Física P.A.U. FÍSICA MODERNA 1 FÍSICA MODERNA. 1. Farase unha lista con datos, pasándoos ao Sistema Internacional se non o estivesen.

(1)

FÍSICA MODERNA

◊

INTRODUCIÓN

●

RECOMENDACIÓNS

1. Farase unha lista con datos, pasándoos ao Sistema Internacional se non o estivesen. 2. Farase outra lista coas incógnitas.

3. Debuxarase un esbozo coas distancias coherentes coa situación. Deberán incluír cada unha das forzas ou das intensidades de campo, e a súa resultante.

4. Farase unha lista de ecuacións que conteñan as incógnitas e algún dos datos, mencionando á lei ou principio ao que se refiren.

5. No caso de ter algunha referencia, ao rematar os cálculos farase unha análise do resultado para ver si é o esperado. En particular, comprobar que os vectores campo electrostático teñen a di-rección e o sentido acorde co esbozo.

6. En moitos problemas as cifras significativas dos datos son incoherentes. Resolverase o proble-ma supoñendo que os datos que aparecen con unha ou dúas cifras significativas teñen a mesproble-ma precisión que o resto dos datos (polo xeral tres cifras significativas), e ao final farase un comen-tario sobre o as cifras significativas do resultado.

●

ACLARACIÓNS

1. Os datos dos enunciados dos problemas non adoitan ter un número adecuado de cifras signifi-cativas, ben porque o redactor pensa que a Física é unha rama das Matemáticas e os números enteiros son números «exactos» (p.ej a velocidade da luz: 3×108_{m/s cre que é}

300 000 000,000000000000000... m/s) ou porque aínda non se decatou de que se pode usar calcu-ladora no exame e parécelle máis sinxelo usar 3×108_{que 299 792 458 m/s).}

Por iso supuxen que os datos teñen un número de cifras significativas razoables, case sempre tres cifras significativas. Menos cifras darían resultados, en certos casos, con ampla marxe de erro. Así que cando tomo un dato como c = 3×108_{m/s e reescríboo como:}

Cifras significativas: 3 c = 3,00×108_m/s

o que quero indicar é que supoño que o dato orixinal ten tres cifras significativas (non que as teña en realidade) para poder realizar os cálculos cunha marxe de erro máis pequena que a que tería se empregásemos o dato tal como aparece. (3×108_{m/s ten unha soa cifra significativa, e un}

(2)

◊

PROBLEMAS

●

MECÁNICA CUÁNTICA

1. Nunha célula fotoeléctrica, o cátodo metálico ilumínase cunha radiación de λ = 175 nm, o poten-cial de freado para os electróns é de 1 voltio. Cando se usa luz de 200 nm, o potenpoten-cial de freado é de 1,86 V. Calcula:

a) O traballo de extracción do metal e a constante de Planck h.

b) Produciríase efecto fotoeléctrico se se iluminase con luz de 250 nm?

Datos e = 1,6×10-19_{C; c = 3×10}8_{m/s; 1 m = 10}9_nm _{(P.A.U. Xuño 02)}

Rta.: a) h = –6,4×10-34_{J·s, W}

e = –1,3×10-18 J; b) Si?

Datos Cifras significativas: 3

Lonxitude do onda da primeira radiación λ1 = 175 nm = 1,75×10-7 m

Potencial de freado na experiencia coa primeira radiación V1 = 1,00 V

Lonxitude do onda da segunda radiación λ2 = 200 nm = 2,00×10-7 m

Potencial de freado na experiencia coa segunda radiación V2 = 1,86 V

Carga do electrón e = 1,60×10-19_C

Velocidade da luz no baleiro c = 3,00×108_m/s

Incógnitas

Traballo de extracción do metal We

Constante de Planck h

Enerxía dun fotón de λ = 250 nm Ef

Outros símbolos

Enerxía cinética máxima dos electróns emitidos Ec

Frecuencia dos fotóns f1, f2

Ecuacións

De Einstein do efecto fotoeléctrico Ef = We + Ec

De Planck (enerxía dun fotón) Ef = h · f

Relación entre a enerxía cinética dos electróns e o potencial de freado Ec = e · V

Relación entre a frecuencia e a lonxitude de onda dunha onda f = c / λ

Solución:

a) A ecuación de Einstein do efecto fotoeléctrico queda

h·c

λ

=

We



e ·V

Substituíndo os dous pares de datos:

h ·3,00×108 _[m·s−1 ] 2,00× 10−7_{[m ]} =We+1,60×10 −19_{[C]·1,86 [ V]} h ·3,00×108 _[m·s−1_] 1,75×10−7 [m ] =We+1,60×10 −19_{[C]·1,00 [ V]}

queda un sistema de dúas ecuacións con dúas incógnitas, que ten como resultado

h = –6,4×10-34_J·s We = –1,3×10-18 J

Análise: Estes resultados son absurdos. Nin a constante de Planck nin o traballo de extracción poden ser negativos. O erro está no enunciado do problema. A radiación de 175 nm ten máis frecuencia que a de 200

nm, e, polo tanto, máis enerxía, polo que os electróns sairán con maior enerxía cinética, e o potencial de

(3)

de 1 V corresponde á lonxitude de onda de 200 nm e as respostas serían: h = 6,4×10-34_{J·s e W}

e = 8,0×10-19

J

b) Unha luz producirá efecto fotoeléctrico se a súa enerxía é superior o traballo de extracción. A enerxía da luz incidente é:

Ef = h · f = h · c / λ = (–6,4×10-34 [J s] · 3×108 [m s–1] / 250×10-9 m = –7,7×10-19 J

que é maior que o traballo de extracción –1,3×10-18_{J, polo que produciría efecto fotoeléctrico.}

Análise: Isto tamén é absurdo. Co enunciado correcto Ef = 7,7×10-19 J < 8,0×10-19 J e NON produciría efec-to foefec-toeléctrico.

2. O traballo de extracción de electróns nun metal é de 5×10-19_{J. Unha luz de lonxitude de onda 375}

nm, incide sobre o metal. Calcula: a) A frecuencia limiar.

b) A enerxía cinética dos electróns extraídos.

Datos: constante de Planck h = 6,62×10-34_{J·s, c = 3×10}8_{m/s, 1 nm =10}-9_m _{(P.A.U. Set. 02)}

Rta.: a) f0 = 8×1014 Hz, b) Ec = 3,0×10-20 J

Lonxitude do onda da radiación λ = 375 nm = 3,75×10-7_m

Traballo de extracción do metal We = 5,00×10-19 J

Constante de Planck h = 6,62×10-34_J·s

Incógnitas

Frecuencia limiar f0

Ecuacións

Solución:

a) A radiación que teña a frecuencia limiar, terá a enerxía xusta para arrincar o electrón, pero non sobrará nada para comunicarlle enerxía cinética.

h · f0 = We + 0

Despexando a frecuencia limiar.

f₀=We

h =

5,00×10−19_[J]

6,62×10−34_[_J·s]=7,55×10 14_s−1

Análise: Se calculamos a lonxitude de onda limiar, usando λ0 = c / f0 ≈ 400 nm que é da orde de magnitude do outro dato (375 nm) e atópase na rexión violeta – u.v. do espectro electromagnético. Parece un resulta-do aceptable. b) E_c=E_f– W_e=h f −W_e=h c_λ – W_e=6,62×10 −34_[_{J·s] ·3,00×10}8_[m·s−1_] 3,75×10−7_{[m ]} −5,00×10 −19_[J]=3,0×10−20_J

(4)

3. Se o traballo de extracción para certo metal é 5,6×10-19_{J. Calcula:}

a) A frecuencia limiar por debaixo da cal non hai efecto fotoeléctrico nese metal.

b) O potencial de freado que se debe aplicar para que os electróns emitidos non cheguen ao áno-do se a luz incidente é de 320 nm.

