3efectocompton-160613060207

S.KFVMLFDN DFÑVM L L LKFKJFJKKJ KJ FJKD KJDF JK JK
VII
Agradecemos a los excelentes estudiantes de la
especialidad de Matemática, Física e
Informática; por interactuar y comunicar sus
aprendizajes; correspondiente a la asignatura de
Fisica Cuántica, desarrollados en los años 2003,
2004 y 2005.
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SUMARIO
Hoja de Vida de Arthur Compton
Nociones teóricas del efecto Compton
Solución a los problemas de los autores:
Halliday – Resnick- Krane “FISICA”
Vol. 2. 4ºEdición.CECSA.Mexico.1996
Serway – Beichner
“FISICA”
Tomo 2. 5ºEdición.Mc Graw Hill. Mexico.2001
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Arthur Compton
Arthur Holly Compton (n. Wooster, Ohio, 10 de septiembre de 1892 † Berkeley, California, 15 de marzo de 1962). Físico y Premio Nobel
estadounidense.
Sus estudios de los rayos X le llevaron a descubrir en 1922 el
denominado efecto Compton. El efecto Compton es el cambio de
longitud de onda de la radiación electromagnética de alta energía al ser
difundida por los electrones. El descubrimiento de este efecto confirmó
que la radiación electromagnética tiene propiedades tanto de onda como
de partículas, un principio central de la teoría cuántica.
Compton nació en Wooster (Ohio) y estudió en el Wooster College y en la Universidad de
Princeton. En 1923 fue profesor de física en la Universidad de Chicago. Durante su estancia en
esta universidad, Compton dirigió el laboratorio en el que se produjo la primera reacción
nuclear en cadena. Compton también desempeñó un papel destacado en el Proyecto
Manhattan, la investigación que desarrolló la bomba atómica. Desde 1945 hasta 1953 Compton
fue rector de la Universidad de Washington y después de 1954 fue catedrático de Filosofía
Natural.
Por su descubrimiento del efecto Compton y por su investigación de los rayos cósmicos y de la
reflexión, la polarización y los espectros de los rayos X compartió el Premio Nobel de Física de
1927 con el físico británico Charles Wilson.
Efecto Compton
Descubrimiento y relevancia histórica
El efecto Compton fue estudiado por el físico Arthur Compton en 1923 quién pudo explicarlo
utilizando la noción cuántica de la radiación electromagnética como cuantos de energía. El
efecto Compton constituyó la demostración final de la naturaleza cuántica de la luz tras los
estudios de Planck sobre el cuerpo negro y la explicación de Albert Einstein del efecto
fotoeléctrico. Como consecuencia de estos estudios Compton ganó el Premio Nobel de Física en
1927.
Este efecto es de especial relevancia científica ya que no puede ser explicado a través de la
naturaleza ondulatoria de la luz. La luz debe comportarse como partículas para poder explicar
estas observaciones por lo que adquiere una dualidad onda corpúsculo característica de la
mecánica cuántica.
El efecto Compton consiste en el aumento de la longitud de onda de un fotón de rayos X
cuando choca con un electrón libre y pierde parte de su energía. La frecuencia o la longitud de
onda de la radiación dispersada depende únicamente de la dirección de dispersión.
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Los rayos X, dispersados en un blanco de grafito, fueron analizados con un espectrómetro de
cristal giratorio, y la intensidad se midió con una cámara de ionización que generaba una
corriente proporcional a la intensidad. El haz incidente consistía en rayos X monocromáticos
de longitud de onda  0 = 0,071 nm.
Las graficas para los tres ángulos diferentes de cero presentan dos picos, uno en  0 y uno en
| >  0 .El pico corrido en | es provocado por la dispersión de rayos X a partir de electrones
libres, y Compton predijo que dependería del ángulo de dispersión  . Se llama corrimiento de
Compton : 
Al factor h/mc , recibe el nombre de longitud de onda Compton :  C =0,002 43 nm
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Es justo decir que estos resultados ¡fueron los primeros que realmente convencieron a la mayoría de los
físicos de la validez fundamental de la teoría cuántica!
Deducción de la ecuación de corrimiento Compton
Es posible deducir la ecuación de corrimiento Compton suponiendo que el foton se comporta como una
partícula y choca de manera clásica con un electrón libre inicialmente en reposo(figura):
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Paso 1 : Aplicando el principio de la conservación de la energía a este proceso
produce:
Energía fotón incidente = Energía fotón dispersado + Energía electrón retroceso
hc hc
 |  Ke
0

