FÍSICA: EBAU 2017 JUNIO C ASTILLA Y LEÓN CONSTANTES FÍSICAS Aceleración de la gravedad en la superficie terrestre Constante de gravitación universal Radio medio de la Tierra Masa de la Tierra Constante eléctrica en el vacío Permeabilidad magnética del vacío Carga elemental Masa del electrón Masa del protón Velocidad de la luz en el vacío Constante de Planck Unidad de masa atómica Electronvoltio
′80 m⁄s 9 − N ∙ m⁄kg 6′67∙10 6′′37∙10 m k g 5 98∙10 N ∙ m⁄C ⁄ 4∙10 14 9′00∙10 ′ −−N⁄A 19′60∙10 C k g ′11∙10− 31′00∙10 67∙10−m⁄ ksg − J ∙ s ℎ1 u6′163∙10 ′66∙10− kg 1 eV 1′60∙10− J
Opción A Ejercicio A1 que está orbitando ′ 0 75 puntos puntos
a) Calcule la energía potencial gravitatoria de un satélite de masa a una altura de 1 000 km sobre la superficie terrestre.
La energía potencial gravitatoria del satélite debida a la acción gravitatoria terrestre viene dada por:
∙ ∙ ℎ10 m +ℎ6′37∙10 m +1+ 10 m 7′37∙10 m ′ 5 98∙10 ′ − 6 67∙10 N ∙ m ⁄kg ∙ 7′37∙10 kgg∙ m100 kgkg ⟶ 5′41∙10 J puntos ∙∙ 0′75 puntos ∙∙ℎ ℎ Si ℎ ≪ ⟶ Δ ≅∙∙ℎ
Donde representa la masa de la Tierra, es la masa del satélite y , la distancia entre el centro de la Tierra y el satélite, que consideramos puntual. Como el satélite orbita a una altura , esta distancia es:
Por lo que, sustituyendo sustituyendo valores, la energía potencial resulta:
b) Explique si para el cálculo anterior podría utilizarse la expresión
La expresión permite calcular la variación de energía potencial de un cuerpo cuando se desplaza desde la superficie de la Tierra hasta una altura , siempre y cuando esta altura no sea muy grande, comparada con el radio de la Tierra:
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Esta expresión puede deducirse aplicando la definición de energía potencial gravitatoria: gravitatoria:
Δ final inicial ∙ +∙ ℎ ∙ ∙ ∙ +∙ ℎ + ∙ ∙ ℎ ∙ ∙∙1 1+ ℎ∙ ∙ ∙ ∙+ℎ ∙ ∙ ∙ + ℎ ∙ + ℎ Si ℎ ≪ ⟶ +ℎ≅ ⟶ Δ ≅∙ ∙ ∙ ℎ Recordando que ∙ ⟶ Δ ≅∙ ∙ ℎ ℎ10 m
Por tanto, esta expresión no sería apropiada para un satélite que orbita a una altura , pues esta representa aproximadamente aproximadamente un 15 % del radio de la Tierra. Además, aunque no fuera así, lo que nos informaría es de la diferencia de energía potencial del satélite entre su órbita y la superficie de la Tierra (en puntos próximos a ella), pero no de la energía potencial del satélite en la órbita.
Ejercicio A2 a) Una espira cuadrada de 5 cm de lado se encuentra inicialmente en un campo magnético uniforme de perpendicular a ella. Calcule el flujo magnético en la espira y exprese el resultado en unidades del SI. Razone cómo cambiaría el valor de este flujo si se modificara la orientación de la espira respecto del campo.
