Problemas resueltos FC1-Parte1

Física Cuántica I. UNED

UNED UNED UNED UNED UNED UNED UNED FÍSICA CUÁNTICA 1. PROBLEMAS RESUELTOS (PARTE 1)

CAVIDAD RADIANTE

Problema 1: Antes de que Planck descubriese la ley correcta para la emisión del

cuerpo negro, Rayleigh había propuesto la siguiente ley

ρλ (λ, T )dλ =

8π kT dλ. λ4

a) Demostrar que la ley de Rayleigh coincide con la de Planck en el límite

λ → ∞.

b) Demostrar que la ley de Rayleigh es incompatible con la ley de desplazamiento

de Wien.

a) La expresión para la ley de Planck expresada en función de la longitud de onda es ρλ (λ, T ) =

1 8πhc . 5 λ exp(hc/λkT ) − 1

Para longitudes de onda muy largas (hc/λkT → 0) podemos aproximar la exponencial del denominador exp

de modo que

ρλ (λ, T ) '

hc λkT

'1+

hc λkT

8πhc 1 8π = 4 kT. 5 λ 1 + (hc/λkT ) − 1 λ

b) Es evidente que si la ley de Rayleigh fuera válida para todo el rango de longitudes de onda no se satisfaría la ley de Wien. En efecto, es fácil ver que la curva de la ley de Rayleigh no tiene máximos sino que aumenta monótonamente desde 0 a ∞ cuando λ varía desde ∞ a 0, cualquiera que sea la temperatura.

de

Problema 2: La radiación procedente del Sol llega a la Tierra con una intensidad

WT = 1, 35 × 103

W/m2 . Suponiendo que el Sol es un cuerpo negro calcúlese su

temperatura. (Datos: Radio del Sol 9

150 × 10

RS = 7 × 108

m; distancia Tierra-Sol:

DT S =

m).

Según la ley de Stefan-Boltzman, la potencia total radiada por el Sol por unidad de área en su supercie es WS = σT 4 , siendo σ = 5, 67 × 10−8 W·m−2 ·K−4 la constante de Stefan. Si RS es el radio del Sol, su supercie total será 4πRS2 , y la potencia total radiada por toda la supercie solar será WS (4πRS2 ). Está radiación es isótropa, de modo que la porción que llega por unidad de área a una distancia r será WS 4πRS2 W = = σTS4 4πr2

RS r

2

.

1

UNED UNED UNED UNED UNED UNED UNED

Física Cuántica I. Problemas resueltos (parte 1)


En particular, cuando r = DT S (distancia Tierra-Sol), W = WT ; de donde

TS =

WT σ

1/4

DT S RS

1/2

=

0, 135 × 104 5, 67 × 10−8

1/4

7 × 108 1, 5 × 1011

1/2

= 5 750 K.

Vale la pena hacer algunos comentarios a propósito de este problema. En primer lugar, el valor

WT

de la energía que recibe la Tierra procedente del Sol por unidad de área y unidad de tiempo

se denomina

constante solar.

Evidentemente el valor de

WT

depende de la distancia Tierra-Sol y del

ritmo de las reacciones nucleares dentro del Sol y, por lo tanto, cambiará a medida que el Sol agote su combustible nuclear o si se dieran variaciones apreciables en los parámetros de la órbita de la Tierra;

no obstante, serán necesarios probablemente cientos de millones de años para que se haga apreciable un cambio en la constante solar.

En segundo lugar, hay dos formas diferentes de enunciar la ley de Stefan-Boltzmann. Si integramos

directamente la ley de radiación de Planck para todas las frecuencias, obtenemos una ley

u(T ) = aT 4 ;

es decir, la densidad total de energía radiante dentro de un cuerpo negro es proporcional a la cuarta potencia de la temperatura. Sin embargo, lo que normalmente se mide no es la densidad de energía

de un cuerpo negro sino su emitancia radiante, es decir, la energía emitida por el cuerpo. Ésta ya no sólo depende de la densidad de energía sino también de la velocidad con que sale la radiación, es

decir, la velocidad de la luz. De hecho, es fácil demostrar (hágase como ejercicio) que para obtener la

c/4. Entonces podemos escribir también la ley donde σ = (c/4)a es la constante de Stefan.

emitancia a partir de la densidad basta multiplicar por de Stefan-Boltzmann como

4

W = (c/4)aT = σT

4

,

De la ley de Planck se deduce también la ley de desplazamiento de Wien,

· 5 000

λmáx T = cte = 0, 2898 λmáx '

cm K. Si aplicamos esta ley al Sol, aceptando la temperatura obtenida en el problema, tenemos

Å. Es decir, el Sol debe emitir preferentemente radiación de aproximadamente 5 000 Å, que

corresponde al amarillo en el centro del espectro visible. Esto es realmente lo que vemos (aunque no sea nada aconsejable mirar al Sol para ver su color). Por lo tanto, más aconsejable y más fácil

que tratar de recordar el valor de la constante de Wien es recordar estos valores de la radiación y la temperatura del Sol.

