1.E: El amanecer de la teoría cuántica (Ejercicios)

Las soluciones para seleccionar preguntas se pueden encontrar en línea.

1.1A

El metal de sodio tiene una frecuencia umbral de\(4.40 × 10^{14}\) Hz. ¿Cuál es la energía cinética de un fotoelectrón expulsado de la superficie de un trozo de sodio cuando el fotón eyectante es\(6.20 × 10^{14}\) Hz? ¿Cuál es la velocidad de este fotoelectrón? ¿De qué región del espectro electromagnético se encuentra este fotón?

1.1B

¿Cuál es la radiación electromagnética de mayor longitud de onda que puede expulsar un fotoelectrón de la plata, dado que la función de trabajo es de 4.73 eV? ¿Está esto en el rango visible?

Solución

263 nm

1.1C

Encuentra el fotón de longitud de onda más larga que pueda expulsar un electrón del potasio, dado que la función de trabajo es de 2.24 eV. ¿Es esta radiación electromagnética visible?

1.1C

¿Cuál es la función de trabajo en eV de electrones en magnesio, si el fotón de longitud de onda más larga que puede expulsar electrones es 337 nm?

Solución

3.69 eV

1.1D

Calcular la función de trabajo en eV de electrones en aluminio, si el fotón de longitud de onda más larga que puede expulsar el electromagnético es de 304 nm.

1.1E

¿Cuál es la energía cinética máxima en eV de electrones expulsados del metal de sodio por radiación electromagnética de 450 nm, dado que la función de trabajo es de 2.28 eV?

Solución

0.483 eV

1.1F

La radiación UV que tiene una longitud de onda de 120 nm cae sobre el metal dorado, al que los electrones están unidos por 4.82 eV. ¿Cuál es la energía cinética máxima de los fotoelectrones expulsados?

1.1G

La luz violeta de longitud de onda 400 nm expulsa electrones con una energía cinética máxima de 0.860 eV del metal de sodio. ¿Cuál es la función de trabajo de los electrones al metal de sodio?

Solución

2.25 eV

1.1H

La radiación UV que tiene una longitud de onda de 300 nm cae sobre el uranio metálico, expulsando electrones de 0.500-eV. ¿Cuál es la función de trabajo de los electrones al uranio metal?

1.1I

¿Cuál es la longitud de onda de la radiación electromagnética que expulsa 2.00-eV electrones del metal calcio, dado que la función de trabajo es 2.71 eV? ¿Qué tipo de radiación electromagnética es esta?

Solución

(a) 264 nm

b) Ultravioleta

1.1J

Encuentra la longitud de onda de los fotones que expulsan 0.100-eV electrones del potasio, dado que la función de trabajo es 2.24 eV. ¿Son visibles estos fotones?

1.1K

¿Cuál es la velocidad máxima de los electrones expulsados de un material por los fotones de 80 nm, si están unidos al material por 4.73 eV?

Solución

1.95 × 10 ⁶ m/s

1.1L

Los fotoelectrones de un material con una función de trabajo de 2.71 eV son expulsados por fotones de 420 nm. Una vez expulsados, ¿cuánto tiempo tardan estos electrones en viajar 2.50 cm a un dispositivo de detección?

1.1M

Un láser con una potencia de salida de 2.00 mW a una longitud de onda de 400 nm se proyecta sobre calcio metálico. (a) ¿Cuántos electrones por segundo son expulsados? b) ¿Qué potencia se llevan por los electrones, dado que la función de trabajo es 2.71 eV?

Solución

(a)\(4.02×10^{15}/s\)

b) 0.256 mW

1.1N

a) Calcular el número de fotoelectrones por segundo expulsados de un área de 1.00-mm 2 de metal de sodio por radiación electromagnética de 500 nm con una intensidad de\(1.30\; kW/m^2\) (la intensidad de la luz solar sobre la atmósfera terrestre). b) Dado que la función de trabajo es de 2.28 eV, ¿qué potencia se llevan los electrones? (c) Los electrones llevan menos energía que la traída por los fotones. ¿A dónde va el otro poder? ¿Cómo se puede recuperar?

1.1O

La luz roja que tiene una longitud de onda de 700 nm se proyecta sobre magnesio metálico al que los electrones están unidos por 3.68 eV. (a) Utilizar\(KE_ e=h\nu -\Phi\) para calcular la energía cinética de los electrones expulsados. b) ¿Qué tiene de irrazonable este resultado? c) ¿Qué supuestos son irrazonables o inconsistentes?

Solución

(a) —1,90 eV— 1,90 eV

b) Energía cinética negativa

(c) Que los electrones serían arrojados libres.

Resultados irrazonables

1.1P

a) ¿Cuál es la función de trabajo de los electrones a un material del cual los electrones de 4.00-eV son expulsados por radiación electromagnética de 400 nm? b) ¿Qué tiene de irrazonable este resultado? c) ¿Qué supuestos son irrazonables o inconsistentes?

1.2A

1. Supongamos que el electrón en un átomo de hidrógeno está en la órbita circular de Bohr con n = 30. ¿Cuántas veces por segundo da la vuelta?
2. Supongamos ahora que el electrón cae al estado n = 29, emitiendo un solo fotón. ¿Cuál es la frecuencia de este fotón, en ciclos por segundo?
3. Comente la relación entre sus respuestas en los apartados a), b) anteriores. ¿Cuál adivinarías que es la relación para n = 300?

1.2B

El\(\mu\) (muón) es primo del electrón, siendo la única diferencia su masa 207 veces mayor. El\(μ\) tiene una vida útil de aproximadamente 2 ms. Si un haz de muones se dirige a un sólido, los muones entrarán en órbita alrededor de los núcleos. El átomo de Bohr, con un muón que reemplaza al electrón, es un modelo útil para imaginar esto.

1. Para un núcleo de carga Ze, ¿qué tan grande es la órbita n = 1 μ comparada con la órbita electrónica?
2. ¿Cuál es la frecuencia del fotón emitido por el\(μ\) en la transición n = 2 a n = 1?
3. Para el núcleo de oro, la\(n = 1\)\(μ\) órbita está dentro del núcleo. Encuentra la frecuencia del fotón emitido para\(n = 2\) para\(n = 1\) en este caso. (Pista: necesitarás el radio del núcleo dorado. Supongamos aquí que la carga positiva se extiende uniformemente por todo el núcleo.)