′
1′5 puntos puntos
Si nos imaginamos la espira en el plano de la página, y suponemos que el campo magnético se dirige hacia fuera de ella, la situación descrita se puede representar de la siguiente manera:
El flujo magnético
Φ
a través de ella viene dado por:
Φ ⃗ ∙ ∙∙cos ′05 m ′2 T ℓ 0 1 ⃗ 0° Φ 1′2 TT ∙ 0′05 mm ∙cos0°0′003 T ∙ m ⟶ Φ 3∙10− Wb
Siendo la superficie de la espira cuadrada de lado , el campo magnético y el ángulo formado por el vector (vector normal al plano de la espira) y el vector (perpendicular a la espira), :
Este es el valor máximo del flujo magnético a través de la espira (cuando es atravesada por el mayor número de líneas de campo posibles). Si se modificara la orientación de la espira respecto al campo, el flujo disminuiría hasta anularse para un valor del ángulo , pues en ese instante i nstante .
90°
cos90°0
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b) Si en la situación de perpendicularidad entre espira y campo éste se reduce bruscamente, de manera que se anula completamente en un intervalo de , determine la inducida en la espira. Represente en un diagrama el campo magnético, la espira y el sentido de la corriente inducida en la misma.
′
1′5 puntos puntos
Al variar la orientación de la espira hasta anularse el flujo a través de ella, se inducirá una valor será proporcional a la rapidez con que se produce esa variación de flujo:
cuyo
LeyLey de Fara Faradadayy Lenz Lenz⟶⟶ ℰ Φ
Cuando la variación se produce de manera uniforme, podemos sustituir la notación diferencial por sus correspondientes incrementos finitos:
ℰ ΔΦΔ Φfinal ΔΦinicial Φfinal 0 Wb Φinicial 3∙10− Wb Δ0′01 s − Wb ⟶ ℰ 0′3 V ℰ 03∙10 0′01
Siendo
,
y
:
Esta inducirá una corriente en la espira cuyo sentido será tal que el campo magnético creado por ella se opondrá a la variación de flujo que la ha provocado. Teniendo esto en cuenta, como el flujo está disminuyendo, la corriente inducida debe crear un campo magnético que tenga la misma orientación que el campo magnético aplicado. Así pues, la corriente debe circular a través de la espira en sentido antihorario (contrario (contrario al movimiento de las agujas del reloj):
Ejercicio A3 Dos ondas armónicas transversales se propagan por dos cuerdas a la misma velocidad en el sentido positivo del eje . La primera tiene el doble de frecuencia que la segunda y se sabe que en el instante inicial, la elongación de los extremos izquierdos de ambas cuerdas es nula.
a) Calcule la razón entre las longitudes de onda de ambas ondas.
0′75 puntos puntos
La velocidad de propagación de una determinada onda es característica de cada medio, por lo que las dos ondas avanzan con la misma rapidez a través de las dos cuerdas, si estas son idénticas. Por la definición de velocidad de propagación:
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Por lo que la longitud de onda asociada a cada onda viene dada por:
Dividiendo ambas expresiones:
,
De modo que, si la primera onda tiene el doble de frecuencia que la segunda:
2∙ ⟶ 2 ∙ ⟶ 12 b) Para cada una de las ondas (y en el mismo instante de tiempo) determine la diferencia de fase (expresada en función de los respectivos números de ondas) para dos puntos que distan 3 m. Obtenga la relación entre dichas diferencias de fase.
0′75 puntos puntos
La ecuación general de una onda armónica que se desplaza en el sentido positivo del eje de las :
,, ∙sen ∙sen+ , , 0 0 sen sen 0⟶ 0 ,, ∙sen ∙sen Δ 3 m Δ ( ∙ ∙) ∙) ∙ ∙ ∙ ∙ ( ) ∙Δ⟶Δ3∙ ΔΔ
Donde representa la elongación de cada punto material de la cuerda en función de su posición y el instante de tiempo considerado, es la amplitud del movimiento ondulatorio, es su número de ondas, es su frecuencia angular y es la fase inicial. Si, como es el caso, las ondas tienen elongación nula en
De modo que la ecuación de la onda puede prescindir de
y
, debe ser:
:
Y la diferencia de fase entre dos puntos separados separados una distancia
, en un mismo instante , es:
Por lo que la relación entre las diferencias de fase de las dos ondas es:
Teniendo en cuenta la definición de número de ondas, y la relación entre las longitudes de onda que se ha obtenido en el apartado anterior, se obtiene finalmente:
2 ⟶ 22⁄⁄ 2 ΔΔ 2
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Ejercicio A4 a) Demuestre que al atravesar un rayo de luz una lámina de vidrio de caras planas y paralelas, el rayo emergente es paralelo al rayo incidente si los medios en contacto con las caras de la lámina son idénticos.
