Saltar a contenido

Cap. 1 Soluciones

← Volver a ejercicios　|　Volver al capítulo

Índice

Básico

Intermedio

Avanzado

Básico

B-1. Experimentar la pequeñez de la constante de Planck

→ Volver al problema

Problema:

Se toma como frecuencia representativa de la luz visible \(\nu = 5.0 \times 10^{14}\;\mathrm{Hz}\). Calcula la energía de un solo fotón \(E = h\nu\) en unidades del SI (J) y conviértela a electronvoltios (eV). Usa \(h = 6.626 \times 10^{-34}\;\mathrm{J \cdot s}\) y \(1\;\mathrm{eV} = 1.602 \times 10^{-19}\;\mathrm{J}\).

Estrategia de resolución: Se sustituyen los valores numéricos en \(E = h\nu\), se obtiene el resultado en J y luego se convierte a eV.

Cálculo:

\[ E = h\nu = (6.626 \times 10^{-34}\;\mathrm{J \cdot s}) \times (5.0 \times 10^{14}\;\mathrm{Hz}) \]
\[ E = 6.626 \times 5.0 \times 10^{-34+14}\;\mathrm{J} = 33.13 \times 10^{-20}\;\mathrm{J} \]
\[ \boxed{E = 3.3 \times 10^{-19}\;\mathrm{J}} \]

Conversión a eV:

\[ E\;[\mathrm{eV}] = \frac{3.313 \times 10^{-19}\;\mathrm{J}}{1.602 \times 10^{-19}\;\mathrm{J/eV}} = 2.07\;\mathrm{eV} \]
\[ \boxed{E \simeq 2.1\;\mathrm{eV}} \]

Verificación: La energía de los fotones de luz visible es del orden de 1,8 a 3,1 eV, y 2,1 eV corresponde aproximadamente a la región del verde. Es un valor razonable.

B-2. Función de trabajo y frecuencia umbral

→ Volver al problema

Problema:

La función de trabajo del sodio (Na) es \(W = 2.28\;\mathrm{eV}\). Determina la frecuencia umbral \(\nu_0\) para que ocurra el efecto fotoeléctrico. Además, calcula la longitud de onda umbral correspondiente \(\lambda_0\) en unidades de nm. Considera \(c = 3.00 \times 10^8\;\mathrm{m/s}\).

Estrategia de resolución: A partir de la condición de umbral \(h\nu_0 = W\), se obtiene \(\nu_0\) y se convierte a longitud de onda mediante \(\lambda_0 = c/\nu_0\).

Cálculo:

Primero se convierte la función de trabajo a J:

\[ W = 2.28\;\mathrm{eV} \times 1.602 \times 10^{-19}\;\mathrm{J/eV} = 3.653 \times 10^{-19}\;\mathrm{J} \]

Frecuencia umbral:

\[ \nu_0 = \frac{W}{h} = \frac{3.653 \times 10^{-19}}{6.626 \times 10^{-34}} = 5.51 \times 10^{14}\;\mathrm{Hz} \]
\[ \boxed{\nu_0 \simeq 5.51 \times 10^{14}\;\mathrm{Hz}} \]

Longitud de onda umbral:

\[ \lambda_0 = \frac{c}{\nu_0} = \frac{3.00 \times 10^8}{5.51 \times 10^{14}} = 5.44 \times 10^{-7}\;\mathrm{m} \]
\[ \boxed{\lambda_0 \simeq 544\;\mathrm{nm}} \]

Verificación: 544 nm corresponde a luz visible verde. El hecho de que el umbral del efecto fotoeléctrico del sodio se encuentre en la región visible es coherente con los resultados experimentales. Además, \(hc/\lambda_0 = (6.626 \times 10^{-34})(3.00 \times 10^8)/(5.44 \times 10^{-7}) = 3.65 \times 10^{-19}\;\mathrm{J} = 2.28\;\mathrm{eV}\), lo cual coincide con \(W\).

