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manual de soluciones

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Eyvind H. Wichmann

berkeley physlcs course -volumen 4 editoric1l re11ert~ s.a.

MANUAL DE SOLUCIONES de

física cuántica

MANUAL DE SOLUCIONES de

física cuántica berkeley physics course-volumen 4 preparado por P eter M ohr

Eyvind H. Wicbmann Profesor de Física Universidad de California, Berkeley

EDITORIAL REVERTÉ, S. A. Barcelona - Buenos Aires - Caracas - México

MCMLXXIII

Título de la obra original: Solutions Manual · QUANTUM PHYSICS

Edición original en lengua inglesa publicada por: McGraw-Hill Book Company, New York

Copyright © 1971 by Education Development Center, /ne.

Traducido y adaptado al español por:

Profs. J. Aguilar Peris Catedrático de Termología de la Universidad Complutense de Madrid y

J. de la Rubia Pacheco Catedrático de Mecánica Estadística de la Universidad de Sevilla

Propiedad de EDITORIAL REVERTÉ, S. A. San Magín, 26, Barcelona (6)

Ninguna parte del material cubierto por este título de propiedad literaria podrá reproducirse en forma alguna sin el previo permiso por escrito del editor.

Todos los derechos reservados Edición en español

© EDITORIAL REVERTÉ, S. A., 1973 1 mpreso en España Printed in Spain

ISBN-84-291-4019-0

Depósito Legal: Z. • 132 - 73

Cometa, S. A. - Avda. de las Torres, 17 - Zaragoza - 1973

Prefacio

Se pretende que este manual constituya una ayuda para los profesores que utilicen el cuarto volumen del BPC.

Parte del mismo puede separarse y colocarse en un tablón de anuncios o, ha­ciendo bien patente el "copyright", puede reproducirse en parte para los alum­nos. Sin embargo, no se recomienda que el manual completo se ponga a su dis­posición.

Serán bien recibidas todas las notificaciones de errores y las recomendaciones precisas para aclarar o mejorar las soluciones. Se ruega que estas comunicacio­nes sean enviadas al autor, "Department of Physics", University of California, Berkeley, California 94720.

Agradezco al Prof. E. H. Wichmann los comentarios hechos a estas soluciones y las muchas sugerencias de valor que ha hecho para su mejoramiento. También agradezco al Dr. J. D. Finley sus primeros trabajos sobre estas soluciones.

Deseo agradecer a mi esposa, que mecanografió este manual, su paciencia y esmero en el trabajo.

PE TER J. MOHR

Berkeley, abril 1971

Capítulo 1

1.1 (a) El concepto de pesos atómicos y moleculares definidos surge cuando se intenta explicar el hecho observado de que los elementos químicos se combi­nan en proporciones fijas en peso (leyes de proporciones múltiples y constantes) y, en el caso de los gases, también se combinan en proporciones fijas sencillas de sus volúmenes. Ver Atomic Physics de Born, página 1, para ulterior estudio.

(b) Los valores primitivos poco precisos de los pesos atómicos podían ha­berse interpretado como múltiplos enteros exactos del peso del hidrógeno, lo cual llevaría a pensar que los elementos estaban compuestos por átomos de hi­drógeno. Cuando las medidas de los pesos atómicos mejoraron de precisión, se descubrieron pesos que no eran múltiplos exactos del hidrógeno, lo que llevó a rechazar la hipótesis de Proust. Los pesos no enteros se debían, como es na­tural, a la presencia de isótopos. Ver Atomic Physics de Born, página 38.

El desarrollo inicial de la hipótesis atómica está descrito en The world of the Atom.

1.2 (a) Sea N(t) el número de átomos presentes en el instante t que no se han desintegrado aún. Si admitimos que la probabilidad de desintegración de un áto­mo individual es independiente del tiempo y del número de átomos presentes que todavía no se han desintegrado, podemos designar por ')... la probabilidad de desintegración de un átomo por unidad de tiempo, siendo ). una constante in­dependiente de t y de N(t). El número de átomos que se desintegran entre los instantes t y t + A.t es N(t)- N(t + At). En el caso de un número muy grande de átomos, y despreciando la variación de N(t) en At comparada con N(t), este valor es igual a (la probabilidad de que un átomo se desintegre por unidad de tiempo) X (número de átomos presentes) X (intervalo de tiempo) = )..N(t)At. Así se encuentra :

N(t + A.t) - N(t) = _ )..N(t) A.t

En el límite A.t-+ O, se transforma en la ecuación diferencial :

2

dN(t) --=-1N(t)

dt

CAPITULO 1

La solución, con la condición límite N(O) = N,;., es

N(t) = N¡e-) . .t

(b) A partir de (a),

i, = N(t)-N(t + At) !::..tN(t)

N(t) = número de núcleos de radio presentes =- 6'º2 _x 1023

= 2 66 x lQZ'l 226 '

N(t)-N(t + At) = número de desintegraciones en At = 3,72 X 1010

3,72 X 101º "' = --------- = 1,40 X 10-11 seg-1

1 seg X 2,66 X 1021

De aquí que

ln 2 0,693 T - · - = 4,95 X 1010 seg

- --"'- - 1,40 X 10-11 seg-1 -

Según la página 340 del texto: T = 1622 años.

T = 1622 años X (3,16 X 107 seg/año) = 5,13 X 101º seg

Para un estudio de la desintegración exponencial en mecánica cuántica ver Quantum Mechanics de Merzbacher, página 4 71.

1.3 En el caso de una rueda dentada típica en el interior de un reloj, los valores serán del orden de m ~ 0,1 g, r ~ 3 mm y w ~ 1 rad/seg. El momento cinético sería:

J = Iw = mr2w ~ (1 gm) X (0,09 cm2) X (1 rad/seg) ~ 0,01 erg-seg

h I0-2'i erg-seg = lO-~ -!- '""v 10-2 erg-seg

Los efectos cuánticos serían de un valor relativo de 10-~, lo cual es total­mente despreciable.

C.4.PITUW 1 3

1.4 Deseamos encontrar una magnitud asociada al circuito con dimensiones de erg-seg. Una magnitud de este tipo es la energía/frecuencia, siendo el numerador la energía eléctrica almacenada en el circuito y el denominador la frecuencia na­tural del mismo.

C = 10-1° F L = 10-4 H Ymax = l0-3 V

E = ! C(V max)2 = ! (10-1° F) X (I0-3 V)2 = 5 X 10-17 joule

1 1 Wo =-===- = = 107 seg-1

,vLC ,vlO-' H X 10-1° F

5 X 10-17 joule _ _._ = -------- = 5 X 10-24. joule-seg

Wo 107 seg-1

E

6,6 X 10-34. joule-seg --- - -~--------"" 10-10

E/w0 5 X 10-2' joule-seg h

El valor relativo de los efectos cuánticos es 10-10, que resulta despreciable.

1.5 Número de fotones emitidos por segundo:

1.6

P 103 joule/seg = - = ---------------- "" 1030 fotones/seg

hv (6,6 X 10-3' joule-seg) X (106 seg-1)

p )..,p Número de fotones emitidos por segundo= --- = -- =

he/). he

(5,6 X 10-1 m) X (0,01 joule/seg) = -------~----------- = 2,8 X 1016 fotones/seg

(6,6 X 10-34 joule-seg) X (3,0 X 108 m/seg)

Para calcular el número de fotones que entran en el ojo, imaginemos una gran esfera centrada en el foco luminoso con radio igual a su distancia al ojo. El cociente entre el número dé fotones que entran en el ojo y el número total de fotones emitidos es el mismo que el cociente entre el área de la pupila y el área total de la esfera. De aquí que,

número de fotones que entran en el ojo por segundo=

. . área del ojo = número total emitidos por segundo X , d

1 f

area e a es era =

SOLUCIONES B.P .C. IV - 2

4 CAPITULO 1

1t (2 mm)2

= (2,8 X 1016 fotones/seg) X ----,-~ = 2,8 X 106 fotones/seg 41t (100 m)2 ·

1.7 Admitamos que el diámetro de la pupila es 4 mm.

potencia que entra en el ojo = 10-6 lumen/m2 X 7t (2 mm)2 = 1,26 X 10-11 lumen = = 1,26 X 10-11 lumen X 0,0016 watt/lumen = 2,02 X 10-14 w

p ),,p número de fotones por segundo = --- = -- =

he/A. he

= __ (5_,5_6_x_1_0_-1_m_)_X_(~2_,0_2_x_1_0_-_14_jo_u_I_e/_s~eg_)_ = 5,6 X 104, fotones/seg (6,63 X 10-34 joule-seg) X (3,00 X 108 m/seg)

El tiempo de resolución o de persistencia del ojo en esta situación es de 1/20 segundo aproximadamente. El número de fotones que entran en el ojo en este intervalo es 1/20 X (5,6 X 104) = 2,8 X 103

• La fluctuación media del número de fotones es ".J \IN (ver Núcleos y partículas, de Segre, página 195, Editorial Re­verté, S. A.). Por tanto,

1 1 fluctuación relativa r-..J -- = -- = ------ = 1,9 %

N ,yN ,y2,8 X 103

La fluctuación relativa del número de fotones es demasiado pequeña como para explicar el centelleo observado. El centelleo se debe a variaciones de la densi­dad atmosférica. Las variaciones de densidad producen variaciones en el índice de refracción y como consecuencia desviaciones e interferencias en la luz de las estrellas. Los planetas subtienden un ángulo mayor; el área de la sección del haz luminoso de un planeta es suficientemente grande para que se compensen los efectos que producen las fluctuaciones. Para un estudio más completo ver la Astronomy de Baker, página 92.

1.8 (a) Ley de desplazamiento de Wien: ),,max T = 0,2898 cm ºK

Para T = 2500°K,

0,2898 cm ºK Amax = ------- = 1,16 X 10-4 cm = 11,600 A

2500°K

que no está en el intervalo visible: 4000 ~ 7000 A.

CAPITULO 1 5

(b) Para deducir la ley de desplazamiento de Wien hemos de obtener el má­ximo de la distribución de Planck.

E()., T) =( _s_:_h5e_) __ l __

11, e71-cJ1.kT _ 1

{)E().., T) 1 0 . . X he _ = 1mphca e-x = 1 - ~ donde x = -~--{)).. ).. - )..max 5 ' kThmax

Esta ecuac10n debe resolverse numéricamente. Por simple inspección se ve que el máximo se presenta para x próximo a 5. De aquí que,

l-~~e-5

5 X~ 5(1 ---. e-5) = 5(1 - 0,0067) = 4,97

he he )..max T = --~-- = 0,201 X --

4,97 X k k

que concuerda con la ecuación (3 9 b) del texto.

(c) Para hallar la emisión de energía total por unidad de tiempo de un ra­diador tipo cuerpo negro se debe integrar la distribución de Planck para todas las longitudes de ondas.

kT )' = 81ehc ( ~ J Odx __ x3 ___ oc T' eX-1

La dependencia con T se ha descompuesto en factores utilizando el cambio de va­riable x = hc/AkT. Para un estudio de la radiación del cuerpo negro, ver Fun­damentos de Física Estadística y Térmica de Reif, página 373.

1.9 (a) En el caso de un oscilador armónico de energía E, se tiene q0 = ,v2EJK

y Po = ,v2mE. Así pues, J = rcq0p0 = 2rc ,Jm/K E = E/v, siendo v la frecue~cia natural del oscilador. Si E varía en una cantidad nhv, entonces J varía en una can­tidad nh.

f:..J = nh n = 1, 2, 3, ...

(b) La expres10n que da la energía total relaciona q(t) y p(t). Es la ecua­ción de una elipse en el plano q - p.

6

p(t)2 E=--+

2m

p ( t)

K q(t)2

2

La variable acción l = rcq0p0 es el área de la elipse.

(e) A partir de las fórmulas vistas en (a) se tiene:

vkfm E= Jv donde v=---.

21t

CAPJTUW 1

La cuantización de Bohr del oscilador armónico se analiza en Atomic Physics de Born, página ll 5.

Capítulo 2

2.1. A partir del problema 1.2,

d d di d . "I A.t

número e átomos e ra o que se esmtegran = 11.l::i.tN = (ln 2) -- N = T

1 hora N 0 = 0,693 -- = 2 16 X 10-10 N 0 1622 años 226 '

siendo N 0 el número de Avogadro.

No energía toul emitida = 100 cal = 100 e V = 4,34 X 10-3 N 0 :; V

23.050

energía emitida energía media por desintegración = -----------~ =

número de desintegraciones

4,34 X I0-3 N 0

2,16 X 10-10 No eV = 20,1 meV

La energía de las partículas alfa emitidas por el Ra226 es 4,8 meV, que es mu­cho menor que la energía observada por desintegración. La energía extra pro­viene de las desintegraciones sucesivas de los productos de desintegración. El número de desintegraciones subsiguientes en la muestra de radio aumenta con su edad. Finalmente, cuando se alcanza el equilibrio, el número de desintegraciones de cada producto de vida corta será igual al número de desintegraciones del radio.

2.2. (a) Como el defecto de masa del radio es positivo, está prohibida la desintegración espontánea del radio en protones y neutrones. Sin embargo, el ra­dio puede desintegrarse en productos compuestos con tal que la suma de los de­fectos de masa de los productos sea mayor que el defecto de masa del ·radio. (b) El radio se presenta de modo natural como parte de la cadena radiactiva ura-

8 CAPITULO 2

nio-radio-plomo. El período tan grande del origen de la cadena (U2'J8, T = 4,5 X 109

años) explica la presencia de miembros de la misma de vida corta. La cadena com­pleta se da en la página 340 del texto.

2.3 A partir de la ecuación (14 b), (frecuencia)/(energía) = 2,4 X 1014 (ciclos/seg)/ ( e V), se tiene

1 4,2 X 10-21

t (en segundos) = --------- = ------2,4 X 1014 E (en eV) E (en me V)

Las energías que intervienen en las desintegraciones nucleares son del orden de 1 meV, que corresponde a tiempos del orden de 10-21 seg, que es demasiado pe­queño. En el texto se da otro valor estimado en la página 329.

