====== Primer Parcial (Segundo Recuperatorio)- 62.15 Física III D ====== **Cátedra:** Arcondo\\ **Fecha:** Primer Parcial (Segundo Recuperatorio) - 1° Cuatrimestre \\ **Día:** 01/07/2008 Esta página está incompleta; podés ayudar completando el material. ===== Enunciado ===== ==== Punto I ==== -Calcular la longitud de onda máxima de la luz que hará funcionar una celda fotoeléctrica dotada de un cátodo de tungsteno sabiendo que los fotoelectrones poseen una energía cinética máxima de 5,5 eV cuando son arrancados por una luz de \lambda = 1200 Å. - Si esta radiación de \lambda = 1200 Å e intensidad 2.5\frac{W}{m^2} incide sobre la celda fotoeléctrica (de área igual a 30 \, mm^2), siendo el rendimiento fotoeléctrico del 20 % (\eta = 0.2 ). ¿Cuál sería la intensidad de la corriente eléctrica producida? ==== Punto II ==== La serie de Humphreys del espectro del átomo de hidrógeno empieza a 12368 nm y se ha seguido hasta 3281,4 nm. - ¿Qué tipo de transiciones están implicadas? (¿De que nivel inicial a que nivel final?) - Obtenga la expresión que indica cuáles son los valores de longitud de onda de las transiciones intermedias. ==== Punto III ==== Si la incertidumbre en la energía de un estado excitado de un sistema es de 1,1 eV. - ¿Cuál es el promedio de la duración en ese estado? - Si el nivel de energía de dicho estado fuera de 1,6 KeV, ¿cuál será la mínima incertidumbre en la longitud de onda del fotón emitido cuando el estado excitado decaiga al nivel fundamental? (Durante el parcial se aclaró que 1,6 KeV era la energía necesaria para llevarlo del estado fundamental al excitado) ==== Punto IV ==== - Indicar los valores de \lambda de las líneas espectrales que se observan en la transición 4f \rightarrow 3d. - Si se aplica un campo magnético de 0,5 T, ¿serán diferenciables las líneas en un espectómetro de resolución 10^{-11} m ? - Determinar los momentos magnéticos posibles en el nivel energético n = 3. ¿Qué predice la teoría de Bohr? ===== Resolución ===== ==== Punto I ==== - Calcular la longitud de onda máxima de la luz que hará funcionar una celda fotoeléctrica dotada de un cátodo de tungsteno sabiendo que los fotoelectrones poseen una energía cinética máxima de 5,5 eV cuando son arrancados por una luz de \lambda = 1200 Å. - Si esta radiación de \lambda = 1200 Å e intensidad 2.5\frac{W}{m^2} incide sobre la celda fotoeléctrica (de área igual a 30 \, mm^2), siendo el rendimiento fotoeléctrico del 20 % (\eta = 0.2 ). ¿Cuál sería la intensidad de la corriente eléctrica producida? Primero podemos calcular cual es la función de trabajo del cátodo de tungsteno: h \nu = \phi + K_{max} \longrightarrow \phi = h \nu - K_{max} = h \frac{c}{\lambda} - K_{max} \phi = 6.626*10^{-34}J\cdot\,s*\frac{3*10^{8}\frac{m}{s}}{1200*10^{-10}m} - 5,5 eV * 1.602*10^{-19}\frac{J}{eV} \phi = 7.7417*10^{-19} J = 4.832 eV Cuando incide un fotón con mínima energía para hacer funcionar una celda fotoeléctrica, tenemos que la energía cinética máxima es 0: h \nu_{min} = h \frac{c}{\lambda_{max}}= \phi Despejando \lambda queda: \lambda_{max} = \frac{h*c}{\phi} = \frac{6.626*10^{-34}J\cdot\,s*3*10^{8}\frac{m}{s}}{7.7417*10^{-19} J} \lambda_{max} = 256.6 \mbox{ nm} Si se toma un \lambda mayor a 256.6 nm, la frecuencia \nu será menor, y por lo tanto, su energía h \nu también será menor y no será suficiente para producir efecto fotoeléctrico (porque es menor que \phi). Para el próximo punto, sabemos que un fotón con \lambda = 1200 Å tiene una energía h\frac{c}{\lambda} = 1.655*10^{-18} J. Por lo tanto, para tener una potencia de 2.5\frac{W}{m^2} necesitaremos n_{fotones} = \frac{2.5 J}{1.655*10^{-18} J} = 1.51*10^{18} fotones por segundo por m^2 Como el área de la celda fotoeléctrica es de 