B-3. Energía cinética en el efecto fotoeléctrico

→ Volver al problema

Problema:

Se ilumina un metal con función de trabajo \(W = 4.50\;\mathrm{eV}\) con luz ultravioleta de longitud de onda \(\lambda = 200\;\mathrm{nm}\). Determina la energía cinética máxima \(K\) de los electrones emitidos en unidades de eV.

Estrategia de resolución: Se utiliza \(hc \simeq 1240\;\mathrm{eV \cdot nm}\) para obtener la energía del fotón y se calcula \(K = E - W\).

Cálculo:

\[ E = \frac{hc}{\lambda} = \frac{1240\;\mathrm{eV \cdot nm}}{200\;\mathrm{nm}} = 6.20\;\mathrm{eV} \]
\[ K = E - W = 6.20 - 4.50 = 1.70\;\mathrm{eV} \]
\[ \boxed{K = 1.70\;\mathrm{eV}} \]

Verificación: La energía del fotón de 6.20 eV es razonable para luz ultravioleta (una longitud de onda de 200 nm corresponde a la región del ultravioleta de vacío). Como \(K > 0\), el efecto fotoeléctrico sí ocurre. Las dimensiones también son consistentes en eV.

B-4. Cálculo de longitud de onda mediante la fórmula de Rydberg

→ Volver al problema

Problema:

Utilizando la fórmula de Rydberg (1.6), calcula la longitud de onda \(\lambda\) en unidades de nm de la línea espectral correspondiente a \(m = 3\) dentro de la serie de Balmer (\(n = 2\)) del átomo de hidrógeno. Toma \(R_\infty = 1.097 \times 10^7\;\mathrm{m^{-1}}\).

Estrategia de resolución: Sustituir la serie de Balmer \(n=2\), \(m=3\) en la fórmula de Rydberg.

Cálculo:

\[ \frac{1}{\lambda} = R_\infty \left(\frac{1}{2^2} - \frac{1}{3^2}\right) = R_\infty \left(\frac{1}{4} - \frac{1}{9}\right) \]
\[ \frac{1}{4} - \frac{1}{9} = \frac{9 - 4}{36} = \frac{5}{36} \]
\[ \frac{1}{\lambda} = 1.097 \times 10^7 \times \frac{5}{36} = 1.097 \times 10^7 \times 0.1389 = 1.524 \times 10^6\;\mathrm{m^{-1}} \]
\[ \lambda = \frac{1}{1.524 \times 10^6} = 6.56 \times 10^{-7}\;\mathrm{m} \]
\[ \boxed{\lambda \simeq 656\;\mathrm{nm}} \]

Verificación: Este es el conocido valor de la línea H\(\alpha\) del hidrógeno (color rojo), y concuerda muy bien con el valor experimental de 656.3 nm.

B-5. Condición de cuantización de Bohr y radio orbital

→ Volver al problema

Problema:

En el modelo de Bohr del átomo de hidrógeno, el equilibrio de fuerzas en el movimiento circular del electrón (fuerza de Coulomb = fuerza centrípeta) viene dado por

\[ \frac{e^2}{4\pi\varepsilon_0 r^2} = \frac{m_e v^2}{r} \]

Combinando esto con la condición de cuantización de Bohr \(m_e v r = n\hbar\), expresa el radio de la \(n\)-ésima órbita \(r_n\) en función de \(n\), \(\hbar\), \(m_e\), \(e\) y \(\varepsilon_0\).

Estrategia de resolución: Eliminar \(v\) a partir de la condición cuántica y resolver la ecuación de equilibrio de fuerzas respecto a \(r\).