2.4 (a) La energía radiada por el Sol en un año es

E = Pt = (3,86 X 1026 joule/seg) (3,16 X 107 seg) = 1,22 X 1034 joule

Este valor corresponde a una masa dada por

E 1,22 X 1034 joule m = -- = = 1,36 X 1017 kg

c2 (3,00 X 108 m/seg)2

La fracción de la masa del Sol radiada en un año es

m 1,36 X 1017 kg 1,98 X 1030 kg = 6,87 X lQ-14 M

Por tanto, la fracción de la masa del Sol radiada en 4 000 millones de años es aproximadamente (7 X 10-14 año-1) (4 X 109 años) = 3 X 10-4, que representa un cambio pequeño. (b) La energía que interviene en las reacciones químicas es típicamente del orden de 20.000-200.000 cal/mol (sección 2.31 del texto). La masa del Sol es aproxi­madamente 2 X 1030 kg !:::::'. 2 X 1033 moles. Así pues, la máxima energía total libe­rada por los procesos químicos será (2 X 105 cal/mol) (2 X 1033 moles) (4 joule/cal) = = 2 X 1 O~ joules. A la velocidad dada en el texto, el sol radiará durante un

tiempo

E 2 X 1039 joule T = -- !:::::'. = 5 X 1012 seg = 160.000 años

P 4 X 1026 joule/seg

Este tiempo es demasiado corto. (c) La fuente de energía del Sol es la reacción de fusión en la que se transfor-

CAPITULO 2 9

man cuatro protones en núcleos de helio más positrones, neutrinos y rayos gamma. Las series de reacciones vienen dadas con detalle en Astronomy de Baker, pág. 375, y en Núcleos y partículas de E. Segre (EDITORIAL REVERTÉ, S. A.). Para un valor estimado de la energía liberada, utilizaremos la energía correspondiente a la masa perdida en la transformación.

AM = 4 Mv - MHe = 4(1,00728 urna) - 4,0026 urna = 0,027 urna

meV/c3 · aE = AMc2 = (0,027 urna) 930 . c2 = 25 meV

urna

La energía total máxima que puede producir el Sol es

25 meV (6 X 1023 protones/moles) (2 X 1033 moles) - -

4 protones

= 7,5 X 1057 me V = 1,2 X 1045 joule

Con esta energía el Sol radiaría durante un tiempo

T = 1,2

X 1045

joules = 3 x 101s seg = 100.000 millones de años 4 X 1026 joules/seg

que es consistente con la edad conocida del Sol.

2.5 M A(l urna) A(l,66 X 10-24 gm)

Densidad= -- = = 4

= 2,3 X 1014 gm/cm3

V ; rcr3 3 rc(l,2 X l0-13 cm A113) 3

2.6. (a) En el caso del nitrógeno a temperatura ambiente

3 3 Ekin = 2 kT = 2 (1/40) eV = 0,038 eV = 6,1 X 10-14 erg

~ = V 2E = V 2 X 0,038 eV = l,7 X 10_6

e Mc2 28 X 930 meV

v = (1,7 X 10-6) (3,00 X 1010 cm/seg) = 5,1 X 104 cm/seg

(b) El valor estimado para este problema se obtiene en la sección 3.45 del texto.

10 CAPITULO 2

frecuencia de colisión= (2 X 109 seg-1) x _P ___ x V-1- 273 ºK 1 atm A T

V 1 273 = (2 X 109 seg-1) X 28 293 = 3,6 X 10~ seg-1

Una frecuencia óptica típica es

e 3 X 101º cm/seg v = - = = 5 X 1014 ciclos/seg

). 6000 A

frecuencia de colisión

frecuencia óptica = 3,6 X 108 seg-1

5 X 1014 seg-1 = 7,2 X 10-7

2.7 Sabemos a partir de la mecánica clásica que puede tenerse en cuenta el mo­vimiento del núcleo sustituyendo la masa del electrón por la masa del sistema electrón-núcleo. A partir de la discusión semiclásica de la sección 2.23 del texto, vemos que la energía del electrón, E = Cm. Así pues, es de esperar que seamos capaces de explicar la masa nuclear finita con estas relaciones:

m En = Cµn ~ Cm(l - --)

Mn

Eliminando Cm de las ecuaciones y utilizando m/M8 = 1/1836 y 11, = he/E, se obtiene la expresión:

MH }.,H-}.,D -= 1-1835---MD ).,D

MH 4861,320 A - 4859,975 A MD = 1 - 1835 4859,975 A = 1 _,. 1835(2,768 X 10-') = 0,492

MD -- = 203 MH '

De la tabla 4A, se tiene

MD 2,014 uma -- - ----- = 2,00 M 8 1,007 urna

La corrección de masa nuclear finita se discute en el texto, sección 8.46.

2.8 A partir de los razonamientos dados en el texto, sabemos que la energía del

CAPITULO 2 11

electrón en un átomo del tipo hidrógeno es proporcional a za. Lo mismo deberá ser cierto en caso de diferencia de energía: ll.E = CZJ.

=4 o bien

1 6562,99 A ).,He+= 4 ).,,H = - ·

4 = 1640,75 Á

Este valor no está en el intervalo visible: 4000 __,. 7000 A.

2.9 Cuando una partícula alfa alcanza la superficie nuclear se tiene

(Ze) (2e) (1/2) (Ae) (2e) e2 E = = -----.---~- = --. A2¡a

r ro A1/a ro

e2 1,2 X 10-13 cm e3 ro = 1,2 X 10-13 cm = mc2 2,8 X 10-13 cm = 0,43 ~

mc2 0,51 meV E = ---A213 = A 213 = A 213 (1,2 me V)

0,43 0,43

2.10 (a) La energía electrostática de una esfera cargada uniformemente (véase página 14 del texto) es (3/5) (Q2/r). Por tanto,

u ~ 2_ ~ = 2. ZJe2 = A5/3 ( _!_ )2 2. ___::_ e 5 r 5 r0 A 1/ 3 A 5 r 0

Según el problema 2.9, e2/r0 = 1,2 meV. Por tanto

ue ~ A 513 ( 1 )1

X (0,7 meV)

Para A~2Z

u _e_~ A 213 X (0,17 me V)

A

12 CAPITULO 2

ro 8(MeV)

8

u 6 ~(Me V) A 4

2

50 100 150 200 250

A

(b) M(l7;9)-M(l7;8) = 3,0 X 10-3 urna= 2,79 meVíc2

Con objeto de hallar la diferencia de energía electrostática, puede tenerse en cuenta la diferencia de masa neutrón-protón.

M(l7;9)-M(l7;8) + (Mn-Mp) =

= 2,79 meVíc2 + (939,55 meVíc2- 938,26 meV/c2 = 4,08 meV/c2

Ue(l7; 9)--,- Ue(l7; 8) =

= (92 -82) 17-1/ 3 X 0,7 meV = 17213 X 0,7 meV = 4,6 meV

Concuerdan bie~ con la realidad.

2.11 (a) 1 gm de U235 contiene (6,02 X 1023)/235 núcleos = 2,56 X 1021 núcleos. Si sufriese fisión 1 gm de U235

, la energía liberada sería

(200 meV/núcleo) (2,56 X 1021 núcleos) = 5,12 X 1023 meV =

= 8,19 X 101º joules = 2,28 X 104 kilowatios-hora = 1,96 X 101º cal

Energías típicas para reacciones químicas son de 20.000 a 200.000 cal/mol, o sea de 1.000 a 10.000 cal/gm para A!::::::'. 20. (b) En un trozo pequeño de uranio, los neutrones expulsados en una fisión no llegarían a producir, en valor medio, una fisión adicional antes de escapar, de­bido al número pequeño de núcleos blancos posibles. Sin embargo, si el trozo de uranio es suficientemente grande, los neutrones producidos en una fisión pro­ducirán, en valor medio, más de una fisión adicional, siguiendo una reacción en cadena.

(c) Admitamos que el ur35 rompe en dos trozos aproximadamente iguales.

ZA Ue = A

113 (0,7 meV)

CAPITULO 2 13

Z2 (Z/2)2

A.Ve= A1/3 X (0,7 meV)- 2 (A/2

)113 X (0,7 meV) =

(92)2

= (1 - (1/2)213) X (0,7 me V) = 355 me V (235)i/3

La fisión se estudia en Núcleos y partículas de E. Segre (EDITORIAL REVERTÉ, S. A.).

2.12 (a) A.M = 2Mv - MHe = 2(2,014 urna)- 4,002 urna = 0,026 urna

A.E= A.Mc2 = (0,026 uma)(930 meV/c2 ) c2 = 24 meV urna

E = (24 meV) (6 X 1023)/4 = 3,6 X 1024 meV = 5,8 X 1011 joules

Combinando este resultado con el del problema 2.11 (a), se tiene:

energía liberada por 1 gm de H3 al sufrir fusión energía liberada por 1 gm de U 235 al sufrir fisión

3,6 X 1024 meV =~~~~~~~ = 7

5,12 X 1023 meV

(b) La repulsión electrostática de los núcleos de deuterio evita la fusión es­pontánea a temperatura ambiente. A temperaturas extremadamente elevadas, es decir, a grandes velocidades, pueden interaccionar los núcleos de deuterio. De­bido al efecto túnel mecánico cuántico (ver sección 7.45) la reacción puede ocu­rrir a temperaturas que son más bajas de lo que sería de esperar si se utilizasen ideas clásicas.

2.13 (a) Un electrón en su órbita tiene un momento magnético

(b)

e eli µ=--L=--=

2mc 2mc

(4,80 X 10-10 ues) (1,05 X 10-27 erg-seg) = = 9,27 X 10-21 ues cm

2(9,11 X 10-23 gm) (3,00 X 101º cm/seg)

eli A.W = 2µB = --B = 2(9,27 X 10-21 erg/gauss)(lOOO gauss) =

2mc

= (1,85 X 10-17 erg)(6,24 X 1011 eV/erg) = 1,15 X 10-5 eV

(c) Según el Handbook of Chemistry and Physics, el volumen molar del cristal del hierro es 7,09 cm3• La densidad es 8,49 X 10~ átomos/cm3

• La imanación vale

CAPITULO 2

erg M = µ. X densidad = (9,27 X 10-21 erg/gauss)(8,49 X 1022 cm-3

) = 787 3 gauss-cm

En un ferromagneto saturado, M = 1830 erg/(gauss-cm3); ver Electricidad y Mag­netismo volumen II de Berkeley Physics Course, pág. 395 (Editorial Reverté). Existe una buena discusión del ferromagnetismo en The Fei¡nman Lectures, vo­lumen II, secciones 36 y 37.

2.14t Despreciemos las vanac10nes de las constantes (relacionadas en las sec­ciones 51-56) que dependen débilmente de a y ~. Utilicemos la siguiente no­tación:

m m[kg] =--

11 1 kgp o sea m = m[kg11] kg11

m[kgp] es un número adimensional que es el cociente entre la masa m y la masa del kilogramo de Paris. (a)

Ji' ) ( :e ) n4h(r1.')-1 ( m'c'

n,i.cl1.-1 1 m' 1 mP __ P_= = (1 + u) =(l + u)--1 ma'

n2cla')-2 ( m~:, ) n2c2a-2 ( ;e ) 1 ma

(b)

n1C1 n1C1 1 gm, = --M, = -~(W)-1m' 11 1000 11 1000

m' 1000 m'[gm '] = -- r --w = (1 + w)m[gm] 11 1 gm,' n1c1

11

(c)

n,¡;2( a')-2 ( Ji' ) m'c', _I_m_a'_ = ----------- = ~ (a')2Wc' 1 se&' ( ñ ) n3c3 -

1

n e - 1(r1.')-'(~')-1 --a a 1-1 m'(c')2

e' c'[ma' /se&'] = =

1 ma'/sega'

CAPITULO 2

(d)

.ñ'[kgp' - (mp')2/sega'] =

li,'

kgp' --. (ma')2 1-----

se&i'

li,' ------=

kgp' -:- (mp')2 1----­

se&i'

15

=

= (1 + u)-2 Ji[kgP - m//se&]

(e) En unidades electrostáticas a = e2/ñc, o sea e,¡¡;¡¡;. e'[ues'] = va.' fi'[gmp' - (cma')2/se&'] c'[cma'/sega1 =

= v(l + u)a. ñ[gmp - cma2/se&i](l + u)-2(1 + w)-1 c[cma/se&] = = (1 + u)-112 (1 + w)-1!2 e[ues]

En el sistema MKS, a. = e2/(4rr:E0nc). Se define el coulomb en este sistema en fun­ción de la fuerza que se ejerce entre unos conductores por los que circula co­rriente, teniendo µ 0 un valor fijo determinado.

V 4rca.' fi'[kg ' - (m ')2/se&i'] e'[MKS'] = 11 ª =

µ0 c'[ma' /se&']

V 4rc(l + u)a. li[kgP - ma2/segJ = = ito(l + u)-2(1 + w)-1 c[mafseg.a]

= (1 + u )3/2(1 + w )112 e[MKS]

(f) La masa de un bloque metálico medido en kilogramos de París no se verá

16 CAPITULO 2

cambiada puesto que el número de protones que contiene no varía. Las dimensio­nes lineales del bloque de metal medidas con el metro de París también serán invariables, puesto que este metro sufrirá las mismas variaciones que el bloque de metal. Así pues,

p'[gm//(cm/)3] = p[gmp/cm/]

p' p'[gm//(cma')3] = 1 '/( ')ª

gmP cmª

1 (cma')3 p'

1 ( cm/)3 1 gm// ( cm/)3

Capítulo 3

3.1 (a) Entre los números de ondas pueden encontrarse las siguientes rela-dones:

(b) T1 es arbitrario

T2 = T1 + v1

T3 = T1 + v2

T4 = T1 + v3

T5 = T1 + v4

(c) La fórmula más sencilla para es­tos niveles es precisamente la de los términos del hidrógeno :

Tl l 2 3 '+

1 T = --- X 109.667,6 cm-1

n n2

5 6 7

El esquema de términos para el hidrógeno aparece en la página 387.

1 't'

l l lo 8 9

18 CAPITULO 3

3.2 (a) El resultado (a) es precisamente la dispersión de resonancia (fluores­cencia de resonancia) de la luz por los átomos del hidrógeno.

En el caso (b) no existe ninguna dispersión resonante porque no hay ningu­na diferencia de energía en correspondencia en el talio.

En el caso (c) la raya del mercurio es dispersada como en (a). Los rayos del talio se deben a la fluorescencia "sensibilizada" que es un fenómeno en el que un átomo de mercurio en el recipiente C, en el estado excitado por la luz de 2537 A choca con un átomo de talio y le transfiere su energía de excitación dejándolo en un estado excitado. El exceso de energía pasa a energía cinética de ambos átomos. Los átomos de talio, excitados por este proceso, decaen a con­tinuación y emiten el espectro característico del talio.

La placa de vidrio entre el recipiente C y la lámpara evita la dispersión, por­que el vidrio es opaco a la luz de 2537 A (ultravioleta).

