FÍSICA MODERNA

Física P.A.U.
FÍSICA MODERNA
1
FÍSICA MODERNA
◊
INTRODUCIÓN
●
RECOMENDACIÓNS
1.
Farase unha lista con datos, pasándoos ao Sistema Internacional se non o estivesen.
2.
Farase outra lista coas incógnitas.
3.
Debuxarase un esbozo coas distancias coherentes coa situación. Deberán incluír cada unha das
forzas ou das intensidades de campo, e a súa resultante.
4.
Farase unha lista de ecuacións que conteñan as incógnitas e algún dos datos, mencionando á
lei ou principio ao que se refiren.
5.
No caso de ter algunha referencia, ao rematar os cálculos farase unha análise do resultado para
ver si é o esperado. En particular, comprobar que os vectores campo electrostático teñen a dirección e o sentido acorde co esbozo.
6.
En moitos problemas as cifras significativas dos datos son incoherentes. Resolverase o problema supoñendo que os datos que aparecen con unha ou dúas cifras significativas teñen a mesma
precisión que o resto dos datos (polo xeral tres cifras significativas), e ao final farase un comentario sobre o as cifras significativas do resultado.
●
ACLARACIÓNS
1.
Os datos dos enunciados dos problemas non adoitan ter un número adecuado de cifras significativas, ben porque o redactor pensa que a Física é unha rama das Matemáticas e os números
enteiros son números «exactos» (p.ej a velocidade da luz: 3×108 m/s cre que é
300 000 000,000000000000000... m/s) ou porque aínda non se decatou de que se pode usar calculadora no exame e parécelle máis sinxelo usar 3×108 que 299 792 458 m/s).
Por iso supuxen que os datos teñen un número de cifras significativas razoables, case sempre
tres cifras significativas. Menos cifras darían resultados, en certos casos, con ampla marxe de
erro. Así que cando tomo un dato como c = 3×108 m/s e reescríboo como:
Cifras significativas: 3
c = 3,00×108 m/s
o que quero indicar é que supoño que o dato orixinal ten tres cifras significativas (non que as
teña en realidade) para poder realizar os cálculos cunha marxe de erro máis pequena que a que
tería se empregásemos o dato tal como aparece. (3×108 m/s ten unha soa cifra significativa, e un
erro relativo do 30 %. Como os erros adóitanse acumular ao longo do cálculo, o erro final sería
inadmisible. Entón, para que realizar os cálculos? Cunha estimación sería suficiente).
Física P.A.U.
FÍSICA MODERNA
2
◊
PROBLEMAS
●
MECÁNICA CUÁNTICA
1.
Nunha célula fotoeléctrica, o cátodo metálico ilumínase cunha radiación de λ = 175 nm, o potencial de freado para os electróns é de 1 voltio. Cando se usa luz de 200 nm, o potencial de freado
é de 1,86 V. Calcula:
a) O traballo de extracción do metal e a constante de Planck h.
b) Produciríase efecto fotoeléctrico se se iluminase con luz de 250 nm?
Datos e = 1,6×10-19 C; c = 3×108 m/s; 1 m = 109 nm
(P.A.U. Xuño 02)
Rta.: a) h = –6,4×10-34 J·s, We = –1,3×10-18 J; b) Si?
Datos
Lonxitude do onda da primeira radiación
Potencial de freado na experiencia coa primeira radiación
Lonxitude do onda da segunda radiación
Potencial de freado na experiencia coa segunda radiación
Carga do electrón
Velocidade da luz no baleiro
Incógnitas
Traballo de extracción do metal
Constante de Planck
Enerxía dun fotón de λ = 250 nm
Outros símbolos
Enerxía cinética máxima dos electróns emitidos
Frecuencia dos fotóns
Ecuacións
De Einstein do efecto fotoeléctrico
De Planck (enerxía dun fotón)
Relación entre a enerxía cinética dos electróns e o potencial de freado
Relación entre a frecuencia e a lonxitude de onda dunha onda
Cifras significativas: 3
λ1 = 175 nm = 1,75×10-7 m
V1 = 1,00 V
λ2 = 200 nm = 2,00×10-7 m
V2 = 1,86 V
e = 1,60×10-19 C
c = 3,00×108 m/s
We
h
Ef
Ec
f1, f2
Ef = We + Ec
Ef = h · f
Ec = e · V
f=c/λ
Solución:
a) A ecuación de Einstein do efecto fotoeléctrico queda
h ·c
=W ee ·V
λ
Substituíndo os dous pares de datos:
h ·3,00×108 [m·s −1 ]
=W e +1,60×10−19 [C]·1,86 [ V]
2,00× 10−7 [m ]
h ·3,00×108 [m·s−1 ]
=W e +1,60×10−19 [C]·1,00 [ V ]
1,75×10−7 [ m ]
queda un sistema de dúas ecuacións con dúas incógnitas, que ten como resultado
h = –6,4×10-34 J·s
We = –1,3×10-18 J
Análise: Estes resultados son absurdos. Nin a constante de Planck nin o traballo de extracción poden ser
negativos. O erro está no enunciado do problema. A radiación de 175 nm ten máis frecuencia que a de 200
nm, e, polo tanto, máis enerxía, polo que os electróns sairán con maior enerxía cinética, e o potencial de
freado deberá ser maior, o que non está de acordo cos datos. Co enunciado correcto o potencial de freado
Física P.A.U.
FÍSICA MODERNA
3
de 1 V corresponde á lonxitude de onda de 200 nm e as respostas serían: h = 6,4×10-34 J·s e We = 8,0×10-19
J
b) Unha luz producirá efecto fotoeléctrico se a súa enerxía é superior o traballo de extracción.
A enerxía da luz incidente é:
Ef = h · f = h · c / λ = (–6,4×10-34 [J s] · 3×108 [m s–1] / 250×10-9 m = –7,7×10-19 J
que é maior que o traballo de extracción –1,3×10 -18 J, polo que produciría efecto fotoeléctrico.
Análise: Isto tamén é absurdo. Co enunciado correcto Ef = 7,7×10-19 J < 8,0×10-19 J e NON produciría efecto fotoeléctrico.
2.
O traballo de extracción de electróns nun metal é de 5×10-19 J. Unha luz de lonxitude de onda 375
nm, incide sobre o metal. Calcula:
a) A frecuencia limiar.
b) A enerxía cinética dos electróns extraídos.
Datos: constante de Planck h = 6,62×10-34 J·s, c = 3×108 m/s, 1 nm =10-9 m
(P.A.U. Set. 02)
Rta.: a) f0 = 8×1014 Hz, b) Ec = 3,0×10-20 J
Datos
Lonxitude do onda da radiación
Traballo de extracción do metal
Constante de Planck
Velocidade da luz no baleiro
Incógnitas
Enerxía cinética máxima dos electróns emitidos
Frecuencia limiar
Outros símbolos
Enerxía cinética máxima dos electróns emitidos
Ecuacións
De Planck (enerxía dun fotón)
De Einstein do efecto fotoeléctrico
Relación entre a frecuencia e a lonxitude de onda dunha onda
Cifras significativas: 3
λ = 375 nm = 3,75×10-7 m
We = 5,00×10-19 J
h = 6,62×10-34 J·s
c = 3,00×108 m/s
Ec
f0
Ec
Ef = h · f
Ef = We + Ec
f=c/λ
Solución:
a) A radiación que teña a frecuencia limiar, terá a enerxía xusta para arrincar o electrón, pero non sobrará
nada para comunicarlle enerxía cinética.
h · f0 = We + 0
Despexando a frecuencia limiar.
f 0=
W e 5,00×10−19 [ J]
=
=7,55×1014 s−1
−34
h 6,62×10 [ J·s]
Análise: Se calculamos a lonxitude de onda limiar, usando λ0 = c / f0 ≈ 400 nm que é da orde de magnitude
do outro dato (375 nm) e atópase na rexión violeta – u.v. do espectro electromagnético. Parece un resultado aceptable.
b)
E c= E f – W e =h f −W e=
hc
6,62×10−34 [ J·s] ·3,00×108 [m·s−1 ]
– W e=
−5,00×10−19 [ J]=3,0×10−20 J
λ
3,75×10−7 [m ]
(Se non se fixese a suposición de que os datos teñen tres cifras significativas, a enerxía dos electróns non
podería calcularse, xa que o resultado da enerxía do fotón da 5×10-19 J cunha cifra significativa, que é o
mesmo valor que o traballo de extracción)
Física P.A.U.
3.
FÍSICA MODERNA
4
Se o traballo de extracción para certo metal é 5,6×10-19 J. Calcula:
a) A frecuencia limiar por debaixo da cal non hai efecto fotoeléctrico nese metal.
b) O potencial de freado que se debe aplicar para que os electróns emitidos non cheguen ao ánodo se a luz incidente é de 320 nm.
Datos: c = 3×108 m/s; h = 6,63×10-34 J·s; 1 nm = 10-9 m; qe = 1,6×10-19 C
(P.A.U. Set. 03)
Rta.: a) f0 = 8,5×1014 Hz; b) V = 0,4 V
Datos
Lonxitude do onda da radiación
Traballo de extracción do metal
Constante de Planck
Velocidade da luz no baleiro
Carga do electrón
Incógnitas
Frecuencia limiar
Potencial de freado
Ecuacións
De Planck (enerxía dun fotón)
De Einstein do efecto fotoeléctrico
Relación entre a frecuencia e a lonxitude de onda dunha onda
Relación entre a enerxía cinética dos electróns e o potencial de freado
Cifras significativas: 3
λ = 320 nm = 3,20×10-7 m
We = 5,60×10-19 J
h = 6,62×10-34 J·s
c = 3,00×108 m/s
e = 1,60×10-19 C
f0
V
Ef = h · f
Ef = We + Ec
f=c/λ
Ec = e·V
Solución:
a) A radiación que teña a frecuencia limiar, terá a enerxía xusta para arrincar o electrón, pero non sobrará
nada para comunicarlle enerxía cinética.
h · f0 = We + 0
Despexando a frecuencia limiar.
f 0=
W e 5,60×10−19 [ J]
=
=8,46×1014 s−1
h 6,62×10−34 [ J·s ]
Análise: Se calculamos a lonxitude de onda limiar, usando λ0 = c / f0 ≈ 350 nm que é da orde de magnitude
do outro dato (320 nm) e atópase na rexión ultravioleta do espectro electromagnético. Parece un resultado
aceptable.
b) Da ecuación de Einstein,
E c= E f – W e =h f −W e=
hc
6,62×10−34 [ J·s] ·3,00×108 [m·s−1 ]
– W e=
−5,60×10−19 [ J]=6,1×10−20 J
−7
λ
3,20×10 [ m]
V=
E c 6,1×10−20 [J ]
=
=0,38 V
e 1,6×10−19 [C]
(Se non se fixese a suposición de que os datos teñen tres cifras significativas, a enerxía dos electróns non
podería calcularse, xa que o resultado da enerxía do fotón da 6×10-19 J cunha cifra significativa, que é o
mesmo valor que o traballo de extracción redondeada a unha soa cifra significativa)
4.
