Ejercicio resuelto de Física cuántica · Física · Galicia · 2025

PREGUNTA 4. FÍSICA DEL SIGLO XX. (2,5 puntos)

4.1. Indique y justifique la respuesta correcta. (1 punto)

Se iluminan con luz verde de longitud de onda 0,55 μm una superficie de sodio y otra de potasio. Sabiendo que la frecuencia umbral del sodio es $5{,}60\times 10^{14}\ \mathrm{s^{-1}}$ y la del potasio vale $5{,}32\times 10^{14}\ \mathrm{s^{-1}}$, experimentan efecto fotoeléctrico: a) los dos metales; b) solamente el sodio; c) solamente el potasio.

4.2. Resuelva uno de estos dos problemas: (1,5 puntos)

4.2.1. El ${}^{14}_{6}\text{C}$ es un emisor beta (−) cuyos átomos tienen una masa de 14,0032 u. a) Determine los números atómico y másico del átomo resultante del decaimiento del ${}^{14}_{6}\text{C}$. b) Calcule la energía de enlace del núcleo de ${}^{14}_{6}\text{C}$.

4.2.2. En un laboratorio se reciben 100 g de un isótopo desconocido. Transcurridas 2 horas se desintegró el 20% de la masa inicial del isótopo. Determine: a) la constante radioactiva y el período de semidesintegración del isótopo; b) la masa que queda del isótopo original transcurridas 20 horas.

Datos: $c = 3\times 10^8\ \mathrm{m\cdot s^{-1}}$; $m_p = 1{,}0073$ u; $m_n = 1{,}0087$ u; $m_e = 5{,}5\cdot 10^{-4}$ u; 1 u = $931{,}5\ \mathrm{MeV\cdot c^{-2}}$.

$\textbf{4.1. Indique y justifique la respuesta correcta. (1 punto)}$

La respuesta correcta es la c): solamente el potasio experimenta efecto fotoeléctrico.

Para que haya emisión de fotoelectrones, la frecuencia de la luz incidente debe ser mayor o igual que la frecuencia umbral del metal. Calculamos la frecuencia de la luz verde:

$\lambda=0{,}55\ \mu\text{m}=5{,}5\cdot10^{-7}\ \text{m}$

$f=\dfrac{c}{\lambda}=\dfrac{3\cdot10^8}{5{,}5\cdot10^{-7}}=5{,}45\cdot10^{14}\ \text{s}^{-1}$

Comparamos con las dos frecuencias umbral:

$f=5{,}45\cdot10^{14}<f_{0,\text{Na}}=5{,}60\cdot10^{14}\ \text{s}^{-1}$

$f=5{,}45\cdot10^{14}>f_{0,\text{K}}=5{,}32\cdot10^{14}\ \text{s}^{-1}$

En el sodio los fotones no tienen energía suficiente para arrancar electrones, por muy intensa que sea la luz; en el potasio sí. Por tanto solo el potasio presenta efecto fotoeléctrico.

$\textbf{4.2.1. El } \boldsymbol{{}^{14}_{6}\text{C}}\textbf{ es un emisor beta (−) cuyos átomos tienen una masa de 14,0032 u. (1,5 puntos)}$

a) En una desintegración beta negativa un neutrón del núcleo se transforma en un protón, emitiéndose un electrón y un antineutrino. El número másico no cambia y el número atómico aumenta en una unidad:

${}^{14}_{6}\text{C}\longrightarrow{}^{14}_{7}\text{N}+{}^{0}_{-1}e+\bar\nu$

El átomo resultante tiene número atómico $Z=7$ y número másico $A=14$: es el nitrógeno-14.

b) La energía de enlace es la que hay que aportar para separar todos los nucleones del núcleo, y se obtiene del defecto de masa. Como el dato es la masa del átomo, hay que restarle primero la masa de sus seis electrones para quedarnos con la masa del núcleo:

$m_{\text{núcleo}}=m_{\text{átomo}}-6\,m_e=14{,}0032-6\cdot5{,}5\cdot10^{-4}$

$m_{\text{núcleo}}=13{,}9999\ \text{u}$

La suma de las masas de los nucleones por separado, 6 protones y 8 neutrones, es:

$\sum m=6\,m_p+8\,m_n=6\cdot1{,}0073+8\cdot1{,}0087$

$\sum m=6{,}0438+8{,}0696=14{,}1134\ \text{u}$

El defecto de masa es la diferencia:

$\Delta m=\sum m-m_{\text{núcleo}}=14{,}1134-13{,}9999=0{,}1135\ \text{u}$

Por la equivalencia entre masa y energía de Einstein, y usando el factor de conversión del enunciado:

$E_{\text{enlace}}=\Delta m\,c^2=0{,}1135\ \text{u}\cdot931{,}5\ \dfrac{\text{MeV}}{\text{u}}$

$E_{\text{enlace}}=105{,}7\ \text{MeV}$

La energía de enlace del núcleo de ${}^{14}_{6}\text{C}$ es $105{,}7\ \text{MeV}$, lo que supone unos 7,6 MeV por nucleón, valor típico de los núcleos ligeros estables.

$\textbf{4.2.2. En un laboratorio se reciben 100 g de un isótopo desconocido. Transcurridas 2 horas se desintegró el 20\% de la masa inicial del isótopo. (1,5 puntos)}$

a) Si se ha desintegrado el 20 % de la masa, queda el 80 %:

$m=0{,}80\,m_0\qquad t=2\ \text{h}$

Aplicamos la ley de desintegración radiactiva, que para la masa tiene la misma forma que para el número de núcleos:

$m=m_0\,e^{-\lambda t}\Rightarrow 0{,}80=e^{-\lambda\cdot2}$

$\ln 0{,}80=-2\lambda\Rightarrow \lambda=\dfrac{-\ln 0{,}80}{2}=\dfrac{0{,}223}{2}$

$\lambda=0{,}112\ \text{h}^{-1}$

El período de semidesintegración es el tiempo en que se reduce a la mitad:

$T_{1/2}=\dfrac{\ln 2}{\lambda}=\dfrac{0{,}693}{0{,}112}=6{,}21\ \text{h}$

La constante radioactiva es $0{,}112\ \text{h}^{-1}$, es decir, $3{,}10\cdot10^{-5}\ \text{s}^{-1}$, y el período de semidesintegración $6{,}21$ h.

b) Aplicamos de nuevo la ley de desintegración, ahora con $t=20$ h:

$m=m_0\,e^{-\lambda t}=100\,e^{-0{,}112\cdot20}$

$m=100\,e^{-2{,}23}=10{,}7\ \text{g}$



Transcurridas 20 horas quedan $10{,}7\ \text{g}$ del isótopo original. El resultado se puede comprobar de otro modo: cada 2 horas queda el 80 %, y en 20 horas hay diez intervalos de 2 horas, luego $100\cdot0{,}80^{10}=10{,}7\ \text{g}$.