30*10^{-6} \, m^2 (30 \, mm^2), la cantidad de fotones incidentes serán: n_{incidentes} = 30*10^{-6}\, m^2*1.51*10^{18} \frac{1}{ m^2} = 4.53*10^{13} fotones por segundo. El rendimiento fotoeléctrico es 0.2 quiere decir que no todos los fotones incidentes consiguen arrancar electrones que contribuyan a la corriente electrica. Como lo que nos interesa saber es cuanto electrones aportan a la corriente eléctrica, calculamos: 0.2 = \frac{n_{electrones}}{n_{incidentes}} \longrightarrow n_{electrones} = 0.2*n_{incidentes} = 9.06*10^{12} Por lo tanto tenemos que 9.06*10^{12} electrones son arrancados por segundo y contribuyen a la corriente eléctrica. Entonces, la intensidad de la corriente eléctrica (carga/segundo) será: i = n_{electrones} * e = 9.06*10^{12}\frac{1}{s}*1.6022*10^{-19}C i = 1.45 \mu A ==== Punto II ==== La serie de Humphreys del espectro del átomo de hidrógeno empieza a 12368 nm y se ha seguido hasta 3281,4 nm. - ¿Qué tipo de transiciones están implicadas? (¿De que nivel inicial a que nivel final?) - Obtenga la expresión que indica cuáles son los valores de longitud de onda de las transiciones intermedias. Para el hidrógeno tenemos que: \frac{1}{\lambda} = R_H\left( \frac{1}{n_f^2} - \frac{1}{n_i^2}\right) Si tomamos \lambda_{min}, la segunda parte de la igualdad es máxima, es decir, la diferencia \frac{1}{n_f^2} - \frac{1}{n_i^2} es máxima. Para hacer esa diferencia máxima, podemos decir que n_i^2 \longrightarrow \infty, y siendo que n es entero, n \longrightarrow \infty Por lo tanto: \frac{1}{\lambda_{min}} = R_H*\frac{1}{n_f^2} \longrightarrow n_f = \sqrt{R_H * \lambda_{min}} La menor longitud de onda observada es 3281.4\mbox{ nm}, entonces: n_f = \sqrt{R_H * \lambda_{min}} = \sqrt{1.0974*10^7\frac{1}{m}*3281.4*10^{-9}m} n_f = 6 Por otro lado, si \lambda es máximo, la diferencia \frac{1}{n_f^2} - \frac{1}{n_i^2} es mínima. Siendo que n_f = 6, para que la diferencia sea mínima tenemos que tomar n_i = 7 Por lo tanto: \frac{1}{\lambda_{max}} = R_H\left( \frac{1}{36} - \frac{1}{49}\right) \longrightarrow \lambda_{max} = \frac{1}{R_H\left( \frac{1}{36} - \frac{1}{49}\right)} \lambda_{max} = 12368 \mbox{ nm}, que es el resultado que esperabamos encontrar por enunciado. Sabiendo cual es n_f, la expresión para las longitudes de onda intermedias es fácil de encontrar: \frac{1}{\lambda} = R_H\left( \frac{1}{6} - \frac{1}{n_i^2}\right) \lambda = \frac{1}{R_H\left( \frac{1}{6} - \frac{1}{n_i^2}\right)}\qquad n_i = 7, 8, 9, \cdots ==== Punto III ==== Si la incertidumbre en la energía de un estado excitado de un sistema es de 1,1 eV. - ¿Cuál es el promedio de la duración en ese estado? - Si el nivel de energía de dicho estado fuera de 1,6 KeV, ¿cuál será la mínima incertidumbre en la longitud de onda del fotón emitido cuando el estado excitado decaiga al nivel fundamental? (Durante el parcial se aclaró que 1,6 KeV era la energía necesaria para llevarlo del estado fundamental al excitado) Del principio de incertidumbre: \Delta E\,\Delta t \sim \hbar \longrightarrow \Delta t \sim \frac{\hbar}{\Delta E} = \frac{\frac{6.626*10^{-34}\,J\cdot s}{2 \pi}}{1.1\,eV*1.602*10^{-19}\frac{J}{eV}} \Delta t \sim 5.98 *10^{-16} s Lo que sigue no estoy seguro que esté bien Primero, calculamos el valor de \lambda: E = h\frac{c}{\lambda} \longrightarrow \lambda = \frac{h*c}{E} = \frac{6.626*10^{-34}\,J\cdot s*3*10^{8}\frac{m}{s}}{1.6*10^{3}eV*1.602*10^{-19}\frac{J}{ev}} \lambda = 7.7490*10^{-10}m Ahora calculamos la incertidumbre: E = h\frac{c}{\lambda} \longrightarrow \Delta E = \left| -\frac{h*c}{\lambda^2} \right| \Delta \lambda = \frac{h*c}{\lambda^2}\Delta \lambda \longrightarrow \Delta \lambda = \Delta E * \frac{\lambda^2}{h*c} \Delta \lambda = 