1.3

Región infrarroja pasada, en dirección a las energías más bajas, se ubica la región de microondas. En esta región, la radiación generalmente se caracteriza por la frecuencia (\(\nu\)) que se expresa en unidades de\(\text{MHz}\), donde\(\text{Hz}\) es un ciclo por segundo. Dada una frecuencia de microondas de\(2.0 \times 10^{4}\, \text{MHz}\), calcular\(v\)\(λ\), y energía por fotón para esta radiación y luego comparar los resultados con la figura a continuación.

Solución

Se da la frecuencia (v) de la radiación de microondas y una vez convertida a Hz obtiene lo siguiente

v=2.0e ⁴ MHz (1e ⁶ Hz/1MHz) = 2.0e ¹⁰ s ^-1 Hz

ahora encontramos la longitud de onda usando la fórmula y obtenemos

\[λ=\dfrac{c}{v}=\dfrac{2.998 \times 10^{8} m \,s^{-1}}{2.0 \times 10^{10} \,s^{-1} } = 1.5 \times 10^{-2}\,m \nonumber\]

finalmente usamos e=HV para calcular la energía

E=HV= (6.626e ^-34 J*s) (2.0e ¹⁰ s ^-1) = 1.3e ^-23 J

1.4

Compara la Distribución Planck y las Distribuciones Rayleigh-Jean. Para grandes valores de\({\nu}\), which one would be greater?

Solución

La distribución de Planck es

\[d{\rho}=\dfrac{8{\pi}h}{c^3}\dfrac{{\nu}^3}{e^{\dfrac{h{\nu}}{k_BT}}-1}d{\nu}\nonumber \]

Y el Rayleigh Jean Distribution es

\[d{\rho}=\dfrac{8{\pi}{\rho^2}k_BT}{c^3}d{\nu}\nonumber \]

Para mayores\({\nu}\), la Distribución Rayleigh Jean aumenta, mientras que la Distribución de Planck disminuye debido a que el término exponencial en el denominador supera al\({\nu}^3\) término.

1.4

Plancks suposición principal fue que las energías del oscilador electrónico sólo pueden tener valores\(E=nh\nu\) y\(ΔE=h\nu\). De hecho, como v→0 entonces ΔE→0 y E se vuelve continuo. Cabe esperar que la distribución no clásica de Plank pase a la distribución clásica Rayleigh-Jeans a bajas frecuencias, donde ΔE →0. Demostrar que la Ecuación 1.2 reduce a la Ecuación 1.1 como v→0.

Nota: La expansión Taylor de un exponencial

\[e^x \approx 1+x+\left(\dfrac{x^2}{2!}\right) + ... \nonumber \]

puede truncado a\(e^x \approx 1+x\) cuando\(x\) es pequeño.

Solución

Importante conocer la ecuación de Planks y ponerla en uso:

dp (v, T) =P _v (T) dv =( 8 πh /c ³) (v ³ dv/e ^{hv /k _b T} -1)

Nota: P _v (T) dv ⇒ es la densidad de energía radiante entre las frecuencias v y v+dv

Ahora para x pequeña tenemos e ^x ≈1+x

y como v→0, hv/k _b T→0 una vez que tenemos esto obtenemos lo siguiente

dp (v, T) = (8πh/c ³) * ((v ³ dv)/(1+ (hv/k _b T) -1)) = 8πhv ³ k _B TdV/c ³ hv = 8πv ² k _B TdV/c ³

y esta es la distribución clásica de Rayleigh-Jeans.

1.5

El espectro visible se encuentra en el rango de 400-700 nm, y contiene alrededor del 40% de la intensidad de radiación del sol. Usando la Distribución Planck, escribir una expresión integral que pueda ser evaluada para dar este resultado (no evaluar la integral).

Solución

La distribución de Planck Blackbody en términos de longitud de onda es

\[\rho_\lambda(\lambda, T) d \lambda =\dfrac{2 hc^2}{\lambda^5}\dfrac{1}{ e^{\frac{hc}{\lambda k_\mathrm{B}T}} - 1} d\lambda\nonumber \]

Y así la intensidad contenida en el espectro visible (de 400 nm y 700 nm) es

\[\int^{700}_{400}\rho_\lambda(\lambda, T) d\lambda = \int^{700\, nm}_{400\, nm}\dfrac{2 hc^2}{\lambda^5}\dfrac{1}{ e^{\frac{hc}{\lambda k_\mathrm{B}T}} - 1} d\lambda\nonumber \]

La intensidad contenida en todo el espectro puede ser dada por

\[\int^{\infty}_{0}\rho_\lambda(\lambda, T) d\lambda = \int^{\infty}_{0}\dfrac{2 hc^2}{\lambda^5}\dfrac{1}{ e^{\frac{hc}{\lambda k_\mathrm{B}T}} - 1} d\lambda\nonumber \]

Y así

\[40\% =100\% \times \dfrac{\rho_{visible}}{\rho_{total}}=100 \% \times \dfrac{\int^{700}_{400}{\dfrac{8phc}{\lambda^5 \left(e^{\dfrac{hc}{\lambda k_bT}}-1\right)} d \lambda}}{\int^{\infty }_0{\dfrac{8phc}{\lambda^5\left(e^{\dfrac{hc}{\lambda k_bT}}-1\right)}d \lambda}}\nonumber \]

1.13

¿Cuál es la frecuencia y energía de un solo fotón de 310 nm?

Solución

Dado:\(\lambda\) = 310 nm.

Para encontrar la frecuencia:

\[\nu=\dfrac{c}{\lambda}\nonumber \]]

\[\nu=\dfrac{2.99 \times 10^{8} \dfrac{m}{s}}{310 \ nm}\nonumber \]

\[\nu= 9.67 \times 10^{14} s^{-1} \nonumber \]

Para encontrar la energía:

\[E = h \nu\nonumber \]

\[E = (6.626 \times 10^{-34}) \times \nu\nonumber \]

\[E = 6.41 \times 10^{-19} J\nonumber \]

1.14

Un láser emite\(3.3 \times 10^{17}\) fotones por segundo. Si la energía por fotón es\(6.4 \times 10^{-20}J\) por fotón, encuentre la a) potencia y b) longitud de onda del láser. en qué espectros electromagnéticos está el láser?

Solución

a)

\(W=(6.4 \times 10^{-20}J)(3.3 \times 10^{17}\dfrac{1}{s})\)

\(W=0.02112\dfrac{J}{s}\)

b)

\(E=h\dfrac{c}{\lambda}\)

\(\lambda=\dfrac{hc}{E}\)

\(\lambda=\dfrac{(3 \times 10^{8}\dfrac{m}{s})(6.626 \times 10^{-34}Js)}{6.4 \times 10^{-20}J}\)

\(\lambda=3.106 \times 10^{-6}m\)

c)

espectro infrarrojo

1.15

¿Cuál es la longitud de onda máxima con una temperatura dada de 7500K?