(d) La gran anchura de la raya de 3776 A se debe al ensanchamiento doppler. Los átomos de talio excitados mediante la fluorescencia sensibilizada tienen una energía cinética mayor que la energía cinética media debida al movimiento tér­mico. La energía cinética extra procede de la energía que queda cuando un átomo de mercurio excitado transfiere su energía a un átomo de talio cuya energía de excitación es menor. Cuanto más pequeña sea la energía de excitación del átomo de talio, mayor será el exceso de energía disponible y así resultará más ancha la raya resultante.

Obsérvese con referencia al esquema de término de la figura 34 A, que la energía de excitación del nivel de mercurio interesado está ligeramente por enci­ma del nivel del talio 82S112 (relativo al fundamental). Por tanto, algunas rayas del talio se pierden, porque no pueden excitarse niveles superiores.

La fluorescencia sensibilizada se estudia en Resonance Radiation and Excited Atoms de Mitchell y Zemansky, página 59.

3.3

).. = 5896 A l v = -::¡: = 16.960 cm-1

(a) Anchura natural:

_ Aw I I Av = -- = --- = = 0,00053 cm-1

2nc 2nci; 2n(3 X 101º cm/seg)l0-8 seg

(b) Ensanchamiento Doppler :

Av Aw 5 V 1 ( T ) ~ = ~ ~ (0,52 X 10- ) A 29J°K =

- -5 V 1 473 ºK - (0,52 X 10 ) 23 293 ºK = 1,4 X 10-'

C.4PITUW 3

Av = (1,4 x 10-6) (16.960 cm-1) = 0,024 cm-1

(c) Ensanchamie~to por colisiones:

(Av)c = ---~ -- (2 X 109 seg-1) ---- ----- --- = (Aw)c 1 ( P )V 1 ( 273 ºK) 21tc 21t'c 1 atm A T

19

= (2 X 109 seg-1) ( 10 mm Hg )V 1 273 ºK

-21t_(_3_X_l_0_1º_c_m_/_s~eg_)_ 760 mm Hg 23 473 ºK = 0,000022 cm-1

Puede mejorarse la exactitud del valor calculado utilizando los radios atómicos aproximados, en lugar de Clo, al calcular la frecuencia de colisión. Los radios son

