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Problemas de Física 2º Bachillerato (PAU) –Física Cuántica–
1.–
12
02/05/2015
¿Cuál es la hipótesis cuántica de Planck?
a) Ley de Planck: E = h f.
2.–
¿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 ;
vacío: c = 3,00·108 m s−1 ; 1 nm = 10−9 m
Velocidad de la luz en el
Sí se produce (la energía cinética de cada electrón es de 1,3·10−19 J).
3.–
¿Se puede producir el efecto fotoeléctrico cuando incide luz de 4,0·1014 Hz sobre un
metal con una función de trabajo de 2,3 eV?
Datos: Constante de Planck: h = 6,63·10–34 J s ; Valor absoluto de la carga del electrón:
e = 1,60·10−19 C
12
No se produce el efecto fotoeléctrico.
Solución: El Postuladocuántica de Planck dice que la energía (o más correctamente la acción,
que es una magnitud física que equivale al producto de la energía por el tiempo) está cuantizada,
esto es, que solo puede alcanzar unos valores que son múltiplos del cuanto (que es la unidad
elemental de acción) al que representa por la letra h y cuyo valor es h = 6,626 069 57(29)·10–34 J s.
Solución: Para que se produzca el efecto fotoeléctrico, la energía de la radiación incidente ha de
ser mayor que la función de trabajo:
ℎ 𝑐𝑐
ℎ 𝑐𝑐
> 𝑊𝑊ext ⇔
− 𝑊𝑊ext > 0
𝐸𝐸luz = ℎ 𝑓𝑓luz =
𝜆𝜆luz
𝜆𝜆luz
1,602·10−19 J
6,63·10−34 J s · 3,00·108 m s −1
−
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: Teniendo en cuenta la frecuencia que nos da el problema como dato, hacemos los
cálculos con ella para ver si da un balance positivo de energía cinética (lo que implicaría que sí se
produce el efecto fotoeléctrico). De la expresión de las energías implicadas en el efecto
fotoeléctrico:
𝐸𝐸luz = ℎ 𝑓𝑓luz = 𝑊𝑊ext + 𝐸𝐸c ⇔ 𝐸𝐸c = ℎ 𝑓𝑓luz − 𝑊𝑊ext
1,60·10−19 J
𝐸𝐸c = 6,63·10
J s · 4,0·10 Hz − 2,3 eV ·
≅ −1,03·10−19 J.
1 eV
Como la energía cinética es negativa, la luz incidente no tiene la energía suficiente para producir
el efecto fotoeléctrico.
Solución: a) La longitud de onda de De Broglie se asocia con la constante de Planck y con la
cantidad de movimiento de la partícula, según la expresión de la dualidad onda−corpúsculo de De
ℎ
ℎ
Broglie: 𝜆𝜆 = =
.
−34
4.–
A una partícula material se le asocia la llamada longitud de onda de De Broglie.
a) ¿Qué magnitudes físicas determinan el valor de la longitud de onda de De Broglie?
¿Pueden dos partículas distintas con diferente velocidad tener asociada la misma longitud de
onda de De Broglie?
b) ¿Qué relación existe entre las longitudes de onda de De Broglie de dos electrones cuyas
energías cinéticas vienen dadas por 2 eV y 8 eV?
a) como λ = h/p, depende de la masa y de la velocidad ; sí cuando m1 v1 = m2 v2 ; b) λ1 = 2 λ2
12
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𝑝𝑝
𝑚𝑚 𝑣𝑣
14
Aplicando la dualidad a las dos partículas:
ℎ
ℎ
𝜆𝜆1 = =
ℎ
ℎ
𝑚𝑚2 𝑣𝑣1
𝑝𝑝1 𝑚𝑚1 𝑣𝑣1
⇒ 𝜆𝜆1 = 𝜆𝜆2 ⇒
=
⇒
=
ℎ
ℎ
𝑚𝑚1 𝑣𝑣2
𝑚𝑚1 𝑣𝑣1 𝑚𝑚2 𝑣𝑣2
𝜆𝜆2 =
=
𝑝𝑝2 𝑚𝑚2 𝑣𝑣2
Si pueden tener asociada la misma longitud de onda siempre que la relación entre sus masas sea
inversa a la relación entre sus velocidades (ambas deben tener la misma cantidad de movimiento).
b) Aplicando la expresión de la energía cinética, la cantidad de movimiento y la dualidad
onda−corpúsculo:
1
𝑝𝑝12
ℎ
𝐸𝐸c1 = 𝑚𝑚 𝑣𝑣12 =
𝜆𝜆
𝑝𝑝
2
2 𝑚𝑚 ⇒ 2 = 2 = 𝑝𝑝1 = �2 𝑚𝑚 𝐸𝐸c1 = �𝐸𝐸c1 = �2 eV = 0,5.
ℎ
8 eV
𝜆𝜆1
𝑝𝑝2 �2 𝑚𝑚 𝐸𝐸c2
𝐸𝐸c2
1
𝑝𝑝22
2
𝐸𝐸c2 = 𝑚𝑚 𝑣𝑣2 =
𝑝𝑝
1
2
2 𝑚𝑚
La longitud de onda del electrón de energía 2 eV es la mitad de la longitud de onda del electrón
de energía 8 eV.
Problemas de Física 2º Bachillerato (PAU) –Física Cuántica–
02/05/2015
5.–
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 1,80·1015 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 ;
−19
e = 1,60·10 C
Valor absoluto de la carga del electrón:
a) Wext ≈ 4,27 eV; Vfrenado ≈ 3,19 V ; b) No se produciría efecto fotoeléctrico (f < f0).
6.–
Al iluminar con luz de frecuencia 8,00·1014 Hz una superficie metálica se obtienen
fotoelectrones con una energía cinética máxima de 1,60·10−19 J.
a) ¿Cuál es la función de trabajo del metal? Exprese su valor en eV.
b) Determine la longitud de onda mínima de los fotones que producirían fotoelectrones en
dicho material.
12
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
a) Wext ≈ 2,31 eV ; b) λ0 ≈ 537 nm.
7.–
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 ;
Valor absoluto de la carga del electrón: e = 1,60·10−19 C
a) Wext ≈ 0,368 aJ ; b) Vfre 1 ≈ 7,2 V ; Vfre 2 ≈ 1,8 dV.
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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
𝐸𝐸luz = ℎ 𝑓𝑓0 = 𝑊𝑊ext = 6,63·10−34 J s · 1,03·1015 Hz ≅ 6,83·10−19 J ·
≅ 4,27 eV.
1,60·10−19 J
Volviendo a aplicar la expresión de las energías implicadas en el efecto fotoeléctrico, con la
nueva frecuencia:
ℎ 𝑓𝑓′ − ℎ 𝑓𝑓0
ℎ 𝑓𝑓 ′ = 𝑊𝑊ext = ℎ 𝑓𝑓0 − |𝑞𝑞e 𝑉𝑉frenado | ⇔ 𝑉𝑉frenado =
𝑞𝑞e
−34
15
15
6,63·10 J s · (1,80·10 Hz − 1,03·10 Hz)
𝑉𝑉frenado =
≅ 3,19 V.
1,60·10−19 C
14
b) La mitad de la frecuencia del apartado anterior es 9,0·10 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.
Solución: a) De la expresión de las energías implicadas en el efecto fotoeléctrico:
𝐸𝐸luz = ℎ 𝑓𝑓luz = 𝑊𝑊ext + 𝐸𝐸c ⇔ 𝑊𝑊ext = ℎ 𝑓𝑓luz − 𝐸𝐸c
1 eV
≅ 2,31 eV.
1,60·10−19 J
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:
𝑐𝑐
ℎ 𝑐𝑐
ℎ 𝑐𝑐
𝑐𝑐
⇔ 𝜆𝜆0 =
=
=
𝑊𝑊ext = ℎ 𝑓𝑓0 = ℎ
𝜆𝜆0
𝑊𝑊ext ℎ 𝑓𝑓luz − 𝐸𝐸𝑐𝑐 𝑓𝑓 − 𝐸𝐸𝑐𝑐
luz
ℎ
8
−1
3,00·10 m s
−7
𝜆𝜆0 =
−19 J ≅ 5,37·10 m.
1,60·10
8,00·1014 Hz −
6,63·10−34 J s
Solución: a) De la expresión de las energías implicadas en el efecto fotoeléctrico y teniendo en
cuenta que al ser la velocidad el doble la energía cinética ha de ser el cuádruple:
ℎ 𝑐𝑐
𝐸𝐸1 = ℎ 𝑓𝑓1 =
= 𝑊𝑊ext + 𝐸𝐸c1
𝜆𝜆1
ℎ 𝑐𝑐
ℎ 𝑐𝑐
ℎ 𝑐𝑐
⇔
= 𝑊𝑊ext + 4 �
− 𝑊𝑊ext �
𝜆𝜆1
𝜆𝜆2
𝐸𝐸2 = ℎ 𝑓𝑓2 =
= 𝑊𝑊ext + 𝐸𝐸c2
𝜆𝜆2
𝐸𝐸c1 = 4 𝐸𝐸c2
1
4
1
4
ℎ 𝑐𝑐 �𝜆𝜆 − 𝜆𝜆 � 6,626·10−34 J s · 3,00·108 m s−1 · �
−7 m − 4,10·10−7 m�
5,00·10
2
1
𝑊𝑊ext =
=
3
3
1
eV
𝑊𝑊ext ≅ 3,68·10−19 J ·
≅ 2,30 eV.
1,60·10−19 J
b) Volviendo a aplicar la expresión de las energías implicadas en el efecto fotoeléctrico:
ℎ 𝑐𝑐
ℎ 𝑐𝑐
𝜆𝜆luz − 𝑊𝑊ext
𝑊𝑊ext =
− |𝑞𝑞e 𝑉𝑉frenado | ⇔ 𝑉𝑉frenado =
𝜆𝜆luz
𝑞𝑞e
−34
8
−1
6,626·10
J s · 3,00·10 m s
− 3,68·10−19 J
4,10·10−7 m
𝑉𝑉frenado 1 ≅
≅ 0,72 V
1,60·10−19 C
6,626·10−34 J s · 3,00·108 m s −1
− 3,68·10−19 J
5,00·10−7 m
𝑉𝑉frenado 2 ≅
≅ 0,18 V.
1,60·10−19 C
Wext =6,63·10−34 J s · 8,00·1014 Hz − 1,60·10−19 J ≅ 3,70·10−19 J·
Problemas de Física 2º Bachillerato (PAU) –Física Cuántica–
02/05/2015
8.–
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) 2 f;
b.2) f/2.
12
Datos: Constante de Planck: h = 6,63·10−34 J s ;
−19
e = 1,60·10 C
Valor absoluto de la carga del electrón:
a) Wext ≈ 5,8 eV ; b.1) E’c ≈ 11 eV ; b.2) No hay efecto fotoeléctrico.
9.–
Al iluminar la superficie de un metal con luz de longitud de onda 280 nm, la emisión de
fotoelectrones cesa para un potencial de frenado de 1,30 V.
a) Determine la función trabajo del metal y la frecuencia umbral de emisión fotoeléctrica.
b) Cuando la superficie del metal se ha oxidado, el potencial de frenado para la misma luz
incidente es de 0,70 V. Razone cómo cambian, debido a la oxidación del metal:
b.1) la energía cinética máxima de los fotoelectrones;
b.2) la frecuencia umbral de emisión;
b.3) la función trabajo.
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
; Valor absoluto de la carga del electrón: e = 1,60·10−19 C
a) Wext ≈ 5,0·10−19 J; f0 ≈ 7,6·1014 Hz ; b.1) Ec’ = 1,1·10−19 J (disminuye); b.2) f0’ = 9,0·1014 Hz
(aumenta); W’ext = 6,0·10−19 J (aumenta); se dificulta el efecto fotoeléctrico.
12
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Solución: a) De la expresión de las energías implicadas en el efecto fotoeléctrico:
𝐸𝐸luz = ℎ 𝑓𝑓luz = 𝑊𝑊ext + 𝐸𝐸c ⇔ 𝑊𝑊ext = ℎ 𝑓𝑓luz − 𝐸𝐸c
1,6·10−19 J
𝑊𝑊ext = 6,63·10
J s · 2,0·10 Hz − 2,5 eV ·
≅ 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) 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):
ℎ 𝑐𝑐
ℎ 𝑐𝑐
= 𝑊𝑊ext + 𝐸𝐸c ⇔ 𝑊𝑊ext =
− |𝑞𝑞e 𝑉𝑉frenado |
𝐸𝐸luz = ℎ 𝑓𝑓luz =
𝜆𝜆luz
𝜆𝜆luz
6,63·10−34 J s · 3,00·108 m s −1
− 1,60·10−19 C · 1,30 V ≅ 5,0·10−19 J.
𝑊𝑊ext =
1m
280 nm· 9
10 nm
La frecuencia umbral es la frecuencia correspondiente a la funcion trabajo, puesto que es la que
consigue que empiece el efecto fotoeléctrico, pero sin que los electrones tengan energía cinética.
Por tanto:
ℎ 𝑐𝑐
− 𝑒𝑒 𝑉𝑉frenado
𝑊𝑊ext
𝑐𝑐
𝑒𝑒 𝑉𝑉frenado
𝜆𝜆luz
𝑊𝑊ext = ℎ 𝑓𝑓0 ⇔ 𝑓𝑓0 =
=
=
−
ℎ
ℎ
ℎ
𝜆𝜆luz
8
−1
−19
3,00·10 m s
1,60·10 C · 1,30 V
𝑓𝑓0 =
−
≅ 7,6·1014 Hz.
−34 J s
1m
6,63·10
280 nm· 9
10 nm
b.1) Rehaciendo el problema con el nuevo dato de potencial:
Ec’ = e V’frenado = 1,60·10−19 C · 0,70 V ≈ 1,1·10−19 J.
𝑐𝑐
𝑞𝑞e 𝑉𝑉´frenado
3,00·108 m s −1
1,60·10−19 C · 0,70 V
b.2) 𝑓𝑓0 ′ =
−
=
−
= 9,0·1014 Hz.
−34 J s
1m
ℎ
𝜆𝜆luz
6,63·10
280 nm· 9
10 nm
ℎ 𝑐𝑐
b.3) 𝑊𝑊ext ′ =
− 𝑞𝑞e 𝑉𝑉´fre
𝜆𝜆luz
6,63·10−34 J s · 3,00·108 m s −1
=
− 1,60·10−19 C · 0,70 V = 6,0·10−19 J.
1m
280 nm· 9
10 nm
El hecho de que se oxide el metal, dificulta la extracción electrónica, por lo que la energía
cinética de los electrones emitidos disminuye, la frecuencia umbral aumenta y con ella tamibén
aumenta el trabajo de extracción.
−34
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02/05/2015
10.–
Al iluminar potasio con luz amarilla de sodio de λ = 5890·10−10 m se liberan electrones
con una energía cinética máxima de 0,577·10−19 J y al iluminarlo con luz ultravioleta de una
lámpara de mercurio de λ = 2537 ·10−10 m, la energía cinética máxima de los electrones
emitidos es 5,036·10−19 J.
a) Explique el fenómeno descrito en términos energéticos y determine el valor de la constante
de Planck.
b) Calcule el valor del trabajo de extracción del potasio.
Datos: Velocidad de la luz en el vacío: c = 2,9980 ·108 m s–1
a) h f = h f0 + Ec (1/2 m v2 o también q Vfrenado) ; h ≈ 6,628·10−34 J s ; b) Wext ≈ 279,7 zJ.
12
11.–
Al iluminar un metal con luz de frecuencia 2,5·1015 Hz se observa que emite electrones
cuyo potencial de frenado es de 7,2 V. Si a continuación se ilumina con otra luz de longitud de
onda 1,8·10−7 m, dicho potencial pasa a ser 3,8 V. Determine:
a) el valor de la constante de Planck;
b) el trabajo de extracción del metal.
Datos: 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
a) h ≈ 6,5·10−34 J s ; b) Wext ≈ 3,0 eV.
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Solución: a) Básicamente, intervienen 3 energías: La que trae la luz asociada al hecho de que
tiene frecuencia (E = h f), que es la mayor de las tres cuando se produce el efecto fotoeléctrico, el
trabajo de extracción, que es la energía que hay que aportar para que un electrón pueda salir del
pozo de potencial donde se encuentran los electrones en la placa metálica (Wext) , y la energía
cinética que portan los electrones al separarse de la placa, y que es igual a Ec = h f − Wext.
De la expresión de las energías implicadas en el efecto fotoeléctrico:
ℎ 𝑐𝑐
𝐸𝐸1 = ℎ 𝑓𝑓1 =
= 𝑊𝑊ext + 𝐸𝐸c1
ℎ 𝑐𝑐 ℎ 𝑐𝑐
𝜆𝜆1
⇔
=
− 𝐸𝐸c2 + 𝐸𝐸c1
ℎ 𝑐𝑐
𝜆𝜆1
𝜆𝜆2
𝐸𝐸2 = ℎ 𝑓𝑓2 =
= 𝑊𝑊ext + 𝐸𝐸c2
𝜆𝜆2
1
1
𝐸𝐸c1 − 𝐸𝐸c2
ℎ 𝑐𝑐 � − � = 𝐸𝐸c1 − 𝐸𝐸c2 ⇒ ℎ =
1
1
𝜆𝜆1 𝜆𝜆2
𝑐𝑐 �𝜆𝜆 − 𝜆𝜆 �
1
2
−19
−19
0,577·10
J− 5,036·10
J
ℎ=
≅ 6,628·10−34 J s.