Solución

Para una temperatura dada, la longitud de onda máxima permitida viene dada por:

\(T = \frac{2.9 \times 10^{-3}\text{mK}}{\lambda_\text{max}}\)

Dado: T = 7500K

\(7500 = \frac{2.9 \times 10^{-3}\text{mK}}{\lambda_\text{max}}\)

\(\lambda_\text{max}= \frac{2.9 \times 10^{-3}\text{mK}}{7500 \text{K}}\)

\(\lambda_\text{max}= 3.8 \times 10^{-7} \text{m}\)

Q1.15

Una bombilla es un radiador de cuerpo negro. ¿Qué temperatura se requiere tal que\(\lambda_{max} = \ 400 nm\)?

Solución

\[T=\dfrac{(2.90 \times 10^{-3}\; m \cdot K)}{400 \times 10^{-9}\; m} = 7250\; K.\nonumber \]

1.16

Un metal elemental desconocido tiene función de trabajo de\( \Phi = 8.01 \times 10^{-19} J\). Tras la iluminación con luz UV de longitud de onda 162 nm, los electrones son expulsados con una velocidad de at\(2.95 \times 10^{3} \frac {m}{s}\). ¿Cuál es la longitud de onda umbral? ¿Cuál es la función de trabajo en unidades de eV? ¿A qué metal corresponde esto (deberá consultar la Tabla B1)?

Solución

Esta pregunta implica un poco de truco en que ni la longitud de onda de radiación ni la velocidad de los electrones son necesarias para resolver para la longitud de onda umbral o material como se solicita. Para resolver la longitud de onda umbral, empleamos el concepto de que la energía cinética es 0 en la frecuencia umbral y luego usamos una ecuación de relación para resolver la longitud de onda umbral.

\[ \dfrac {1}{2} mv^2 = h \nu - \Phi \tag {2-5}\nonumber \]

Entonces,

\[ \nu_{threshold} = \dfrac {\Phi}{h} = 1.21 \times 10^{15} s^{-1}\nonumber \]

y

\[ \lambda_{threshold} = \dfrac {c}{\nu_{threshold}} = 248 nm\nonumber \]

Con una conversión básica de

\[ 1\;J = 6.242 \times 10^{18} eV\nonumber \]

vemos que la función de trabajo es de 5 eV. Usando la Tabla B1, vemos que este valor corresponde a Cobalto (descubierto por Georg Brandt).

1.16

Dada la función de trabajo del sodio es de 1.87 eV, se encuentra la energía cinética de los electrones expulsados cuando se utiliza luz de frecuencia 2.3 veces mayor que la frecuencia umbral para excitar los electrones.

Solución

paso 1: convertir la función de trabajo de electrón voltios a julios

\[\phi=1.87 \ eV\nonumber \]

1 eV =\(1.602 \times 10^{-19}J\)

\(\phi\)=\(1.87 eV \times \dfrac{1.602 \times 10^{-19}J}{1 \ eV}\) =\(2.995 \times 10^{-19}J\)

Paso 2: Resolver para la frecuencia umbral

\(\phi\)=\(hf\)

\(\dfrac{\phi}{h}=f\)

\(\dfrac{2.995 \times 10^{-19}J}{6.626 \times 10^{-34}Js}=f\)

\(4.5 \times 10^{14}Hz=f\)

Paso 3: Utilice la frecuencia umbral para resolver la energía cinética en las condiciones deseadas

\(KE=h(2.3f-f)\)

\(KE=h(1.3f)\)

\(KE=(6.626 \times 10^{-34}Js)(1.3(4.5 \times 10^{14}Hz))\)

\(KE=3.87 \times 10^{-19}J\)

Q1.17

Encontrar energía cinética emitida fuera de la superficie de tungsteno que se irradia con radiación de 250 nm. Función de trabajo de tungsteno 4.50 eV.

Solución

La energía cinética está representada por

\[E = h\nu\nonumber \]

entonces usamos\(c=\nu\lambda\) for the frequency to find

\[E=\dfrac{hc}{\lambda}\nonumber \]

Luego sustituya los valores para obtener

\[E=\dfrac{(6.626 \times 10^{-34}\; J \cdot s)(3.00 \times 10^8 m/s)}{250 \times 10^{-9}\; m} = 7.95 \times 10^{-19}\; J\nonumber \]

Convertir a eV, para obtener

\[E=(7.95 \times 10^{-19}\; J) \dfrac{1 \;eV}{1.6 \times 10^{-19}\;J} = 4.97\; eV.\nonumber \]

Uso\(KE_e=h\nu–\Phi\) to finally get

\[KE_e=h\nu – \Phi = 4.97 \;eV – 4.50 \;eV = 0.47\; eV.\nonumber \]

1.18

Un plato plateado liso de Acción de Gracias y una cuchara para servir (los peregrinos tenían cuchillos y cucharas pero no tenedores) se irradian con luz de longitud de onda 317 nm. La función de trabajo es\(\Phi = 6.825 \times 10^{-19} J\). ¿Cuál es la energía cinética de los electrones expulsados [eV]? ¿La frecuencia umbral?

Solución

Primero resolvemos para la frecuencia umbral.

\[ \dfrac {hc}{\lambda} = \Phi \ = h \nu\nonumber \]

Reorganizar para resolver\( \nu\)

\[\begin{align*} \nu &= \dfrac {\Phi}{h} \\[4pt] &= 1.03 \times 10^{15} s^{-1} \end{align*}\nonumber \]

Ahora resolvemos para la energía cinética.

\[ \dfrac {1}{2} mv^2 = h \nu - \Phi \tag {2-5}\nonumber \]

donde\[ \nu = \nu_{radiation}\nonumber \] y recordamos que

\[ \nu = \dfrac {c}{\lambda_{radiation}}\nonumber \]

Usando el lado derecho de esa ecuación de energía cinética, encontramos que el resultado es

\[ {KE} = 2.55 \times 10^{-19}\nonumber \]

Q1.18

Cuando se irradia una superficie limpia de plata con luz de longitud de onda 255 nm, la función de trabajo de los electrones expulsados es de 4.18 eV. Calcular la energía cinética en eV de la plata y la frecuencia umbral.

