda umbral de los fotoelectrones en una superficie de tungsteno es 272nm. Calcule la energía cinética máxima de los electrones expulsados de esta superficie de tungsteno con radiación ultravioleta de 1, 45 ⋅ 1015 Hz . Exprese la respuesta en electrón volt.
E = hf − φ = hf −
= 2.30 × 10
−19
c = h 1.45 × 1015 Hz − −7 2.72 × 10 m λ0
hc
J = 1.44 eV.
38.8 ¿Cuál sería la función trabajo mínimo de un metal para que la luz visible (de 400 a 700 nm) expulsara fotoelectrones?
38.9 a) Un protón se mueve a una velocidad mucho menor que la de la luz. Su energía cinética es K1, y su cantidad de movimiento es p1. Si sube al doble la cantidad de movimiento del protón, para que p2 5 2p1, ¿cómo se relaciona su nueva energía cinética, K2, con K1? b) Un fotón de energía El tiene una cantidad de movimiento p1. Si otro fotón tiene una cantidad de movimiento p2, que es el doble de p1, ¿cómo se relaciona la energía cinética E2 del segundo fotón con E1? a-
k =
p2 ⇒ p1 = 2m
2 p2 ⇒ k1 =
( 2 p2 ) 2m
2
⇒ k1 =
4 p22 2m
b-
E =
pc ⇒ p1 = 2 p2 ⇒ E1 = 2 p2 c = 2 E2
38.11 cuando una luz ultravioleta de 254 nm de longitud de onda cae sobre una superficie de cobre limpia, el potencial de frenado necesario para detener la emisión de fotones es 0.181 V a-) ¿Cuál es la longitud de onda umbral fotoeléctrica para esta superficie de cobre? b-) ¿Cuál es la función-trabajo de esta superficie y como se compara el valor que calculo con el que aparece en la tabla 38.1?
a) φ = hf − eV0 =
hc − eV0 λ
(6.63 × 10 −34 J ⋅ s) (3.00 × 108 m s) − (1.60 × 10 −19 C) (0.181 V) 2.54 × 10 −7 m = 7.53 × 10 −19 J.
⇒φ =
El umbral que la frecuencia implica φ = hf th ⇒
⇒ λ th =
hc hc ⇒ λ th = λ th φ
(6.63 × 10 −34 J ⋅ s) (3.00 × 108 m s) = 2.64 × 10 −7 m. 7.53 × 10 −19 J
b) φ = 7.53 × 10 −19 J = 4.70 eV,
38.12 La función trabajo para el efecto fotoeléctrico del potasio es 2.3 eV. Si al potasio llega luz de 250 nm de longitud de onda, calcule a) el potencial de frenado en volts, b) la energía cinética de los electrones que se emiten con más energía, en electrón volts, y c) la rapidez de esos electrones. a)
(4.136 × 10 −15 eV ⋅s) (3.00 × 108 m s) 1 hc − 2.3 V = 2.7 V. V = − φ = e λ (2.50 × 10−7 m) b) El potencial de frenado, multiplicado por la carga del electron, es la energía cinetica máxima. 2.7 eV. c) v =
2K = m
2(1.60 × 10 −19 C) (2.7 V) 2 eV 5 = 9.7 × 10 m s. = m (9.11× 10−31 kg)
38.15 a- Un átomo está inicialmente en un nivel de energía E=-6,52eV, y absorbe un fotón de 860nm de longitud de onda. ¿Cuál es la energía interna del átomo después de absorber el fotón? b- Un átomo que inicialmente está en un nivel de energía con E=-2,68eV emite un fotón de 429nm de longitud de onda. ¿Cuál es la energía interna del átomo, después de emitir al fotón?
(6.63 × 10−34 J⋅ s) (3.00 × 108 m s) = 2.31 × 10−19 J = 1.44 eV. = a) Eγ = −7 8.60 × 10 m λ hc
Entonces el nivel de energía interna del átomo crece de
1.44 eV a E = −6.52 eV + 1.44 eV =
−5.08 eV. b) Eγ =
hc
λ
=
(6.63 × 10−34 J⋅ s) (3.00 × 108 m s) = 4.74 × 10 −19 J = 2.96 eV. 4.20 × 10 −7 m
Entonces el nivel final de energía interna del átomo decrece
E = −2.68 eV − 2.96 eV = −5.64 eV.