En realidad, el Sol no es exactamente un cuerpo negro y la radiación que nos llega del Sol procede

no sólo de su supercie sino también de capas más internas. Por eso, los valores que se suelen dar para

la temperatura de la supercie solar y su color dieren algo según las correcciones que se hagan. Pero en general podemos redondear los valores a

λmáx T = 0, 29

T ' 5 800

K y

λmáx ' 5 000

Å, lo que daría

·

cm K, que sólo diere un 0,2 por mil del valor exacto de la constante de Wien.

Problema 3: Un cuerpo negro se encuentra inicialmente a una temperatura

tal que su máximo de radiación corresponde a

λ = 6 500

Ti

Å. Se calienta el cuerpo

hasta que su intensidad de radiación total se duplica. ¾Cuál es la temperatura nal

Tf ?

¾A qué

λ

corresponde el nuevo máximo de radiación?

Si el máximo de emisión inicial corresponde a 6 500 Å, su temperatura inicial será: Ti '

0, 29 × 108 /6 500 K = 4 460 K.

Por otra parte, la ley de Stefan-Boltzman para la potencia total radiada es WT = σT 4 . Entonces, si designamos mediante los subíndices i, f , los valores inicial y nal, WT,f = 2WT,i

=⇒

Tf = 21/4 Ti = 1, 19Ti = 5 310 K

y aplicando de nuevo la ley de Wien

2

λi,máx Ti = λf,máx Tf

=⇒

λf,máx =

λi,máx = 5 460 Å. 1, 19

UNED UNED UNED UNED UNED UNED UNED Física Cuántica I. Problemas resueltos (parte 1)

Problema 4: Cuando el Sol alcance la fase de gigante roja su longitud de onda

λmáx = 7000 Å


de máxima emisión será de

y su radio se habrá multiplicado por 100

respecto al actual. Calcular cuánto habrá variado la radiación total emitida por el Sol.

Como hemos visto en un problema anterior, la potencia total emitida por el Sol es W = Por lo tanto, la razón entre las potencias radiadas ahora (subíndice 1) y cuando el Sol sea una gigante roja (subíndice 2) es σTS4 (4πRS2 ).

W1 = W2

T1 T2

4

R1 R2

2

=

λmáx,2 λmáx,1

4

R1 R2

2

donde, en el último paso, hemos utilizado la ley de desplazamiento λmáx,1 T1 = λmáx,2 Tmáx . En denitiva 4 2 4 W1 = W2

7000 5000

1 100

7 5

=

× 10−4 = 3,84 × 10−4

Problema 5: Sobre la supercie de un cuerpo negro incide una radiación uniforme

con una frecuencia de 1014 Hz y una intensidad de

I0 = 400

W/m2 . ¾Cuál será la

temperatura de equilibrio del cuerpo negro en dicha situación?

Supongamos que ahora se envuelve el cuerpo negro en una lámina que sólo deja pasar (en ambos sentidos) la radiación cuya frecuencia es mayor que

ν c = 1012

Hz

(y reeja el resto). ¾Cuánto variará la temperatura del cuerpo? Sugerencia: téngase en cuenta que a esta temperatura y para

ν < νc

la ley de Planck

puede aproximarse por la ley de Rayleigh.

Este problema constituye una primera aproximación al efecto invernadero. Antes de resolverlo conviene hacer un primer análisis cualitativo de lo que sucede. Si no existe la lámina semirreectante, la temperatura de equilibrio se alcanza cuando el cuerpo negro emite tanta radiación como recibe. Ahora bien, la radiación recibida es monocromática mientras que el cuerpo negro emite en todas las frecuencias de acuerdo con la ley de Planck. La temperatura de equilibrio T0 será entonces aquélla para la que I0 = σT04 , es decir

T0 =

I0 σ

1/4

400 5, 67 × 10−8

=

1/4

K=

400 5, 67

1/4

× 102 K = 290 K .

Si ahora cubrimos el cuerpo negro con la lámina, la radiación I0 sigue pasando, puesto que 10 Hz > ν c . El cuerpo negro sigue emitiendo de acuerdo con la ley de Planck, pero ahora no toda la radiación emitida atraviesa la lámina sino solo aquella con ν > ν c . Es decir, la potencia emitida efectiva es Z ∞ 14

Pem =

Rν (ν, T )dν

νc

La potencia emitida con ν < ν c es reejada por la lámina y vuelve al cuerpo. De este modo, la potencia efectiva recibida por el cuerpo es la suma de I0 y la potencia reejada en la lámina Z

Pab = I0 +

νc

Rν (ν, T )dν.