O traballo de extracción do cátodo metálico nunha célula fotoeléctrica é 3,32 eV. Sobre el incide
radiación de lonxitude de onda λ = 325 nm. Calcula:
a) A velocidade máxima coa que son emitidos os electróns.
b) O potencial de freado.
Datos: h = 6,63×10-34 J·s, c = 3×108 m/s, 1 nm =10-9 m, eV = 1,60×10-19 J, e = -1,60×10-19 C,
me = 9,11×10-31 kg
(P.A.U. Xuño 05)
Rta.: a) v = 4,2×105 m/s, b) V = 0,5 V
Física P.A.U.
FÍSICA MODERNA
Datos
Lonxitude de onda da radiación
Traballo de extracción do metal
Constante de Planck
Velocidade da luz no baleiro
Masa do electrón
Incógnitas
Velocidade máxima coa que son emitidos os electróns
Potencial de freado
Outros símbolos
Enerxía cinética máxima dos electróns emitidos
Ecuacións
De Planck (enerxía do fotón)
De Einstein do efecto fotoeléctrico
Relación entre a frecuencia e a lonxitude de onda dunha onda
Enerxía cinética
Relación entre potencial de freado e enerxía cinética
5
Cifras significativas: 3
λ = 325 nm = 3,25×10-7 m
We = 3,32 eV = 5,31×10-19 J
h = 6,63×10-34 J·s
c = 3,00×108 m/s
me = 9,11×10-31 kg
v
V
Ec
Ef = h · f
Ef = We + Ec
f=c/λ
Ec = ½ m v2
Ec = e·V
Solución:
a) Pola ecuación de Einstein do efecto fotoeléctrico
Ef = We + Ec
a enerxía cinética máxima dos electróns emitidos será
E c=E f – W e=h·f −W e =
h·c
6,63×10−34 [ J·s ]·3,00×108 [ m·s−1 ]
– W e=
−5,31×10−19 [ J]=8,08×10− 20 J
λ
3,25×10−7 [ m]
Despexando a velocidade da expresión da enerxía cinética
v=
√ √
−20
2 Ec
2· 8,08×10 [ J]
5
=
=4,21×10 m / s
−31
m
9,11×10 [ kg ]
(Se non se fixese a suposición de que os datos teñen tres cifras significativas, a velocidade dos electróns
non podería calcularse, xa que o resultado da enerxía do fotón da 6×10-19 J con só unha cifra significativa,
polo que ao restarlle o traballo de extracción 5×10-19 J daría para a enerxía cinética máxima dos electróns
1×10-19 J cun erro do 100 %)
b) O potencial de freado que anularía a enerxía cinética máxima dos electróns sería:
E 8,08×10−20 [ J]
V= c=
=0,5 V
e 1,60×10−19 [ C]
5.
A lonxitude de onda máxima capaz de producir efecto fotoeléctrico nun metal, é 4 500 Å:
a) Calcula o traballo de extracción.
b) Calcula o potencial de freado si a luz incidente é de λ = 4 000 Å.
c) Habería efecto fotoeléctrico con luz de 5×1014 Hz?
Datos: h = 6,63×10-34 J·s, c = 3×108 m/s, 1 Å = 10-10 m, qe = -1,6×10-19 C
(P.A.U. Xuño 10)
Rta.: a) W0 = 4,4×10-19 J ; b) V = 0,34 V
Datos
Lonxitude de onda limiar
Lonxitude de onda
Frecuencia da radiación
Constante de Planck
Velocidade da luz no baleiro
Carga do electrón
Cifras significativas: 3
λ0 = 4 500 Å = 4,50×10-7 m
λ = 4 000 Å = 4,00×10-7 m
f = 5×1014 Hz
h = 6,63×10-34 J·s
c = 3,00×108 m/s
qe = -1,60×10-19 C
Física P.A.U.
FÍSICA MODERNA
Incógnitas
Traballo de extracción
Potencial de freado
Outros símbolos
Enerxía cinética máxima dos electróns emitidos
Ecuacións
De Planck (enerxía do fotón)
De Einstein do efecto fotoeléctrico
Relación entre a frecuencia e a lonxitude de onda dunha onda
Relación entre potencial de freado e enerxía cinética
6
We
V
Ec
Ef = h · f
Ef = We + Ec
f=c/λ
Ec = qe·V
Solución:
a) A radiación que teña a frecuencia limiar, terá a enerxía xusta para arrincar o electrón, pero non sobrará
nada para comunicarlle enerxía cinética.
h · f0 = We + 0
O traballo de extracción valerá:
W e =h · f 0 =
h · c 6,63×10−34 [ J·s ]·3,00×10 8 J
=
=4,42×10−19 J
−7
λ0
4,50×10 m
b) Pola ecuación de Einstein do efecto fotoeléctrico
Ef = We + Ec
a enerxía cinética máxima dos electróns emitidos será
E c=E f – W e =h·f −W e =
h·c
6,63×10−34 [J·s]·3,00×108 [ m·s−1 ]
– W e=
−4,42×10−19 [J ]=5,53×10−20 J
−7
λ
4,00×10 [ m ]
Despexando o potencial de freado da expresión da enerxía cinética
E
5,53×10−20 [ J]
V= c=
=0,35 V
e 1,60×10−19 [ C]
c) A enerxía dunha radiación de f = 5×1014 Hz, é
E = h · f = 6,63×10-34 [J·s] · 5×1014 [s-1] = 3,32×10-19 J
menor que o traballo de extracción, polo que non se producirá efecto fotoeléctrico.
6.
Un raio de luz produce efecto fotoeléctrico nun metal. Calcula:
a) A velocidade dos electróns se o potencial de freado é de 0,5 V.
b) A lonxitude de onda necesaria se a frecuencia limiar é f0 = 1015 Hz e o potencial de freado é 1 V.
c) Aumenta a velocidade dos electróns incrementando a intensidade da luz incidente?
Datos: c = 3×108 m·s-1 ; e = -1,6×10-19 C; me = 9,1×10-31 kg; h = 6,63×10-34 J·s
(P.A.U. Xuño 11)
Rta.: a) v = 4,2×105 m/s; b) λ = 242 nm
Datos
Potencial de freado a
Frecuencia limiar
Potencial de freado b
Constante de Planck
Velocidade da luz no baleiro
Carga do electrón
Masa do electrón
Incógnitas
Velocidade dos electróns
Lonxitude de onda
Cifras significativas: 3
Vf a = 0,500 V
f0 = 1,00×1015 Hz
Vf b = 1,00 V
h = 6,63×10-34 J·s
c = 3,00×108 m/s
qe = -1,60×10-19 C
me = 9,10×10-31 kg
v
λ
Física P.A.U.
FÍSICA MODERNA
Outros símbolos
Enerxía cinética máxima dos electróns emitidos
Ecuacións
De Planck (enerxía do fotón)
De Einstein do efecto fotoeléctrico
Relación entre a frecuencia e a lonxitude de onda dunha onda
Enerxía cinética
Relación entre potencial de freado e enerxía cinética
7
Ec
Ef = h · f
Ef = We + Ec
f=c/λ
Ec = ½ m · v2
Ec = qe· V
Solución:
a) A enerxía cinética dos electróns mídese co potencial de freado.
0 – ½ m v2 = qe·Vf
v=
√
√
−19
2 |q e|·V f a
2 ·1,60×10 [C]· 0,500 [ V]
5
=
=4,19×10 m /s
−31
me
9,10×10 [ kg]
b)
We = h · f0 = 6,63×10-34 [J·s] · 1,00×1015 [s-1] = 6,63×10-19 J
Ec = │qe│ · Vf`b = 1,60×10-19 [C] · 1,00 [V] = 1,60×10-19 J
Pola ecuación de Einstein do efecto fotoeléctrico
Ef = We + Ec = 6,63×10-19 [J] + 1,60×10-19 [J] = 8,23×10-19 J
Despexando a frecuencia do fotón da expresión da enerxía
f=
E f 8,23×10−19 [J ]
=
=1,24×1015 Hz
−34
h 6,63×10 [J·s]
c 3,00×108 [ m·s−1 ]
λ= =
=2,42×10−7 m
15
−1
f
1,24×10 [s ]
c) A intensidade da luz non afecta á velocidade dos electróns. Depende só da frecuencia da luz. É unha das
leis experimentais do efecto fotoeléctrico, explicada pola interpretación de Einstein de que a luz é un feixe
de partículas chamadas fotóns. Cando un fotón choca con un electrón, comunícalle toda a súa enerxía que
vén dada pola ecuación de Planck:
Ef = h · f
Se a enerxía é suficiente para arrincar o electrón do metal (Ef > We), a enerxía restante queda en forma de
enerxía cinética do electrón. Canto maior sexa a frecuencia do fotón, maior será a velocidade do electrón.
Ao aumentar a intensidade da luz, o que se conseguiría sería un maior número de fotóns, que, de ter a enerxía suficiente, arrincarían máis electróns, producindo unha maior intensidade de corrente eléctrica.
●
NÚCLEOS E PARTÍCULAS
1.
O 210Po ten unha vida media τ = 199,09 días. Calcula:
a) O tempo necesario para que se desintegre o 70 % dos átomos iniciais.
b) Os miligramos de 210 Po ao cabo de 2 anos se inicialmente había 100 mg.
NA = 6,02×1023 mol-1
(P.A.U. Set. 06)
Rta.: a) t = 240 días b) m = 2,56 mg
Datos
Vida media
Porcentaxe da mostra que se ha desintegrado
Cifras significativas: 3
τ = 199 días = 1,72×107 s
70,0 %
Física P.A.U.
FÍSICA MODERNA
8
Datos
Masa inicial da mostra
Tempo para calcular a masa que queda
Número de Avogadro
Incógnitas
Tempo necesario para que se desintegre o 70 %
Masa (mg) ao cabo de 2 anos
Outros símbolos
Constante de desintegración radioactiva
Ecuacións
Cifras significativas: 3
m = 100 mg = 1,00×10-7 kg
t = 2,00 años = 6,31×107 s
NA = 6,02×1023 mol–1
t
m
λ
N = N0 e–λ t
λ = ln (N0 / N) / t
τ=1/λ
Lei da desintegración radioactiva
Vida media
Solución:
a) Calcúlase a constante radioactiva a partir da vida media
λ = 1 / τ = 1 / 1,72×107 [s] = 5,81×10-8 s-1
Si se ten desintegrado o 70,0 %, só queda o 30,0 %.
Despexando o tempo da ecuación da lei de desintegración:
t=
ln( N 0 / N )
ln(100 /30,0)
=
=2,07×107 s=240 días
−8
−1
λ
5,81×10 [s ]
b) Aplicando a ecuación da lei de desintegración:
N = N0 e–λ t
Como o número de átomos dun elemento é proporcional á masa
N = m · NA / Mat
m
NA
N
=m0 A e – λ t
M at
M at
−8
m=m0 e– λ t =100 [ mg ]e – 5,81× 10
2.
[s]·6,31×107 [s− 1 ]
=2,55 mg
O período T1/2 do elemento radioactivo 60
27Co é 5,3 anos e desintegrase emitindo partículas β.
Calcula:
a) O tempo que tarda a mostra en se converter no 70 % da orixinal.
b) Cantas partículas β emite por segundo unha mostra de 10–6 gramos de 60Co?