0′8 puntos puntos
Supongamos la trayectoria de un rayo que incide sobre un vidrio de caras paralelas desde un primer medio, con un ángulo , de manera que se refracta en su interior con un ángulo , y vuelve a salir al medio de procedencia, a través de la cara opuesta del vidrio, con un ángulo :
Para demostrar que los ángulos
y
son idénticos, aplicaremos la ley de Snel de la refracción:
∙sen ∙sen
Donde y representan, respectivamente, los índices de refracción del medio de incidencia y de refracción, y y los correspondientes correspondientes ángulos de incidencia y de refracción en estos medios. Así, cuando el rayo de luz penetra en el vidrio:
∙sen ∙sen ∙sen ∙sen ∙sen ∙sen ⟶sen sen
Y cuando el rayo de luz emerge de él:
Combinando ambas expresiones:
Por lo que se demuestra que, efectivamente, el ángulo con el que el rayo incide en el vidrio coincide con el ángulo con el que sale de él:
En consecuencia, el rayo emergente es paralelo al rayo incidente.
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′
b) Un rayo de luz atraviesa una lámina de vidrio ( ) plana de 3 cm de espesor incidiendo con un ángulo de . Al salir el rayo se ha desplazado paralelamente a sí mismo una distancia . Si la lámina está contenida en aire, determine la distancia desplazada.
°
1′2 puntos puntos
Aplicamos la ley de Snel para calcular el ángulo de refracción en el interior del vidrio:
∙sen ∙sen 1∙sen30°1′37∙sen arcarc sensen 11′⁄372 ⟶ 21°21° 2424′ 19′′ 3 cm tan 3 cm ⟶ 3 cm cm ∙tanan21° 24′ 19′′ ⟶ 1′176 cm ′ ′
Siendo incidencia:
el espesor de la lámina y el desplazamiento del rayo saliente respecto al punto de
Ejercicio A5
a) La masa del núcleo de deuterio es y la del , . Explique si el proceso por el que se obtendría energía sería la fisión en dos núcleos de deuterio o la fusión de dos núcleos de deuterio para dar helio.
1 punto punto
En el proceso de fusión de dos núcleos de deuterio para formar un núcleo de helio ocurre una pérdida de masa :
Δ
Δ2∙ 2 ∙ 2′0136 uu 4′0026 uu 0′0246 u Siendo endo 1 uu 1′66∙10− kg ⟶ Δ 4′0836∙10− kg
Esta pérdida de masa se traduce en una liberación de energía en el proceso de fusión que, según la ecuación de Einstein, es igual a:
ΔΔ∙ 4′0836∙10− kgg ∙ 3′00∙10 m⁄s ⟶Δ3′675∙10− J 22′97 MeV Esto indica que el núcleo de helio tiene un contenido energético menor del que poseen los dos núcleos de deuterio por separado. Es, por tanto, un núcleo más estable y el proceso de fusión mediante el cual se forma libera una gran cantidad de energía. Esta reacción de fusión ocurre de manera natural en las estrellas, y está actualmente investigándose la manera de desarrollar la tecnología capaz de recrear este tipo de procesos artificialmente con la eficiencia, la garantía y la seguridad necesarias para su aprovechamiento. Por el contrario, la fisión del núcleo de helio, su ruptura para dar lugar a dos núcleos de deuterio, es un proceso que requiere gran cantidad de energía (en teoría, tanta como energía se desprende en el proceso de fusión que permite generarlo). generarlo). Este requerimiento requerimiento energético ocurre, en general, siempre que se fisionan núcleos de átomos más ligeros que el del hierro; al contrario ocurre con núcleos más pesados que éste, que sí pueden utilizarse en reacciones de fisión para generar energía (como, de hecho, se hace en las centrales nucleares).
