Ejercicios Resueltos de Físics Cuántica II

Problemas de Física Cuántica II

Cliffor Jerry Herrera Castrillo 1

UNIVERSIDAD NACIONAL AUTÓNOMA DE NICARAGUA,

MANAGUA.

UNAN-MANAGUA

FACULTAD REGIONAL MULTIDISCIPLINARIA, Estelí.

FAREM-Estelí

Recinto “Leonel Rugama Rugama”

Asignatura:

Física cuántica II.

Carrera

Física-matemática.

MSc.:

Juan José Moran.

Autor.

Cliffor Jerry Herrera Castrillo

Noviembre del 2016



Ejercicios de física cuántica II.

Partículas micro y macroscópicas confinadas en una caja.

1. Un electrón está confinado entre dos paredes impenetrables con una

separación de 𝟎. 𝟐𝟎𝟎 𝒏𝒎. Determine los niveles de energía para los

estados 𝒏 = 𝟏, 𝟐 𝒚 𝟑.

a) Encuentre la rapidez del electrón en el estado 𝒏 = 𝟏.

Datos

Masa del electrón (𝑚𝑒) = 9,11 × 10−31𝑘𝑔.

Separación (𝐿) = 0.200 𝑛𝑚.

Niveles de energía (𝐸𝑛) =?

Solución

Como la energía mínima corresponde al estado fundamental, que es el estado de energía

mínima para cualquier sistema, la menor energía de una partícula en la caja es diferente de

cero, según la mecánica cuántica, la partícula nunca puede estar en reposo.

Es importante destacar que la energía potencial es igual a 0 y los niveles de energía cinética

son proporcionados por la siguiente ecuación:

𝐸𝑛 = (ℎ2

8𝑚𝐿2)𝑛2

Por lo tanto cuando 𝑛 = 1 el nivel de energía es:

𝐸1 = ((6,63 × 10−34𝐽 ∙ 𝑠)2

(8)(9,11 × 10−31𝑘𝑔)(0.200 × 10−9𝑚)2) (12)

𝐸1 = (4,39569 × 10−67𝐽2 ∙ 𝑠2

(7,28 × 10−30𝑘𝑔)(4 × 10−20𝑚2)) (1)

𝐸1 = (4,39569 × 10−67𝐽2 ∙ 𝑠2

(7,288 × 10−30𝑘𝑔)(4 × 10−20𝑚2)) (1)



𝐸1 = (4,39569 × 10−67𝐽2 ∙ 𝑠2

2.9152 × 10−49𝑘𝑔𝑚2) (1)

𝐸1 = (1,51 × 10−18𝐽)(1) = 1,51 × 10−18𝐽

Pasando esta energía a electro volts resultará:

𝐸1 =(1,51 × 10−18𝐽)(1𝑒𝑉)

1,60 × 10−19𝐽

𝐸1 = 9.43𝑒𝑉

Cuando 𝑛 = 1 entonces se tiene la mínima energía, y se denomina energía en estado.

Para calcular la energía de estado para los niveles 𝑛 = 2 𝑦 3 se puede utilizar la ecuación

𝐸𝑛 = 𝑛2𝐸1.

𝐸2 = (2)2𝐸1 = 4(9,43𝑒𝑉) = 37,72𝑒𝑉

𝐸3 = (3)2𝐸1 = 9(9,43𝑒𝑉) = 84,87𝑒𝑉

a) Para encontrar la rapidez del electrón se resuelve la expresión clásica para la energía

cinética para la rapidez de la partícula.

𝐾 =1

2𝑚𝑒𝑢

2 En esta ecuación se debe de tener en cuenta que la energía cinética 𝐾 es igual

a la energía del sistema 𝐸𝑛 por tanto 𝐾 =1

2𝑚𝑒𝑢

2 = 𝐸𝑛.

𝐸𝑛 =1

2𝑚𝑒𝑢

2

2𝐸𝑛 = 𝑚𝑒𝑢2,

2𝐸𝑛

𝑚𝑒= 𝑢2, √

2𝐸𝑛

𝑚𝑒= 𝑢, Al realizar la sustitución la rapidez da:

√2(1,51 × 10−18𝐽)

9,11 × 10−31𝑘𝑔= 𝑢

√3,02 × 10−18

9,11 × 10−31𝑘𝑔= 𝑢



√3,32 × 1012 = 𝑢

𝑢 = 1820724,696𝑚/𝑠

La rapidez que posee el electrón el su primer estado es igual a

𝑢 = 1820724,696𝑚/𝑠 , lo que corresponde a un 0,6% en comparación con la velocidad

de la luz.

