solucionario 2
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Solucionario de algunos problemas de la Separata 2 de Fisica Moderna Profesor: Percy Cañote Fajardo Pueden visitar mi blog:http://fisikuni.blogspot.com/TRANSCRIPT
S2P25) Un fotón de 0,70 MeV se dispersa por medio de un electrón libre de modo que el ángulo de dispersión del fotón es el doble del ángulo de dispersión del electrón. Determine a) el ángulo de dispersión para el electrón y b) la velocidad final del electrón.
SOLUCION:
a)
Asumiendo las siguientes ecuaciones,
De la conservación del p,
{ }0 .' 1 cos( ) ..(1)cλ λ λ λ θ− ≡ ∆ ≡ −
De la componente y del p,
' 20 ...(2)ep sen p senλ φφ−= −
De la conservación de la energía,
0 '0,...(3)
e eE E E Eλ λ− −+ ≡ +
Electrón de retroceso
Fotón incidente φ
λ0 θ = 2φ
Fotón dispersado
λ’
pe
p0 φ
λ0 θ = 2φ
p’, λ’
y, E h h
p cc cγ
ν λνλ
≡ ≡ ≡ ← ≡
Reescribiendo (1), (2) y (3) en términos del p,
De (1),
{ }0'
1 cos( ...( ')) 1c
h h
p pλ λ
λ θ− ≡ − → { }0'
1 11 cos( )c
p p hλ λ
λ θ− ≡ −
0
2
'
2...(1' )
1'
1 c senp p hλ λ
λ φ− ≡
(2) queda,
' ...(2 )2 'ep p cosλ φ− ≡
y de (3),
( ) ( ){ }0
12 2 22 2
' ...(3')e e e
p c m c p c p c m cλ λ− − −+ ≡ + +
Ahora, transformando (3’),
( ) ( )0
2 22' e e e
p p m c p m cλ λ − − − − + ≡ +
( ) ( ) ( )0 0
2 2
' '2e e
p p p p m c m cλ λ λ λ − −− + − + ( ) 22
e ep m c− −≡ +
Multiplicando la expresión anterior por, 2'
1
4pλ,
E
( )00
22'
2' ' '
...(3'')1
2 2 2 2e e
p p m cp p
p p p
λ λλ
λ λ λ
− −− − + ≡
De (2’) en (1’’),
0
2
' '
21 11
2c e
p
p p h pλ λ λ
λ − − ≡ −
0 0
2
' '
11
2 2 2c e
p p p
p h pλ λ
λ λ
λ − − ≡ −
0
0
2
' '
...(1''')1
12 2 2
e
c
p ph
p p pλ
λ λ λλ−
− ≡ −
Sumando estas dos últimas ecuaciones y ordenando,
0 0
0
2
' ' '
...(1 1
1 02
)2 2 2
e
c
p pm c h
p p p pIλ λ
λ λ λ λλ− − + + − − ≡
1442443
0 0 0
0 0 0
2
' ' '
21 1 11 0
2 2 2 2 2 2e e
c
p p pm c m c h
p p p p p pλ λ λ
λ λ λ λ λ λλ− −
− + − + + − − ≡ 14444444244444443
0 0
0 0 0
2
' '
2 1 11 1 0
2 2 2 2e e
c
p pm c m c h
p p p p pλ λ
λ λ λ λ λ
α α
λ− − + − + + − − ≡
14243 14243
0 0
, ,2 02
1 1 0R e R e
c
E E
E Eγ γ
λα αλ
− − + + + − ≡
Reemplazando los siguientes valores,
0
0,
0,511 , 0,70 0,73R e
c
E MeV E MeV yγλλ− ≡ ≡ ≡
22 (0,511) 0,5111 0,73 1 0
(0,7) 0,7α α × + + + − ≡
22, 46 1, 46 1 0α α+ − ≡
0, 407α ≡
0
' 0
1 ' 10,407
2 2 2 2
p
pλ
λ
λαλ
≡ − ≡ − ≡
{ }0
0
'(1), ( 1) 1 cos( )
c
Deλ λ θλ λ
− ≡ −
( ) { }0,73 (0,814) 1 cos(
3º
)
66º 3
θ
θ φ
→ ≡ −
→ ≡ ≡→
b) De (2’),
2'e e
h hp m v cosφγ γ
λ− − →≡ ≡ 2c
hvcλ
≡'cosφ
λ
20
0
22 2 1,331
'' '1
c c
c
vcosccos cos
vc
φφ φ
λ λγ λλλ λλ λ
→ ≡≡ ≡ ≡ −
Usando para el resultado anterior, 0
0
'1,726 0,73
c
yλλ
λ λ≡ ≡
0,799v c≡
S2P38) a) Calcule la longitud de onda (en nm) más corta en cada una de las series espectrales del hidrogeno: Lyman, Balmer, Paschen y Brackett.
