Problema resuelto de Física: Efecto fotoeléctrico y cuantizaciónSelectividad (PAU) · País Vasco 2025 · Junio

Ecuación de Einstein. Para cada medida,$$h f = W_0 + E_{c,\text{máx}}$$donde $W_0$ es el trabajo de extracción del metal, el mismo en las dos medidas.

Trabajo de extracción (primera medida). La frecuencia de la luz es $f_1 = c/\lambda_1 = 3\cdot10^{8}/700\cdot10^{-9} = 4{,}29\cdot10^{14}\,\text{Hz}$, y la energía de cada fotón:$$E_1 = \frac{h c}{\lambda_1} = \frac{6{,}63\cdot10^{-34}\cdot3\cdot10^{8}}{700\cdot10^{-9}} = 2{,}84\cdot10^{-19}\,\text{J}$$Pasamos la energía cinética a julios: $E_{c1} = 0{,}45\cdot1{,}6\cdot10^{-19} = 7{,}2\cdot10^{-20}\,\text{J}$.$$W_0 = E_1 - E_{c1} = 2{,}84\cdot10^{-19} - 0{,}72\cdot10^{-19} = 2{,}12\cdot10^{-19}\,\text{J} \approx 1{,}33\,\text{eV}$$a) Energía del fotón en la segunda medida. Con $E_{c2} = 1{,}49\cdot1{,}6\cdot10^{-19} = 2{,}38\cdot10^{-19}\,\text{J}$:$$E_2 = W_0 + E_{c2} = 2{,}12\cdot10^{-19} + 2{,}38\cdot10^{-19} = 4{,}50\cdot10^{-19}\,\text{J}$$Frecuencia de la segunda luz.$$f_2 = \frac{E_2}{h} = \frac{4{,}50\cdot10^{-19}}{6{,}63\cdot10^{-34}} \approx 6{,}80\cdot10^{14}\,\text{Hz}$$Otra forma, restando las dos ecuaciones de Einstein: $h(f_2 - f_1) = E_{c2} - E_{c1} = 1{,}04\,\text{eV}$, así que $f_2 = f_1 + \dfrac{1{,}04\cdot1{,}6\cdot10^{-19}}{h} = 4{,}29\cdot10^{14} + 2{,}51\cdot10^{14} = 6{,}80\cdot10^{14}\,\text{Hz}$. Es mayor que la primera, como debe ser: los electrones salen con más energía.

b) Frecuencia umbral. El efecto fotoeléctrico se observa cuando la energía del fotón supera el trabajo de extracción; la frecuencia mínima es la que lo iguala:$$h f_0 = W_0 \quad\Longrightarrow\quad f_0 = \frac{W_0}{h} = \frac{2{,}12\cdot10^{-19}}{6{,}63\cdot10^{-34}} \approx 3{,}20\cdot10^{14}\,\text{Hz}$$Por encima de esta frecuencia (longitudes de onda menores de unos $940\,\text{nm}$) el metal emite electrones.