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Cuestiones y problemas del bloque de Física Moderna que salieron en la PAU el curso 2007/08
Convocatoria junio 2007/08
Opción A
Problema 2. Tenemos un metal cuyo trabajo de extracción para electrones es de 2,5 eV. Se ilumina con
una luz monocromática y se observa que la velocidad máxima de los electrones emitidos es de 1,0×106
m/s. Calcula:
a) La frecuencia de la luz
b) La longitud de onda de De Broglie asociada a los electrones emitidos a 1,0×106 m/s
c) La longitud de onda de la luz con que hay que iluminar el metal para que la energía cinética máxima de
los electrones emitidos sea 7,0×10-19 J
Datos: h = 6,63×10-34 J s; c = 3×108 ms-1; me =9,1×10-31 kg; 1eV = 1,6×10-19 J
Solución
a) Si al iluminar conseguimos extraer electrones, significa que la radiación incidente, E, es de una
frecuencia superior a la frecuencia umbral, WL. Sabemos que si sobre un metal incidimos con
una radiación de frecuencia , y por tanto de energía E = h, siendo el trabajo de extracción WL
= h0, la energía cinética máxima de los electrones emitidos será la diferencia
E  WL 
1 2
1
mv , o puesto de otra forma, h  h 0  mv 2
2
2
Lo primero que podemos hacer es calcular la frecuencia umbral, ya que si
1,6  1019 J
2,5  1,6  1019 J
WL  h 0  2,5eV 
 0 
 6,033  1014 Hz

34
1eV
6,63  10 Js
Es decir, que para conseguir extraer electrones de este metal, hay que radiarlo con una
frecuencia superior a la calculada anteriormente. Lo único que hay que hacer ahora es despejar
la frecuencia ,
1 2
mv  h 0
1 2
mv2
2
h  h 0  mv   
 0 

2
h
2h
6  1014 Hz 
9,1  10  31kg  (106 ms1 ) 2
2  6,63  10
 34
Js
 1,286  1015 Hz
b) Louis De Broglie planteó la hipótesis de que puesto que la luz tenía un doble comportamiento,
como una onda en ocasiones (difracción), y como una partícula en otras (efecto fotoeléctrico),
que se ponía de manifiesto según el fenómeno en el que participara, las partículas podrían
tener, de la misma forma, un comportamiento dual, es decir, ondulatorio y corpuscular.
Su hipótesis fue la siguiente: “Toda partícula de masa m que se mueve con velocidad v
lleva asociada una onda cuya longitud de onda y frecuencia vienen dadas por
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h
h
λ 
p m v
ν
E
h
donde h es la constante de Planck, p = m v el momento lineal de la partícula y E su energía. Por
tanto, sustituyendo,
h
6,63  10 34 Js
λ

 7,3  10 10 m  73 nm
m  v 9,1  10 31kg  106 m / s
c) Si lo que queremos ahora es que los electrones salgan con una cierta energía cinética,
podemos calcular la correspondiente frecuencia, o despejar directamente de la relación entre
frecuencia y longitud de onda,
c
λ

Nos interesa llegar a una expresión en la que aparezca la energía cinética. Anteriormente
habíamos obtenido que
  0 
E
E
mv2
c
c h  E c
hc
 0  c   0  c   0

2h
h

h

h
h 0  Ec
Sustituyendo ahora, tenemos que

hc
hc


h 0  E c
WL  E c
6,63  10 34 Js  3  108 ms1
2,5eV 
19
1,6  10
1eV
J
 1,81  10  7 m  181 nm
 7,0  10 19 J
Esta radiación,  = 181 nm, se encuentra en el UV.
Opción B
Cuestión 1. Una varilla, cuya longitud en reposo es de 3 m, está colocada a lo largo del eje X de un
sistema de coordenadas, y se mueve en esa dirección con una velocidad de 0,8c. ¿Cuál será la longitud
de la varilla medida por un observador situado en reposo sobre el eje X?
Solución
Según la transformación de las longitudes de Lorentz, se pueden relacionar ambas longitudes
mediante la ecuación
l  l0 1 
v2
c2
,
siendo lo la longitud en reposo, l la longitud en movimiento, v la velocidad y c la velocidad de la
luz. Si sustituimos los datos en la ecuación obtenemos que
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l  l0 1 
v2
c2
 3 1
(0,8c ) 2
c2
0,64c 2
m  3 1
c2
m  3 1  0,64 m  3 0,36 m  3  0.6 m  1,8 m
Convocatoria septiembre 2007/08
Opción A
Cuestión 4. Una varilla, cuya longitud en reposo es de 3 m, está colocada a lo largo del eje X de un
sistema de coordenadas, y se mueve en esa dirección con una cierta velocidad. ¿Cuál será el valor de
dicha velocidad para que la longitud de la varilla medida por un observador situado en reposo sobre el eje
X sea de 1m?
Solución
Según la transformación de las longitudes de Lorentz, se pueden relacionar ambas longitudes
mediante la ecuación
l  l0 1 
v2
c2
,
siendo lo la longitud en reposo, l la longitud en movimiento, v la velocidad y c la velocidad de la
luz. Se trata de despejar de dicha ecuación la velocidad v. Por tanto,
l  l0 1 
v2
c2
 l 2  l 20 (1 
con lo que v  c 1 
v2
l2
c
l 20
)
2
 1
v2
c2
 1
l2
l 20