Cálculo:

De la condición cuántica de Bohr:

\[ m_e v r = n\hbar \quad \Longrightarrow \quad v = \frac{n\hbar}{m_e r} \]

Sustituyendo en el equilibrio de fuerzas:

\[ \frac{e^2}{4\pi\varepsilon_0 r^2} = \frac{m_e v^2}{r} = \frac{m_e}{r} \cdot \frac{n^2\hbar^2}{m_e^2 r^2} = \frac{n^2\hbar^2}{m_e r^3} \]

Resolviendo para \(r\):

\[ \frac{e^2}{4\pi\varepsilon_0 r^2} = \frac{n^2\hbar^2}{m_e r^3} \]
\[ r = \frac{4\pi\varepsilon_0 n^2\hbar^2}{m_e e^2} \]
\[ \boxed{r_n = \frac{4\pi\varepsilon_0 \hbar^2}{m_e e^2} \cdot n^2 = a_0 n^2} \]

donde \(a_0 = \frac{4\pi\varepsilon_0 \hbar^2}{m_e e^2}\) es el radio de Bohr.

Verificación: Comprobamos las dimensiones. Dado que \([4\pi\varepsilon_0] = \mathrm{C^2/(N \cdot m^2)}\), \([\hbar^2] = \mathrm{J^2 \cdot s^2}\), \([m_e] = \mathrm{kg}\), \([e^2] = \mathrm{C^2}\), se tiene:

\[ \frac{\mathrm{C^2/(N \cdot m^2)} \cdot \mathrm{J^2 \cdot s^2}}{\mathrm{kg} \cdot \mathrm{C^2}} = \frac{\mathrm{J^2 \cdot s^2}}{\mathrm{N \cdot m^2 \cdot kg}} \]

\(\mathrm{J} = \mathrm{N \cdot m}\), \(\mathrm{J \cdot s^2 / (m \cdot kg)} = \mathrm{N \cdot m \cdot s^2 / (m \cdot kg)} = \mathrm{kg \cdot m \cdot s^{-2} \cdot m \cdot s^2 / (m \cdot kg)} = \mathrm{m}\). Las dimensiones corresponden a longitud, lo cual es correcto.

B-6. Cálculo numérico del radio de Bohr

→ Volver al problema

Problema:

Al resultado de D5 con \(n = 1\) se le denomina radio de Bohr \(a_0\). Utilizando las siguientes constantes, calcula el valor de \(a_0\) con 3 cifras significativas.

  • \(\hbar = 1.055 \times 10^{-34}\;\mathrm{J \cdot s}\)
  • \(m_e = 9.109 \times 10^{-31}\;\mathrm{kg}\)
  • \(e = 1.602 \times 10^{-19}\;\mathrm{C}\)
  • \(4\pi\varepsilon_0 = 1.113 \times 10^{-10}\;\mathrm{C^2/(N \cdot m^2)}\)

Estrategia de resolución: Sustituir valores numéricos en \(a_0 = \frac{4\pi\varepsilon_0 \hbar^2}{m_e e^2}\).

Cálculo:

Numerador:

\[ 4\pi\varepsilon_0 \cdot \hbar^2 = (1.113 \times 10^{-10}) \times (1.055 \times 10^{-34})^2 \]
\[ = (1.113 \times 10^{-10}) \times (1.113 \times 10^{-68}) \]
\[ = 1.239 \times 10^{-78}\;\mathrm{C^2 \cdot J \cdot s^2 / (N \cdot m^2)} \]

Denominador:

\[ m_e e^2 = (9.109 \times 10^{-31}) \times (1.602 \times 10^{-19})^2 \]
\[ = (9.109 \times 10^{-31}) \times (2.566 \times 10^{-38}) \]
\[ = 2.337 \times 10^{-68}\;\mathrm{kg \cdot C^2} \]

Por lo tanto:

\[ a_0 = \frac{1.239 \times 10^{-78}}{2.337 \times 10^{-68}} = 0.530 \times 10^{-10}\;\mathrm{m} \]
\[ \boxed{a_0 \simeq 5.29 \times 10^{-11}\;\mathrm{m} \simeq 0.529\;\text{Å}} \]

Verificación: Coincide con el valor de la literatura \(a_0 = 5.292 \times 10^{-11}\;\mathrm{m}\). También es coherente con el orden de magnitud del tamaño atómico \(\sim 10^{-10}\;\mathrm{m}\).