Ya que el electrón puede retroceder a magnitudes de velocidad comparables con la de la luz , se
debe emplear la expresión relativista : K  m e c 2  m e c 2 . Por consiguiente:
hc hc
 |  m e c 2  m e c 2
0

(1)
1
Donde :  
2
v
1 
c
Paso 2 : Aplicando la ley de la conservación del momentum a este choque, pero
observando que se conservan las componentes de momentum x e y .
De la relación energía – momento : E 2  p 2 c 2  (mc 2 )2
Cuando la partícula esta en reposo , p = 0 , asi que E = ER =mc2.Para la partícula que tiene
masa cero , como los fotones, se establece m = 0 , y obtenemos : E = pc, de donde :
c
E  hf  h    pc

Cancelando c , obtenemos : p 
h

Como la expresión relativista para el momentum del electrón que retrocede es :
se obtienen las siguientes expresiones :
h
h
 | cos   m e v. cos 
0 
h
0  | sen   m e v.sen 

Componente x :
Componente y :
p e  m e v ,
(2)
(3)
Relacionemos las siguientes ecuaciones :
2
h h

  cos    (mevcos  )2
   '

2
Elevemos al cuadrado la Ec. (2)
2
h2
 h
 h
2
 ...................(4)
mev2 cos
cos     cos2   Elevamos
  2
al
cuadrado
la Ec. (3)
'
 
 '
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Elevamos al cuadrado la Ec. (3)
2
h

2
 sen   (mevsen )
 '

2
 h
2
  sen2   mev Sen2 
|

2
 h
2
2
2
  (1  cos )  mev sen  ............................................(5)

'
 
Sumemos Ec. (4) con Ec. (5):
 h

 0
2

h2
h
h
h
2
2
  2
cos     cos 2        cos 2   m e v  cos 2   m e v  sen 2 


'

'

'

'
 
 
 
0

2
2
 h

 0
 h

 0
2
2

h2
h
2
     2
cos   m e v  cos 2   sen 2 

 '
 ' 

1
2
2



h2
h
2
     2
cos   m e v  .......... .......... ......... Ec(6)
 0 '
 ' 

c2 2 1
1
si 
 v2 
reemplazan do (6)
2
v2
1 2
c
2

2


 
 h

 0
2
2

h2
h
2c  1
     2
cos    2 m e 
 '
2
 ' 


 h

 0

h2
h
2
2
     2
cos   m e c   m e c  .......... .......... .......... .......... ....... Ec(7)
 '
 ' 

2
2


2
De la ecuación (1), elevamos al cuadrado:
hc hc
 |  m e c 2  m e c 2
0

2
 h

h
2

  m e c   m e c 
  0 '

 h

 0
2

h2  h 
h
2
  2
 |  2
(|   0 )(mc )  (mc )2  mc 
|
|
0   
0

2
Ec(8)
Reemplazando la Ec(8) en la Ec(7):
 h

 0
2
 h
 h
h2
   |   2
cos   
|
0
  
 0
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2

h2  h 
h |
2
  2
 |  2
(   0 )(mc )  (mc )2  mc 
|
|
0   
0 

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2
h2
h2
h

2
cos   2
(|   0 )(mc )
|
|
0
0
 0 |
Simplificando:
h  h cos   (|   0 )mc
Ordenando:
h
(1  cos )  |   0
mc
Por lo tanto :
l.q2.d
Ejemplos :
1. Se dispersan rayos X de longitud de onda  0 = 0,200 nm de un bloque de
material. Los rayos X dispersados se observan a un ángulo de 45º en relación
con el haz incidente .Calcule su longitud de onda.
Solución:
Sea
6,626  10 34 J .s
(1  cos 45 º )
(9,11  10 31 kg)(3  10 8 m / s)
 7,10  10 13 m  0,000 710 nm
Por lo tanto : |     0  0,200 710 nm
  |   0 
2. De un blanco de carbono se dispersan rayos X con  0  100 pm .La radiación
dispersada se observa a 90º del haz incidente.
a) ¿Cuál es el corrimiento Compton  ?
b) ¿Qué energía cinética se imprime al electrón de retroceso?
Solución:
a) Sea
6,626  10 34 J .s
(1  cos 90 º )
(9,11  10 31 kg)(3  10 8 m / s)
 2,43  10 12 m  2,43 pm
  |   0 
c) Recordemos la ecuación :
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hc hc
 |  Ke
0