Datos: c = 3×108_{m/s; h = 6,63×10}-34_{J·s; 1 nm = 10}-9_{m; q}

e = 1,6×10-19 C (P.A.U. Set. 03)

Rta.: a) f0 = 8,5×1014 Hz; b) V = 0,4 V

Lonxitude do onda da radiación λ = 320 nm = 3,20×10-7_m

Traballo de extracción do metal We = 5,60×10-19 J

Carga do electrón e = 1,60×10-19_C

Incógnitas

Frecuencia limiar f0

Potencial de freado V

Ecuacións

Relación entre a enerxía cinética dos electróns e o potencial de freado Ec = e·V Solución:

h · f0 = We + 0

Despexando a frecuencia limiar.

f₀=We

h =

5,60×10−19_[_J]

6,62×10−34_[J·s]=8,46×10 14_s−1

Análise: Se calculamos a lonxitude de onda limiar, usando λ0 = c / f0 ≈ 350 nm que é da orde de magnitude do outro dato (320 nm) e atópase na rexión ultravioleta do espectro electromagnético. Parece un resultado aceptable. b) Da ecuación de Einstein, E_c=E_f– W_e=h f −W_e=h c_λ – W_e=6,62×10 −34_[_{J·s] ·3,00×10}8_[m·s−1_] 3,20×10−7 _[m] −5,60×10 −19 [J]=6,1×10−20 _J V =Ec e = 6,1×10−20_{[J ]} 1,6×10−19_[C]=0,38 V

(Se non se fixese a suposición de que os datos teñen tres cifras significativas, a enerxía dos electróns non podería calcularse, xa que o resultado da enerxía do fotón da 6×10-19_{J cunha cifra significativa, que é o} mesmo valor que o traballo de extracción redondeada a unha soa cifra significativa)

4. O traballo de extracción do cátodo metálico nunha célula fotoeléctrica é 3,32 eV. Sobre el incide radiación de lonxitude de onda λ = 325 nm. Calcula:

a) A velocidade máxima coa que son emitidos os electróns. b) O potencial de freado.

Datos: h = 6,63×10-34_{J·s, c = 3×10}8_{m/s, 1 nm =10}-9_{m, eV = 1,60×10}-19_{J, e = -1,60×10}-19_C,

me = 9,11×10-31 kg (P.A.U. Xuño 05)

(5)

Lonxitude de onda da radiación λ = 325 nm = 3,25×10-7_m

Traballo de extracción do metal We = 3,32 eV = 5,31×10-19 J

Masa do electrón me = 9,11×10-31_kg

Incógnitas

Velocidade máxima coa que son emitidos os electróns v

Ecuacións

De Planck (enerxía do fotón) Ef = h · f

Enerxía cinética Ec = ½ m v2

Relación entre potencial de freado e enerxía cinética Ec = e·V

Solución:

a) Pola ecuación de Einstein do efecto fotoeléctrico

Ef = We + Ec

a enerxía cinética máxima dos electróns emitidos será

E_c=E_f– W_e=h·f −W_e=h·c_λ – W_e=6,63×10 −34 [J·s]·3,00×108 [m·s−1 ] 3,25×10−7_[_m] −5,31×10 −19 [J]=8,08×10−20_J

Despexando a velocidade da expresión da enerxía cinética

v=

√

2 Ec m =

√

2· 8,08×10−20[J] 9,11×10−31[kg]=4,21×10 5 m/ s

(Se non se fixese a suposición de que os datos teñen tres cifras significativas, a velocidade dos electróns non podería calcularse, xa que o resultado da enerxía do fotón da 6×10-19_{J con só unha cifra significativa,} polo que ao restarlle o traballo de extracción 5×10-19_{J daría para a enerxía cinética máxima dos electróns}

1×10-19_{J cun erro do 100 %)}

b) O potencial de freado que anularía a enerxía cinética máxima dos electróns sería:

V =Ec e =

8,08×10−20

[J]

1,60×10−19_[C]=0,5 V

5. A lonxitude de onda máxima capaz de producir efecto fotoeléctrico nun metal, é 4 500 :Å a) Calcula o traballo de extracción.

b) Calcula o potencial de freado si a luz incidente é de λ = 4 000 .Å c) Habería efecto fotoeléctrico con luz de 5×1014_Hz?

Datos: h = 6,63×10-34_{J·s, c = 3×10}8_{m/s, 1}_{Å = 10}-10_{m, q}

e = -1,6×10-19 C (P.A.U. Xuño 10)

Rta.: a) W0 = 4,4×10-19 J ; b) V = 0,34 V

Lonxitude de onda limiar λ0 = 4 500 = 4,50Å ×10-7 m

Lonxitude de onda λ = 4 000 = 4,00Å ×10-7_m

Frecuencia da radiación f = 5×1014_Hz

(6)

Incógnitas

Traballo de extracción We

Ecuacións

Relación entre potencial de freado e enerxía cinética Ec = qe·V

Solución:

h · f0 = We + 0

O traballo de extracción valerá: W_e=h· f₀=h· c λ0 =6,63×10 −34_{[J·s]·3,00×10}8 _J 4,50×10−7 _m =4,42×10 −19_J

b) Pola ecuación de Einstein do efecto fotoeléctrico

Ef = We + Ec

a enerxía cinética máxima dos electróns emitidos será

E_c=E_f– W_e=h·f −W_e=h·c_λ – W_e=6,63×10 −34 _{[J·s]·3,00×10}8 [m·s−1 ] 4,00×10−7_[_m] −4,42×10 −19_{[J ]=5,53×10}−20_J

Despexando o potencial de freado da expresión da enerxía cinética

V =Ec e =

5,53×10−20

[J]

1,60×10−19_[_C]=0,35 V

c) A enerxía dunha radiación de f = 5×1014_{Hz, é}

E = h · f = 6,63×10-34_{[J·s] · 5×10}14_[s-1_{] = 3,32×10}-19_J

menor que o traballo de extracción, polo que non se producirá efecto fotoeléctrico.

6. Un raio de luz produce efecto fotoeléctrico nun metal. Calcula: a) A velocidade dos electróns se o potencial de freado é de 0,5 V.

b) A lonxitude de onda necesaria se a frecuencia limiar é f0 = 1015 Hz e o potencial de freado é 1 V.

c) Aumenta a velocidade dos electróns incrementando a intensidade da luz incidente? Datos: c = 3×108_m·s-1_{; e = -1,6×10}-19_{C; m}

e = 9,1×10-31 kg; h = 6,63×10-34 J·s (P.A.U. Xuño 11)

Rta.: a) v = 4,2×105_{m/s; b) λ = 242 nm}

Potencial de freado a Vf a = 0,500 V

Frecuencia limiar f0 = 1,00×1015 Hz

Potencial de freado b Vf b = 1,00 V

Carga do electrón qe = -1,60×10-19 C

Masa do electrón me = 9,10×10-31 kg

Incógnitas

Velocidade dos electróns v

(7)

Ecuacións

Enerxía cinética Ec = ½ m · v2

Relación entre potencial de freado e enerxía cinética Ec = qe· V

Solución:

a) A enerxía cinética dos electróns mídese co potencial de freado. 0 – ½ m v2_{= q} e·Vf v=

√

2 |qe|·Vf a m_e =

√

2·1,60×10−19[C]· 0,500 [ V] 9,10×10−31[kg] =4,19×10 5 m/s b) We = h · f0 = 6,63×10-34 [J·s] · 1,00×1015 [s-1] = 6,63×10-19 J Ec = │qe│ · Vf`b = 1,60×10-19 [C] · 1,00 [V] = 1,60×10-19 J

Pola ecuación de Einstein do efecto fotoeléctrico

Ef = We + Ec = 6,63×10-19 [J] + 1,60×10-19 [J] = 8,23×10-19 J

Despexando a frecuencia do fotón da expresión da enerxía

f =Ef h = 8,23×10−19_{[J ]} 6,63×10−34_[J·s]=1,24×10 15_Hz λ=c f = 3,00×108_[_m·s−1_] 1,24×1015_[s−1 ] =2,42×10 −7_m

c) A intensidade da luz non afecta á velocidade dos electróns. Depende só da frecuencia da luz. É unha das leis experimentais do efecto fotoeléctrico, explicada pola interpretación de Einstein de que a luz é un feixe de partículas chamadas fotóns. Cando un fotón choca con un electrón, comunícalle toda a súa enerxía que vén dada pola ecuación de Planck:

Ef = h · f

Se a enerxía é suficiente para arrincar o electrón do metal (Ef > We), a enerxía restante queda en forma de

enerxía cinética do electrón. Canto maior sexa a frecuencia do fotón, maior será a velocidade do electrón. Ao aumentar a intensidade da luz, o que se conseguiría sería un maior número de fotóns, que, de ter a ener-xía suficiente, arrincarían máis electróns, producindo unha maior intensidade de corrente eléctrica.