Valores esperados para la partícula en una caja.

2. Una partícula de masa 𝒎 está confinada a una caja unidimensional

entre 𝒙 = 𝟎 y 𝒙 = 𝑳. Encuentre el valor esperado de la posición 𝒙 de la

partícula en el estado caracterizado por el número cuántico 𝒏.

Datos

Masa = 𝑚.

Posición = 𝑥.

El enunciado se enfoca en una partícula cuántica en una caja y en el cálculo del valor

esperado de 𝑥.

Como ⟨𝑥⟩ = ∫ ѱ∗𝑥ѱ𝑑𝑥∞

−∞ y ѱ𝑛(𝑥) = √

2

𝐿𝑠𝑒𝑛 (

𝑛𝜋𝑥

𝐿) ambas ecuaciones se combinan y los

límites de la integral −∞ a ∞ se reducen a la integral de 0 a 𝐿 porque la función de onda

ѱ = 0.

⟨𝑥⟩ = ∫𝑥 [√2

𝐿𝑠𝑒𝑛 (

𝑛𝜋𝑥

𝐿)]

2

𝑑𝑥

𝐿

0

⟨𝑥⟩ = ∫𝑥

𝐿

0

2

𝐿𝑠𝑒𝑛2 (

𝑛𝜋𝑥

𝐿) 𝑑𝑥

⟨𝑥⟩ =2

𝐿∫𝑥

𝐿

0

𝑠𝑒𝑛2 (𝑛𝜋𝑥

𝐿) 𝑑𝑥



Como 𝑠𝑒𝑛2𝑥 =1−𝑐𝑜𝑠2𝑥

2 al realizar la sustitución resulta que 𝑠𝑒𝑛2 (

𝑛𝜋𝑥

𝐿) = (

1−𝑐𝑜𝑠2(𝑛𝜋𝑥

𝐿)

2)

entonces la integral se reduce a:

⟨𝑥⟩ =2

𝐿∫𝑥

𝐿

0

(1 − 𝑐𝑜𝑠2 (

𝑛𝜋𝑥𝐿 )

2)𝑑𝑥

⟨𝑥⟩ =2

𝐿∫𝑥

𝐿

0

(1

2−

𝑐𝑜𝑠2 (𝑛𝜋𝑥𝐿 )

2)𝑑𝑥

⟨𝑥⟩ =2

𝐿∫

𝑥

2

𝐿

0

− 𝑥𝑐𝑜𝑠2 (

𝑛𝜋𝑥𝐿 )

2𝑑𝑥

⟨𝑥⟩ =2

𝐿∫

𝑥

2

𝐿

0

𝑑𝑥 − ∫𝑥

𝐿

0


2𝑑𝑥

⟨𝑥⟩ =2

𝐿[𝑥2

4−

1

2[∫𝑥𝑐𝑜𝑠2 (

𝑛𝜋𝑥

𝐿)

𝐿

0

𝑑𝑥]]

Para la evaluación de la integral ∫ 𝑥𝑐𝑜𝑠2 (𝑛𝜋𝑥

𝐿)

𝐿

0𝑑𝑥 se utiliza la

integración por partes ∫ 𝑢𝑑𝑣𝐿

0= 𝑢𝑣 − ∫ 𝑣𝑑𝑢

𝐿

0 donde 𝑢 = 𝑥 𝑑𝑥 y

𝑑𝑣 = 𝑐𝑜𝑠2 (𝑛𝜋𝑥

𝐿)𝑑𝑥. Al sustituir resulta:

⟨𝑥⟩ =2

𝐿[𝑥2

4−

1

2 (𝑥

𝑠𝑒𝑛2 (𝑛𝜋𝑥𝐿 )

2𝑛𝜋/𝐿− ∫


2𝑛𝜋/𝐿

𝐿

0

𝑑𝑥)]

⟨𝑥⟩ =2

𝐿[𝑥2

4−

1

2 (𝑥


2𝑛𝜋/𝐿−

1

2𝑛𝜋/𝐿∫𝑠𝑒𝑛2 (

𝑛𝜋𝑥

𝐿)

𝐿

0

𝑑𝑥)]

⟨𝑥⟩ =2

𝐿[𝑥2

4−

1

2 (𝑥


2𝑛𝜋/𝐿−

1

2𝑛𝜋/𝐿(−


2𝑛𝜋𝐿

))]

𝑣 =𝑠𝑒𝑛2 (

𝑛𝜋𝑥𝐿 )

2𝑛𝜋/𝐿

Integración por partes 𝑢 se deriva y 𝑑𝑣 se integra.