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hc  
 0 ( 0  )
-17
Reemplazando datos : K = 4,72  10 J = 295 eV
Si se sustituye : |     , obtenemos : K 
Solución Sección 49-7 . El Efecto Compton
Halliday Resnick Krane . Vol. 2. 4º Edición. CECSA.1996
51. Un fotón de rayos X en particular tiene una longitud de onda de 41,6 pm.
Calcule (a) la energía, (b) la frecuencia y (c) el ímpetu del fotón
Solución
hc (6,626  10 34 )(3  10 8 )
(a) Energía : E 

 0,48  10 14 J  29 ,86 KeV
12

41,6  10
c
3  10 8
(b) Frecuencia : f  
 0,072  10 20 Hz  7,2  10 18 Hz
12
 41,6  10
h 6,626  10 34
(c) Ímpetu : p  
 0,159  10  22 kg * m / s  1,59  10  23 kg.m / s
12

41,6  10
55. Sobre electrones libres inciden fotones de 2,17 pm de longitud de onda . (a)
Halle la longitud de onda de un fotón que se dispersa a 35º de la dirección
incidente . (b) Haga lo mismo cuando el ángulo de dispersión es de 115º
Solución
h
(1  cos 35 º ) = 2,87 pm
mc
h
(b)   |   0 =
(1  cos 115 º ) = 5,89 pm
mc
57. Demuestre que E / E , la pérdida fraccionaria de energía de un fotón durante
una colisión de Compton, esta dada por:
(a)   |   0 =
E
hf|

(1  cos )
E
mc 2
Solución
Tenemos :
hf| hf|
hf|


(1  cos )
hc hc mc 2

|
Remplazando las energías :
Dividiendo : 1 
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E| E|
hf|


(1  cos )
E| E mc 2
E|
hf|

(1  cos )
E mc 2
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E  E|
hf|

(1  cos )
E
mc 2
E
hf|

(1  cos )
Por lo tanto
l.q2.d
E
mc 2
Obteniendo mcm :
59. Halle el corrimiento máximo de la longitud de onda en una colisión Compton
entre un foton y un protón libre.
Solución
Tenemos
Reemplazando los valores indicados:   |   0 =

2h
m protón c

h
(1  cos 180 º )
mc
2  6,626  10 34
 2,645 fm
(1,67  10  27 )(3  10 8 )
61. Un foton de rayos X de longitud de onda  0 = 9,77 pm es retrodispersado por
un electrón (   180 0 ).Determine (a) el cambio en la longitud de onda del
fotón. (b) el cambio en la energía del fotón, y (c) la energía cinética final del
electrón
Solución
Tenemos;
h
2h
(1  cos 180 º ) 
 4 ,849 pm
mc
mc
hc
y E|= | ; luego : E  E  E| = -42,1 KeV

(a) Reemplazando datos :  
(b) Hallamos : E=
hc
0
(c)
65. (a) Determine que cuando un foton de energía E se dispersa de un electrón
libre , la energía cinética máxima de retroceso del electrón esta dada por :
E2
mec2
E
2
(b)Hale la energía cinética máxima de los electrones dispersados por el
efecto Compton expulsados de una hoja de cobre delgada mediante un haz
incidente de rayos X de 17,5 KeV
K max 
Solución
Sabemos : E  p c  (mc )
2
2
2
2 2
De donde , podemos reducir a :
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y
hc hc
 |  Ke
0

E = E| + K
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(*)
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Por lo demostrado anteriormente :
Se obtiene :
1
1
1


(1  cos )
hc hc m e c 2

|
1 1
1
 
(1  cos )
|
E E mec2
Simplificando :
E  E|
1

(1  cos )
|
E  E mec2
K
1

(1  cos )
(E  K)  E m e c 2
Pero ,de (*) :
Reemplazando :   180 º
K
2
Tenemos :