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∙ −
b) Se acelera un electrón hasta una velocidad de , medida con una incertidumbre del (luego ). ¿Con qué incertidumbre se puede determinar la posición de este electrón?
′ %
′ ∙ − 1 punto punto
Según el principio de incertidumbre incertidumbre de Heisenberg, el producto de las incertidumb i ncertidumbres res en la medida de la posición y el momento lineal es siempre mayor o igual a la constante de Planck reducida:
Δ∙Δ≥ℏ⟶Δ∙ Δ∙Δ≥ℏ⟶Δ∙ ∙Δ ∙Δ ≥ 2ℎ ′11∙10− kg 9 Δ0′03 m ∙ s− ′ − ⁄ ℎ 2 6 63∙10 Δ≥ Δ ≥ ∙ Δ 9′11∙10− kgg ∙ J0∙′s03⁄2m ∙ s− ⟶Δ≥3′86∙10− m
Si se trata de un electrón, , cuya velocidad se mide con una incertidumbre igual a , la incertidumbre en la medida de su posición es:
Opción B Ejercicio B1 Un meteorito de 350 kg que cae libremente hacia la Tierra tiene una velocidad de altura de 500 km sobre la superficie terrestre. Determine: a) El peso del meteorito a dicha altura.
0′75 puntos puntos
∙ −
+ ℎ
a una
El peso del meteorito es, por definición, la fuerza de atracción gravitatoria que ejerce la Tierra sobre él y que, de acuerdo ac uerdo a la ley de la gravitación universal universal de Newton, es proporcional a su masa e inversamente proporcional al cuadrado de la distancia que lo separa del centro terrestre. Siendo la altura a la que el meteorito se encuentra sobre la superficie de la Tierra, , y se tiene que:
∙ ∙ ∙ +∙ ℎ
ℎ
Sustituyendo por los valores de las constantes y los datos del enunciado, se obtiene:
′ 5 98∙10 g+g5∙1∙ 35010 mkgkg ⟶ 2 957′9 N ′ − 6 67∙10 N ∙ m ⁄kg ∙ 6′37∙10 m k+5∙
b) La velocidad con la que impactará sobre la superficie terrestre (despreciando la fricción con la atmósfera)
0′75 puntos puntos
Por el principio de conservación de la energía mecánica, considerando despreciable la fricción entre el asteroide y la atmósfera, atmósfera, la energía mecánica del asteroide a una altura debe ser igual a su energía mecánica en la superficie terrestre (en el instante previo al impacto):
ℎ 500 km
inicial final inicial + inicial final + final 12 ∙ ∙ ∙ ∙+ℎ 12 ∙ ∙ ∙ ∙
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12 ∙ ∙ + ℎ 12 ∙ ∙ +2∙∙ 2∙∙ + ℎ ⟶ +2∙∙ ∙ 1 1+ ℎ 15 m⁄s ℎ5∙10 m 15 m⁄s + 2 ∙ 6′67∙10− N ∙ m⁄kg ∙ 5′98∙10 kgg ∙ 6′37∙101 m 6′87∙101 m 3 019 m⁄s
Eliminamos
en todos los miembros de la igualdad y despejamos
Siendo y superficie terrestre resulta:
:
, el valor de la velocidad con la que el asteroide impactará en la
Ejercicio B2
Cinco cargas iguales de se sitúan equidistantes sobre el arco de una semicircunferencia de radio 10 cm, según se observa en la figura.
Si se sitúa una carga de
en el centro de curvatura del arco:
puntos 1′5 puntos
a) Calcule la fuerza sobre debida a las cinco cargas .