1
1
−
�
2,9980·108 m s −1 · �
5890·10−10 m 2537·10−10 m
b) Suponiendo que no conocemos h:
ℎ 𝑐𝑐
= 𝑊𝑊ext + 𝐸𝐸c1
𝐸𝐸1 = ℎ 𝑓𝑓1 =
(𝑊𝑊ext + 𝐸𝐸c1 ) 𝜆𝜆1 (𝑊𝑊ext + 𝐸𝐸c2 ) 𝜆𝜆2
𝜆𝜆1
⇔ ℎ=
=
ℎ 𝑐𝑐
𝑐𝑐
𝑐𝑐
𝐸𝐸2 = ℎ 𝑓𝑓2 =
= 𝑊𝑊ext + 𝐸𝐸c2
𝜆𝜆2
𝜆𝜆1 𝐸𝐸c1 − 𝜆𝜆2 𝐸𝐸c2
=
𝜆𝜆1 (𝑊𝑊ext + 𝐸𝐸c1 ) = 𝜆𝜆2 (𝑊𝑊ext + 𝐸𝐸c2 ) ⇒ 𝑊𝑊ext =
𝜆𝜆2 − 𝜆𝜆1
5890·10−10 m · 0,577·10−19 J − 2537·10−10 m · 5,036·10−19 J
≅ 2,797·10−19 J ≅ 1,746 eV.
2537·10−10 m − 5890·10−10 m
Solución: a) De la expresión de las energías implicadas en el efecto fotoeléctrico:
𝐸𝐸1 = ℎ 𝑓𝑓1 = 𝑊𝑊ext + 𝑞𝑞e 𝑉𝑉fre 1
ℎ 𝑐𝑐
ℎ 𝑐𝑐
⇔ ℎ 𝑓𝑓1 =
− 𝑞𝑞e 𝑉𝑉fre 2 + 𝑞𝑞e 𝑉𝑉fre 1
𝐸𝐸2 = ℎ 𝑓𝑓2 =
= 𝑊𝑊ext + 𝑞𝑞e 𝑉𝑉fre 2
𝜆𝜆2
𝜆𝜆2
𝑐𝑐
𝑞𝑞e (𝑉𝑉fre 1 − 𝑉𝑉fre 2 )
ℎ �𝑓𝑓1 − � = 𝑞𝑞e (𝑉𝑉fre 1 − 𝑉𝑉fre 2 ) ⇒ ℎ =
𝑐𝑐
𝜆𝜆2
𝑓𝑓1 − 𝜆𝜆
2
1,60·10−19 C · (7,2 V − 3,8 V)
−34
ℎ=
J s.
8 m s −1 ≅ 6,5·10
3,00·10
2,5·1015 Hz −
1,8·10−7 m
b) Suponiendo que no conocemos h:
𝐸𝐸1 = ℎ 𝑓𝑓1 = 𝑊𝑊ext + 𝑞𝑞e 𝑉𝑉fre 1
𝑊𝑊ext + 𝑞𝑞e 𝑉𝑉fre 1 𝑊𝑊ext + 𝑞𝑞e 𝑉𝑉fre 2
ℎ 𝑐𝑐
⇔ℎ=
=
𝑐𝑐
𝐸𝐸2 = ℎ 𝑓𝑓2 =
= 𝑊𝑊ext + 𝑞𝑞e 𝑉𝑉fre 2
𝑓𝑓1
𝜆𝜆2
𝜆𝜆2
𝑐𝑐
𝑞𝑞e �𝜆𝜆 𝑉𝑉fre 1 − 𝑓𝑓1 𝑉𝑉fre 2 �
𝑐𝑐
2
(𝑊𝑊 + 𝑞𝑞e 𝑉𝑉fre 1 ) = 𝑓𝑓1 (𝑊𝑊ext + 𝑞𝑞e 𝑉𝑉fre 2 ) ⇒ 𝑊𝑊ext =
𝑐𝑐
𝜆𝜆2 ext
𝑓𝑓1 − 𝜆𝜆
2
8
−1
3,00·10
m
s
1,60·10−19 C · �
·7,2 V − 2,5·1015 Hz ·3,8 V�
1,8·10−7 m
𝑊𝑊ext =
≈ 4,8·10−19 J.
3,00·108 m s −1
15
2,5·10 Hz −
1,8·10−7 m
Problemas de Física 2º Bachillerato (PAU) –Física Cuántica–
02/05/2015
12.–
Al iluminar un metal con luz de frecuencia 2,50·1015 Hz se observa que emite electrones
que pueden detenerse al aplicar un potencial de frenado de 7,20 V. Si la luz que se emplea con
el mismo fin es de longitud de onda en el vacío 1,78·10−7 m, dicho potencial pasa a ser de 3,80
V. Determine:
a) el valor de la constante de Planck;
b) la función de trabajo (o trabajo de extracción) del metal.
Datos: Velocidad de la luz en el vacío, c = 3,00·108 m s−1 ; Valor absoluto de la carga del electrón,
−19
e = 1,60·10 C
a) h ≈ 6,68·10−34 J s ; b) Wext ≈ 3,23 eV.
12
13.–
Al incidir luz de longitud de onda λ = 621,5 nm sobre la superficie de una fotocélula, los
electrones de ésta son emitidos con una energía cinética de 0,140 eV. Calcule:
a) el trabajo de extracción de la fotocélula;
b) la frecuencia umbral;
c) cuál será la energía cinética si la longitud de onda es λ1 = λ/2? ¿Y si la longitud de onda es
λ2 = 2 λ?
Datos: Valor absoluto de la carga del electrón: e = 1,602·10−19 C ; Constante de Planck: h =
−34
8
−1
6,626·10 J s ; Velocidad de la luz en el vacío: c = 3,00·10 m s
a) Wext = 1,86 eV ; b) f0 = 449 THz ; c) Ec1 = 2,14 eV; No hay emisión.
12
Solución: a) De la expresión de las energías implicadas en el efecto fotoeléctrico:
𝐸𝐸1 = ℎ 𝑓𝑓1 = 𝑊𝑊ext + 𝑞𝑞e 𝑉𝑉fre 1
ℎ 𝑐𝑐
ℎ 𝑐𝑐
⇔ ℎ 𝑓𝑓1 =
− 𝑞𝑞e 𝑉𝑉fre 2 + 𝑞𝑞e 𝑉𝑉fre 1
𝐸𝐸2 = ℎ 𝑓𝑓2 =
= 𝑊𝑊ext + 𝑞𝑞e 𝑉𝑉fre 2
𝜆𝜆2
𝜆𝜆2
𝑞𝑞e (𝑉𝑉fre 1 − 𝑉𝑉fre 2 )
𝑐𝑐
ℎ �𝑓𝑓1 − � = 𝑞𝑞e (𝑉𝑉fre 1 − 𝑉𝑉fre 2 ) ⇒ ℎ =
𝑐𝑐
𝜆𝜆2
𝑓𝑓1 −
𝜆𝜆2
1,60·10−19 C · (7,20 V − 3,80 V)
−34
ℎ=
J s.
8 m s −1 ≅ 6,68·10
3,00·10
15
2,50·10 Hz −
1,78·10−7 m
b) Suponiendo que no conocemos h:
𝐸𝐸1 = ℎ 𝑓𝑓1 = 𝑊𝑊ext + 𝑞𝑞e 𝑉𝑉fre 1
𝑊𝑊ext + 𝑞𝑞e 𝑉𝑉fre 1 𝑊𝑊ext + 𝑞𝑞e 𝑉𝑉fre 2
ℎ 𝑐𝑐
⇔ℎ=
=
𝑐𝑐
𝐸𝐸2 = ℎ 𝑓𝑓2 =
= 𝑊𝑊ext + 𝑞𝑞e 𝑉𝑉fre 2
𝑓𝑓1
𝜆𝜆2
𝜆𝜆2
𝑐𝑐
𝑞𝑞e �𝜆𝜆 𝑉𝑉fre 1 − 𝑓𝑓1 𝑉𝑉fre 2 �
𝑐𝑐
2
(𝑊𝑊ext + 𝑞𝑞e 𝑉𝑉fre 1 ) = 𝑓𝑓1 (𝑊𝑊ext + 𝑞𝑞e 𝑉𝑉fre 2 ) ⇒ 𝑊𝑊ext =
𝑐𝑐
𝜆𝜆2
𝑓𝑓1 − 𝜆𝜆
2
8
−1
3,00·10 m s
1,60·10−19 C · �
·7,20 V − 2,50·1015 Hz ·3,80 V�
1,78·10−7 m
𝑊𝑊ext =
≈ 5,18·10−19 J.
8 m s −1
3,00·10
2,50·1015 Hz −
1,78·10−7 m
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):
ℎ 𝑐𝑐
ℎ 𝑐𝑐
𝐸𝐸luz = ℎ 𝑓𝑓luz =
= 𝑊𝑊ext + 𝐸𝐸c ⇔ 𝑊𝑊ext =
− 𝐸𝐸c
𝜆𝜆luz
𝜆𝜆luz
6,626·10−34 J s · 3,00·108 m s−1
1,602·10−19 J
𝑊𝑊ext =
− 0,140 eV ·
≅ 2,97·10−19 J ≅ 1,86 eV.
1m
1
eV
621,5 nm· 9
10 nm
b) La frecuencia umbral corresponde al trabajo de extracción, por lo que:
ℎ 𝑐𝑐
𝑊𝑊ext 𝜆𝜆luz − 𝐸𝐸c
𝑐𝑐
𝐸𝐸c
𝑊𝑊ext = ℎ 𝑓𝑓0 ⇔ 𝑓𝑓0 =
=
=
−
ℎ
ℎ
𝜆𝜆luz ℎ
−19
1,602·10
J
0,140 eV ·
3,00·108 m s −1
1
eV
𝑓𝑓0 =
−
≅ 4,49·1014 Hz.
−34 J s
1m
6,626·10
621,5 nm· 9
10 nm
c) Al disminuir la longitud de onda, la energía cinética de los electrones emitidos será mayor:
ℎ 𝑐𝑐
ℎ 𝑐𝑐
1 1
ℎ 𝑐𝑐
−�
− 𝐸𝐸c � = 𝐸𝐸c + ℎ 𝑐𝑐 � − � = 𝐸𝐸c +
𝜆𝜆 𝜆𝜆
𝜆𝜆1
𝜆𝜆
𝜆𝜆
2
1,602·10−19 J 6,626·10−34 J s · 3,00·108 m s −1
𝐸𝐸c1 = 0,140 eV ·
+
≅ 3,42·10−19 J ≅ 2, 14 eV.
1m
1 eV
621,5 nm· 9
10 nm
Al aumentar la longitud de onda, la energía cinética de los electrones sería:
ℎ 𝑐𝑐
ℎ 𝑐𝑐
1
1
ℎ 𝑐𝑐
𝐸𝐸c2 = ℎ 𝑓𝑓2 − 𝑊𝑊ext =
−�
− 𝐸𝐸c � = 𝐸𝐸c + ℎ 𝑐𝑐 � − � = 𝐸𝐸c −
𝜆𝜆2
𝜆𝜆
2 𝜆𝜆 𝜆𝜆
2 𝜆𝜆
−19
−34
8
−1
1,602·10
J 6,626·10
J s · 3,00·10 m s
𝐸𝐸c′ = 0,140 eV ·
−
< 0.
1m
1 eV
2 · 621,5 nm ·
109 nm
No hay emisión.
𝐸𝐸c1 = ℎ 𝑓𝑓1 − 𝑊𝑊ext =
Licencia Creative Commons 3.0. Autor: Antonio José Vasco Merino
Problemas de Física 2º Bachillerato (PAU) –Física Cuántica–
02/05/2015
14.–
Al incidir luz de longitud de onda 620 nm en la superficie de una fotocélula, la energía
cinética máxima de los fotoelectrones emitidos es 0,14 eV.
a) Determine la función trabajo del metal y el potencial de frenado que anula la fotoemisión.
b) Explique, con ayuda de una gráfica, cómo varía la energía cinética máxima de los
fotoelectrones emitidos al variar la frecuencia de la luz incidente.
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
; Valor absoluto de la carga del electrón: e = 1,60·10−19 C
12
a) Wext ≈ 3,0·10−19 J; Vfrenado = 0,14 V.
15.–
Al incidir luz de longitud de onda 620 nm sobre la superficie de una fotocélula, se emiten
electrones con una energía cinética máxima de 0,14 eV. Determine:
a) el trabajo de extracción del metal y la frecuencia umbral.
b) Si la fotocélula se iluminara con luz de longitud de onda doble de la anterior, ¿cuál sería la
energía cinética 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
; Valor absoluto de la carga del electrón: e = 1,60·10−19 C
a) Wext ≈ 3,0·10−19 J; f0 ≈ 4,50·1014 Hz ; b) No tendría lugar el efecto fotoeléctrico.
12
Licencia Creative Commons 3.0. Autor: Antonio José Vasco Merino
Solución: a) De la expresión de las energías del efecto fotoeléctrico:
ℎ 𝑐𝑐
ℎ 𝑐𝑐
= 𝑊𝑊ext + 𝐸𝐸c ⇔ 𝑊𝑊ext =
− 𝐸𝐸c
𝜆𝜆luz
𝜆𝜆luz
6,63·10−34 J s · 3,00·108 m s −1
1,60·10−19 J
𝑊𝑊ext =
− 0,14 eV ·
≅ 3,0·10−19 J.
1m
1
eV
620 nm· 9
10 nm
El potencial de frenado es el potencial que logra anular la energía cinética que llevan los
electrones emitidos por lo que igualando la energía cinética con la energía potencial eléctrica:
1,6·10−19 J
0,14
eV
·
𝐸𝐸c
1 eV
�𝐸𝐸p � = |𝑞𝑞e | 𝑉𝑉frenado = 𝑒𝑒 𝑉𝑉frenado = 𝐸𝐸c ⇒ 𝑉𝑉frenado =
=
= 0,14 V.
𝑒𝑒
1,60·10−19 C
b) Ver imagen.
Solución: a) De la expresión de las energías implicadas en el efecto fotoeléctrico:
ℎ 𝑐𝑐
ℎ 𝑐𝑐
𝐸𝐸luz = ℎ 𝑓𝑓luz =
= 𝑊𝑊ext + 𝐸𝐸c ⇔ 𝑊𝑊ext =
− 𝐸𝐸c
𝜆𝜆luz
𝜆𝜆luz
6,63·10−34 J s · 3,00·108 m s −1
1,60·10−19 J
𝑊𝑊ext =
− 0,14 eV ·
≅ 3,0·10−19 J.
1m
1
eV
620 nm· 9
10 nm
La frecuencia umbral es la correspondiente a la funcion trabajo, puesto que es la que consigue
que empiece el efecto fotoeléctrico, pero sin que los electrones tengan energía cinética. Por tanto:
ℎ 𝑐𝑐
𝑊𝑊ext 𝜆𝜆luz − 𝐸𝐸c
𝑐𝑐
𝐸𝐸𝑐𝑐
𝑊𝑊ext = ℎ 𝑓𝑓0 ⇔ 𝑓𝑓0 =
=
=
−
ℎ
ℎ
𝜆𝜆luz ℎ
−19
1,6·10 J
0,14 eV ·
3,00·108 m s −1
1 eV
𝑓𝑓0 =
−
≅ 4,5·1014 Hz.
−34 J s
1m
6,63·10
620 nm· 9
10 nm
b) De la expresión de las energías implicadas en el efecto fotoeléctrico:
ℎ 𝑐𝑐
ℎ 𝑐𝑐
′
′
𝐸𝐸luz
= ℎ 𝑓𝑓luz
= ′ = 𝑊𝑊ext + 𝐸𝐸c′ ⇔ 𝐸𝐸c′ = ′ − 𝑊𝑊ext
𝜆𝜆luz
𝜆𝜆luz
−34
8
−1
6,63·10 J s · 3,00·10 m s
𝐸𝐸c′ =
− 2,98·10−19 J < 0.
1m
2 · 620 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.
𝐸𝐸luz = ℎ 𝑓𝑓luz =
Problemas de Física 2º Bachillerato (PAU) –Física Cuántica–
02/05/2015
16.–
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
12
a) f0 ≈ 0,33 PHz ; b) Aumentaría la velocidad; disminuiría el número de electrones emitidos,
pero no cambiaría su velocidad.
17.–
Calcule en los dos casos siguientes la diferencia de potencial con que debe ser acelerado
un protón que parte del reposo para que después de atravesar dicho potencial:
a) el momento lineal del protón sea 10−21 kg m s−1;
b) la longitud de onda de De Broglie asociada al protón sea 5·10−13 m.
Datos: Carga del protón qp = 1,60·10−19 C ; Masa del protón mp = 1,67·10−27 kg ; Constante de
−34
Planck: h = 6,63·10 J s
12
a) ∆V ≈ −1,87 kV ; b) ∆V ≈ −3,29 kV.