●

NÚCLEOS E PARTÍCULAS

1. O 210_{Po ten unha vida media τ = 199,09 días. Calcula:}

a) O tempo necesario para que se desintegre o 70 % dos átomos iniciais. b) Os miligramos de 210 _{Po ao cabo de 2 anos se inicialmente había 100 mg.}

NA = 6,02×1023 mol-1 (P.A.U. Set. 06)

Rta.: a) t = 240 días b) m = 2,56 mg

Vida media τ = 199 días = 1,72×107_s

(8)

Masa inicial da mostra m = 100 mg = 1,00×10-7_kg

Tempo para calcular a masa que queda t = 2,00 años = 6,31×107_s

Número de Avogadro NA = 6,02×1023 mol–1

Incógnitas

Tempo necesario para que se desintegre o 70 % t

Masa (mg) ao cabo de 2 anos m

Constante de desintegración radioactiva λ

Ecuacións

Lei da desintegración radioactiva N = N0 e–λ t

λ = ln (N0 / N) / t

Vida media τ = 1 / λ

Solución:

a) Calcúlase a constante radioactiva a partir da vida media

λ = 1 / τ = 1 / 1,72×107_{[s] = 5,81×10}-8_s-1

Si se ten desintegrado o 70,0 %, só queda o 30,0 %. Despexando o tempo da ecuación da lei de desintegración:

t=ln( N0/N )

λ =

ln(100 /30,0)

5,81×10−8 _[s−1_]=2,07×10

7_{s=240 días}

b) Aplicando a ecuación da lei de desintegración:

N = N0 e–λ t

Como o número de átomos dun elemento é proporcional á masa

N = m · NA / Mat m NA Mat =m₀ NA Mat e– λ t m=m₀e– λ t_{=100 [ mg ]e}– 5,81×10−8_{[s]·6,31×10}7_[s−1_] =2,55 mg

2. O período T1/2 do elemento radioactivo Co₂₇60 é 5,3 anos e desintegrase emitindo partículas β.

Calcula:

a) O tempo que tarda a mostra en se converter no 70 % da orixinal.

b) Cantas partículas β emite por segundo unha mostra de 10–6_{gramos de}60_Co?

Dato: NA = 6,02×1023 mol–1 (P.A.U. Set. 05)

Rta.: a) t = 2,73 anos; b) A = 4,1×107_Bq

Período de semidesintegración T1/2 = 5,3 ano = 1,67×108 s

Porcentaxe que queda sen desintegrar da mostra 70 %

Masa da mostra m = 1,00×10-6_{g = 1,00×10}-9_kg

Número de Avogadro NA = 6,02×1023 mol-1

Incógnitas

Tempo transcorrido t

Partículas β emitidas por segundo A

Ecuacións

λ = ln (N0 / N) / t

(9)

Ecuacións

Actividade radioactiva A = –dN / dt = λ · N

Solución:

a) Calcúlase a constante radioactiva a partir do período de semidesintegración

λ = ln 2 / T1/2 = 0,693 / 1,67×108 [s] = 4,14×10-9 s-1

Despexando o tempo da ecuación da lei de desintegración:

t=ln( N0/N ) λ = ln (100/ 70,0) 4,14×10−9 [s−1 ]=8,62×10 7_{s=2,73 años}

Análise: Posto que aínda non se ha desintegrado nin a metade da mostra, o tempo transcorrido debe ser menor que o período de semidesintegración.

b) Se a ecuación de desintegración é Co27 60 _ _Ni 28 60 _ _e −1 0  0 e 0

, o número de partículas β (e-) emitidas por se-gundo é igual ao número de desintegracións por sese-gundo, ou sexa, á actividade radioactiva.

N =1,00×10−6_{g Co} 27 60 1 mol Co27 60 60 g Co₂₇60 6,02×1023 _{átomos Co} 27 60 1 mol Co₂₇60 1 núcleo Co₂₇60 1 átomo Co60₂₇ =1,0×10 16 _{núcleos Co} 27 60 A = λ · N = 4,14 ×10-9_[s-1_{] · 1,0 ×10}16_{[núcleos] = 4,1×10}7_{Bq = 4,1×10}7_{partículas β / s}

3. Unha mostra radioactiva diminúe dende 1015_{a 10}9_{núcleos en 8 días. Calcula:}

a) A constante radioactiva λ e o período de semidesintegración T1/2

b) A actividade da mostra unha vez transcorridos 20 días dende que tiña 1015_núcleos.

(P.A.U. Xuño 04)

Rta.: a) λ = 2×10-5_s-1_{; T}

1/2 = 9 horas; b) A(20 días) ≈ 0

Cantidade inicial (núcleos) N0 = 1015 núcleos

Cantidade ao cabo de 8 días (núcleos) N = 109_núcleos

Tempo transcorrido t = 8 días = 7×105_s

Tempo para o cálculo da actividade t' = 20 días = 2×106_s

Incógnitas

Período de semidesintegración T1/2

Actividade radioactiva A

Ecuacións

Lei da desintegración radioactiva N = N0 e–λ t

λ = ln (N0 / N) / t Cando t = T1/2 , N = N0 / 2T1/2 = ln 2 / λ Actividade radioactiva A = –dN / dt = λ · N Solución: a) λ = ln (N0 / N) / t = ln (106) / 7×105 [s] = 2×10-5 s-1 T1/2 = ln 2 / λ = 3×104 s ≈ 9 horas

b) Da lei de desintegración, aos 20 días,

N = N0 e –λ t = 1015 e–40 = 1 núcleo

(10)

deducir que unha muller concreta – María – morrería aos 83 anos). Para un átomo en concreto, só se pode dicir que a probabilidade de que se desintegre no período de semidesintegración é do 50 %.

Como non se pode calcular a cantidade de núcleos que quedan (poden ser uns poucos ou ningún) a activi-dade tampouco se pode calcular (unhas 10-4_{ou 10}-5_{Bq ou ningunha). Tendo en conta de 10}-4_{Bq é unha} de-sintegración cada 3 horas, un contador Geiger non detectaría actividade na mostra ao cabo deses 20 días)

4. Nunha mostra de 53

131_I_{radioactivo cun período de semidesintegración de 8 días había}

inicialmen-te 1,2×1021_{átomos e actualmente solo hai 0,2×10}20_{. Calcula:}

a) A antigüidade da mostra.

b) A actividade da mostra transcorridos 50 días dende o instante inicial.