(E  K)  E m e c 2
K max 
Ordenando en función de K :
E2
m c2
E e
2
l.q2.d
Solución Sección 40,3 . El Efecto Compton
Serway Beichner . Vol. 2. 5º Edición. Mc Graw Hill.2001
24.- Calcule la energía y momentum de un fotón de 700nm de longitud de onda.
Solución:
hc 6.626 x10 34 J .s  3x108 m s
 E

0
700 x10 9 m



E  0.028x10 17 J
h
P
 0.00947 x10 25 J . m s
0
P  9.47 x10 22 Kg m s
25.- Rayos X que tiene una energía de 300KeV experimentan dispersión Compton
desde un blanco. Si los rayos dispersados se detectan a 37.0º respecto a los
rayos incidentes, encuentre a) el corrimiento de Compton a este ángulo, b) la
energía de los rayos X dispersados y c) la energía del electrón en retroceso.
Solución:
a) el corrimiento de Compton a este ángulo:
h
1  cos 
 '0 
meC
  0.00243nm(1  cos 37º )
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  489 ,3 fm
b) la energía de los rayos X dispersados:
h
1  cos 
 '0 
mec
Se sabe que:
hc
hc
E0 
 E' 
2
'
mec
Reemplazando:
h
hc hc
=
1  cos 

mec
E' E 0
1  cos 37º 
1
1


3
19
E ' (300 x10 )1,6 x10 J  9,1x10 31 kg3x10 8 m s 2
Simplificando:
E'  268 ,3KeV
c) la energía del electrón en retroceso:
E 0  E'  K e
K e  E 0  E'
E k  300 keV  268 ,3 keV
E k  31,677 keV
26.-Un fotón de 0.110nm choca con un electrón estacionario después del choque el
electrón se mueve hacia adelante y el foton retrocede. Encuentre el
momentum y la energía cinética del electrón.
Solución:
Datos:
 0  0 .110 nm
  180 º
Después del choque
el foton retrocede
Después del
choque va hacia
delante
h
1 cos180º 
meC
  c 1   1
 '0 
  2c
  = 0.00486nm
 = 4.86x 1012 m
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Pero: c = 0.00243nm
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 '0  4.86x 1012 m
Si:
h
cos180º  m e V cos 0 0 +
0  '
h
Y: 0 
sen180º  m e Vsen 0 0
'
X:
h
h

h
  meV
0
'
( '0 )
h h
 h
 meV =
0  '
 '.0
Si:  '    0
h(  0  0 ) h(  20 )

Pe 
(  0 )0
0 (  0 )
Pe 




(6.626 x1034 J .s) 4.86 x1012 m  2 0.110 x109 m
4.86 x1012 m  0.110 x109 m 0.110 x109 m

Pe  114.6x10-25kg (m s )
Pe  1.15kg m s
E 0  E'Ke
Ke  E 0  E' 
Ke 

2 m


s
h
h hc ' 0 
 
 0 '
 0 '
hc 
 0 (   0 )
6,626 x10

 34



J .s 3 x10 8 m s 4 .86 x10 12 m
110 x10 12 m 4 .86 x10 12 m  110 x10 12 m
Ke  478 keV
Ke 


27.- Un fotón de 0.00160nm se dispersa a partir de un electrón libre. ¿Para que
ángulos de dispersión (fotón) el electrón de retroceso tiene la misma energía
cinética que la energía del fotón dispersado?
Solución:
 0  0.00160 x10 9
E0  E ' Ek
Como: E '  Ke
hc hc hc
1
2