v2
c2
 v 2  c 2 (1 
l2
l 20
)
l2
l 20
Si sustituimos nuestros datos obtenemos que
v  c 1
l2
l 20
 c 1
12
3
2
 c 1
1
8
2 2
c

c  0,943 c
9
9
3
Opción B
Problema 2. Considera los núcleos de litio 6Li y 7Li de masas 6,0152 uma y 7,0160 uma, respectivamente,
siendo 3 el número atómico de estos dos isótopos. Calcula para ambos núcleos:
a) El defecto de masa
b) La energía de enlace
c) La energía de enlace por nucleón
Datos: 1uma=1,66×10-27 Kg; 1uma=931 MeV; 1eV = 1,6×10-19J; m(p)=1,0073 uma; m(n)=1,0087uma;
c=3×108 m/s
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Solución
a) El núcleo 6Li tiene 3 protones y 3 neutrones. Si sumamos las masas de las partículas que
componen este núcleo obtenemos 3mp + 3mn = 3 (1,0073 + 1,0087) uma = 6,048 uma. Sin
embargo, la masa del núcleo de 6Li es 6,0152 uma. A la diferencia entre ambas masas se le
denomina defecto de masa, y es debido a que parte de la masa del núcleo es transformada
en energía para mantener unido al núcleo atómico (ten en cuenta que en él se encuentran
partículas con cargas positivas, que se repelen, y por tanto hace falta mucha energía para
mantenerlas unidas). En este caso, el defecto de masa es m = 6,048 uma – 6,0152 uma =
0,0328 uma. Existe una fórmula que permite calcular el defecto de masa directamente,
m = [ Z mp + (A – Z) mn ] – m
Para el caso del 7Li, que tiene 3 protones y 4 neutrones, procederemos usando la
fórmula anterior, m = [ Z mp + (A – Z) mn ] – m = ( 3×1,0073 + (7–3)×1,0087) – 7,0160 =
0,0407 uma.
Aunque no se diga, en física nuclear se suelen dar las masas en MeV. Si lo hacemos
así, tenemos que
931MeV
 30,54MeV
m(6Li) = 0,0328uma
1uma
m(7Li) = 0,0407uma
931MeV
 37,89MeV
1uma
b) Ya sabes que el principio de conservación de la energía, o primer principio de la
termodinámica, indica que la energía ni se crea ni se destruye, sólo se puede transformar de
unas formas a otras. Se ha constatado experimentalmente que en determinados procesos
nucleares la masa y la energía son equivalentes, siendo la expresión que permite calcular
dicha equivalencia la famosa ecuación propuesta por A. Einstein, E = mc 2, siendo c la
velocidad de la luz en el vacío.
Por tanto, una variación en la masa,m, irá acompañada por una variación en la energía,
E:
E = m  c2
Aplicando esta ecuación a cada uno de nuestros núcleos atómicos tenemos que en el
caso del 6Li, E = m  c2 =
= 0,0328uma 
1,66  1027 kg
1MeV
 (3  108 m / s) 2  4,9  1012 J
 30,627MeV
1uma
1,6  1013 J
Y en el caso del 7Li, E = m  c2 =
= 0,0407uma 
1,66  1027 kg
1MeV
 (3  108 m / s) 2  6,08  1012 J
 38,004MeV
1uma
1,6  1013 J
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Estas energías son muy pequeñas, pero hay que tener en cuenta que estamos
hablando de un solo núcleo, y que si tenemos en cuenta 1 mol de núcleos, en el que hay
6,022 × 1023 núcleos...haz los cálculos.
c) Finalmente, la energía de enlace por nucleón se puede interpretar como la contribución de
cada uno de los nucleones a la estabilidad del núcleo. Se obtiene dividiendo la energía del
núcleo por el número total de nucleones. Cuanto mayor sea, más estable será el núcleo.
En el caso del 6Li, E n ( 6 Li) 
E 30,627MeV

 5,105
A
6
En el caso del 7Li, E n ( 7 Li) 
E 38,004MeV

 5,429
A
7
Por tanto, podemos deducir que el isótopo 7Li es más estable que el 6Li, ya que su
energía de enlace por nucleón es mayor.
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