b) Calcule la energía (en eV) del fotón de más alta energía producido en cada serie.
SOLUCION:
a) Las series espectrales están regidas por la siguiente expresión,
2 2
1 1 1H
f i
Rn nλ
≡ −
de tal forma que para Lyman, 2
1 1 1
1Hi
Rnλ
≡ −
,
para Balmer, 2
1 1 1
4Hi
Rnλ
≡ −
,
para Paschen, 2
1 1 1
9Hi
Rnλ
≡ −
,
y para Brackett, 2
1 1 1
16Hi
Rnλ
≡ −
,
en todos los casos los minλ se producen para in → ∞ , debido a que es el
mayor ancho de energía posible la emisión. Con lo cual los minλ resultan,
Lyman: min
191,1
H
nmR
λ ≡ ≡ ,
Balmer: min
4364,5
H
nmR
λ ≡ ≡ ,
Paschen: min
9819,9
H
nmR
λ ≡ ≡ y
Brackett: min
161457,6
H
nmR
λ ≡ ≡
b) Para la determinación de las más altas energías de cada serie, se procede
a encontrar una ecuación de energía de fotón en función de las λs, de la siguiente forma,
( ) ( )34 86,63 10 3 10 1243cE h hγ ν
λ λ λ
−× ×≡ ≡ ≡ ≡
( ) ( )1243
E eVnmγ λ
≡
Aplicándola para cada serie,
Lyman: ( ) 13,6LE eV ≡ ,
Balmer: ( ) 3,4LE eV ≡ ,
Paschen: ( ) 1,5PE eV ≡ y
Brackett: ( ) 0,9BrE eV ≡
S2P18) Cuando luz de 445 nm incide sobre cierta superficie metálica, el potencial de frenado es 70,0% del que resulta cuando luz de 410 nm incide sobre la misma superficie metálica. Con base en esta información y la siguiente tabla de funciones de trabajo, identifique el metal implicado en el experimento.
Metal Función de trabajo (eV)
Cesio
Potasio
Plata
Tungsteno
1,90
2,24
4,73
4,58
Solución:
,maxkE hν φ≡ −
,max ,max,k f k
cE h V Eφ
λ≡ − ≡
f
hcV φ
λ≡ −
1
1 2
2
11
22
(1)
(3)
(2
445
0,7
410 , )
f
f f
f
hcnm V
V Vhc
V
λ φλ
λ φλ
≡ → ≡ − ≡≡ → ≡ −
L
L
L
1
2 1
2
: 0,7 0,7 0(1)
(3) ,)
7(2
hc
hc hchc
φλ φ φ
λ λφλ
−≡ → − ≡ −
−∧
1 2 1 2
1 0,7 1 0,70,3
0,3
hchcφ φ
λ λ λ λ
→ ≡ − → ≡ −
{ }34 86,63 10 3 10φ
−× ×→ ≡
{ }9
1
0,3 445 10−× 9
0,7
410 10−−
×
1710 0,0358−≡ ×
2,24 KeVφ ≡ →