Resoluciongrupo1_32461.pdf

Resolución primer examen parcial. 1. Un buen día el encargado del microscopio electrónico de la USAI le encargo a Juanito Tragedias que cuidara el microscopio. Juanito Tragedias aprovechó para jugar con él. Al variar el voltaje de trabajo del equipo, logró emitir electrones con energía de 6.3 eV. Determina la longitud de onda de estos electrones. Lo primero que debemos hacer es convertir la energía a J:

 1.6 x1019 J E  6.3eV   1eV

 18   1.008 x10 J 

A partir de esta energía, obtenemos la velocidad de los electrones:

2E v  m

 2  1.008x1018 J  31

9.1x10 kg

 1.728 x106 m / s

Y aplicando la hipótesis de De Broglie obtenemos la longitud de onda:

mv 

h



 

6.62 x1034 Js  4.21x1010 m 31 6  9.1x10 kg 1.728x10 m / s 

2. Supón que Juan Topo utiliza los electrones generados por Juanito Tragedias para realizar un experimento en donde desea medir con la mayor precisión posible tanto la posición como la velocidad de H+. Si sabemos que la incertidumbre en la posición es justo del tamaño de la longitud de onda, ¿cuál será la incertidumbre en la velocidad que reportará Juanito? La incertidumbre en la posición según el problema anterior es de 4.21x10-10 m, aplicando el principio de incertidumbre de Heisenberg, obtenemos la incertidumbre en la velocidad

xp 

2

 v 

2mx



6.62 x1034 Js

2 1.67 x10

27

2

kg     4.21x1010 m 

 23.85m / s

3. El chapulín colorado y su banda (14 compadres) se toman pastillas de chiquitolina y terminan atrapados dentro de un pozo de potencial infinito, cuyas dimensiones son: a, b = 1/4a y c = 2a. Al reducirse de tamaño, casualmente todos terminan con una masa de 3 veces la masa del electrón y se comportan justo como lo hacen los electrones. Determina la frecuencia de la radiación electromagnética que hará que el Chapulín o alguno de sus compadres pase del nivel de mayor energía ocupado al nivel de menor energía desocupado. Si el Chapulín se encuentra en el quinto estado energético, ¿Cuál es su velocidad? a = 11 Å.

De acuerdo con las dimensiones de la caja y tomando en cuenta que son 15 partículas, el nivel HOMO esta descrito por los números cuánticos nx = 1, ny = 1 y nz = 5, mientras que el nivel LUMO viene dado por los número cuánticos nx = 2, ny = 1 y nz = 4 La energía para cada uno de estos niveles la podemos encontrar utilizando la siguiente ecuación:

E

nz2  h2  2 2 n  16 n   x  y 8ma 2  4

Para el nivel HOMO:

h2  25  E 1  16 1    3.855 x1019 J 2  8ma  4  Para el nivel LUMO:

E

h2  16  4  16 1    3.98 x1019 J 2  8ma  4

La diferencia de energía entre estos dos niveles es la energía que debe tener un fotón para producir la transición:

E  3.98 x1019 J  3.855 x1019 m / s  1.243 x10 20 J y con esta energía podemos obtener la frecuencia de la radiación electromagnética:



E 1.243x1020 J   1.877 x1012 Hz 34 h 6.62 x10 Js

Para determinar la velocidad del chapulín en el quinto estado energético, que se encuentra descrito por la combinación de números cuánticos nx = 1, ny = 1 y nz = 4, utilizamos la ecuación de energía:

E

h2  4 4  16 1    3.98 x1019 J 2  8ma  4

Y como el chapulín no interactúa con nada, esta energía es energía potencial, por lo que podemos obtener su velocidad a partir de la energía cinética:

v

2E  m

 2   3.98 x1018 J   1.707 x106 m / s 31  3  9.1x10 kg 

4. Un electrón de un átomo hidrogenoide viaja con una velocidad de 1.9075x106 m/s y se encuentra a una distancia de 4.8365 Å, sufre una transición electrónica a una órbita cuyo radio es de 6.1213 Å. Determina de que átomo se trata, la órbita inicial y final y la longitud de onda del electrón en la órbita final. Para conocer en que órbita se encuentra el electrón y de que átomo se trata, podemos plantear un sistema de 2 ecuaciones con dos incógnitas:

Z 1.9075 x106 m / s  2.18 x106 m / s   n  n2  4.8365 x1010 m  5.29 x1011 m   Z 

Resolviendo el sistema de ecuaciones, se encuentra que Z = 7, por lo tanto se trata de Nitrógeno y el electrón se encuentra en la octava órbita. Para conocer la órbita final utilizamos la ecuación de radio para el modelo de Bohr:

n2 

 6.1213x10

10

m 7

11

5.29 x10 m

9

Para determinar la longitud de onda, necesitamos saber la velocidad del electrón en esa orbita:

7 v  2.18 x106 m / s    1.695 x10 6 m / s 9 y aplicar la hipótesis de De Broglie:

mv 

h



 

6.62 x1034 Js  4.29 x1010 m 31 6  9.1x10 kg 1.695 x10 m / s 

5. Si se irradia una placa metálica de aluminio con radiación electromagnética ( = 100 nm). Si sabemos que la frecuencia umbral para el aluminio es de  = 9.87x1014 Hz, determina la velocidad con la que salen desprendidos los electrones del metal.

Con la longitud de onda de la radiación de incidencia, podemos obtener la energía de incidencia:

E

hc



 6.62 x10 

34

Js  3 x108 m / s  9

100 x10 m

 1.986 x1018 J

Con la frecuencia umbral, podemos determinar la función trabajo del aluminio:

w  h   6.62 x1034 Js  9.47 x1014 Hz   6.269 x1019 J Aplicando la ecuación para efecto foloeléctrico, obtenemos la energía cinética con la que son emitidos los electrones:

Ein  w  Ec  Ec  Ein  w  1.986x1018 J  6.269x1019 J  1.359 x1018 J Por último, a partir de la energía cinética, obtenemos la velocidad con la que salen los electrones del metal:

2E v  m

 2  1.359 x1018 J  31

9.1x10 kg

 1.728 x106 m / s