𝑢 = 𝑥 𝑑𝑥.

𝑑𝑢 = 𝑑𝑥.

𝑑𝑣 = 𝑐𝑜𝑠2 (𝑛𝜋𝑥

𝐿)𝑑𝑥.



⟨𝑥⟩ =2

𝐿[𝑥2

4−

1

2 (𝑥


2𝑛𝜋/𝐿+


4 (𝑛𝜋𝐿 )

2 )]

⟨𝑥⟩ =2

𝐿[𝑥2

4 − 𝑥


4𝑛𝜋𝐿

−𝑐𝑜𝑠2 (

𝑛𝜋𝑥𝐿 )

8 (𝑛𝜋𝐿 )

2 ]

Al evaluarla de 0 a 𝐿 la integral resulta:

⟨𝑥⟩ =2

𝐿[(

𝐿2

4 − 𝐿

𝑠𝑒𝑛2 (𝑛𝜋𝐿𝐿 )

4𝑛𝜋𝐿

−𝑐𝑜𝑠2 (

𝑛𝜋𝐿𝐿 )

8 (𝑛𝜋𝐿 )

2 ) − (02

4 − 0

𝑠𝑒𝑛2 (𝑛𝜋0𝐿 )

4𝑛𝜋𝐿

−𝑐𝑜𝑠2 (

𝑛𝜋0𝐿 )

8 (𝑛𝜋𝐿 )

2 )]

⟨𝑥⟩ =2

𝐿[𝐿2

4]

⟨𝑥⟩ =𝐿

2

Este resultado indica que la posición de la partícula 𝑥 está en el centro de la caja para todos

los valores de los números cuánticos principales 𝑛.

Probabilidad cerca del centro de una caja rígida.

3. Un electrón está en un pozo cuadrado de potencial

con profundidad infinita de ancho 𝒍 = 𝟏. 𝟎𝟎 ×

𝟏𝟎−𝟏𝟎 𝒎. Si el electrón está en el estado

fundamental, ¿cuál es la probabilidad de

encontrarlo en una región de ancho ∆𝒙 = 𝟏. 𝟎𝟏 ×

𝟏𝟎−𝟏𝟐 𝒎 en el centro del pozo (en 𝒙 = 𝟎. 𝟓𝟎 ×

𝟏𝟎−𝟏𝟎𝒎)?

Datos

Ancho del pozo (𝑙) = 1.00 × 10−10 𝑚

Ancho de la región (∆𝑥) = 1.01 × 10−12 𝑚



Centro del pozo (𝑥) = 0.50 × 10−10𝑚

La probabilidad de encontrar una partícula en una pequeña región de ancho 𝑑𝑥 es |ѱ|2𝑑𝑥.

La función de onda para el estado fundamental es:

ѱ(𝑥) = √2

𝑙𝑠𝑒𝑛

𝜋𝑥

𝑙

Como se observa en la figura la curva para 𝑛 = 1 muestra que ѱ es aproximadamente

constante cerca del centro del pozo, por tanto se puede evitar una integral 𝑑𝑥 y se establece

que 𝑑𝑥 ≈ ∆𝑥.

Para encontrar la probabilidad primero se elevaran al cuadrado ambos términos de la

ecuación.

(ѱ)2∆𝑥 = (√2

𝑙𝑠𝑒𝑛

𝜋𝑥

𝑙)

2

∆𝑥 → ѱ2∆𝑥 =2

𝑙𝑠𝑒𝑛2 [

𝜋𝑥

𝑙] ∆𝑥

Se sustituyen los datos.

ѱ2∆𝑥 =2

1.00 × 10−10 𝑚𝑠𝑒𝑛2 [

𝜋(0.50 × 10−10𝑚)

1.00 × 10−10 𝑚] 1.01 × 10−12 𝑚

ѱ2∆𝑥 = 2 × 1010𝑠𝑒𝑛2[1,6]1.01 × 10−12 𝑚

ѱ2∆𝑥 = 0,02

Por lo tanto, la probabilidad de encontrar al electrón en esta región en el centro del pozo es

del 2%.