18.–
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:
−19
−34
−31
e = 1,602·10 C ; Constante de Planck: h = 6,626·10 J s ; Masa del electrón: me = 9,11·10 kg
−1
a) Ec1 ≈ 0,746 eV; v1 ≈ 512 km s
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:
ℎ 𝑐𝑐
ℎ 𝑐𝑐 1
𝐸𝐸luz = ℎ 𝑓𝑓luz =
= 𝑊𝑊ext + 𝐸𝐸c ⇔ 𝑊𝑊ext =
− 𝑚𝑚 𝑣𝑣 2
𝜆𝜆luz
𝜆𝜆luz 2
ℎ 𝑐𝑐 1
2
𝑊𝑊ext
𝑐𝑐
𝑚𝑚 𝑣𝑣 2
𝜆𝜆luz − 2 𝑚𝑚 𝑣𝑣
𝑊𝑊ext = ℎ 𝑓𝑓0 ⇔ 𝑓𝑓0 =
=
=
−
𝜆𝜆luz
ℎ
ℎ
2ℎ
2
3,00·108 m s −1 9,11·10−31 kg · �4,6·105 m s −1 �
𝑓𝑓0 =
−
≅ 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: En ambos casos la diferencia de potencial será negativa, ya que para aumentar la
energía cinética de una carga debemos disminuir su energía potencial (Ep = q ∆V) lo que implica un
∆V negativo cuando q es positivo.
a) Aplicando el Principio de conservación de la energía:
|∆Ep| = |∆Ec| ⇔ qp ∆V = ½ m v2
(10−21 kg m s −1 )2
𝑚𝑚p2 𝑣𝑣 2
𝑚𝑚p 𝑣𝑣 2
𝑝𝑝2
∆𝑉𝑉 = −
=−
=−
=−
≅ −1,87·103 V.
2 𝑞𝑞p
2 𝑚𝑚p 𝑞𝑞p
2 𝑚𝑚p 𝑞𝑞p
2·1,67·10−27 kg· 1,60·10−19 C
b) Aplicando la Ecuación de De Broglie:
ℎ 2
�
�
ℎ
ℎ2
ℎ
𝜆𝜆 =
⇔ 𝑝𝑝 = ⇔ ∆𝑉𝑉 = − 𝜆𝜆
=− 2
𝑚𝑚 𝑣𝑣
𝜆𝜆
2 𝑚𝑚p 𝑞𝑞p
2 𝜆𝜆 𝑚𝑚p 𝑞𝑞p
(6,63·10−34 J s)2
∆𝑉𝑉 = −
≅ −3,29·103 V.
2 · (5·10−13 m)2 · 1,67·10−27 kg · 1,60·10−19 C
Solución: a) De la expresión de las energías implicadas en el efecto fotoeléctrico:
ℎ 𝑐𝑐
ℎ 𝑐𝑐
𝐸𝐸luz = ℎ 𝑓𝑓luz =
= 𝑊𝑊ext + 𝐸𝐸c ⇔ 𝐸𝐸𝑐𝑐 =
− 𝑊𝑊ext
𝜆𝜆luz
𝜆𝜆luz
6,626·10−34 J s · 3,00·108 m s−1
1,602·10−19 J
𝐸𝐸𝑐𝑐1 =
−
2,28
eV
·
≅ 1,20·10−19 J ≅ 0,746 eV.
410·10−9 m
1 eV
; b) No se produce efecto fotoeléctrico.
12
𝑣𝑣 =
2· �
�
ℎ 𝑐𝑐
2 �𝜆𝜆 − 𝑊𝑊ext �
1
�
luz
𝐸𝐸c = 𝑚𝑚 𝑣𝑣 2 ⇒ 𝑣𝑣 =
2
𝑚𝑚
6,626·10−34 J s · 3,00·108 m s −1
1,602·10−19 J
−
2,28
eV · �
1 eV
410·10−9 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
𝐸𝐸𝑐𝑐2 =
−
2,28
eV
·
<0
560·10−9 m
1 eV
No tiene lugar el efecto fotoeléctrico.
Licencia Creative Commons 3.0. Autor: Antonio José Vasco Merino
Problemas de Física 2º Bachillerato (PAU) –Física Cuántica–
02/05/2015
19.–
Calcule la longitud de onda de De Broglie de una pelota de 500 g que se mueve a
2,0 m s−1 y explique su significado. ¿Sería posible observar la difracción de dicha onda?
Justifique la respuesta.
Datos: Constante de Planck: h = 6,63·10–34 J s
12
λp = 6,63·10−34 m ; No podemos construir rendijas de ese orden de anchura, por lo que no es
posible apreciar la difracción.
20.–
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.
Teoría.
21.–
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 ;
Masa del electrón: me = 9,11·10−31 kg ; 1 eV = 1,602·10−19 J
a) fluz ≈ 1,0 PHz ; b) λe ≈ 1,5 nm ; c) λluz ≈ 0,14 μm.
22.–
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 2,0·106 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 2,0·106 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 = 6,63·10−34 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 ; 1 eV = 1,60·10 J
a) fluz ≈ 3,6 PHz ; b) λe ≈ 0,36 nm ; c) λluz ≈ 0,14 μm.
Licencia Creative Commons 3.0. Autor: Antonio José Vasco Merino
Solución: Aplicando la dualidad onda−corpúsculo:
ℎ
6,63·10−34 J s
𝜆𝜆p =
=
= 6,63·10−34 m.
𝑚𝑚p 𝑣𝑣 0,500 kg · 2,0 m s −1
Esta longitud de onda es la longitud de onda asociada a la pelota y es la que permite ver sus
efectos ondulatorios.
Para poder producir una difracción hay que hacer pasar la onda−partícula por una rendija de
tamaño similar al de la longitud de onda de De Broglie. En este caso, eso supone que hay que
construir una rendija de tamaño aproximadamente un cuatrillón de veces menor que el radio de un
átomo, lo que, en el momento actual, es tecnológicamente imposible.
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.
Solución: a) Aplicando la expresión de las energías implicadas en el efecto fotoeléctrico:
1
𝑊𝑊ext + 2 𝑚𝑚e 𝑣𝑣 2
1
𝐸𝐸luz = ℎ 𝑓𝑓luz = 𝑊𝑊ext + 𝐸𝐸c = 𝑊𝑊ext + 𝑚𝑚e 𝑣𝑣 2 ⇔ 𝑓𝑓luz =
2
ℎ
2
1,602·10−19 J 1
+ 2 · 9,11·10−31 kg · �5,0·105 m s−1 �
3,5 eV ·
1
eV
𝑓𝑓luz =
≅ 1,0·1015 Hz.
6,626·10−34 J s
b) Aplicando la dualidad onda−corpúsculo:
ℎ
6,626·10−34 J s
=
≅ 1,5·10−9 m.
𝜆𝜆e =
𝑚𝑚e 𝑣𝑣 9,11·10−31 kg · 5,0·105 m s −1
c) Aplicando la expresión de las energías del efecto fotoeléctrico:
ℎ 𝑐𝑐
ℎ 𝑐𝑐
𝐸𝐸luz = ℎ 𝑓𝑓luz =
= 𝑊𝑊ext + 𝐸𝐸c ⇔ 𝜆𝜆luz =
𝜆𝜆luz
𝑊𝑊ext + 𝐸𝐸c
−34
8
−1
6,626·10 J s · 3,00·10 m s
𝜆𝜆luz =
≅ 1,4·10−7 m.
1,602·10−19 J
−19
3,5 eV ·
+ 9,0·10 J
1 eV
Solución: a) Aplicando la expresión de las energías implicadas en el efecto fotoeléctrico:
1
𝑊𝑊ext + 2 𝑚𝑚e 𝑣𝑣 2
1
2
𝐸𝐸luz = ℎ 𝑓𝑓luz = 𝑊𝑊ext + 𝐸𝐸c = 𝑊𝑊ext + 𝑚𝑚e 𝑣𝑣 ⇔ 𝑓𝑓luz =
2
ℎ
1,60·10−19 J
1
3,5 eV ·
+ 2 · 9,11·10−31 kg · (2,0·106 m s−1 )2
1
eV
𝑓𝑓luz =
≅ 3,6·1015 Hz.
6,63·10−34 J s
b) Aplicando la dualidad onda−corpúsculo:
ℎ
6,63·10−34 J s
𝜆𝜆e =
=
≅ 3,6·10−10 m.
𝑚𝑚e 𝑣𝑣
9,11·10−31 kg · 2,0·106 m s −1
c) Aplicando la expresión de las energías del efecto fotoeléctrico:
ℎ 𝑐𝑐
ℎ 𝑐𝑐
𝐸𝐸luz = ℎ 𝑓𝑓luz =
= 𝑊𝑊ext + 𝐸𝐸c ⇔ 𝜆𝜆luz =
𝜆𝜆luz
𝑊𝑊ext + 𝐸𝐸c
−34
8
−1
6,63·10 J s · 3,00·10 m s
𝜆𝜆luz =
≅ 1,4·10−7 m.
−19
1,60·10 J
3,5 eV ·
+ 9,0·10−19 J
1 eV
Problemas de Física 2º Bachillerato (PAU) –Física Cuántica–
02/05/2015
23.–
Cuando sobre un metal incide radiación de longitud de onda λ = 200 nm se emiten
electrones debido al efecto fotoeléctrico cuya velocidad máxima es de 1,0·106 m s−1.
Determine:
a) la energía mínima que es necesaria para arrancar un electrón de ese metal;
b) la frecuencia umbral de ese material.
c) Se irradia ahora el metal con una luz cuya frecuencia vale el doble del valor de la
frecuencia umbral, υ = 2 υ0. ¿Cuál es la velocidad con la que salen despedidos los
electrones?
d) En caso de iluminar con una longitud de onda cuyo valor es el doble del que corresponde a
la frecuencia umbral, ¿se emitirán electrones? ¿Qué velocidad tendrán?
Datos: Constante de Planck: h = 6,63·10−34 J s ;
12
Masa en reposo del electrón: me = 9,11·10−31 kg
−
a) Wext ≈ 5,4·10−19 J ≈ 3,4 eV ; b) f0 ≈ 0,81 PHz ; c) v ≈ 1,1 Mm s−1 ; d) No se emitirán e .
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:
ℎ 𝑐𝑐
ℎ 𝑐𝑐 1
𝐸𝐸luz = ℎ 𝑓𝑓luz =
= 𝑊𝑊ext + 𝐸𝐸c ⇔ 𝑊𝑊ext =
− 𝑚𝑚 𝑣𝑣 2
𝜆𝜆luz
𝜆𝜆luz 2
6,63·10−34 J s · 3,00·108 m s −1 1
𝑊𝑊ext =
− · 9,11·10−31 kg · (1,0·106 m s−1 )2 ≅ 5,4·10−19 J
200·10−9 m
2
1 eV
𝑊𝑊ext ≅ 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:
ℎ 𝑐𝑐 1
2
𝑊𝑊ext
𝑐𝑐
𝑚𝑚 𝑣𝑣 2
𝜆𝜆luz − 2 𝑚𝑚 𝑣𝑣
𝑊𝑊ext = ℎ 𝑓𝑓0 ⇔ 𝑓𝑓0 =
=
=
−
𝜆𝜆luz
ℎ
ℎ
2ℎ
8
−1
−31
6
−1
2
3,00·10 m s
9,11·10
kg · (1,0·10 m s )
𝑓𝑓0 =
−
= 8,1·1014 Hz.
−34 J s
1m
2
·
6,63·10
200 nm · 9
10 nm
c) Si se irradia el metal con una frecuencia doble de la umbral, la energía de la radiación tiene el
doble de valor que la umbral, por lo que la energía cinética de los electrones será la energía umbral,
esto es, igual al trabajo de extracción por lo que:
𝐸𝐸c = 𝑊𝑊ext =
24.–
Dado un material conductor, se observa que al incidir luz monocromática de frecuencia
1,4·1015 s–1 emite electrones con velocidad máxima de 1,0·106 m s−1. Determine:
a) el trabajo de extracción del material y la longitud de onda de la luz incidente;
b) la longitud de onda de De Broglie de los electrones emitidos con esa velocidad máxima de
1,0·106 m s−1.
c) Si incide luz monocromática de longitud de onda de 1,0·10–8 m, ¿cuál será ahora la
velocidad máxima de los electrones emitidos?
Datos: Masa en reposo del electrón: me = 9,11·10−31 kg ;
Velocidad de la luz en el vacío: c = 3,00·108 m s−1
a) Wext ≈ 0,47 aJ; λluz ≈ 0,21 μm ;
Constante de Planck: h = 6,626·10–34 J s ;
b) λe ≈ 0,73 nm ; c) vmáx ≈ 6,5 Mm s−1.
12
1
𝑚𝑚 𝑣𝑣 2
2 e
⇒
2 𝑊𝑊ext
2 · 5,4·10−19 J
𝑣𝑣 = �
≅�
≅ 1,1·106 m s−1 .
𝑚𝑚e
9,11·10−31 kg
d) Cuanto mayor sea la longitud de onda de una radiación, menor es su frecuencia y, por tanto,
su energía. Si irradiamos un metal con una radiación de energía menor que la umbral, no se
producirá el efecto fotoeléctrico, por lo que, en este caso, no se emitirán electrones.
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:
1
𝐸𝐸luz = ℎ 𝑓𝑓luz = 𝑊𝑊ext + 𝐸𝐸c ⇔ 𝑊𝑊ext = ℎ 𝑓𝑓luz − 𝑚𝑚e 𝑣𝑣 2
2
1
𝑊𝑊ext = 6,626·10−34 J s ·1,4·1015 s −1 − · 9,11·10−31 kg · (1,0·106 m s−1 )2 ≅ 4,7·10−19 J ≅ 3,0 e
2
Aplicando la expresión de la velocidad de una onda:
𝜆𝜆luz
𝑐𝑐
3,00·108 m s −1
𝑐𝑐 =
= 𝜆𝜆luz 𝑓𝑓luz ⇒ 𝜆𝜆luz =
=
≅ 2,1·10−7 m.
𝑇𝑇
𝑓𝑓luz
1,4·1015 s −1
b) Aplicando la Ecuación de De Broglie:
ℎ
6,626·10−34 J s
𝜆𝜆e =
=
≅ 7,3·10−10 m.
𝑚𝑚e 𝑣𝑣 9,11·10−31 kg ·1,0·106 m s −1
c) Volviendo a aplicar la expresión de las energías del efecto fotoeléctrico, la nueva velocidad
máxima de los electrones será:
ℎ 𝑐𝑐
1
ℎ 𝑐𝑐
1
𝐸𝐸′luz = ℎ 𝑓𝑓′luz =
= 𝑊𝑊ext + 𝐸𝐸′c ⇒ 𝐸𝐸′c = 𝑚𝑚e 𝑣𝑣′2 =
− �ℎ 𝑓𝑓luz − 𝑚𝑚e 𝑣𝑣 2 �
𝜆𝜆′luz
2
𝜆𝜆′luz
2
𝑣𝑣′ =
𝑣𝑣′ =
Licencia Creative Commons 3.0. Autor: Antonio José Vasco Merino
�
�
2 ℎ�
𝑐𝑐
− 𝑓𝑓luz �
𝜆𝜆′luz
+ 𝑣𝑣 2
𝑚𝑚e
3,00·108 m s −1
− 1,4·1015 s −1 �
1,0·10−8 m
+ (1,0·106 m s−1 )2 ≅ 6,5·106 m s −1 .
9,11·10−31 kg
2·6,626·10−34 J s· �
Problemas de Física 2º Bachillerato (PAU) –Física Cuántica–
25.–
02/05/2015
Determine la longitud de onda de De Broglie y la energía cinética, expresada en eV, de:
a) un electrón cuya longitud de onda de De Broglie es igual a la longitud de onda en el vacío
de un fotón de energía 1,0·104 eV;
b) una piedra de masa 80 g que se mueve con una velocidad de 2,0 m s−1.
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
a) λe ≈ 124 pm; Ec ≈ 98 eV ;
b) λp ≈ 4,1·10−33 m; Ec = 1,6 dJ.
12
26.–
Diga en qué consiste la Hipótesis de De Broglie. Como aplicación, calcule la longitud de
onda asociada con una pelota de tenis de 58 g de masa que se mueve a una velocidad de
220 km h–1, y la de un electrón que se mueve a la misma velocidad.
Datos: Constante de Planck: h = 6,626·10–34 J s ;
12
Masa en reposo del electrón: me = 9,109·10−31 kg
Una onda siempre lleva asociada una partícula y viceversa. Hay una relación entre las cualidades
de onda y de partícula que viene dada por: h = λ p = λ m v ; λpelota ≈ 1,9·10−34 m ;
λelectrón ≈ 11,9 μm.
27.–
Dos partículas no relativistas tienen asociada la misma longitud de onda de De Broglie.
Sabiendo que la masa de una de ellas es el triple de la masa de la otra, determine:
a) la relación entre sus momentos lineales;
b) la relación entre sus velocidades.
a) son iguales ;
b) la de menor masa va tres veces más rápido.
12
Licencia Creative Commons 3.0. Autor: Antonio José Vasco Merino
Solución: a) Aplicando la expresión de la energía de un fotón:
ℎ 𝑐𝑐
ℎ 𝑐𝑐
𝐸𝐸fotón = ℎ 𝑓𝑓fotón =
⇔ 𝜆𝜆fotón =
𝜆𝜆fotón
𝐸𝐸fotón
−34
8
−1
6,63·10 J s · 3,00·10 m s
−10
𝜆𝜆e = 𝜆𝜆fotón =
m.
−19 J ≅ 1,24·10
1,60·10
1,00 · 104 eV ·
1 eV
Aplicando la dualidad onda−corpúsculo:
ℎ
ℎ
ℎ
ℎ
ℎ2
𝜆𝜆e =
=
=
=
⇒ 𝐸𝐸𝑐𝑐 =
𝑚𝑚e 𝑣𝑣 �𝑚𝑚e2 𝑣𝑣 2
2 𝑚𝑚e 𝜆𝜆2e
𝑚𝑚e 𝐸𝐸c
1
�2
2
�2 𝑚𝑚e � 𝑚𝑚e 𝑣𝑣 �
2
(6,63·10−34 J s)2
1 eV
𝐸𝐸c =
≅ 1,57·10−17 J ·
≅ 98 eV.