Solución

La energía cinética de los electrones se puede representar con la fórmula

\(KE= h\nu - \Phi \)

Tenemos que resolver para la energía cinética en eV

\(KE= h\nu - \Phi \)

sustituir valores conocidos da

\[ KE= (6.626 \times 10^-34 Js )(\dfrac{3 \times 10^8 m/s}{255 \times 10^-9 m})- 6.69* 10^-19 J\nonumber \]

\[ KE = 1.105 \times 10^-19 J \approx .690 eV\nonumber \]

La segunda parte de la pregunta nos pide resolver para la frecuencia umbral

\( \nu_o= \dfrac{\Phi}{h}\)

\( \nu_o= \dfrac{6.69 \times 10^-19 J}{6.626 \times 10^-34 J*s}\)

\( = 1.01 \times 10^{15} Hz\)

Q1.21

Una línea de la serie Paschen de hidrógeno tiene una longitud de onda de 1.01 x 10 ^-6 m. Encuentra la energía original del electrón.

Solución

Para la serie Paschen n ₁ = 3. Para encontrar n ₂ tenemos que usar la fórmula de Rhydberg:

\[\dfrac{1}{\lambda} = R_H \times \left(\dfrac{1}{n_1^2} + \dfrac{1}{n_2^2}\right)\nonumber \]

sustituyendo nuestros valores conocidos nos dará

\[\dfrac{1}{1.01 \times 10^{-6} m } = 109677 cm^{-1} \left(\dfrac{1}{3^2} + \dfrac{1}{n_2^2}\right)\nonumber \]

convertir nuestras unidades y usar álgebra nos da

\(0.0903 = \left(\dfrac{1}{9} - \dfrac{1}{n_2^2}\right)\)

donde

\(n_2 = 6.93 \approx 7 \)

Nos aproximamos a 7 ya que\(n\) es un entero.

1.22

¿Cómo cambia la energía cuando una partícula absorbe y libera un fotón? Mostrar los efectos sobre el estado en el que se encuentra la partícula y la energía misma.

Solución

La energía aumentaría cuando se absorbe un fotón y disminuiría cuando se libera un fotón. Tenemos dos ecuaciones

\[E = \dfrac{hc}{\lambda}\nonumber \]

\[\dfrac{1}{\lambda} = 109680\left(\dfrac{1}{n_1} - \dfrac{1}{n_2}\right)\nonumber \]

Cuando se absorbe un fotón,\(\lambda\) es positivo y cuando se libera un fotón\(\lambda\) es negativo. Desde la primera ecuación, podemos ver que\(E\) sólo depende del signo de\(\lambda\). Entonces, cuando se absorbe un fotón, la energía es positiva (aumenta) y cuando se libera, la energía es negativa (disminuye).

La segunda ecuación muestra que cuando\(\lambda\) es negativo,\(n_1\) debe ser mayor que\(n_2\) así el estado final se encuentra en un número cuántico menor que el inicial y viceversa para cuando se absorbe un fotón.

1.23

Mostrar que la (a) longitud de onda de 100 nm ocurre dentro de la serie Lyman, que (b) longitud de onda de 500 nm ocurre dentro de la serie Balmer, y que (c) longitud de onda de 1000 nm ocurre dentro de la serie Paschen. Identificar las regiones espectrales a las que corresponden estas longitudes de onda.

Solución

Podemos mostrar dónde ocurren las longitudes de onda calculando las longitudes de onda máxima y mínima de cada serie usando la fórmula de Rydberg.

a) Serie Lyman:

\[Max: \dfrac{1}{\lambda} = 109680\left(1 - \dfrac{1}{2^2}\right)cm^{-1}\nonumber \]

\[\lambda = 121.6 nm\nonumber \]

\[Min: \dfrac{1}{\lambda} = 109680\left(1 - \dfrac{1}{\infty}\right)cm^{-1}\nonumber \]

\[\lambda = 91.2 nm\nonumber \]

El rango para la serie Lyman de 91.2 nm a 121.6 nm, por lo tanto una longitud de onda de 100 nm ocurre dentro de la serie Lyman. Esto corresponde a la región ultravioleta del espectro.

b) Serie Balmer:

\[Max: \dfrac{1}{\lambda} = 109680\left(\dfrac{1}{2^2} - \dfrac{1}{3^2}\right)cm^{-1}\nonumber \]

\[\lambda = 656.5 nm\nonumber \]

\[Min: \dfrac{1}{\lambda} = 109680\left(\dfrac{1}{2^2} - \dfrac{1}{\infty}\right)cm^{-1}\nonumber \]

\[\lambda = 364.7 nm\nonumber \]

El rango para la serie Balmer de 364.7 nm a 656.5 nm, por lo tanto una longitud de onda de 500 nm ocurre dentro de la serie Balmer. Esto corresponde a la región ultravioleta cercana del espectro.

c) Serie Paschen:

\[Max: \dfrac{1}{\lambda} = 109680\left(\dfrac{1}{3^2} - \dfrac{1}{4^2}\right)cm^{-1}\nonumber \]

\[\lambda = 1875.6 nm\nonumber \]

\[Min: \dfrac{1}{\lambda} = 109680\left(\dfrac{1}{3^2} - \dfrac{1}{\infty}\right)cm^{-1}\nonumber \]

\[\lambda = 820.6 nm\nonumber \]

El rango para la serie Paschen de 820.6 nm a 1875.6 nm, por lo tanto una longitud de onda de 1000 nm ocurre dentro de la serie Paschen. Esto corresponde a la región del infrarrojo cercano del espectro.

1.24

Calcular la longitud de onda y la energía de un fotón asociado al límite de serie de la serie Balmer.

Solución

Primero encuentra la longitud de onda mínima para la serie Balmer.

\[ \begin{align*} \dfrac{1}{\lambda} &= 109,680cm^{-1}\left(\dfrac{1}{2^2} \ - \ \dfrac{1}{\infty}\right) \\[4pt] \lambda &= \ 364.7\, nm \end{align*}\]

Ahora podemos usar la longitud de onda para encontrar la energía.

\[ \begin{align*} E &= \dfrac{hc}{\lambda} \\[4pt] &= \dfrac{(6.626  \times  10^{-34})(3  \times  10^8)}{364.7 \times \ 10^{-9}} \\[4pt] &= 5.45  \times  10^{-19}\,J \end{align*} \]

1.25

Para las siguientes partículas (a) un electrón con una energía cinética de 50eV, (b) un protón con una energía cinética de 50eV, y (c) un electrón en la segunda órbita de Bohr de un átomo de hidrógeno, calcular la longitud de onda de Broglie de cada una.