(P.A.U. Xuño 06)

Rta.: a) Δt = 47 días; b) A = 1,6×1013_Bq

Cantidade inicial (núcleos) N0 = 1,2×1021 núcleos

Cantidade actual (núcleos) N = 0,20×1020_núcleos

Período de semidesintegración T1/2 = 8,0 días = 6,9×105 s

Tempo para o cálculo da actividade t' = 50 días = 4,3×106_s

Incógnitas

Ecuacións

λ = ln (N0 / N) / t

Cando t = T1/2 , N = N0 / 2T1/2 = ln 2 / λ

Solución:

a) Calcúlase a constante de desintegración radioactiva do iodo-131 a partir do período de semidesintegración λ =ln 2 T1 /2 = 0,69 6,9×105 _[s]=1,0×10 −6_s−1 t= ln

(

N0 N

)

λ = ln

(

1,2×10 21_[núcleos] 0,20×1020_[_núcleos]

)

1,0 × 10−6 _[s−1_] =4,1×10 6_{s=47 días}

b) Da lei de desintegración, aos 50 días, quedarán

N =N₀e– λ t_=1,2×1021 [núcleos] e– 1,0×10−6_[s]·4,3×106_[s−1 ]_=1,6×1019 _núcleos A actividade será: A = λ · N = 1,0×10-6_[s-1_{] · 1,6×10}19_{[núcleos] = 1,6×10}13_Bq 5. O tritio (1H

3 _{) é un isótopo do hidróxeno inestable cun período de semidesintegración T}

1/2 de 12,5

anos, e desintégrase emitindo unha partícula beta. A análise dunha mostra nunha botella de auga mostra que a actividade debida ao tritio é o 75 % da que presenta a auga no manancial de orixe, calcula:

a) O tempo que leva embotellada a auga da mostra. b) A actividade dunha mostra que conten 10-6_{g de H}

1 3

NA = 6,02×1023 mol-1 (P.A.U. Set. 04)

(11)

Período de semidesintegración T1/2 = 12,5 ano = 3,94×108 s

Actividade da mostra A = 75,0 % A0

Masa da mostra m = 1,00×10-6_{g = 1,00×10}-9_kg

Incógnitas

Ecuacións

λ = ln (N0 / N) / t

Cando t = T1/2 , N = N0 / 2T1/2 = ln 2 / λ

Solución:

a) Calcúlase a constante radioactiva a partires do período de semidesintegración

λ=ln 2 T1/ 2 = 0,693 3,94×108[s]=1,76×10 −9 s−1 Despexando o tempo da ecuación da lei de desintegración:

t=ln( N0/N ) λ = ln (λ· N0/λ· N ) λ = ln( A0/A) λ = ln(100/75,0) 1,76×10−9_[s−1_]=1,64×10 8 _{s=5,19 anos} b) N =1,00×10−6_{g H} 1 3 1 mol H1 3 3 g H₁3 6,02×1023_{átomos H} 1 3 1 mol H₁3 1 núcleo H₁3 1 átomo H₁3 =2,01×10 17_{núcleos H} 1 3 A = λ · N = 1,76 ×10-9_[s-1_{] · 2,01 ×10}17_{[núcleos] = 3,53×10}8_Bq

6. O carbono-14 ten un período de semidesintegración T = 5730 anos. Unha mostra ten unha activi-dade de 6×108_{desintegracións/minuto. Calcula:}

a) A masa inicial da mostra.

b) A súa actividade dentro de 5000 anos.

c) Xustifica por que se usa este isótopo para estimar a idade de xacementos arqueolóxicos. Dato NA = 6,02·1023 mol-1; masa atómica do 14C = 14 g (P.A.U. Set. 10)

Rta.: a) m = 6,04×10-5_{g; b) A = 5,46×10}6_Bq

Período de semidesintegración T1/2 = 5 730 anos = 1,81×1011 s

Actividade da mostra A = 6,00×108_{des/min = 1,00×10}7_Bq

Tempo para calcular a actividade t = 5 000 anos = 1,58×1011_s

Masa atómica do 14_C _{m = 14,0 g/mol}

Incógnitas

Masa inicial da mostra m0

Actividade radioactiva aos 5000 anos A

Ecuacións

λ = ln (N0 / N) / t

(12)

Ecuacións

Solución:

a) Da expresión da actividade radioactiva: A = λ N, se pode calcular o número de átomos cando calculemos a constante λ de desintegración radioactiva.

λ=ln 2 T1 /2 = 0,693 1,81×1011_[s]=3,83×10 −12_s−1₌ 0,000175 ano-1 N₀=A_λ0= 1,00×10 7_{[Bq ]} 3,83×10−12_[s−1_]=2,61×10 18 _átomos m₀=N0 N_A· M = 2,61×1018_{[átomos ]}

6,02×1023_{[átomos / mol]}·14 [g/ mol]=6,06×10

−5_{g=60,6 μg}

b) A actividade aos 5000 anos será:

A = A0 e–λ t = 1,00×107 [Bq] e–0,000175 [1/ano]·5000 [ano] = 5,46×106 Bq = 3,28×108 des/min

c) Polo valor do período de semidesintegración, o carbono-14 emprégase para datar restos (que necesaria-mente deben conter carbono, normalnecesaria-mente restos orgánicos como madeira, osos, etc.) relativanecesaria-mente recen-tes, de menos de 50 000 anos, (tempo no que a actividade radioactiva orixinal haberá diminuído ata a milési-ma parte).

O método do carbono -14 baséase no feito de que a proporción de carbono-14 nas plantas vivas mantense constante ao longo da súa vida, xa que o carbono desintegrado compénsase polo asimilado na fotosíntese, e que o carbono-14 atmosférico restitúese pola radiación cósmica que converte o nitróxeno atmosférico en carbono-14. Cando a planta morre, o carbono que se desintegra deixa de se repor e, coa ecuación anterior, podemos determinar o tempo transcorrido medindo a súa actividade radioactiva e comparándoa coa que ten una planta viva.

7. Unha mostra de carbono-14 ten unha actividade de 2,8×108_{desintegracións·s}-1_{. O período de}

se-midesintegración é T = 5730 anos. Calcula: a) A masa da mostra no instante inicial. b) A actividade ao cabo de 2000 anos. c) A masa de mostra nese instante.

Datos: NA = 6,02×1023 mol-1; masa atómica do 14C = 14 g·mol-1; 1 ano = 3,16×107 s (P.A.U. Xuño 12)

Rta.: a) m0 = 1,7 mg; b) A = 2,2×108 Bq; c) m = 1,3 mg

Período de semidesintegración T1/2 = 5 730 anos = 1,81×1011 s

Actividade da mostra A0 = 2,80×108 Bq

Tempo para calcular a actividade t = 2 000 anos = 6,31×1010_s

Masa atómica do 14_C _{m = 14,0 g/mol}

Incógnitas

Masa inicial da mostra m0

Actividade radioactiva aos 2000 anos A

Masa da mostra aos 2000 anos m

Ecuacións

λ = ln (N0 / N) / t

Cando t = T1/2, N = N0 / 2T1/2 = ln 2 / λ

(13)

a) Da expresión da actividade radioactiva: A = λ N, pódese calcular o número de átomos cando calculemos a constante λ de desintegración radioactiva.

λ=ln 2 T1 /2 = 0,693 1,81×1011_[s]=3,83×10 −12_s−1 =0,000175 anos N₀=A0 λ = 2,80×108 _{[Bq ]} 3,83×10−12_[s−1 ]=7,30×10 19 _átomos m₀=N0 N_A· M = 7,30×1019_{[átomos ]}

6,02×1023_{[átomos / mol]}·14 [g/ mol]=1,7×10

−3_{g=1,7 mg}

b) A actividade ao cabo de 2 000 anos será:

A = A0 e–λ t = 1,00×107 [Bq] e–0,000175 [1/ano] · 2 000 [ano] = 2,20×108 Bq c) E a masa: m = m0 e–λ t = 1,7 [mg] e–0,000175 [1/ano] · 2 000 [ano] = 1,33 mg ◊

CUESTIÓNS

●

FÍSICA RELATIVISTA

1. Segundo Einstein, a velocidade da luz no baleiro: A) É constante para sistemas de referencia en repouso.

B) É constante independentemente do sistema de referencia escollido. C) Depende da velocidade do foco emisor.

(P.A.U. Xuño 98) Solución: B

Os postulados da relatividade restrinxida poden enunciarse:

1. Tódolos sistemas inerciais son equivalentes con respecto a tódalas leis da Física. 2. A velocidade da luz no baleiro posúe sempre o valor constante c.

