FísicaMedioProblema · 2,5 pts

Efecto fotoeléctrico y cuantización

También trata: Radiactividad y desintegración · Núcleo atómico y reacciones nucleares
Andalucía · 2025 · Reserva 1
Enunciado
a) Razone, indicando los principios en los que se basa, si las siguientes reacciones nucleares son posibles:i)1327Al+01n⟶ 1227Mg+11H\text{i)}\quad ^{27}_{13}\text{Al} + ^{1}_{0}\text{n} \longrightarrow\, ^{27}_{12}\text{Mg} + ^{1}_{1}\text{H}ii)714N+24He⟶ 817O+2 11H\text{ii)}\quad ^{14}_{7}\text{N} + ^{4}_{2}\text{He} \longrightarrow\, ^{17}_{8}\text{O} + 2\,^{1}_{1}\text{H}b1) Una luz ultravioleta de longitud de onda 2,54×10−7 m2{,}54\times 10^{-7}\,\text{m} incide sobre una superficie metálica. En estas condiciones, el potencial de frenado que detiene la emisión de fotoelectrones es de 0,181 V0{,}181\,\text{V}. Calcule razonadamente: i) (0,5 puntos) la energía cinética máxima de los fotoelectrones; ii) (0,5 puntos) el trabajo de extracción de dicha superficie; iii) (0,5 puntos) la longitud de onda umbral del metal.

Datos: h=6,63×10−34 J sh = 6{,}63\times 10^{-34}\,\text{J}\,\text{s}; c=3×108 m s−1c = 3\times 10^{8}\,\text{m}\,\text{s}^{-1}; e=1,6×10−19 Ce = 1{,}6\times 10^{-19}\,\text{C}.

b2) Los rayos cósmicos bombardean al 714N^{14}_{7}\text{N} en la atmósfera que, por reacción nuclear, producen el isótopo radiactivo 614C^{14}_{6}\text{C}. Este isótopo tiene un periodo de semidesintegración de 57305730 años. Se mezcla uniformemente en la atmósfera y es captado por las plantas en su crecimiento. Después de que muera una planta, el C-14 decae en los años siguientes. ¿Cuál es la antigüedad de un pedazo de madera encontrado en un yacimiento arqueológico que tiene el 9 %9\,\% del contenido original de C-14?
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Resultado
  i) Posible (se conservan A y Z)ii) Imposible (no se conservan A ni Z)  \boxed{\;\text{i) Posible (se conservan } A \text{ y } Z\text{)}\qquad \text{ii) Imposible (no se conservan } A \text{ ni } Z\text{)}\;}  Ec,maˊx=2,90⋅10−20 JW0=7,54⋅10−19 J≈4,71 eVλ0=264 nm  \boxed{\;E_{c,\text{máx}} = 2{,}90\cdot 10^{-20}\ \text{J}\qquad W_0 = 7{,}54\cdot 10^{-19}\ \text{J} \approx 4{,}71\ \text{eV}\qquad \lambda_0 = 264\ \text{nm}\;}  t≈1,99⋅104 an˜os  \boxed{\;t \approx 1{,}99\cdot 10^{4}\ \text{años}\;}
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Estrategia

En a) hay que comprobar las dos leyes de conservación que rigen toda reacción nuclear: número másico AA y número atómico ZZ. Basta sumar arriba y abajo a cada lado.

En b1) el potencial de frenado da directamente la energía cinética máxima; después, la ecuación de Einstein da W0W_0 y la longitud de onda umbral.

En b2) es datación por carbono-14: se conoce la fracción que queda y se despeja el tiempo en la ley exponencial.
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Desarrollo

a) En toda reacción nuclear se conservan el número másico AA (superíndices) y el número atómico ZZ (subíndices), además de la energía y la cantidad de movimiento.

i) 1327Al+ 01n⟶ 1227Mg+ 11H^{27}_{13}\text{Al} + \,^{1}_{0}\text{n} \longrightarrow \,^{27}_{12}\text{Mg} + \,^{1}_{1}\text{H}A:27+1=28y27+1=28✓A:\quad 27 + 1 = 28 \qquad\text{y}\qquad 27 + 1 = 28 \quad\checkmarkZ:13+0=13y12+1=13✓Z:\quad 13 + 0 = 13 \qquad\text{y}\qquad 12 + 1 = 13 \quad\checkmarkEstá ajustada: la reacción es posible desde el punto de vista de las leyes de conservación.