Dato: NA = 6,02×1023 mol–1
(P.A.U. Set. 05)
Rta.: a) t = 2,73 anos; b) A = 4,1×107 Bq
Datos
Período de semidesintegración
Porcentaxe que queda sen desintegrar da mostra
Masa da mostra
Número de Avogadro
Incógnitas
Tempo transcorrido
Partículas β emitidas por segundo
Outros símbolos
Constante de desintegración radioactiva
Ecuacións
Lei da desintegración radioactiva
Cifras significativas: 3
T1/2 = 5,3 ano = 1,67×108 s
70 %
m = 1,00×10-6 g = 1,00×10-9 kg
NA = 6,02×1023 mol-1
t
A
λ
N = N0 e–λ t
λ = ln (N0 / N) / t
Cando t = T1/2 , N = N0 / 2T1/2 = ln 2 / λ
Física P.A.U.
FÍSICA MODERNA
9
Ecuacións
Actividade radioactiva
A = –dN / dt = λ · N
Solución:
a) Calcúlase a constante radioactiva a partir do período de semidesintegración
λ = ln 2 / T1/2 = 0,693 / 1,67×108 [s] = 4,14×10-9 s-1
Despexando o tempo da ecuación da lei de desintegración:
t=
ln ( N 0 / N )
ln (100/ 70,0)
=
=8,62×10 7 s=2,73 años
λ
4,14×10−9 [ s−1 ]
Análise: Posto que aínda non se ha desintegrado nin a metade da mostra, o tempo transcorrido debe ser
menor que o período de semidesintegración.
60
60
0
0
b) Se a ecuación de desintegración é 27Co  28 Ni −1 e 0  e , o número de partículas β (e-) emitidas por segundo é igual ao número de desintegracións por segundo, ou sexa, á actividade radioactiva.
−6
N =1,00×10
g
60
27
Co
1 mol
60
27
60
27
60
Co 6,02×1023 átomos 60
27Co 1 núcleo 27Co
60 g Co
1 mol
60
27
Co
1 átomo 60
27Co
=1,0×1016 núcleos 60
27Co
A = λ · N = 4,14 ×10-9 [s-1] · 1,0 ×1016 [núcleos] = 4,1×107 Bq = 4,1×107 partículas β / s
3.
Unha mostra radioactiva diminúe dende 1015 a 109 núcleos en 8 días. Calcula:
a) A constante radioactiva λ e o período de semidesintegración T1/2
b) A actividade da mostra unha vez transcorridos 20 días dende que tiña 1015 núcleos.
(P.A.U. Xuño 04)
Rta.: a) λ = 2×10-5 s-1; T1/2 = 9 horas; b) A(20 días) ≈ 0
Datos
Cantidade inicial (núcleos)
Cantidade ao cabo de 8 días (núcleos)
Tempo transcorrido
Tempo para o cálculo da actividade
Incógnitas
Constante de desintegración radioactiva
Período de semidesintegración
Actividade radioactiva
Ecuacións
Cifras significativas: 1
N0 = 1015 núcleos
N = 109 núcleos
t = 8 días = 7×105 s
t' = 20 días = 2×106 s
λ
T1/2
A
N = N0 e–λ t
λ = ln (N0 / N) / t
Cando t = T1/2 , N = N0 / 2T1/2 = ln 2 / λ
A = –dN / dt = λ · N
Lei da desintegración radioactiva
Actividade radioactiva
Solución:
a) λ = ln (N0 / N) / t = ln (106) / 7×105 [s] = 2×10-5 s-1
T1/2 = ln 2 / λ = 3×104 s ≈ 9 horas
b) Da lei de desintegración, aos 20 días,
N = N0 e –λ t = 1015 e–40 = 1 núcleo
Este resultado indica que a lei estatística da desintegración deixa de ser válida, xa que o número de átomos
é demasiado pequeno. (É como se quixera aplicar o dato da esperanza de vida dunha muller (83 anos) para
Física P.A.U.
FÍSICA MODERNA
10
deducir que unha muller concreta – María – morrería aos 83 anos). Para un átomo en concreto, só se pode
dicir que a probabilidade de que se desintegre no período de semidesintegración é do 50 %.
Como non se pode calcular a cantidade de núcleos que quedan (poden ser uns poucos ou ningún) a actividade tampouco se pode calcular (unhas 10-4 ou 10-5 Bq ou ningunha). Tendo en conta de 10-4 Bq é unha desintegración cada 3 horas, un contador Geiger non detectaría actividade na mostra ao cabo deses 20 días)
4.
131
Nunha mostra de 53 I radioactivo cun período de semidesintegración de 8 días había inicialmente 1,2×1021 átomos e actualmente solo hai 0,2×1020. Calcula:
a) A antigüidade da mostra.
b) A actividade da mostra transcorridos 50 días dende o instante inicial.
(P.A.U. Xuño 06)
Rta.: a) Δt = 47 días; b) A = 1,6×1013 Bq
Datos
Cantidade inicial (núcleos)
Cantidade actual (núcleos)
Período de semidesintegración
Tempo para o cálculo da actividade
Incógnitas
Tempo transcorrido
Actividade radioactiva
Outros símbolos
Constante de desintegración radioactiva
Ecuacións
Cifras significativas: 2
N0 = 1,2×1021 núcleos
N = 0,20×1020 núcleos
T1/2 = 8,0 días = 6,9×105 s
t' = 50 días = 4,3×106 s
t
A
λ
N = N0 e–λ t
λ = ln (N0 / N) / t
Cando t = T1/2 , N = N0 / 2T1/2 = ln 2 / λ
A = –dN / dt = λ · N
Lei da desintegración radioactiva
Actividade radioactiva
Solución:
a) Calcúlase a constante de desintegración radioactiva do iodo-131 a partir do período de semidesintegración
λ=
ln 2
0,69
=
=1,0×10−6 s−1
T 1 /2 6,9×105 [s]
( ) (
)
1,2×1021 [ núcleos]
N0
ln
ln
N
0,20×1020 [ núcleos]
t=
=
=4,1×106 s=47 días
−6
−1
λ
1,0 × 10 [s ]
b) Da lei de desintegración, aos 50 días, quedarán
N =N 0 e – λ t =1,2×1021 [ núcleos] e – 1,0×10
−6
[s]·4,3×106 [s−1 ]
=1,6×1019 núcleos
A actividade será:
A = λ · N = 1,0×10-6 [s-1] · 1,6×1019 [núcleos] = 1,6×1013 Bq
5.
O tritio ( 31 H ) é un isótopo do hidróxeno inestable cun período de semidesintegración T 1/2 de 12,5
anos, e desintégrase emitindo unha partícula beta. A análise dunha mostra nunha botella de
auga mostra que a actividade debida ao tritio é o 75 % da que presenta a auga no manancial de
orixe, calcula:
a) O tempo que leva embotellada a auga da mostra.
b) A actividade dunha mostra que conten 10-6 g de 31 H
NA = 6,02×1023 mol-1
(P.A.U. Set. 04)
Rta.: a) t = 5,2 anos; b) A = 4×108 Bq
Física P.A.U.
FÍSICA MODERNA
11
Datos
Período de semidesintegración
Actividade da mostra
Masa da mostra
Número de Avogadro
Incógnitas
Tempo transcorrido
Actividade radioactiva
Outros símbolos
Constante de desintegración radioactiva
Ecuacións
Cifras significativas: 3
T1/2 = 12,5 ano = 3,94×108 s
A = 75,0 % A0
m = 1,00×10-6 g = 1,00×10-9 kg
NA = 6,02×1023 mol-1
t
A
λ
N = N0 e–λ t
λ = ln (N0 / N) / t
Cando t = T1/2 , N = N0 / 2T1/2 = ln 2 / λ
A = –dN / dt = λ · N
Lei da desintegración radioactiva
Actividade radioactiva
Solución:
a) Calcúlase a constante radioactiva a partires do período de semidesintegración
λ=
ln 2
0,693
−9 −1
=
=1,76×10 s
T 1/ 2 3,94×108 [s]
Despexando o tempo da ecuación da lei de desintegración:
t=
ln ( N 0 / N ) ln ( λ · N 0 / λ · N ) ln ( A0 / A)
ln (100/75,0)
=
=
=
=1,64×108 s=5,19 anos
−9
−1
λ
λ
λ
1,76×10 [s ]
b)
−6
N =1,00×10
3
1
g H
1 mol 31 H 6,02×1023 átomos 31 H 1 núcleo 31 H
3
1
3g H
3
1
1 mol H
3
1
1 átomo H
=2,01×1017 núcleos 31 H
A = λ · N = 1,76 ×10-9 [s-1] · 2,01 ×1017 [núcleos] = 3,53×108 Bq
6.
O carbono-14 ten un período de semidesintegración T = 5730 anos. Unha mostra ten unha actividade de 6×108 desintegracións/minuto. Calcula:
a) A masa inicial da mostra.
b) A súa actividade dentro de 5000 anos.
c) Xustifica por que se usa este isótopo para estimar a idade de xacementos arqueolóxicos.
Dato NA = 6,02·1023 mol-1; masa atómica do 14C = 14 g
(P.A.U. Set. 10)
Rta.: a) m = 6,04×10-5 g; b) A = 5,46×106 Bq
Datos
Período de semidesintegración
Actividade da mostra
Tempo para calcular a actividade
Masa atómica do 14C
Número de Avogadro
Incógnitas
Masa inicial da mostra
Actividade radioactiva aos 5000 anos
Outros símbolos
Constante de desintegración radioactiva
Ecuacións
Lei da desintegración radioactiva
Cifras significativas: 3
T1/2 = 5 730 anos = 1,81×1011 s
A = 6,00×108 des/min = 1,00×107 Bq
t = 5 000 anos = 1,58×1011 s
m = 14,0 g/mol
NA = 6,02×1023 mol-1
m0
A
λ
N = N0 e–λ t
λ = ln (N0 / N) / t
Cando t = T1/2 , N = N0 / 2T1/2 = ln 2 / λ
Física P.A.U.
FÍSICA MODERNA
Ecuacións
Actividade radioactiva
12
A = –dN / dt = λ · N
Solución:
a) Da expresión da actividade radioactiva: A = λ N, se pode calcular o número de átomos cando calculemos a
constante λ de desintegración radioactiva.
λ=
ln 2
0,693
=
=3,83×10−12 s −1=0,000175 ano-1
T 1 /2 1,81×10 11 [s]
N 0=
m0 =
A0 1,00×107 [Bq ]
=
=2,61×1018 átomos
λ 3,83×10−12 [s−1 ]
N0
2,61×1018 [átomos ]
· M=
·14 [g / mol]=6,06×10−5 g=60,6 μ g
23
NA
6,02×10 [átomos / mol]
b) A actividade aos 5000 anos será:
A = A0 e–λ t = 1,00×107 [Bq] e–0,000175 [1/ano]·5000 [ano] = 5,46×106 Bq = 3,28×108 des/min
c) Polo valor do período de semidesintegración, o carbono-14 emprégase para datar restos (que necesariamente deben conter carbono, normalmente restos orgánicos como madeira, osos, etc.) relativamente recentes, de menos de 50 000 anos, (tempo no que a actividade radioactiva orixinal haberá diminuído ata a milésima parte).
