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Efecto fotoeléctrico y cuantización

Extremadura · 2025 · Junio

Enunciado

Se ilumina una placa metálica con luz ultravioleta de frecuencia

8{,}50\cdot 10^{14}\ \text{Hz}

. El metal tiene una función de trabajo de

3{,}2\ \text{eV}

.

a) (0,625 puntos) Determina la energía de los fotones incidentes, en eV.

b) (0,625 puntos) Calcula la energía cinética máxima de los electrones emitidos, en eV.

c) (0,625 puntos) Halla la mínima frecuencia que deberían tener los fotones incidentes para arrancar electrones de la placa metálica.

d) (0,625 puntos) Si se aplica un potencial de frenado, ¿cuál es el valor mínimo de dicho potencial de frenado necesario para detener completamente los electrones emitidos?

Datos: Constante de Planck:

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

; Valor de la carga del electrón:

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

;

1\ \text{eV} = 1{,}6\cdot 10^{-19}\ \text{J}

Comprobar el resultadocompara con lo que te ha salido

Resultado

\boxed{\;E = 3{,}52\ \text{eV}\qquad E_{c,\text{máx}} = 0{,}322\ \text{eV}\;}

\boxed{\;f_0 = 7{,}72\cdot 10^{14}\ \text{Hz}\qquad V_0 = 0{,}322\ \text{V}\;}

Ver la solución paso a pasoestrategia, desarrollo y consejo

Estrategia

Cada fotón entrega toda su energía,

E = h f

, a un electrón. Una parte, la función de trabajo

W_0

, se gasta en arrancarlo del metal y el resto queda como energía cinética máxima (ecuación de Einstein):

h f = W_0 + E_{c,\text{máx}}

La frecuencia umbral es la que da

E_{c,\text{máx}} = 0

, y el potencial de frenado es el que consume justo esa energía cinética:

e\,V_0 = E_{c,\text{máx}}

. Conviene trabajar en electronvoltios, que es como dan

W_0

Desarrollo

a) Energía de cada fotón:

E = h f = 6{,}63\cdot 10^{-34}\cdot 8{,}50\cdot 10^{14} = 5{,}64\cdot 10^{-19}\ \text{J}

En electronvoltios:

E = \frac{5{,}6355\cdot 10^{-19}\ \text{J}}{1{,}6\cdot 10^{-19}\ \text{J/eV}} = 3{,}52\ \text{eV}

b) Como

E > W_0

, hay emisión. Ecuación de Einstein del efecto fotoeléctrico:

E_{c,\text{máx}} = h f - W_0 = 3{,}522 - 3{,}2 = 0{,}322\ \text{eV}

(es decir,

5{,}16\cdot 10^{-20}\ \text{J}

).

c) La frecuencia mínima (umbral) es la de un fotón con la energía justa para arrancar el electrón, sin que le sobre energía cinética:

h f_0 = W_0 \quad\Longrightarrow\quad f_0 = \frac{W_0}{h} = \frac{3{,}2\cdot 1{,}6\cdot 10^{-19}}{6{,}63\cdot 10^{-34}} = 7{,}72\cdot 10^{14}\ \text{Hz}

La luz del problema, con

8{,}50\cdot 10^{14}\ \text{Hz}

, está por encima del umbral, de acuerdo con b).

d) El potencial de frenado tiene que realizar sobre los electrones más rápidos un trabajo que anule su energía cinética:

e\,V_0 = E_{c,\text{máx}} \quad\Longrightarrow\quad V_0 = \frac{E_{c,\text{máx}}}{e} = \frac{0{,}322\ \text{eV}}{e} = 0{,}322\ \text{V}

Con la energía en electronvoltios la cuenta es inmediata: un electrón con

0{,}322\ \text{eV}

se para con

0{,}322\ \text{V}

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

Consejo

Si el enunciado da el trabajo de extracción en eV, pasa la energía del fotón a eV y resta directamente: te ahorras potencias de diez. Pero en $f_0 = W_0/h$ el trabajo va en julios, porque $h$ está en $\text{J}\,\text{s}$ .

El potencial de frenado en voltios coincide numéricamente con la energía cinética máxima en electronvoltios.