0

donde Rν (ν, T ) es la radiancia espectral del cuerpo negro. La nueva temperatura de equilibrio será aquella para la que Pem = Pab , es decir Z

∞

Z

Rν (ν, T )dν = I0 +

νc

νc

Rν (ν, T )dν

0

3




o también

∞

Z

Z

νc

Rν (ν, T )dν.

Rν (ν, T )dν = I0 + 2

0

0

La integral del primer miembro vale simplemente σT 4 (ley de Stefan). La segunda no tiene una expresión analítica exacta pero es fácil obtener una buena aproximación. En primer lugar es evidente que T > T0 . Por otra parte, es fácil hacer una estimación de hν c . En efecto, teniendo en cuenta la correspondencia aproximada 2, 4 × 1014 Hz ↔ 12000 K, resulta hν c ' 12000 × (1012 /2, 4 × 1014 ) ' 50 K. Así hν c /kT ' 50/300 = 1/6 y podemos utilizar la aproximación de Rayleigh para R(ν, T ). Entonces, Z

νc

Z

νc

Rν (ν, T )dν =

0

0

Con esto tenemos

4

σT =

σT04

c 8πν 2 2πν 3c kT dν = kT 4 c3 3c2

4πkν 3c + T 3c2

y dividiendo por I0 = σT04

4

T T0

4

=1+

4πkν 3c 4πkT0 ν 3c T T T = 1 + =1+β . 2 2 3c I0 3c I0 T0 T0

Ahora

4π × 4πkT0 ν 3c β≡ = 2 3c I0

1 40

× 1,6 × 10−19 J × (5 × 1036 ) s−3

3 × 9 × 1016 m/s2 × 400 J/s

=

π × 2 × 1018 ' 0,06. 108 × 1018

Entonces, teniendo en cuenta que β 1, podemos escribir T = T0

1/4 βT T '1+ 1+β T0 4 T0

=⇒

T = T0

1 ' 294 K. 1 − β/4



EFECTO FOTOELÉCTRICO

Problema 1: El potencial de frenado para un fotocátodo de Na es

para luz incidente de

λ = 3 000

Å, y

V2 = 0, 82

V para luz incidente de

A partir de estos datos calcular el trabajo de extracción de Planck

W

V1 = 1, 85 V λ = 4 000 Å.

del Na y la constante

h.

La relación que liga el potencial de frenado con el trabajo de extracción y la longitud de onda de la luz incidente es: eV = hν − W = hc/λ − W . Para un fotocátodo dado, el valor del potencial de trabajo W es una constante característica del mismo. Por lo tanto, la relación entre los potenciales de frenado para dos longitudes de onda distintas incidiendo sobre el mismo fotocátodo es

eV1 − eV2 = hc

1 1 − λ1 λ2

2

e (V1 − V2 ) λ1 λ2 1, 03 eV 12 × 106 Å e (V1 − V2 ) = = = c (1/λ1 − 1/λ2 ) c λ2 − λ1 3, 0 × 1018 Å/s 103 Å = 4, 12 × 10−15 eV · s = (4, 12 × 1, 6) × 10−34 J · s.

h=

A partir de este valor es fácil calcular W W =

hc 4, 12 × 10−15 eV × 3 × 1018 Å/s − 1, 85 eV = 2, 27 eV. − eV1 = λ1 3 × 103 Å/s

Nota

: Resuelto este problema vale la pena hacer un comentario que nos permitirá simplicar

h podemos ver que el producto hc ' 4, 12 × 3, 0 × 103 eV·Å ' 12 360 eV·Å. En realidad, una medida más exacta de h da valor hc = 12 398 eV·Å. Esto quiere decir que una relación sencilla entre energías y longitudes de

muchos cálculos en lo sucesivo. En efecto, una vez calculado el valor de

hc un

vale

onda es la siguiente

E (en eV) = 12 400/λ (en Å).

Problema 2: Sobre dos tubos fotoeléctricos incide luz de 4

500 Å de longitud

de onda. El emisor del primer tubo tiene una longitud de onda umbral de 6

000

Å y el emisor del segundo tubo tiene una función de trabajo de extracción doble de la del primer tubo. Hallar el potencial de frenado en cada uno de los tubos.