O método do carbono -14 baséase no feito de que a proporción de carbono-14 nas plantas vivas mantense
constante ao longo da súa vida, xa que o carbono desintegrado compénsase polo asimilado na fotosíntese, e
que o carbono-14 atmosférico restitúese pola radiación cósmica que converte o nitróxeno atmosférico en
carbono-14. Cando a planta morre, o carbono que se desintegra deixa de se repor e, coa ecuación anterior,
podemos determinar o tempo transcorrido medindo a súa actividade radioactiva e comparándoa coa que ten
una planta viva.
7.
Unha mostra de carbono-14 ten unha actividade de 2,8×108 desintegracións·s-1. O período de semidesintegración é T = 5730 anos. Calcula:
a) A masa da mostra no instante inicial.
b) A actividade ao cabo de 2000 anos.
c) A masa de mostra nese instante.
Datos: NA = 6,02×1023 mol-1; masa atómica do 14C = 14 g·mol-1; 1 ano = 3,16×107 s (P.A.U. Xuño 12)
Rta.: a) m0 = 1,7 mg; b) A = 2,2×108 Bq; c) m = 1,3 mg
Datos
Período de semidesintegración
Actividade da mostra
Tempo para calcular a actividade
Masa atómica do 14C
Número de Avogadro
Incógnitas
Masa inicial da mostra
Actividade radioactiva aos 2000 anos
Masa da mostra aos 2000 anos
Outros símbolos
Constante de desintegración radioactiva
Ecuacións
Lei da desintegración radioactiva
Actividade radioactiva
Solución:
Cifras significativas: 3
T1/2 = 5 730 anos = 1,81×1011 s
A0 = 2,80×108 Bq
t = 2 000 anos = 6,31×1010 s
m = 14,0 g/mol
NA = 6,02×1023 mol-1
m0
A
m
λ
N = N0 e–λ t
λ = ln (N0 / N) / t
Cando t = T1/2, N = N0 / 2T1/2 = ln 2 / λ
A = –dN / dt = λ · N
Física P.A.U.
FÍSICA MODERNA
13
a) Da expresión da actividade radioactiva: A = λ N, pódese calcular o número de átomos cando calculemos a
constante λ de desintegración radioactiva.
λ=
ln 2
0,693
=
=3,83×10−12 s−1= 0,000175 anos
T 1 /2 1,81×10 11 [s]
N 0=
m0=
A0 2,80×108 [Bq ]
=
=7,30×1019 átomos
λ 3,83×10−12 [s−1 ]
N0
7,30×1019 [átomos ]
· M=
·14 [g / mol]=1,7×10−3 g=1,7 mg
NA
6,02×1023 [átomos / mol]
b) A actividade ao cabo de 2 000 anos será:
A = A0 e–λ t = 1,00×107 [Bq] e–0,000175 [1/ano] · 2 000 [ano] = 2,20×108 Bq
c) E a masa:
m = m0 e–λ t = 1,7 [mg] e–0,000175 [1/ano] · 2 000 [ano] = 1,33 mg
◊
CUESTIÓNS
●
FÍSICA RELATIVISTA
1.
Segundo Einstein, a velocidade da luz no baleiro:
A) É constante para sistemas de referencia en repouso.
B) É constante independentemente do sistema de referencia escollido.
C) Depende da velocidade do foco emisor.
(P.A.U. Xuño 98)
Solución: B
Os postulados da relatividade restrinxida poden enunciarse:
1. Tódolos sistemas inerciais son equivalentes con respecto a tódalas leis da Física.
2. A velocidade da luz no baleiro posúe sempre o valor constante c.
As outras opcións:
A. É certo, pero este é un caso particular da opción B correcta.
C. Unha das características do segundo postulado de Einstein é que a velocidade á que a luz se afasta dunha
fonte é totalmente independente do movemento propio da fonte.
2.
Un vehículo espacial afástase da Terra cunha velocidade de 0,5 c (c = velocidade da luz). Dende
a Terra mándase un sinal luminoso e a tripulación mide a velocidade do sinal obtendo o valor:
A) 0,5 c
B) c
C) 1,5 c
(P.A.U. Xuño 04 e Set. 07)
Solución: B
O segundo postulado da Teoría especial da relatividade de Einstein establece que a velocidade da luz no baleiro é constante e independente do sistema de referencia inercial dende o que se mida.
3.
A enerxía relativista total dunha masa en repouso:
A) Relaciona a lonxitude de onda coa cantidade de movemento.
B) Representa a equivalencia entre materia e enerxía.
C) Relaciona as incertezas da posición e do momento.
Física P.A.U.
FÍSICA MODERNA
14
(P.A.U. Set. 12)
Solución: B
A ecuación
E = m · c2
na que m é a masa en repouso da partícula, representa a enerxía en repouso dunha partícula. Establece a relación entre masa e enerxía.
Esta ecuación permite expresar a masa das partículas en unidades de enerxía. Por exemplo, a masa dun protón é de 938 MeV, ou a do electrón 0,511 MeV.
As outras opcións:
A. Falsa. A ecuación que relaciona a lonxitude de onda λ coa cantidade de movemento p é a ecuación de
Luís de Broglie, da dualidade onda-partícula.
h
h
λ= =
p mv
que permite calcular a lonxitude de onda asociada a unha partícula de masa m que se move cunha velocidade
v.
C. Falsa. O principio de indeterminación (antes coñecido como principio de incerteza) de Heisenberg podía
interpretarse como a imposibilidade de coñecer con precisión absoluta dúas magnitudes cuxo produto tivese
as unidades de enerxía · tempo («acción»). O erro na posición dunha partícula Δx multiplicado polo erro do
seu momento (cantidade de movemento) Δpx era superior á constante h de Planck entre 4 π.
Δ x · Δ p x⩾
4.
h
4π
A ecuación de Einstein E = mc2 implica que:
A) Unha determinada masa m necesita unha enerxía E para poñerse en movemento.
B) A enerxía E é a que ten unha masa m que se move á velocidade da luz.
C) E é a enerxía equivalente a unha determinada masa.
(P.A.U. Set. 05)
Solución: C
A ecuación E = m·c2 dá a enerxía total dunha partícula (en ausencia de campos que poidan comunicarlle
unha enerxía potencial). Aínda que a partícula estea en repouso, terá unha enerxía:
E0 = m0 · c2
na que m0 é a masa en repouso da partícula.
Unha aplicación desa ecuación é para o cálculo da enerxía que pode obterse na desintegración nuclear, é dicir da enerxía nuclear. Un gramo (1×10-3 kg) de masa, si se "aniquila" totalmente, produce unha enerxía de:
E = m · c2 = 1×10-3 [kg] · (3×108 [m/s])2 = 9×1013 J = 2,5×107 kW·h = 250 GW·h
que cubriría as necesidades enerxéticas dunha cidade mediana durante un mes.
●
MECÁNICA CUÁNTICA.
1.
A enerxía dun cuanto de luz é directamente proporcional a:
A) Lonxitude de onda.
B) Frecuencia.
C) Ao cadrado da velocidade da luz.
(P.A.U. Set. 01)
Solución: B
Física P.A.U.
FÍSICA MODERNA
15
A ecuación de Planck di que a enerxía un cuanto vén dada por:
E=h·f
na que h é coñecida como a constante de Planck de valor h = 6,62×10-34 J·s, e f é a frecuencia do oscilador.
Cando Einstein aplicou a ecuación de Planck para interpretar o efecto fotoeléctrico indicou que cando a luz
interacionaba coa materia facíao en forma de paquetes de enerxía, tamén chamados fotóns, de enerxía
E=h·f
onde agora f é a frecuencia da luz.
As outras opcións:
A. Aínda que a ecuación de Planck pode escribirse como
E=h·c/λ
a enerxía do fotón sería inversamente proporcional á lonxitude de onda
C. A ecuación de Einstein da equivalencia masa-enerxía
E = m · c2
é a enerxía total dunha partícula en movemento, aplicable principalmente cando se move a velocidades
próxima ás da luz, pero non á un cuanto de luz, porque a súa masa en repouso é nula.
2.
A luz xerada polo Sol:
A) Está formada por ondas electromagnéticas de diferente lonxitude de onda.
B) Son ondas que se propagan no baleiro a diferentes velocidades.
C) Son fotóns da mesma enerxía.
(P.A.U. Set. 04)
Solución: A
A luz do Sol é luz branca. Newton xa demostrou que, ao pasar por un prisma de vidro dispersábase en varias
cores que ao pasar de novo por un segundo prisma, orientado axeitadamente, recompoñían de novo a luz
branca. Aínda que Newton pensaba que a luz estaba formada por un chorro de partículas, foi a hipótese ondulatoria do seu rival Huygens a que se foi comprobando ao longo dos séculos. Así Young conseguiu figuras
de interferencia ao facer pasar luz por unha dobre fenda. Maxwell unificou a forza eléctrica e a magnética e
viu que de certa combinación da permitividade eléctrica ε 0 e a permeabilidade magnética µ0 do baleiro,
obtiña o valor da velocidade da luz.
c = (ε0 · µ0)-1/2
Maxwell demostrou que a luz é una superposición dun campo eléctrico oscilante que xeraba un campo magnético oscilante perpendicular ao eléctrico que se propagaba polo baleiro a 300 000 km/s.
Unha luz monocromática ten unha lonxitude de onda determinada (entre 400 e 700 nm). As cores do arco da
vella corresponden a unha dispersión da luz nas súas compoñentes monocromáticas.
A opción B non pode ser correcta, xa que un dos postulados de Einstein da relatividade especial di que a velocidade da luz do baleiro é unha constante, independentemente do sistema de referencia dende o que se
mida.
A opción C tampouco é a correcta. Cando a natureza ondulatoria da luz estaba probada, a interpretación de
Einstein do efecto fotoeléctrico probou que a luz monocromática era tamén un chorro de partículas ás que
chamou fotóns, que tiñan unha enerxía dada pola ecuación de Planck
E=h·f
onde h é a constante de Planck e f a frecuencia da luz monocromática. Nas experiencias do efecto fotoeléctrico viuse que ao alumear o cátodo con luz monocromática de distintas frecuencias, obtidas por exemplo,
dispersando a luz branca con un prisma, existía unha frecuencia mínima ou frecuencia limiar para que se
producira o efecto fotoeléctrico. Segundo a interpretación de Einstein, a luz que non producía o efecto fotoeléctrico era por que non tiña a enerxía suficiente.
3.
Cal dos seguintes fenómenos constitúe unha proba da teoría corpuscular da luz?
A) A refracción.
B) A difracción.
C) O efecto fotoeléctrico.
(P.A.U. Set. 01)
Solución: C
Física P.A.U.
FÍSICA MODERNA
16
A interpretación de Einstein do efecto fotoeléctrico di que cando a luz interacciona co metal da célula fotoeléctrica faino como si estivese constituída por paquetes de enerxía, tamén chamados fotóns, de enerxía
E=h·f
na que h é coñecida como a constante de Planck de valor h = 6,62×10-34 J·s, e f é a frecuencia da luz.