38.16 El esquema de niveles de energía para el searsio, un elemento hipotético de un electrón, se presenta en la figura
Se toma como cero la energía potencial de un electrón a una distancia infinita del núcleo. a) ¿Cuánta energía (en electrón volts) se necesita para ionizar a un electrón desde el nivel fundamental? b) Un fotón de 18 eV es absorbido por un átomo de searsio en su nivel fundamental. Cuando el átomo regresa a su nivel fundamental, ¿qué energías posibles pueden tener
los fotones emitidos? Suponga que puede haber transiciones entre todos los pares de niveles. c) ¿Qué sucederá si un fotón de 8 eV de energía choca con un átomo de searsio en su estado fundamental? ¿Por qué? d) Los fotones emitidos en las transiciones n = 3 → n = 2, y n = 3 → n = 1 del searsio emiten fotoelectrones de un metal desconocido, pero el fotón emitido a partir de la transición n = 4 → n = 3 no los emite. ¿Cuáles son los límites (valores máximo y mínimo posibles) de la función trabajo del metal? a) −E1 = 20 eV. b) El sistema comienza en el estado n = 4. n = 1 con saltos de 4-3, 4-2, 4-1, 3-2, 3-1y 2-1 pueden tener de energía 3 eV, 8 eV, 18 eV, 5 eV, 15 eV, and 10 eV, respectivamente c) No hay un nivel de energía 8 eV por encima de la energía del estado fundamental, por lo que el fotón no se absorbe. d) La función de trabajo debe ser más de 3 eV, pero no más de 5 eV.
38.17 Use la fórmula de Balmer para calcular a) la longitud de onda, b) la frecuencia y c) la energía del fotón de la línea Hg de la serie de Balmer del hidrógeno.
a)
1 1 1 = R 2 − 2 λ n 2
1 21 1 1 Hg ⇒ = n 5: = R − = R λ 4 25 100 100 100 m= 4.33 × 10−7 m= 433 nm ⇒ λ= = 7 21R 21(1.10 × 10 )
b)
c)
3.00 × 108 m s c = 6.93 × 1014 Hz f = = −7 λ 4.33 × 10 m
E = hf = 2.87 eV.
38.19 use los datos de la figura 38.10 y determine la diferencia de energía (en eV) entre los dos niveles excitados más bajos del átomo de sodio
∆E 3 − g = 2
hc (6.626 ×10 −34 J ⋅ s) (3.000 ×108 m s) = λ1 5.890 ×10 −7 m = 3.375 × 10 −19 J = 2.109 eV.
∆E 1 − g 2
hc (6.626 × 10 −34 J ⋅ s) (3.000 × 108 m s) = = λ2 5.896 × 10 −7 m = 3.371 × 10 −19 J = 2.107 eV.
∆E 3 − 1 = 2.00 × 10 −3 eV. 2
2
38.20 Una partícula alfa de 4.78 MeV, procedente de una desintegración de 226Ra, choca de frente con un núcleo de uranio. Ese núcleo tiene 92 protones. a) ¿Cuál es la distancia de acercamiento máximo de la partícula alfa al centro del núcleo? Suponga que el núcleo de uranio permanece en reposo y que la distancia de máximo acercamiento es mucho mayor que el radio del núcleo de uranio. b) ¿Cuál es la fuerza sobre la partícula alfa en el instante en el que está a la distancia de acercamiento máximo? a)
r =
1
(92e) (2e) 4π ε 0 K
(184) (1.60 × 10−19 C) = = 5.54 × 10−14 m. 6 4π ε 0 (4.78 × 10 J C) 1
b) El resultado anterior puede ser sustituido en la ley de Coulomb, o bien, la relación entre lamagnitud de la fuerza y la magnitud de la energía potencial en un 6 −19 K (4.78× 10 eV) (1.6 × 10 J ev) campo de Coulomb es F = = = 13.8 N. (5.54 × 10−14 m) r
38.21 Un haz de partículas alfa incide sobre un blanco de plomo. Cierta partícula alfa choca ”de frente” con un núcleo particular de plomo, y se detiene a 6,50 ⋅ 10−14 m del centro
del núcleo (ese acercamiento máximo está muy por fuera del núcleo). Suponga que el núcleo de plomo, que tiene 82 protones, permanece en reposo. La masa de la partícula alfa es 6, 64 ⋅ 10−27 kg . a- Calcule la energía potencial electrostática en el instante en el que se detiene la partícula alfa. Exprese su respuesta en joules y en MeV. b- ¿Qué energía cinética inicial (en joules y en MeV) tenía la partícula alfa? c- ¿Cuál fue la velocidad inicial de la partícula alfa?