rNa = 1,9 A rA=l,5A

Sustituyamos 1t(2e1o)2 -+ 1t(rNa + r A)2, lo que incluye un factor

(rNa + r A)2 (1,9 A + 1,5 A)2

~~~--= ~10 (2CZo)2 (2 X 0,53 Á)2

La anchura del ensanchamiento de colisión resulta ser entonces

(Av)c ~ 0,00022 cm-1

Debido a la naturaleza aproximada de la estimación,. este valor es todavía un poco pequeño comparado con los resultados experimentales fver Mitchell y Ze­mansky, Resonance Radiation and Excited Atoms, página 166).

Estructura fina :

D1 : A1 = 5895,930 A

D2 : ~ = 5889,963 A

v1 = 16.960,85 cm-1

v2 = 16.978,04 cm-1

v2-,- v 1 = 17,2 cm-1

Todas las anchuras son pequeñas comparadas con la estructura fina.

(d) No. Puesto que la inmensa mayoría de los átomos están en el estado fun­damental (ver problema 3.5), sólo serán dispersadas las frecuencias que corres­ponden a transmisiones en las que interviene el estado fundamental.

3 .4 El gráfico inferior de la figura para este problema muestra el espectro que resulta de un fenómeno denominado "autoinversión". La autoinversión aparece en la luz emitida por un tubo de descarga gaseosa en el que existe una región central de gas excitado caliente rodeado por gas frío sin excitar. El gas caliente emite luz con una gran anchura doppler. Esta luz pasa a través del gas frío antes de salir del tubo de descarga. El gas frío absorbe luz que pasa a su través, pero el espectro de absorción del gas no tiene una anchura doppler más pequeña.

SOLUCIONES B.P .C. IV - 3

20 CAPITULO 3

Así pues, una raya emitida por el tubo tiene un espectro ancho pero con la parte central perdida, como se ve en el gráfico.

Los átomos de gas frío están en el estado fundamental y así sólo dispersan luz que se obtiene a partir de las transiciones a dicho estado.

Puede verse una explicación de la autoinversión y descripciones de fuentes luminosas que no tienen dicho efecto en Resonance Radiation and Excited Atoms de Mitchell y Zemansky, páginas 20-31.

3.5 A partir del esquema de términos de la figura 32 A se tiene

E1 ~E0 = 2,1 eV

2,1 eV ---~--------= 52 (8,6 X 10-5 eV/ºK)473 ºK

N1 ( E1 ~E0 ) -- = exp - = exp(- 52) = 2,6 X 10-23

N0 kT

3.6 (a) Puede determinarse C a partir de un punto del gráfico, por ejemplo,

Z = 35, ).. = 1,03 A.

C = )..Z2R00 = (1,03 X 10-8 cm) (35)2(1,097 X 105 cm-1) = 1,38

(b) El electrón incidente debe tener una energía suficiente por lo menos para golpear el electrón más interior lanzándolo a un nivel no ocupado. En un átomo con muchos electrones, la energía del nivel no ocupado más bajo está próxima a cero. Utilizando los niveles energéticos de Bohr se encuentra

3.7 En el modelo de Bohr:

(I) J = mvr = nñ n = 1, 2, 3, ...

1 e2 (II) E =-mv2---

2 r

mv2 e2 (III) -r--~

CAPITUW 3 21

Combinando (I), (II) y (III) se tienen los niveles energéticos del hidrógeno:

1 e2 E=-----

n n2 2ao donde

El esquema de términos del hidrógeno se indica en la página 340. Las frecuencias de transición vienen dadas por

fiw = E -E = _.i:_( -1-. --

1-)

m n 2cta n2 m2

Las longitudes de onda relacionadas en el problema están en la serie de Balmer, es decir, en las rayas que se obtienen de transiciones al nivel n = 2. En particu­lar vienen dadas por n = 2 y m = 4, 5, 6, 7, 8 y 9 respectivamente. En la tabla que damos a continuación se comparan los valores medidos y los calculados.

w v=--=

21tc

m

4

5

6

7

8

9

v [en cm-1]

20575,7

23044,8

24386,1

25194,8

25719,7

26079,5

=R (-1 __ 1 ) ro n2 m2

= 109 737,31 cm-1 ( +- :2 )

).. [en A] ).. [en A] calculados medidos

4860,1 4861,3

4339,4 4340,5

4100,7 4101,7

3969,l 3970,1

3888,l 3889,l

3834,4 3835,4

3.8 En el Handbook of Chemistry and Physics se encuentran los datos siguientes:

Isótopo Período de Energías a (Me V) Energías ). (ke V) semidesintegración

s4Po212m 45 seg 11,65 570 14,27 2610 14,85

s4Po212 3,04 X 10-7 seg 8,785

MPb208

22

Estos datos se ajustan al esquema de términos siguiente:

Ea+ Ea+ 14,85 MeV

Ea+ Ea+ 14,27 MeV

Ea+ Ea+ 11,65 MeV

Ea+ Ea+ 8,79 MeV

/".~ ,;:;/ ~

a a a a

! y

y

CAPITULO 3

l 570

2610 Ke\i

KeV

Las diversas energías de las partículas a, se obtienen a partir de los diferentes niveles posibles de los núcleos antecesores.

3.9 La curva descrita en el problema es un gráfico de la sección recta para la reacción

Li7 + a-+ B11*

En la que a continuación se desintegra el núcleo de B11*. La escala vertical del gráfico es la energía cinética en el laboratorio de la partícula alfa y la escala ho­rizontal es la sección recta en unidades arbitrarias. Los picos de la curva dan la situación de los niveles excitados de los núcleos de B11*, es decir, la posición de las resonan,cias en la sección recta de dispersiót.1..

La notación B11 + p - p' se refiere a la reacción

Bn + p-+Bn* + p

La altura de la barra horizontal es el exceso de energía (valor Q) de la reac­ción, que en este caso es cero. La flecha vertical señala la energía más P~evada

CAPITUW 3 23

a que se ha observado la reacción y las flechas inclinadas señalan los estados fi­nales del núcleo B11 que se han observado en, la misma.

El modelo del núcleo compuesto y los diagramas de este tipo se estudian en Nuclei and Particles de E. Segre, página 442.

3.10 (a) Los átomos del haz decaen con independencia y con una cierta pro­babilidad por unidad de tiempo. Se aplica la deducción dada en el problema 1.2 y tiene el decaimiento exponencial de la intensidad en el caso de muchos átomos.

velocidad de desintegración = _!_N oc I oc exp ( - _!_ ) = exp ( - ~ ~ ) dt 't' 't' V

(b) El potencial de frenado crítico (a partir del cual deja de registrar la célu­la) es una medida de la energía de los fotones, que se sabe experimentalmen,te que es proporcional a la frecuencia. La frecuencia de los fotones radiados perma­nece esencialmente constante como función del tiempo después de la excitación. En este experimento, el tiempo después de la excitación es proporcional a la distancia desde el punto de excitación a la rendija. De aquí que el potencial de frenado crítico sea esencialmente indepen,diente de la distancia x.

Una persona que no estuviese familiarizada con los hechos experimen,tales podría esperar que el potencial de frenado crítico fuese una medida de la inten­sidad de los fotones. Esto le llevaría a esperar que el potencial de frenado crítico tuviese una relación exponencial con x.

V0 oc I oc exp ( - - 't': ) (¡Erróneo ! )

3.11 El vector de campo eléctrico en el campo de radiación del dipolo es pro­porcional a la proyección, perpendicular a la dirección de observación, del vec­tor dipolo.

E1 oc (m)1. = m sen 6

siendo 6 el ángulo existente entre el vector dipolo y la dirección de observación. En Ondas, Berkeley Physics Course (EDITORIAL REVERTE, S. A.), se da una deduc­ción de esta dependencia ang1:1lar. Por tanto, la ecuación (50A)

E1 = C s;n 6

exp [ iw ( : - t ) J y

24 CAPITULO 3

En el caso del cuadripolo eléctrico,

. ( aw ) E2 e::::'. z ~- ( cos G) E1

IE2(6) oc !E2¡2 = B(4 cos26 sen26) = B sen226

Capítulo 4

4.1 (a) El estado inicial lo forma una partícula en reposo con masa Mi. El es­tado final lo constituye una partícula con masa M 1 y cantidad de movimiento p y un fotón con cantidad de movimiento ñw/c.

(i) Conservación de la cantidad de movimiento: ñw o= ---p e

(ii) Conservación de la energía: Combinando (i) y (ii) y despejando w, tenemos

w = _c2 __ M_?~--M_/_ = Mi+ M, w = w [ 1-~J 21i Mi 2Mi O O 2Mic2

en donde

(b) Obsérvese que en ambos ejemplos, ñw0 ~ Mic2, es decir, el efecto relativo del

retroceso es muy pequeño.

ro0 - w ro0 - ro nro0 ____ ,-...., ___ _ - 2Mic2 ro roo

Las rayas amarillas del sodio son las rayas D1 y D 2 de la figura 32 A del capítu­lo 3; ).. e::::. 5890 A.

he 1 he 1,24 X 104 eV ñwo = ~ = 5890 lA = 5890 = 2'10 eV

MeV/c2 Mic2 = (23,0 urna) (931 .) c2 = 2,14 X 104 MeV

urna

2,10 eV = = 4,90 X 10-11

2(2,14 X 104 MeV)

26

E~ el caso de los rayos gamma emitidos por el hafnio,

liw0 = 113 keV

meV/c2 Mic2 = (177 urna) (931 ) c2 = 1,65 X 105 meV

urna

113 keV = = 3,42 X 10-7

2(1,65 X 105 nieV)

CAPITUW 4

4.2 El estado inicial está constituido por una partícula en reposo de masa M 1 y un fotón con cantidad de movimiento liw/c. El estado final lo forma una par­tícula de masa M, y cantidad de movimiento p.

(i) Conservación de la cantidad de movimiento: ñw --=p

e (ii) Conservación de la energía : liw + M1c

2 = ,v M?c' + p2c2 Combinando (i) y (ii) y despejando w, se tiene

w= 2ñ

M¡2-M/ Mi+ M 1 [ ñw0 ] ----~ = Wo = Wo 1 + --2-M¡ 2M1 2M,c

donde ro0 = ~ ( M, - M 1 )

4.3 En el gráfico de la figura 23 A, la longitud de onda m1mma es el valor de la abscisa para la cual tienden a cero las tres curvas que representan la intensidad. Inspeccionando el gráfico podemos ver que este valor está comprendido entre 0,35 A y 0,36 A. A partir de la ecuación (25a), Amín = ch/eV0, se tiene:

h ).,min V0 (0,355 X I0-8 cm)(35.000 volts) - = --- = -------------- = 4,14 X 10-15 volt-seg e e 3,00 X 101º cm/seg

Como 1 stat volt = 300 volts,

h - = 1,38 X 10-17 erg-seg/ues e

Según las tablas,

6,626 X 10-27 erg-seg - - --------- = 1,380 X l0-17 erg-seg/ues e 4,803 X 10-10 ues

h

CAPITUW 4 27

4.4 En los gráficos de la figura 20 A, el primer máximo es )., y el segundo es ).' en donde

En el gráfico C:

6 = 90º, cos 6 = O

De aquí que

Para el gráfico B:

)./ = ). + 21C ( ;e ) ( 1 - cos 6)

)./ - ).,, ~ 1,3 unidades a lo largo de la abscisa

A' - A = 21t ( 1c } (1 - cos 45º) = (1,3 u) ( 1- ;2

) = 0,39 u

Para el gráfico D :

A'-A = 21t ( ~e } (1-cos 135º) = (1,3 u)( 1 + ;2

) = 2,2 u

4.5 En la figura 16A, la escala inferior es el corrimiento Doppler, correspon­diente a la velocidad indicada en la escala superior, para fotones con energía 14,4 keV.

V C-V V w'=w ---~w(l--)

e+ v e

De aquí que

v2 para~~ 1

v v 14,4 keV v óv = v-v' = -v = - = -(3,48 X 1012 Me)

e e h e

Si se expresan v y e en mm/seg y óv en Me,

v[en mm/seg] óv[en Me] =

3,00 X

1011 (3,48 X 1012

) = 11,6 v[en mm/seg]

4.6 Como se menciona en el problema, la ausencia de un corrimiento de la fre­cuencia debido al retroceso es el efecto Mossbauer. Es una consecuencia de la incapacidad de los núcleos de Fe57 de retroceder libremente. Esencialmente, el

28 CAPITULO 4

cristal completo retrocede con una velocidad despreciable. Puede verse la peque­ñez del desplazamiento resultante utilizando la fórmula deducida en el proble­ma 4.2, en donde la masa del denominador es la masa del cristal.

Además de las referencias citadas en el problema, mencionaremos el artículo "The Mossbauer Effect", por Sergio De Benedetti, en Scientific American. Abril 1960.

4.7 Esperamos ver dos longitudes de onda en la radiación dispersada. Una tie­ne la misma longitud de onda que la incidente, "J.. = 0,710 A, debida a la dispersión de los rayos gamma en los electrones que permanecen ligados; la otra es la lon­gitud de onda "J..' debida al efecto Compton.

"J..' = "J.. + 2n ( ;e ) ( 1 - cos 6) =

= 0,710 A + (2,43 x 10-2 A) (1 - ~ .) = 0,722 A

4.8 El intervalo de energía de uno de los fotones es

0<EY<mc2

Para verlo, consideremos el estado final compuesto por tres fotones. Por la co~­servación de la energía y de la cantidad de movimiento, la energía total es 2mc2 y la cantidad de movimiento total es O. Es posible tener una configuración en la que dos de los fotones tengan energía ~ mc2 y el tercero tenga una energía ~ O. Puede equilibrarse la cantidad de movimiento si las cantidades de movimiento de los dos fotones de alta energía están en sentidos casi opuestos. Una configu­ración de este tipo puede aproximarse a los límites dados anteriormente. Pue­den presentarse realmente todos los valores entre ambos límites. BY> mc2 es im­posible porque no puede equilibrarse la cantidad de movimiento de un fotón de éstos.

4.9 (a) En el caso de un fotón en U:Q dieléctrico, se tiene

(b) Podemos asignar una cantidad de movimiento utilizando la cantidad de mo­vimiento de una onda electromagnética clásica en un dieléctrico.

CAPITULO 4 29

Otro modo de asignar una cantidad de movimiento consiste en utilizar la rela­ción de De Broglie

h h h Pd = -- = --- = n-- = npvac

í..d Ávacf n Ávac

4.10 Obsérvese que en este problema e = l. Consideremos un proceso en el que una partícula emite un fotón al pasar

por un dieléctrico.

El estado inicial se compone de una partícula con masa m y cantidad de mo­vimiento p. El estado final se compone de una partícula con masa m y cantidad de movimiento p' y un fotón con frecuencia ro. Sea <p el ángulo formado por p y p' y 6 el ángulo entre p y la cantidad de movimiento del fotón.

(i) Conservación de la energía: ym2 + p'?. = ñco + ym2 + (p')2

(ii) Conservación de la cantidad de movimiento: p = nñco cos 6 + p' cos <p

O = nñco sen 6 ~ p' sen <p

De donde (ii)

coso=

Según (i)

p2- (p')2 + n2ñ2002

2pnñco

Combinando estos resultados se tieD;e

2E + (n2 - l)ñco cos 6 =

2np

siendo E la energía de la partícula. Para una partícula, p/E = vp, y en el caso de fotones ópticos ñco ~ E,

Obsérvese que esta expres10n cumple la primera parte del problema, es decir, no existen soluciones para v1uz > vP.

Para el ejemplo dado en el problema

T = 5 GeV c::::: E= __ m __ = 140 meV implica v = 0,9996 yl-v2 yl-v2

30 CAPITULO 4

c/n 1 cos 0 = --- = = 0,66693

0,9996 (1,5) (0,9996)

O = 48º10'

Existe un estudio de la radiación Cerenkov, en ondulatoria, en The Feynman Lectures on Physics, volumen l, sección 51.

4.11 (a) En el caso de una partícula que se mueve con una trayectoria circu­lar perpendicular a un campo magnético,

(b)

V2 V F = m-- = --eB

r e reB

p=mv=-­c

e reB rB[en gauss-cm]e[en ues]erg p[en meV/c] = ----- = -~-----------

1 meV e lmeV