As outras opcións:

A. É certo, pero este é un caso particular da opción B correcta.

C. Unha das características do segundo postulado de Einstein é que a velocidade á que a luz se afasta dunha fonte é totalmente independente do movemento propio da fonte.

2. Un vehículo espacial afástase da Terra cunha velocidade de 0,5 c (c = velocidade da luz). Dende a Terra mándase un sinal luminoso e a tripulación mide a velocidade do sinal obtendo o valor: A) 0,5 c

B) c C) 1,5 c

(P.A.U. Xuño 04 e Set. 07) Solución: B

O segundo postulado da Teoría especial da relatividade de Einstein establece que a velocidade da luz no ba-leiro é constante e independente do sistema de referencia inercial dende o que se mida.

3. A enerxía relativista total dunha masa en repouso:

A) Relaciona a lonxitude de onda coa cantidade de movemento. B) Representa a equivalencia entre materia e enerxía.

(14)

(P.A.U. Set. 12) Solución: B

A ecuación

E = m · c2

na que m é a masa en repouso da partícula, representa a enerxía en repouso dunha partícula. Establece a rela-ción entre masa e enerxía.

Esta ecuación permite expresar a masa das partículas en unidades de enerxía. Por exemplo, a masa dun pro-tón é de 938 MeV, ou a do electrón 0,511 MeV.

As outras opcións:

A. Falsa. A ecuación que relaciona a lonxitude de onda λ coa cantidade de movemento p é a ecuación de Luís de Broglie, da dualidade onda-partícula.

λ=h

p= h mv

que permite calcular a lonxitude de onda asociada a unha partícula de masa m que se move cunha velocidade

v.

C. Falsa. O principio de indeterminación (antes coñecido como principio de incerteza) de Heisenberg podía interpretarse como a imposibilidade de coñecer con precisión absoluta dúas magnitudes cuxo produto tivese as unidades de enerxía · tempo («acción»). O erro na posición dunha partícula Δx multiplicado polo erro do seu momento (cantidade de movemento) Δpx era superior á constante h de Planck entre 4 π.

Δx · Δ px⩾ h

4 π

4. A ecuación de Einstein E = mc2_{implica que:}

A) Unha determinada masa m necesita unha enerxía E para poñerse en movemento. B) A enerxía E é a que ten unha masa m que se move á velocidade da luz.

C) E é a enerxía equivalente a unha determinada masa.

(P.A.U. Set. 05) Solución: C

A ecuación E = m·c2_{dá a enerxía total dunha partícula (en ausencia de campos que poidan comunicarlle}

unha enerxía potencial). Aínda que a partícula estea en repouso, terá unha enerxía:

E0 = m0 · c2

na que m0 é a masa en repouso da partícula.

Unha aplicación desa ecuación é para o cálculo da enerxía que pode obterse na desintegración nuclear, é di-cir da enerxía nuclear. Un gramo (1×10-3_{kg) de masa, si se "aniquila" totalmente, produce unha enerxía de:}

E = m · c2_{= 1×10}-3_{[kg] · (3×10}8_[m/s])2_{= 9×10}13_{J = 2,5×10}7_{kW·h = 250 GW·h}

que cubriría as necesidades enerxéticas dunha cidade mediana durante un mes.

●

MECÁNICA CUÁNTICA.

1. A enerxía dun cuanto de luz é directamente proporcional a: A) Lonxitude de onda.

B) Frecuencia.

C) Ao cadrado da velocidade da luz.

(15)

A ecuación de Planck di que a enerxía un cuanto vén dada por:

E = h · f

na que h é coñecida como a constante de Planck de valor h = 6,62×10-34_{J·s, e f é a frecuencia do oscilador.}

Cando Einstein aplicou a ecuación de Planck para interpretar o efecto fotoeléctrico indicou que cando a luz interacionaba coa materia facíao en forma de paquetes de enerxía, tamén chamados fotóns, de enerxía

E = h · f

onde agora f é a frecuencia da luz. As outras opcións:

A. Aínda que a ecuación de Planck pode escribirse como

E = h · c / λ

a enerxía do fotón sería inversamente proporcional á lonxitude de onda C. A ecuación de Einstein da equivalencia masa-enerxía

E = m · c2

é a enerxía total dunha partícula en movemento, aplicable principalmente cando se move a velocidades próxima ás da luz, pero non á un cuanto de luz, porque a súa masa en repouso é nula.

2. A luz xerada polo Sol:

A) Está formada por ondas electromagnéticas de diferente lonxitude de onda. B) Son ondas que se propagan no baleiro a diferentes velocidades.

C) Son fotóns da mesma enerxía.

(P.A.U. Set. 04) Solución: A

A luz do Sol é luz branca. Newton xa demostrou que, ao pasar por un prisma de vidro dispersábase en varias cores que ao pasar de novo por un segundo prisma, orientado axeitadamente, recompoñían de novo a luz branca. Aínda que Newton pensaba que a luz estaba formada por un chorro de partículas, foi a hipótese on-dulatoria do seu rival Huygens a que se foi comprobando ao longo dos séculos. Así Young conseguiu figuras de interferencia ao facer pasar luz por unha dobre fenda. Maxwell unificou a forza eléctrica e a magnética e viu que de certa combinación da permitividade eléctrica ε0 e a permeabilidade magnética µ0 do baleiro,

obtiña o valor da velocidade da luz.

c = (ε0 · µ0)-1/2

Maxwell demostrou que a luz é una superposición dun campo eléctrico oscilante que xeraba un campo mag-nético oscilante perpendicular ao eléctrico que se propagaba polo baleiro a 300 000 km/s.

Unha luz monocromática ten unha lonxitude de onda determinada (entre 400 e 700 nm). As cores do arco da vella corresponden a unha dispersión da luz nas súas compoñentes monocromáticas.

A opción B non pode ser correcta, xa que un dos postulados de Einstein da relatividade especial di que a ve-locidade da luz do baleiro é unha constante, independentemente do sistema de referencia dende o que se mida.

A opción C tampouco é a correcta. Cando a natureza ondulatoria da luz estaba probada, a interpretación de Einstein do efecto fotoeléctrico probou que a luz monocromática era tamén un chorro de partículas ás que chamou fotóns, que tiñan unha enerxía dada pola ecuación de Planck

E = h · f

onde h é a constante de Planck e f a frecuencia da luz monocromática. Nas experiencias do efecto fotoeléc-trico viuse que ao alumear o cátodo con luz monocromática de distintas frecuencias, obtidas por exemplo, dispersando a luz branca con un prisma, existía unha frecuencia mínima ou frecuencia limiar para que se producira o efecto fotoeléctrico. Segundo a interpretación de Einstein, a luz que non producía o efecto fotoe-léctrico era por que non tiña a enerxía suficiente.

3. Cal dos seguintes fenómenos constitúe unha proba da teoría corpuscular da luz? A) A refracción.

B) A difracción.

C) O efecto fotoeléctrico.

(16)

A interpretación de Einstein do efecto fotoeléctrico di que cando a luz interacciona co metal da célula fotoe-léctrica faino como si estivese constituída por paquetes de enerxía, tamén chamados fotóns, de enerxía

E = h · f

na que h é coñecida como a constante de Planck de valor h = 6,62×10-34_{J·s, e f é a frecuencia da luz.}

Se a enerxía dos fotóns non chega para arrincar os electróns do metal, non se produce efecto fotoeléctrico (de acordo co feito experimental de que hai unha frecuencia limiar por debaixo da cal non se produce efecto fotoeléctrico).

As outras opcións:

A. A refracción foi interpretada polo modelo ondulatorio de Huygens.

B. A difracción é unha propiedade exclusiva das ondas. Cando Davidson e Germer conseguiron a difracción de electróns, isto confirmou a dobre natureza (onda-corpúsculo) segundo a hipótese de de Broglie.