(2e) (82e) 164 (1.60 × 10−19 C)2 q1q2 = = a) U = 4πε 0 r 4π ε 0 (6.50 × 10 −14 m) 4π ε 0r ⇒ U = 5.81× 10
−13
J = 3.63× 106 eV = 3.63 M eV.
b) K1 + U 1 = K2 + U 2 ⇒ K1 = U 2 = 5.81× 10 c) K =
−13
J = 3.63 M eV.
1 2 2K 2(5.81× 10 −13 J) 7 = 1.32 × 10 m s . mv ⇒ v = = 2 m 6.64 × 10 −27 kg
38.27 a) Use el modelo de Bohr y calcule la rapidez del electrón en un átomo de hidrógeno que se encuentra en los niveles de energía n = 1, 2 y 3. b) Calcule el periodo orbital en cada uno de esos niveles. c) La vida promedio del primer nivel excitado de un átomo de hidrógeno es 1.0 x 10-8 s. En el modelo de Bohr, ¿cuántas órbitas describe un electrón en el nivel n = 2, antes de regresar al nivel fundamental?
v1 = 1.09 × 10 6 m s 2 v1 n = 3⇒v3 = = 7.27 × 10 5 m s . 3 n = 2⇒v 2 =
periodoorbital =
n = 1 ⇒ T1 =
2πrn 2ε 0 n 2 h 2 me 2 4ε 02 n 3 h 3 = = vn 1 ε 0 ⋅e 2 2nh me 4
4ε 20 (6.63 × 10−34 J ⋅ s)3 = 1.53× 10 −16 s (9.11× 10−31 kg) (1.60 × 10 −19 C) 4
3 −15 n = 2: T2 = T1(2) = 1.22 × 10 s
n = 3: T3 = T1(3)3 = 4.13 × 10−15 s.
1.0 × 10 −8 s numeroorb = = 8.2 × 10 6. −15 1.22 × 10 s
38.28
Según el modelo de Bohr (suponiendo que el núcleo este en reposo), la constante de Rydberg R es igual a
me 4 . 8 ∈0 2 h3c
a) Calcule R en m −1 y compare el resultado con el valor experimental. b) Calcule la energía (en eV) de un fotón cuya longitud de onda sea igual a R −1 . (A esta cantidad se la llama energía de Rydberg). c) Para tener encuenta el movimiento del núcleo, reemplace la masa del electrón m por la masa reducida del hidrogeno ordinario, y determine el cambio que eso produce en R a) Utilizando los valores del Apéndice F manteniendo ocho cifras significativas, da R = 1.0973731 × 10 7 m −1 .
E b) Usando 8 cifras signifcativas R da =
hc = hcR = 2.1798741×10−18 λ
J = 13.605670 eV. c) Usando el valor del proton de masa reducida del apendice del libro queda
= R 1.0967758 ×107 m −1 , Siendo = ∆R 5970 m −1.
38.29 Una gran cantidad de átomos de neón están en equilibrio térmico ¿Cuál es la relación de la cantidad de átomos en un estado 5s con los que hay en un estado 3p a) a 300 K; b) a 600 K; c) a 1200 K? las energías de esos estados se muestran en la figura 38.24a . d) en cualquiera de esas temperaturas, la rapidez con la que el neón gaseoso emite una radiación de 632.8 nm en forma espontanea es bastante pequeña. Explique por qué.
n5 s ( E −E ) = e − 5s 3 p n3 p
kT
E 5 s = 20.66 eV = 3.306 × 10 −18 J
pero
E3 p = 18.70 eV = 2.992 × 10 −18 J ⇒ ∆E = 3.14 × 10 −19 J −19 n5 s = e −(3.14 × 10 n3 p
a)
e − (3.14 × 10
b)
c) e − ( 3.14 × 10
−19
−19
J ) (1.38 × 10 − 23 J K⋅300 K )
J ) (1.38 × 10 −23 J K⋅600 K )
J ) (1.38 × 10−23 J K⋅1200 K )
= 1.15 × 10 −33.
= 3.39 × 10 −17.
= 5.82 × 10 −9.
d) El estado 5s no está muy poblado comparado con el estado 3p así que pocos átomos pueden hacer el salto de energía requerido para producir la luz 632.8 nm.