1.1\,eV*1.602*10^{-19}\frac{J}{eV}*\frac{(7.7490*10^-10\, m)^2}{6.626*10^{-34}\,J \cdot s*3*10^8 \frac{m}{s}} \Delta \lambda = 5.32 \, m ==== Punto IV ==== - Indicar los valores de \lambda de las líneas espectrales que se observan en la transición 4f \rightarrow 3d. - Si se aplica un campo magnético de 0,5 T, ¿serán diferenciables las líneas en un espectómetro de resolución 10^{-11} m ? - Determinar los momentos magnéticos posibles en el nivel energético n = 3. ¿Qué predice la teoría de Bohr? Para el primer punto, siendo que no nos dicen que hay algún campo magnético, solo nos importa n_f y n_i. En ese caso, n_f = 3 y n_i = 4 \frac{h*c}{\lambda} = \Delta E\longrightarrow \lambda = \frac{h*c}{\Delta E} Sabemos que E_n = -\left(\frac{1}{4 \pi \epsilon_0}\right)^2\frac{m e^4}{2\hbar^2}\frac{1}{n^2} = \frac{E_0}{n^2} para el hidrógeno. En este caso, tenemos que \Delta E_{sincampo} = -\left(\frac{1}{4 \pi \epsilon_0}\right)^2\frac{m e^4}{2\hbar^2}\left(\frac{1}{4^2} - \frac{1}{3^2}\right) \Delta E_{sincampo} = 1.06*10^-19\, J Reemplazando en la ecuación anterior: \lambda = \frac{h*c}{\Delta E_{sincampo}} = \frac{6.626*10^{-34} J\cdot s*3*10{-8}\frac{m}{s}}{1.06*10^-19\, J} \lambda = 1.8740 \mu m Si se aplica un campo magnético de B= 0.5\, T, la energía de un estado depende de m_l y m_s: \frac{E_0}{n^2} + m_l\frac{e \hbar B}{2 m} + m_s\frac{e \hbar B}{m} Entonces, al igual que antes: \lambda = \frac{h*c}{\Delta E} Solo que al aplicar un campo magnético, la energía depende de m_l y m_s. \Delta E = E_f - E_i = \left[-\frac{E_0}{3^2} +m_{l_f}\frac{e \hbar B}{2 m} + m_{s_f}\frac{e \hbar B}{m}\right] - \left[-\frac{E_0}{4^2} +m_{l_i}\frac{e \hbar B}{2 m} + m_{s_i}\frac{e \hbar B}{m}\right] \Delta E = \Delta E_{sincampo} - \Delta m_l\frac{e \hbar B}{2 m} -\Delta m_s\frac{e \hbar B}{m} La transición es 4f \rightarrow 3d, es decir \left(4,3,m_{l_i},\pm \frac12 \right) \rightarrow \left(3,2,m_{l_f},\pm \frac12 \right) Tenemos que tener en cuenta las reglas de selección, es decir: \left\{ \begin{array}{l} \Delta m_l = 0,\pm 1 \\ \\ \Delta m_s = 0\end{array}\right. Siendo \Delta m_s = 0, nos queda: \Delta E = \Delta E_{sincampo} - \Delta m_l\frac{e \hbar B}{2 m} Por lo tanto, en vez de tener una sola longitud de onda, tenemos 3: \lambda_{\Delta m_l = -1} = \frac{h*c}{\Delta E_{\Delta m_l = -1}} = \frac{h*c}{\Delta E_{sincampo} + \frac{e \hbar 0.5 T}{2 m}} = 1.8739 \mu m \lambda_{\Delta m_l = 0} = \frac{h*c}{\Delta E_{\Delta m_l = -1}} = \frac{h*c}{\Delta E_{sincampo}} = 1.8740 \mu m \lambda_{\Delta m_l = +1} = \frac{h*c}{\Delta E_{\Delta m_l = -1}} = \frac{h*c}{\Delta E_{sincampo} - \frac{e \hbar 0.5 T}{2 m}} = 1.8741 \mu m Para saber si esas lineas se podrán apreciar o no, debemos saber la diferencia que hay entre 2 de ellas (consecutivas). Para eso tomamos \lambda_{\Delta m_l = -1} y \lambda_{\Delta m_l = 0} o bien \lambda_{\Delta m_l = 0} y \lambda_{\Delta m_l = 1} (es lo mismo): \Delta \lambda = 1.8741 \mu m - 1.8740 \mu m = 1*10^{-10} m Como el espectómetro tiene una resolución menor (mejor), las líneas serán diferenciables. Por último, calculamos los momentos magnéticos: \vec \mu = -\frac{e}{2 m} \vec L \mu = -\frac{e \hbar \sqrt{l(l+1)}}{2m} Como n = 3, los valores posibles de l son l = 0, 1, 2. Por lo tanto, los momentos magnéticos serán: \mu_{l = 0} = 0 \mu_{l = 1} = -\frac{e \hbar \sqrt{2}}{2m} \mu_{l = 2} = -\frac{e \hbar \sqrt{6}}{2m} La teoría de Bohr tiene en cuenta un solo número cuántico: n \vec \mu = -\frac{e}{2 m} \vec L \mu = -\frac{e \hbar}{2m}n\hbar Entonces, según la teoría de Bohr hay un solo momento magnético: \mu = -\frac{e \hbar}{2m}3\hbar ===== Discusión ===== Si ves algo que te parece incorrecto en la resolución y no te animás a cambiarlo, dejá tu comentario acá.