Se a enerxía dos fotóns non chega para arrincar os electróns do metal, non se produce efecto fotoeléctrico
(de acordo co feito experimental de que hai unha frecuencia limiar por debaixo da cal non se produce efecto
fotoeléctrico).
As outras opcións:
A. A refracción foi interpretada polo modelo ondulatorio de Huygens.
B. A difracción é unha propiedade exclusiva das ondas. Cando Davidson e Germer conseguiron a difracción
de electróns, isto confirmou a dobre natureza (onda-corpúsculo) segundo a hipótese de de Broglie.
4.
Se a incerteza na medida da posición dunha partícula é de 6,00×10-30 m, a incerteza mínima na
medida do momento é:
A) A mesma.
B) Maior.
C) Ningunha.
Dato h = 6,62×10-34 J·s
(P.A.U. Set. 02)
Solución: B
O principio de incerteza di que o produto da indeterminación nunha compoñente da posición pola indeterminación na mesma compoñente do momento lineal é cando menos h / 2π.
Δx · Δpx ≥ h / 2 π
Despexando a compoñente no momento lineal:
Δpx ≥ h / (2π Δx) = 6,62×10-34 [J·s] / (2 π 6,00×10-30 [m]) = 1,76×10-5 kg·m·s-1
que é moito maior.
5.
Ao irradiar un metal con luz vermella (682 nm) prodúcese efecto fotoeléctrico. Se irradiamos o
mesmo metal con luz marela (570 nm):
A) Non se produce efecto fotoeléctrico.
B) Os electróns emitidos móvense máis rapidamente.
C) Emítense máis electróns pero á mesma velocidade.
(P.A.U. Xuño 14)
Solución: B
Na interpretación de Einstein do efecto fotoeléctrico a luz pódese considerar como un feixe de partículas
chamadas fotóns. A enerxía E que leva un fotón de frecuencia f é:
E=h·f
na que h é a constante de Planck e ten un valor moi pequeno: h = 6,63×10-34 J·s
Como a frecuencia dunha onda é inversamente proporcional a súa lonxitude de onda λ,
f=
c
λ
canto menor sexa a súa lonxitude de onda, maior será a frecuencia e maior será a enerxía do fotón.
O efecto fotoeléctrico prodúcese cando cada fotón choca cun electrón e transmítelle toda a súa enerxía.
A ecuación de Einstein do efecto fotoeléctrico pode escribirse:
Ef = We + Ec
na que Ef representa a enerxía do fotón incidente, We o traballo de extracción do metal e Ec a enerxía cinética
máxima dos electróns (fotoelectróns) emitidos.
A enerxía cinética máxima dos electróns emitidos será:
Ec = Ef – We
Física P.A.U.
FÍSICA MODERNA
17
Polo tanto, canto maior sexa a enerxía dos fotóns, maior será a enerxía cinética (e a velocidade) dos electróns emitidos.
As outras opcións:
A. Falsa. Se a luz vermella produce efecto fotoeléctrico é que os seus fotóns teñen enerxía suficiente para
extraer os electróns do metal. Como os fotóns de luz amarela teñen máis enerxía (porque a súa lonxitude de
onda é menor), tamén poderán producir efecto fotoeléctrico.
C. Falsa. Como xa se dixo, o efecto fotoeléctrico prodúcese cando cada fotón choca cun electrón e transmítelle toda a súa enerxía. Para producir máis electróns tería que haber máis fotóns. A cantidade de fotóns
está relacionada coa intensidade da luz, pero non ten que ver coa enerxía dos fotóns.
6.
Se se duplica a frecuencia da radiación que incide sobre un metal:
A) Duplícase a enerxía cinética dos electróns extraídos.
B) A enerxía cinética dos electróns extraídos non experimenta modificación.
C) Non é certa ningunha das opcións anteriores.
(P.A.U. Set. 14)
Solución: C
Na interpretación de Einstein do efecto fotoeléctrico a luz pódese considerar como un feixe de partículas
chamadas fotóns. A enerxía Ef que leva un fotón de frecuencia f é:
Ef = h · f
na que h é a constante de Planck e ten un valor moi pequeno: h = 6,63×10-34 J·s
O efecto fotoeléctrico prodúcese cando cada fotón choca cun electrón e transmítelle toda a súa enerxía.
A ecuación de Einstein do efecto fotoeléctrico pode escribirse:
Ef = We + Ec
na que Ef representa a enerxía do fotón incidente, We o traballo de extracción do metal e Ec a enerxía cinética
máxima dos electróns (fotoelectróns) emitidos.
A enerxía cinética máxima dos electróns emitidos será:
Ec = Ef – We
Polo tanto, ao duplicarse a frecuencia da radiación incidente, duplícase a enerxía dos fotóns, e faise maior a
enerxía cinética (e a velocidade) dos electróns emitidos.
Polo tanto a opción B é falsa.
Pero como non hai proporcionalidade entre a enerxía cinética e a enerxía do fotón, a opción A tamén é falsa.
7.
Prodúcese efecto fotoeléctrico cando fotóns de frecuencia f, superior a unha frecuencia limiar f0,
inciden sobre certos metais. Cal das seguintes afirmacións é correcta?
A) Emítense fotóns de menor frecuencia.
B) Emítense electróns.
C) Hai un certo atraso temporal entre o instante da iluminación e o da emisión de partículas.
(P.A.U. Xuño 13)
Solución: B
O efecto fotoeléctrico consiste na emisión de electróns por un metal cando se ilumina con luz de frecuencia
superior a unha determinada frecuencia coñecida como frecuencia limiar e que é unha característica de cada
metal. A súa interpretación por Einstein foi a confirmación da teoría cuántica de Planck. Segundo esta interpretación a luz non está constituída por ondas, como xa quedara demostrado, senón por unhas partículas ás
que denominou fotóns, cada unha delas posuidora dunha enerxía E proporcional á frecuencia f da luz, sendo
h, a constante de Planck, o factor de proporcionalidade.
E=h·f
As outras opcións:
Física P.A.U.
FÍSICA MODERNA
18
A. Falsa. O fenómeno polo que algunhas sustancias emiten radiación de menor frecuencia ao ser iluminadas
coñécese como fluorescencia, pero non ten nada que ver co efecto fotoeléctrico.
C. Falsa. Unha das leis experimentais do efecto fotoeléctrico di que a emisión de electróns polo metal é instantánea ao ser iluminado coa frecuencia adecuada. Non existe ningún atraso.
8.
Para producir efecto fotoeléctrico non se usa luz visible, senón ultravioleta, e isto é porque a luz
UV.
A) Quenta máis a superficie metálica.
B) Ten maior frecuencia.
C) Ten maior lonxitude de onda.
(P.A.U. Set. 09)
Solución: B
Unha das leis experimentais do efecto fotoeléctrico di que, empregando luz monocromática, só se produce
efecto fotoeléctrico se a frecuencia da luz supera un valor mínimo, chamado frecuencia limiar.
Como a luz ultravioleta ten maior frecuencia que a luz visible, é máis seguro que se produza efecto fotoeléctrico con luz ultravioleta que con luz visible, aínda que existen metais empregados como cátodos en células
fotoeléctricas nos que luz visible, de alta frecuencia como azul ou violeta, pode facelas funcionar.
9.
No efecto fotoeléctrico:
A) A enerxía cinética dos electróns emitidos depende da intensidade da luz incidente.
B) Hai unha frecuencia mínima para a luz incidente.
C) O traballo de extracción non depende da natureza do metal.
(P.A.U. Xuño 03)
Solución: B
É unha das leis experimentais do efecto fotoeléctrico. Estas son:
1. Empregando luz monocromática, só se produce efecto fotoeléctrico se a frecuencia da luz supera un valor
mínimo, chamado frecuencia limiar.
2. É instantáneo.
3. A intensidade da corrente de saturación é proporcional á intensidade da luz incidente.
4. A enerxía cinética máxima dos electróns emitidos polo cátodo, medido como potencial de freado, depende
só da frecuencia da luz incidente.
Estas leis foron explicadas por Einstein supoñendo que a luz se comporta como un feixe de partículas chamadas fotóns, e que cada un deles interacciona cun único electrón, comunicándolle toda a súa enerxía:
EFOTON = WEXTRACCION + EC ELECTRON
h · f = h · f0 + ½ me v2
10. Un metal cuxo traballo de extracción é 4,25 eV, ilumínase con fotóns de 5,5 eV. Cal é a enerxía
cinética máxima dos fotoelectróns emitidos?
A) 5,5 eV
B) 1,25 eV
C) 9,75 eV
(P.A.U. Set. 07)
Solución: B
A ecuación de Einstein do efecto fotoeléctrico pode escribirse:
Ef = We + Ec
na que Ef representa a enerxía do fotón incidente, We o traballo de extracción do metal e Ec a enerxía cinética
máxima dos electróns (fotoelectróns) emitidos.
Substituíndo valores queda:
Física P.A.U.
FÍSICA MODERNA
19
Ec = Ef – We = 5,5 – 4,25 = 1,2 eV
11. Prodúcese efecto fotoeléctrico, cando fotóns mais enerxéticos que os visibles, por exemplo luz
ultravioleta, inciden sobre a superficie limpa dun metal. De que depende o que haxa ou non emisión de electróns?:
A) Da intensidade da luz.
B) Da frecuencia da luz e da natureza do metal.
C) Só do tipo de metal.
(P.A.U. Set. 08)
Solución: B
A ecuación de Einstein do efecto fotoeléctrico pode escribirse:
Ef = We + Ec
na que Ef representa a enerxía do fotón incidente, We o traballo de extracción do metal e Ec a enerxía cinética
máxima dos electróns (fotoelectróns) emitidos.
Para que ocorra efecto fotoeléctrico debe haber electróns con enerxía suficiente para chegar ao anticátodo.
Esta enerxía Ec depende de que a enerxía dos fotóns supere ao traballo de extracción que é unha característica do metal.
Pola ecuación de Planck
Ef = h · f
a enerxía dos fotóns depende da súa frecuencia.
12. Cun raio de luz de lonxitude de onda λ non se produce efecto fotoeléctrico nun metal. Para conseguilo débese aumentar:
A) A lonxitude de onda λ.
B) A frecuencia f.
C) O potencial de freado.
(P.A.U. Xuño 11)
Solución: B
O efecto fotoeléctrico, cuxa interpretación por Einstein permitiu confirmar a teoría cuántica de Planck, está
baseada nun conxunto de leis experimentais.
Unha destas leis di que si se vai variando a lonxitude de onda da luz que incide sobre o cátodo da célula fotoeléctrica, existe unha frecuencia limiar f0, por baixo da cal non se produce efecto fotoeléctrico.
Na interpretación de Einstein a luz pódese considerar como un feixe de partículas chamadas fotóns. A enerxía E que leva un fotón de frecuencia f é:
E=h·f
na que h é a constante de Planck e ten un valor moi pequeno: h = 6,63×10-34 J·s
O efecto fotoeléctrico prodúcese cando cada fotón choca cun electrón e transmítelle toda a súa enerxía.
Canto maior sexa a frecuencia, maior será a enerxía do fotón.
Se o raio de luz orixinal non produce efecto fotoeléctrico, haberá que empregar outro de maior enerxía, ou
sexa, de maior frecuencia.