4. Se a incerteza na medida da posición dunha partícula é de 6,00×10-30_{m, a incerteza mínima na}

medida do momento é: A) A mesma.

B) Maior. C) Ningunha.

Dato h = 6,62×10-34_J·s _{(P.A.U. Set. 02)}

Solución: B

O principio de incerteza di que o produto da indeterminación nunha compoñente da posición pola indetermi-nación na mesma compoñente do momento lineal é cando menos h / 2π.

Δx · Δpx ≥ h / 2 π

Despexando a compoñente no momento lineal:

Δpx ≥ h / (2π Δx) = 6,62×10-34 [J·s] / (2 π 6,00×10-30 [m]) = 1,76×10-5 kg·m·s-1

que é moito maior.

5. Ao irradiar un metal con luz vermella (682 nm) prodúcese efecto fotoeléctrico. Se irradiamos o mesmo metal con luz marela (570 nm):

A) Non se produce efecto fotoeléctrico.

B) Os electróns emitidos móvense máis rapidamente. C) Emítense máis electróns pero á mesma velocidade.

Na interpretación de Einstein do efecto fotoeléctrico a luz pódese considerar como un feixe de partículas chamadas fotóns. A enerxía E que leva un fotón de frecuencia f é:

E = h · f

na que h é a constante de Planck e ten un valor moi pequeno: h = 6,63×10-34_J·s

Como a frecuencia dunha onda é inversamente proporcional a súa lonxitude de onda λ,

f =

_λ

c

canto menor sexa a súa lonxitude de onda, maior será a frecuencia e maior será a enerxía do fotón. O efecto fotoeléctrico prodúcese cando cada fotón choca cun electrón e transmítelle toda a súa enerxía. A ecuación de Einstein do efecto fotoeléctrico pode escribirse:

Ef = We + Ec

na que Ef representa a enerxía do fotón incidente, We o traballo de extracción do metal e Ec a enerxía cinética

máxima dos electróns (fotoelectróns) emitidos.

A enerxía cinética máxima dos electróns emitidos será:

(17)

Polo tanto, canto maior sexa a enerxía dos fotóns, maior será a enerxía cinética (e a velocidade) dos elec-tróns emitidos.

As outras opcións:

A. Falsa. Se a luz vermella produce efecto fotoeléctrico é que os seus fotóns teñen enerxía suficiente para extraer os electróns do metal. Como os fotóns de luz amarela teñen máis enerxía (porque a súa lonxitude de onda é menor), tamén poderán producir efecto fotoeléctrico.

C. Falsa. Como xa se dixo, o efecto fotoeléctrico prodúcese cando cada fotón choca cun electrón e trans-mítelle toda a súa enerxía. Para producir máis electróns tería que haber máis fotóns. A cantidade de fotóns está relacionada coa intensidade da luz, pero non ten que ver coa enerxía dos fotóns.

6. Se se duplica a frecuencia da radiación que incide sobre un metal: A) Duplícase a enerxía cinética dos electróns extraídos.

B) A enerxía cinética dos electróns extraídos non experimenta modificación. C) Non é certa ningunha das opcións anteriores.

Na interpretación de Einstein do efecto fotoeléctrico a luz pódese considerar como un feixe de partículas chamadas fotóns. A enerxía Ef que leva un fotón de frecuencia f é:

Ef = h · f

O efecto fotoeléctrico prodúcese cando cada fotón choca cun electrón e transmítelle toda a súa enerxía. A ecuación de Einstein do efecto fotoeléctrico pode escribirse:

Ef = We + Ec

na que Ef representa a enerxía do fotón incidente, We o traballo de extracción do metal e Ec a enerxía cinética

A enerxía cinética máxima dos electróns emitidos será:

Ec = Ef – We

Polo tanto, ao duplicarse a frecuencia da radiación incidente, duplícase a enerxía dos fotóns, e faise maior a enerxía cinética (e a velocidade) dos electróns emitidos.

Polo tanto a opción B é falsa.

Pero como non hai proporcionalidade entre a enerxía cinética e a enerxía do fotón, a opción A tamén é falsa.

7. Prodúcese efecto fotoeléctrico cando fotóns de frecuencia f, superior a unha frecuencia limiar f0,

inciden sobre certos metais. Cal das seguintes afirmacións é correcta? A) Emítense fotóns de menor frecuencia.

B) Emítense electróns.

C) Hai un certo atraso temporal entre o instante da iluminación e o da emisión de partículas. (P.A.U. Xuño 13) Solución: B

O efecto fotoeléctrico consiste na emisión de electróns por un metal cando se ilumina con luz de frecuencia superior a unha determinada frecuencia coñecida como frecuencia limiar e que é unha característica de cada metal. A súa interpretación por Einstein foi a confirmación da teoría cuántica de Planck. Segundo esta inter-pretación a luz non está constituída por ondas, como xa quedara demostrado, senón por unhas partículas ás que denominou fotóns, cada unha delas posuidora dunha enerxía E proporcional á frecuencia f da luz, sendo

h, a constante de Planck, o factor de proporcionalidade. E = h · f

(18)

A. Falsa. O fenómeno polo que algunhas sustancias emiten radiación de menor frecuencia ao ser iluminadas coñécese como fluorescencia, pero non ten nada que ver co efecto fotoeléctrico.

C. Falsa. Unha das leis experimentais do efecto fotoeléctrico di que a emisión de electróns polo metal é ins-tantánea ao ser iluminado coa frecuencia adecuada. Non existe ningún atraso.

8. Para producir efecto fotoeléctrico non se usa luz visible, senón ultravioleta, e isto é porque a luz UV.

A) Quenta máis a superficie metálica. B) Ten maior frecuencia.

C) Ten maior lonxitude de onda.

Unha das leis experimentais do efecto fotoeléctrico di que, empregando luz monocromática, só se produce efecto fotoeléctrico se a frecuencia da luz supera un valor mínimo, chamado frecuencia limiar.

Como a luz ultravioleta ten maior frecuencia que a luz visible, é máis seguro que se produza efecto fotoeléc-trico con luz ultravioleta que con luz visible, aínda que existen metais empregados como cátodos en células fotoeléctricas nos que luz visible, de alta frecuencia como azul ou violeta, pode facelas funcionar.

9. No efecto fotoeléctrico:

A) A enerxía cinética dos electróns emitidos depende da intensidade da luz incidente. B) Hai unha frecuencia mínima para a luz incidente.

C) O traballo de extracción non depende da natureza do metal.

É unha das leis experimentais do efecto fotoeléctrico. Estas son:

1. Empregando luz monocromática, só se produce efecto fotoeléctrico se a frecuencia da luz supera un valor mínimo, chamado frecuencia limiar.

2. É instantáneo.

3. A intensidade da corrente de saturación é proporcional á intensidade da luz incidente.

4. A enerxía cinética máxima dos electróns emitidos polo cátodo, medido como potencial de freado, depende só da frecuencia da luz incidente.

Estas leis foron explicadas por Einstein supoñendo que a luz se comporta como un feixe de partículas cha-madas fotóns, e que cada un deles interacciona cun único electrón, comunicándolle toda a súa enerxía:

EFOTON = WEXTRACCION + EC ELECTRON h · f = h · f0 + ½ me v2

10. Un metal cuxo traballo de extracción é 4,25 eV, ilumínase con fotóns de 5,5 eV. Cal é a enerxía cinética máxima dos fotoelectróns emitidos?

A) 5,5 eV B) 1,25 eV C) 9,75 eV

A ecuación de Einstein do efecto fotoeléctrico pode escribirse:

Ef = We + Ec

na que Ef representa a enerxía do fotón incidente, We o traballo de extracción do metal e Ec a enerxía cinética

(19)

Ec = Ef – We = 5,5 – 4,25 = 1,2 eV

11. Prodúcese efecto fotoeléctrico, cando fotóns mais enerxéticos que os visibles, por exemplo luz ultravioleta, inciden sobre a superficie limpa dun metal. De que depende o que haxa ou non emi-sión de electróns?:

A) Da intensidade da luz.