La frecuencia (y la longitud de onda) umbral es la correspondiente a un potencial de frenado nulo, de modo que hν u = hc/λu = W . Por lo tanto, la función de trabajo del primer tubo es W1 = hc/λu,1 y la del segundo es W2 = 2W1 . El potencial de frenado del primer tubo para luz incidente de longitud de onda λ es hc − W1 = hc eV1 = λ

1 1 − λ λu,1

= hc

λu,1 − λ λu,1 λ

El valor numérico exacto es fácil de obtener si recordamos la regla de conversión del problema anterior. En efecto eV1 = 12 400 eV · Å ×

6 000 − 4 500 −1 12 400 Å = eV = 0, 69 eV. 6 000 × 4 500 18 000

Por otra parte, cuando sobre los dos tubos incide luz de la misma longitud de onda se tiene

e (V1 − V2 ) = W2 − W1 = W1 , de modo que eV2 = eV1 − W1 = 1, 38 eV (pues W1 = 12 400/6 000 5




eV = 2, 07 eV). El hecho de que el potencial de frenado del segundo tubo sea negativo indica que habría que aportar energía extra a los electrones para sacarlos del fototubo. En otras palabras, la luz incidente no basta para extraer electrones en la segunda fotocélula. Esto ya era previsible a priori. En efecto, puesto que W2 = 2W1 , la longitud de onda umbral de la segunda fotocélula será la mitad de la de la primera λu,2 = λu,1 /2 = 3 000 Å. Por lo tanto, la segunda fotocélula solo será sensible a la luz de longitud de onda inferior a 3 000 Å. Problema 3: Cuando se ilumina una supercie con luz de 4 500 Å, se encuentra

que el potencial de frenado para los electrones emitidos es de 0,75 V. ¾Cuál sería el potencial de frenado si la luz incidente tiene una longitud de onda de 3 000 Å?

Puesto que la función de trabajo es la misma en ambos casos, la relación entre los potenciales de frenado al iluminar la supercie con luz de longitud de onda λ1 = 4 500 Å y λ2 = 3 000 Å sería e (V2 − V1 ) =

hc hc − λ2 λ1

eV2 = eV1 + hc

λ1 − λ2 = λ1 λ2

= 0, 75 eV + 12 400 ×

4 500 − 3 000 eV = 2, 13 eV. 4 500 × 3 000

Problema 4: Un haz luminoso monocromático de intensidad

λ = 4 × 10 W = 2 eV.

longitud de onda extracción es

−7

3, 0 × 10−9

W/m2 y

m incide sobre un metal cuya función de trabajo de

Hallar:

a) el número de electrones emitidos por m2 y por segundo; b) la energía cinética de los fotoelectrones;

c) la energía absorbida por el metal por m2 y por segundo.

Cada fotón incidente tendrá una energía E = hc/λ ' 12 400/4 000 eV= 3, 1 eV. Como esta energía es mayor que la función de trabajo, cada fotón arrancará un electrón, que saldrá con una energía cinética Ke = hc/λ − W = (3, 1 − 2) eV = 1, 1 eV. Al calcular el número de fotones incidentes por unidad de área y por segundo sí hay que tener en cuenta que la intensidad de la radiación se nos ha dado en julios/s, de modo que hay que introducir el factor de conversión 1 eV = 1, 6 × 10−19 J , intensidad I 3 × 10−9 J/(s · m2 ) n◦ fotones = 6 × 109 s−1 m−2 = = = −19 segundo · area energia foton (hc/λ) 3, 1 × 1, 6 × 10 J

y éste será también el número de electrones arrancados. Por cada electrón arrancado el metal absorbe una energía igual al trabajo de extracción. Entonces la energía total absorbida por unidad de área y tiempo es

6

Eabs = n × W = 6 × 109 × 2 eV = 1, 92 × 10−9 J.



DISPERSIÓN COMPTON

Problema 1: Calcular la máxima energía, en electronvoltios, comunicada a un

electrón en un experimento Compton si los fotones incidentes son rayos X de longitud de onda

λ = 0,5

Å.

Si llamamos Ei , Ef a las energías del fotón antes y después del choque, y Ke a la energía cinética del electrón despues del choque, la ecuación de conservación de la energía es Ei + me c2 = Ef + me c2 + Ke

=⇒

Ke = Ei − Ef .

Por lo tanto, la máxima energía ganada por el electrón será la máxima pérdida posible de energía del fotón, que corresponderá a la máxima variación de su longitud de onda. Ahora bien, la variación de onda en una dispersión Compton viene dada por λf − λi = λC (1 − cos θ), de modo que la máxima variación posible de la longitud de onda tendrá lugar cuando θ = 180◦ y valdrá ∆λmáx = 2λC = 2h/mc. Entonces, ∆E =

2λC hc 1 hc hc − = hc = . λi λf λi (λi + 2λC ) λi 1 + λi /2λC

El cálculo ahora es extremadamente sencillo con tal de recordar que la masa en reposo del electrón es me c2 = 0, 511 MeV y, por lo tanto, λC = 0,024 Å. Entonces λi /2λC ' 11, 42. En denitiva 12400 1 eV ' 2 keV. Kmáx = ∆Emáx = 0, 5 12, 42

Problema 2: La radiación solar corresponde aproximadamente a la radiación de

un cuerpo negro a

T = 5800

K. ¾Cuál es la energía de los fotones dominantes en

dicha radiación?

