FísicaMedioProblema · 2,5 pts

Radiactividad y desintegración

También trata: Efecto fotoeléctrico y cuantización · Dualidad onda-corpúsculo e incertidumbre

Andalucía · 2025 · Reserva 2

Enunciado

a) Se ilumina un metal con una luz roja observando que se produce efecto fotoeléctrico. Deduzca razonadamente si se modifica o no la energía cinética máxima de los fotoelectrones emitidos en los siguientes casos: i) (0,5 puntos) se duplica la intensidad de la luz roja aplicada; ii) (0,5 puntos) se ilumina el metal con una luz correspondiente a la región del ultravioleta.

b1) El cobalto-60 (

^{60}_{27}\text{Co}

) se utiliza frecuentemente como fuente radiactiva en medicina. Su periodo de semidesintegración es

5{,}25

años. i) (0,75 puntos) ¿Cuántos años deben transcurrir para que su actividad disminuya a una octava parte del valor original? ii) (0,75 puntos) Calcule qué fracción de la muestra original queda al cabo de

8{,}32

años.

b2) Un microscopio electrónico utiliza electrones acelerados desde el reposo aplicando una diferencia de potencial de

5\,\text{kV}

. Determine razonadamente: i) (1 punto) su resolución, suponiendo que es igual a la longitud de onda de De Broglie de los electrones; ii) (0,5 puntos) la velocidad que deberían tener los electrones si se desea que la longitud de onda asociada sea

1{,}25\times 10^{-11}\,\text{m}

.

Datos:

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

;

e = 1{,}6\times 10^{-19}\,\text{C}

;

m_e = 9{,}1\times 10^{-31}\,\text{kg}

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Resultado

\boxed{\;\text{i) No cambia (solo cambia el número de electrones)}\qquad\text{ii) Aumenta}\;}

\boxed{\;t = 15{,}75\ \text{años}\qquad N/N_0 = 0{,}333\ (33{,}3\,\%)\;}

\boxed{\;\lambda = 1{,}74\cdot 10^{-11}\ \text{m}\qquad v = 5{,}83\cdot 10^{7}\ \text{m}\,\text{s}^{-1}\;}

Ver la solución paso a pasoestrategia, desarrollo y consejo

Estrategia

En a) hay que tener muy claro qué controla cada cosa en el efecto fotoeléctrico: la intensidad solo cambia el número de electrones; la frecuencia cambia su energía. Son medio punto cada una y se contestan sin calcular.

En b1) se puede resolver todo con la "regla de las mitades" sin tocar exponenciales: cada periodo de semidesintegración divide entre dos, y

1/8 = (1/2)^3

.

En b2) el electrón se acelera con una diferencia de potencial:

eV = E_c

, de ahí

p = \sqrt{2mE_c}

y luego De Broglie.

Desarrollo

a) i) No se modifica. Duplicar la intensidad de la luz roja significa enviar el doble de fotones por segundo, pero cada fotón sigue teniendo la misma energía

hf

. Como la ecuación de Einstein

E_{c,\text{máx}} = h f - W_0

solo depende de la frecuencia, la energía cinética máxima no cambia. Lo que se duplica es la intensidad de la corriente fotoeléctrica, es decir, el número de electrones emitidos.

ii) Sí se modifica: aumenta. La luz ultravioleta tiene mayor frecuencia que la roja (

f_{UV} > f_{\text{rojo}}

), luego cada fotón trae más energía y, con el mismo

W_0

E_{c,\text{máx}} = h f_{UV} - W_0 > h f_{\text{rojo}} - W_0

La energía cinética máxima de los fotoelectrones aumenta.

b1) i) La actividad es proporcional al número de núcleos,

A = \lambda N

, así que decae igual:

\frac{A}{A_0} = \frac{1}{8} = \left(\frac{1}{2}\right)^3

Hacen falta tres periodos de semidesintegración:

t = 3\,T_{1/2} = 3\cdot 5{,}25 = 15{,}75\ \text{años}

ii) Fracción que queda tras

t = 8{,}32

años:

\frac{N}{N_0} = e^{-\lambda t} = \left(\frac{1}{2}\right)^{t/T_{1/2}} = \left(\frac{1}{2}\right)^{8{,}32/5{,}25} = \left(\frac{1}{2}\right)^{1{,}585}

\frac{N}{N_0} = 0{,}333 = 33{,}3\,\%

Queda un tercio de la muestra original.

Simulación interactivaVisualiza este problema en una simulación (se abre en una nueva pestaña)

b2) i) El electrón se acelera desde el reposo con

\Delta V = 5\,\text{kV}

E_c = e\,\Delta V = 1{,}6\cdot 10^{-19}\cdot 5000 = 8\cdot 10^{-16}\ \text{J}

Momento lineal:

p = \sqrt{2 m_e E_c} = \sqrt{2\cdot 9{,}1\cdot 10^{-31}\cdot 8\cdot 10^{-16}} = 3{,}82\cdot 10^{-23}\ \text{kg}\,\text{m}\,\text{s}^{-1}

Longitud de onda de De Broglie, que es la resolución del microscopio:

\lambda = \frac{h}{p} = \frac{6{,}63\cdot 10^{-34}}{3{,}82\cdot 10^{-23}} = 1{,}74\cdot 10^{-11}\ \text{m}

Unas diez mil veces menor que la de la luz visible: por eso un microscopio electrónico resuelve mucho más que uno óptico.

ii) Para conseguir

\lambda = 1{,}25\cdot 10^{-11}\,\text{m}

\lambda = \frac{h}{m_e v} \quad\Longrightarrow\quad v = \frac{h}{m_e\,\lambda} = \frac{6{,}63\cdot 10^{-34}}{9{,}1\cdot 10^{-31}\cdot 1{,}25\cdot 10^{-11}}

v = 5{,}83\cdot 10^{7}\ \text{m}\,\text{s}^{-1}

Habría que acelerarlos más, coherente con que se pide una longitud de onda menor.

Consejo

En a) la respuesta se justifica con la ecuación de Einstein, no "porque sí". Escríbela: $E_{c,\text{máx}} = hf - W_0$ y señala qué término cambia en cada caso.

En b2) i) no uses $\lambda = h/(mv)$ despejando $v$ desde $E_c = \frac{1}{2}mv^2$ por partes: pasa directamente por $p = \sqrt{2mE_c}$ y ahorrarás un redondeo intermedio.

Paso 1 de 3

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