B) Da frecuencia da luz e da natureza do metal. C) Só do tipo de metal.

A ecuación de Einstein do efecto fotoeléctrico pode escribirse:

Ef = We + Ec

na que Ef representa a enerxía do fotón incidente, We o traballo de extracción do metal e Ec a enerxía cinética

Para que ocorra efecto fotoeléctrico debe haber electróns con enerxía suficiente para chegar ao anticátodo. Esta enerxía Ec depende de que a enerxía dos fotóns supere ao traballo de extracción que é unha

característi-ca do metal.

Pola ecuación de Planck

Ef = h · f

a enerxía dos fotóns depende da súa frecuencia.

12. Cun raio de luz de lonxitude de onda λ non se produce efecto fotoeléctrico nun metal. Para con-seguilo débese aumentar:

A) A lonxitude de onda λ. B) A frecuencia f.

C) O potencial de freado.

O efecto fotoeléctrico, cuxa interpretación por Einstein permitiu confirmar a teoría cuántica de Planck, está baseada nun conxunto de leis experimentais.

Unha destas leis di que si se vai variando a lonxitude de onda da luz que incide sobre o cátodo da célula fo-toeléctrica, existe unha frecuencia limiar f0, por baixo da cal non se produce efecto fotoeléctrico.

Na interpretación de Einstein a luz pódese considerar como un feixe de partículas chamadas fotóns. A ener-xía E que leva un fotón de frecuencia f é:

E = h · f

O efecto fotoeléctrico prodúcese cando cada fotón choca cun electrón e transmítelle toda a súa enerxía. Canto maior sexa a frecuencia, maior será a enerxía do fotón.

Se o raio de luz orixinal non produce efecto fotoeléctrico, haberá que empregar outro de maior enerxía, ou sexa, de maior frecuencia.

13. Unha radiación monocromática, de lonxitude de onda 300 nm, incide sobre cesio. Se a lonxitude de onda limiar do cesio é 622 nm, o potencial de freado é:

A) 12,5 V B) 2,15 V C) 125 V

Datos 1 nm = 109_{m; h = 6,63×10}-34_{J·s; c = 3×10}8_m·s-1_{; q}

e = -1,6×10-19 C (P.A.U. Set. 13)

(20)

Lonxitude de onda limiar do cesio λ0 = 622 nm = 6,22×10-7 m

Carga do electrón e = 1,60×10-19_C Incógnitas Potencial de freado V Outros símbolos Frecuencia limiar f0 Ecuacións

Relación entre a enerxía cinética dos electróns e o potencial de freado Ec = e · V Solución: B

Partindo da ecuación de Einstein e substituíndo nela as de Planck e a relación entre lonxitude de onda e fre-cuencia, queda Ec=Ef– We=h f −h f0= h ·c λ – h · c λ0 =h · c

(

1 λ− 1 λ0

)

E_c=6,62×10−34[J·s]· 3,00×108[m·s−1]

(

1 3,00×10−7[m]− 1 6,22×10−7[m]

)

=3,43×10 −19 J V =Ec e = 3,43×10−19_[_J] 1,6×10−19_[C]=2,14 V

14. Cando se dispersan raios X en grafito, obsérvase que emerxen fotóns de menor enerxía que a in-cidente i electróns de alta velocidade. Este fenómeno pode explicarse por:

a) Unha colisión totalmente inelástica entre un fotón e un átomo. b) Elástica entre un fotón e un electrón.

c) Elástica entre dous fotóns.

Coñécese como efecto Compton, que xunto á interpretación de Einstein do efecto fotoeléctrico, sentou as bases da natureza corpuscular da luz (aínda que sen abandonar o seu carácter ondulatorio). Nel os electróns debilmente ligados aos átomos de carbono son golpeados polos fotóns nun choque elástico. (Consérvase a enerxía, e tamén o momento lineal). Os raios X dispersados saen cunha enerxía menor, e, por tanto, a súa lonxitude de onda aumenta. A ecuación

λf−λ0= h

m·c(1−cosθ)

da a variación da lonxitude de onda da radiación emerxente λf respecto da emerxente λ0 en función do ángulo

de dispersión θ. O termo h / mc ten dimensión de lonxitude e recibe o nome de lonxitude de onda de Comp-ton.

A opción A non pode ser correcta porque nun choque inelástico as partículas quedan xunguidas. Cando un fotón incide nun átomo, e a enerxía non chega para expulsar un electrón, provócase un salto do electrón a un nivel de enerxía superior, e logo emítese un fotón cando o electrón retorna ao seu nivel de enerxía máis bai-xo.

(21)

15. Segundo a hipótese de De Broglie, cúmprese que:

A) Un protón e un electrón coa mesma velocidade teñen asociada a mesma onda. B) Dos protóns a diferente velocidade teñen asociada a mesma onda.

C) La lonxitude da onda asociada a un protón é inversamente proporcional ao seu momento line-al.

De Broglie propuxo que en algúns casos o comportamento de certas partículas podería interpretarse como o de ondas cuxa lonxitude de onda asociada λ vería dada pola expresión:

λ=h

p= h m· v

na que h é a constante de Planck e m a masa da partícula e v a súa velocidade.

Como h é unha constante e m v é a expresión do momento lineal ou cantidade de movemento, a lonxitude da onda asociada a un protón é inversamente proporcional ao seu momento lineal.

As outras opcións.

A. Falsa. Da expresión anterior dedúcese que a lonxitude de onda depende da masa ademais da velocidade. Como a masa dun protón é moito maior que a do electrón, a lonxitude de onda asociada a un protón que se move á mesma velocidade que un electrón é moito menor.

B. Falsa. O protón máis rápido terá menor lonxitude de onda.

16. Da hipótese de De Broglie, dualidade onda-corpúsculo, derívase como consecuencia: A) Que os electróns poden amosar comportamento ondulatorio λ = h / p

B) Que a enerxía das partículas atómicas está cuantizada E = h f C) Que a enerxía total dunha partícula é E = m c2

A interpretación de Einstein do efecto fotoeléctrico demostrou que a luz compórtase como un chorro de par-tículas chamadas fotóns de enerxía:

E = h · f

No efecto Compton, o fotón compórtase como unha partícula de momento lineal:

p=E c= h · f c = h · f λ· f = h λ

Como xa estaba establecido que a luz propágase como unha onda, propúxose que o comportamento era dual: nalgúns experimentos o comportamento da luz asemella ser corpuscular e noutros, ondulatorio.

De Broglie propuxo que este comportamento dual tamén afecta a calquera partícula. Nalgúns casos o com-portamento de certas partículas podería interpretarse como o de ondas cunha lonxitude de onda asociada λ vén dada pola expresión:

λ=h

p= h m· v

na que h é a constante de Planck e m a masa da partícula e v a súa velocidade.

En poucos anos esta hipótese quedou confirmada polos experimentos de difracción de electróns.

17. Da hipótese de De Broglie, dualidade onda-corpúsculo, derívase como consecuencia: A) Que as partículas en movemento poden mostrar comportamento ondulatorio. B) Que a enerxía total dunha partícula é E = m · c2

C) Que se pode medir simultaneamente e con precisión ilimitada a posición e o momento dunha partícula.

(22)

18. A relación entre a velocidade dunha partícula e a lonxitude de onda asociada establécese: A) Coa ecuación de De Broglie.

B) Por medio do principio de Heisenberg.

C) A través da relación de Einstein masa-enerxía.