−31
−10
2
1,60·10−19 J
2 · 9,11·10
kg · (1,24·10 m)
b) Volviendo a aplicar el Principio de De Broglie:
ℎ
6,63·10−34 J s
𝜆𝜆p =
=
≅ 4,1·10−33 m.
𝑚𝑚p 𝑣𝑣 0,08 kg · 2 m s −1
1
1
1 eV
𝐸𝐸c = 𝑚𝑚p 𝑣𝑣 2 = · 0,080 kg · (2,0 m s −1 )2 = 0,16 J ·
= 1,0 · 1018 eV.
2
2
1,60 · 10−19 J
Solución: La Ecuación de De Broglie relaciona 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 asociada una onda. La longitud de onda de la onda asociada se
ℎ
ℎ
obtiene de la expresión: 𝜆𝜆 = =
. Aplicando la Ecuación de De Broglie a ambas partículas:
𝑝𝑝
𝑚𝑚 𝑣𝑣
6,626·10−34 J s
𝜆𝜆pelota =
=
≅ 1,9·10−34 m
𝑚𝑚pelota 𝑣𝑣 58 g · 1 kg · 220 km · 1 000 m · 1 h
h
1 kg
3 600 s
1 000 g
−34
ℎ
6,626·10
Js
𝜆𝜆electrón =
=
≅ 1,19·10−5 m.
𝑚𝑚electrón 𝑣𝑣 9,109·10−31 kg · 220 km · 1 000 m · 1 h
3 600 s
h
1 kg
Solución: a) Aplicando la Ecuación de De Broglie:
ℎ
ℎ
ℎ
ℎ
𝑝𝑝2 𝜆𝜆2 𝜆𝜆1
𝜆𝜆 =
=
⇒ 𝑝𝑝 =
=
=
= 1 ⇒ 𝑝𝑝2 = 𝑝𝑝1 .
𝑚𝑚 𝑣𝑣 𝑝𝑝
𝜆𝜆 ⇒
ℎ
𝑝𝑝1
𝜆𝜆2
𝜆𝜆2 = 𝜆𝜆1
𝜆𝜆1
Las cantidades de movimiento de ambas son iguales.
b) Volviendo a aplicar la Ecuación de De Broglie:
ℎ
ℎ
ℎ
𝜆𝜆 =
⇒ 𝑣𝑣 =
𝑣𝑣
𝑚𝑚1
1
𝑚𝑚
𝜆𝜆2 𝑚𝑚1 𝜆𝜆1 𝑚𝑚1 𝜆𝜆 𝑚𝑚1
2
2
𝑚𝑚 𝑣𝑣
𝑚𝑚 𝜆𝜆 ⇒
=
=
=
=
=
=
⇒ 𝑣𝑣1 = 3 𝑣𝑣2 .
ℎ
𝜆𝜆2 = 𝜆𝜆1
𝑣𝑣1
𝑚𝑚2 𝜆𝜆2 𝑚𝑚2 𝜆𝜆 𝑚𝑚2 3 𝑚𝑚1 3
𝑚𝑚1 𝜆𝜆1
𝑚𝑚2 = 3 𝑚𝑚1
La velocidad de la partícula de mayor masa es 3 veces menor.
ℎ
Problemas de Física 2º Bachillerato (PAU) –Física Cuántica–
28.–
02/05/2015
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.
a) λ2 ≈ 7,1 λ1 ; b) v1 = 500 v2.
12
29.–
El cátodo de una célula fotoeléctrica es iluminado con una radiación electromagnética de
longitud de onda λ. La energía de extracción para un electrón del cátodo es 2,20 eV, siendo
preciso establecer entre el cátodo y el ánodo una tensión de 0,40 V para anular la corriente
fotoeléctrica. Calcule:
a) la velocidad máxima de los electrones emitidos;
b) los valores de la longitud de onda de la radiación empleada λ y la longitud de onda umbral
λ0.
12
Datos: masa del electrón: me = 9,109·10 −31 kg ; Constante de Planck: h = 6,626·10−34 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
−1
s
a) vmáx ≈ 0,38 Mm s−1 ; b) λluz = 0,48 μm; λ0 ≈ 564 nm.
Licencia Creative Commons 3.0. Autor: Antonio José Vasco Merino
Solución: a) Aplicando la longitud de onda de De Broglie asociada a una partícula, en función de
la energía cinética:
ℎ
ℎ
ℎ
ℎ
𝜆𝜆 =
=
=
=
2
2
𝑚𝑚 𝑣𝑣 √𝑚𝑚 𝑣𝑣
𝑚𝑚 𝐸𝐸c
�2 𝑚𝑚 �1 𝑚𝑚 𝑣𝑣 2 � �2
2
ℎ
𝜆𝜆2 �2 𝑚𝑚2 𝐸𝐸c
𝑚𝑚1
50 𝑚𝑚2
�2 𝑚𝑚1 𝐸𝐸c
=
=
=�
=�
≈ 7,1.
ℎ
𝜆𝜆1
𝑚𝑚2
𝑚𝑚2
�2 𝑚𝑚2 𝐸𝐸c
�2 𝑚𝑚1 𝐸𝐸c
b) Aplicando otra vez la misma relación:
ℎ
ℎ
ℎ 𝑣𝑣
2 𝜆𝜆 𝐸𝐸c
𝜆𝜆 =
=
=
⇒ 𝑣𝑣 =
𝑚𝑚 𝑣𝑣 2 𝐸𝐸c
2 𝐸𝐸c
ℎ
𝑣𝑣
2 𝜆𝜆2 𝐸𝐸c
𝑣𝑣2
𝜆𝜆2
𝜆𝜆2
= ℎ =
=
= 0,002.
𝑣𝑣1 2 𝜆𝜆1 𝐸𝐸c 𝜆𝜆1 500 𝜆𝜆2
ℎ
Solución: a) La variación en la energía cinética se corresponde con la variación de energía
potencial eléctrica que es:
|∆𝐸𝐸c | = �∆𝐸𝐸p � = 𝑞𝑞e ∆𝑉𝑉 = 1 𝑚𝑚e 𝑣𝑣e2
2
𝑣𝑣e = �
2 𝑞𝑞e ∆𝑉𝑉
2 · 1,602·10−19 C · 0,40 V
= �
≅ 3,8·105 m s−1 .
𝑚𝑚e
9,109·10−31 kg
b) Aplicando la expresión de las energías del efecto fotoeléctrico:
ℎ 𝑐𝑐
ℎ 𝑐𝑐
𝐸𝐸luz = ℎ 𝑓𝑓luz =
= 𝑊𝑊ext + 𝐸𝐸c = 𝑊𝑊ext + 𝑞𝑞e ∆𝑉𝑉 ⇒ 𝜆𝜆luz =
𝜆𝜆luz
𝑊𝑊ext + 𝑞𝑞e ∆𝑉𝑉
−34
8
−1
6,63·10
J s · 3,00·10 m s
𝐸𝐸c =
≅ 4,8·10−7 m.
−19
1,602·10 J
2,20 eV ·
+ 1,60·10−19 C · 0,40 V
1 eV
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:
𝑐𝑐
ℎ 𝑐𝑐
6,63·10−34 J s · 3,00·108 m s−1
𝑊𝑊ext = ℎ 𝑓𝑓0 = ℎ
⇔ 𝜆𝜆0 =
=
≅ 5,64·10−7 m.
1,602·10−19 J
𝜆𝜆0
𝑊𝑊ext
2,20 eV ·
1 eV
Problemas de Física 2º Bachillerato (PAU) –Física Cuántica–
02/05/2015
30.–
El cátodo de una célula fotoeléctrica se ilumina simultáneamente con dos radiaciones
monocromáticas: λ1 = 228 nm y λ2 = 524 nm. El trabajo de extracción de un electrón de este
cátodo es W = 3,40 eV.
a) ¿Cuál de las radiaciones produce efecto fotoeléctrico? Razone la respuesta.
b) Calcule la velocidad máxima de los electrones emitidos. ¿Cómo variaría dicha velocidad al
duplicar la intensidad de la radiación luminosa incidente?
Datos: Constante de Planck: h = 6,63·10−34 J s ; Masa del electrón: me = 9,11·10−31 kg ; Valor
−19
8
absoluto de la carga del electrón: e = 1,60·10 C ; Velocidad de la luz en el vacío: c = 3,00·10 m
−1
s
a) La primera ; b) v ≈ 849 km s−1 ; no varía; sólo se duplica la cantidad de fotoelectrones.
12
Solución: a) De la expresión de las energías implicadas en el efecto fotoeléctrico:
ℎ 𝑐𝑐
ℎ 𝑐𝑐
𝐸𝐸luz = ℎ 𝑓𝑓luz =
= 𝑊𝑊ext + 𝐸𝐸c ⇔ 𝐸𝐸c =
− 𝑊𝑊ext
𝜆𝜆luz
𝜆𝜆luz
6,63·10−34 J s · 3,00·108 m s −1
1,60·10−19 J
𝐸𝐸c1 =
− 3,40 eV ·
≅ 3,28·10−19 J.
1m
1
eV
228 nm · 9
10 nm
6,63·10−34 J s · 3,00·108 m s−1
1,60·10−19 J
𝐸𝐸c1 =
− 3,40 eV ·
≅ −1,64·10−19 J < 0.
1m
1
eV
524 nm · 9
10 nm
Como el resultado es positivo en el primer caso y negativo en el segundo, la primera de las
radiaciones sí produce efecto fotoeléctrico mientras que la segunda no lo consigue.
b) La velocidad máxima de los electrones será:
𝐸𝐸luz = ℎ 𝑓𝑓luz
31.–
El cátodo de una célula fotoeléctrica tiene una longitud de onda umbral de 542 nm. Sobre
su superficie incide un haz de luz de longitud de onda 160 nm. Calcule:
a) la velocidad máxima de los fotoelectrones emitidos desde el cátodo;
b) la diferencia de potencial que hay que aplicar para anular la corriente producida en la
fotocélula.
Datos: Constante de Planck: h = 6,63·10–34 J s ; Masa en reposo del electrón: me = 9,11·10−31 kg ;
Velocidad de la luz en el vacío: c = 3,00·108 m s−1 ; Valor absoluto de la carga del electrón:
−19
e = 1,60·10 C
12
ℎ 𝑐𝑐
2 �𝜆𝜆 − 𝑊𝑊ext �
ℎ 𝑐𝑐
1
�
luz
=
= 𝑊𝑊ext + 𝐸𝐸c = 𝑊𝑊ext + 𝑚𝑚 𝑣𝑣 2 ⇒ 𝑣𝑣 =
𝜆𝜆luz
2
𝑚𝑚
6,63·10−34 J s · 3,00·108 m s−1
1,60·10−19 J
�
2· �
−
3,40
eV · 1m
1 eV
�
228 nm · 9
10 nm
𝑣𝑣 =
≅ 8,49·105 m s−1 .
9,11·10−31 kg
Al variar la intensidad de la radiación incidente, variamos el número de fotones que inciden pero
no su energía, por lo que, al duplicar la intensidad, obtendremos un número doble de fotoelectrones
pero con la misma energía cinética.
Solución: a) Aplicando la expresión de las energías del efecto fotoeléctrico, la velocidad máxima
de los electrones será:
ℎ 𝑐𝑐
1
ℎ 𝑐𝑐
ℎ 𝑐𝑐
1
1
𝐸𝐸luz = ℎ 𝑓𝑓luz =
= 𝑊𝑊ext + 𝐸𝐸c ⇒ 𝐸𝐸c = 𝑚𝑚 𝑣𝑣 2 =
−
= ℎ 𝑐𝑐 �
− �
𝜆𝜆luz
2
𝜆𝜆luz
𝜆𝜆0
𝜆𝜆luz
𝜆𝜆0
1
1
2 ℎ 𝑐𝑐 �𝜆𝜆 − 𝜆𝜆 �
�
luz
0
𝑣𝑣 =
𝑚𝑚
a) vmáx ≈ 1,39 Mm s−1 ; b) V ≈ 5,48 V.
𝑣𝑣 = �
1
1
−
�
160·10−9 m 542·10−9 m ≅ 1,39·106 m s−1 .
9,11·10−31 kg
2·6,63·10−34 J s · 3,00·108 m s −1 · �
b) El potencial de detención es el que le corresponde a un campo eléctrico capaz de eliminar la
energía cinética máxima de los electrones, por lo que:
ℎ 𝑐𝑐
ℎ 𝑐𝑐 1
1
𝐸𝐸luz = ℎ 𝑓𝑓luz =
= 𝑊𝑊ext + 𝐸𝐸c = 𝑊𝑊ext + 𝑞𝑞e 𝑉𝑉frenado ⇒ 𝑉𝑉frenado =
�
− �
𝜆𝜆luz
𝑞𝑞e 𝜆𝜆luz
𝜆𝜆0
−34
8
−1
6,63·10
J s · 3,00·10 m s
1
1
𝑉𝑉frenado =
·�
−
� ≅ 5,48 V.
−19
−9
1,60·10
C
160·10 m 542·10−9 m
Licencia Creative Commons 3.0. Autor: Antonio José Vasco Merino
Problemas de Física 2º Bachillerato (PAU) –Física Cuántica–
02/05/2015
32.–
El espectro de emisión del hidrógeno atómico presenta una serie de longitudes de onda
discretas. La longitud de onda límite de mayor energía tiene el valor 91 nm.
a) ¿Cuál es la energía de un fotón que tenga la longitud de onda límite expresada en eV?
b) ¿Cuál sería la longitud de onda de De Broglie de un electrón que tuviera una energía
cinética igual a la energía del fotón del apartado anterior?
12
Datos: Datos expresados en el Sistema Internacional de Unidades: Constante de Planck:
h = 6,626·10−34 ; Valor absoluto de la carga del electrón: e = 1,602·10−19 ; Masa del electrón:
−31
8
−1
me = 9,11·10 ; Velocidad de la luz en el vacío: c = 3,00·10 m s
a) Elímite ≈ 13,6 eV ; b) λe ≈ 0,33 nm.
33.–
El espectro visible se extiende entre la luz violeta (λv = 3,8·10−7 m) y la luz roja
(λR = 7,5·10−7 m).
a) Compare la energía de un fotón violeta con la energía de un fotón rojo.
b) Si la luz amarilla (λ A = 5,5·10−7 m) es capaz de producir emisión fotoeléctrica en cierto
metal, ¿habrá efecto fotoeléctrico cuando el metal se ilumine con luz roja? ¿Y con luz
violeta?
12
Datos: Velocidad de la luz en el vacío: c = 3,00·108 m s−1 ;
–34
Constante de Planck: h = 6,63·10
Js
a) Evioleta ≈ Erojo ; b) No podemos decirlo (si el amarillo corresponde a la longitud de onda
umbral, la luz roja no provoca efecto fotoeléctrico); la luz violeta sí provoca efecto fotoeléctrico.
34.–
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.
12
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
a) Wext ≈ 4,74 eV ; b) λ0 ≈ 2,63·10−7 m.
35.–
El trabajo de extracción de un material es 3,59 eV. ¿Cuál es la energía máxima en eV de
los electrones extraídos con una luz de 295 nm?
12
Datos: 1 eV = 1,602·10−19 J ;
Constante de Planck: h = 6,626·10–34 J s
Ec máx ≈ 0,616 eV.
Licencia Creative Commons 3.0. Autor: Antonio José Vasco Merino
Solución: a) De la expresión de la Ley de Planck:
ℎ 𝑐𝑐 6,626·10−34 J s ·3,00·108 m s −1
1 eV
𝐸𝐸lím = ℎ 𝑓𝑓lím =
=
≅ 2,2·10−18 J·
≅13,6 eV.
−9
𝜆𝜆lím
91·10 m
1,602·10−19 J
b) Aplicando la dualidad onda−corpúsculo:
ℎ
ℎ
ℎ
ℎ
=
=
=
𝜆𝜆e =
𝑚𝑚e 𝑣𝑣 �𝑚𝑚e2 𝑣𝑣 2
�2 𝑚𝑚e 𝐸𝐸c
�2 𝑚𝑚e �1 𝑚𝑚e 𝑣𝑣 2 �
2
−34
6,626·10
Js
𝜆𝜆e =
≈ 3,3·10−10 m.
−31
−18
�2 · 9,11·10
kg · 2,2·10
J
Solución: a) Aplicando el Postulado de Planck:
ℎ 𝑐𝑐
𝜆𝜆rojo
ℎ 𝑐𝑐
𝐸𝐸violeta
7,5·10−7 m
𝜆𝜆violeta
𝐸𝐸luz = ℎ 𝑓𝑓luz =
⇒
=
=
=
≅ 2,0.
ℎ 𝑐𝑐
𝜆𝜆luz
𝐸𝐸rojo
𝜆𝜆violeta 3,8·10−7 m
𝜆𝜆rojo
La energía de la luz violeta es el doble, aproximadamente, de la que corresponde a la luz roja.
b) De la expresión de las energías implicadas en el efecto fotoeléctrico:
ℎ 𝑐𝑐
𝐸𝐸luz = ℎ 𝑓𝑓luz = 𝑊𝑊ext + 𝐸𝐸c ⇔ 𝐸𝐸c = ℎ 𝑓𝑓luz − 𝑊𝑊ext =
− 𝑊𝑊ext .
𝜆𝜆luz
Cuanto mayor es la longitud de onda de la luz incidente menor es la energía cinética que llevan
los fotoelectrones. Como el planteamiento del problema nos indica que la luz amarilla sí produce
efecto fotoeléctrico, podemos asegurar que la luz violeta también lo hará. No podemos contestar si
la luz roja lo hará, puesto que no nos especifican si la longitud de onda de la luz amarilla es la
longitud de onda umbral (si así fuera, la luz roja no produciría efecto fotoeléctrico).