Solución

Utilizamos\(\lambda \ = \dfrac{h}{p}\) en todos los casos para encontrar\(\lambda\).

a.\[KE \ = \dfrac{mv^2}{2}\nonumber \]

\[50eV\left(\dfrac{1.602 \times 10^{-19}J}{1 eV}\right) \ = \ \dfrac{(v^2)(9.109 \times 10^{-31}kg)}{2}\nonumber \]

\[v = 4.19 \times 10^6\, m\centerdot s^{-1}\nonumber \]

Entonces

\[\begin{align*} \lambda &= \dfrac{h}{p} \ = \ \dfrac{h}{mv} \\[4pt] &= \dfrac{6.626 \times 10^{-34}J \centerdot s}{(9.109 \times 10^{-31}kg)(4.19 \times 10^6m\centerdot s^{-1})} \\[4pt] &= 1.23 \times 10^{-10}m = 0.123\,nm \end{align*}\]

b.\(m_e\) sustituir por\(m_p\) en (a) para encontrar\(\lambda = 2.86 \times 10^{-3} nm\).

c. Primero debemos determinar la velocidad de un electrón en la segunda órbita de Bohr de un átomo de hidrógeno. La velocidad de un electrón viene dada por la siguiente ecuación:

\[v = \dfrac{nh}{2(\pi)m_{e}r}\nonumber \]

y sabemos

\[r = \dfrac{\epsilon_0h^2n^2}{(\pi)m_ee^2}\nonumber \]

sustituyendo las dos ecuaciones encontramos que

\[v \ = \ \dfrac{e^2}{2nh\epsilon_0}\nonumber \]

Porque\(n = 2\), porque estamos hablando de la segunda órbita

\[\begin{align*} v &= \ \dfrac{(1.602 \times 10^{-19}C)^2}{2(2)(6.626 \times 10^{-34}J\centerdot s)(8.854 \times 10^{-12}C^2J^{-1}m^{-1})} \\[4pt] &= \ 1.09 \times 10^6m\centerdot s^{-1} \end{align*}\]

Entonces

\[ \begin{align*} \lambda &= \dfrac{h}{p} \ = \ \dfrac{h}{mv} \\[4pt] &= \dfrac{6.626 \times 10^{-34}J\centerdot s}{(9.109 \times 10^{-31}kg)(1.09 \times 10^6m\centerdot s^{-1}} \\[4pt] &= \ 6.64 \times 10^{-10}m = 0.664\,nm \end{align*}\]

Q1.26

1. ¿Cuál es la velocidad y longitud de onda de un electrón con un aumento de voltaje de 75 V?
2. ¿Cuál es el impulso de un electrón con una longitud de onda de Broglie de 20 nm? (la masa de un electrón es\(9.109 \times 10^{-31}\,kg\))

Solución

a.

\[ \begin{align*} KE &= \text{(electron charge)} \times \text{(potential}) \\[4pt]&= (1.602 \times 10^{-19}\,C)(75\,V) \\[4pt] &= 1.2 \times 10^{-17}\,J \\[4pt] &= (1/2)mv^2\end{align*}\]

\[v = \sqrt{\dfrac{2(KE)}{m}} = \sqrt{\dfrac{2(1.2 \times 10^{-17}J)}{(9.109 \times 10^{-31}kg)}} = 5.133 \times 10^{6}m*s^{-1}\nonumber \]

\[\begin{align*} \lambda &= \dfrac{h}{mv} \\[4pt] &= \dfrac{6.626 \times 10^{-34}J*S}{(9.109 \times 10^{-31}kg)(5.133 \times 10^{6}m*s^{-1})} \\[4pt] &= 1.2267\, m \end{align*} \]

b.

\[\lambda = \dfrac{h}{p}\nonumber \]

\[\begin{align*} p &= \dfrac{h}{\lambda} \\[4pt] &= \dfrac{6.626 \times 10^{-34}J*S}{20 \times 10^{-6}m} \\[4pt] &= 3.313 \times 10^{-29}kg*m*s^{-1} \end{align*} \]

1.27

¿A través de qué potencial un protón debe caer inicialmente en reposo por lo que es su longitud de onda de Broglie\(1.83 \times 10^{-10}\, m\)?

Q1.28

Calcular la energía y longitud de onda asociada a una\(\beta\) partícula que ha caído a través de una diferencia de potencial de 3.2 V. Tomar la masa de una\(\beta\) partícula para ser\(9.1 \times 10^{-31}\text{kg}\).

Solución

Una partícula beta es un electrón, por lo que tiene una carga -1.

\[KE = (\beta \,\text{particle charge}) \times \, \text{Potential} = \vert-1.602 \times 10^{-19}\text{C}\vert\; \times \; 3.2\text{V}\nonumber \]

\[KE = 5.126 \times 10^{-19}\text{J per }\beta\text{ particle}\nonumber \]

\[\lambda = \dfrac{h}{p}\nonumber \]

\[KE = \dfrac{mv^2}{2} = \dfrac{p^2}{2m}\nonumber \]

\[p = \sqrt{2\;KE\;m} = \sqrt{2\;\times \;5.126 \times 10^{-19}\text{J}\;\times \;9.1 \times 10^{-31}\text{kg}}\nonumber \]

\[p = 5.66 \times 10^{-25}\text{kg m }s^{-1}\nonumber \]

\[\lambda = \dfrac{6.626 \times 10^{-34}\text{J s}}{5.66 \times 10^{-25}\text{kg m s}^{-1}} = 6.86 \times 10^{-10}\text{m}\nonumber \]

Q1.28

Si un protón está pasando por una diferencia de potencial de 3.0V, ¿cuál es el momento y la longitud de onda asociados a este protón? (la masa de un protón es igual a\(1.6726 \times 10^{-27}\,kg\))

Solución

\[(charge)*(potential) = KE\nonumber \]

\[charge = 1.602 \times 10^{-19}C\nonumber \]

\[(1.602 \times 10^{-19}C)*(3.0V) = KE\nonumber \]

\[KE = 4.806 \times 10^{-19}J\nonumber \]

\[KE = \dfrac{p^2}{2m} \nonumber \]

\[p= \sqrt{2(KE)m} = \sqrt{2(4.806 \times 10^{-19}J)(1.6726 \times 10^{-27}kg)} = 4.01 \times 10^{-23}kg*m*s^{-1}\nonumber \]

\[\lambda = h/p = \dfrac{6.626 \times 10^{-34}J*S}{4.01 \times 10^{-23} kg*m*s^{-1}} = 1.65 \times 10^{-11}m = 0.165\, pm\nonumber \]

1.29

La difracción de neutrones es una técnica moderna para estudiar la estructura. En la difracción de neutrones, se generó un haz colimado de neutrones a cierta temperatura a partir de una fuente de neutrones de alta energía. Esto se logra en varias instalaciones aceleradoras alrededor del mundo. Si la velocidad del neutrón es\(v_n = (3k_BT/m)^{1/2}\) con\(m\) como la masa de neutrones. ¿Cuál es la temperatura requerida para que los neutrones tengan una longitud de onda de Broglie de 200pm? La masa de un neutrón a ser\(1.67 \times 10^{－27}\, kg\).