B-7. Límite de la distribución de Planck

→ Volver al problema

Problema:

Respecto a la fórmula de la energía promedio de Planck

\[ \langle E \rangle = \frac{h\nu}{e^{h\nu / k_B T} - 1} \]

demuestra que en el límite \(h\nu \ll k_B T\) se obtiene \(\langle E \rangle \simeq k_B T\), utilizando la aproximación \(e^x \simeq 1 + x\) (\(x \ll 1\)).

Estrategia de resolución: Se define \(x = h\nu/(k_B T) \ll 1\) y se expande la función exponencial hasta primer orden.

Cálculo:

Sea \(x = h\nu/(k_B T) \ll 1\):

\[ e^x \simeq 1 + x \]

Por lo tanto, el denominador es:

\[ e^{h\nu/k_B T} - 1 \simeq (1 + x) - 1 = x = \frac{h\nu}{k_B T} \]

En consecuencia:

\[ \langle E \rangle = \frac{h\nu}{e^{h\nu/k_B T} - 1} \simeq \frac{h\nu}{h\nu/(k_B T)} = k_B T \]
\[ \boxed{\langle E \rangle \simeq k_B T \quad (h\nu \ll k_B T)} \]

Verificación: Este resultado coincide con el teorema clásico de equipartición (energía promedio de un oscilador armónico \(k_B T\)). Se confirma que la fórmula de Planck reproduce la teoría clásica en el límite de bajas frecuencias.

B-8. Comparación del factor de Boltzmann

→ Volver al problema

Problema:

A una temperatura \(T = 6000\;\mathrm{K}\) (aproximadamente la temperatura de la superficie solar), calcula el factor de Boltzmann \(e^{-h\nu / k_B T}\) para cada una de las siguientes dos frecuencias.

(a) Luz visible: \(\nu_1 = 5.0 \times 10^{14}\;\mathrm{Hz}\)

(b) Luz ultravioleta: \(\nu_2 = 3.0 \times 10^{15}\;\mathrm{Hz}\)

Compara los resultados y verifica cómo los modos de alta frecuencia quedan suprimidos.

Estrategia de resolución: Primero se calcula \(k_B T\), luego se determina \(h\nu/(k_B T)\) para cada frecuencia y se evalúa el factor de Boltzmann.

Cálculo:

\[ k_B T = (1.38 \times 10^{-23})(6000) = 8.28 \times 10^{-20}\;\mathrm{J} \]

(a) Luz visible \(\nu_1 = 5.0 \times 10^{14}\;\mathrm{Hz}\)：

\[ h\nu_1 = (6.626 \times 10^{-34})(5.0 \times 10^{14}) = 3.31 \times 10^{-19}\;\mathrm{J} \]
\[ \frac{h\nu_1}{k_B T} = \frac{3.31 \times 10^{-19}}{8.28 \times 10^{-20}} = 4.00 \]
\[ e^{-h\nu_1/k_B T} = e^{-4.00} \simeq 0.018 \]
\[ \boxed{e^{-h\nu_1/k_B T} \simeq 1.8 \times 10^{-2}} \]

(b) Luz ultravioleta \(\nu_2 = 3.0 \times 10^{15}\;\mathrm{Hz}\)：

\[ h\nu_2 = (6.626 \times 10^{-34})(3.0 \times 10^{15}) = 1.99 \times 10^{-18}\;\mathrm{J} \]
\[ \frac{h\nu_2}{k_B T} = \frac{1.99 \times 10^{-18}}{8.28 \times 10^{-20}} = 24.0 \]
\[ e^{-h\nu_2/k_B T} = e^{-24.0} \simeq 3.8 \times 10^{-11} \]
\[ \boxed{e^{-h\nu_2/k_B T} \simeq 3.8 \times 10^{-11}} \]

Comparación: El factor de Boltzmann para la luz visible es aproximadamente \(10^{-2}\) (pequeño pero no despreciable), mientras que para la luz ultravioleta es aproximadamente \(10^{-11}\) (prácticamente cero). Con solo multiplicar la frecuencia por 6, el factor de Boltzmann disminuye 9 órdenes de magnitud. Esta es la supresión de los modos de alta frecuencia, y constituye la razón física por la que se resuelve la catástrofe ultravioleta.