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:
𝑐𝑐
ℎ 𝑐𝑐
ℎ 𝑐𝑐
𝑐𝑐 = 𝜆𝜆 𝑓𝑓 ⇔ 𝑓𝑓 = ⇔ 𝐸𝐸luz = ℎ 𝑓𝑓luz =
= 𝑊𝑊ext + |𝑞𝑞e | 𝑉𝑉 ⇔ 𝑊𝑊ext =
− |𝑞𝑞e | 𝑉𝑉
𝜆𝜆
𝜆𝜆luz
𝜆𝜆luz
6,63·10−34 J s·3·108 m s −1
1 eV
𝑊𝑊ext =
−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:
ℎ 𝑐𝑐
ℎ 𝑐𝑐
6,63·10−34 J s·3·108 m s −1
= 𝑊𝑊ext ⇔ 𝜆𝜆0 =
≅
≅ 2,63·10−7 m = 263 nm.
𝜆𝜆0
𝑊𝑊ext
7,58·10−19 J
Solución: De la expresión de las energías implicadas en el efecto fotoeléctrico:
ℎ 𝑐𝑐
𝐸𝐸luz = ℎ 𝑓𝑓luz = 𝑊𝑊ext + 𝐸𝐸c ⇔ 𝐸𝐸c = ℎ 𝑓𝑓luz − 𝑊𝑊ext =
− 𝑊𝑊ext
𝜆𝜆luz
6,626·10−34 J s · 3,00·108 m s −1
1 eV
𝐸𝐸c =
·
− 3,59 eV ≅ 0,616 eV.
1m
1,602·10−19 J
295 nm · 9
10 nm
Problemas de Física 2º Bachillerato (PAU) –Física Cuántica–
02/05/2015
36.–
El trabajo de extracción de un material metálico es 2,5 eV. Se ilumina con luz
monocromática y la velocidad máxima de los electrones emitidos es de 1,5·106 m s−1.
Determine:
a) la frecuencia de la luz incidente y la longitud de onda de De Broglie asociada a los
electrones emitidos;
b) la longitud de onda con la que hay que iluminar el material metálico para que la energía
cinética máxima de los electrones emitidos sea de 1,9 eV.
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 ; Masa en reposo del electrón: me = 9,11·10−31 kg ; Velocidad de la luz en el
8
−1
vacío: c = 3,00·10 m s
a) fluz ≈ 2,1 PHz; λe ≈ 0,49 nm ; c) λluz ≈ 0,289 μm.
37.–
El trabajo de extracción del platino es 1,01·10–18 J. En el platino, el efecto fotoeléctrico
se produce cuando la luz incidente tiene una longitud de onda menor que 198 nm. Calcule:
a) la frecuencia umbral o frecuencia de corte de un electrodo de platino;
b) la energía cinética máxima de los electrones emitidos por un electrodo de platino, en el
caso de iluminar con luz de 150 nm;
c) la longitud de onda de De Broglie asociada con los electrones del apartado anterior.
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 nm = 10–9 m
a) f0 ≈ 1,52 PHz ; b) Ec ≈ 0,32 aJ ; c) λe ≈ 874 pm.
12
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:
1
2
𝑊𝑊ext + 𝐸𝐸c 𝑊𝑊ext + 2 𝑚𝑚e 𝑣𝑣
𝐸𝐸luz = ℎ 𝑓𝑓luz = 𝑊𝑊ext + 𝐸𝐸c ⇔ 𝑓𝑓luz =
=
ℎ
ℎ
−19
1,60·10
J 1
2,5 eV ·
+ 2 · 9,11·10−31 kg · (1,5·106 m s−1 )2
1
eV
𝑓𝑓luz =
≅ 2,1·1015 Hz.
6,63·10−34 J s
Aplicando la Ecuación de De Broglie:
ℎ
6,63·10−34 J s
𝜆𝜆e =
=
≅ 4,9·10−10 m.
𝑚𝑚e 𝑣𝑣 9,11·10−31 kg ·1,5·106 m s −1
c) Volviendo a aplicar la expresión de las energías del efecto fotoeléctrico, la longitud de onda
necesaria para que se cumplan las condiciones del enunciado será:
ℎ 𝑐𝑐
ℎ 𝑐𝑐
𝐸𝐸′luz = ℎ 𝑓𝑓′luz =
= 𝑊𝑊ext + 𝐸𝐸′c ⇒ 𝜆𝜆′luz =
𝜆𝜆′luz
𝑊𝑊ext + 𝐸𝐸′c
−34
8
−1
6,63·10
J s ·3,0·10 m s
𝜆𝜆′luz =
≅ 2,8·10−7 m.
1,60·10−19 J
(2,5 eV + 1,9 eV) ·
1 eV
Solución: El problema tiene un defecto en su enunciado porque da una información redundante.
a) El apartado se puede resolver de dos maneras diferentes; 1.º) La frecuencia mínima de la luz
que produce el efecto fotoeléctrico es la frecuencia umbral del metal que, por tanto, corresponde a
la función de trabajo; 2.º) Relacionando frecuencia y longitud de onda umbral:
𝑊𝑊ext
1,01·10−18 J
1. º) 𝑊𝑊ext = ℎ 𝑓𝑓0 ⇔ 𝑓𝑓0 =
=
≅ 1,52·1015 Hz.
ℎ
6,63·10−34 J s
𝑐𝑐
3,00·108 m s −1
2. º)
𝑓𝑓0 =
=
≅ 1,52·1015 Hz..
𝜆𝜆0 198 nm· 1 m
109 nm
b) Aplicando la ecuación del efecto fotoeléctrico podemos hallar el valor de la energía cinética
de los electrones que será:
ℎ 𝑐𝑐
ℎ 𝑐𝑐
𝐸𝐸luz = ℎ 𝑓𝑓luz =
= 𝑊𝑊ext + 𝐸𝐸c ⇒ 𝐸𝐸c =
− 𝑊𝑊ext
𝜆𝜆luz
𝜆𝜆luz
6,63·10−34 J s · 3,00·108 m s −1
𝐸𝐸c =
− 1,01·10−18 J ≅ 3,2·10−19 J.
1m
150 nm· 9
10 nm
c) Aplicando la longitud de onda de De Broglie, en función de la energía cinética:
ℎ
ℎ
ℎ
ℎ
ℎ
𝜆𝜆e =
=
=
=
=
𝑚𝑚e 𝑣𝑣
�𝑚𝑚e2 𝑣𝑣 2
�2 𝑚𝑚e 𝐸𝐸c �2 𝑚𝑚 � ℎ 𝑐𝑐 − 𝑊𝑊 �
�2 𝑚𝑚e �12 𝑚𝑚e 𝑣𝑣 2 �
e 𝜆𝜆
ext
luz
6,63·10−34 J s
𝜆𝜆e =
≅8,74·10−10 m.
�2 · 9,11·10−31 kg · �
Licencia Creative Commons 3.0. Autor: Antonio José Vasco Merino
6,63·10−34 J s · 3,00·108 m s −1
− 1,01·10−18 J�
1m
150 nm· 9
10 nm
Problemas de Física 2º Bachillerato (PAU) –Física Cuántica–
02/05/2015
38.–
El trabajo de extracción necesario para que se produzca el efecto fotoeléctrico en la
superficie del potasio es de 2,8·10−19 J. Si sobre dicha superficie se hace incidir una luz de
1,0·1015 Hz de frecuencia y 3,0·108 m s−1 de velocidad, determine:
a) la frecuencia umbral y la longitud de onda umbral;
b) la energía cinética de los electrones extraídos.
12
Datos: Constante de Planck: h = 6,63·10−34 J s
a) f0 ≈ 0,42 PHz; λ0 ≈ 0,71 μm ;
b) Ec ≈ 2,4 eV.
39.–
El trabajo de extracción para el aluminio es de 4,08 eV. Calcule la frecuencia mínima que
debe tener la radiación que se utiliza y su longitud de onda para que se produzca el efecto
fotoeléctrico en dicho metal.
12
Datos: Constante de Planck: h = 6,626·10−34 J s ; 1 eV = 1,602·10−19 J ; Velocidad de la luz en el
vacío: c = 3,00·108 m s−1
f0 ≈ 986 THz ; λ0 ≈ 304 nm.
40.–
12
El trabajo de extracción para el sodio es de 2,5 eV. Calcule:
a) la longitud de onda de la radiación que debemos usar para que los electrones salgan del
metal con una velocidad máxima de 1,0·107 m s−1;
b) la longitud de onda de De Broglie asociada a los electrones que salen del metal con una
velocidad de 1,0·107 m s−1.
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 ; Masa del electrón: me = 9,11·10−31 kg
a) λluz = 4,3 nm ;
b) λe = 73 pm.
41.–
En la gráfica adjunta se representa la energía cinética máxima de los electrones emitidos
por un metal en función de la frecuencia de la luz incidente sobre él ¿Cómo se denomina el
fenómeno físico al que se refiere la gráfica? Indica la frecuencia umbral del metal. ¿Qué ocurre
si sobre el metal incide luz de longitud de onda 0,60 μm?
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
Licencia Creative Commons 3.0. Autor: Antonio José Vasco Merino
Solución: a) La frecuencia y la longitud de onda umbral corresponden al trabajo de extracción,
porque son las que provocan que empiece el efecto fotoeléctrico, pero sin que los electrones tengan
energía cinética. Por tanto:
𝑊𝑊ext
2,8·10−19 J
𝑊𝑊ext = ℎ 𝑓𝑓0 ⇔ 𝑓𝑓0 =
=
≅ 4,2·1014 Hz
ℎ
6,63·10−34 J s
𝑐𝑐
ℎ 𝑐𝑐
6,63·10−34 J s · 3,00·108 m s−1
𝑊𝑊ext = ℎ 𝑓𝑓0 = ℎ
⇔ 𝜆𝜆0 =
=
≅ 7,1·10−7 m.
𝜆𝜆0
𝑊𝑊ext
2,8·10−19 J
b) De la expresión de las energías implicadas en el efecto fotoeléctrico:
𝐸𝐸luz = ℎ 𝑓𝑓luz = 𝑊𝑊ext + 𝐸𝐸c ⇔ 𝐸𝐸c = ℎ 𝑓𝑓luz − 𝑊𝑊ext
1 eV
≅ 2,4 eV.
1,60·10−19 J
Solución: a) La frecuencia umbral corresponde al trabajo de extracción, ya que consigue que
empiece el efecto fotoeléctrico, pero sin que los electrones posean energía cinética. Por tanto:
1,602·10−19 J
4,08
eV
·
𝑊𝑊ext
1 eV
𝑊𝑊ext = ℎ 𝑓𝑓0 ⇔ 𝑓𝑓0 =
=
≅ 9,86·1014 Hz.
ℎ
6,626·10−34 J s
𝑐𝑐
ℎ 𝑐𝑐
6,626·10−34 J s · 3,00·108 m s−1
𝑊𝑊ext = ℎ 𝑓𝑓0 = ℎ
⇔ 𝜆𝜆0 =
=
≅ 3,04·10−7 m.
1,602·10−19 J
𝜆𝜆0
𝑊𝑊ext
4,08 eV ·
1 eV
Solución: a) Aplicando la expresión de las energías del efecto fotoeléctrico:
ℎ 𝑐𝑐
ℎ 𝑐𝑐
𝐸𝐸luz = ℎ 𝑓𝑓luz =
= 𝑊𝑊ext + 𝐸𝐸c ⇔ 𝜆𝜆luz =
1
𝜆𝜆luz
𝑊𝑊ext + 2 𝑚𝑚 𝑣𝑣 2
6,63·10−34 J s · 3,00·108 m s−1
𝜆𝜆luz =
≅ 4,3·10−9 m.
1,60·10−19 J
1
2,5 eV ·
+ 2 · 9,11·10−31 kg · (1,0 · 107 m s−1 )2
1 eV
b)Aplicando el Principio de De Broglie:
ℎ
6,63·10−34 J s
𝜆𝜆e =
=
≅ 7,3·10−11 m.
𝑚𝑚e 𝑣𝑣 9,11·10−31 kg · 1,0 · 107 m s −1
Solución: La gráfica representa la relación entre la energía cinética máxima de los electrones
emitidos y la frecuencia de la luz incidente de un fenómeno llamado efecto fotoeléctrico que
consiste en la emisión de electrones cuando una placa de un material es iluminada por la luz. Su
explicación le valió a Albert Einstein para obtener el Premio Nobel y sirve para demostrar que la
luz es también un fenómeno corpuscular. La frecuencia umbral de un metal es la mínima de las
frecuencias de luz incidente que consigue que se produzca el efecto fotoeléctrico. En nuestro caso,
y mirando los valores representados en la gráfica se comprueba que es: f0 = 1,0·1015 Hz.
Calculamos el valor de la frecuencia de la radiación dada y leemos en la gráfica a qué energía
cinética se corresponde:
𝑐𝑐
3,00·108 m s −1
𝑓𝑓luz =
=
= 5,0·1014 Hz.
𝜆𝜆luz 0,60 μm· 1 m
106 μm
Como se corresponde con una radiación sin energía cinética de los electrones (sería negativa lo
que es imposible) no se produce fotoelectricidad (estamos por debajo de la frecuencia umbral).
𝐸𝐸c = 6,63·10−34 J s · 1,0·1015 Hz − 2,8·10−19 J ≅ 3,8·10−19 J ·
Problemas de Física 2º Bachillerato (PAU) –Física Cuántica–
02/05/2015
42.–
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
−9
que 10 m.
b) La frecuencia umbral del metal es mayor que 1014 Hz.
Solución: a) De la expresión de las energías implicadas en el efecto fotoeléctrico:
𝐸𝐸luz = ℎ 𝑓𝑓luz
Aplicando la dualidad onda−corpúsculo:
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 ;
Masa del electrón: me = 9,11·10−31 kg ; Valor absoluto de la carga del electrón: e = 1,60·10−19 C
𝜆𝜆e =
a) λe ≈ 2,0 nm (por tanto, falso) ; b) f0 ≈ 5,1·1014 Hz (por tanto, verdadero).
12
𝜆𝜆e =
43.–
Enuncie el postulado que propuso Planck para explicar la radiación de cuerpo negro y
escriba la expresión matemática que sintetiza esta hipótesis; comente el significado de los
términos que aparecen en dicha expresión matemática. Como aplicación, calcule la frecuencia
y la longitud de onda de un fotón cuya energía es 5,60 eV.
12
Datos: Constante de Planck: h = 6,626·10–34 J s ;
c = 3,00·108 m s−1 ; 1 J = 6,24·1018 eV
Velocidad de la luz en el vacío:
f ≈ 1,35 PHz ; λ ≈ 222 nm.
44.–
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
Es la emisión de electrones desde una placa metálica por efecto de la luz, que se recogen en otra
placa unida a la primera por un conductor por lo que se provoca una corriente eléctrica. No
responde a una concepción de la luz como radiación sino como formada por partículas (fotones)
; f0 ≈ 411 THz.
Licencia Creative Commons 3.0. Autor: Antonio José Vasco Merino
ℎ 𝑐𝑐
2 �𝜆𝜆 − 𝑊𝑊ext �
ℎ 𝑐𝑐
1
luz
=
= 𝑊𝑊ext + 𝐸𝐸c = 𝑊𝑊ext + 𝑚𝑚e 𝑣𝑣 2 ⇒ 𝑣𝑣 = �
𝜆𝜆luz
2
𝑚𝑚e
�
ℎ
=
𝑚𝑚e 𝑣𝑣
ℎ
ℎ
=�
𝑐𝑐
𝑊𝑊
ℎ 𝑐𝑐
2 𝑚𝑚e �𝜆𝜆 − ℎext �
2 �𝜆𝜆 − 𝑊𝑊ext �
luz
�
luz
𝑚𝑚e
𝑚𝑚e
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
𝑊𝑊ext 2,1 eV ·
1 eV
𝑊𝑊ext = ℎ 𝑓𝑓0 ⇔ 𝑓𝑓0 =
=
≅ 5,1·1014 Hz.
−34
ℎ
6,63·10 J s
Efectivamente, la frecuencia umbral es mayor que 1014 Hz. Verdadero.
Solución: El postulado que planteó Planck dice que la acción (producto de la energía por el
tiempo) no es continua, sino que existe en cuantos (paquetitos) de acción que son múltiplos de un
bloque elemental de acción cuyo valor es h. De una forma más elemental, la energía está
cuantizada y responde a la ecuación: E = h υ.
1J
𝐸𝐸 5,60 eV · 6,24·1018 eV
𝐸𝐸 = ℎ 𝑓𝑓 ⇔ 𝑓𝑓 = =
≅ 1,35·1015 Hz
ℎ
6,63·10−34 J s
𝑐𝑐
ℎ 𝑐𝑐 6,63·10−34 J s · 3,00·108 m s −1
𝑐𝑐 = 𝜆𝜆 𝑓𝑓
⇔ 𝜆𝜆 = =
=
≅ 2,22·10−7 m.
𝐸𝐸
1
J
𝐸𝐸 = ℎ 𝑓𝑓
𝐸𝐸
5,60 eV · ℎ
6,24·1018 eV
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
·
𝑊𝑊ext
1 eV
𝑊𝑊ext = ℎ 𝑓𝑓0 ⇔ 𝑓𝑓0 =
=
≅ 4,11·1014 Hz.