1.29

Mientras estudiaba mecánica cuántica algún día, ¿te preguntaste qué temperatura se requeriría para que el Jumbo Jawbreaker que estabas a punto de comer tenga una longitud de onda de Broglie de\(1.9 \times 10^{-24}\) metros? Suponiendo que la velocidad de un Jumbo Jawbreaker puede calcularse a partir de la ecuación\(\nu_n = (\dfrac{3k_BT}{m})^{\dfrac{1}{2}}\). Mides rápidamente la masa de tu Jumbo Jawbreaker y te pareció que lo era\(0.1kg\).

Solución

Sabiendo que la longitud de onda de Broglie tiene la forma,

\[ \lambda = \dfrac{h}{m\nu_n}\nonumber \]

podemos sustituir la ecuación dada por la velocidad en la ecuación de longitud de onda de Broglie

\[ \lambda = \dfrac{h}{\sqrt{3mk_BT}} \nonumber \]

reorganizar para resolver la temperatura

\[ T = \dfrac{h^2}{3mk_B\lambda^2}\nonumber \]

Sustituyendo en constantes podemos resolver por temperatura en Kelvin. Usando\(h = 6.626 \times 10^{-34} J*s\),\(m = 0.1kg\),\(k_B = 1.381 \times 10^{-21} J*K^{-1}\), y\(\lambda = 1.9 \times 10^{-24}\) medidores.

Nos encontramos con que

\[ T = \dfrac{(6.626 \times 10^{-34} J*s)^2}{3(0.1kg)(1.381 \times 10^{-21} J*K^{-1})(1.9 \times 10^{-24})^2}\nonumber \]

Por lo tanto

\[\begin{align*} T &= 293.5K \\[4pt] &=20.35^\circ C \end{align*}\]

1.30

Para el movimiento lineal, mostrar que un pequeño cambio en el impulso,\(\Delta\text{p}\), cambia un cambio en la energía cinética,\(\Delta\text{KE}\), de

\[\Delta\text{KE} = \dfrac{p_{0}}{m}\Delta\text{p}\nonumber \]

donde\(p_{0}\) está el impulso inicial.

Solución

Desde\(\Delta\text{p} = dp\) y\(\Delta\text{KE} = dKE\),

\[KE = \dfrac{p^2}{2m}\nonumber \]

\[dKE = \dfrac{p_{0}}{m}dp\nonumber \]

\[\Delta\text{KE} = \dfrac{p_{0}}{m}\Delta\text{p}\nonumber \]

1.31

Derive la fórmula de Bohr\(\dfrac{1}{\lambda_{vac}}\) para un multiprotón y un solo átomo de electrones como\(\ce{He^{+}}\) o\(\ce{Li^{2+}}\).

Solución

El número de protones (Z) en el núcleo interactúa con el electrón único con la misma fuerza de culombo\((f)\). La fuerza total de un núcleo con carga Z puede escribirse como la suma de cada protón interactuando individualmente con el electrón.

\[ f_{Total} = \displaystyle\sum\limits_{i=0}^Z \dfrac{e^2}{4r^2\pi\epsilon_\circ}\nonumber \]

Simplificando esta expresión encontramos que

\[f_{Total} = \dfrac{Ze^2}{4r^2\pi\epsilon_\circ}\nonumber \]

Para evitar que el electrón se deslice dentro o fuera del núcleo, la fuerza centrífuga\(f = \dfrac{m_ev^2}{r}\) es igual a la fuerza coulómbica. Por lo tanto

\[ \dfrac{Ze^2}{4r^2\pi\epsilon_\circ}=\dfrac{m_e\nu^2}{r}\nonumber \]

Para fines de estabilidad, una condición requiere que los electrones tengan un número establecido de longitudes de onda completas alrededor de la circunferencia de la órbita o

\[2\pi r = n\lambda \ , \ where \ n = 1,2,3...\nonumber \]

usando la fórmula de longitud de onda de Broglie\(\lambda = \dfrac{h}{p} = \dfrac{h}{m\nu}\) encontramos que\[m_e\nu r = \dfrac{nh}{2\pi}\nonumber \] Resolviendo\(\nu\) y sustituyendo en nuestra relación de fuerza\( \dfrac{Ze^2}{4r^2\pi\epsilon_\circ}=\dfrac{m_e\nu^2}{r}\) Encontramos que

\[r = \dfrac{n^2h^2\epsilon_\circ}{m_ee^2Z\pi}\nonumber \]

Ahora resolviendo para la energía total del sistema

\[E = KE +V(r) \\ = \dfrac{1}{2}m_e\nu^2 - \dfrac{Ze^2}{4r\pi\epsilon_\circ}\nonumber \]

Sustituyendo en\(m_e\nu^2\) encontrado arriba en la porción de energía cinética encontramos

\[ E = \dfrac{Ze^2}{8r\pi\epsilon_\circ} - \dfrac{Ze^2}{4r\pi\epsilon_\circ} = -\dfrac{Ze^2}{8r\pi\epsilon_\circ}\nonumber \]

Sustituyendo\(r\) desde arriba cuantificamos la energía de tal manera que

\[E_n = \dfrac{-Z^2m_ee^4}{8n^2h^2\epsilon_\circ^2}\nonumber \]

Dado que esta energía se cuantifica, el cambio en los estados energéticos ocurrirá donde los electrones son excitados por la luz o\(h\nu\) en estados cuánticos superiores. Por lo tanto

\[\Delta E = \dfrac{-Z^2m_ee^4}{8h^2\epsilon_\circ^2} \big(\dfrac{1}{n_1^2}-\dfrac{1}{n_2^2}\big)=h\nu\nonumber \]

Finalmente resolver por\(\dfrac{1}{\lambda_{vac}}\) recordar que\(h\nu = \dfrac{hc}{\lambda_{vac}}\) donde\(c\) esta la velocidad de la luz. Obtenemos nuestra solución final

\[\boxed{\dfrac{1}{\lambda_{vac}} = \dfrac{-Z^2m_ee^4}{8h^3c\epsilon_\circ^2} \big(\dfrac{1}{n_1^2}-\dfrac{1}{n_2^2}\big)}\nonumber \]

1.32

La serie en el\(\ce{He^{+}}\) espectro que corresponde al conjunto de transiciones donde el electrón cae de un nivel superior al estado n = 4 se llama la serie Pickering, una serie importante en astronomía solar. Derivar la fórmula para las longitudes de onda de las líneas observadas en esta serie. ¿En qué región del espectro ocurre?