Verificación: \(T = 6000\;\mathrm{K}\) corresponde a la temperatura de la superficie solar, lo cual es coherente con el hecho de que el espectro de la luz solar tiene su pico en la región visible y decrece rápidamente en la región ultravioleta.

Intermedio

M-1. Derivación de los niveles de energía del átomo de hidrógeno mediante el modelo de Bohr

→ Volver al problema

Problema:

En el modelo de Bohr del átomo de hidrógeno, deriva los niveles de energía \(E_n\) siguiendo los pasos indicados a continuación.

(a) Combina el equilibrio de fuerzas en el movimiento circular del electrón (fuerza de Coulomb = fuerza centrípeta) con la condición de cuantización de Bohr \(L = n\hbar\), y obtén el radio \(r_n\) y la velocidad \(v_n\) de la \(n\)-ésima órbita.

(b) Expresa la energía total del electrón (energía cinética + energía potencial de Coulomb) en función de \(r_n\) y deriva

\[ E_n = -\frac{m_e e^4}{2(4\pi\varepsilon_0)^2 \hbar^2} \cdot \frac{1}{n^2} \tag{*} \]

(c) Utilizando la condición de frecuencia \(h\nu = E_m - E_n\) y \(c = \lambda\nu\), reproduce la fórmula de Rydberg (1.6) y expresa la constante de Rydberg \(R_\infty\) en términos de las constantes fundamentales.

(a) Radio orbital \(r_n\) y velocidad \(v_n\):

Equilibrio de fuerzas:

\[ \frac{e^2}{4\pi\varepsilon_0 r^2} = \frac{m_e v^2}{r} \tag{i} \]

Condición de cuantización de Bohr:

\[ m_e v r = n\hbar \tag{ii} \]

Sustituyendo \(v = n\hbar/(m_e r)\) de (ii) en (i):

\[ \frac{e^2}{4\pi\varepsilon_0 r^2} = \frac{m_e}{r} \cdot \frac{n^2\hbar^2}{m_e^2 r^2} = \frac{n^2\hbar^2}{m_e r^3} \]

Resolviendo para \(r\):

\[ \boxed{r_n = \frac{4\pi\varepsilon_0 \hbar^2}{m_e e^2} \cdot n^2 = a_0 n^2} \]

Sustituyendo \(r_n\) en (ii) para obtener \(v_n\):

\[ v_n = \frac{n\hbar}{m_e r_n} = \frac{n\hbar}{m_e \cdot a_0 n^2} = \frac{\hbar}{m_e a_0} \cdot \frac{1}{n} \]

Sustituyendo \(a_0 = 4\pi\varepsilon_0\hbar^2/(m_e e^2)\):

\[ \boxed{v_n = \frac{e^2}{4\pi\varepsilon_0 \hbar} \cdot \frac{1}{n}} \]

(b) Niveles de energía \(E_n\):

Energía cinética:

\[ T_n = \frac{1}{2}m_e v_n^2 \]

Del equilibrio de fuerzas (i), \(m_e v^2 = e^2/(4\pi\varepsilon_0 r)\), por lo que:

\[ T_n = \frac{1}{2} \cdot \frac{e^2}{4\pi\varepsilon_0 r_n} \]

Energía potencial:

\[ V_n = -\frac{e^2}{4\pi\varepsilon_0 r_n} \]

Energía total:

\[ E_n = T_n + V_n = \frac{1}{2} \cdot \frac{e^2}{4\pi\varepsilon_0 r_n} - \frac{e^2}{4\pi\varepsilon_0 r_n} = -\frac{e^2}{8\pi\varepsilon_0 r_n} \]