38.35 Rayos x en las pantallas de televisión. Los voltajes de aceleración en un cinescopio (un tubo de rayos catódicos, CRT) de televisión son aproximadamente de 25.0 kV. ¿Cuáles son a) la máxima frecuencia y b) la mínima longitud de onda (en nm) de los rayos x que produce una pantalla de televisión de este tipo? c) ¿Qué suposiciones necesitó hacer? (Los cinescopios de televisión contienen blindaje para absorber estos rayos x.) La energía de un electrón después de haber sido acelerado por un voltaje V es el fotónmás energético capaz de ser producido por el electrón es:
λ=
hc hc = E eV ⇒λ=
(6.63 × 10−34 J ⋅s)(3.00 × 108 m s) −11 = 8.29 × 10 m = 0.0829 nm. (1.60 × 10−19 C)(1.5 × 104 V)
38.37 Unos rayos X con longitud de onda inicial de 0,0665nm sufren una dispersión de Compton. ¿Cuál es la máxima longitud de onda que se encuentra en los rayos X dispersados? ¿A qué ángulo de dispersión se observa esa longitud de onda?
λ′ − λ =
h (1− cos φ ) mc
′ = λ+ ⇒ λmax
h (1 − (−1))(φ = 180° es elegido para hacer máximo a λ ′.) mc
=λ +
2h mc
⇒ λ ′max = 6.65 × 10
−11
m + 2(2.426 × 10 −12 m) = 7.14 × 10−11 m.
38.40 Un fotón se dispersa hacia atrás (θ=180°) desde un protón libre, que inicialmente está en reposo. ¿Cuál debe ser la longitud de onda del fotón incidente para sufrir un cambio de longitud de onda del 10.0%, como resultado de la dispersión?
∆λ
λ
λ=
=
h h (1− cos φ ) ⇒ λ = (1 − cos φ ). mcλ mc(∆λλ )
(6.63× 10 −34 J ⋅ s) −14 (1 + 1) = 2.65 × 10 m. (1.67 × 10−27 kg)(3.00 × 108 m s)(0.100)
38.42 La longitud de onda visible más corta es 400 nm, aproximadamente. ¿Cuál es la temperatura de un radiador ideal, cuya emitancia espectral es máxima en esa longitud de onda?
T=
2.90 × 10 −3 m ⋅ K 2.90 × 10 −3 m ⋅ K = = 7.25 × 10 3 K. −9 400 × 10 m λm
38.47 Demuestre que para grandes valores de λ , la distribución de Planck, concuerda con la distribución de Ray-leigh
I ( λ) =
x2 2πhc 2 x = + + + . . . ≈ 1 + x for e x but 1 λ 5 (e hc λkT − 1) 2
x << 1 ⇒ I ( λ) ≈
2πhc 2 2πckT = = Eq. (38.31), Rayleigh 5 λ (hc λkT ) λ4
38.49 Demuestre que para grandes valores de l, la distribución de Planck, ecuación (38.32), concuerda con la distribución de Rayleigh, ecuación (38.31). a) Para encontrar el máximo en la distribución de Planck:
d 2πhc2 dI 2π hc2 (−α λ2 ) (2πhc2 ) = − 5 αλ = 0 = −5 5 α λ dλ dλ λ5 (eα λ − 1) λ (e − 1) λ (e − 1)2
⇒ − 5(eα λ − 1)λ = α α λ
⇒ − 5e
+5=α λ
⇒ Solve 5 − x = 5ex where x = Su raíz es 4.965, entonces b) λ m T =
α hc = . λ λkT
hc α . = 4.965 ⇒ λ = (4.965)kT λ
hc (6.63 × 10−34 J ⋅ s)(3.00 × 108 m s) −3 = = 2.90 × 10 m ⋅ K. (4.965)k (4.965)(1.38 × 10−23 J K)
38.52 Un átomo de masa m emite un fotón de longitud de onda λ . a- ¿Cuál es la velocidad de retroceso del átomo? b- ¿Cuál es la energía cinética K del átomo en retroceso? c- Calcule la relación K/E, donde E es la energía del fotón emitido. Si esta relación es mucho menor que la unidad, se puede despreciar el retroceso del átomo en el proceso de emisión. ¿El retroceso del átomo es más importante para masas atómicas pequeñas o grandes? ¿Y para longitudes de onda largas o cortas? d- Calcule K (en electrón volts) y K/E para un átomo de hidrógeno (masa
1, 67 ⋅ 10−27 kg ) que emite un fotón ultravioleta de 10,2eV de energía. En este proceso de emisión, ¿es el retroceso una consideración importante? a) Asumiendo una velocidad no-relativista y por la conservación de la cantidad de momento, tenemos:
⇒ mv =
h
λ
⇒ v=
h . mλ
1 2 1 h h2 b) K = mv = m . = 2 2 mλ 2mλ2 2
h2 h K λ = = . El retroceso tiene importancia para una pequeña m y c) 2 ⋅ E 2mλ hc 2mcλ
una pequeña λ ya que esta relación se hace grande para estos límites.