0
' '
 0 '
|   0 
)
)
h
1  cos 
mc
h
1  cos 
mc
0 .00160 x10  4 m  0 . 00243 x10 9 m 1  cos 
0 
F A C Ucos
L T A 
D 0D
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  70 ,1º
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28.- En un experimento de dispersión Compton un fotón se desvía en 90.0º y el
electrón se desvía en un ángulo de 20.0º. Determine la longitud de onda del
foton dispersado.
Solución:
h
h
X:
 cos    m e V cos 
 0 '
h
Y: 0 
sen    m e Vsen 
'
Luego:
h
Y:
(2)
  m e Vsen 20 º
'
h
X:
(1)
  m e V cos 20 º
Si
  90
  20
)
)
0
De (2): (1)
0   ' tg 20º
De:
h
1  cos 90º 
mc
h
h
  ' (1  tg 20º ) 
 ' ' tg 20º 
mc
mc
9
' (1  0,36 )  0,00243 x10 m
 '0 
'  3,8 x10 12 m
29.- Un Foton de 0.880mev es dispersado por un electrón libre inicialmente en
reposo, de tal manera que el ángulo de dispersión del electrón dispersado es
igual al del foton dispersado (    ) a) Determine los ángulos  y  b) La
energía y el momentum del fotón dispersado y c) La energía cinética del
electrón dispersado
Solución:
a) Determine los ángulos  y 
h
h
X:
 cos    m e V cos 
 0 '
h
sen    m e Vsen 
Y: 0 
'
h
h
De Y: 0 
  meV 
 m e V
'
'
h
h
h
En X:
(   )
 cos   cos 
 0 '
'
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)
)
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h
h
 2 cos   '  2 0 cos 
0
'
h
1  cos   2 0 cos    0  h 1  cos 
 '0 
mec
mec
hc
Pero : E 0 
, reemplazando y combinando:
0
:
mec2
2 cos   1  1  cos 
E0

2cos   1  1  cos 
1.6 x10 J 
(9 .1x10 31 kg) 9 x10 16 m
0 .880 x10
6
2
s2
19
58 .09 x10 2 cos   1  1  cos 
2
cos   1.58
 0 .73
2 .16
   43 .1º
b) La energía y el momentum del fotón dispersado:
hc
Si: ´  2 0 cos 
E' 
'
hc
hc
Si: 0 
E' 
E0
2 0 cos 
E0
0.808meV
Reemplazando: E ' 
 602, KeV
E' 
2 cos 43º
2 cos 
P
h
=


E ' 602 x10 3 1.6 x10 19

c
3x10 8 m s

'
P  3.21x10 22 kg ms
c) La energía cinética del electrón dispersado:
K e  880 KeV  602 KeV
K e  278 KeV
30.- Un Foton que tiene energía Eo es dispersado por un electrón libre
inicialmente en reposo, de tal manera que el ángulo de dispersión del
electrón dispersado es igual al del foton dispersado (    ) a) Determine los
ángulos  y  b) La energía y el momentum del fotón dispersado y c) La
energía cinética del electrón dispersado.
Resolución:
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a) Determine los ángulos  y 
h
h
X:
 cos    m e V cos  ………… (1)
 0 '
h
Y: 0 
sen    m e Vsen  ………….. (2)
'
h
h
De: Y: 0 
  meV 
 m e V …. (3)
'
'
Luego (3) en (1)
h
h
h
De: X:
(   )
 cos   cos 
 0 '
'
Despejando  ':
'  2 0 cos 
Corrimiento de Compton:
h
1  cos 
De: |   0 
mec
h
1  cos  ; Sabiendo que: 0  hc
2 0 cos    0 
mec
E0
En función de E0 se tiene:
E0
1  cos  Si hacemos : E 0 2  x
2 cos   1 
2
mec
mec
2 cos   1  x1  cos 
)
)
 x 1 
Aislamos el ángulo :   arcCos 

x2
b) La energía y el momentum del fotón dispersado:
energía
hc
Si: '  2 0 cos 
E' 
'
hc
hc
Si: 0 
E' 
2 0 cos 
E0
E0
 Entonces: E' 
2 cos 
E0
Si reemplazamos otra vez :
x
mec2
 x 2  2x 
m e c 2
Obtenemos : E|  
 2x  2 
momentum
h
Sea: P' 
'
h
P' 
2 0 cos 
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Si: '  2 0 cos 
Si: 0 
hc
E0
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
Entonces: P' 
E0
2.c. cos 
Si reemplazamos otra vez :
E0
x
mec2
 x 2  2x 
m e c
Obtenemos : p  
2
x

2


c) La energía cinética del electrón dispersado:
E0=E| + Ke
K e  E 0  E'
|
 x 2  2x 
m e c 2
Remplazamos : Ke  x.m e c 2  
2
x