Sustituyendo \(r_n = 4\pi\varepsilon_0 \hbar^2 n^2/(m_e e^2)\):

\[ E_n = -\frac{e^2}{8\pi\varepsilon_0} \cdot \frac{m_e e^2}{4\pi\varepsilon_0 \hbar^2 n^2} = -\frac{m_e e^4}{2(4\pi\varepsilon_0)^2 \hbar^2} \cdot \frac{1}{n^2} \]
\[ \boxed{E_n = -\frac{m_e e^4}{2(4\pi\varepsilon_0)^2 \hbar^2} \cdot \frac{1}{n^2}} \]

(c) Reproducción de la fórmula de Rydberg:

Frecuencia de la luz emitida en la transición del nivel \(m\) al nivel \(n\) (\(m > n\)):

\[ h\nu = E_m - E_n = \frac{m_e e^4}{2(4\pi\varepsilon_0)^2 \hbar^2}\left(\frac{1}{n^2} - \frac{1}{m^2}\right) \]

Como \(c = \lambda\nu\), entonces \(1/\lambda = \nu/c\):

\[ \frac{1}{\lambda} = \frac{m_e e^4}{2(4\pi\varepsilon_0)^2 \hbar^2 \cdot hc}\left(\frac{1}{n^2} - \frac{1}{m^2}\right) \]

Dado que \(\hbar = h/(2\pi)\), se tiene \(\hbar^2 h = h^3/(4\pi^2)\):

\[ \frac{1}{\lambda} = \frac{m_e e^4}{2(4\pi\varepsilon_0)^2 \cdot \frac{h^3}{4\pi^2} \cdot c}\left(\frac{1}{n^2} - \frac{1}{m^2}\right) = \frac{m_e e^4 \cdot 4\pi^2}{2(4\pi\varepsilon_0)^2 h^3 c}\left(\frac{1}{n^2} - \frac{1}{m^2}\right) \]

Simplificando:

\[ \frac{1}{\lambda} = R_\infty \left(\frac{1}{n^2} - \frac{1}{m^2}\right) \]

donde la constante de Rydberg es:

\[ \boxed{R_\infty = \frac{m_e e^4}{8\varepsilon_0^2 h^3 c}} \]

Verificación: Sustituyendo los valores numéricos se obtiene \(R_\infty \simeq 1.097 \times 10^7\;\mathrm{m^{-1}}\), lo cual coincide con el valor experimental. Además, sustituyendo \(n=2, m=3\) se reproduce el resultado de D4 (656 nm).

M-2. Determinación de la constante de Planck a partir de datos experimentales del efecto fotoeléctrico

→ Volver al problema

Problema:

En un experimento del efecto fotoeléctrico, se ilumina un metal con luz de diversas frecuencias \(\nu\) y se mide la energía cinética máxima \(K\) de los electrones emitidos. Supón que se obtienen los siguientes datos:

\(\nu\;[10^{14}\;\mathrm{Hz}]\) \(K\;[\mathrm{eV}]\)
6.0 0.21
7.5 0.83
9.0 1.45
10.5 2.07

(a) Dibuja el esquema del gráfico de \(K\) como función de \(\nu\) y verifica que se cumple la relación lineal \(K = h\nu - W\).

(b) A partir de los datos, determina el valor de la constante de Planck \(h\) en unidades de eV·s.

(c) Determina la función de trabajo \(W\) de este metal en unidades de eV.

(d) Convierte el valor obtenido de \(h\) a unidades del SI (J·s) y compáralo con el valor de la literatura \(h = 6.626 \times 10^{-34}\;\mathrm{J \cdot s}\).

(a) Forma general del gráfico:

\(K = h\nu - W\) es una función lineal (recta) de \(\nu\), con pendiente \(h\) y ordenada en el origen \(-W\).