Teniendo en cuenta que (∆𝑥) = 1.01 × 10−12 𝑚 es el 1% del ancho del pozo (𝑙) =

1.00 × 10−10 𝑚 el resultado del 2% es según la física cuántica. Desde el punto de vista

clásico el electrón podría estar en cualquier parte de la caja por lo tanto la probabilidad

sería del 1%.

El nivel del Fermi



4. Para el cobre metálico, determine a) la energía de Fermi, b) la energía

promedio de los electrones y c) la rapidez de los electrones en el nivel

de Fermi (lo que se conoce como rapidez de Fermi).

a) Para encontrar la energía de Fermi en el cobre se debe de tener en cuenta los siguientes

datos:

Masa del cobre 𝑚 = 63.5 × 10−3𝑘𝑔

Densidad de la masa del cobre 𝜌𝐷 = 8,9 × 103𝑘𝑔/𝑚3

Número de electrones 𝑁 = 1𝑚𝑜𝑙 para el cobre es igual a 6,02 × 1023.

Masa del electrón 𝑚𝑒 = 9,1 × 10−31𝑘𝑔.

Constate de Planck ℎ = 6,63 × 10−34𝐽 ∙ 𝑠

Para calcula la energía con los datos proporcionados se debe de tener en cuenta las

siguientes ecuaciones.

𝑔(𝐸) =8√2𝜋𝑚𝑒

ℎ3 𝐸1/2 Y 𝑁

𝑉= ∫ 𝑔(𝐸)𝑑𝐸

𝐸𝐹

0.

Combinando ambas ecuaciones resulta:

𝑁

𝑉= ∫

8√2𝜋𝑚𝑒

ℎ3𝐸1/2𝑑𝐸

𝐸𝐹

0

𝑁

𝑉=

8√2𝜋𝑚𝑒

ℎ3∫ 𝐸1/2𝑑𝐸

𝐸𝐹

0

𝑁

𝑉=

8√2𝜋𝑚𝑒

ℎ3

𝐸𝐹3/2

3/2→

𝑁

𝑉=

16√2𝜋𝑚𝑒𝐸𝐹3/2

3ℎ3

Despejando 𝐸𝑓 se calcula la energía de Fermi.

𝑁

𝑉

3ℎ3

16√2𝜋𝑚𝑒

= 𝐸𝐹3/2 → 𝐸𝐹 = √(

𝑁

𝑉

3ℎ3

16√2𝜋𝑚𝑒

)

23



𝐸𝐹 = √(𝑁

𝑉

3

𝜋)23 ℎ2

8𝑚𝑒

Como no se conoce el valor de 𝑁

𝑉 se deberá de calcular(𝑉 = 𝑚/𝜌𝐷.

𝑁

𝑉=

𝑁

𝑚𝜌𝐷

𝑁

𝑚𝜌𝐷 = (

6,02 × 1023 𝑒𝑙𝑒𝑐𝑡𝑟𝑜𝑛𝑒𝑠

63.5 × 10−3𝑘𝑔)(

8,9 × 103𝑘𝑔

𝑚3)

𝑁

𝑚𝜌𝐷 = 8,4 × 1028𝑚−3

Este resultado es el número de electrones de conducción por unidad de volumen en el

cobre. Con este dato ya se puede encontrar la energía de Fermi.

𝐸𝐹 = √(8,4 × 1028𝑚−3 ∙3

𝜋)23

∙(6,63 × 10−34𝐽 ∙ 𝑠)2

8(9,1 × 10−31𝑘𝑔)

𝐸𝐹 = √6,4 × 1057𝑚−33∙4,4 × 10−67𝐽2 ∙ 𝑠2

7,3 × 10−30𝑘𝑔

𝐸𝐹 = 1,9 × 1019𝑚−1 ∙ 6,0 × 10−67𝐽2 ∙𝑠2

𝑘𝑔

𝐸𝐹 = 1,1 × 10−18𝐽

Expresada en electro volts es igual a:

𝐸𝐹 =1,1 × 10−18𝐽 ∙ 1𝑒𝑉

1,60 × 10−19𝐽→ 𝐸𝑓 = 7,2𝑒𝑉

La energía del estado en el nivel de Fermi, llama energía de Fermi, 𝐸𝐹 para el cobre es de

1,1 × 10−18𝐽 = 7,2𝑒𝑉.



b) La energía promedio de los electrones está dada por la ecuación �̅� =3

5𝐸𝐹, como ya se

conoce la energía de Fermi entonces solo se sustituye.

