Ejercicio resuelto de Física cuántica · Física · Galicia · 2026

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

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

La longitud de onda en el vacío de la luz emitida por un LED azul es 450 nm. ¿Cuál es la energía de sus fotones? a) 1,24 eV; b) 2,76 eV; c) 4,50 eV; d) 450 eV.

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

4.2.1. El yodo-131 se utiliza en medicina nuclear y tiene un período de semidesintegración de 8 días. Un paciente recibe una dosis que contiene $2\times {10}^{15}$ núcleos de yodo-131. a) ¿Cuál es la actividad inicial de la muestra en Bq? b) ¿Cuántos núcleos quedarán sin desintegrar pasados 24 días?

4.2.2. Considere una superficie metálica de níquel, perfectamente pulida, para la que el trabajo de extracción es 5,35 eV. Esta superficie se ilumina con una luz monocromática y se observa que la velocidad máxima de los electrones emitidos es de $5\cdot {10}^6$ m/s. Calcule: a) la frecuencia umbral y la frecuencia de la luz monocromática incidente; b) la longitud de onda de De Broglie de los electrones emitidos con velocidad máxima.

DATOS: $c=3\times {10}^8\mathrm{m}\cdot {\mathrm{s}}^{-1}$; $h=\mathrm{6,63}\times {10}^{-34}$ J·s; $q_e=-\mathrm{1,60}\times {10}^{-19}$ C; $m_e=\mathrm{9,11}\times {10}^{-31}$ kg; 1 eV = $\mathrm{1,60}\times {10}^{-19}$ J.

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

La respuesta correcta es la b): 2,76 eV.

Según la hipótesis de Planck, la energía de un fotón es proporcional a su frecuencia, y en el vacío la frecuencia se relaciona con la longitud de onda mediante $c=\lambda f$:

$E=hf=h{\displaystyle \frac{c}{\lambda }}$

$\lambda =450\text{ nm}=450\cdot {10}^{-9}\text{ m}$

$E=\mathrm{6,63}\cdot {10}^{-34}\cdot {\displaystyle \frac{3\cdot {10}^8}{450\cdot {10}^{-9}}}=\mathrm{4,42}\cdot {10}^{-19}\text{ J}$

Se pasa a electronvoltios:

$E={\displaystyle \frac{\mathrm{4,42}\cdot {10}^{-19}}{\mathrm{1,60}\cdot {10}^{-19}}}=\mathrm{2,76}\text{ eV}$

Los fotones del LED azul tienen una energía de $\mathrm{2,76}\text{ eV}$.

$\mathbf{\text{4.2.1.}}\mathbf{\text{El}}\mathbf{\text{yodo-131}}\mathbf{\text{se}}\mathbf{\text{utiliza}}\mathbf{\text{en}}\mathbf{\text{medicina}}\mathbf{\text{nuclear}}\mathbf{\text{y}}\mathbf{\text{tiene}}\mathbf{\text{un}}\mathbf{\text{per}}\acute{\mathbf{\text{ı}}}\mathbf{\text{odo}}\mathbf{\text{de}}\mathbf{\text{semidesintegraci}}\acute{\mathbf{\text{o}}}\mathbf{\text{n}}\mathbf{\text{de}}\mathbf{\text{8}}\mathbf{\text{d}}\acute{\mathbf{\text{ı}}}\mathbf{\text{as}}\dots \mathbf{\text{(1,5}}\mathbf{\text{puntos)}}$

a) La constante de desintegración se obtiene del período de semidesintegración. Hay que expresarlo en segundos, porque el becquerelio es una desintegración por segundo:

$T_{1\mathrm{/}2}=8\text{d}\acute{\text{ı}}\text{as}=8\cdot 24\cdot 3600=\mathrm{6,912}\cdot {10}^5\text{ s}$

$\lambda ={\displaystyle \frac{\ln 2}{T_{1\mathrm{/}2}}}={\displaystyle \frac{\mathrm{0,693}}{\mathrm{6,912}\cdot {10}^5}}=\mathrm{1,00}\cdot {10}^{-6}{\text{s}}^{-1}$

La actividad es el número de desintegraciones por unidad de tiempo:

$A_0=\lambda N_0=\mathrm{1,00}\cdot {10}^{-6}\cdot 2\cdot {10}^{15}=\mathrm{2,01}\cdot {10}^9\text{ Bq}$

La actividad inicial de la muestra es $\mathrm{2,01}\cdot {10}^9\text{ Bq}$.

b) Aplicamos la ley de desintegración radiactiva. Como 24 días son exactamente tres períodos de semidesintegración, basta dividir tres veces por dos:

$N=N_0{e}^{-\lambda t}=N_0{\left({\displaystyle \frac{1}{2}}\right)}^{t\mathrm{/}{T}_{1\mathrm{/}2}}=2\cdot {10}^{15}{\left({\displaystyle \frac{1}{2}}\right)}^3$

$N={\displaystyle \frac{2\cdot {10}^{15}}{8}}=\mathrm{2,5}\cdot {10}^{14}\text{n}\acute{\text{u}}\text{cleos}$



Pasados 24 días quedan sin desintegrar $\mathrm{2,5}\cdot {10}^{14}$ núcleos de yodo-131, la octava parte de los iniciales.