(P.A.U. Xuño 05) Solución: A. Ver a resposta á cuestión de Set. 03

19. A lonxitude de onda asociada a un electrón de 100 eV de enerxía cinética é: A) 2,3×10-5_m B) 1,2×10-10_m C) 10-7_m Datos: h = 6,63×10-34_{J·s; m} e = 9,1×10-31 kg; qe = -1,6×10-19 C (P.A.U. Set. 13) Solución: B

De Broglie propuxo que en algúns casos o comportamento de certas partículas podería interpretarse como o de ondas cuxa lonxitude de onda asociada λ vería dada pola expresión:

λ=h

p= h m· v

na que h é a constante de Planck e m a masa da partícula e v a súa velocidade. A enerxía cinética de 100 eV corresponden a:

Ec = 100 · 1,6×10-19 [C] · 1 [V] = 1,6×10-17 J

que é a dun electrón que se move a unha velocidade de:

v=

√

2Ec m =

√

2 ·1,6×10−19[J] 9,1×10−31[kg ] =5,93×10 5 m/s Substituíndo na ecuación de De Broglie, queda

λ = h m·v= 6,63×10−34_[J·s] 9,1×10−31_[_{kg] ·5,93×10}5_{[m /s]}=1,23×10 −9_m ●

NÚCLEOS E PARTÍCULAS.

1. Un isótopo radioactivo ten un período de semidesintegración de 10 días. Se se parte de 200 gra-mos do isótopo, teranse 25 gragra-mos do mesmo ao cabo de:

A) 10 días. B) 30 días. C) 80 días.

O período de semidesintegración dunha sustancia radioactiva é o tempo que transcorre ata que só queda a metade da mostra orixinal. É un valor constante.

Se se parte de 200 g do isótopo, ao cabo de 10 días quedarán 100 g (a metade) sen desintegrar. Ao cabo dou-tros 10 días quedarán 50 g e ao cabo doudou-tros 10 días só haberá 25 g.

O tempo transcorrido é de 10 + 10 + 10 = 30 días.

É unha consecuencia da lei de desintegración radioactiva:

N = N0 e–λ t

(23)

2. O 237

94Pu desintégrase, emitindo partículas alfa, con un período de semidesintegración de

45,7 días. Os días que deben transcorrer para que a mostra inicial se reduza a oitava parte son: A) 365,6

B) 91,4 C) 137,1

Se se parte dunha masa m de isótopo, ao cabo dun período quedará a metade sen desintegrar, ao cabo doutro período quedará a cuarta parte e ao cabo dun terceiro período só haberá a cuarta parte.

O tempo transcorrido é de 3 períodos = 3 · 45,7 = 137 días. É unha consecuencia da lei de desintegración radioactiva:

N = N0 e–λ t

na que λ é a constante de desintegración, relacionada coa o período T1/2 de semidesintegración por: λ = ln 2 / T1/2

3. Unha masa de átomos radioactivos tarda tres anos en reducir a súa masa ao 90 % da masa orixi-nal. ¿Cantos anos tardará en reducirse ó 81 % da masa orixinal?:

A) Seis.

B) Máis de nove. C) Tres.

A ecuación que da a cantidade N de substancia que queda ao cabo dun tempo t é:

N =N₀e−λt

na que λ é a constante de desintegración radioactiva.

Escribindo esta ecuación con logaritmos e substituíndo os datos pódese calcular a constante λ: ln N = ln N0 - λ · t ln 0,90 N0 = ln N0 - λ · 3 ln 0,90 = - λ · 3 λ=−ln 0,90 3 =0,015 ano −1

Co dato do 81 % despexamos t e resulta:

t=−ln 0,81_λ = −ln 0,81

0,015 ano−1=6 anos

Tamén poderíase resolver decatándose de que o 81 % da mostra orixinal é o 90 % do que quedaba aos 3 anos. Polo tanto, terían que transcorrer 3 anos máis.

4. Se a vida media dun isótopo radioactivo é 5,8×10-6_{s, o período de semidesintegración é:}

A) 1,7×105_s

B) 4,0×10-6_s

(24)

A resposta máis simple é por semellanza. Aínda que período de semidesintegración e vida media non son o mesmo, son do mesma orde de magnitude.

A vida media é a "esperanza de vida" dun núcleo. É un termo estatístico igual á suma dos produtos do tempo de vida de cada núcleo polo número de núcleos que teñen ese tempo dividido polo total de núcleos.

τ=

∫

0 N0 t d N N₀ = 1 λ

Onde λ é a constante de desintegración radioactiva, que aparece na ecuación exponencial de desintegración:

N =N₀e−λ t

O período de semidesintegración é o tempo que tarda en reducirse á metade a cantidade de núcleos dunha sustancia radioactiva. Se na ecuación de desintegración substituímos N por N 0 / 2, t = T1/2.

N₀ 2 =N0e −λ T1/2 e extraemos logaritmos: ln(1/2) = -λ T1/2 T1/2= ln 2 λ

vemos que o período de semidesintegración é:

T1/2. = τ · ln 2

algo menor (ln 2 = 0,693) que a vida media τ. Isto cúmprese coa opción B. 4,0×10−6_[s]

5,8×10−6 _[s]=0,69≈ln 2

5. Unha rocha contén o mesmo número de núcleos de dous isótopos radioactivos A e B, de perio-dos de semidesintegración de 1600 anos e 1000 anos respectivamente; para estes isótopos cúmprese que:

A) O A ten maior actividade radioactiva que B. B) B ten maior actividade que A.

C) Ambos os dous teñen a mesma actividade.

A actividade radioactiva é o número de desintegracións por segundo e é proporcional á cantidade de isótopo radioactivo

A = - d N / d t = λ · N

sendo λ a constante de desintegración radioactiva.

Integrando a ecuación anterior, atópase a relación entre λ e o período de semidesintegración T1/2. N = N0 e–λ t

λ = ln (N0 / N) / t

Cando t = T1/2, N = N0 / 2

(25)

Terá unha constante λ de desintegración maior o isótopo de menor período de semidesintegración.

6. A actividade no instante inicial de medio mol dunha sustancia radioactiva cuxo período de semi-desintegración é de 1 día, é:

A) 2,41×1018_Bq

B) 3,01×1023_Bq

C) 0,5 Bq

Dato: NA = 6,022×1023 mol-1 (P.A.U. Set. 13)

Solución: A

A actividade radioactiva é o número de desintegracións por segundo e é proporcional á cantidade de isótopo radioactivo

A = - d N / d t = λ · N

sendo λ a constante de desintegración radioactiva.

Integrando a ecuación anterior, atópase a relación entre λ e o período de semidesintegración T1/2. N = N0 e–λ t λ=ln( N0/N ) t Cando t = T1/2, N = N0 / 2 λ=ln 2 T_{1 /2}= 0,693 1 [día ]· 24 [h /día ]·3600 [s/ h ]=8,02×10 −6_s−1 A = λ · N = 8,02×10-6_[s-1_{] · 0,500 [mol] · 6,022×10}23_[mol-1_{] = 2,42×10}18_Bq 7. Na desintegración beta(–):

A) Emítese un electrón da parte externa do átomo. B) Emítese un electrón dende o núcleo.

C) Emítese un neutrón.

(P.A.U. Set. 11, Xuño 99) Solución: B

As leis de Soddy din que cando un átomo emite radiación β(-) o átomo restante ten o mesmo número másico pero unha unidade máis de número atómico.

X Z A _→ _Y Z+1 A ₊ _e −1 0

Cando se analizou a radiación β(-) descubriuse que estaba constituída por electróns. Como a desintegración é debida a inestabilidade do núcleo, os electróns proceden do núcleo aínda que o núcleo está constituído só por neutróns e protóns. Pero coñécese que un neutrón illado descomponse por interacción débil en pouco tempo (unha vida media duns 15 min) nun protón, un electrón e un antineutrino electrónico.

n 0 1 →₁1H +₋₁0e + ¯₀0ν_e

polo que se pode supoñer que os electróns nucleares proceden dunha desintegración semellante. As outras opcións:

A. Se un átomo emitise electróns da súa envoltura, obteríase un átomo do mesmo número atómico e másico, só que unha carga positiva (un catión)

X Z A _→ _X+ Z A ₊ _e– −1 0