Solución

Si derivamos la fórmula de Bohr para\(\tilde{v} = Z^2R_H \left(\dfrac{1}{(n^2)_1} - \dfrac{1}{(n^2)_2}\right)\)

En la serie Pickering, el espectro de helio está en\(Z = 2\) y\(n_2 = 4\)

\[\tilde{v} = 4(109,680 cm^-1)\left(\dfrac{1}{4^2} - \dfrac{1}{n^2_1}\right)\]

donde\ (n_1 = 5, 6, 7, 8...\]).

\[ n_1 = 5, \tilde{v}\ = 9871\, \text{cm}^-1 \nonumber \]

o

\[\lambda = 1.013 * 10^{-6} meters \nonumber \]

1.33A

Utilizando el modelo de Bohr, se encuentra la tercera energía de ionización para el átomo de Litio en eV y en J.

Solución

Las transiciones de energía para un átomo similar al hidrógeno están dadas por ΔE = Z ² R _y (1/n _i ² - 1/n _f ²)

donde Z es el número atómico y R _y es 13.6 eV

Cuando se ioniza un átomo similar al hidrógeno, el electrón pasa a su estado de unión más alto, a n = infinito, por lo que su número cuántico nf va al infinito, haciendo 1/n _f ² = 0.

Entonces E _ionización = (3) ² (13.6) (1/ (1) ² - 0) = 122.9 eV.

122.9 eV * 1.6 *10 ^-19 = ^1.96*10-17 J

1.33B

Encontrar la energía de ionización en eV y\(kJ \centerdot mol^{-1}\) de helio ionizado individualmente en el\(n=3\) estado usando la teoría de Bohr

Solución

Para encontrar la energía de ionización del helio, consideremos el caso donde movemos un electrón del\(n=3\) state to an infinite distance from the nucleus.

Usando la fórmula de Bohr para\(\tilde{v}\).

\[\tilde{v}=Z^2R_H(\dfrac{1}{n_1^2}-\dfrac{1}{n_2^2})\nonumber \]

\[\tilde{v}=2^2(109680 \,cm^{-1})\left(\dfrac{1}{3^2}-\dfrac{1}{\infty^2}\right)\nonumber \]

\[\tilde{v}=4.87467 \times 10^4 cm^{-1}\nonumber \]

Luego enchufarlo a\(E=hc \tilde{v}\)

\[E= (6.626 \times 10^{-34} J \centerdot s)(2.998 \times 10^8 m \centerdot s^{-1})(4.87467 \times 10^6 m^{-1})\nonumber \]

\[E=9.68 \times 10^{-19} J = 583 kJ \centerdot mol^{-1} = 6 eV\nonumber \]

1.34A

La velocidad del electrón en una órbita de Bohr n th viene dada por la ecuación:

\[v = \dfrac{e^2}{2\epsilon_0nh}\nonumber \]

La fuerza que actúa entre un electrón y un protón a una\(r\) distancia entre sí viene dada por la ley de Coulomb:

\[f = \dfrac{e^2}{4\pi\epsilon_0{r^2}}\nonumber \]

La fuerza centrífuga actúa en oposición a la fuerza coulómbica y viene dada por la ecuación:

\[f = \dfrac{mv^2}{r}\nonumber \]

Encuentra los valores de\(v\) para las órbitas de Bohr de n = 4, n = 5, y n = 6, y encuentra la fuerza total en un átomo entre un protón y un electrón a una distancia de 5 x 10 ^-11 m uno del otro, con el electrón moviéndose a una velocidad de 2 x 10 ⁶ m/s.

Solución

Para encontrar\(v\) simplemente sustituya los valores por n en la ecuación:

\[v = \dfrac{e^2}{2\epsilon_0nh}\nonumber \]

Para los valores de\(v\) a n = 4, n = 5, n = 6, obtenemos

n = 1

\(v_1= 546,923 \,m \cdot s^{-1}\)

n = 2

\(v_2 = 437,538 \,m \cdot s^{-1}\)

n = 3

\(v_3 = 364,615 \,m \cdot s^{-1}\)

Para encontrar la fuerza entre un protón y un electrón, simplemente restar la fuerza coulómbica de la fuerza centrífuga y sustituir los valores apropiados por las constantes:

\[f = \dfrac{mv^2}{r} - \dfrac{e^2}{4\pi\epsilon_0{r^2}}\nonumber \]

Para lo cual logramos:

\[f = 7.2875 \times 10^{-8} N\nonumber \]

1.34B

Demostrar que la velocidad del electrón en una órbita n th Bohr es\(v = \dfrac{e^2}{2\epsilon_0nh}\)

Entonces encuentra los primeros valores de\(v\) la órbita de Bohr.

Solución

Primero tenemos que saber que el momento angular del electrón que gira en la\(n\) órbita de Bohr se cuantifica luego

\(mvr = \dfrac{nh}{2\pi}\)

donde\(r\) está el radio de la órbita\(n\) th Bohr.

La energía cinética del electrón se da como\(\dfrac{mv^2}{2} = \dfrac{e^2}{2(4\pi\epsilon_0)r}\)

Entonces el radio, r debe ser igual\(r = \dfrac{e^2}{(4\pi\epsilon_0)mv^2}\)

Ahora después de sustituir el valor anterior en la primera ecuación, obtenemos

\(mv(\dfrac{e^2}{(4\pi\epsilon_0)mv^2} = \dfrac{nh}{2\pi}\)

Así la velocidad del electrón en la órbita de\(n\) Bohr es

\(v = \dfrac{e^2}{2\epsilon_0nh}\)

Para los primeros valores de\(v\) en la órbita\(n\) th Bohr, obtenemos

n = 1

\(v= 2.188 \times  10^{6} m*s{^-1}\)

n = 2

\(v_2 = 1.094 \times  10^{6} m*s{^-1}\)

n = 3

\(v_3 = 7.292 \times   10^{5} m*s{^-1}\)

1.35

Cuál es la incertidumbre en la posición de un electrón si la incertidumbre en la medición de su velocidad es 5\(m \cdot s^{-1}\).