Cada una de las cargas , positivas, que distinguiremos con los subíndices desde el 1 hasta al 5, ejerce una fuerza de atracción electrostática electrostática sobre la carga , por ser esta negativa:
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Cada una de estas fuerzas puede calcularse mediante la ley de Coulomb:
∙ ∙ ∙⃗ ∙ ∙ ∙ ∙ ∙ ∙cos45°∙+∙ ∙ ∙sen45°∙ ∙ ∙ ∙ ∙ ∙ ∙cos45°∙+∙ ∙ ∙sen45°∙ ∙ ∙ ∙ = ∑= + + + + ∙ ∙ ∙cos45°+ ∙cos45°+ ∙ + + ∙sen45°+ + ∙ s en45° en45° ∙ ∙ ∙ ∙sen45°++∙sen45° ∙sen45°++∙sen45° ∙ ∙ ∙ ∙ 2∙sen45°+1 2∙sen45°+1 ∙ − C ∙ 2 ∙ √ 2 + 1 ∙ 9′00∙10 N ∙ m⁄C ∙ 2∙10− 0C′1∙mm3∙10 2 13′04∙ N
La fuerza que ejerce la carga
sobre es:
La fuerza que ejerce la carga
sobre es:
La fuerza que ejerce la carga
sobre es:
La fuerza que ejerce la carga
sobre es:
La fuerza que ejerce la carga
sobre es:
Y la fuerza neta que actúa sobre , en virtud del principio de superposición, es la suma s uma vectorial de las fuerzas anteriores:
Por la simetría de la distribución, y tratándose de cinco cargas iguales ( ), las componentes horizontales de las fuerzas se anulan entre sí, de modo que la fuerza neta que actúa sobre se dirige a lo largo del eje :
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1′5 puntos puntos
b) Calcule el trabajo que ha sido necesario para traer la carga desde un punto muy alejado hasta el punto donde se encuentra. Interprete el signo del resultado.
∞⟶ Δ [punto infinitoo] infinitoo punto ∙ + ∙ ∙ + ∙ ∙ + ∙ ∙ + ∙ ∙ ∞⟶ ∙ ∞ ∞ ∞ ∞∞ ∞ ∙ ∙ + ∙ ∙ + ∙ ∙ + ∙ ∙ + ∙ ∙ ∞⟶ ∙ ∙ + ∙ ∙ + ∙ ∙ + ∙ ∙ + ∙ ∙ 5∙∙ ∙ 2∙10− C 3∙10− C 0′1 m − − 2∙10 C ∙ 3∙10 ′ ⁄ ∞⟶ 5∙ 5∙ 9 00∙10 N ∙ m C ∙ 0′1 mm C ⟶ ∞⟶ 2′7 J
Si suponemos que el trabajo de acercamiento de la carga desde el infinito hasta el punto lo realiza el campo electrostático creado por las cinco cargas puntuales:
Como las cinco cargas mantienen su posición en ambos escenarios, las interacciones energéticas entre ellas no varían durante el proceso de acercamiento de la carga , por lo que no se tendrán en cuenta en el cálculo. Así pues:
Las interacciones entre las cargas y la carga , cuando esta se encuentra en el infinito, son nulas por definición. Teniendo en cuenta que todas las cargas son iguales ( ) y que :
Siendo
,
y
:
El trabajo tiene signo positivo, lo que indica que es realizado espontáneamente espontáneamente por el propio campo.
Ejercicio B3
∙ −⁄
Una onda armónica cuya frecuencia es velocidad desconocida superior a dado, para dos puntos separados 15 cm, es
se propaga en la dirección positiva del eje con . Sabiendo que la diferencia de fase, en un instante radianes, determine:
a) El periodo, la longitud de onda y la velocidad de propagación de la onda.