Supongamos que uno de estos fotones sufre una dispersión Compton por un electrón y sale formando un ángulo de 60◦

con su dirección inicial. ¾Cuál será la longitud

de onda de los fotones dispersados?

Hemos visto en un problema anterior que la radiación solar alcanza su máximo para una longitud de onda aproximada de 5000 Å. De hecho, hemos sugerido esto como regla mnemotécnica para recordar que la constante de Wien tiene un valor aproximado de 0.29 cm·K. La energía de los fotones dominantes es entonces E ' 12400/5000 eV ' 2, 5 eV. Por otra parte, puesto que la variación de longitud de onda en una dispersión Compton es del orden de 0.024 Å (la longitud de onda Compton del electrón), es evidente que su variación relativa de longitud de onda será despreciable, del orden de 10−2 /103 = 10−5 . Problema 3: Un fotón de 100 keV es dispersado por un electrón libre inicialmente

en reposo. Hallar la velocidad de retroceso del electrón si el ángulo de dispersión del fotón es de

θ = 180◦ .

Por la conservación del momento es evidente que si el fotón sale dispersado a un ángulo de 180◦ , el electrón debe retroceder en la dirección del fotón incidente. Si llamamos pi , pf a los módulos del momento inicial y nal del fotón, y pe al momento nal del electrón, la ecuación de conservación del momento a lo largo del eje X se escribe pi = −pf + pe

=⇒

pe c = pi c + pf c = Ei + Ef .

7




Además

λf − λi =

h (1 − cos θ) me c

=⇒

λf = λi +

2h hc 2h me c2 + 2Ei = + = hc . me c Ei me c me c2 Ei

Así pues

pe c = Ei + Ef = Ei +

2Ei (me c2 + Ei ) 200 × (511 + 100) hc = = keV ' 170 keV. 2 λf me c + 2Ei 511 + 200

Ahora tenemos que expresar la velocidad en función del momento lineal. Utilizando expresiones relativistas tenemos me v pe = p 1 − (v/c)2

v2 1 = 2 c 1 + (me c2 /pe c)2

=⇒

y teniendo en cuenta el valor antes obtenido para pe c resulta v2 1 1 = ' 2 2 c 1 + (511/170) 11

Problema 4: Un rayo X de energía

=⇒

1, 0 × 105

v ' 0, 3 c.

eV que viaja en la dirección del eje

X colisiona con un electrón en reposo. El fotón es dispersado en la dirección del eje Y. Calcular las componentes del momento lineal del electrón tras la colisión.

Puesto que el fotón sale dispersado en la dirección del eje Y, su momento nal no tendrá componente X. Así pues, si llamamos pi , pf a los módulos de los momentos inicial y nal del fotón, y llamamos p(x) y p(y) a las componentes X e Y del momento nal del electrón, las e e ecuaciones de conservación del momento darán componente X: pi = p(x) e

componente Y: 0 = pf − p(y) e

Ahora bien, puesto que el ángulo de dispersión del fotón es θ = 90◦ , tenemos λf = λi +

h me c

que, escrito en función de los momentos, da h h h = + pf pi me c

=⇒

pf =

me c2 1 pi = pi . 2 me c + pi c 1 + (Ei /me c2 )

En denitiva

p(x) e = pi =

Ei = 0, 1 MeV/c c

p(y) e =

pi ' 0, 085 MeV/c. 1 + (100/511)

Problema 5 : Hallar la longitud de onda nal de un fotón tras sufrir una

dispersión Compton de 90◦ con un protón libre, si su energía original era de 12

MeV.

(Nota: La masa en reposo del protón es 8

mp = 938, 3

MeV/c2 ).



La longitud de onda del fotón incial es λi = hc/Ei . La longitud de onda tras la dispersión será λf − λi =

Å.

h (1 − cos 90◦ ) mp c

=⇒

λf =

hc hc hc + = Ei mp c2 Ei

1+

Ei m p c2

El cálculo es ahora trivial pues Ei /mp c2 = 12/938, 6 ' 13 × 10−3 y hc/Ei ' 12400/12 × 106

Era evidente a primera vista que ∆λ/λ es prácticamente despreciable. En efecto, es fácil ver que λi ∼ 10−3 Å. Pero ∆λ = λC,p , la longitud de onda Compton del protón, que será 1840 veces más pequeña que la longitud de onda Compton del electrón que sabemos que vale 2,4 × 10−2 Å. En denitiva ∆λ/λ ∼ 10−2 . Problema 6: En una dispersión Compton se detectan el fotón y el electrón

dispersados. El primero tiene una energía de 200 keV y la energía cinética del electrón es de 75 keV. Calcular la longitud de onda del fotón antes de la dispersión y el ángulo que forman las direcciones del fotón y el electrón.