�̅� =3

5∙ 7,2𝑒𝑉 → �̅� = 4,3𝑒𝑉

La energía promedio es de 4,3𝑒𝑉 = 6,9 × 10−19𝐽 para el cobre.

c) Para calcular la rapidez de los electrones en el nivel de Fermi se debe de tener en cuenta

que la energía que se calculó en el inciso a es la energía cinética, por tanto la rapidez

estará dada por la ecuación 𝐸 =1

2𝑚𝑣2 donde 𝐸 = 𝐸𝐹 y 𝑚 = 𝑚𝑒.

Al despejar la ecuación para resulta:

𝑣 = √2𝐸𝐹

𝑚𝑒→ 𝑣 = √

2(1,1 × 10−18𝐽)

9,1 × 10−31𝑘𝑔

𝑣 = 1,6 × 106𝑚/𝑠

La rapidez de los electrones será de 1,6 × 106𝑚/𝑠 lo que corresponde a un 0,53% en

comparación con la velocidad de la luz.

5. El núcleo 𝐙𝐧𝟔𝟒 tiene una energía de 𝟓𝟓𝟗, 𝟎𝟗 𝐌𝐞𝐕 use la formula

semiempirica de energía para generar una estimación teórica de enlace

para este núcleo.

Los datos a utilizar son:

a) Para el núcleo 𝑍𝑛64 , 𝑍 = 30, 𝑁 = 34 y 𝐴 = 64.

b) Constantes:

𝐶1 = 15,7𝑀𝑒𝑉.

𝐶2 = 17,8𝑀𝑒𝑉.

𝐶3 = 𝑂, 71𝑀𝑒𝑉



𝐶4 = 23,6𝑀𝑒𝑉.

c) Ecuación del enlace total (fórmula semiempirica)

𝐸𝑏 = 𝐶1𝐴 − 𝐶2𝐴23 − 𝐶3

𝑍(𝑍 − 1)

𝐴13

− 𝐶4

(𝑁 − 𝑍)

𝐴

Luego se procede a resolver sustituyendo las constantes y datos.

𝐸𝑏 = 15,7𝑀𝑒𝑉 × 64 − 17,8𝑀𝑒𝑉 × (64)23 − 𝑂, 71𝑀𝑒

30(30 − 1)

(64)13

− 23,6𝑀𝑒𝑉(34 − 30)

64

𝐸𝑏 = 1004,8𝑀𝑒𝑉 − 285𝑀𝑒𝑉 − 154𝑀𝑒𝑣 − 5,9𝑀𝑒𝑉.

d) Respuesta:

𝐸𝑏 = 556𝑀𝑒𝑉.

6. Unos protones se colocan en un campo magnético con dirección 𝒛 y

𝟐, 𝟑𝟎 T de magnitud. a) ¿Cuál es la diferencia de energías entre un

estado con la componente 𝒛 de un protón de cantidad de movimiento

angular espín paralela al campo, y uno con la componente anti

paralela al campo? b) Un protón puede hacer una transición de uno a

otro de esos estados, emitiendo o absorbiendo un fotón de energía igual

a la diferencia de energías entre los dos estados. Calcule la frecuencia y

la longitud de onda de ese fotón.

Análisis.

Se supone que el campo magnético tiene la dirección de z positiva, y que el momento

magnético del protón tiene la misma dirección que su espín 1

2. Si la componente z del espín

está alineada con �⃗� , 𝜇𝑍 es igual al valor positivo; si la componente z del espín es opuesta a

�⃗� entonces es el negativo de ese valor. La energía de interacción en cualquier caso es

𝑈 = −𝜇𝑍 𝐵 y la diferencia de energía [lo que buscamos en el inciso a)] es la diferencia



entre los valores de U para las dos orientaciones de espín. La frecuencia y la longitud de

onda del fotón se determinan con las ecuaciones 𝐸 = ℎ𝑓 =ℎ𝑐

𝜆.