1 ⟶ 601 s
1 punto punto
El periodo de una onda es el inverso de la frecuencia , la cual es 60 Hz:
Por otra parte, teniendo en cuenta la ecuación general de una onda armónica:
,, ∙sen ∙sen
Δ Δ Δ ∙ ∙ ∙ ∙ ∙ ∙ ∙ ∙Δ
La diferencia de fase
entre dos puntos separados separados una distancia
, en un mismo instante , es:
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⁄2 Δ∙ Δ∙ ∙Δ⟶ ΔΔ 0⁄′152 rmad 103 m− 2 ⟶ 2 103⁄2 m− ⟶ 35 m 13⁄⁄605 m s ⟶ 36 36 m⁄s punto ′ 1 punto Δ Δ ∙∙ ∙∙ ∙ +∙ ∙ ∙ ∙Δ 2 1⁄260 s ⟶ 120 rad⁄s Δ∙Δ Δ∙Δ120 rarad⁄s ∙ 0′01 ss ⟶Δ1′2 ∙ rarad
Sabiendo que la diferencia de fase en un determinado instante es están separados en un mismo instante:
0′15 m
radianes para dos puntos que
Y teniendo en cuenta la relación entre el número de ondas y la longitud de onda :
Finalmente, calculamos la velocidad de propagación de la onda :
b) En un punto dado, ¿qué diferencia de fase existe entre los desplazamientos des plazamientos que tienen lugar en dos instantes separados por un intervalo de ? En la ecuación general de una onda, la fase viene dada por . Así pues, la diferencia de fase en un mismo punto entre dos instantes separados un intervalo de tiempo es:
Como la frecuencia angular o pulsación se relaciona con el periodo :
La diferencia de fase queda:
Ejercicio B4 a) Explique en qué consiste el defecto del ojo conocido como hipermetropía. Trace para ello un diagrama de rayos .
0′75 puntos puntos
La hipermetropía es el defecto contrario a la miopía. Se produce cuando el globo ocular es demasiado corto o la córnea no tiene suficiente curvatura, por lo que la imagen de un objeto infinitamente distante se forma detrás de la retina:
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La hipermetropía se corrige con lentes convergente c onvergentes: s:
b) Mediante un diagrama de marcha de rayos, describa las características de la imagen que forma una lente convergente cuando el objeto está situado entre el foco objeto y la lente.
0′75 puntos puntos
Cuando el objeto se encuentra entre el foco y la lente, ésta se convierte en una lupa:
La imagen que se obtiene en esta situación es virtual, derecha y aumentada. aumentada. Si tenemos en cuenta la ecuación para lentes delgadas:
1 + 1′ 1 ⟶ 1′ 1 1 ⟶ 1′ ∙ ⟶ ′ ∙ >0⟶El objeto está a la izquierda de la lente lado de incidencia de los rayos rayos > 0 ⟶ Se trata de una lente convergente es decir,una lente positivaa ⟶ El objobjeto sese encue encuentrntraa entr entree el foco y la lentente 0 ∙ > 0 } ⟶ ′ ∙ 0 ⟶ Imag Imageen virtuatual
En nuestro caso:
En consecuencia:
Teniendo en cuenta la definición de aumento:
′ >0⟶Imagen derecha
Y el tamaño de la imagen dependerá de la distancia a la que se sitúe s itúe el objeto respecto de la lente. ENRIQUE CASTAÑOS GARCÍA
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Ejercicio B5 a) Explique razonadamente qué aspectos del efecto fotoeléctrico no se podían entender en el marco de la física clásica.
1 punto punto
El efecto fotoeléctrico consiste en la emisión (fotoemisión) (fotoemisión) de electrones (fotoelectrones) (fotoelectrones) por parte de un material, generalmente metálico (aunque también ocurre en dieléctricos y semiconductores), al incidir sobre él radiación electromagnética electromagnética de determinadas características. características.