La energía total del electrón puede escribirse como Ee = me c2 + K , siendo K su energía cinética. Llamando Ei y Ef a las energías inicial y nal del fotón, la ecuación de conservación de la energía en la dispersión implica Ei + me c2 = Ef + me c2 + K

=⇒

λi =

hc 12400 hc = = Å = 0, 045 Å. Ei Ef + K 275 × 103

Si suponemos que antes de la colisión el fotón viajaba a lo largo del eje X y llamamos θ y φ a los ángulos de dispersión del fotón y el electrón respectivamente, las ecuaciones de conservación del momento son componente X :

componente Y :

h h = cos θ + pe cos φ λi λf h 0= sin θ − pe sin φ λf

Elevando al cuadrado estas 2 ecuaciones y sumando miembro a miembro se obtiene

h λi

2

=

h λf

2

+

p2e

h + 2pe (cos θ cos φ − sin θ sin φ) = λf

h λf

2

+ p2e + 2pe

h cos(θ + φ) λf

de modo que

cos(θ + φ) =

Ei2 − Ef2 − p2e c2 (hc/λi )2 − (hc/λf )2 − p2e c2 = . 2pe c(hc/λf ) 2pe cEf

De la conservación de la energía tenemos Ei2 − Ef2 = (Ei + Ef )(Ei − Ef ) = (K + 2Ef )K. Si además utilizamos la relación relativista entre el momento y la energía cinética p2 c2 = K 2 + 2mc2 K, la expresión anteriorse reduce a cos(θ + φ) =

K(Ef − me c2 ) 1 − (me c2 /Ef ) √ p = Ef K 2 + 2me c2 K 1 + (2me c2 /K)

y teniendo en cuenta √ que me c2 /Ef = 511/200 = 2, 55 y 2me c2 /K = 1022/75 = 13, 63 obtenemos cos(θ + φ) = −1,55/ 14, 63 ' −0, 40, que corresponde a θ + φ ' 114◦ .

9



Problema 7: Un fotón de

λ = 1, 24

Å colisiona con un electrón en reposo. El


electrón retrocede en una dirección que forma un ángulo

φ=

30◦ con la dirección

del fotón incidente. ¾Cuál es el ángulo de dispersión del fotón? ¾Cuál es la pérdida de energía del fotón en el choque?

Debemos obtener, en primer lugar, una expresión que nos relacione el ángulo de retroceso del electrón φ, con el ángulo de dispersión del fotón θ. Para ello, escribamos las ecuaciones de conservación del momento en la forma componente X :

componente Y :

h h − cos θ = pe cos φ λi λf h sin θ = pe sin φ λf

Dividiendo la segunda ecuación por la primera se obtiene tan φ =

sin θ (h/λf ) sin θ = . (h/λi ) − (h/λf ) cos θ (λf /λi ) − cos θ

Ahora, teniendo en cuenta la expresión que da la variación de la longitud de onda del fotón λf = λi + λC (1 − cos θ)

que, sustituido en la expresión para tan φ da tan φ =

sin θ cot θ/2 = (1 + λC /λi ) (1 − cos θ) 1 + λC /λi

(en el último paso se han utilizado las relaciones que ligan las funciones trigonométricas de θ con las del ángulo mitad θ/2.) Ésta es la relación buscada entre φ y θ. Ahora bien, en nuestro problema λC /λi = 0, 024/1, 24 ' 0, 02, de modo que podemos escribir tan(θ/2) =

√ 1 1 ' = 3 (1 + λC /λi ) tan φ tan 30◦

⇒

θ = 120◦ .

La variación en la longitud de onda del fotón será entonces

∆λ = λC (1 + 1/2) = (3/2)λC = 0, 036 Å

y la pérdida de energía del fotón en el choque será ∆E = hc

∆λ 0, 036 ' 12400 × eV ' 280 eV. λi (λi + ∆λ) 1, 24 × 1, 276

Nota:-

En este problema se nos pedía calcular explícitamente el ángulo θ de dispersión del fotón. Nótese, sin embargo, que podemos escribir ∆λ directamente en función del ángulo φ en que sale expulsado el electrón. En efecto, teniendo en cuenta las relaciones trigonométricas cos2 (θ/2) = 1/ [1 + tan2 (θ/2)] y cos θ = 2 cos2 (θ/2) − 1 = [1 − tan2 (θ/2)] / [1 + tan2 (θ/2)]. Entonces,

10

2λC tan2 (θ/2) 2λC 2λC ∆λ = λC (1 − cos θ) = = = 2 −2 1 + tan (θ/2) tan (θ/2) + 1 1 + (1 + λC /λi )2 tan2 φ



ONDAS DE MATERIA

Problema 1: Calcular la relación entre las longitudes de onda Compton y de

Broglie de una partícula en función de su energía total y su energía en reposo.

