Ejercicio resuelto de Física cuántica · Física · 2026

Bloque 4: Física relativista, cuántica, nuclear y de partículas [2 puntos]

Opción 4-A. Los detectores de radiación ultravioleta utilizados en satélites meteorológicos incorporan a menudo cátodos de wolframio, cuya función de trabajo (o trabajo de extracción) es 4,5 eV. Para calibrar uno de estos detectores en tierra se ilumina con una lámpara de mercurio que emite radiación de 200 nm de longitud de onda. Calcule:

a) [1p] La velocidad máxima con la que son emitidos los electrones desde la superficie del cátodo.

b) [1p] El potencial de frenado necesario para anular completamente la corriente fotoeléctrica.

Datos: $h=\mathrm{6,6}\times {10}^{-34}\text{ J}\cdot \text{s}$, masa del electrón $=\mathrm{9,1}\times {10}^{-31}\text{ kg}$, carga del electrón $\mathrm{\mid }e\mathrm{\mid }=\mathrm{1,6}\times {10}^{-19}\text{ C}$.

$\mathbf{\text{a)}}\mathbf{\text{La}}\mathbf{\text{velocidad}}\mathbf{\text{m}}\acute{\mathbf{\text{a}}}\mathbf{\text{xima}}\mathbf{\text{con}}\mathbf{\text{la}}\mathbf{\text{que}}\mathbf{\text{son}}\mathbf{\text{emitidos}}\mathbf{\text{los}}\mathbf{\text{electrones}}\mathbf{\text{desde}}\mathbf{\text{la}}\mathbf{\text{superficie}}\mathbf{\text{del}}\mathbf{\text{c}}\acute{\mathbf{\text{a}}}\mathbf{\text{todo.}}\mathbf{\text{(1}}\mathbf{\text{punto)}}$

El efecto fotoeléctrico se explica con la hipótesis de Einstein: la luz llega en cuantos de energía $h\nu$ y cada fotón se entrega entero a un solo electrón. Parte de esa energía se gasta en arrancarlo del metal, el trabajo de extracción, y el resto queda como energía cinética.

$h\nu =W_0+E_{c,max}$

Primero se calcula la energía del fotón a partir de su longitud de onda, con $c=3\cdot {10}^8\text{ m/s}$.

$E={\displaystyle \frac{hc}{\lambda }}={\displaystyle \frac{\mathrm{6,6}\cdot {10}^{-34}\cdot 3\cdot {10}^8}{200\cdot {10}^{-9}}}=\mathrm{9,9}\cdot {10}^{-19}\text{ J}$



El trabajo de extracción se pasa a julios, porque el dato viene en electronvoltios.

$W_0=\mathrm{4,5}\text{ eV}\cdot \mathrm{1,6}\cdot {10}^{-19}=\mathrm{7,2}\cdot {10}^{-19}\text{ J}$

Como la energía del fotón, $\mathrm{6,19}\text{ eV}$, es mayor que el trabajo de extracción, hay emisión.

$E_{c,max}=\mathrm{9,9}\cdot {10}^{-19}-\mathrm{7,2}\cdot {10}^{-19}=\mathrm{2,7}\cdot {10}^{-19}\text{ J}$

$E_{c,max}={\displaystyle \frac{1}{2}}m{v}_{max}^2\Rightarrow v_{max}=\sqrt{{\displaystyle \frac{2E_{c,max}}{m}}}=\sqrt{{\displaystyle \frac{2\cdot \mathrm{2,7}\cdot {10}^{-19}}{\mathrm{9,1}\cdot {10}^{-31}}}}$

$v_{max}=\mathrm{7,70}\cdot {10}^5\text{ m/s}$

Los electrones más rápidos salen a $\mathrm{7,70}\cdot {10}^5\text{ m/s}$, una velocidad muy inferior a la de la luz, lo que justifica haber usado la expresión clásica de la energía cinética.

$\mathbf{\text{b)}}\mathbf{\text{El}}\mathbf{\text{potencial}}\mathbf{\text{de}}\mathbf{\text{frenado}}\mathbf{\text{necesario}}\mathbf{\text{para}}\mathbf{\text{anular}}\mathbf{\text{completamente}}\mathbf{\text{la}}\mathbf{\text{corriente}}\mathbf{\text{fotoel}}\acute{\mathbf{\text{e}}}\mathbf{\text{ctrica.}}\mathbf{\text{(1}}\mathbf{\text{punto)}}$

El potencial de frenado es la diferencia de potencial que hay que aplicar en contra para que ni siquiera los electrones más energéticos lleguen al ánodo: el trabajo que hace ese campo sobre el electrón iguala a su energía cinética máxima.

$e{V}_0=E_{c,max}$

$V_0={\displaystyle \frac{\mathrm{2,7}\cdot {10}^{-19}}{\mathrm{1,6}\cdot {10}^{-19}}}=\mathrm{1,69}\text{ V}$

El potencial de frenado es de $\mathrm{1,69}\text{ V}$, que es justo la energía cinética máxima expresada en electronvoltios.