= rB[en gauss-cm] (4,803 X 10-10) (6,242 X 105)

p[en meV/c] = (3,00 X 10-4) Br[en gauss-cm]

p[en meV/c] = (3,00 X 10-4') (2,1 X 105) = 63

p[en me V /e] = (3,00 X 10-4) (7,5 X 104) = 23

(c) No. Como el radio de curvatura no varía, la traza de un positrón que mar­cha en un sentido tendrá el mismo aspecto que la traza de un electrón movién­dose en sentido contrario. En el experimento de Anderson, la partícula pierde energía al pasar a través de la placa de plomo y como r oc p, sabemos que la par­tícula se estaba moviendo hacia la parte superior de la página.

(d) B señala hacia el papel en la figura 26A.

4.12 (a) Las intensidades que se obtienen a partir de polarizaciones ortogona­les se suman sin interferir. Así pues, podemos considerar separadamente las po­larizaciones ortogonales.

I = lv + IH = IAvl2 + IAH¡2 Caso (a) ausente ausente horizontal

Vertical:

Horizontal:

1 lv(r,6) = 2 I 0(r,6)

2:n:a IH(r,O) = 2 lo(r,6) cos2(-- sen O) ,._

ausente

CAPITULO 4 31

IH es precisamente el diagrama de doble rendija X (1/2) puesto que la mitad de la intensidad inicial se debe a la componente horizontal de la luz.

[ 1 2na ] I = 10 (r,6) 2 + 2 cos2(-í..- sen 6)

Caso (b) ausente horizontal vertical ausente

En este caso no existe interferencia; la intensidad es la suma de las intensi­dades de dos rendijas aisladas cada una de ellas disminuida en un factor de (1/2) debido al polaroide.

Caso (c) circular

I(r,6) = Io(r,6)

horizontal vertical circular

Como la luz que llega a la pantalla procedente de ambas rendijas tiene la mis­ma polarización, existirá una interferencia completa; sin embargo, cada filtro in­troducido en la trayectoria reduce la intensidad por (1/2).

1 ( 2na ) I(r,6) = 2 Io(r,6)cos2 -í..- sen 6

Caso (d) circular horizontal horizontal circular

Como en el caso (c).

Caso (e) circular horizontal vertical ausente

Este caso es el mismo que el (b), excepto que el primer filtro reduce la in­tensidad por (1/2).

1 I(r,6) = 2 Io(r,6)

Capítulo 5

5.1 Consideremos las longitudes de onda que intervienen como una medida gro­sera del poder de resolución de los microscopios electrónico y óptico.

A, = V 150,; eV A = V 1:i·:e~V A = 0,055 A

11.0 = 4000 A

~r,..J 10-5 "-o

Un valor más real del poder de resolución de un microscopio electrónico que uti­liza electrones de 50 keV, que tiene en cuenta la influencia del ángulo de apertura y la difracción, viene dado por

dª = 2,1 A

Ver E. Ruska, Fifth International Conference on Electron Microscopy, Philadel­phia, 1963.

La magnitud correspondiente en el caso de un microscopio óptico, utilizando luz de 4000 A, es (ver J. Stone, Radiation and Optics, página 182)

0,61A d =--=1700A

º A.N.

A.N. = apertura numenca, que es una propiedad del microscopio y normalmen­te < 1.4. De aquí que

dª 2,1 A ~- = ---- r,..J 10-s

d 0 1700 A

5.2 (a)

3 3 E = - kT = -(1,38 X 10-16 erg/ºK) (293 ºK) = 6,07 X 10-u erg

2 2

CAPITULO 5

v - - ------- = 1,35 X 105 cm/seg V2E V 2(6,07 X 10-14 erg - 1\1 ·- 4{1,66 X 10-::4 gm

(b) h 6,63 X 10-27 erg-seg

i=--= =0,740A Mv 4(1,66 X lQ-ül. gm) (1,35 X Í05 cm/seg)

A la presión de una atmósfera y a la temperatura ambiente, 1 mol ocupa

Por tanto,

293ºK --- 22,4 litros = 24 litros = 2,4 X 104 cm3

273°K

[ 2 4 X 104 cm 3

] 113

espaciado medio ~ ' 6

X lQ:!3 = 34 A

longitud de onda de De Broglie 0,74 A . d di ,..._, 34 A = 0,022

espacia o me o

(c) Obsérvese que A oc E-112, de modo que

A = V 2903

(0,740 A) = 127 A o, l

6 X 1023 átomos densidad = (0,15 gm/cm3) -~-~---- = 2,3 X 1022 átomos/cmª

4 gm

espaciado medio~ [ 2

,3

: 1022 ] ~~ = 3,5 A

longitud de onda de De Broglie 127 A ---= 36.

3,5 A espaciado medio

En este caso son importantes los efectos cuánticos.

5.3 Admitamos que el cobre está a temperatura ambiente.

3 3 E = 2 kT = 2 (1,38 X 10-15 erg/ºK) (293 ºK) = 6,07 X 10-u erg

= V 2E. = V 2(6,07 X 10-uergf = 1 15 X 101 m/ v 9 11 10 2s ' c seg m , X - gm

h 6,63 X I0-27 erg-seg A A=--= = 63,3

mv (9,11 X 10-38 gm) (1,15 X 107 cm/seg)

33

34 CAPITULO 5

Puede obtenerse más fácilmente este resultado si se ha hecho el problema previo. Utilizando el resultado de la parte (b) de ese problema y el hecho de que 1. oc (mv)-1 oc m-112 para E fijo, se tiene

l. = [ ;;• ] %,740 A) = [ 5,49 : ;;~ urna ] ro,740 A) = 63,2 A

Según el Handbook of Chemistry and Physics, el volumen molar del cobre es 7,11 cm3•

espaciado medio = [ 7,ll cm

3 J 1~ 2,3 A 6,02 X 1023

longitud de onda de De Broglie· 63 A -~~~~~~~~~~~--,-.~. =~~- = 27.

espaciado medio 2,3 A

El modelo del gas de Fermi de electrones libres se estudia en la Introducción a la Física del Estado Sólido de C. Kittel, capítulos 7 y 8, Editorial Reverté, S. A.

5.4 (a) El problema puede reducirse a otro bidimensional considerando com­ponentes del impulso en un plano que contiene los vectores impulso inicial y final.

f<¡

Rz

(i) Co~servación de la energía: E = T1 + V1 = T2 + V2

(ii) Conservación de la cantidad de movimiento: (pJII = (pJII

Según (i)

P1 = y2m(E - V1)

Según (ii)

P1 sen 61 = p2 sen 62

CAPITULO 5

Por tanto,

sen61 =V E-V2 sen 62 E-V1

35

(b) En mecánica ondulatoria, deben conservarse la frecuencia w y la componente del vector de la onda paralela a la superficie de separación. Estas condiciones se deducen de la hipótesis plausible de la continuidad de las partículas-ondas en dicha superficie. Dentro de los dieléctricos, extendiendo la relación De Broglie, tenemos

V 2m k= -(E-V)

1¡,2

y como la energía se conserva cuando la partícula entra en un dieléctrico, se tiene

E= ñro

Por tanto, la solución es completamente análoga a la de la parte (a) y da el mismo 1esultado.

(c) En mecánica cuántica, vimos que una partícula dada tiene una probabilidad determinada de ser refractada y otra de ser reflejada. El resultado en mecánica clásica para partículas materiales es incorrecto. El resultado "clásico" para la luz es correcto cuando pueden ignorarse los efectos de los fotones individuales. En el caso de muchos fotones, una cierta fracción será reflejada y el resto se re­fractará.

5.5 Obsérvese que en este problema, ñ = l. La condición para una interferencia es que las longitudes de las trayectorias a través de las diversas rendijas difieran en múltiplos enteros de la longitud de onda.

SOLUCIONES B.P .C. IV - 4

36 CAPITUW 5

La diferencia de longitudes para las trayectorias correspondientes a dos rendijas dista~tes entre sí m posiciones es m(L\¡ - L\0 ). De aquí que la dirección de las ondas difractadas esté determinada por i::\, - L\0 = n').., siendo n un número entero; como ó¡ = asen 6¡; y i::\0 = asen 60 ,

En función del impulso

,. sen 60 = sen 6¡-n­

a

q•p¡ -po ~

~ ~--j~~-- o ----- --------------------- ----

Para la componente vertical (paralela a la red)

p¡sen 6¡-p0 sen60 = q11

Según la conservación de la cantidad de movimiento, Pi = p0 ; por tanto,

ª" sen 60 = sen 6¡---. Pi

Utilizando la condición anterior, que se deduce por ondulatoria, se obtiene

qll 1. 2at --=n--=n-.-.

Pi a ap¡

2at q =--.n

11 a

CAPITULO 5 37

5.6 (a) a= 21. sen O¡ = 1/ V2 = 0,707

A partir del resultado 5.5

,. n sen 60 = sen O, - n - = 0,707 - - siendo n = 0,±1,±2, ...

· a 2

n sen e0 ªº o 0,707 45º

1 0,207 12º

2 -o, 293 -17°

3 -o, 793 -53º n = O, 45º

n = 1, 12°

n = 2, 17º

n -= 3, -53°

(b) La dirección de un haz de luz que pasa a través de una placa de vidrio no varía. La desviación debida a la refracción al entrar la luz en el vidrio está con­trarrestada por otra desviación igual y opuesta debida a la refracción cuando la luz sale del vidrio. El dispositivo modificado que se describe en el problema es esencialmente una red con una placa de vidrio a cada lado. Así pues, las direc­ciones de difracción serán las mismas que las de la parte (a).

5.7 En este problema se aplica la teoría de las redes bidimensionales. Se tiene

38 CAPITULO 5-

Jp¡J = !Poi = [2mE]1l2

= [2(9,11 X 10-28 gm) (88 eV) (1,60 X 10-12 erg/eV)]112

= 5,06 X 10-19 gm-cm/seg

En el caso de incidencia normal, p¡ • e1 = Pi • e2 = O; los máximos vienen da­dos por

con los valores de m 1 y m2 restringidos a

!Pi! je1! _ (5,06 X 10-19 gm cm/seg) (2,9 X 10-s cm) --h-- - = 2,21

6,63 X 10-27 erg seg

En la tabla siguiente se indican con una X las combinaciones de m1 y m 2 per­mitidas

~ o ± 1 ±2 2 --------o X X X

--------

± 1 X X ~1---±2

Sea 6j el ángulo entre Po y ej.

Si la coordenada en la dirección e1 en el plano encima del cristal es Xi, se tiene

5 cm cos 6i (5 cm)m1 xi = --- = 5 cm - - -===========-tan 61 v'l - cos2 6i v'4,88 - m2

1

m1 1 O 1 ± 1 1 ± 2

X1 j O ::¡: 2,54 cm ::¡: 10,7 cm

CAPITULO 5

Diagrama de difracción

(no dibujado a escala)

• • • •

39

•

• • • • • • •

•

5.8 En un experimento tipo Davisson-Germer, la simetría del diagrama de difrac­c10n queda determinada por la simetría bidime~sional de los átomos en el metal a estudiar. En el metal A, los átomos tienen una simetría triple, es decir están situados en los vértices de triángulos equiláteros que cubren la superficie supe­rior. En el metal B los átomos están en los vértices de cuadrados, y en el metal D en los vértices de exágonos.

Sin embargo, el caso C es sospechoso. Es imposible construir una superficie plana mediante pentágonos regulares. El ángulo interior de un pentágono es 108 ° y por lo tanto el número de pentágonos que se juntarían en u~ vértice debería ser 360º /108º = 3,3, lo cual es imposible.

5.9 El mecanismo para la difusión de neutrones en el berilio es la difracción en la red cristalina de los átomos. En el proceso de difracción, está cuantizada

40 CAPITULO 5

la transferencia de impulso y, como se conserva la energía, no se producirá di-fusión si

impulso inicial < transferencia de impulso

que la satisfacen los neutrones "fríos". Podemos estimar el umbral de temperaturas para el comienzo de la difusión.

El espaciado máximo de la red en el óxido de berilio es C0 = 4,38 A. El cuanto mínimo de transferencia de impulso es

23tñ 1.. q=--=--p

Co Co

siendo 1.. la longitud de onda de De Broglie y p el impulso del neutrón. La tem­peratura umbral queda determinada por p = q, o sea 1.. = c0 = 4,38 A, que co­rresponde a una temperatura

1 E 1 1 ( h )2 T r-..J -k- = ~ 2M -_-,.,- = (1,38 X 10-16 erg/ºK)2(1840)(9,ll X 10-28 gm)

X ( ' = SOºK 6 63 X 10-27 erg-seg ) 2

4,38 X 10-8 cm

La dispersión de los neutrones por el berilio se estudia en Núcleos y partículas por E. Segre (EDITORIAL REVERTE, s. A.)

5.10 (a) Poniendo x --+- x en la ecuación (37e), se tiene

::2

\JJ(- x, t) ~ y72\J¡(- x, t) = - m2\JJ(- x, t)

o bien

Hemos utilizado el hecho de que y72 -+ y72 cuando x --+ - x. También podemos comprobar las propiedades de \JJR(x, t) utilizando la integral

de Fourier. Como \JJ(x, t) es una solución de frecuencia positiva de la ecuación de Klein-Gordon, podemos escribir,

\J¡(x, t) = J d3(p) A(p) exp(ix • p - iwt)

en donde A(p) queda determinado por \JJ(x, O).

\JJR(x, t) = \JJ(- X, t) = J d3(p) A(p) exp(- ix • p - iwt)

CAPITULO 5 41

Cambiando variables p-+ - p, se tiene

\}JR(x, t) = J cP(p) A(-p) exp(ix. p-iwt)

que es una solución de frecuencia positiva de la ecuación de Klein-Gordon. (b) En un instante dado, si I\JJ(x, t)i es grande en las proximidades de x = x0, en­tonces I\JJR(x, t)i es grande cerca de x = - x0• Físicamente, esto significa que si \}J(x, t) representa una partícula situada cerca de x0, entonces \}JR(x, t) representa una partícula situada cerca de - x0, es decir la situación física "simétrica o refleja­da" siendo la simetría respecto a x = O.

En la extensión en que una trayectoria aproximada se asocia con \}}(x, t), la tra­yectoria simétrica se asocia con \}JR(x, t). La transformación de la función de ondas de \}) a \}}R se denomina reflexión espacial.

5.11 (a) Poniendo t-+- t en la ecuación (37e) y tomando su complejo con­jugado se encuentra

o bien

a2 -

2- \JJ*(x, - t) - v72\JJ*(x, - t) = - m2\JJ*(x, - t) at

Hemos hecho uso del hecho de que

a2 a2 ---+-- cuando t-+-t at2 at2

También podemos comprobar las propiedades de \}}r(x, t) utilizando la inte­gral de F ourier.

\}J(x, t) = J d3(p) A(p) exp(ix • p - iwt)

viniendo determinada A(p) por \}}(x, O).

\JJr(x, t) = \}J*(x, - t) = J d3(p) A *(p) exp(- ix • p - iwt)

Combinando variables, p-+ - p, se tiene

\}}r(x, t) = J d3(p) A*(- p) exp(ix. p- iwt)

que es una solución de frecuencia positiva de la ecuación de Klein-Gordon.

42 CAPITUW 5

(b) Como l\flr(x, t)I = l\fl*(x, -t)I = l\fl(x, - t), si l\fl(x, t)I es grande en alguna región en un instante t 0, entonces l\flr(x, t)j es grande en la misma región en un instante - t 0• \flr(x, t) representa el estado físico \fl(x, t) invertido en el tiempo respec­to a t = O.

En la extensión en que la partícula asociada con \fl(x, t) siga una trayectoria, la partícula asociada con \flr(x, t) sigue la misma trayectoria pero en sentido tem­poral inverso. La transformación de la función de onda \fJ a \flr se denomina in­versión temporal.

Para una referencia sobre la inversión temporal ver E. P. Wigner, "Über die Operation der Zeitumkerhr in der Quantenmechanik", Gott. Nach, 546-559 (1931).

Capítulo 6

6.1 El razonamiento de este problema contiene una falacia del tipo (a). La afir­mación de que la incertidumbre en la dirección de la cantidad de movimiento de un electrón que ha pasado por el segundo orificio debe ser menor o igual que !i6 = a/d, viola nuestro conocimiento de que los electrones tienen propiedades on­dulatorias. A partir de dicho conocimiento podemos deducir que el impulso pro­bable del electrón que emerge del segundo orificio se extenderá debido a la di­fracción, en un ángulo !i6, en donde