13. Unha radiación monocromática, de lonxitude de onda 300 nm, incide sobre cesio. Se a lonxitude
de onda limiar do cesio é 622 nm, o potencial de freado é:
A) 12,5 V
B) 2,15 V
C) 125 V
Datos 1 nm = 109 m; h = 6,63×10-34 J·s; c = 3×108 m·s-1; qe = -1,6×10-19 C
(P.A.U. Set. 13)
Datos
Lonxitude de onda da radiación
Cifras significativas: 3
λ = 300 nm = 3,00×10-7 m
Física P.A.U.
FÍSICA MODERNA
20
Datos
Lonxitude de onda limiar do cesio
Constante de Planck
Velocidade da luz no baleiro
Carga do electrón
Incógnitas
Potencial de freado
Outros símbolos
Frecuencia limiar
Ecuacións
De Planck (enerxía dun fotón)
De Einstein do efecto fotoeléctrico
Relación entre a frecuencia e a lonxitude de onda dunha onda
Relación entre a enerxía cinética dos electróns e o potencial de freado
Cifras significativas: 3
λ0 = 622 nm = 6,22×10-7 m
h = 6,62×10-34 J·s
c = 3,00×108 m/s
e = 1,60×10-19 C
V
f0
Ef = h · f
Ef = We + Ec
f=c/λ
Ec = e · V
Solución: B
Partindo da ecuación de Einstein e substituíndo nela as de Planck e a relación entre lonxitude de onda e frecuencia, queda
E c=E f – W e =h f −h f 0 =
E c=6,62×10
−34
8
−1
(
[J·s]· 3,00×10 [ m·s ]
V=
(
h ·c h · c
1 1
–
=h · c −
λ
λ0
λ λ0
)
)
1
1
−19
−
=3,43×10 J
−7
−7
3,00×10 [ m] 6,22×10 [ m ]
E c 3,43×10−19 [ J]
=
=2,14 V
e 1,6×10−19 [C]
14. Cando se dispersan raios X en grafito, obsérvase que emerxen fotóns de menor enerxía que a incidente i electróns de alta velocidade. Este fenómeno pode explicarse por:
a) Unha colisión totalmente inelástica entre un fotón e un átomo.
b) Elástica entre un fotón e un electrón.
c) Elástica entre dous fotóns.
(P.A.U. Set. 04)
Solución: B
Coñécese como efecto Compton, que xunto á interpretación de Einstein do efecto fotoeléctrico, sentou as
bases da natureza corpuscular da luz (aínda que sen abandonar o seu carácter ondulatorio). Nel os electróns
debilmente ligados aos átomos de carbono son golpeados polos fotóns nun choque elástico. (Consérvase a
enerxía, e tamén o momento lineal). Os raios X dispersados saen cunha enerxía menor, e, por tanto, a súa
lonxitude de onda aumenta. A ecuación
h
λ f − λ 0=
(1−cosθ )
m·c
da a variación da lonxitude de onda da radiación emerxente λf respecto da emerxente λ0 en función do ángulo
de dispersión θ. O termo h / mc ten dimensión de lonxitude e recibe o nome de lonxitude de onda de Compton.
A opción A non pode ser correcta porque nun choque inelástico as partículas quedan xunguidas. Cando un
fotón incide nun átomo, e a enerxía non chega para expulsar un electrón, provócase un salto do electrón a un
nivel de enerxía superior, e logo emítese un fotón cando o electrón retorna ao seu nivel de enerxía máis baixo.
A opción C tampouco é correcta. Nun choque entre dous fotóns, se a enerxía é suficiente e as condicións
adecuadas, se producirá un par electrón-positrón, de acordo coa ecuación de equivalencia entre masa e enerxía de Einstein: E = m · c2.
Física P.A.U.
FÍSICA MODERNA
21
15. Segundo a hipótese de De Broglie, cúmprese que:
A) Un protón e un electrón coa mesma velocidade teñen asociada a mesma onda.
B) Dos protóns a diferente velocidade teñen asociada a mesma onda.
C) La lonxitude da onda asociada a un protón é inversamente proporcional ao seu momento lineal.
(P.A.U. Set. 12)
Solución: C
De Broglie propuxo que en algúns casos o comportamento de certas partículas podería interpretarse como o
de ondas cuxa lonxitude de onda asociada λ vería dada pola expresión:
h
h
λ= =
p m· v
na que h é a constante de Planck e m a masa da partícula e v a súa velocidade.
Como h é unha constante e m v é a expresión do momento lineal ou cantidade de movemento, a lonxitude da
onda asociada a un protón é inversamente proporcional ao seu momento lineal.
As outras opcións.
A. Falsa. Da expresión anterior dedúcese que a lonxitude de onda depende da masa ademais da velocidade.
Como a masa dun protón é moito maior que a do electrón, a lonxitude de onda asociada a un protón que se
move á mesma velocidade que un electrón é moito menor.
B. Falsa. O protón máis rápido terá menor lonxitude de onda.
16. Da hipótese de De Broglie, dualidade onda-corpúsculo, derívase como consecuencia:
A) Que os electróns poden amosar comportamento ondulatorio λ = h / p
B) Que a enerxía das partículas atómicas está cuantizada E = h f
C) Que a enerxía total dunha partícula é E = m c2
(P.A.U. Set. 03)
Solución: A
A interpretación de Einstein do efecto fotoeléctrico demostrou que a luz compórtase como un chorro de partículas chamadas fotóns de enerxía:
E=h·f
No efecto Compton, o fotón compórtase como unha partícula de momento lineal:
E h· f h· f h
p= =
=
=
c
c
λ· f λ
Como xa estaba establecido que a luz propágase como unha onda, propúxose que o comportamento era dual:
nalgúns experimentos o comportamento da luz asemella ser corpuscular e noutros, ondulatorio.
De Broglie propuxo que este comportamento dual tamén afecta a calquera partícula. Nalgúns casos o comportamento de certas partículas podería interpretarse como o de ondas cunha lonxitude de onda asociada λ
vén dada pola expresión:
h
h
λ= =
p m· v
na que h é a constante de Planck e m a masa da partícula e v a súa velocidade.
En poucos anos esta hipótese quedou confirmada polos experimentos de difracción de electróns.
17. Da hipótese de De Broglie, dualidade onda-corpúsculo, derívase como consecuencia:
A) Que as partículas en movemento poden mostrar comportamento ondulatorio.
B) Que a enerxía total dunha partícula é E = m · c2
C) Que se pode medir simultaneamente e con precisión ilimitada a posición e o momento dunha
partícula.
(P.A.U. Xuño 08)
Solución: A. Ver a resposta á cuestión de Set. 03
Física P.A.U.
FÍSICA MODERNA
22
18. A relación entre a velocidade dunha partícula e a lonxitude de onda asociada establécese:
A) Coa ecuación de De Broglie.
B) Por medio do principio de Heisenberg.
C) A través da relación de Einstein masa-enerxía.
(P.A.U. Xuño 05)
Solución: A. Ver a resposta á cuestión de Set. 03
19. A lonxitude de onda asociada a un electrón de 100 eV de enerxía cinética é:
A) 2,3×10-5 m
B) 1,2×10-10 m
C) 10-7 m
Datos: h = 6,63×10-34 J·s; me = 9,1×10-31 kg; qe = -1,6×10-19 C
(P.A.U. Set. 13)
Solución: B
De Broglie propuxo que en algúns casos o comportamento de certas partículas podería interpretarse como o
de ondas cuxa lonxitude de onda asociada λ vería dada pola expresión:
h
h
λ= =
p m· v
na que h é a constante de Planck e m a masa da partícula e v a súa velocidade.
A enerxía cinética de 100 eV corresponden a:
Ec = 100 · 1,6×10-19 [C] · 1 [V] = 1,6×10-17 J
que é a dun electrón que se move a unha velocidade de:
√ √
−19
2Ec
2 ·1,6×10 [ J]
5
v=
=
=5,93×10 m /s
−31
m
9,1×10 [ kg ]
Substituíndo na ecuación de De Broglie, queda
λ=
h
6,63×10−34 [J·s ]
=
=1,23×10−9 m
m·v 9,1×10−31 [ kg] ·5,93×105 [ m /s]
●
NÚCLEOS E PARTÍCULAS.
1.
Un isótopo radioactivo ten un período de semidesintegración de 10 días. Se se parte de 200 gramos do isótopo, teranse 25 gramos do mesmo ao cabo de:
A) 10 días.
B) 30 días.
C) 80 días.
(P.A.U. Xuño 08)
Solución: B
O período de semidesintegración dunha sustancia radioactiva é o tempo que transcorre ata que só queda a
metade da mostra orixinal. É un valor constante.
Se se parte de 200 g do isótopo, ao cabo de 10 días quedarán 100 g (a metade) sen desintegrar. Ao cabo doutros 10 días quedarán 50 g e ao cabo doutros 10 días só haberá 25 g.
O tempo transcorrido é de 10 + 10 + 10 = 30 días.
É unha consecuencia da lei de desintegración radioactiva:
N = N0 e–λ t
na que λ é a constante de desintegración, relacionada coa o período T1/2 de semidesintegración por:
λ = ln 2 / T1/2
Física P.A.U.
2.
FÍSICA MODERNA
23
O 23794Pu desintégrase, emitindo partículas alfa, con un período de semidesintegración de
45,7 días. Os días que deben transcorrer para que a mostra inicial se reduza a oitava parte son:
A) 365,6
B) 91,4
C) 137,1
(P.A.U. Set. 08)
Solución: C
O período de semidesintegración dunha sustancia radioactiva é o tempo que transcorre ata que só queda a
metade da mostra orixinal. É un valor constante.
Se se parte dunha masa m de isótopo, ao cabo dun período quedará a metade sen desintegrar, ao cabo doutro
período quedará a cuarta parte e ao cabo dun terceiro período só haberá a cuarta parte.
O tempo transcorrido é de 3 períodos = 3 · 45,7 = 137 días.
É unha consecuencia da lei de desintegración radioactiva:
N = N0 e–λ t
na que λ é a constante de desintegración, relacionada coa o período T1/2 de semidesintegración por:
λ = ln 2 / T1/2
3.
Unha masa de átomos radioactivos tarda tres anos en reducir a súa masa ao 90 % da masa orixinal. ¿Cantos anos tardará en reducirse ó 81 % da masa orixinal?:
A) Seis.
B) Máis de nove.
C) Tres.
(P.A.U. Set. 09)
Solución: A
O período de semidesintegración dunha sustancia radioactiva é o tempo que transcorre ata que só queda a
metade da mostra orixinal. É un valor constante.
A ecuación que da a cantidade N de substancia que queda ao cabo dun tempo t é:
N =N 0 e−λt
na que λ é a constante de desintegración radioactiva.
Escribindo esta ecuación con logaritmos e substituíndo os datos pódese calcular a constante λ:
ln N = ln N0 - λ · t
ln 0,90 N0 = ln N0 - λ · 3
ln 0,90 = - λ · 3
λ=
−ln 0,90
=0,015 ano−1
3
Co dato do 81 % despexamos t e resulta:
t=
−ln 0,81
−ln 0,81
=
=6 anos
λ
0,015 ano−1
Tamén poderíase resolver decatándose de que o 81 % da mostra orixinal é o 90 % do que quedaba aos 3
anos. Polo tanto, terían que transcorrer 3 anos máis.