ℎ
6,626·10−34 J s
Problemas de Física 2º Bachillerato (PAU) –Física Cuántica–
02/05/2015
45.–
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;
Valor absoluto de la carga del electrón: e = 1,60·10−19 C
12
a) No se produce: Wext > Eluz ; b) Sí se produce ya que Wext < Eluz.
46.–
La función de trabajo del sodio es φ = 2,30 eV. Si sobre un trozo de sodio incide luz de
450 nm de longitud de onda, calcule:
a) la energía de los fotones de esa luz;
b) la energía cinética máxima de los electrones emitidos.
c) Defina y calcule la frecuencia umbral para el sodio.
d) Determine el módulo del momento lineal (o cantidad de movimiento) de los fotones
incidentes.
Datos: Constante de Planck: h = 6,626·10−34 J s ; 1 eV = 1,602·10−19 J ; Masa en reposo del
neutrón: mn = 1,675·10 −27 kg ; Velocidad de la luz en el vacío: c = 3,00·108 m s−1
12
a) Eluz ≈ 442 zJ ; b) Ec ≈ 73,3 zJ ; c) f0 Na ≈ 556 THz ; d) p ≈ 1,47·10−27 kg m s−1.
47.–
La longitud de onda umbral de la luz utilizada para la emisión de electrones en un metal
por efecto fotoeléctrico es la correspondiente al color amarillo. Explique si son verdaderas o
falsas las siguientes afirmaciones:
a) Iluminando con la luz amarilla umbral, si duplicamos la intensidad de luz
duplicaremos también la energía cinética de los electrones emitidos.
12
b) Iluminando con luz ultravioleta no observaremos emisión de electrones.
a) La energía cinética no varía (al utilizarse luz umbral la energía cinética es nula pero, al ser
cero, se puede considerar el doble) ; b) Falso. Es más energética y los electrones son más
rápidos que los extraídos con la radiación umbral (de hecho, estos no tienen energía cinética).
Licencia Creative Commons 3.0. Autor: Antonio José Vasco Merino
Solución: a) De la expresión de las energías implicadas en el efecto fotoeléctrico:
ℎ 𝑐𝑐
ℎ 𝑐𝑐
𝐸𝐸luz = ℎ 𝑓𝑓luz =
= 𝑊𝑊ext + 𝐸𝐸c ⇔ 𝐸𝐸c =
− 𝑊𝑊ext
𝜆𝜆luz
𝜆𝜆luz
6,63·10−34 J s · 3,00·108 m s −1
1,60·10−19 J
𝐸𝐸c =
− 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:
ℎ 𝑐𝑐
ℎ 𝑐𝑐
= 𝑊𝑊ext + 𝐸𝐸c ′ ⇔ 𝐸𝐸c ′ =
− 𝑊𝑊ext
𝐸𝐸luz ′ = ℎ 𝑓𝑓luz ′ =
𝜆𝜆luz ′
𝜆𝜆luz ′
6,63·10−34 J s · 3,00·108 m s −1
1,60·10−19 J
𝐸𝐸c ′ =
− 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.
Solución: a) La energía de los fotones se obtiene aplicando la Ecuación de Planck:
𝐸𝐸luz = ℎ 𝑓𝑓luz
ℎ 𝑐𝑐 6,626·10−34 J s · 3,00·108 m s −1
𝜆𝜆luz
⇒ 𝐸𝐸luz =
=
≅ 4,42·10−19 J ≅ 2,76 eV.
1
m
𝜆𝜆luz
𝑐𝑐 =
= 𝜆𝜆luz 𝑓𝑓luz
450 nm · 9
𝑇𝑇
10 nm
b) De la expresión de las energías implicadas en el efecto fotoeléctrico:
ℎ 𝑐𝑐
ℎ 𝑐𝑐
= 𝑊𝑊ext + 𝐸𝐸c ⇒ 𝐸𝐸c =
− 𝑊𝑊ext
𝐸𝐸luz = ℎ 𝑓𝑓luz =
𝜆𝜆luz
𝜆𝜆luz
6,626·10−34 J s · 3,00·108 m s−1
1,602·10−19 J
𝐸𝐸c =
− 2,30 eV ·
≅ 7,33·10−20 J ≅ 0,457 eV.
1m
1
eV
450 nm · 9
10 nm
c) La frecuencia umbral es la menor de las frecuencias de las radiaciones capaces de producir el
efecto fotoeléctrico en el sodio y se corresponde con el trabajo de extracción, ya que es la que
provoca que empiece dicho efecto, pero sin que los electrones tengan energía cinética. Por tanto:
1,602·10−19 J
2,30 eV ·
𝑊𝑊ext
1 eV
𝑊𝑊ext = ℎ 𝑓𝑓0 Na ⇔ 𝑓𝑓0 Na =
=
≅ 5,56·1014 Hz.
ℎ
6,626·10−34 J s
d) Aplicando la Ecuación de De Broglie:
ℎ
ℎ
6,626·10−34 J s
𝜆𝜆 = ⇒ 𝑝𝑝 = =
≅ 1,47·10−27 kg m s−1 .
𝑝𝑝
𝜆𝜆 450 nm · 1 m
109 nm
Solución: a) Por tener la radiación incidente exactamente la longitud de onda umbral, los
fotoelectrones podrán ser extraídos de la placa, pero tendrán energía cinética nula, con lo cual no se
apartarán de ésta. Al duplicar la intensidad no aportamos más energía por lo que la energía cinética
seguirá siendo nula (estrictamente hablando, el doble de cero es cero, por lo que se cumple la
premisa del apartado). En general, al duplicar la intensidad de la radiación incidente duplicaremos
el número de electrones extraídos, pero no variará la energía cinética de estos, que seguirá siendo la
misma.
b) Falso. La radiación ultravioleta es claramente más energética que la amarilla, por lo que se
producirá efecto fotoeléctrico y la energía cinética con la que saldrán los electrones será muy
grande.
Problemas de Física 2º Bachillerato (PAU) –Física Cuántica–
48.–
12
02/05/2015
La luz azul posee una longitud de onda de 4 500·10−10 m. Determine:
a) su frecuencia;
b) la energía y la cantidad de movimiento que posee un fotón de esa luz.
Datos: Velocidad de la luz en el vacío: c = 2,998·108 m s−1 ; Constante de Planck: h = 6,626·10−34 J s
a) f ≈ 666,2 THz ; b) E ≈ 441,4 zJ; p ≈ 1,472·10−27 kg m s−1.
49.–
Los electrones emitidos por una superficie metálica tienen una energía cinética máxima
de 2,50 eV para una radiación incidente de 350 nm de longitud de onda. Calcule:
a) el trabajo de extracción de un mol de electrones en julios;
b) la diferencia de potencial mínima (potencial de frenado) requerida para frenar los
electrones emitidos.
12
Datos: Constante de Planck: h = 6,63·10–34 J s ; Número de Avogadro: NA = 6,02·1023 átomos mol–
1
; Valor absoluto de la carga del electrón: e = 1,60·10−19 C
a) Wext ≈ 101 kJ mol–1 ;
b) Vfrenado = 2,50 V.
50.–
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 0,80 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 s ; Velocidad de la luz en el vacío: c = 3,00·108 m s−1
12
a) Wext ≈ 3,7·10−19 J ; b) V’frenado ≈ 1,8 V.
51.–
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
12
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.
a) Ley de Planck: E = h f ; b) Dualidad onda−corpúsculo de De Broglie: λ p = h.
Licencia Creative Commons 3.0. Autor: Antonio José Vasco Merino
Solución: a) La frecuencia se obtiene de la ecuación:
𝜆𝜆
𝑐𝑐 2,998·108 m s−1
𝑐𝑐 = = 𝜆𝜆 𝑓𝑓 ⇔ 𝑓𝑓 = =
≅ 6,662·1014 Hz.
𝑇𝑇
𝜆𝜆
4500·10−10 m
b) La energía y la cantidad de movimiento se obtienen de:
ℎ 𝑐𝑐 6,626·10−34 J s · 2,998·108 m s −1
=
= 4,414·10−19 J
𝐸𝐸 = ℎ 𝑓𝑓 =
4500·10−10 m
𝜆𝜆
ℎ 𝑐𝑐
𝑚𝑚 𝑐𝑐 2 𝐸𝐸
ℎ 6,626·10−34 J s
𝑝𝑝 = 𝑚𝑚 𝑐𝑐 =
= = 𝜆𝜆 = =
≅ 1,472·10−27 kg m s−1 .
𝑐𝑐
𝑐𝑐
𝑐𝑐
𝜆𝜆 4500·10−10 m
Solución: a) De la expresión de las energías implicadas en el efecto fotoeléctrico:
𝑐𝑐
ℎ 𝑐𝑐
𝐸𝐸luz = ℎ 𝑓𝑓luz = ℎ
= 𝑊𝑊ext + 𝐸𝐸c ⇔ 𝑊𝑊ext =
− 𝐸𝐸c
𝜆𝜆luz
𝜆𝜆luz
6,63·10−34 J s · 3,00·108 m s −1
1,60·10−19 J
𝑊𝑊ext =
− 2,50 eV ·
≅ 1,68·10−19 J ≅ 1,05 eV.
1m
1
eV
350 nm · 9
10 nm
La cantidad obtenida es por electrón. Teniendo en cuenta que preguntan por mol:
Wext ≈ 1,68·10−19 J electrón−1 · 6,02·1023 electrones mol−1 ≈ 1,01·105 J mol–1.
b) El potencial de frenado (o detención) es el que le corresponde a un campo eléctrico capaz de
eliminar la energía cinética máxima de los electrones, por lo que:
𝐸𝐸c 2,50 eV
𝐸𝐸c = 𝑞𝑞e 𝑉𝑉frenado ⇒ 𝑉𝑉frenado =
=
= 2,50 V.
𝑞𝑞e
1e
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):
ℎ 𝑐𝑐
ℎ 𝑐𝑐
𝐸𝐸luz = ℎ 𝑓𝑓luz =
= 𝑊𝑊ext + 𝐸𝐸c ⇔ 𝑊𝑊ext =
− |𝑞𝑞e 𝑉𝑉frenado |
𝜆𝜆luz
𝜆𝜆luz
6,63·10−34 J s · 3,00·108 m s −1
𝑊𝑊ext =
− 1,60·10−19 C · 0,80 V ≅ 3,7·10−19 J.
1m
400 nm· 9
10 nm
b) Volviendo a aplicar la expresión de las energías implicadas en el efecto fotoeléctrico:
ℎ 𝑐𝑐
𝐸𝐸c 𝜆𝜆′luz − 𝑊𝑊ext
𝐸𝐸′c = 𝑞𝑞e 𝑉𝑉′frenado ⇔ 𝑉𝑉′frenado =
=
𝑞𝑞e
𝑞𝑞e
−34
8
−1
6,63·10
J s · 3,00·10 m s
− 3,7·10−19 J
1m
300 nm· 9
10 nm
𝑉𝑉frenado ≅
≅ 1,8 V.
1,60·10−19 C
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.
Problemas de Física 2º Bachillerato (PAU) –Física Cuántica–
52.–
12
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 1 800 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.
Datos: Constante de Planck: h = 6,63·10−34 J s ; Masa del electrón: me = 9,11·10−31 kg
a) λe ≈ 1,2 nm ;
53.–
12
02/05/2015
b) λe ≈ 42 λp.
Responda, razonadamente, las siguientes cuestiones:
a) Calcule la longitud de onda asociada a un electrón que se propaga con una velocidad de
5,00·106 m s−1.
b) Halle la diferencia de potencial que hay que aplicar a un cañón de electrones para que la
longitud de onda asociada a los electrones sea de 6,00·10−11 m.
Datos: Constante de Planck: h = 6,63·10−34 J s ; Masa del electrón: me = 9,11·10 −31 kg ; Valor absoluto
de la carga del electrón: e = 1,60·10−19 C
a) λ ≈ 146 pm ;
b) ∆V ≈ 419 V.
54.–
Se emite un electrón cuando luz ultravioleta de longitud de onda 170 nm incide sobre una
superficie pulida de zinc cuya función de trabajo es 4,31 eV.
a) Halle la velocidad del electrón emitido.
b) Si la longitud de onda de la luz que incide sobre el zinc se divide por 4, ¿por cuánto se
multiplica la velocidad del electrón emitido?
Datos: 1 eV = 1,60·10−19 J ; 1 nm = 10−9 m ; Velocidad de la luz en el vacío: c = 3,00·108 m s−1 ;
–34
−31
Constante de Planck: h = 6,63·10 J s ; Masa en reposo del electrón: me = 9,11·10 kg
a) v ≈ 1,03 Mm s−1 ;
b) v2 ≈ 2,88 v1.
12
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Solución: a) Aplicando la longitud de onda de De Broglie asociada a una partícula:
ℎ
6,63·10−34 J s
𝜆𝜆e =
=
≅ 1,2·10−9 m.
𝑚𝑚e 𝑣𝑣 9,11·10−31 kg · 6,0·105 m s −1
b) Aplicando la longitud de onda de De Broglie asociada a una partícula, en función de la
energía cinética:
ℎ
ℎ
ℎ
ℎ
ℎ
=
=
=
; 𝜆𝜆e =
𝜆𝜆p =
𝑚𝑚p 𝑣𝑣
�2 𝑚𝑚e 𝐸𝐸c
�2 𝑚𝑚p 𝐸𝐸c
�𝑚𝑚p2 𝑣𝑣 2 �2 𝑚𝑚p �1 𝑚𝑚p 𝑣𝑣 2 �
2
ℎ
𝑚𝑚p
𝜆𝜆e �2 𝑚𝑚e 𝐸𝐸c
1 800 𝑚𝑚e
�2 𝑚𝑚p 𝐸𝐸c
=
=
=�
=�
= √1 800 ≅ 42.
ℎ
𝜆𝜆p
𝑚𝑚e
𝑚𝑚e
�2 𝑚𝑚e 𝐸𝐸c
�2 𝑚𝑚p 𝐸𝐸c
La longitud de onda del electrón es unas 42 veces mayor que la del protón.
Solución: a) Aplicando la Ecuación de De Broglie:
ℎ
6,63·10−34 J s
𝜆𝜆e =
=
≅ 1,46·10−10 m.
𝑚𝑚e 𝑣𝑣e 9,11·10−31 kg·5,00·106 m s−1
b) Aplicando las relaciones entre masa, velocidad y energía y la Ecuación de De Broglie:
1
𝑝𝑝 = 𝑚𝑚 𝑣𝑣 = �𝑚𝑚2 𝑣𝑣 2 = �2 𝑚𝑚 � 𝑚𝑚 𝑣𝑣 2 � = �2 𝑚𝑚 𝐸𝐸c = �2 𝑚𝑚 𝐸𝐸p = �2 𝑚𝑚 𝑞𝑞 Δ𝑉𝑉
2
ℎ
ℎ
ℎ2
𝜆𝜆 =
=
⇒ Δ𝑉𝑉 =
2 𝑚𝑚 𝑞𝑞 𝜆𝜆2
𝑚𝑚 𝑣𝑣 �2 𝑚𝑚 𝑞𝑞 Δ𝑉𝑉
(6,63·10−34 J s)2
≅ 419 V.
2 · 9,11·10−31 kg · 1,60·10−19 C · (6,00·10−11 m)2
Solución: a) La velocidad máxima de los electrones emitidos será:
Δ𝑉𝑉 =
𝐸𝐸luz = ℎ 𝑓𝑓luz
ℎ 𝑐𝑐
1
=
= 𝑊𝑊ext + 𝐸𝐸c = 𝑊𝑊ext + 𝑚𝑚 𝑣𝑣 2
𝜆𝜆luz
2
⇒
ℎ 𝑐𝑐
2�
− 𝑊𝑊ext �
� 𝜆𝜆luz
𝑣𝑣 =
𝑚𝑚
6,63·10−34 J s · 3,00·108 m s −1
1,60·10−19 J
�
2·�
−
4,31
eV
·
1m
1 eV
�
170 nm · 9
10 nm
𝑣𝑣 =
≅ 1,03·106 m s−1 .
9,11·10−31 kg
b) Aplicando los nuevos datos y comparando:
ℎ 𝑐𝑐
ℎ 𝑐𝑐
�2 � 𝜆𝜆2 − 𝑊𝑊ext �
ℎ 𝑐𝑐
𝜆𝜆1 − 𝑊𝑊ext
2 �𝜆𝜆 − 𝑊𝑊ext �
𝑣𝑣2
4 ℎ 𝑐𝑐 − 𝜆𝜆1 𝑊𝑊ext
�
𝑚𝑚
luz
𝑣𝑣 =
⇒
=
=� 4
=�
ℎ 𝑐𝑐
𝑚𝑚
𝑣𝑣1
ℎ 𝑐𝑐 − 𝜆𝜆1 𝑊𝑊ext
ℎ 𝑐𝑐
− 𝑊𝑊ext
2
�
−
𝑊𝑊
�
𝜆𝜆
ext
1
�
𝜆𝜆1
𝑚𝑚
�
6,63·10−34 J s · 3,00·108 m s −1
1,60·10−19 J
⃓
⃓
−
4,31
eV
·
⃓
170 nm 1 m
1 eV
· 9
𝑣𝑣2 ⃓
⃓
4
10
nm
=⃓
≅ 2,88.