Teniendo en cuenta la relación relativista entre momento y energía total E 2 = p2 c2 +m20 c4 = p c + E02 resulta 2 2

λB h/p m0 c2 E0 = = =p λC h/m0 c pc E 2 − E02

λC λB = p . (E/E0 )2 − 1 √ para E = 2E0 , es decir p = E0 /c o

=⇒

Es √ fácil ver, como caso particular, que λB = λC

v = c/ 2.

Problema 2: ¾Para qué valor de la energía cinética los cálculos no relativistas

de la longitud de onda de de Broglie, para un protón, dan un error del 5 %?

Las expresiones no relativista y relativista que ligan el momento lineal p con la energía cinética K son s p

(nr)

√

=

2M K

(r)

p

=

2M K 1 +

K . 2M c2

La longitud de onda de de Broglie es inversamente proporcional al momento lineal, de manera que la razón entre las longitudes de onda sera la inversa de la razón entre los momentos (nr)

λB

(r) λB

p(r) = (nr) = p

r

1+

K . 2M c2

Puesto que K es positivo, vemos que la longitud de onda de de Broglie no relativista siempre es mayor que la relativista. En concreto, cuando λ(nr) es un 5 % mayor que λB(r) B

T

(nr)

λB

(r) λB

= 1,05

=⇒

K = 2M c2 (1,052 − 1) ' 2 × 938 × 0, 1 MeV = 190 MeV.

Problema 3: Supongamos un gas de neutrones en equilibrio a una temperatura

(tales neutrones se denominan neutrones térmicos). ¾Cómo varía la longitud de

onda de de Broglie de un neutrón térmico al cambiar la temperatura

T?

Hacer

una estimación aproximada de la longitud de onda de los neutrones a temperatura ambiente.

Según la teoría cinética, la energía media de una partícula en un gas de partículas libres a temperatura T es K = (3/2)kT y, por lo tanto,p2 = 3Mn kT . Entonces λB =

h h h 'q =√ ∝ T −1/2 .. p 3M kT n p2

Hemos puesto ' en la expresión anterior porque estrictamente hablando no es cierto que q p = p2 , debido a la dispersión de las velocidades en el gas. La expresión rigurosa para el

11



momento medio es p = 8Mn kT /π , que diere del valor anterior en menos de un 10 %. No obstante, lo que nos interesa en este problema es la dependencia cualitativa con la temperatura q T , y ésta es independiente de que consideremos p o p2 . Para estimar la longitud de onda a temperatura ambiente escribamos


p

hc λB ' √ . 3Mn c2 kT

Ya sabemos que hc = 12400 Å. La masa del neutrón es unas 1840 veces la masa del electrón, es decir Mn c2 ' 1840 × 0, 511 MeV ' 1000 MeV. Tan sólo nos falta saber cuánto vale kT a temperatura ambiente. Si recordamos que 1 eV equivale a unos 12000 K, entonces la temperatura ambiente de 300 K equivale a (1/40) eV. En resumen, 12, 4 12400 Å = √ Å, λB ' p 75 3 × 109 × (1/40)

de modo que las longitudes de onda de los neutrones térmicos son aproximadamente de tamaño atómico. Problema 4: Un haz de electrones acelerados a través de una diferencia de

potencial de 50 V incide perpendicularmente sobre una cara de un cristal de estructura cúbica simple cuya constante de la red es de los máximos de difracción.

a = 3, 52 Å. Calcular la dirección √

El momento lineal de los electrones acelerados será p = 2me K , y su longitud de onda de de Broglie λB = h/p. La condición de difracción implica entonces a sin θn = nλB

=⇒

sin θn =

nλB n hc = √ . a a 2me c2 K

Puesto que me c2 = 0, 511 MeV y K = 50 eV, resulta sin θn = n

12400 12, 4 √ √ =n ' 0,49 n 5 3, 52 × 51, 1 3, 52 × 511 × 10

Así, pues, θ0 = 0, θ1 = arcsin 0, 49 ' 30◦ y θ2 = arcsin 0, 98 ' 80◦ . No existen más haces difractados ya que ello implicaría sin θ > 1. Problema 5: Se hace un experimento de difracción lanzando sobre una supercie

cristalina de constante de red

a = 3, 1

Å átomos p de He procedentes de un horno

a 600 K. Para un haz de origen térmico

que hay una anchura angular media

θn

la incertidumbre

12

∆v

hvi =

8kT /πm

y

hv 2 i = 3kT /m,

de modo

en la distribución de velocidades. Calcular la posición

de los 3 primeros haces difractados (en el plano de incidencia) y

∆θn

en la posición de los mismos debida a la anchura

La condición de difracción es a sin θn = nλB

=⇒

sin θn = n

h hc =n p . aMHe v a (8/π) MHe c2 kT

∆v

del haz.