La emisión de electrones se constata pues aparece una corriente eléctrica entre el cátodo y el ánodo. Ciertas características del efecto fotoeléctrico no pueden ser explicadas mediante la mecánica clásica:
Cuando sobre el cátodo incide luz monocromática, no se emiten fotoelectrones a menos que su frecuencia sea mayor que cierto ci erto valor mínimo, llamado frecuencia umbral 1 ( o ), que depende únicamente del material del cátodo. Estas observaciones contradicen las predicciones de la física clásica, según las cuales c uales el efecto fotoeléctrico tendría lugar con cualquier frecuencia, siempre que la intensidad luminosa fuese lo suficientemente grande.
Cuando la frecuencia de la luz es mayor que la frecuencia umbral, los electrones salen despedidos a gran velocidad y su energía cinética máxima aumenta con la frecuencia, pero no depende de la intensidad, como se esperaría según la física clásica. La emisión del fotoelectrón es instantánea y el número de estos que se desprenden aumenta con la intensidad de la luz incidente. Sin embargo, según la física clásica, debería existir cierto retardo en la fotoemisión, y un aumento de intensidad no debería traducirse en un aumento del número de electrones desprendidos, sino en una mayor energía cinética ci nética de los mismos.
Einstein explicó el efecto fotoeléctrico aplicando a la luz las ideas de Planck sobre la radiación térmica (explicación de la radiación de un cuerpo negro). 1 En
términos de longitud de onda, diremos que no se producirá emisión de fotoelectrones cuando la luz incidente supere un valor máximo denominado longitud de onda umbral u mbral . ENRIQUE CASTAÑOS GARCÍA
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Einstein supuso que la luz se propaga en el espacio transportando energía en forma de cuantos de luz, llamados fotones, cuya energía está determinada por la fórmula de Planck:
ℎ∙ℎ∙
Teniendo esto en cuenta, el proceso de interacción de la luz con el cátodo se puede considerar ahora como un choque inelástico de los fotones con los electrones: el fotón es absorbido y su energía es transferida al electrón instantáneamente. instantáneamente. El electrón invierte parte de la energía en escapar del átomo en el que está confinado y la energía sobrante, suponiendo que no hay pérdidas en forma de calor, le comunica cierta velocidad. Así, aplicando el principio de conservación de la energía al choque entre un fotón y un electrón:
ó +
Donde representa la energía mínima mí nima necesaria para arrancar un electrón, que es característica del elemento metálico empleado, y que usualmente recibe el nombre de energía o trabajo de extracción. Así, para que se produzca efecto fotoeléctrico, el fotón debe llevar, como mínimo, una energía igual a , en cuyo caso a la frecuencia del fotón se le denomina frecuencia umbral, . En consecuencia:
ℎ∙
Por su parte, representa el valor máximo de la energía cinética ci nética que puede tener el electrón, cuando no se ha producido ninguna pérdida en forma de calor:
máx máx ó ℎ∙ℎ∙ ℎ ∙ punto ′ 1 punto
b) Un electrón y un neutrón tienen igual longitud de onda de De Broglie. Razone cuál de ellos tiene mayor energía cinética. Dato: masa del neutrón, . Según la hipótesis de De Broglie (dualidad onda –corpúsculo), toda partícula material con momento lineal (propiedad corpuscular) tiene asociada una longitud de onda (propiedad ondulatoria) ondulatoria) dada por:
∙
ℎ ℎ∙
Teniendo en cuenta esta expresión, si un electrón y un neutrón tienen igual longitud de onda de De Broglie ( ), también tendrán el mismo momento lineal ( ), el cual se puede relacionar con la energía cinética de la partícula de la siguiente manera:
1 ∙ 2 ∙∙ 2 ∙ 2 ∙
Es decir, la energía cinética aumenta con el cuadrado del momento lineal de la partícula y disminuye de manera inversamente proporcional proporcional a su masa. Como la masa del neutrón es ligeramente superior a la del neutrón, la energía cinética del neutrón será algo menor que la energía cinética del protón:
Si > ⟶ ⁄⁄22 ∙∙ ⟶ ⏟ ∙ ⟶ <
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