FísicaDifícilProblema · 2,5 pts

Efecto fotoeléctrico y cuantización

Andalucía · 2017 · Reserva 3 · Opción B

Enunciado

a) Hipótesis de Planck y su relación con el efecto fotoeléctrico.

b) Al iluminar la superficie de un cierto metal con un haz de luz de longitud de onda

2\cdot 10^{-8}\,\text{m}

, la energía cinética máxima de los fotoelectrones emitidos es de

3\,\text{eV}

. Determine el trabajo de extracción del metal y la frecuencia umbral.

Datos:

c = 3\cdot 10^{8}\,\text{m}\,\text{s}^{-1}

;

h = 6{,}63\cdot 10^{-34}\,\text{J}\,\text{s}

;

e = 1{,}60\cdot 10^{-19}\,\text{C}

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Resultado

\boxed{\;W_0 = 9{,}47\cdot 10^{-18}\ \text{J} \approx 59{,}2\ \text{eV}\;}

\boxed{\;f_0 = 1{,}43\cdot 10^{16}\ \text{Hz}\;}

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Estrategia

El efecto fotoeléctrico es un balance de energía por fotón: la energía que trae el fotón se gasta en arrancar el electrón (trabajo de extracción

W_0

) y lo que sobra se lo lleva el electrón como energía cinética. Una sola ecuación, la de Einstein, resuelve el apartado b).

El único cuidado está en las unidades: la energía cinética viene en electronvoltios y hay que pasarla a julios antes de restar.

Desarrollo

a) La hipótesis de Planck (1900) afirma que los intercambios de energía entre la materia y la radiación de frecuencia

f

no son continuos, sino en paquetes o cuantos de valor

E = h f

Einstein (1905) llevó la idea más lejos: no es solo el intercambio, es que la propia radiación está formada por fotones de energía

hf

. Con eso explicó el efecto fotoeléctrico, que la física clásica no podía justificar:

Existe una frecuencia umbral $f_0$ : por debajo de ella no hay emisión por intensa que sea la luz, porque un solo fotón no lleva energía suficiente para arrancar el electrón.
La emisión es instantánea, porque es una interacción fotón-electrón uno a uno.
La energía cinética máxima depende de la frecuencia, no de la intensidad; la intensidad solo controla cuántos electrones salen.

La ecuación de Einstein resume el balance:

h f = W_0 + E_{c,\text{máx}} \qquad\text{con } W_0 = h f_0

b) Energía del fotón incidente:

E = \frac{h c}{\lambda} = \frac{6{,}63\cdot 10^{-34}\cdot 3\cdot 10^{8}}{2\cdot 10^{-8}} = 9{,}95\cdot 10^{-18}\,\text{J}

Energía cinética máxima en julios:

E_{c,\text{máx}} = 3\ \text{eV}\cdot 1{,}60\cdot 10^{-19} = 4{,}80\cdot 10^{-19}\,\text{J}

Trabajo de extracción:

W_0 = E - E_{c,\text{máx}} = 9{,}95\cdot 10^{-18} - 4{,}80\cdot 10^{-19} = 9{,}47\cdot 10^{-18}\,\text{J}

es decir,

W_0 = 9{,}47\cdot 10^{-18}/1{,}60\cdot 10^{-19} \approx 59{,}2\ \text{eV}

.

Frecuencia umbral:

f_0 = \frac{W_0}{h} = \frac{9{,}47\cdot 10^{-18}}{6{,}63\cdot 10^{-34}} = 1{,}43\cdot 10^{16}\,\text{Hz}

Consejo

Pasa siempre los eV a julios antes de sumar o restar: mezclar unidades aquí es el fallo número uno del bloque de cuántica.

Comprueba la coherencia al final: $W_0$ tiene que salir menor que la energía del fotón (si no, no habría emisión) y $f_0$ menor que la frecuencia incidente $f = c/\lambda = 1{,}5\cdot 10^{16}\,\text{Hz}$ .

Paso 1 de 3

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