2


2
 x 
m e c 2
Simplificando : Ke  
 2x  2 
31.- Un fotón de 0.700 MeV dispersa a un electrón libre de modo que el ángulo de
dispersión del fotón es el doble del ángulo de dispersión del electrón,
determine a) El ángulo de dispersión para el electrón y b) La rapidez final del
electrón.
Solución:
a) El ángulo de dispersión para :
h
h
X:
 cos    m e V cos 
 0 '
h
Y: 0 
sen    meVsen 
'
Si:  =2 
h
h
De X:
 cos 2   m e V cos 
 0 '
h
h
 (2 cos 2   1)   m e V cos  ………(1)
0  '
h
De Y: 0 
(2 sen  cos )   m e Vsen 
'
h
0
(2 cos )   m e V
'
h
meV  (2 cos ) ………….(2)
'
De (2) en (1):
h
h
h
 (2 cos 2   1)  (2 cos ) cos 
 0 '
'
)  =2 
)
E0=0.700mev
=700kev
Despejando  ' =  0 (4 cos 2   1)
h
1  cos 
 '0 
Pero:
mec
Remplazando:
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h
1  cos 2
mec
hc
Sabiendo que: 0 
E0
 0 (4 cos 2   1)   0 

E0
1  cos 2 
2
mc
3
19
(700 x10 )(1 .6 x10 J ) 1  cos 2 
2 cos 2   1 
2
(9 .1x10 31 kg)(9 x10 16 m s 2 )
En función de E0 se tiene: 2 cos 2   1 


2 cos 2   1 =1.37 1  cos 2 
cos   0 .84
  33 º



b) La rapidez final del electrón:
h
1  cos 
Si:  '0 
mec
hc
Sabemos que: 0 
E0
hc
Tambien:  ' 
y   2
E'
Remplazamos en Compton :
hc hc
h


(1  cos 2)
|
E E 0 mc
Simplificamos :
E' 
E0mec2
E 0 (1  cos 2)  m e c 2
Si : E 0  700 KeV
 E 0  1,12 x10  25 J
Reemplazando
E|=0,39 MeV
Finalmente :
E 0  E ' K e

K e  E 0  E'
K e  0,7 M eV  0,39 M eV
m e c 2  m e c 2  0,31 M eV
Aislando   1,6
v2
 1,6
c2
De donde v = 0,785c
1
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32. Un foton que tiene una longitud de onda  dispersa a un electrón libre en
A(fig) produciendo un segundo foton que tiene una longitud de onda | .Este
foton dispersa después otro electrón libre en B produciendo un tercer foton
con longitud de onda " que se mueve directamente opuesta al foton original,
como se muestra en la fig).Determine el valor numerico de   "
Solución
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Aplicamos Compton en :
A:
h
(1  cos )
mc
h
"| 
(1  cos(180  )) ,
mc
|   
B:
Además : cos(180-)= - cos
2h
mc
Reemplazando datos : "  4,85 pm
Entonces sumamos A y B :
" 
66) Un foton de 200 MeV es dispersado a 40.0º por un protón libre inicialmente en
reposo. (a) Encuentre la energía (en MeV) del foton disperso (b)¿Cuál es el valor de
la energía cinética (en MeV) que adquiere el protón?
Solución:
(a)Por el corrimiento Compton decimos:
´  
h
m protón c
(1  cos )
hc
hc
h


(1  cos )
E´
E
m protón c
1
1
(1  cos 40 )


E´
E
m protón c 2
Reemplazando valores: E|= 190,11 MeV
(b) Tenemos : E0 = E| + Ke
Luego : Ke = E0 – E| = 200 MeV – 190,11 MeV = 9,89 MeV
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70.- Muestre que un fotón no puede transferir toda su energía a un electrón
libre. (Sugerencia: recuerde que la energía y el momentum deben
conservarse.)
 Supongamos que el foton fuese absorbido por el electrón sin emisión de otro foton. Calculemos la velocidad
final del electrón.
 Tomáremos en cuenta las leyes de conservación del momento lineal y de la energía:
hf
;
c
E  cte  hf  m e c 2  m e c 2
P  cte  mv 
Donde: mo y m son la masa del electrón en reposo y la velocidad v1 respectivamente, verificación ambas:
mo
m
v
1  
c
2
De las ecuaciones anteriores tenemos:
mvc  m0c 2  mc2  m(c  v)  m0c
mo (c  v)
v
1  
c
2
 m0c  c  v  c 1 
v2
 c  v c2  v2
c2
c  v 2  c 2  v 2  c  v  c  v  v  0
Pero la velocidad final del electrón no puede ser nula pues se violaría el principio de conservación del momento
lineal, en consecuencia, la suposición final es falsa y siempre debe emitir un foton dispersado
71.- Demuestre que la rapidez de una partícula que tiene longitud de onda de
Broglie  y
la longitud de onda Compton c  h
es:
(mc)
v
c
1  ( c ) 2
Solucion:
La longitud de onda de De Broglie asociada a una partícula cuya masa en reposo es m0 y en
movimiento m viene dada por:
h
h
B  