d)
E = 10.2 eV ⇒ λ =
hc (6.63× 10 −34 J ⋅s)(3.00 × 108 m s) = 1.22 × 10−7 m = 122 nm. = E (10.2 eV)(1.60 × 10−19 J eV)
(6.63 × 10−34 J ⋅ s) 2 K= = 8.84 × 10−27 J = 5.53 × 10−8 eV. −27 −7 2 2(1.67 × 10 kg)(1.22 × 10 m) K 5.53 × 10−8 eV = = 5.42 × 10−9. Esto es pequeño, por lo que el retroceso pude despreciarse. E 10.2 eV
38.55 Cuando cierta superficie fotoeléctrica se ilumina con luz de distintas longitudes de onda, se observan los siguientes potenciales de frenado: Longitud de
Potencial
onda (nm)
de frenado (V)
366
1.48
405
1.15
436
0.93
492
0.62
546
0.36
579
0.24
Elabore una gráfica del potencial de frenado en el eje vertical y la frecuencia luminosa en el eje horizontal. Determine a) la frecuencia de umbral, b) la longitud de onda umbral, c) la función de trabajo fotoeléctrico del material (en electrón volts), y d) el valor de la constante de Planck h (suponiendo que se conoce el valor de e).
a)
⇒ f th = b) λ th =
1.89 14 Hz = 4.60 × 10 Hz 4.11× 10−15
c (3.00 × 108 m s) = 6.52 × 10 −7 m. = f th 4.60 × 1014 Hz −34
c) hf th = (6.63 × 10
d)
m=
−19
14 J ⋅s)(4.60 × 10 Hz) = 3.05 × 10
J
V0 h = ⇒ h = me e f
= (4.11× 10 −15 V Hz)(1.60 × 10−19 C) = 6.58 × 10 −34 J ⋅ s
38.61 El muón negativo tiene una carga igual a la de un electrón, pero su masa es 207 veces mayor. Un átomo hidrogenoide consiste en un protón y un muón. a) ¿Cuál es la masa reducida del átomo? b) ¿Cuál es la energía de nivel fundamental (en electrón volts)? c) ¿Cuál es la longitud de onda de la radiación emitida en la transición del nivel n 5 2 al nivel n 5 1?
a) mr =
207me m p m1m2 = = 1.69 × 10 −28 kg. m1 + m2 207me + m p
b) Los nuevos niveles de energia estan dados por la siguiente ecuacion y con la utilización de la masa reducida
1 mr e 4 mr − 13.60 eV En = − 2 2 2 = n2 ε 0 8n h me 1.69 × 10 −28 kg − 13.60 eV = −31 n2 9.11 × 10 kg =
− 2.53 × 10 3 eV ⇒ E1 = −2.53 keV. n2
1 1 (−2.53 × 10 3 e V 4 − (−2.53 × 10 3 eV)) (1.60 × 10 −19 J eV)) c) = ( E1 − E2 ) = λ hc (6.63 × 10 −34 J ⋅ s) (3.00 × 108 m s)
= 1.53 × 10 9 m −1 ⇒ λ = 6.55 × 10 −10 m.
38.63 Una muestra de átomos de hidrogeno se irradia con luz de 85.5 nm de longitud de onda, y se observa electrones que salen del gas a) si cada átomo de hidrogeno estuviera inicialmente en su nivel fundamental ¿Cuál será la energía cinética máxima, en eV de esos fotoelectrones? b) se detectan unos pocos electrones energías hasta de 10.2 eV mayores que la energía cinetica máxima calculada en la parte B ¿Cómo puede suceder eso?