4.
Se a vida media dun isótopo radioactivo é 5,8×10-6 s, o período de semidesintegración é:
A) 1,7×105 s
B) 4,0×10-6 s
C) 2,9×105 s
Física P.A.U.
FÍSICA MODERNA
24
(P.A.U. Xuño 09)
Solución: B
A resposta máis simple é por semellanza. Aínda que período de semidesintegración e vida media non son o
mesmo, son do mesma orde de magnitude.
A vida media é a "esperanza de vida" dun núcleo. É un termo estatístico igual á suma dos produtos do tempo
de vida de cada núcleo polo número de núcleos que teñen ese tempo dividido polo total de núcleos.
N0
∫t d N
τ=
0
N0
=
1
λ
Onde λ é a constante de desintegración radioactiva, que aparece na ecuación exponencial de desintegración:
N =N 0 e−λ t
O período de semidesintegración é o tempo que tarda en reducirse á metade a cantidade de núcleos dunha
sustancia radioactiva. Se na ecuación de desintegración substituímos N por N 0 / 2, t = T1/2.
N0
−λT
=N 0 e
2
1/ 2
e extraemos logaritmos:
ln(1/2) = -λ T1/2
T 1/2 =
ln 2
λ
vemos que o período de semidesintegración é:
T1/2. = τ · ln 2
algo menor (ln 2 = 0,693) que a vida media τ. Isto cúmprese coa opción B.
4,0×10−6 [s]
=0,69≈ln 2
5,8×10−6 [s]
5.
Unha rocha contén o mesmo número de núcleos de dous isótopos radioactivos A e B, de periodos de semidesintegración de 1600 anos e 1000 anos respectivamente; para estes isótopos
cúmprese que:
A) O A ten maior actividade radioactiva que B.
B) B ten maior actividade que A.
C) Ambos os dous teñen a mesma actividade.
(P.A.U. Set. 11)
Solución: B
A actividade radioactiva é o número de desintegracións por segundo e é proporcional á cantidade de isótopo
radioactivo
A=-dN/dt=λ·N
sendo λ a constante de desintegración radioactiva.
Integrando a ecuación anterior, atópase a relación entre λ e o período de semidesintegración T1/2.
N = N0 e–λ t
λ = ln (N0 / N) / t
Cando t = T1/2, N = N0 / 2
λ = ln 2 / T1/2
Física P.A.U.
FÍSICA MODERNA
25
Terá unha constante λ de desintegración maior o isótopo de menor período de semidesintegración.
6.
A actividade no instante inicial de medio mol dunha sustancia radioactiva cuxo período de semidesintegración é de 1 día, é:
A) 2,41×1018 Bq
B) 3,01×1023 Bq
C) 0,5 Bq
Dato: NA = 6,022×1023 mol-1
(P.A.U. Set. 13)
Solución: A
A actividade radioactiva é o número de desintegracións por segundo e é proporcional á cantidade de isótopo
radioactivo
A=-dN/dt=λ·N
sendo λ a constante de desintegración radioactiva.
Integrando a ecuación anterior, atópase a relación entre λ e o período de semidesintegración T1/2.
N = N0 e–λ t
λ=
ln( N 0 / N )
t
Cando t = T1/2, N = N0 / 2
λ=
ln 2
0,693
=
=8,02×10−6 s−1
T 1 /2 1 [día ]· 24 [h /día ]·3600 [s/ h ]
A = λ · N = 8,02×10-6 [s-1] · 0,500 [mol] · 6,022×1023 [mol-1] = 2,42×1018 Bq
7.
Na desintegración beta(–):
A) Emítese un electrón da parte externa do átomo.
B) Emítese un electrón dende o núcleo.
C) Emítese un neutrón.
(P.A.U. Set. 11, Xuño 99)
Solución: B
As leis de Soddy din que cando un átomo emite radiación β(-) o átomo restante ten o mesmo número másico
pero unha unidade máis de número atómico.
A
A
0
Z X → Z+ 1 Y + −1e
Cando se analizou a radiación β(-) descubriuse que estaba constituída por electróns. Como a desintegración
é debida a inestabilidade do núcleo, os electróns proceden do núcleo aínda que o núcleo está constituído só
por neutróns e protóns. Pero coñécese que un neutrón illado descomponse por interacción débil en pouco
tempo (unha vida media duns 15 min) nun protón, un electrón e un antineutrino electrónico.
1
1
0
0
0 n → 1 H + −1 e + 0 ν̄ e
polo que se pode supoñer que os electróns nucleares proceden dunha desintegración semellante.
As outras opcións:
A. Se un átomo emitise electróns da súa envoltura, obteríase un átomo do mesmo número atómico e másico,
só que unha carga positiva (un catión)
A
A +
0 –
Z X → Z X + −1 e
B. A emisión dun neutrón non é unha desintegración natural do núcleo. Só ocorre cando é bombardeado por
outras partículas (mesmo neutróns) As formas de desintegración natural (radioactividade natural) son a desintegración alfa (α = núcleo de helio-4), desintegración beta (β = electrón) e a emisión de radiación gamma
(γ = radiación electromagnética de alta enerxía)
Física P.A.U.
8.
FÍSICA MODERNA
26
Nunha reacción nuclear de fisión:
A) Fúndense núcleos de elementos lixeiros (deuterio ou tritio).
B) É sempre unha reacción espontánea.
C) Libérase gran cantidade de enerxía asociada ao defecto de masa.
(P.A.U. Xuño 09)
Solución: C
Nas reaccións nucleares libérase moita enerxía que é equivalente ao defecto de masa, segundo a ecuación de
Einstein:
E = ∆m · c2
As reaccións de fisión prodúcense ao bombardear un núcleo pesado, uranio ou plutonio, con neutróns térmicos, que que moven á velocidade adecuada para producir a fragmentación do núcleo en dous núcleos máis
pequenos e a emisión de dúas ou tres neutróns que producen unha reacción en cadea (se non se controla).
As outras opcións:
A. Falsa. O proceso proposto corresponde a unha reacción de fusión. Concretamente a que ocorre no interior
das estrelas para producir helio.
B. Falsa. Os procesos de fisión deben ser provocados. Aínda que é certo que algúns isótopos do uranio emiten espontaneamente neutróns, necesítase enriquecer o uranio para que a emisión de neutróns sexa capaz de
automanterse. E necesítase que se acumule suficiente cantidade de uranio para superar a masa crítica que
podería provocar a reacción de fisión.
9.
Un elemento químico 214
8 3 X que experimente sucesivamente unha emisión alfa α, tres emisións
beta β(–), e unha gamma γ, transformarase no elemento:
214
A) 82 Y
210
B) 84Y
210
C) 82Y
(P.A.U. Set. 00)
Solución: B
As propiedades do núcleo resultante despois dunha emisión alfa, beta ou gamma poden deducirse pola natureza destas radiacións e as leis de conservación do número másico e da carga eléctrica nos procesos nucleares.
Unha partícula alfa é un núcleo de helio-4 (α = 42 He ), unha partícula beta(-) é un electrón (β – = −10e ) e a radiación gamma é radiación electromagnética de alta enerxía (γ = 00  ).
Escribindo as reaccións do enunciado e aplicando as leis de conservación mencionadas
214
83
X → 42 He +3 −10 e + 00 γ + 210
84 Y
As outras opcións non cumpren as leis de conservación de número másico e número atómico.
10. Se un núcleo atómico emite unha partícula α, dúas partículas β– e dúas partículas γ, o seu número atómico:
A) Diminúe en dúas unidades.
B) Aumenta en dúas unidades.
C) Non varía.
(P.A.U. Xuño 07 e Xuño 02)
Solución: C
As propiedades do núcleo resultante despois dunha emisión alfa, beta ou gamma poden deducirse pola natureza destas radiacións e as leis de conservación do número másico e da carga eléctrica nos procesos nucleares.
Física P.A.U.
FÍSICA MODERNA
27
Unha partícula alfa é un núcleo de helio-4 (α = 42 He ), unha partícula beta(-) é un electrón (β – =
diación gamma é radiación electromagnética de alta enerxía (γ = 00  ).
Escribindo as reaccións do enunciado e aplicando as leis de conservación mencionadas
A
4
0
0
A− 4
Z X  2 He 2 −1e 2 0  
ZY
0
−1
e ) e a ra-
11. Si un núcleo atómico emite unha partícula α e dúas partículas β, o seu número atómico Z e másico A:
A) Z aumenta en dúas unidades e A diminúe en dúas.
B) Z non varía e A diminúe en catro.
C) Z diminúe en dous e A non varía.
(P.A.U. Xuño 12)
Solución: B
As propiedades do núcleo resultante logo dunha emisión alfa ou beta poden deducirse pola natureza destas
radiacións e as leis de conservación do número másico e da carga eléctrica nos procesos nucleares.
Unha partícula alfa é un núcleo de helio-4 (α = 42 He ) e unha partícula beta(-) é un electrón (β– = −10e )
Escribindo as reaccións do enunciado e aplicando as leis de conservación mencionadas
A
Z
X → 42 He + 2 −10 e+ A−4Z Y
12. O elemento radioactivo 232
90Th desintégrase emitindo unha partícula alfa, dúas partículas beta e
unha radiación gamma. O elemento resultante é:
A) 227
88X
228
B) 89Y
C) 228
90Z
(P.A.U. Xuño 11)
Solución: C
As partículas alfa son núcleos de helio 42 He , as beta electróns
Escribindo a reacción nuclear
232
90
0
−1
e e as radiacións gamma, fotóns 00 γ .
Th → 42 He + 2 −10 e +00 γ + AZ D
e aplicando os principios de conservación do número bariónico (ou número másico) e da carga, queda:
232 = 4 + A ⇒ A = 228
90 = 2 + 2 · (-1) + Z ⇒ Z = 90
13. Se o núcleo dun elemento químico 52 X (A = 5 e Z = 2) posúe unha masa total de 5,0324 u.m.a., a
enerxía de enlace por nucleón é:
A) Positiva.
B) Negativa.
C) Nula.
Datos 1 u.m.a. = 1,49×10-10 J; mp = 1,0072 u.m.a. mn = 1,0086 u.m.a.
(P.A.U. Xuño 02)
Solución: A ou B
Depende como se defina a enerxía de enlace por nucleón. Se é a enerxía necesaria para desintegrar un
núcleo atómico nos seus nucleóns constituíntes (dividida polo número de nucleóns) é positiva. Se a definición está baseada no proceso de formación do núcleo a partires dos seus nucleóns é negativa.
O que é sempre certo é que un núcleo ten sempre menor masa que a suma das masas dos seus nucleóns, polo
que se fala dun defecto de masa na hipotética formación dun núcleo a partires dos seus nucleóns.
Física P.A.U.
FÍSICA MODERNA
28
14. Na seguinte reacción nuclear, cales son os valores de A e Z do núcleo X?
A) A=32 Z=14
B) A=31 Z=16
C) A=32 Z=16
32
15
A
0
P  ZX  −1 e
(P.A.U. Set. 02)
Solución: C
Polas leis de conservación do número de masa: 32 = A + 0, polo que A = 32
e da carga eléctrica: 15 = Z – 1, polo que Z = 16
9
8
A
15. Na seguinte reacción nuclear   4 Be  3Li  Z X , a partícula X é:
A) Un protón.