6,63·10−34 J s · 3,00·108 m s −1
1,60·10−19 J
𝑣𝑣1 ⃓
⃓
⃓
−
4,31
eV
·
⃓
1m
1 eV
170 nm · 9
10 nm
⎷
Problemas de Física 2º Bachillerato (PAU) –Física Cuántica–
02/05/2015
55.–
Se hace incidir luz monocromática, procedente de una lámpara láser, sobre una superficie
de potasio cuyo trabajo de extracción vale 2,22 eV.
a) Si la luz monocromática tiene una longitud de onda λ = 632 nm e intensidad
I = 3 mW cm−2, ¿se producirá emisión fotoeléctrica? ¿Y si aumentamos la intensidad del
láser hasta 6 mW cm−2? Razone sus contestaciones.
b) Si la luz monocromática tiene una longitud de onda λ = 500 nm, justifique que se emiten
electrones y calcule la energía cinética máxima de dichos electrones.
c) Si la luz monocromática tiene una longitud de onda λ = 500 nm, como en el caso anterior,
calcule la longitud de onda de De Broglie asociada con los electrones emitidos.
Datos: Constante de Planck: h = 6,63·10–34 J s ; Masa en reposo del electrón: me = 9,11·10−31 kg ;
Velocidad de la luz en el vacío: c = 3,00·108 m s−1 ; 1 J = 6,24·1018 eV
12
a) No hay emisión, ni aunque se aumente la intensidad ;
nm.
b) Ec ≈ 42 zJ ≈ 0,26 eV ; c) λ ≈ 2,40
Solución: a) Para poder extraer electrones de una sustancia la energía de los fotones de la
radiación con la que se ilumina debe ser mayor que el trabajo de extracción. Por tanto:
ℎ 𝑐𝑐
ℎ 𝑐𝑐
Habrá emisión si 𝐸𝐸luz = ℎ 𝑓𝑓luz =
= 𝑊𝑊ext + 𝐸𝐸c ⇒
− 𝑊𝑊ext > 0
𝜆𝜆luz
𝜆𝜆luz
6,63·10−34 J s · 3,00·108 m s−1
1J
− 2,22 eV ·
≅ −4,1·10−20 J < 0 ⇒ No hay emisión.
18 eV
1m
6,24·10
632 nm · 9
10 nm
Como la emisión de electrones debido al efecto fotoeléctrico no depende de la intensidad de la
radiación (dependería en el caso de que fuera un fenómeno ondulatorio) aunque aumentáramos la
intensidad de la radiación progresivamente, nunca conseguiríamos que se produjera la emisión.
b) Volviendo a aplicar la expresión del efecto fotoeléctrico:
ℎ 𝑐𝑐
ℎ 𝑐𝑐
= 𝑊𝑊ext + 𝐸𝐸c ⇒ 𝐸𝐸c =
− 𝑊𝑊ext
𝐸𝐸luz = ℎ 𝑓𝑓luz =
𝜆𝜆luz
𝜆𝜆luz
6,63·10−34 J s · 3,00·108 m s −1
1J
𝐸𝐸c =
− 2,22 eV ·
≅ 4,2·10−20 J ≅ 0,26 eV.
18 eV
1m
6,24·10
500 nm · 9
10 nm
c) Aplicando las relaciones entre masa, velocidad y energía y la Ecuación de De Broglie:
𝜆𝜆 =
𝜆𝜆 =
56.–
Si se ilumina con luz de λ = 300 nm la superficie de un material fotoeléctrico, el
potencial de frenado vale 1,20 V. El potencial de frenado se reduce a 0,60 V por oxidación del
material. Determine:
a) la variación de la energía cinética máxima de los electrones emitidos;
b) la variación de la función de trabajo del material y de la frecuencia umbral.
12
Datos: Valor absoluto de la carga del electrón: e = 1,60·10−19 C ; Constante de Planck:
h = 6,63·10−34 J s ; ; Velocidad de la luz en el vacío: c = 3,00·108 m s−1
a) ∆Ec = −0,60 eV ; b) ∆Wext = +0,60 eV ; ∆f0 = 0,14 PHz.
Licencia Creative Commons 3.0. Autor: Antonio José Vasco Merino
ℎ
ℎ
=
=
𝑚𝑚 𝑣𝑣 √𝑚𝑚2 𝑣𝑣 2
ℎ
�2 𝑚𝑚 �1 𝑚𝑚𝑣𝑣 2 �
2
=
ℎ
�2 𝑚𝑚 𝐸𝐸c
6,63·10−34 J s
=
ℎ
ℎ
=�
𝑊𝑊
𝑐𝑐
ℎ 𝑐𝑐
2 𝑚𝑚 �𝜆𝜆 − ext �
�2 𝑚𝑚 �
−
𝑊𝑊
�
ext
ℎ
luz
𝜆𝜆luz
≅ 2,40·10−9 m.
�
3,00·108 m s −1
2,22 eV
1J
2 · 9,11·10−31 kg · �
1 m − 6,63·10−34 J s · 6,24·1018 eV�
500 nm · 9
10 nm
Solución: a) La variación en la energía cinética se corresponde con la variación de energía
potencial eléctrica que es:
|∆Ec| = |∆Ep| = e ∆Vfrenado = 1,60·10−19 C · |0,6 V − 1,2 V| = 9,6·10−20 J.
El incremento es negativo, porque los electrones salen con menos velocidad, lo que implica una
pérdida de energía cinética. ∆Ec = −9,6·10−20 J.
b) Como la misma luz es la que ocasiona, en ambos casos, la emisión, la variación en la función
trabajo se corresponde con la variación de la energía cinética, con el signo cambiado, por lo que:
∆Wext = 9,6·10−20 J.
Aplicando el balance energético al efecto fotoeléctrico:
𝑊𝑊ext ′ 𝑊𝑊ext ∆𝑊𝑊ext
9,6·10−20 J
∆𝑓𝑓 = 𝑓𝑓0 ′ − 𝑓𝑓0 =
−
=
=
≅ 1,4·1014 Hz.
ℎ
ℎ
ℎ
6,63·10−34 J s
Problemas de Física 2º Bachillerato (PAU) –Física Cuántica–
02/05/2015
57.–
Sobre un metal cuyo trabajo de extracción es 3,0 eV se hace incidir radiación de longitud
de onda 2,0·10−7 m.
a) Calcule la velocidad máxima de los electrones emitidos, analizando los cambios
energéticos que tienen lugar.
b) Determine la frecuencia umbral de fotoemisión del metal.
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
; Valor absoluto de la carga del electrón: e = 1,602·10−19 C ; Masa del electrón: me = 9,11·10−31 kg
12
a) v ≈ 1,1 Mm s−1; la energía que porta la luz (h f) se emplea en suministrar la energía que
necesita el electrón para poder ser extraído de la placa metálica donde se encuentra (Wext) y el
resto lo adquiere el electrón extraido en forma de energía cinética (1/2 m v2) ; b) f0 ≈ 0,72 PHz.
58.–
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 2,30 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
; Valor absoluto de la carga del electrón: e = 1,60·10−19 C ; Masa del electrón: me = 9,11·10−31 kg
a) f0 ≈ 5,55 THz; sí la habrá para la primera (f1 = 6 THz), pero no para la segunda (f2 < f0) ; b)
v ≈ 256 km s−1.
12
Solución: a) La velocidad máxima de los electrones será:
𝐸𝐸luz = ℎ 𝑓𝑓luz
𝑣𝑣 =
�
2· �
ℎ 𝑐𝑐
2 �𝜆𝜆 − 𝑊𝑊ext �
ℎ 𝑐𝑐
1
�
luz
=
= 𝑊𝑊ext + 𝐸𝐸c = 𝑊𝑊ext + 𝑚𝑚 𝑣𝑣 2 ⇒ 𝑣𝑣 =
𝜆𝜆luz
2
𝑚𝑚
6,63·10−34 J s · 3,00·108 m s −1
1,602·10−19 J
− 3,0 eV · �
−7
1 eV
2,0·10 m
≅ 1,1·106 m s−1 .
9,11·10−31 kg
Básicamente, intervienen 3 energías: La que trae la luz asociada al hecho de que tiene frecuencia
(E = h f), que es la mayor de las tres cuando se produce el efecto fotoeléctrico, el trabajo de
extracción, que es la energía que hay que aportar para que un electrón pueda salir del pozo de
potencial donde se encuentran los electrones en la placa metálica (Wext) , y la energía cinética que
portan los electrones al separarse de la placa, y que es igual a Ec = h f − Wext.
b) La frecuencia umbral del metal corresponde al trabajo de extracción, por lo que:
1,602·10−19 J
3,0 eV · 𝑊𝑊ext
1 eV
𝑊𝑊ext = ℎ 𝑓𝑓0 ⇔ 𝑓𝑓0 =
=
≅ 7,2·1014 Hz.
ℎ
6,63·10−34 J s
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
2,30
eV
·
𝑊𝑊ext
1 eV
𝑊𝑊ext = ℎ 𝑓𝑓0 ⇔ 𝑓𝑓0 =
=
≅ 5,55·1014 Hz.
ℎ
6,63·10−34 J s
𝑐𝑐
3,00·108 m s −1
= 6,00·1014 Hz ⇒ 𝑓𝑓1 > 𝑓𝑓0
𝑓𝑓1 = =
𝜆𝜆1 500 nm· 1 m
𝑐𝑐
109 nm
𝑐𝑐 = 𝜆𝜆 𝑓𝑓 ⇔ 𝑓𝑓 = ⇔
8
𝜆𝜆
𝑐𝑐
3,00·10 m s −1
𝑓𝑓2 =
=
≅ 5,36·1014 Hz ⇒ 𝑓𝑓2 < 𝑓𝑓0
𝜆𝜆2 560 nm· 1 m
109 nm
Como la frecuencia aumenta con la energía, la radiación de longitud de onda 500 nm sí
provocará el efecto fotoeléctrico (f1 > f0), mientras que la 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.
La velocidad máxima de los electrones será:
𝐸𝐸luz = ℎ 𝑓𝑓luz
ℎ 𝑐𝑐
2 �𝜆𝜆 − 𝑊𝑊ext �
ℎ 𝑐𝑐
1
�
luz
=
= 𝑊𝑊ext + 𝐸𝐸c = 𝑊𝑊ext + 𝑚𝑚 𝑣𝑣 2 ⇒ 𝑣𝑣 =
𝜆𝜆luz
2
𝑚𝑚
6,63·10−34 J s · 3,00·108 m s−1
1,60·10−19 J
�
2· �
−
2,30
eV · 1m
1 eV
�
500 nm · 9
10 nm
𝑣𝑣 =
≅ 2,56·105 m s−1 .
9,11·10−31 kg
Licencia Creative Commons 3.0. Autor: Antonio José Vasco Merino
Problemas de Física 2º Bachillerato (PAU) –Física Cuántica–
02/05/2015
59.–
Tenemos un metal cuyo trabajo de extracción para electrones es de 2,5 eV. Se ilumina
con una luz monocromática y se observa que la velocidad máxima de los electrones emitidos es
de 1,0·106 m s−1. Calcule:
a) la frecuencia de la luz;
b) la longitud de onda de De Broglie asociada a los electrones emitidos a 1,0·106 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 7,0·10−19 J.
12
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
; Masa del electrón: me = 9,11·10−31 kg ; 1 eV = 1,60·10−19 J
a) fluz ≈ 1,3 PHz ; b) λe ≈ 0,73 nm ; c) λluz ≈ 0,18 µm.
60.–
Un cuerpo tiene una masa de 6,63·10−6 g y se mueve a una velocidad de 1,0·10−6 m s−1.
La longitud de onda de De Broglie asociada a esta partícula es:
a) menor que el tamaño de los núcleos atómicos;
b) mayor que el tamaño de los núcleos atómicos;
c) aproximadamente igual que el tamaño de los núcleos atómicos.
12
Escoja la opción correcta y justifique la elección sabiendo que el radio de un núcleo
atómico es del orden de 10−15 m.
Solución: a) Aplicando la expresión de las energías del efecto fotoeléctrico:
1
𝑊𝑊ext + 2 𝑚𝑚e 𝑣𝑣 2
1
𝐸𝐸luz = ℎ 𝑓𝑓luz = 𝑊𝑊ext + 𝐸𝐸c = 𝑊𝑊ext + 𝑚𝑚e 𝑣𝑣 2 ⇔ 𝑓𝑓luz =
2
ℎ
1,60·10−19 J
1
2,5 eV ·
+ 2 · 9,11·10−31 kg · (1,0·106 m s−1 )2
1
eV
𝑓𝑓luz =
≅ 1,3·1015 Hz.
6,63·10−34 J s
b) Aplicando el Principio de De Broglie (dualidad onda−corpúsculo):
ℎ
6,63·10−34 J s
𝜆𝜆e =
=
≅ 7,3·10−10 m.
𝑚𝑚e 𝑣𝑣
9,11·10−31 kg · 1,0·106 m s −1
c) Aplicando otra vez la expresión de las energías del efecto fotoeléctrico:
ℎ 𝑐𝑐
ℎ 𝑐𝑐
𝐸𝐸luz = ℎ 𝑓𝑓luz =
= 𝑊𝑊ext + 𝐸𝐸c ⇔ 𝜆𝜆luz =
𝜆𝜆luz
𝑊𝑊ext + 𝐸𝐸c
−34
8
−1
6,63·10 J s · 3,00·10 m s
𝜆𝜆luz =
≅ 1,8·10−7 m.
1,60·10−19 J
2,5 eV ·
+ 7,0·10−19 J
1 eV
Solución: Aplicando la Ecuación de De Broglie al cuerpo:
ℎ
6,63·10−34 J s
𝜆𝜆cuerpo =
=
= 1,0·10−19 m.
𝑚𝑚cuerpo 𝑣𝑣 6,63·10−6 g · 1 kg · 1,0·10−6 m s −1
1 000 g
Como se comprueba comparando con el radio de un núcleo, la longitud de onda es menor, por lo
que la respuesta correcta es la a).
Datos: Constante de Planck: h = 6,63·10–34 J s = 4,14·10−15 eV s
La a); es unas 10 000 veces menor que el radio nuclear.
61.–
Un electrón (masa 9,1·10−31 kg) se mueve a una velocidad de 100 km s–1. Compare su
longitud de onda de De Broglie con la de una partícula de polvo cósmico de masa 9,1·10−7 kg
que se mueva a la misma velocidad. ¿Cuál de ellas es mayor y cuántas veces mayor?
12
λe = 1,0·1024·λpolvo; (no es necesario el dato de la velocidad, al ser la misma).
62.–
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.
−34
8
−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
a) c / v ≈ 72 ; b) λe ≈ 0,17 nm.
Solución: Aplicando la Ecuación de De Broglie a ambas y comparando:
ℎ
ℎ
𝜆𝜆e =
𝑚𝑚polvo
𝜆𝜆e
9,1·10−7 kg
𝑚𝑚e 𝑣𝑣
𝑚𝑚e 𝑣𝑣
⇒
=
=
=
= 1,0·1024 .
ℎ
ℎ
𝜆𝜆polvo
𝑚𝑚e
9,1·10−31 kg
𝜆𝜆polvo =
𝑚𝑚polvo 𝑣𝑣
𝑚𝑚polvo 𝑣𝑣
La longitud de onda asociada al electrón es un cuatrillón de veces mayor que la de la partícula de
polvo.
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
𝑣𝑣e = �
2 𝑞𝑞e ∆𝑉𝑉
𝑐𝑐
⇔
=
𝑚𝑚e
𝑣𝑣e
�
3,00·108 m s −1
2 · 1,60·10−19 C · 50 V
9,11·10−31 kg
≅ 72.
La relación entre ambas velocidades es tan alta que no es necesario aplicar los conceptos
relativistas.
b) Aplicando la Ecuación de De Broglie:
ℎ
ℎ
ℎ
𝜆𝜆e =
=
=
𝑚𝑚e 𝑣𝑣
2 𝑞𝑞 ∆𝑉𝑉 �2 𝑚𝑚e 𝑞𝑞e ∆𝑉𝑉
𝑚𝑚e � 𝑚𝑚e
𝜆𝜆e =
Licencia Creative Commons 3.0. Autor: Antonio José Vasco Merino
6,63·10−34 J s
e
�2 · 9,11·10−31 kg ·1,60·10−19 C · 50 V
≅ 1,7·10−10 m.
Problemas de Física 2º Bachillerato (PAU) –Física Cuántica–
02/05/2015
63.–
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 2,00 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:
−19
8
−1
e = 1,60·10 C ; Velocidad de la luz en el vacío: c = 3,00·10 m s
a) Ec ≈ 44,3 zJ ; b) No tendría lugar el efecto fotoeléctrico.
64.–
Un haz de luz monocromática de longitud de onda en el vacío 450 nm incide sobre un
metal cuya longitud de onda umbral, para el efecto fotoeléctrico, es de 612 nm. Determine:
a) la energía de extracción de los electrones del metal;
b) la energía cinética máxima de los electrones que se arrancan del metal.
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
a) Wext = 325 zJ ; b) Ec = 1,17·10−19 J.
65.–
Un metal tiene una frecuencia umbral de 4,5·1014 Hz para el efecto fotoeléctrico.
a) Si el metal se ilumina con una radiación de 4,0·10−7 m de longitud de onda, ¿cuál será la
energía cinética y la velocidad de los electrones emitidos?
b) Si el metal se ilumina con otra radiación distinta de forma que los electrones emitidos
tengan una energía cinética el doble de en el caso anterior, ¿cuál será la frecuencia de esta
radiación?
Datos: Valor absoluto de la carga del electrón: e = 1,60·10−19 C ; Masa del electrón: en reposo:
−31
kg ; Constante de Planck: h = 6,63·10−34 J s ; Velocidad de la luz en el vacío:
me = 9,11·10
8
−1
c = 3,00·10 m s
12
Solución: a) Parte de la energía que posee la radiación incidente (E = h f) se emplea en aportar la
energía necesaria para que el electrón que se encuentra en la placa pueda "romper" las uniones que
tiene con esta (trabajo de extracción) y el resto pasa al electrón en forma de energía cinética.