Solución.

a) Cuando la componente Z de S (y de 𝝁⃗ ) es paralela al campo de energía.

𝑈 = −|𝜇𝑍|𝐵

𝑈 = −(2,7928)(3,152 × 10−8𝑒𝑉)(2,30𝑇)

𝑈 = 2,025 × 10−7𝑒𝑉

Cuando las componentes son anti paralelas al campo de energía es 2,025 × 10−7𝑒𝑉 y la

diferencia de energía entre las dos es:

∆𝐸 = 2(2,025 × 10−7𝑒𝑉) = 4,05 × 10−7 𝑒𝑉

ℎ = 6,626 × 10−34 𝐽 ∙ 𝑠 Si esta energía por segundo se expresa en electro volts se tendrá

que:

ℎ =(6,63 × 10−34 𝐽 ∙ 𝑠)(1𝑒𝑉)

1,60 × 10−19𝐽

ℎ = 4,14375 × 10−15𝑒𝑉 ∙ 𝑠

b) La frecuencia y la longitud de onda del fotón correspondiente son:

𝑓 =∆𝐸

ℎ

𝑓 =4,05 × 10−7 𝑒𝑉

4,14375 × 10−15𝑒𝑉 ∙ 𝑠

𝑓 = 9,8 × 107𝐻𝑧

Como 1𝑀𝐻𝑧 = 1 × 106𝐻𝑧 entonces 9,8 × 107𝐻𝑧es igua a: 97,9 𝑀 𝐻𝑧

𝑓 =(9,8 × 107𝐻𝑧)(1𝑀𝐻𝑧)

1 × 106𝐻𝑧

𝑓 = 98𝑀𝐻𝑧



𝜆 =𝑐

𝑓

𝜆 =3 × 108𝑚/𝑠

9,8 × 107𝑠−1

𝜆 = 3,06𝑚

El protón es una partícula de espín con un momento magnético, de manera que su energía

depende de la orientación de su espín en relación con un campo magnético aplicado.

7. Calcule el nivel mínimo de energía para una partícula en una caja, si la

partícula es un electrón, y la caja mide 𝟓. 𝟎 × 𝟏𝟎−𝟏𝟎𝒎 en su interior,

es decir, es un poco mayor que un átomo.

El nivel mínimo de energía (esto es, el estado fundamental) corresponde a 𝑛 = 1.

Datos:

ℎ = 6,63 × 10−34 𝐽𝑠

𝑚 = 9,1 × 10−31𝑘𝑔 Masa del electrón.

𝑙 = 5,0 × 10−10𝑚

Ecuación:

𝐸 =ℎ2

8𝑚𝑙2

𝐸 =(6,63 × 10−34 𝐽𝑠 )2

8(9,1 × 10−31𝑘𝑔)(5,0 × 10−10𝑚)2

𝐸 = 2,4 × 10−19𝐽

𝐸 = 1,5 𝑒𝑉

El mínimo de energía que presenta una partícula en una caja que mida 5.0 × 10−10𝑚 es de

1,5 𝑒𝑉 lo que equivale a 2,4 × 10−19𝐽.

8. Demostrar las equivalencias entre unidades.

1𝑠 = 1,519 𝑥 1021𝑀𝑒𝑉−1.

1𝑓𝑚 = 5,068 𝑥 10−3𝑀𝑒𝑉.



Datos:

ћ = 1,055 × 10−34𝐽 ∙ 𝑠

1𝑓𝑚 = 1 × 10−15𝑚

Ecuaciones:

𝐸 = ℏ/𝑡

𝐸 = ℏ𝑐/𝜆

Solución:

a) Para calcular la primera equivalencia se utiliza la siguiente ecuación 𝐸 = ℏ/𝑡.

𝐸 =1,055 × 10−34𝐽 ∙ 𝑠

1𝑠

𝐸 = 1,055 × 10−34𝐽

Convirtiendo esta energía a electrón volts resulta:

𝐸 =1,055 × 10−34𝐽 × 1𝑒𝑉

1,60 × 10−19𝐽

𝐸 = 6,59375 × 10−16𝑒𝑉

Como un 𝑀𝑒𝑉 = 1 × 106𝑒𝑉 entonces se tiene una energía de:

𝐸 =6,59375 × 10−16𝑒𝑉 × 1𝑀𝑒𝑉

1 × 106𝑒𝑉

𝐸 = 6,5937510−22𝑀𝑒𝑉

Como la relación está en 𝑀𝑒𝑉−1entonces se divide 1 entre la energía.