t. h !iO r--J -- = ---

a pa

Utilizando este ángulo corregido, se encuentra

!ix !ip r--J ap M r--J h

que es el resultado esperado. Podría plantearse la objeción de que mientras el electrón estaba entre los ori­

ficios, la incertidumbre de sus componentes verticales de posición e impulso debe haber sido limitada por la relación que se establece en el problema. En otro caso, el electrón no podría haber emergido por el segundo orificio. Sin, embargo, esta objeción no muestra ninguna violación de la relación de incertidumbre. Lo indi­cado sobre las componentes verticales de la posición e impulso carece de signi­ficado en función de los exl'erimentos que podrían realizarse entre los orificios. Estos experimentos darían resultados consistentes con la relación de incertidumbre.

6.2 (a) La indeterminación en la frecuencia es

21tc >.=-­

w

1 !iw~-­

M

21tc !i>. = - -- tiro

<02

44 CAPITULO 6

2nc l ,..2 l lói.] = d M = 2nc M

(6,00 X 10-5 cm)2

= ----------------, = 1,91 x 10-10 cm = 0,019 A 2n{3,00 X 101º cm/seg) (10-1º seg)

(b) El índice de refracción del disulfuro de carbono líquido es 1,6319 (Handbook of Chemistry and Physics).

dv d'). d 2 d e e ( A dn ) V¡¡ = d(l/i.) = d(l/A) -¡¡-- v = -Á -;¡¡:-~ =;; l + n--¡¡:¡:-

c 0,925 = -; (1 - 0,075) = ~ e = 0,567 e = 1,70 X 101º cm/seg

6.3 (a) El impulso de luz que entra en el prisma está pobremente definido en frecuencia, pero bien definido en el tiempo, es decir, es de corta duración. Por otra parte, el impulso de luz que emerge del prisma está en una dirección deter­minada, bien definida en frecuencia, pero mal en el tiempo. Esto está de acuerdo con el principio de incertidumbre.

El corto impulso de luz está compuesto por muchas frecuencias (componentes de Fourier) que se suman hasta dar cero en las regiones fuera del impulso. El prisma separa la luz en sus frecuencias componentes. En una banda pequeña de frecuencias algunas de las componentes necesarias para completar la interferen­cia destructiva en las regiones en que el impulso era cero se han perdido, y por tanto el impulso se esparce en una región más grande.

6.4 El movimiento térmico de los electrones produce una dispersión de la ener­gía, óE ""-J kT, de los electrones emitidos. A partir de p = \1'2mE, se tiene

q = óp = móE

\1'2mE

q 1 óE 1 kT 1 -¡;=2~""-J2~=2

óp 1 óE o ------

p 2 E

(8,62 X l0-5 eV/ºK) (1273°K) ---

1-0-e V--,---- = 0,0055

6.5 La producción de electrones de 0,01 eV sería un problema técnicamente di­fícil. El objetivo principal de este ejercicio es resaltar que el movimiento tér-

CAPITUW 6 45

mico es una consideración importante en esta reg1on de energías. Las superficies emisoras habrían de enfriarse a una temperatura tal que la energía térmica de los electrones sea pequeña comparada con 0,01 e V. La temperatura necesaria será del orden de

t-..E 0,001 eV T ,..__, --. ,..__, ,..__, lOºK

k 8,62 X 10-5 eV/ºK

Este requisito evidentemente excluye la emisión térmica, pero podría utilizarse la fotoemisión.

6.6 Un fotón que emerge de una red de tamaño finito tiene una indeterminación, limitada en su posición vertical y, por tanto, debe tener alguna indeterminación en la componente vertical de su impulso. Según el principio de incertidumbre (con ñ = 1)

Según el problema 5.5

Para M ~ 1, se tiene

1 1 t-..q ,..__,--=-.-

V t-..xv Na

1 ~6 =----­

Napi cos 60

6.7 (a) Para determinar completamente el estado de polarización de la luz se necesitan cuatro medidas de intensidad. Las mediciones necesarias y los pará­metros de Stokes que caracterizan al estado de polarización de la luz se estudian en Radiation and Optics por J. Stone, página 313.

{b) Podemos determinar la polarización haciendo las medidas referidas en (a); sin embargo, debemos modificar el método de hacer las medidas para tener en cuenta la naturaleza no ideal del polaroide.

46 CAPITULO 6

Determinaremos primero los factores de atenuación del polaroide. Suponga­mos que se conoce la dirección preferente del polaroide. Teniéndola en posición vertical, las amplitudes para la luz polarizada vertical y horizontalmente cam­bian en los factores a. y ~, respectivamente.

Av~ a.Av AH-+ ~AH

Determinaremos ¡a.¡2 y ¡~¡2 del modo siguiente:

1) Se mide la intensidad de la luz sin el polaroide

lo = !Avl2 + IAHl 2

2) Se miden las intensidades 11v e Irn, que se obtienen cuando está presente un polaroide con su dirección preferente vertical y horizontal, respectiva­mente. Sea 11 el valor medio de ambas i~terunidades.

1 = 2 [(la.Avl2 + l~AH!2

) + (l~Avl 2 + !a.AH!2)]

1 = 2 (!a.! 2 + l~l2)Io

3) Se miden las intensidades lw e 12H, que se obtienen cuando se incluyen los dos polaroides, con sus direcciones preferentes vertical y horizontal, respectivamente. Sea 12 el valor medio de ambas intensidades.

1 12 = 2 (12V + 12H)

1 = 2 [(la.2Avl2 + 1~2AHl2) + (ltJ2AvJ2 + ¡a2AHl2)]

1 = 2 (!al' + 1~14)/0

Despejando en estas ecuaciones la.1 2 y 1~12, se tiene

Ja.lª =~+V!!.._( ~ )2 lo lo lo

1~1ª = ~-v !3__ ( !2- )2 lo lo lo

Una vez conocidas la.! 2 y IW podemos determinar la intensidad de la luz para cada una de las dos polarizaciones perpendiculares, que por conveniencia llama-

CAPITULO 6 47

remos vertical y horizontal. Llamemos Ix a la intensidad que se obtendría con un polaroide ideal, e Ix' con el polaroide real, ambos con sus ejes preferentes en la dirección X (= V o H). Entonces

Iv' = /aAvl2 + l~AH/2 = jaj2Iv + ¡~¡21H

IH' = lflAvl2 + laAHl2 = l~l2Iv + jaj2JH

Fórmulas que pueden invertirse, dando

[al2/y' - ,~,2/H' lv=------¡a:¡4-jf3j4

Jaj2/H' - J~J2Iy' In=-------¡a:¡4-lf314

De aquí que la medida de Iv' e In' determina Iv e IH, una vez conocida la\2

Y 1W·

6.8 Obsérvese primero que debemos tener en cuenta el hecho de que puede exis­tir una diferencia de fase relativa en la amplitud para la luz que ha pasado a tra­vés de combinaciones de filtros diferentes. Por ejemplo, el cambio de amplitud para la luz que pasa a través de la combinación H, CD, V difiere en un factor de fase :rt de la variación de amplitud para la luz que pasa a través de la combi­nación H, CL, V. Pueden obtenerse estas diferencias de fase utilizando la teo­ría electromagnética clásica o utilizando operadores de proyección cuánticos. Las relaciones necesarias en este problema se resumen en la tabla siguiente

combinaciones de filtros

CL, H, CD CL, H, CD, H CL, H, CD, H CL, H, CD, H

CL, V, CD CL, V, CD, H CL, H, CL, H CL, V, CL, H

diferencia de fase

:rt

:rt

o o

Como en el problema 4.12, sumemos las intensidades en D que resultan de las polarizaciones ortogonales.

Caso (a) aus H V aus aus aus

48 CAPITULO 6

1 I = 2 (jAz-821C1 + A2B22C2J2 + IA1B11C1 + A1B1:P2!2

)

Se incluye el factor 1/2 porque la mitad de la intensidad incidente se debe a cada estado de polarización.

Caso (b) CL H V aus aus aus

Es el mismo caso que al (a) excepto en que el polarizador circular reduce la intensidad en 1/2.

j = : (JA2B21C1 + Az-82:P2J2 + IA1B11C1 + A1B12q2)

Caso (c) CL H V aus aus CD

Aquí sólo existe una inténsidad (CD) contribuyendo en D. Existe un factor 1/2 por cada uno de los tres filtros que hay en la trayectoria.

Caso (d)

I = _!_ jA1(B11C1 + B12CJ - AlB21C1 + B22C2)¡2 8

CL H V CD CL H

Sólo contribuye una intensidad (H). Cuatro filtros a lo largo de la trayectoria darán un factor 1/16.

l = l~ j(A1B11 - Az-821)C1 + (A1B12 + Az-822)C2J2

Caso (e) aus H aus aus H aus

lv = ~ JA2B21C1J2

IH = ! j(A1B11 + A2B21)C1 + (A1B12 + A2B22)C2j2

6.9 N.¡ es la tasa de recuento por unidad de tiempo medida estando presen­te la fuente i. Llamemos A¡ el número de sucesos reales que se producen estan­do presente la fuente i, es decir el número de sucesos por unidad de tiempo que serían detectados por un contador ideal, incluyendo el fondo. En un tiempo T, con la fuente i presente

número real de sucesos = A¡T = N¡T + recuentos perdidos

CAPITUW 6 49

Los recuentos perdidos se producen en el tiempo muerto que hay en T, que es N¡Tt0• Así pues,

Como

tenemos

recuentos perdidos = A¡N¡Tt0

A,T = N¡T(l + AJ0)

N1. A-=----

, l-N/0

Despreciando los términos del orden de (N¡,t0 )2, se tiene

N1 + N 2 -N12-N0 t = ----------º N 1/'-Ni2-N<} + N20

Utilizando N12 = N1 + N 2 -N0 en el denominador, queda

N1 + N 2 -N12 ~N0 to = -~--------2(N1N2 - N 0NiJ

Las pérdidas en el recuento se estudian por L. J. Rain water y C. S. Wu: "Applications of Probability Theory to Nuclear Particle Detection". Nucleonics, volumen l, número 2, página 60 (1947).

Capítulo 7

7.1 (a) Este problema se resuelve en Quantum Mechanics por E. Merzbacher, página 89, y en Fundamentals of Modern Physics por R. Eisberg, página 277.

En la región situada a la izquierda de la barrera (x < a)

1;,2 d2 - 2m dx2 <p (x) = E <p (x)

cp (x) = Aeixk + Be-ixk k=V 2mE_ ñ,2

En la región derecha de la barrera (x > a)

ñ,2 d2 - Zm dx2 <p (x) = (E - Va) <p (x)

<p (x) = eixq -V 2m(E-Va) q - ñ,2

En la región de la derecha tenemos solamente la solución correspondiente a una partícula que se mueve hacia la derecha. Ajustando las funciones de onda y sus derivadas a la barrera se tiene

1 A= 2 (1 + ,vl-V0 /E)

La solución completa es

x<a

x>a

<p (x) = ! (1 + ,vl - Va/E) exp {ix ,J2mE/ñ2)

+ T (1 ~,vi~ Va/E) exp (-1 ,v2mE/ñ2)

<p (~) = exp ( ix ,v2m(E ~ Va)fñ2 )

CAPITULO 7

El coeficiente de reflexión es

R= 1 ! I'= [ (b)

x<a <p (x) = e-ixk

1- yl-. V 0 /E ]2

1 + yl _,. V 0 /E

k =V 2mE li.2

51

x>a <p (x) = A'eixq + B'e-ixq q = V 2m~E-V0 )

li.2

Ajustando las funciones de su onda y sus derivadas en la barrera se tiene

,_1(1- 1 ) A -2 \!l-V

0/E

B'=..!..(1+ l ) 2 \!l-V0 /E

La solución completa es

x<a <p (x) = exp {- ix \!2mE/ñ2 )

x>a 'P (x) = ~ ( 1 - ,Vl ~ VJE ) exp ( ix ,v'2m(E - V,)fñ')

+ ~ ( 1 + ,Vl ~ V,/E ) exp(-ix v'2m(E-V,)fñ')

El coeficiente de reflexión es

R' = 1 :: 1 '= (

El coeficiente de transmisión es

l-\!l-V0 /E

1 + \!l-V0 /E r=R 4 ,v'I -V0 /E

T' = 1 - R' = ---:=========----(1 + yl--. V 0 /E)2

7.2 Este problema está resuelto en Quantum Mechanics por E. Merzbacher, pá­gina 91, y en Fundamentals of Modern Physics por R. Eisberg, página 231.

Las soluciones de la ecuación de Schrodinger son:

Región I <p (x) = eixk + Ae-ixk

SOLUCIONES B.P .C. IV ~ 5

52

Región II =V 2m(V0 -E) q . f¡,2

Región III cp (x) = Deixk k =V 2mE f¡,2

Ajustando las soluciones y sus derivadas, se tiene

en x = O

e11 x = a

l+A=B+C

ik(l-A) = q(C-B)

Be-aq + Ce«q = Deiak

q(Ceªq - Be-ªq) = ikDeiak

Después de algunos cálculos resulta

A= ( 1 - ir ) ____ e_ª_q_-_e_-_ªq ___ _

1 + ir eªq __,. ( 1 ~ ir )2e_ªq 1 + ir

siendo r = : = yV0 /E - 1

El coeficiente de reflexión es

El coeficiente de transmisión es

T = 1-R = ------1-----

1 + r2 ) \eaq - e-aq)2 4r 1 + (

En el caso de una barrera "alta y gruesa" aq ~ l.

In T = - In ) 1 + ( 1 !r r' ) 'e e"' - e-••)' ¡

CA.PITUW 7

"' - ln l( 1 ;r r2 f e2ªq ¡ = ~ 2aq - 2 ln (

1 ;r r2 ) "' - 2aq

Resultado que ha de compararse con la ecuación (33b).

T"' exp (- 2a y2m(V0 -E)//i,2 ) = exp(- 2aq)

CAPITULO 7 53

o sea In T rv -2aq

7.3 En el vidrio, un fotón tiene energía E = ñro, y número de onda k = 2:nnA, siendo A la longitud de onda en el aire. Al cruzar la superficie se conserva la componente del número de onda paralela a la misma. Esto es necesario con ob­jeto de que las ondas luminosas (campo eléctrico) tengan el mismo período espa­cial en ambos lados de la superficie. La magnitud que se conserva es

2:nn 1,75 2:n k. =ksen45º =--sen45º =--_---

11 A v2 A

La frecuencia y la energía se conservan también al cruzar la superficie. En el aire, un fotón tiene energía E y un número de onda K,

he ~~--E = -- = nCK = ñc ,V K_L 2 + K 2

').. 11 en donde KII = k 11

De aquí que

T rv exp (---' 2aq) = exp,(---' 2a!K.Lj) =

= exp) -9,16 : ( = exp) -9,16 O~~~:: ( = exp (-153) = 4 X 10-67

7.4 En el medio denso a la izquierda no existe un rayo bien definido en el sen­tido de la óptica geométrica. De aquí que la posición de la línea que representa el rayo transmitido no es significativa a este respecto. Sin embargo, la dirección de la línea sirve para indicar la dirección del vector de onda de la luz transmitida.

7.5 Para valores de x grandes negativos

<p (x) = eixk + Ae-ixk

d<f>(x) d</>*(x) Fn(x) = </>*(x) ~ - <f>(x) dx = 2ik(l - !Al2

)

54 CAPITULO 7

Para valores de x grandes positivos

cp(x) = Bei:ck

F (x) = cp*(x) dcp(x) - cp(x) dcp*(x) = 2ik!Bl2

v dx dx ·

Para todo x

dF(x) d2cp(x) d2cp*(x) ~ = cp*(x) ~ - cp(x) d:>?

= cp*(x) ¡ - 2ñ";: [E - V(x)]cp(x) ¡ - cp(x) ¡ - ~": [E - V(x)]cp*(x) ¡ = O

De aquí que F(x) = constante

o bien Fn(x) = Fp(x)

y así !Al2 + IBl2 = 1

7.6 Utilicemos la solución del problema 7.5.

Para valores de x grandes negativos

cp(x) = ei:ck + Ae-ixk

Para valores de x grandes positivos

cp(x) =Bei:ck

El coeficiente de transmisión de izquierda a derecha es

TID = IBl2 Para calcular el coeficiente de transmisión de derecha a izquierda formemos

una combinación ideal "adecuada" de cp*(x) y cp(x) que, en el caso de x negativo grande, represente una partícula moviéndose hacia la izquierda.

'IJ(X) = cp*(x) + Ccp(x)

Para valores de x grandes y negativos

'IJ(X) = (1 + CA)e-ixk + (A* + C)eixk

en donde queremos que

A*+ C = O

CAPITULO 7 55

De aquí que la solución sea

\jJ(X) = cp*(x_)-..A*cp(x)

Para valores de x grandes y negativos

'!'(X) = (l - lAl2)e-ixk

Para valores de x grandes y positivos

'!'(X)= B*e-ixk___,,A*Beixk

El coeficiente de transmisió11 de derecha a izquierda es

l l-lAl2J 2

TDI = B* = ¡n¡2

en donde hemos utilizado el resultado obtenido en el problema 7.5 de que 1 - IAl2 = ¡n¡2. Por tanto,