p mv
h
m0
1
v2
c2
h 1  v2 c2

m0v
.v
mientras la longitud de onda de Compton es: c 
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h
m0c
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h 1  v2 c2

m0v
Luego tenemos que: B =
h
c
m0c
2
2
2
B c 1  v c
v B
v 2 B
v2
2
2



 1v c  2

1
c
v
c c
c c 2 c 2
v2
 2
c
2
 B2

 2  1  1  v 2  c 2



 c

1  B2
c
c
v 
1
B
2
c
2
l.q 2 .d.
75.- Un foton de energía inicial E0 sufre una dispersión Compton a un ángulo  a
partir de un electrón libre (masa me ) inicialmente en reposo. Utilizando las
ecuaciones previstas para la conservación de la energía y el momentum,
obtenga la siguiente relación para la energía final E’ del foton dispersado:

E '  E0 1  ( E0 / m0c 2 )(1  cos  )

1
Solución
A partir de la formula del corrimiento Compton
)
)
 '0 
h
1  cos  
mc
hc hc
h
1  cos    1  1  1 2 1  cos  


E ' E0 mc
E ' E0 mc
1
1
E0
1  cos    1  1 1  E02 1  cos  


2
E ' E0 E0 mc
E ' E0  mc

1
E


 E '  E '  E0 1  02 1  cos   l.q.q.d.
E
 mc

1  02 1  cos  
mc
E0
77.- Un electrón inicialmente en reposo retrocede en un choque frontal con un fotón.
Demuestre que la energía cinética adquirida por el electrón es 2hfa 1  2a  , donde a
es la proporción de energía en reposo del electrón.
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Después del choque
el foton retrocede
Después del
choque va hacia
delante
A partir del efecto Compton se tiene:
 '0 
h
1  cos  
mc
Dato: a 
E0
hf

E e mc 2
 hf  amc2
hc hc
h
1  cos180º 


E ' E0 mc
Si : E0  E ' E k  E '  E0  Ek
Ek
1
1
2
2
2




 E k mc 2  2E 0  2 E 0 E k
2
2
E 0  E k E 0 mc
E 0 E 0  E k  mc
2
E k (mc  2 E 0 )  2E 0
2
2
2E 0
 Ek 
mc 2  2 E 0
2(aE e )2
2a 2 (mc 2 )2
Ek 

E

 Ek 
k
mc 2  2aE 0
mc 2 (1  2a )
Ek 
2a
E0
(mc 2 )
mc 2
1  2a
2 hfa
l.q 2 .d .
1  2a
79.- Muestre que la proporción entre la longitud de onda Compton c y la longitud
de onda De Broglie   h para un electrón relativista es:
p
2

c  E 
  2   1
  mc 

1
2
Donde E es la energía total del electrón y m su masa.
Solución:
De ecuación de Einsten de equivalencia entre masa y energía:
E  mc
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Pero: m 
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mo
v
1  
c
2
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 v2 
E 
 E 1  2   m0c 2
2
 c 
v
1  
c
mo
2

 E  m0c
2
E2
m c 
2 2
0
 1

2

2 2
v2
E 2
c
E 2v 2
m c  c
2 2
2
0
Pero:
FACULTAD
DE
2
 E2

2
 m0c

 E2

2
 m0c
 E 2 



  1  c  c   2   1
B
B  mc 



EDUCACION
2
2
h2


2

m 2 B
  1 
2
h2

m0c 2
2
m 2c


2

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h
mv
h
c 
m0 v
B 
1
2
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