a) La energía maxima es hc (6.63 × 10 −34 J ⋅ s) (3.00 × 108 m s) Eγ = = = 2.33 × 10 −18 J = 14.5 eV λ 8.55 × 10 −8 m Pero la energía de inoization de hidrógeno es 13.6 eV, Así que la energía cinética maxima es 14.5 eV − 13.6 eV = 0.900 eV. b) Si algunos de los electrones estuvieran dentro el − 13.6 eV = 3.4 eV , Entonces esperaríamos una energía cinética n = 2 E2 = 4 máxima de 14.5 eV − 3.4 eV = 11.1 eV , cual es exactamente 10.2 eV de arriba eso midió en parte a). 38.73 Las reacciones de fusión nuclear en el centro del Sol producen fotones de rayos gamma con energías del orden de 1 MeV (106 eV). En contraste, lo que vemos salir de la superficie del Sol son fotones de luz visible, con longitudes de onda del orden de 500 nm. Un modelo sencillo que explica esta diferencia de longitudes de onda es que
un fotón sufre dispersión de compton muchas veces, de hecho, más o menos 1026 veces —como sugieren los modelos del interior solar— al pasar del centro a la superficie del Sol. a) estime el aumento de longitud de onda de un fotón en un suceso promedio de dispersión de Compton. b) Calcule el ángulo, en grados, en el que se dispersa el fotón en el suceso descrito en el inciso a). (Sugerencia: una aproximación útil es cos f < 1 2 f2>2, válido para fV1. Observe que en estas expresiones, f está en radianes.) c) Se estima que un fotón tarda aproximadamente 106 años en viajar desde el interior hasta la superficie del Sol. Calcule la distancia media que puede recorrer la luz en el interior del Sol, sin ser dispersada. (Esta distancia equivale más o menos a la distancia a la que podría usted ver si estuviera dentro del Sol, y si pudiera sobrevivir a las temperaturas extremas que hay allí. Como indica su respuesta, el interior del Sol es muy opaco.)
1 1 − = λ2 λ1 1 1 −17 (6.63× 10 −34 J ⋅s)(3.00 × 108 m s) − = 5.111× 10 J = −319.5 eV, −10 −10 1.132 × 10 m 1.100 × 10 m
a) La variacion de energia del fotón es: ∆E = h( f2 − f1 ) = hc
que es una pérdida para el fotón, pero que es una ganancia para el electrón. Por lo −17 tanto,la energía cinética del electrón es 5.111× 10 J = 319.5 eV.
v=
2KE 2(5.11× 10−17 ) J = = 1.06 × 107 m s. −31 m 9.11× 10 kg
b) Si toda la energía de los electrones se pierde en la emisión de un fotón,
hc (6.63× 10 −34 J ⋅s)(3.00 × 108 m s) λ= = E 5.111× 10 −17 J
entonces
−9
= 3.892 × 10 m = 3.89 nm. 38.77 a- Escriba la ley de distribución de Planck en función de la frecuencia f, y no de la longitud de onda λ para obtener I ( f ) . b- Demuestre que
∫
∞
0
I (λ )d λ =
2π 5 k 4 4 T donde I (λ ) es la fórmula de dsitribución 15c 2 h3
de Planck, de la ecuación (38.32). (Sugerencia: Cambie la variable de integración de
λ a f). Necesitará usar la siguiente integral, ya tabulada:
∫
∞
0
1 2π x3 dx = αx 240 α e −1
4
c- El resultado de (b) es I y tiene la forma de la ley de Stefan-Boltzmann, I = σ T 4 (ecuación 38.28). Evalúe las constantes en (b) para demostrar que σ tiene el valor que se menciona en la sección 38.8. a) I (λ ) =
2π hc 2 c pero λ = hc λ kT 5 f λ (e − 1)
2π hf 5 2π hc2 = ⇒ I(f ) = (c f )5 (ehf kT − 1) c3 (ehf kT − 1) −c 0 ∞ b) ∫0 I(λ ) dλ = ∫∞ I( f ) df 2 f 3 2π (kT)4 ∞ x3 ∞ 2π hf df = ∫ 2 hf kT = dx 0 c (e − 1) c2 h3 ∫0 ex − 1 2π (kT)4 1 (2π )5 (kT) 4 2π 5 k4 T 4 4 (2 π ) = = c2 h3 240 240h3 c2 15c2 h3 2π 5 k 4T 4 I = σ T 4 como se ve en la ecuación (38.36). Entonces = c) La expresión 3 2 15h c 5 4 2π k = σ . Reemplazando los valores de las constantes tenemos 15h3 c 2 σ = 5.67 × 10 −8 W m2 ⋅K 4 =