7.7 Intentemos estimar el período de un núcleo que sufre desintegración beta suponiendo que existe una penetración de barrera semejante a la que interviene en la desintegración alfa. Puede modificarse la teoría de las secciones 7.38-7.42 para aplicarla a la desintegración beta. Como las energías de desintegración ~+ son normalmente del orden de 1 MeV, deberá utilizarse mejor una teoría rela­tivista; sin embargo, para obtener sólo un orden de magnitud podemos utilizar la teoría no relativista de Schrodinger. El cambio más importante procede de cambiar mª por me

Estimemos el valor de 'to, en la ecuación (42a), utilizando v = e para el positrón

2R 'to=--:::::'.

V

2(7 3 X 10-13 cm) ' . ::::::::'. 5 X 10-23 seg

3,0 X 1010 cm/seg

De aquí que

Log i: = Log 'to__,. Log T l"-.J - 22,3 + 1 l"-.J - 21

't l"-.J 10-21 seg

Este número es demasiado pequeño, ya que 't para el caso de desintegraciones ~ + es del orden de. minutos a horas.

56 CAPITULO 7

7.8 En las desintegraciones ~' un neutrino y el electrón se distribuyen la ener­gía de desintegración (ver figura 36B en la página 277). En las medidas calori­métricas se pierde la energía del neutrino, porque la materia es casi transparente a los neutrinos. La existencia de los neutrinos se postuló para explicar la "pérdi­da" de energía en las desintegraciones ~. Ver Núcleos 11 partículas de Segre, pá­gina 379.

7.9 (a) A partir de la uniformidad del cociente entre fPJ5 y U'12S que se encuen­tra naturalmente, se puede sacar la conclusión de que la materia en el sistema solar se formó mediante un proceso uniforme o al menos mediante procesos se­mejantes dentro de algún período de tiempo relativamente corto.

(b)

t=

-A.z35t N(U235) e 0,71 --- = -- = -- = O 00715

N(U'l:JS) -A.23St 99,28 ' e

( In 2 In 2 ) ln(0,00715) = t _T ___ T_

238 235

ln(0,00715)

In 2 T23s T23s

T23s - T23s

4,94 (4,50 X 109 años) (7,1 X 108 años) = - --- = 6,0 X 109 años 0,693 (0,71 X 109 años) -- (4,50 X 109 años)

7.10 (a) Refirámonos a la cadena uranio-radio-plomo que aparece en la pagi­na 340 del texto. Supongamos que la muestra es lo bastante antigua como para haber alcanzado una distribución de equilibrio entre los sucesivos productos de desintegración. En el equilibrio, los productos se presentan en cantidades tales que el número total de desintegración por minuto de cada producto es el mismo.

AiNi = AiN1

en donde y j se refieren a dos productos cualesquiera. En particular,

A(U) T(Ra) N(Ra) = A(Ra) . N(U) = T(U) N(U)

w. N- oc--'

' A¡

CAPITULO 7 57

donde Wi es el peso de la muestra y Ai es el peso atómico del elemento de la muestra. De donde

W(Ra) = T(Ra) A(Ra) W(U) T(U) A(U)

1662 años 226 W(Ra) = (1 ton) = 3,4 X 10-7 ton = 0,34 gm

4,5 X 109 años 238

El equilibrio se alcanza en l millón de años aproximadamente, después que la distribución quede esencialmente fija.

(b) Mediante la ecuación (47a)

N(Pb) = N(U)eH(I - e-',..T) = N(U)(eH - 1)

T ln 2 ln 2 "J..T = --- = ------(5 X 108 año) = 0,077

Tu 4,5 X 109 año

N(Pb) = 1 ton(eº·º77 - 1) ~ (1 ton)(l + 0,077-1) = 0,077 ton= 77 kg

Capítulo 8

8 .1 La función de onda es

Esto da

1 'l'(X, t) = -::= [ '\V17(X, t) + '\V1s(X, t)]

~2

1 P(x, t) = - { sen2(17¡q¡) + sen2(18ny) + 2 sen(l7ny) X sen(l8ny) cos(2nt/t

0)}

a

en donde y = x/a y t 0 = (4mc#)/(35nñ).

1 4 ( 35 ) ( 1 ) P(x, O)= ~{[sen(l7¡q¡) + sen(l8ny)]2} = -¡sen2

2 ny cos2

2 ny

1 1 P(x, t0/4) = - { sen2(17¡q¡) + sen2(18ny)} = _,. { ¡ _,. cos(35ny) cos(ny)}

a a

1 4 ( 1 ) ( 35 ) P(x, to/2) = a { [sen(l7ny) - sen(l8ny)]2} = a sen2 2 ny cos2 T ny

P(x, 3t0 /4) = P(x, t 0 /4)

P(x, t 0 ) = P(x, O)

T 4 -a

x=O

P(x,O) y

P(x,to)

x=a

CAPITUW 8

Iíl x=O "-=a

P (x, to/2) T

x=O x=a

(b) En el caso de una partícula clásica con energía Ec, en donde

Be = - (E11 + E18) = (172 + 182)-- ---- = 1226 -- --1 3t2 ( /;, ) 2 Jt2 ( J;, ) 2

2 4m a 8m a

el período clásico es

2a

2a te= -V-

~ = v =V 2m 351tñ = V 1225. = 0,9996 t0 4ma2 Ec 4ma 1226

351tñ

(c) El período del movimiento mecánico cuántico viene dado por

to(En+l - En) -----=21t

ñ que da

59

60

En el caso del movimiento clásico se tiene

o sea

En el límite n -+ oo

t =V 2ma2 e E

2ma2 2ma2

-----~te~--. -(n + l)nñ nnñ

2ma2 t = t0 = ---

e nnñ

CAPITUW 8

8.2 Si se tuviese que "promediar respecto a los movimientos clásicos" se per­derían los efectos debido a las interferencias. Así pues, es de sospechar que el esquema propuesto sólo funcionaría bien en el límite de longitudes de onda cor­tas (clásico) pero que fallaría por completo cuando fuesen importantes los efec­tos debidos a las interferencias.

Un ejemplo sencillo en el que falla el método es el de una partícula en un pozo de potencial profundo. La mecánica cuántica predice aproximadamente una distribución de probabilidad P(x) = C sen2(JtX/a) en el estado fundamental, mien­tras que el método basado en el promedio da P(x) = constante.

Otro ejemplo es el de los procesos de difracción de los electrones. La mecáni­ca cuántica da un diagrama de interferencias de la distribución de electrones di­fundidos, mientras que no ocurre así cuando se promedian muchas dispersiones clásicas.

8.3 Si se amplían a ± oo, los límites de la integral (22a), la expresión resultante

Q(t) = Í!~\t!J(X, t)J 2

es precisamente la probabilidad de encontrar la partícula en un punto cualquiera en el instante t. Esta probabilidad es independiente del tiempo. Como sabemos que la partícula está "en el pozo" en el instante t = O,

Q(t) = Q(O) = P(O)

CAPITULO 8 61

Obsérvese que esta discusión es válida en el caso de una partícula cuya ener­gía se extiende en u:n pequeño intervalo de valores alrededor de E4• Si la partícu­la tiene exactamente una energía E4, la integral diverge cuando los límites pasan a ser ± oo, puesto que la partícula no está realmente en un estado ligado.

En las secciones 7.49-7.51 del texto se discute la normalización de la función de onda.

8.4 Este problema está resuelto en Quantum Mechanics de L. Schiff, pagma 83. Resolvamos la ecuación de Schrodinger en el caso de una partícula en el

pozo.

O<x<a

a<x<oo

cp(x) = A sen kx

cp(x) = Ce-:x:q

k = y2m(B - IEl)/li2

q = y2mlEl/1i2

Ajustando las funciones de onda y sus derivados en x = a se tiene

k tg ka= -­

q

Poniendo x = ka en la ecuación anterior, tendremos

X tg x=----­

,J2G~x2 en donde

a2Bm G=-­li2

Examinando un gráfico aproximado de tg x, y - x/ ,J2G - x2 puede verse que se obtiene una solución (no nula) precisamente cuando y2G = n/2. De aquí que

¡¡;2

G = - = 1234 o 8 '

Las condiciones (a), (b) y (c) conducen todas a un gran valor de G; por tan­to, contribuyen a satisfacer que G > G0 • Para cualquier pozo que tenga un estado ligado, aproximadamente la mitad de la longitud de onda de De Broglie de la partícula debe ajustar dentro del pozo, sin que la energía de la partícula sea ma­yor que la parte superior del pozo. Todas las condiciones (a), (b) y (c) contribu­yen a que esto sea posible :

a) Una masa grande corresponde a una longitud de onda corta.

b) En el caso de un pozo profundo, el impulso de la partícula puede ser gran­de, lo que originará una longitud de onda corta.

c) Si el pozo es ancho, puede ajustarse en su interior una semilongitud de onda larga.

62 CAPITUW 8

8.5 Utilicemos los resultados obtenidos en el problema anterior.

1 85 X 10-13 cm a = 1 85 X 10-13 cm = -'------

' 3,86 X l0-11 cm mee

G = at'Bm = (4,79 X 10-3)2(41,6 MeV) (918) Ji2 me&

ñ = 4,79 X 10-3 -­

mee

0,876 MeV = = 1,71 0,511 MeV

> G0 = 1,234

Necesitamos despejar x en

X tg X=

y2G-x2

o bien

x = ,JZGsenx = 1,85 senx

en donde x = ka = a \i2m(B ~ IEl)Jli2• Esta ecuación puede resolverse gráfica­

mente con facilidad. La solución es

X= 1,80

Despejando !Ej en

,,. = k'<Z' = 2;"' (B - IE[) = 2G ( 1 - 1;1 )

se encuentra

IEI = B ( 1 -2: ) = B cos2 x

IEI = (41,6 meV) (cos2 1,80) = (41,6 meV) (0,0516) = 2,15 MeV

8.6 En el cloro que se encuentra en la naturaleza se encuentran presentes dos isótopos: Cl35 con una abundancia del 75,53 % y el Cl37 con una abundancia del 24,47 % . Las moléculas de HCl formadas con los dos tipos diferentes de cloro emitirán rayas del espectro de vibración ligeramente diferentes, con una intensi­dad proporcional a la abundancia del tipo de cloro en cuestión.

C.4PITUW 8

Según la ecuación (37a)

ro, V rov:, =

M 1"M2"(M{ + M 2')

M¡'Mz'(M¡" + M 2")

hidrógeno:

cloro: M{ = 35 urna

63

::: = V :: :: = V ( 1 + 3~ ) ( 1 - 3~ ) = V 1 + 35 ~ 38 ~ 1 + 35 ~ 38

1 rov' - ro/' = ---- rov"

35 X 38

1 5600 vv' - vv'' = ---- vv'' = ---- em-1 = 4,2 cm-1

35 X 38 35 X 38

8.7 (a) Según la sección, 8.40 del texto

ñ ñ M1 + M2 ro f",J --- =· -------T 2Mao 2 2ao 2 M1M2

Por tanto

ro/ M¡''M,/(M¡' + M 2') ---

ro/' M{M,,/(M{' + M 2")

yodo: M¡' = M1" = 127

cloro: M{ = 35

ro/ 37 162 ro/' 35 164

v/' _ 35 164 _ ( 1 _ 2 ) ( 1 + 1 ) = 1 _ 127 = 1 _ 0,04238 v/ 37 162 37 81 37 X 81

v/' = v/ - o,04238v/

previsto medido

columna 1 v/' = 6980 Me - 0,04238 x 6980 Me = 6684 Me 6684 Me

columna 2 v/' = 27.336 Me - 0,04238 x 27.336 Me = 26.178 Me 26.181 Me

64 CAPITULO 8

(b) Intensidad fila superior: intensidad fila inferior r.J 3 1 (ver problema 8.6).

(c) k = 1 (ver parte (a)).

8.8 Para hacer una estimación del orden de magnitud de las frecuencias de re­sonancia en un cristal, utilizaremos un modelo monodimensional en el que se su­pone compuesto el cristal por un rosario de masas y muelles dispuestos alternati­vamente. Las vibraciones corresponden a desplazamientos longitudinales de las masas.

La frecuencia más elevada se presenta en el modo en el que dos masas adya­centes oscilan alejándose y acercándose una a la otra, mientras que el punto medio de los muelles permanece estacionario. En el caso de una masa aislada, las os­cilaciones de este modo son equivalentes a las oscilaciones con un solo muelle de constante 4K, siendo K la constante de los muelles que unen dos masas consecu­tivas. Por tanto, la frecuencia de resonancia más elevada es

a2rnc2 a4rn K = constante del muelle r.J --- = ----

a02 (-ñ )2

rnc2

A M = masa atómica r.J AMv = -- rn

~

La frecuencia de resonancia más baja se produce en el modo en que los extre­mos del cristal oscilan acercándose y alejándose entre sí. Para estimar su valor, admitamos que la velocidad del sonido en el cristal depende débilmente de la fre­cuencia. Entonces se tiene

V Ama.x V Ama.x ffimin = 231: --- = -- 2,c -- = -- ffimax

li.min "-min Amax li.min

siendo v la velocidad del sonido en el cristal. Si su longitud es L y el espacio de 1a red es a:

Ama.X= 2a = 2

A.ruin = 2L

L N

CAPITUW 8 65

Así pues,

Puede obtenerse un resultado más preciso para romín, sin la hipótesis hecha acerca de la velocidad del sonido, utilizando la relación de dispersión para el caso de un rosario de masas y muelles. Esta relación se deduce en Ondas, volumen III de Berkeley Physics Course (Editorial Reverté, S. A.), páginas 85-86.

Utilicemos el cobre como ejemplo.

2v B a.

2 = 2 V 1 _ (1/137)2(3,00 X 1010 cm/seg) A ( :¿. ) (1836) (63,5) 3,86 X 10-11 cm

= 2,43 X 1014 seg-1

En el caso de un cristal de 1 mm de largo

1 ªº -- = --- = 5 29 X 10-8

N 1 mm '

romín = (2,43 X 1014 seg-1) (5,29 X 10-8) = 12,9 Me

ffimax: = 2,43 X 108 Me

8.9 Utilizando el valor aproximado de ro obtenido en el problema 8.8, se tiene

En el cobre

v e-< ~== ~ a, V ! ( ; ) = + V ! ac

_v_~_2_·V B a e n A

~~-2 V e n

1 1 = 1,36 X 10-5

(1836) (63,5) 137

v ~ (1,36 X 10-5) (3,00 X 108 ro/seg) = 4080 ro/seg

66 CAPITULO 8

8.10 (a) Ver parte (b).

VP es la parábola.

Utilicemos la aproximación WKB como se describe en el rótulo de la figu­ra 23A. En esta aproximac10n, las energías de estados ligados por debajo de E0

son iguales para los tres potenciales En+i - En = constante. En el caso de ener­gías más elevadas, los valores relativos de En+i - En para potenciales diferentes dependen de la rapidez de crecimiento de la distancia entre los puntos clásicos de giro en función de E en cada caso. Si la distancia crece rápidamente, entonces En+i - En será pequeña, porque en el caso de un pequeño aumento de energía se ajustará una semilongitud de onda adicional entre los puntos clásicos de giro. Si la distancia aumenta lentamente, entonces será grande En+i -En. Así pues, en el caso de energías próximas a E0, En+i - En cuando n aumenta se comporta así:

aumenta en el caso V+ constante para VP disminuye en el caso V_

8.11 Al comparar los átomos de helio neutro y de litio ionizado con una carga, existe una interacció11 electrón-núcleo que difiere del valor en un factor de 2/3 y una interacción entre los dos electrones que quedan que es la misma en ambos átomos. La fuerza relativa de la interacción electrón-electrón y de la interacción electrón-núcleo es diferente en ambos átomos, de modo que no se debe esperar un simple cambio de escalas en sus espectros. Sin embargo, son semejantes cua­litativamente.

CAPITUW 8

8.12 Según la sección 3.48, ecuación (48d)

De aquí que

1 ( aro )2

-1:~ ~ roa. -e-

1 -¡; oc µ,24

1 aoc---

µZ

1 0,16 X I0-8 seg "tHe = ~ TH =

16 = 10-lO seg

67

8.13 En el hidrógeno, µ !'.:::::'. m, Z = l. En el aluminio muónico, µ !'.:::::'. mµ !'.:::::'. 207m, Z = 13.

1

(207) (134)

8.14 Según la ecuación (46c)

0,16 X 10-8 seg

5,91 X 106

En el aluminio muónico, µ !'.:::::'. mµ !'.:::::'. 207m, Z = 13.

= 2,7 X 10-16 seg

E3 -E2 - ( 1 1 ) v = he = ---. (207) (132)R00 J2 - Z2 =

= 4,86 X 103 R 00 = 5,33 X 108 cm-1

,._ = 0,188 A

8.15 El radio de Bohr del hidrógeno es

SOLUCIONES B.P .C. IV - 6

1;,2 a=--

º me2

68 CAPITUW 8

Puede generalizarse la expresión para un Z arbitrario y una masa arbitraria ha­ciendo la sustitución

e2-+ Ze2 y m -+ µ = masa reducida

De aquí que

li2 m a'=---=--a