Aplicando la expresión de las energías implicadas en el efecto fotoeléctrico:
ℎ 𝑐𝑐
ℎ 𝑐𝑐
𝐸𝐸luz = ℎ 𝑓𝑓luz =
= 𝑊𝑊ext + 𝐸𝐸c ⇔ 𝐸𝐸c =
− 𝑊𝑊ext
𝜆𝜆luz
𝜆𝜆luz
6,63·10−34 J s · 3,00·108 m s −1
1,60·10−19 J
𝐸𝐸c =
−
2,00
eV
·
≅ 4,43·10−20 J.
1 eV
546·10−9 m
b) De la misma expresión del apartado anterior:
ℎ 𝑐𝑐
ℎ 𝑐𝑐
𝐸𝐸′luz = ℎ 𝑓𝑓′luz =
= 𝑊𝑊ext + 𝐸𝐸′c ⇔ 𝐸𝐸′c =
− 𝑊𝑊ext
𝜆𝜆′luz
𝜆𝜆′luz
6,63·10−34 J s · 3,00·108 m s −1
1,60·10−19 J
𝐸𝐸′c =
− 2,00 eV ·
< 0.
2·546·10−9 m
1 eV
Como el resultado es negativo, podemos afirmar que la energía de la radiación de la luz
incidente es menor que el trabajo de extracción, por lo que no se producirá el efecto fotoeléctrico.
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:
𝑐𝑐
3,00·108 m s −1
1 eV
𝑊𝑊ext = ℎ 𝑓𝑓0 = ℎ
= 6,63·10−34 J s ·
= 3,25·10−19 J·
≅ 2,03 eV.
−19 J
1m
𝜆𝜆0
1,60·10
612 nm· 9
10 nm
b) La energía cinética máxima de los electrones será:
ℎ 𝑐𝑐
ℎ 𝑐𝑐
ℎ 𝑐𝑐
1
1
= 𝑊𝑊ext + 𝐸𝐸c ⇒ 𝐸𝐸c =
−
= ℎ 𝑐𝑐 �
− �
𝐸𝐸luz = ℎ 𝑓𝑓luz =
𝜆𝜆luz
𝜆𝜆luz
𝜆𝜆0
𝜆𝜆luz
𝜆𝜆0
1
1
𝐸𝐸c = 6,63·10−34 J s · 3,00·108 m s −1 · �
−
� = 1,17·10−19 J.
450·10−9 m 612·10−9 m
Solución: a) Aplicando las relaciones energéticas del efecto fotoeléctrico:
ℎ 𝑐𝑐
ℎ 𝑐𝑐
𝑐𝑐
𝐸𝐸luz = ℎ 𝑓𝑓luz =
= 𝑊𝑊ext + 𝐸𝐸c ⇒ 𝐸𝐸c =
− ℎ 𝑓𝑓0 = ℎ �
− 𝑓𝑓0 �
𝜆𝜆luz
𝜆𝜆luz
𝜆𝜆luz
3,00·108 m s −1
1 eV
−34
14
−19
𝐸𝐸c = 6,63·10
Js· �
−
4,5·10
Hz�
≅
2,0·10
J
·
≅ 1,2 eV.
4,0·10−7 m
1,60·10−19 J
La velocidad máxima de los electrones será:
𝑐𝑐
2 ℎ �𝜆𝜆 − 𝑓𝑓0 �
1
2
𝐸𝐸
�
c
luz
𝐸𝐸c = 𝑚𝑚 𝑣𝑣 2 ⇒ 𝑣𝑣 = �
=
2
𝑚𝑚
𝑚𝑚
a) Ec ≈ 0,20 aJ ; v ≈ 0,66 Mm s−1 ; b) f’ ≈ 1,05·1015 PHz.
𝑣𝑣 =
�
3,00·108 m s −1
− 4,5·1014 Hz�
4,0·10−7 m
≅ 6,6·105 m s−1 .
9,11·10−31 kg
2·6,63·10−34 J s · �
b) Aplicando otra vez las relaciones energéticas del efecto fotoeléctrico:
ℎ 𝑓𝑓0 + 𝐸𝐸′c
𝐸𝐸′c
𝐸𝐸′luz = ℎ 𝑓𝑓′luz = 𝑊𝑊ext + 𝐸𝐸′c ⇒ 𝑓𝑓′luz =
= 𝑓𝑓0 +
ℎ
ℎ
−19
4,0·10
J
𝑓𝑓′luz ≅ 4,5·1014 Hz +
≅ 1,05·1015 Hz.
6,63·10−34 J s
Licencia Creative Commons 3.0. Autor: Antonio José Vasco Merino
Problemas de Física 2º Bachillerato (PAU) –Física Cuántica–
02/05/2015
66.–
Un protón que parte del reposo es acelerado por una diferencia de potencial de 10 V.
Determine:
a) la energía que adquiere el protón expresada en eV y su velocidad en m s−1;
b) la longitud de onda de De Broglie asociada al protón moviéndose con la velocidad
anterior.
Datos: Constante de Planck: h = 6,63·10−34 J s ; Masa del protón: mp = 1,67·10−27 kg ; Carga del
protón: qp = 1,60·10−19 C
12
a) E = 10 eV; vp ≈ 43,8 km s−1 ; b) λp ≈ 9,07 pm.
Solución: a) La variación en la energía cinética se corresponde con la variación de energía
potencial eléctrica que es:
1 eV
|∆𝐸𝐸c | = �∆𝐸𝐸p � = 𝑞𝑞p ∆𝑉𝑉 = 1,60·10−19 C · 10 V ·
= 10 eV.
1,60·10−19 J
Aplicando el Principio de conservación de la energía:
|∆𝐸𝐸c | = �∆𝐸𝐸p � = 𝑞𝑞p ∆𝑉𝑉 = 1 𝑚𝑚e 𝑣𝑣p2
2
𝑣𝑣p = �
2 𝑞𝑞p ∆𝑉𝑉
2 · 1,60·10−19 C · 10 V
= �
≅ 4,38·104 m s−1 .
𝑚𝑚p
1,67·10−27 kg
b) Aplicando la Ecuación de De Broglie:
ℎ
ℎ
ℎ
=
=
𝜆𝜆p =
𝑚𝑚p 𝑣𝑣p
2 𝑞𝑞p ∆𝑉𝑉 �2 𝑚𝑚p 𝑞𝑞p ∆𝑉𝑉
𝑚𝑚p � 𝑚𝑚
67.–
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
f0 ≈ 442 THz ; v ≈ 0,67 Mm s−1.
Datos: Velocidad de la luz en el vacío: c = 3,00·108 m s−1 ; Constante de Planck: h = 6,626·10−34 J s
; 1 eV = 1,602·10−19 J ; 1 nm = 10−9 m
a) Ec ≈ 25 zJ ; b) N / t ≈ 3,3·1017 fotones min−1.
Licencia Creative Commons 3.0. Autor: Antonio José Vasco Merino
6,63·10−34 J s
1,67·10−27
≅ 9,07·10−12 m.
1,60·10−19
�2 ·
kg ·
C · 10 V
Solución: La frecuencia umbral del sodio corresponde al trabajo de extracción, por lo que:
1,60·10−19 J
𝑊𝑊0 1,83 eV ·
1 eV
𝑊𝑊0 = ℎ 𝑓𝑓0 ⇔ 𝑓𝑓0 =
=
≅ 4,42·1014 Hz.
ℎ
6,63·10−34 J s
b) La velocidad de los electrones será:
𝐸𝐸luz = ℎ 𝑓𝑓luz
68.–
Una fuente luminosa emite luz monocromática de 550 nm con una potencia de 2,0 mW.
Esta luz se hace incidir sobre un metal y se produce efecto fotoeléctrico. La energía de
extracción mínima de los electrones del metal es 2,10 eV. Calcule:
a) la energía cinética máxima de los electrones extraídos;
b) el número de fotones que emite la fuente luminosa en un minuto.
12
𝜆𝜆p =
p
𝑣𝑣 =
�
2·�
ℎ 𝑐𝑐
1
=
= 𝑊𝑊0 + 𝐸𝐸c = 𝑊𝑊0 + 𝑚𝑚e 𝑣𝑣 2
𝜆𝜆luz
2
⇒
ℎ 𝑐𝑐
2 · �𝜆𝜆 − 𝑊𝑊0 �
�
luz
𝑣𝑣 =
𝑚𝑚e
6,63·10−34 J s · 3,00·108 m s −1
1,60·10−19 J
− 1,83 eV ·
�
−7
1 eV
4,0·10 m
≅ 6,7·105 m s −1 .
9,11·10−31 kg
Solución: a) Aplicando la ecuación del efecto fotoeléctrico podemos hallar el valor de la energía
cinética de los electrones que será:
ℎ 𝑐𝑐
ℎ 𝑐𝑐
𝐸𝐸luz = ℎ 𝑓𝑓luz =
= 𝑊𝑊ext + 𝐸𝐸c ⇒ 𝐸𝐸c =
− 𝑊𝑊ext
𝜆𝜆luz
𝜆𝜆luz
6,626·10−34 J s · 3,00·108 m s −1
1 eV
𝐸𝐸c =
·
− 2,10 eV ≅ 0,16 eV ≅ 2,50·10−20 J.
−19 J
1m
1,602·10
550 nm · 9
10 nm
b) Para calcular el número de fotones por minuto (N / t) que emite la fuente recurrimos al
Postulado de Planck:
𝐸𝐸T 𝑁𝑁 𝑐𝑐
𝑁𝑁 𝑃𝑃 𝜆𝜆
𝐸𝐸 = ℎ 𝑓𝑓 ⇒ 𝐸𝐸T = 𝑁𝑁 ℎ 𝑓𝑓 ⇒
= ℎ = 𝑃𝑃 ⇔ =
𝑡𝑡
𝜆𝜆
𝑡𝑡
ℎ 𝑐𝑐
𝑡𝑡
1W
1m
𝑁𝑁 2,0 mW· 1000 mW · 550 nm · 109 nm 60 s
=
·
≅ 3,3·1017 fotones min−1 .
𝑡𝑡
6,626·10−34 J s · 3,00·108 m s −1
1 min
Problemas de Física 2º Bachillerato (PAU) –Física Cuántica–
02/05/2015
69.– Una onda electromagnética de longitud de onda 70 nm incide sobre la superficie de un
metal cuya función de trabajo es de 7,31 eV.
a) Estime si se van a emitir electrones del metal y, en su caso, halle la velocidad máxima
de los electrones emitidos.
b) Si la longitud de onda de la onda que incide sobre el metal se divide por 3, ¿cuál es, en
su caso, la nueva velocidad máxima de los electrones emitidos?
Solución: a) Vamos a suponer que se emiten. Si al hacer el álculo de velocidad obtenemos un
valor negativo, no tiene lugar el efecto fotoeléctrico. La velocidad máxima de los electrones será:
𝐸𝐸luz = ℎ 𝑓𝑓luz
Datos:
Constante de Planck: h = 6,63·10–34 J s ; Masa en reposo del electrón: me = 9,11·10−31 kg ;
−19
−19
–9
Valor absoluto de la carga del electrón: e = 1,60·10 C ; 1 eV = 1,60·10 J ; 1 nm = 10 m
a) Sí se emiten; v ≈ 1,92 Mm s−1 ;
b) v’ ≈ 4,02 Mm s−1.
12
⇒
ℎ 𝑐𝑐
− 𝑊𝑊ext �
2�
� 𝜆𝜆luz
𝑣𝑣 =
𝑚𝑚
1,60·10−19 J
6,63·10−34 J s · 3,00·108 m s −1
−
7,31
eV
·
�
1 eV
70·10−9 m
≅ 1,92·106 m s−1 .
−31
9,11·10
kg
b) Aplicando los nuevos datos:
70.–
Una radiación monocromática de longitud de onda λ = 1,0·10−7 m incide sobre un metal
cuya frecuencia umbral es 2,0·1014 Hz. Determine:
a) la función de trabajo y la energía cinética máxima de los electrones;
b) el potencial de frenado.
Datos: Constante de Planck: h = 6,63·10–34 J s
a) a) Wext ≈ 0,13 aJ; Ec = 1,9 aJ ; b) Vfrenado ≈ 12 V.
12
71.–
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
𝑣𝑣 =
2·�
�
ℎ 𝑐𝑐
1
=
= 𝑊𝑊ext + 𝐸𝐸c = 𝑊𝑊ext + 𝑚𝑚 𝑣𝑣 2
𝜆𝜆luz
2
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
a) λ0 ≈ 620 nm ;
b) Ec ≈ 0,072 eV.
Licencia Creative Commons 3.0. Autor: Antonio José Vasco Merino
𝑣𝑣 =
2·�
�
ℎ 𝑐𝑐
2 � 𝜆𝜆 − 𝑊𝑊ext �
ℎ 𝑐𝑐
�
luz
− 𝑊𝑊ext �
2�
� 𝜆𝜆′luz
3
=
𝑣𝑣′ =
𝑚𝑚
𝑚𝑚
3 · 6,63·10−34 J s · 3,00·108 m s−1
1,60·10−19 J
− 7,31 eV ·
�
−9
1 eV
70·10 m
≅ 4,02·106 m s−1 .
9,11·10−31 kg
Solución: a) La función de trabajo, o trabajo de extracción, es la energía que corresponde a una
radiación de frecuencia umbral, ya que es la que provoca que empiece el efecto fotoeléctrico, pero
sin que los electrones tengan energía cinética. Por tanto:
1 eV
≅ 0,83 eV.
𝑊𝑊ext = ℎ 𝑓𝑓0 = 6,63·10−34 J s · 2,0·1014 Hz ≅ 1,3·10−19 J·
1,60·10−19 J
La energía cinética máxima de los electrones será:
ℎ 𝑐𝑐
ℎ 𝑐𝑐
𝑐𝑐
𝐸𝐸luz = ℎ 𝑓𝑓luz =
= 𝑊𝑊ext + 𝐸𝐸c ⇒ 𝐸𝐸c =
− ℎ 𝑓𝑓0 = ℎ �
− 𝑓𝑓0 �
𝜆𝜆luz
𝜆𝜆luz
𝜆𝜆luz
3,00·108 m s −1
1 eV
𝐸𝐸c = 6,63·10−34 J s · �
− 2,0·1014 Hz� ≅ 1,9·10−18 J ·
≅ 12 eV.
−7
1,0·10 m
1,60·10−19 J
b) La energía cinética de los electrones se convierte en energía potencial si los frenamos
utilizando un campo eléctrico. El potencial necesario se obtiene de igualar ambas energías:
𝑐𝑐
𝐸𝐸c ℎ �𝜆𝜆luz − 𝑓𝑓0 � ℎ
𝑐𝑐
𝐸𝐸c = 𝑞𝑞e 𝑉𝑉frenado ⇔ 𝑉𝑉frenado =
=
=
�
− 𝑓𝑓0 �
𝑞𝑞e
𝑞𝑞e
𝑞𝑞e 𝜆𝜆luz
6,63·10−34 J s
3,00·108 m s −1
𝑉𝑉frenado =
·
�
− 2,0·1014 Hz� ≅ 12 V.
1,60·10−19 C
1,0·10−7 m
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:
𝑐𝑐
ℎ 𝑐𝑐
6,626·10−34 J s · 3,00·108 m s−1
𝑊𝑊ext = ℎ 𝑓𝑓0 = ℎ
⇔ 𝜆𝜆0 =
=
≅ 6,20·10−7 m.
1,602·10−19 J
𝜆𝜆0
𝑊𝑊ext
2,00 eV ·
1 eV
b) De la expresión de las energías implicadas en el efecto fotoeléctrico:
ℎ 𝑐𝑐
ℎ 𝑐𝑐
𝐸𝐸luz = ℎ 𝑓𝑓luz =
= 𝑊𝑊ext + 𝐸𝐸c ⇔ 𝐸𝐸c =
− 𝑊𝑊ext
𝜆𝜆luz
𝜆𝜆luz
6,626·10−34 J s · 3,00·108 m s −1
1 eV
𝐸𝐸c =
·
− 2,00 eV ≅ 0,072 eV.
600·10−9 m
1,602·10−19 J
Problemas de Física 2º Bachillerato (PAU) –Física Cuántica–
02/05/2015
72.–
Una radiación monocromática, de longitud de onda 300 nm, incide sobre cesio. Si la
longitud de onda umbral del cesio es 622 m, el potencial de frenado es:
a) 12,5 V;
b) 2,15 V;
12
c) 125 V.
Datos: 1 nm = 10–9 m ; 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
La respuesta correcta es la b): 2,15 V.
Licencia Creative Commons 3.0. Autor: Antonio José Vasco Merino
Solución: Razonablemente la respuesta correcta es la b), puesto que los potenciales de frenado
están entre 0 y 10 V, sin llegar a una cantidad tan grande. Lo comprobamos haciendo los cálculos
correspondientes:
ℎ 𝑐𝑐
ℎ 𝑐𝑐 1
1
𝐸𝐸luz = ℎ 𝑓𝑓luz =
= 𝑊𝑊ext + 𝐸𝐸c = 𝑊𝑊ext + 𝑞𝑞e 𝑉𝑉frenado ⇒ 𝑉𝑉frenado =
�
− �
𝜆𝜆luz
𝑒𝑒 𝜆𝜆luz
𝜆𝜆0
−34
8
−1
6,63·10
J s · 3,00·10 m s
1
1
𝑉𝑉frenado =
·
�
−
� ≅ 2,14 V.
1,60·10−19 C
300·10−9 m 622·10−9 m