Para ver como la incertidumbre en la velocidad se traduce en incertidumbre en los ángulos utilizamos la teoría clásica de errores. Así, derivando la expresión y sustituyendo las diferenciales por incrementos, resulta nh cos θn ∆θn = − ∆v = − sin θn aMHe v 2

∆v v

|∆θn | = tan θn

=⇒

∆v v

.

La incertidumbre (desviación típica) de la velocidad es 2

(∆v) =

8 3− π

kT m

=⇒

∆v = v

s

3 − (8/π) = 8/π

r

3π − 1 = 0, 42 8

de modo que ∆θn = −0, 42 tan θn . Puesto que un átomo de He tiene 4 nucleones y, teniendo en cuenta la equivalencia 1 eV↔12000 K y

(8/π) MHe c2 kT ' (8/π) × 4 × 109 eV × (1/20) eV = 5, 1 × 108 (eV)2

1, 24 12400 =n = 0,18n 4 3, 1 × 2, 25 × 10 7 0, 18n ∆θn = 0, 42 tan θn = 0, 42 p 1 − 0, 182 n2

sin θn = n

Es fácil hacer una estimación aproximada de los valores de θ1 , θ2 y θ3 . El mayor valor del seno es sin θ3 = 0,54. Pero para valores del seno por debajo de aproximadamente 0, 5 la aproximación sin θn ' θn es bastante razonable. En efecto, el desarrollo en serie de la función seno es sin θ = θ + θ3 /3! + θ5 /5! + ...

de modo que para θ = 0, 5 rad

sin 0, 5 = 0, 5 + 0, 125/6 + 0, 03125/120 + ... ' 0, 521.

Con esta aproximación resulta n = 1 n = 2 n = 3

⇒ ⇒ ⇒

θ1 ' 0, 18 rad ' 10◦ θ2 ' 0, 36 rad ' 20◦ θ3 ' 0, 54 rad ' 30◦

⇒ ⇒ ⇒

∆θ1 ' 0, 08 rad ' 4, 5◦ ∆θ2 ' 0, 16 rad ' 9◦ ∆θ3 ' 0, 27 rad ' 15◦

Como se ve, las incertidumbres son bastante altas, lo que hace que los máximos de difracción no estén muy denidos sino que son anchos y superpuestos. Problema 6: Un metal cuya función de trabajo es

W =5

eV se ilumina con rayos

X de 200 Å. Los electrones expulsados por efecto fotoeléctrico se hacen incidir perpendicularmente sobre una red de difracción cuya constante es

a=3

Å. ¾Cuál

será el ángulo entre los máximos de difracción principales?

De acuerdo con el estudio del efecto fotoeléctrico, los electrones expulsados del metal tendrán una energía cinética Ke = hc/λ − W . Por lo tanto, su longitud de onda de de Broglie será λB =

h h h =√ =p p 2me Ke 2me (hc/λ − W )

13




Ahora, como en el problema anterior, los electrones saldrán difractados en haces con direcciones dadas por sin θn = n

hc λB =n p . 2 a a 2me c (hc/λ − W )

Teniendo en cuenta que (hc/λ − W ) = (12400/200 − 5) eV = 57 eV, es fácil calcular que el máximo de difracción correspondiente a n = 1 saldrá con un ángulo 12400 12, 4 sin θ1 = √ ' √ = 0, 54 3 3 1022 × 57 × 10 3 57

⇒

θ1 = 33◦ .

Problema 7: Un haz de luz monocromática incide perpendicularmente sobre una

red de difracción de constante

a un ángulo

θ = 30

◦

a = 0, 1 µm. El

primer máximo de difracción aparece

. Si repetimos el experimento con electrones en lugar de con

luz, ¾cuál debe ser la energía cinética de los electrones incidentes para obtener resultados similares?

Para que los electrones se difracten de la misma forma que la luz, su longitud de onda de de Broglie debe ser igual a la longitud de onda de la luz. Ahora bien, si al incidir con luz se encuentra el primer máximo de difracción a 30◦ , su longitud de onda será λ = a sin 30◦ = a/2. Así pues, la energía cinética de los electrones tendrá que ser

14

Ke

2 2 2 1 h 1 hc 1 12400 p2e = = = eV = 2me 2me λB 2me c2 a/2 1022 × 103 0, 5 × 103 24, 82 = eV ' 0, 6 eV. 1, 022 × 103

Problemas resueltos FC1-Parte1

Recommend Documents