ii) 714N+ 24He⟶ 817O+2 11H^{14}_{7}\text{N} + \,^{4}_{2}\text{He} \longrightarrow \,^{17}_{8}\text{O} + 2\,^{1}_{1}\text{H}A:14+4=18pero17+2⋅1=19×A:\quad 14 + 4 = 18 \qquad\text{pero}\qquad 17 + 2\cdot 1 = 19 \quad\timesZ:7+2=9pero8+2⋅1=10×Z:\quad 7 + 2 = 9 \qquad\text{pero}\qquad 8 + 2\cdot 1 = 10 \quad\timesNo se conservan ni el número másico (sobra un nucleón a la derecha) ni el número atómico (sobra una unidad de carga), así que la reacción no es posible tal como está escrita. La reacción real de Rutherford produce un solo protón: 714N+ 24He→ 817O+ 11H^{14}_{7}\text{N} + \,^{4}_{2}\text{He} \to \,^{17}_{8}\text{O} + \,^{1}_{1}\text{H}.

b1) i) Energía cinética máxima a partir del potencial de frenado:Ec,maˊx=e Vf=1,6⋅10−19⋅0,181=2,90⋅10−20 JE_{c,\text{máx}} = e\,V_f = 1{,}6\cdot 10^{-19}\cdot 0{,}181 = 2{,}90\cdot 10^{-20}\ \text{J}(es decir, 0,181 eV0{,}181\,\text{eV}).

ii) Energía del fotón incidente:E=hcλ=6,63⋅10−34⋅3⋅1082,54⋅10−7=7,83⋅10−19 JE = \frac{h c}{\lambda} = \frac{6{,}63\cdot 10^{-34}\cdot 3\cdot 10^{8}}{2{,}54\cdot 10^{-7}} = 7{,}83\cdot 10^{-19}\ \text{J}Trabajo de extracción (ecuación de Einstein):W0=E−Ec,maˊx=7,83⋅10−19−2,90⋅10−20=7,54⋅10−19 JW_0 = E - E_{c,\text{máx}} = 7{,}83\cdot 10^{-19} - 2{,}90\cdot 10^{-20} = 7{,}54\cdot 10^{-19}\ \text{J}es decir, W0≈4,71 eVW_0 \approx 4{,}71\ \text{eV}.

iii) Longitud de onda umbral:λ0=hcW0=1,989⋅10−257,54⋅10−19=2,64⋅10−7 m=264 nm\lambda_0 = \frac{h c}{W_0} = \frac{1{,}989\cdot 10^{-25}}{7{,}54\cdot 10^{-19}} = 2{,}64\cdot 10^{-7}\ \text{m} = 264\ \text{nm}Coherente: λ0>λ\lambda_0 > \lambda, por eso hay emisión.
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b2) Ley de desintegración:N(t)=N0 e−λtconλ=ln⁡2T1/2=0,6935730=1,21⋅10−4 an˜os−1N(t) = N_0\,e^{-\lambda t} \qquad\text{con}\qquad \lambda = \frac{\ln 2}{T_{1/2}} = \frac{0{,}693}{5730} = 1{,}21\cdot 10^{-4}\ \text{años}^{-1}Queda el 9 %9\,\%, es decir, N/N0=0,09N/N_0 = 0{,}09:0,09=e−λt⟹t=ln⁡(1/0,09)λ=2,4081,21⋅10−40{,}09 = e^{-\lambda t} \quad\Longrightarrow\quad t = \frac{\ln(1/0{,}09)}{\lambda} = \frac{2{,}408}{1{,}21\cdot 10^{-4}}t=1,99⋅104 an˜ost = 1{,}99\cdot 10^{4}\ \text{años}Casi 20 00020\,000 años, algo más de tres periodos de semidesintegración (comprobación rápida: tres periodos dejarían un 12,5 %12{,}5\,\%, y aquí queda menos).
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Consejo

En a) no basta con decir "sí" o "no": hay que escribir las sumas de AA y ZZ a los dos lados. Eso es lo que se corrige.

En b2), si trabajas λ\lambda en años, el tiempo sale en años; no hace falta pasar nada a segundos. Y comprueba el orden de magnitud con la regla de las mitades: 50%,25%,12,5%50\%, 25\%, 12{,}5\%...
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