B) Un neutrón.
C) Un electrón.
(P.A.U. Set. 03)
Solución: A
A radiación γ non ten carga nin masa en repouso.
Polas leis de conservación do número de masa: 0 + 9 = 8 + A, polo que A = 1
e da carga eléctrica: 0 + 4 = 3 + Z, polo que Z = 1
A partícula é un protón.
14
7
N con partículas alfa xérase o isótopo
16. Cando se bombardea nitróxeno
las. A reacción é:
14
4
17
A) 7N  2 → 8O p
14
4
17
B) 7N  2 → 8O n
14
4
17
C) 7N  2 → 8O pn 
17
8
O e outras partícu-
(P.A.U. Xuño 06)
Solución: A
Partícula
alfa α
beta β
protón p
neutrón n
radiación γ
Nº bariónico
4
0
1
1
0
Carga
+2
-1
+1
0
0
1
1
1
0
Símbolo
4
2
He
0
−1
e
H
n
0
0

Polos principios de conservación do número bariónico (nº nucleóns = nº de protóns + nº neutróns) e da carga, a única solución posible é a A, xa que o número bariónico total antes da reacción nuclear é:
14 + 4 = 18 e a carga total 7 + 2 = +9
Reacción
nº bariónico
carga
A: 147 N42 He  188O11 H
18 + 1 = 19
8 + 1 = +9
B: 147 N +42 He → 188 O+ 10 n +−10 e
18 + 1 + 0 = 19
8 + 0 – 1 = +7
C: 147 N42 He  188O11 H 10 n 00 
18 + 1 + 1 = 20
8 + 1 + 0 + 0 = +9
17. Na desintegración β–
A) O número atómico aumenta unha unidade.
B) O número másico aumenta unha unidade.
C) Ambos permanecen constantes.
(P.A.U. Xuño 05)
Física P.A.U.
FÍSICA MODERNA
29
Solución: A
Unha desintegración β– é unha emisión dun electrón do núcleo, que se produce pola transformación dun neutrón nun protón.
1
0
n → 11 H + −10 e + 00 ν̄ e
Polas leis de conservación da carga e do número másico
A
Z
X → Z+A1 Y + −10e
18. Cal das seguintes reaccións nucleares representa o resultado da fisión do
un neutrón?
209
A) 82Pb5 3 p 4 n
90
140
B) 62Sr  54 Xe 6 n 
141
92
C) 56 Ba 36Kr  3n
235
92
U cando absorbe
(P.A.U. Set. 06)
Solución: C
Unha reacción de fisión prodúcese cando un núcleo absorbe un neutrón e rómpese (fisiona) en dous fragmentos emitindo dous ou tres neutróns.
235
92
92
1
U 10 n  141
56 Ba  36 Kr 3 0 n
que cumpre os principios de conservación do número bariónico:
235 +1 = 141 + 92 + 3 =236
e da carga eléctrica
92 + 0 = 56 + 36 + 0 = 92
As outras opcións:
4
A: o tamaño dos fragmentos e 209
82Pb e α ( 2 He ) é moi diferente, prodúcese un número de neutróns (4) excesivo, emítense protóns e non se cumpre o principio de conservación da carga eléctrica: 82 + 5·2 + 3·1 ≠
92.
B: prodúcese un número de neutróns (6) excesivo, prodúcense ademais electróns β e non se cumpre o principio de conservación da carga eléctrica: 62 + 54 + 6·0 + –1 ≠ 92.
19. Cal destas reaccións nucleares é posible:
2
3
4
A) 1 H  1H  2 He
14
4
17
1
B) 7N  2He  8 O 1H
1
141
92
1
C) 235
92U  0n  56Ba 36Kr  2 0 n
(P.A.U. Xuño 07)
Solución: B
Polos principios de conservación do número bariónico (nº de nucleóns = nº de protóns + nº de neutróns) e da
carga, a única solución posible é a B, xa que o número bariónico total antes e despois é:
14 + 4 = 17 + 1 = 18
Reacción
nº bariónico
carga
A: 21 H 31 H  42 He
2+3≠4
1+1=2
B: 147 N  42 He  178O 11 H
14 + 4 = 17 + 1
7+2=8+1
1
141
92
1
C: 235
92 U  0 n  56Ba  36 Kr 2 0 n
235 + 1 ≠ 141 + 92 + 2 · 1
92 + 0 = 56 + 36 + 2 · 0
Física P.A.U.
FÍSICA MODERNA
30
20. Cal das seguintes reaccións nucleares é correcta?
1
141
92
1
A) 235
92U  0n  56Ba  36Kr 3 0n
2
3
4
1
B) 1 H 1H  2He 2 0n
C) 105 B  10n  73 Li 21H
(P.A.U. Xuño 10)
Solución: A
Polos principios de conservación do número bariónico (nº de nucleóns = nº de protóns + nº de neutróns) e da
carga, a única solución posible é a A, xa que o número bariónico total antes e despois é:
235 + 1 = 141 + 92 + 3·1 = 236
Reacción
nº bariónico
carga
1
141
92
1
A: 235
92 U  0 n  56 Ba  36Kr 3 0 n
235 + 1 = 141 + 92 + 3·1 = 236
92 + 0 = 56 + 36 + 3 · 0
B: 21 H 31 H  42 He 2 10 n
2+3≠4+2·1
1 + 1 = 2 + 2·0
C: 105 B10 n  73 Li 21 H
10 + 1 ≠ 7 + 2
5+0≠3+1
21.
Na formación do núcleo dun átomo:
A) Diminúe a masa e despréndese enerxía.
B) Aumenta a masa e absórbese enerxía.
C) Nuns casos sucede a opción A e noutros casos a B.
(P.A.U. Set. 14)
Solución: A
A masa do núcleo é sempre inferior á suma das masas dos nucleóns que o compoñen. A diferenza entre a
masa do núcleo e os nucleóns chámase defecto de masa «Δm».
O proceso hipotético da formación dun núcleo a partir da unión dos protóns e neutróns que o forman desprende unha gran cantidade de enerxía que procede da transformación do defecto de masa «Δm» en enerxía
«E», segundo a ecuación de Einstein.
E = Δm · c2
na que «c» é a velocidade da luz.
Esta enerxía coñéceselle como enerxía de enlace e, dividida por en número de nucleóns, como enerxía de
enlace por nucleón.
Esta enerxía de enlace por nucleón aumenta co número atómico nos núcleos máis lixeiros ata alcanzar un
máximo no ferro, a partir do cal descende lixeiramente. Isto indica que o núcleo de ferro é o máis estable.
En realidade os núcleos dos átomos fórmanse por reaccións de fusión nuclear ou ben no interior das estrelas,
os anteriores ao ferro, ou ben na explosión de supernovas, os posteriores.
22. Nunha fusión nuclear:
A) Non se precisa enerxía de activación.
B) Interveñen átomos pesados.
C) Libérase enerxía debida ao defecto de masa.
(P.A.U. Set. 10)
Solución: C
O proceso de fusión nuclear consiste na reacción entre núcleos lixeiros para producir outros máis pesados. É
o proceso que proporciona a enerxía as estrelas e que se produce na bomba de hidróxeno.
Unha reacción de fusión sería:
3
1
H 21 H  42 He10 n
Física P.A.U.
FÍSICA MODERNA
31
a que ocorre entre os isótopos tritio e deuterio para producir helio e un neutrón.
As reaccións nucleares producen unha gran cantidade de enerxía que procede da transformación do defecto
de masa « Δm» en enerxía «E», segundo a ecuación de Einstein.
E = Δm · c2
na que «c» é a velocidade da luz.
A suma das masas do helio-4 e do neutrón é inferior á suma das masas do tritio 3H e do deuterio 2H.
A enerxía de activación é un concepto da cinética química que mide a enerxía necesaria para iniciar un proceso, como a que achega a chama dun misto para iniciar a combustión do papel. As reaccións nucleares de
fusión necesitan unha grande enerxía para achegar os núcleos a distancias moi curtas vencendo a repulsión
eléctrica entre eles. A temperatura que necesitaría un gas de átomos de isótopos de hidróxeno para que os
choques entre eles fosen eficaces e os núcleos producisen helio é da orde do millón de graos. O proceso ocorre no interior das estrelas onde a enerxía gravitatoria produce enormes temperaturas. Nas probas nucleares
da bomba H de hidróxeno, empregábase unha bomba atómica de fisión como detonante. Na actualidade os
experimentos para producir enerxía nuclear de fusión empregan láseres de alta enerxía que comuniquen a
átomos individuais a enerxía suficiente para superar a barreira de repulsión eléctrica, e aínda que se teñen
obtido resultados positivos, non se ten deseñado un sistema rendible de producir enerxía a grande escala.
U + 10n → 141
Ba + AZ X +3 10n cúmprese que:
23. Na reacción 235
92
56
A) É unha fusión nuclear.
B) Libérase enerxía correspondente ao defecto de masa.
C) O elemento X é 92
35 X .
(P.A.U. Xuño 13)
Solución: B
Nas reaccións nucleares libérase enerxía. Esta enerxía provén da transformación de masa en enerxía que segue a lei de Einstein
E = Δm · c2
na que Δm é o defecto de masa e c a velocidade da luz.
As outras opcións:
A. Falsa. O proceso de fusión nuclear consiste na reacción entre núcleos lixeiros para producir outros máis
pesados. Esta reacción nuclear consiste en romper un núcleo pesado noutros máis lixeiros: é unha fisión.
C. Polos principios de conservación do número bariónico (nº nucleóns = nº de protóns + nº neutróns)
235 + 1 = 141 + A + 3 · 1
A = 92
e da carga:
92 + 0 = 56 + Z + 3 · 0
Z = 36 ≠ 35
Física P.A.U.
FÍSICA MODERNA
32
Índice de contido
FÍSICA MODERNA.......................................................................................................................................1
INTRODUCIÓN.................................................................................................................................................1
RECOMENDACIÓNS...................................................................................................................................1
ACLARACIÓNS............................................................................................................................................1
PROBLEMAS.....................................................................................................................................................2
MECÁNICA CUÁNTICA..............................................................................................................................2
NÚCLEOS E PARTÍCULAS.........................................................................................................................7
CUESTIÓNS.....................................................................................................................................................13
FÍSICA RELATIVISTA................................................................................................................................13
MECÁNICA CUÁNTICA............................................................................................................................14
NÚCLEOS E PARTÍCULAS.......................................................................................................................22
Cuestións e problemas das Probas de Acceso á Universidade (P.A.U.) en Galicia.
Respostas e composición de Alfonso J. Barbadillo Marán.
Algúns cálculos fixéronse cunha folla de cálculo OpenOffice (ou LibreOffice) do mesmo autor.
Algunhas ecuacións e as fórmulas orgánicas construíronse coa extensión CLC09 de Charles Lalanne-Cassou.
A tradución ao/desde o galego realizouse coa axuda de traducindote, de Óscar Hermida López.
Procurouse seguir as recomendacións do Centro Español de Metrología (CEM)