$\mathbf{\text{4.2.2.}}\mathbf{\text{Considere}}\mathbf{\text{una}}\mathbf{\text{superficie}}\mathbf{\text{met}}\acute{\mathbf{\text{a}}}\mathbf{\text{lica}}\mathbf{\text{de}}\mathbf{\text{n}}\acute{\mathbf{\text{ı}}}\mathbf{\text{quel,}}\mathbf{\text{perfectamente}}\mathbf{\text{pulida,}}\mathbf{\text{para}}\mathbf{\text{la}}\mathbf{\text{que}}\mathbf{\text{el}}\mathbf{\text{trabajo}}\mathbf{\text{de}}\mathbf{\text{extracci}}\acute{\mathbf{\text{o}}}\mathbf{\text{n}}\mathbf{\text{es}}\mathbf{\text{5,35}}\mathbf{\text{eV}}\dots \mathbf{\text{(1,5}}\mathbf{\text{puntos)}}$

a) La frecuencia umbral es la frecuencia mínima de la radiación capaz de arrancar electrones del metal; a ella corresponde un fotón cuya energía es exactamente el trabajo de extracción:

$W=h{f}_0\Rightarrow f_0={\displaystyle \frac{W}{h}}$

$W=\mathrm{5,35}\text{ eV}\cdot \mathrm{1,60}\cdot {10}^{-19}=\mathrm{8,56}\cdot {10}^{-19}\text{ J}$

$f_0={\displaystyle \frac{\mathrm{8,56}\cdot {10}^{-19}}{\mathrm{6,63}\cdot {10}^{-34}}}=\mathrm{1,29}\cdot {10}^{15}\text{ Hz}$










Por la ecuación de Einstein del efecto fotoeléctrico, la energía del fotón incidente se reparte entre el trabajo de extracción y la energía cinética del fotoelectrón:

$hf=W+E_{c,\text{m}\acute{\text{a}}\text{x}}$

La energía cinética máxima corresponde a la velocidad máxima medida:

$E_{c,\text{m}\acute{\text{a}}\text{x}}={\displaystyle \frac{1}{2}}{m}_e{v}_{\text{m}\acute{\text{a}}\text{x}}^2$





$E_{c,\text{m}\acute{\text{a}}\text{x}}={\displaystyle \frac{1}{2}}\cdot \mathrm{9,11}\cdot {10}^{-31}\cdot (5\cdot {10}^6{)}^2=\mathrm{1,14}\cdot {10}^{-17}\text{ J}$

Despejando la frecuencia de la luz incidente:

$f={\displaystyle \frac{W+E_{c,\text{m}\acute{\text{a}}\text{x}}}{h}}={\displaystyle \frac{\mathrm{8,56}\cdot {10}^{-19}+\mathrm{1,14}\cdot {10}^{-17}}{\mathrm{6,63}\cdot {10}^{-34}}}$

$f=\mathrm{1,85}\cdot {10}^{16}\text{ Hz}$

La frecuencia umbral del níquel es $\mathrm{1,29}\cdot {10}^{15}\text{ Hz}$ y la de la luz monocromática incidente $\mathrm{1,85}\cdot {10}^{16}\text{ Hz}$, muy por encima de la umbral, como debe ser para que haya emisión.

b) La longitud de onda de De Broglie asociada a una partícula de masa $m$ que se mueve con velocidad $v$ es:

${\lambda }_{DB}={\displaystyle \frac{h}{p}}={\displaystyle \frac{h}{m_e{v}_{\text{m}\acute{\text{a}}\text{x}}}}$

${\lambda }_{DB}={\displaystyle \frac{\mathrm{6,63}\cdot {10}^{-34}}{\mathrm{9,11}\cdot {10}^{-31}\cdot 5\cdot {10}^6}}=\mathrm{1,46}\cdot {10}^{-10}\text{ m}$

La longitud de onda de De Broglie de los electrones emitidos con velocidad máxima es $\mathrm{1,46}\cdot {10}^{-10}\text{ m}=\mathrm{0,146}\text{ nm}$, del orden del tamaño atómico: por eso los electrones de esta energía sirven para estudiar por difracción la estructura de los cristales.