Solución

Según el principio de incertidumbre de Heisenburg

\[\Delta x \Delta p \geq \dfrac{\hbar}{2}\nonumber \]

\[\Delta x \geq \dfrac{\hbar}{2\Delta p}\nonumber \]

Entonces por definición\(\Delta p = m \Delta v\)

\[\Delta x \geq \dfrac{\hbar}{2m \Delta v}\nonumber \]

\[\Delta x \geq \dfrac{6.626 \times 10^{-34} J \centerdot s}{4\pi (9.109 \times 10^{-31} kg)(5 m \centerdot s^{-1})}\nonumber \]

\[\Delta x \geq 1.16 \times 10^{-5}m\nonumber \]

1.35

¿Cuál es la incertidumbre en la velocidad de un electrón si lo ubicamos a dentro de las 50 pm?

Solución

Se sabe que la incertidumbre del impulso viene dada por la expresión

\[\Delta{p} = m\Delta{v} \nonumber\]

y el principio de incertidumbre de Heisenberg establece que

\[\Delta{x}\Delta{p} \ge h \nonumber\]

Entonces

\[\begin{align*} \Delta{x}(m\Delta{v}) &\ge h \\[4pt] \Delta{v} &\ge \frac{h}{m\Delta{x}} \\[4pt] &\ge \frac{6.626 \cdot 10^{-34} J \cdot s}{(9.109 \cdot 10^{-31} kg)(50 \cdot 10^{-12} m)} \\[4pt] &\ge 1.45 \cdot 10^7 m \cdot s \end{align*}\]

1.35

Si conocemos la velocidad de un electrón hacia dentro\(3.5 \times 10^{7}\dfrac{m}{s}\), entonces ¿cuál es la incertidumbre en su posición?

Solución

Utilizando el principio de incertidumbre de Heisenberg,

\[\Delta x \Delta p \geq h = \Delta x \times m\Delta v \geq h\nonumber \]

y reordenando para resolver la incertidumbre en la velocidad,

\[\Delta x \geq \dfrac{h}{m\Delta v}\nonumber \]

podemos usar\(h = 6.626 \times 10^{-34} J \cdot s\),\(m = 9.109 \times 10^{-31} kg\),\(\Delta v = 3.5 \times 10^{7}\dfrac{m}{s}\) y encontrar que

\[ \Delta x \geq \dfrac{(6.626 \times 10^{-34} J \cdot s)}{(9.109 \times 10^{-31} kg)(3.5 \times 10^{7}\dfrac{m}{s})}\nonumber \]

y por lo tanto

\[\Delta x \geq 2.078 \times 10^{-11} meters\nonumber \]

1.35

Si un protón se encuentra dentro de 1 angstrom, ¿cuál es su incertidumbre en la velocidad?

Solución

El principio de incertidumbre de Heisenberg afirma

Δ xΔp = h/4 π

ΔxMδV = h/4π

Δv = h/ (4m _p πδX) donde m _p es la masa de un protón

x ~ Δx la incertidumbre en la posición está en el mismo orden que la ubicación a la que está confinada, aquí 1 angstrom

Δv = h/ (4m _p πx) = (^6.626*10-34)/(4* (^1.67*10-27) *3.14*10 ^-10)

= 315.7 m/s

1.36

Si la posición de un electrón está dentro del intervalo de las 10 pm, ¿cuál es la incertidumbre del impulso? ¿Este valor es similar al de un electrón en la primera órbita de Bohr?

Solución

De acuerdo con el principio de incertidumbre para la posición y el impulso,

\[ \begin{align*} ∆x∆p &≥ h \\[4pt] \Delta p &≥ \dfrac{h}{∆x} \end{align*}\]

sustituyendo los valores respectivos que obtenemos,

\[\begin{align*} \Delta p &≥ \dfrac{6.626 \times 10^{-34} J.s}{10.0 \times 10^{-12} m} \\[4pt] &≥ 2.9 \times 10^{-23} kg.m.s^-1 \end{align*}\]

Por lo tanto, la incertidumbre en el impulso de un electrón será\(2.9 \times 10^{-23} kg.m.s^-1\).

Podemos calcular el impulso de un electrón en el primer radio de Bohr usando\(v\) ya que sabemos que,

\[\begin{align*} p &= m_ev \\[4pt] &= (9.109 \times 10^{-31} kg)(2.188 \times 10^{6} m \cdot s^{-1}) \\[4pt] &= (1.992 \times 10^{-24} kg \cdot m \cdot s^{-1}) \end{align*}\]

La incertidumbre del impulso de un electrón en algún lugar en un intervalo de 10 pm es mayor que el impulso de un electrón en el primer radio de Bohr.

1.37

El principio de incertidumbre de Heisenberg

\[\Delta x\Delta p \ge \dfrac{h}{4 \pi}\nonumber \]

Mostrar que ambos lados tienen las mismas unidades

Solución

\[\Delta x = meters\nonumber \]

\[\Delta p = m \Delta v\nonumber \]

Constante de Planck cuenta con unidades de\[J \cdot s\nonumber \]

y

\[J= \dfrac{kg \cdot m^2}{s^2}\nonumber \]

así que aplicamos estas ecuaciones obtenemos

\[m \dfrac{kg\cdot m}{s} \ge \dfrac{kg \cdot m^2\cdot s}{s^2}\nonumber \]

y simplificar

\[\dfrac{kg \cdot m^2}{s} \ge \dfrac{kg \cdot m^2}{s}\nonumber \]

Por lo tanto, ambos lados tienen las mismas unidades

1.38

La relación entre energía y tiempo puede verse a través del siguiente principio de incertidumbre:\(∆E∆t ≥ h\). A través de esta relación, se puede interpretar que una partícula de masa\(m\), la energía (\(E\)=\(m\) c ²) puede provenir de la nada y volver a la nada dentro de un tiempo ∆t ≤\(h\)/(\(m\)c ²). Una partícula real es aquella que dura tiempo (\(\Delta t\)) o más; asimismo, una partícula que dura menos de tiempo (\(\Delta t\)) se denominan partículas virtuales. Para una partícula subatómica cargada, un pión, la masa es\(2.5 \times 10^{-28} kg\). Para que un pión sea considerado una partícula real, ¿cuál es su vida mínima?

Solución

Basado en el principio de incertidumbre para la energía y el tiempo:

\[∆E∆t ≥ h \nonumber\]

\[\Delta t≥ \dfrac{h}{mc^2}\nonumber \]

por lo tanto\(E=mc^2\). Al enchufar los valores, obtienes

\[ \begin{align*} \Delta t &≥ \dfrac{6.626 \times 10^{-34} Js}{(2.5 \times 10^{-28} kg)(2.998 \times 10^{8} ms^-1) ^2} \\[4pt] &≥ 2.9 \times 10^{-23} s \end{align*}\]

Por lo tanto, la vida mínima si el pión se va a considerar una partícula real será\(2.9 \times 10^{-23} s\).