Verificando los datos: - Cada vez que \(\nu\) aumenta en \(1.5 \times 10^{14}\;\mathrm{Hz}\), \(K\) aumenta aproximadamente 0.62 eV - El incremento es uniforme, confirmando que la relación lineal se cumple ✓

(b) Determinación de la constante de Planck:

Se obtiene la pendiente de la recta a partir de 2 puntos. Por ejemplo, usando el primer y último punto de datos:

\[ h = \frac{\Delta K}{\Delta \nu} = \frac{(2.07 - 0.21)\;\mathrm{eV}}{(10.5 - 6.0) \times 10^{14}\;\mathrm{Hz}} = \frac{1.86\;\mathrm{eV}}{4.5 \times 10^{14}\;\mathrm{Hz}} \]
\[ \boxed{h = 4.13 \times 10^{-15}\;\mathrm{eV \cdot s}} \]

Verificación: Calculando también con 2 puntos adyacentes:

\[ \frac{0.83 - 0.21}{(7.5 - 6.0) \times 10^{14}} = \frac{0.62}{1.5 \times 10^{14}} = 4.13 \times 10^{-15}\;\mathrm{eV \cdot s} \quad \checkmark \]

(c) Determinación de la función de trabajo:

A partir de \(K = h\nu - W\):

\[ W = h\nu - K = (4.13 \times 10^{-15})(6.0 \times 10^{14}) - 0.21 = 2.48 - 0.21 = 2.27\;\mathrm{eV} \]
\[ \boxed{W \simeq 2.27\;\mathrm{eV}} \]

Método alternativo: Se determina la frecuencia umbral \(\nu_0\) (frecuencia para la cual \(K = 0\)):

\[ \nu_0 = \frac{W}{h} = \frac{2.27}{4.13 \times 10^{-15}} = 5.50 \times 10^{14}\;\mathrm{Hz} \]

Este valor coincide aproximadamente con la frecuencia umbral del sodio en la línea D2, lo que sugiere que el metal es sodio.

(d) Conversión a unidades del SI y comparación con el valor de referencia:

\[ h = 4.13 \times 10^{-15}\;\mathrm{eV \cdot s} \times 1.602 \times 10^{-19}\;\mathrm{J/eV} \]
\[ h = 6.62 \times 10^{-34}\;\mathrm{J \cdot s} \]
\[ \boxed{h \simeq 6.62 \times 10^{-34}\;\mathrm{J \cdot s}} \]

Comparando con el valor de referencia \(h = 6.626 \times 10^{-34}\;\mathrm{J \cdot s}\), el error relativo es de aproximadamente 0.1%, lo que representa una concordancia excelente.

Comprobación: Se verifica que todos los puntos de datos se encuentran sobre la recta. Sustituyendo cada \(\nu\) en \(K = (4.13 \times 10^{-15})\nu - 2.27\): - \(\nu = 6.0 \times 10^{14}\): \(K = 2.48 - 2.27 = 0.21\) ✓ - \(\nu = 7.5 \times 10^{14}\): \(K = 3.10 - 2.27 = 0.83\) ✓ - \(\nu = 9.0 \times 10^{14}\): \(K = 3.72 - 2.27 = 1.45\) ✓ - \(\nu = 10.5 \times 10^{14}\): \(K = 4.34 - 2.27 = 2.07\) ✓

M-3. Estimación del orden de magnitud del tiempo de colapso atómico clásico

→ Volver al problema

Problema:

En la electrodinámica clásica, la energía radiada por unidad de tiempo por una carga \(e\) que se mueve con aceleración \(a\) (fórmula de Larmor) viene dada por

\[ P = \frac{e^2 a^2}{6\pi\varepsilon_0 c^3} \]

Suponiendo que el electrón del átomo de hidrógeno se encuentra en una órbita circular de radio igual al radio de Bohr \(a_0 \simeq 5.3 \times 10^{-11}\;\mathrm{m}\), determina lo siguiente:

(a) Expresa la aceleración centrípeta \(a\) del electrón en términos de \(a_0\), \(m_e\), \(e\), \(\varepsilon_0\) a partir del equilibrio de fuerzas, y calcula su valor numérico.

(b) Calcula la potencia radiada \(P\) utilizando la fórmula de Larmor.