𝐸−1 =1

6,5937510−22𝑀𝑒𝑉= 1,516587448 × 1021𝑀𝑒𝑉−1

b) Para el cálculo de la energía para la segunda equivalencia se debe de tener en cuenta

que un fermi 𝑓𝑚 es igual a 1 × 10−15𝑚.

𝐸 = (1.055 × 10−34𝐽 ∙ 𝑠)(3 × 108𝑚/𝑠)/1 × 10−15𝑚



𝐸 =3,165 × 10−26𝐽 ∙ 𝑚

1 × 10−15𝑚

𝐸 = 3,165 × 10−11𝐽

Convirtiendo esta energía a electro volts resulta:

𝐸 =3,165 × 10−11𝐽 × 1𝑒𝑉

1,60 × 10−19𝐽

𝐸 = 197 812 500𝑒𝑉

En mega electro volts es:

𝐸 =197 812 500𝑒𝑉 × 1𝑀𝑒𝑉

1 × 106𝑒𝑉

𝐸 = 197,8125 × 1013𝑀𝑒𝑉

Como la equivalencia esta elevada a un exponente negativo entonces el resultado será:

𝐸−1 =1

197,8125 × 1013𝑀𝑒𝑉= 5,0552 × 10−3𝑀𝑒𝑉−1

9. Calcular cuántos fotones pos segundo emite una bombilla de 𝟏𝟎𝟎𝒘. La

longitud de onda visible es de 𝝀~𝟔𝟎𝟎𝟎𝑨.

Datos

𝐼 = 100𝑤, como 1𝑤 = 1𝐽/𝑠 entonces 100𝑤 = 100𝐽/𝑠.

𝜆~6000𝐴, teniendo en cuenta que 1𝐴 es igual a 0,1𝑛𝑚 entonces 6000𝐴 = 600𝑛𝑚

Solución

El número de fotones está dado por 𝑛𝐸 = 𝐼, como no se conoce el valor de 𝐸 se deberá de

calcular, para lo cual se utiliza la siguiente ecuación 𝐸 = ℎ𝑐/𝜆.

𝐸 =(6,63 × 10−34𝐽 ∙ 𝑠)(3 × 108𝑚/𝑠)

600 × 10−9𝑚

𝐸 =1,989 × 10−25𝐽 ∙ 𝑠 ∙ 𝑚/𝑠

600 × 10−9𝑚



𝐸 = 3,315 × 10−19𝐽

Como ya se tiene el valor de la energía se calculará el número de fotones, para lo cual se

debe de despejar la siguiente ecuación.

𝑛𝐸 = 𝐼 → 𝑛 =𝐼

𝐸

𝑛 =100𝐽/𝑠

3,315 × 10−16𝐽

𝑛 = 3,016 × 1020𝑓𝑜𝑡𝑜𝑛𝑒𝑠/𝑠

10. Un paquete de electrones es acelerado mediante una diferencia de

potencial de 𝟓𝟎 𝟎𝟎𝟎𝑽 y posteriormente lanzado contra una placa de

plomo para producir rayos 𝑿 por bremsstra hlung. Determine la

longitud de onda mínima de los rayos 𝑿 que se pueden obtener con este

montaje.

Para solucionar este problema se debe de tener en cuenta que 1𝑉 es igual a 1𝑒𝑉. Por lo

tanto en 50 000 𝑉 hay 50 000𝑒𝑉.

Por lo tanto esta energía en Joule es igual a:

𝐸 =50 000𝑒𝑉 × (1,60 × 10−19𝐽)

1𝑒𝑉

𝐸 = 8 × 10−15𝐽

Como ya se tiene el valor de la energía se procede a calcular la longitud de onda mínima, la

cual está dada por la siguiente ecuación.

𝜆 =ℎ𝑐

𝐸

𝜆 =(6.63 × 10−34𝐽 ∙ 𝑠)(3 × 108𝑚/𝑠)

8 × 10−15𝐽



𝜆 = 2,48625 × 10−11𝑚

La longitud de onda mínima de los rayos 𝑋 será de 2,48625 × 10−11𝑚 lo que es

equivalente a 0,024862𝑛𝑚.

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