o µZe2 µZ o

(a) Para el aluminio, µ = 207m, Z = 13, A = 27.

a ' = ~ a = ---1-- (5,3 X 10-9 cm) = 2,0 X 10-12 cm º µZ º (207) (13)

radio nuclear = r = r 0 A 1/ 3

a' o

= (1,2 X 10-13 cm) (27)1/3 = 3,6 X 1013 cm

2,0 X 10-12 cm 3,6 X 10-13 cm = 5

'6

r

(b) Para el plomo, µ = 207m, Z = 82, A = 207.

ao' = ~ ªº = (207~ (S2) (5,3 X 10-9 cm) = 3,1 X 10-13 cm

radio nuclear = r = r0 A 113

a, o

= (1,2 X l0-13 cm) (207)113 = 7,1 X lQ-:l3 cm

3,1 X 10-13 cm ------- = 0,44

r 7,1 X 10-13 cm

Un artículo relacionado con este problema es el de "Mesonic Atoms" por Sergio de Benedetti en Scientific American, octubre 1956.

8.16t Las referencias para una prueba detallada se dan en una nota al pie de la página 397. Aquí daremos sólo los pasos principales.

a ¡= a --M(x) = dx X -a-l'iJ(X, t)J 2

dt -= t

f 00 ili a ( ª'V ª'V* ) = dxx---- 'i1*---1j)--_00 2m ax_ ax ax (ver página 345)

iñ ¡= ( ª'V ª'V* ) = --- dx 'iJ* ---1jl--2m -= ax ax (integrando por partes)

CAPITDW 8 69

= -- dx 'V - iñ -.- 'V 1 f 00 * ( . a ) m _(X) ax (integrando por partes)

1 = --M(p)

m

a a f 00 • a ) ~ M(p) = -¡¡¡- -~ ,p* ( - iñ iix" ,p

= -iñ Jdx [(-!-'V*) ~'V+'!'*--!-(-ª 'V)] ....:oo at ax ax i)t

= -J dx [ ( _!!:__ ~ '!'* ~ V(x)'!>* ) _lJ_ ,p -= 2m ax2 ax

-'!'* -- ---.-'!>-V(x)'!> a ( ~ ~ )] ax 2m ax2 (ver página 345)

Integrando dos veces por partes el tercer término, vemos que se anula el prime­

ro. Así pues,

__!__ M(p) = - Jax '!>* ( __!__ V(x) ) 'V dt _oo dx

= -M ( ! V(x))

8.17 (a) Aplicando el teorema de Ehrenfest, en donde V(x) = Kx2/2, se tiene

cP 1 d 1 ( dV(x) ) dt2 M[x(t)] = -;¡-dt M[p(t)] = - ~ M --;¡;-

1 K = --M[Kx(t)] = --M[x(t)] m m

(i) - + - M[x(t)] = O ) a2 K ¡ dt'J m

y

cP d K - M[p(t)] = - K - M[x(t)] = -. ---- M[p(t)] dt2 dt m

(ii) ~ _.!!._ + ~ ( M[p(t)] = O ( dt2 m )

70 CAPITULO 8

La solución de la ecuación (i) es

~- 1 ~-M [ x ( t)] = M[x(O)] cos ,+/ K/m t + -====- M[p(O)] sen ,+/ K/m t

,JmK

La solució~ de la ecuación (ii) es

M[p(t)] = M[p(O)] cos v K/m t-,. ,+/ mK M[x(O)] sen v K/m t

Las soluciones son exactamente las mismas que en el caso clásico.

(b) Consideremos un estado no estacionario

1 '!J(X, t) = V2 [ '!Jn{X, t) + 'Vn+i<x, t)]

en donde 'Vn es de la forma 'VnCx, t) = cpn(x) exp ) -+ Ent ¡ . 1 1 t

l'V(x, t)12 = 2 l'VnCx, t)l2 + 2 !'Vn+i<x, t)l2 + cpn{x) c/>n+i<x) cos -ñ-. (En+l -En)

M[x(t)] = J ?e:! xl'V(x, t)[2

= - dx x!'!JnCX, t)¡2 + - dx x!'Vn+/x, t)[ 2 1 Joo 1 Joo 2 -00 2 -00

De aquí que

d2 (En+l - En)2 dfJ M[x(t)] = - li2 . M[x(t)]

Comparando este resultado con el de la parte (a), vemos que

E,+i~E. = li V ~ para cualquier n

Obsérvese que este resultado se deduce sólo para niveles adyacentes, porque

In-mi> 1 implica

CAPITULO 8 71

8.18 Según la ecuación (39c)

'(. + I)li2 E- =-1_1 __ _

1 21

w= li ñ"

= -[j(j + 1)-j(j- l)] = -1

21 1

Para la frecuencia clásica correspondiente se tiene

J Wa =-1-

En el caso de valores grandes de j, lij--+ J; por tanto

Capítulo 9

9.1 (a) La densidad del cadmio es

3 _ 6,02 X 1023

8,7 gm/cm - 8,7 112 4

átomos/cm3 = 4,7 X 1022 átomos/cm3 . La densidad superficial de una lámina de 0,1 mm es

n = (0,01 cm) (4,7 X 1022 cm-3) = 4,7 X 1020 cm-2

Según la figura 6A, la sección eficaz del cadmio para neutrones de O, l e V es 3,4 X 103 barns. De aquí que

nor = (4,7 X 1020 cm-2) (3,4 X 103 b) (10-24 cm2/b) = 1,60

T = e-n(fT = e-L50 = 0,20

(b) La densidad superficial en el caso de una lámina gruesa de 1 cm es

n = (1 cm) (4,7 X 1022 cm-3) = 4,7 X 1022 cm-2

La sección eficaz para neutrones de 1 eV es 21 barns.

nar = (4,7 X 1022 cm-2) (21 X 10-24 cm2) = 0,99

T = e-no-T = e-0,99 = 0,37

9.2 El número medio de interacciones por centímetro para un mesón K+ con energía cinética de 400 Me V en hidrógeno líquido es

N = nor = (1,0 cm) (0,071 gm/cm3) (6,02 X 1023 átomos/gro) (15 mb) = 6,4 X 10-4

9.3 En el caso de producción de pares en la placa de plomo, se tiene

nor = (0,25 cm) (11,3 gm/cm3) (6,02 X 1023 átomos/207 gm) (14 b) = 0,115

La probabilidad de que se produzca un par es

P = 1- T = 1 ___,. e-0,115 = 0,109

CAPITULO 9 73

9.4 Calculemos primeramente x, desplazamiento máximo del electrón. La fuerza que actúa sobre él es

F = eE = eA sen wt

Si llamamos y al desplazamiento instantáneo del electrón, tendremos

il2y F = eA sen wt = m --

o bien

De aquí que

• dt:!.

eA y=---, -senwt

mw2

eA x=--­

mw2

Según la ecuación (48b) de la página 130, la potencia radiada es

W= w4(ex)2

3e3

El flujo de potencia incidente medio es

e eA2 e I = -- <W(t))M = -- <sen2 cot)M = -- A2

4n 4~ s~ La sección eficaz es

W 8 a = -- = -- nr 2 = O 67 b

I 3 ° ' . d e2 sien O ro = -, -2

9.5 (a) En el caso del pión

E= KE + m1tc2

pe = v E2 - m1t2e4 = \IKE(KE + 2m1te2) =

me

= v 195 MeV (195 MeV + 2 X 139,6 MeV) = 304 MeV

( ñ ) 2 1 ( he )

2 1 ( he )

2

(ae)max = 4n p =-;- -:¡;¡- =-;- 304 MeV =

= : ( 1,24 X 10-4 cm )2 = 5 30 X 10-26 cm2 = 53,0 mb 304 X 106 '

Según el gráfico de la figura 24B, Omax ~ 190 mb.

74 CAPITULO 9

Puede mejorarse el resultado teórico incluyendo el factor que se obtiene al tener en cuenta el impulso angular y el "spín" y dejando de admitir que el pro­tón es infinitamente pesado. Dicho factor es (2J + 1)/2, siendo J el impulso an­gular total de la resonancia (Blatt y Weisskopf, Theoretieal Nuclear Physies, pá­gina 439). En este caso J = 3/2, de modo que el factor es 2. Para tener en cuenta la masa real del protón, utilizaremos el impulso referido al centro de masas en la expresión de (ae)max• Despejando se tiene

P-re = Pp = P

E-re + EP = 1238 meV o bien

,y p2e2 + (140 meV)2 + ,y p2c2 + (938 meV)2 = 1238 meV

que da

pe= 233 meV

Esto introduce un factor

( ~)

2

= 17 233 '

El nuevo resultado es

(ae)max = (1,7) (2) (53,0 mb) = 180 mb

(b) La anchura de la resonancia en la curva ;r,+p de la figura 24B es de 120 meV aproximadamente.

li. 1 -e= I' = 2n(l20 X 106)

h 1 eV

1,33 X 10-9

= 2,42

X 10

u seg = 5,5 X 10-2' seg

La resonancia N* 312 se estudia en Núcleos y partículas de E. Segre (EDITORIAL REVERTÉ, S. A.).

9.6 Para fotones de 14,4 keV

he 1 he 1,24 X 10-4

i - - --~ -- cm = 8,61 X I0-9 cm - -¡¡--- - 14,4 X 103 1 eV - 14,4 X 103

( n, )2 i2

(ae)max = 4n -p- = ~¡r,-

(8,61 x 10-9 cm)2

= -------~- = 2,36 X 10-17 cm2 = 2,36 X 107 b 3,14.

CAPITULO 9 75

El volumen molar del hierro es de 7,09 cm3 (Handbook of Chemistry and Physics). La densidad es

6,02 X 1023 , l , ,

------ atomos/cm3 = 8,5 X 022 atomos¡cm3

7,09

La lámina utilizada en el experimento de la figura 16A del capítulo 4 era acero inoxidable tipo 321, con 74 % de hierro. En el hierro el Fe57 se presenta con una abundancia del 2,2 % (Handbook of Chemisty and Physics). De aquí que la densidad de los núcleos de Fe57 en la lámina sea aproximadamente

(0,74) (0,022) (8,5 X 1022) núcleos/cm3 = 1,4 X 1021 núcleos/cm3

En el caso de una lámina de espesor 1 milésima de pulgada = 0,00254 cm, ten­dremos

no = (0,00254 cm) (1,4 X 1021 cm-3) (2,36 X 10-17 cm2) = 84

Esto da T = e-nrr = e-84 = 3 X 10-37

El número encontrado es excesivamente pequeño a la vista de las curvas de la figura 16A del capítulo 4, en donde

T=75 %

Para obtener un resultado numéricamente correcto se debería haber tomado un valor de la sección eficaz de absorción que tuviese en cuenta factores adicionales.

Los principales son:

I Ensanchamiento de las líneas debido a procesos de desintegración se­mejantes

11 Influencia del spín nuclear y fotónico

111 Probabilidad finita de absorción con pérdida de energía (factor Lamb­Mossbauer)

Estos efectos se estudian en The Móssbauer Effect de Frauenfelder.

9.7 (a) La sección eficaz de resonancia es

4 = 1,11 X 10-9 cm2 = 1,11 X 1015 b - ( - ñ_ ) 2 = _1.2

= (5896 A)2

O'max - :7t p :7t 3,14

(b) Para estimar la sección eficaz efectiva con las hipótesis señaladas en el pro­blema, debemos tener en cuenta el hecho de que la sección eficaz de absorción se verá reducida por el desplazamiento doppler, debido al movimiento de los áto­mos que absorben. Sólo una pequeña fracción de los átomos que absorben ten-

76 CAPITULO 9

drán una velocidad longitudinal (próxima a cero) tal que absorban la luz in­cidente.

Sea w 0 la frecuencia central de la raya amarilla. Consideremos un átomo de sodio en el recipiente blanco que tenga una velocidad tal que su frecuencia de absorción desplazada por doppler sea m/. Debido a la anchura natural de la raya de la luz -incidente y de la raya de absorción, la sección eficaz de absorción será aproximadamente el valor de resonancia máxima dentro del intervalo

siendo 8mN la anchura natural. La fracción de átomos en el recipiente cuya fre­cuencia desplazada por doppler caiga dentro de este intervalo es aproximada­mente

8mN

8m0

siendo 8m0 la anchura del ensanchamiento Doppler. De aquí que

8mN <1eff ~ -- <1ma:x:

8ro0

Según la solución al problema 3.3

8roN 0,00053 --- - ---- = 0,022

8ro0 0,024 Así pues,

<1eff ~ (0,022) (1,11 X lQ-9 cm2) = 2,4 X 10-11 Cil'l?

(c)

1 T =e-na-= -

2

na = In 2 = 0,693

. n 0,693 densidad = p = --- = (l 1 cm cm)a

=

0,693 = = 2 9 X 1010 átomos/cm3

(1 cm) (2,4 X 10-11 cm2) '

9.8 Consideremos primeramente las posibilidades de los productos de desintegra­c10n si uno de los bariones sufre una fuerte desintegración. La co11servación del número de barión exige que por lo menos uno de los productos sea un barión.

CAPITULO 9 77

Pueden producirse otros pares barión-antibarión sin violarse la conservación de bariones, pero los más ligeros posibles (p o n) son demasiado pesados para ser producidos a partir de la energía disponible. Por lo tanto, existirá sólo un barión entre los productos.

Obsérvese que la conservación de la carga impide desintegraciones del tipo ~--+ ~º a no ser que exista una partícula cargada en el estado final, pero la partícula más ligera fuertemente interactiva (n) es demasiado pesada para ser producida a partir de la energía disponible.

A partir de las masas de los bariones, podemos ver que entre los productos de la desintegración, la única partícula fuertemeQte interactiva, además del barión necesario, es un mesón n. Este mesón tiene hipercarga O, así que cualquier desin­tegración producirá un barión con la misma hipercarga que el barión que sufre la desintegración. Este hecho, combinado con la conservación de energía, elimina las posibilidades restantes.

Si están permitidas las interacciones electromagnéticas, podemos tener en el estado final fotones o pares como e+ - e-. Como deben conservarse la carga y la hipercarga, sólo pueden estar conectados mediante una interacción electromagné­tica los ~º y A. Esto hace que sea permitido una desintegración del tipo~º-+ A + y.

9.9 A partir de los diagramas de las figuras 29A-D vemos que si uno cualquiera de los ejes coordenados tiene un valor fijo, los otros dos dependen linealmente entre sí. Por tanto, los tres dependerán linealmente.

aQ + bY + cl3 + d = O

Calculando la ecuación en 3 puntos pueden determinarse tres de los constantes a, b, e y d.

(Q, Y, 13)

(O, O, O) (1/2, 1, O) (O, 2, -1)

Poniendo b = 1/2, se tiene

da da da

y /3 = Q--2-

d=O a =-2b e= 2b

Por consiguiente, la conservación de la carga e hipercarga implica la conservación de la tercera componente del spín isotópico.

9.10 (a) Se conserva la extrañeza siempre que se conserve la hipercarga y el nú­mero de barión, es decir, en procesos electromagnéticos y fuertes.

78 CAPITULO 9

(b) De la solución al problema 9.9, se tiene

y= 2Q-213 De aquí que

S = Y-B = 2Q-213-B o sea

S + B + 213 - 2Q = O

9 .11 Deseamos hallar la energía mínima :necesaria para la reacción

p+p-+A+X

X debe tener un número de barión + 1, carga + 2 e hipercarga + 2. La combi­nación de partículas con estos números cuánticos y con la energía mínima viene dada por

X= p + K+

En el sistema centro de masas, la energía total mínima necesaria para la reac­ción es

EcM = (1115,58 + 938,256 + 493,8) MeV = 2547,6 MeV

Utilizamos unidades en las que e = 1. Utilizando el hecho de que en las trans­formaciones de Lorentz se conserva

(Etota1)2 - (Ptota1)2

tenemos que

EL2 - pL2 = (EcM)2

en donde L se refiere al sistema del laboratorio y CM al del centro de masas. Como

EL = V m 2 + PL2 + m

en donde m es la masa del protón, la energía cinética del protón incidente es

(EcM)2

K = v'm2 + pL2 -m = ----2m =

2m

(2548 MeV)2

= 2 X 938 MeV-2 X 938 MeV = 1585 MeV

CAPITULO 9

9.12 Obsérvese que en este problema ñ = e = l. (a)

'l'li, t) = Cf(O) _!:.. exp(ixp - irot) X

La ecuación de Klein-Gordon es

Sabemos que 'V.s satisface esta ecuación calculando las derivadas

a2 iJt2 'lJs{x, t) = _,. ro2'lJs{x, t)

Como 'lj)(x, t) es una función de x = !xi solamente, se tiene

'72 (-+ ) - 1 d ( _.,2 d (-: ) - .,..,2 -+ V '\V8 X, t - ~ d"x ;t--¡¡;- 'ljJ8 X, t) - - JJ 'lJs{X, t)

De aquí que

x~O

::2 'lJs{x, t) - v'2'lJs{x, t) = (- ro2 + ¡r)t¡is(x, t) = - m2t¡is(x, t)

puesto que ro2 = ¡r + m2

(b) En coordenadas esféricas

79

'72.1, = _1 ___ ª-( x2~) + 1 ª2

'P + 1 a~ ( sen 6 ªa: ) V 'I' x2 ax ax x2 Sen2 f} a <p2 x2 Sen f} V V

Cuando la laplaciana actúa sobre la función de onda dada en el problema, el pri­mer término indicado anteriormente da el mismo resultado que en la parte (a), anulando los términos restantes de la ecuación Klein-Gordon. El segundo término es igual a cero porque 'Vs no depende de cp. El tercer término es el término de error y da

--1----ª-( sen 6 _IJ_'l'_, ) = _e_ exp(ixp - irot) ~1- -ª-( sen 6 _a_t(_e)_)

x2 sen 6 aa ae x3 sen 6 ae ae Así pues, el error relativo a 'Vs es "-J x-2, cuando x-+ oo.

Referencias

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www.elsolucionario.net

ij4. 291 • 401'1 • O