(c) Utilizando la energía total del electrón \(E_1 = -13.6\;\mathrm{eV}\), estima el tiempo de colapso clásico \(\tau\) a partir del orden de magnitud de \(|E_1|/P\), y verifica que es consistente con \(\tau \sim 10^{-11}\;\mathrm{s}\) de la ecuación (1.5).

(a) Aceleración centrípeta:

A partir de la fuerza de Coulomb:

\[ F = \frac{e^2}{4\pi\varepsilon_0 a_0^2} = m_e a \]
\[ a = \frac{e^2}{4\pi\varepsilon_0 m_e a_0^2} \]

Cálculo numérico:

\[ a = \frac{(1.602 \times 10^{-19})^2}{(1.113 \times 10^{-10})(9.109 \times 10^{-31})(5.3 \times 10^{-11})^2} \]

Numerador:

\[ (1.602 \times 10^{-19})^2 = 2.566 \times 10^{-38}\;\mathrm{C^2} \]

Denominador:

\[ (1.113 \times 10^{-10})(9.109 \times 10^{-31})(2.809 \times 10^{-21}) \]
\[ = 1.113 \times 9.109 \times 2.809 \times 10^{-10-31-21} = 28.48 \times 10^{-62} = 2.848 \times 10^{-61} \]
\[ a = \frac{2.566 \times 10^{-38}}{2.848 \times 10^{-61}} = 9.01 \times 10^{22}\;\mathrm{m/s^2} \]
\[ \boxed{a \simeq 9.0 \times 10^{22}\;\mathrm{m/s^2}} \]

(b) Potencia radiada:

Fórmula de Larmor:

\[ P = \frac{e^2 a^2}{6\pi\varepsilon_0 c^3} \]
\[ P = \frac{(1.602 \times 10^{-19})^2 \times (9.0 \times 10^{22})^2}{6\pi \times (8.854 \times 10^{-12}) \times (3.00 \times 10^8)^3} \]

Numerador:

\[ (2.566 \times 10^{-38}) \times (8.1 \times 10^{44}) = 2.08 \times 10^{7} \]

Denominador:

\[ 6\pi \times (8.854 \times 10^{-12}) \times (2.7 \times 10^{25}) = 6\pi \times 2.39 \times 10^{14} \]
\[ = 18.85 \times 2.39 \times 10^{14} = 4.50 \times 10^{15} \]
\[ P = \frac{2.08 \times 10^{7}}{4.50 \times 10^{15}} = 4.6 \times 10^{-9}\;\mathrm{W} \]
\[ \boxed{P \simeq 4.6 \times 10^{-9}\;\mathrm{W}} \]

(c) Estimación del tiempo de colapso:

\[ |E_1| = 13.6\;\mathrm{eV} = 13.6 \times 1.602 \times 10^{-19} = 2.18 \times 10^{-18}\;\mathrm{J} \]
\[ \tau \sim \frac{|E_1|}{P} = \frac{2.18 \times 10^{-18}}{4.6 \times 10^{-9}} = 4.7 \times 10^{-10}\;\mathrm{s} \]
\[ \boxed{\tau \sim 5 \times 10^{-10}\;\mathrm{s}} \]

Verificación y discusión: Esta estimación es aproximadamente un orden de magnitud mayor que el valor \(\tau \sim 10^{-11}\;\mathrm{s}\) de la ecuación (1.5), pero esto se encuentra dentro de un rango razonable para una estimación de orden de magnitud. En un cálculo riguroso, a medida que el electrón cae en espiral, la aceleración aumenta (porque \(r\) disminuye) y la potencia radiada también aumenta, por lo que el tiempo de colapso real es menor que esta estimación simple. En cualquier caso, el orden es de \(10^{-11}\)–\(10^{-10}\;\mathrm{s}\), lo que confirma que, clásicamente, el átomo colapsaría en un instante.

M-4. Límite de alta frecuencia de la distribución de Planck y la ley de Wien

→ Volver al problema

Problema:

La radiancia espectral del cuerpo negro de Planck (por unidad de frecuencia) viene dada por

\[ B(\nu, T) = \frac{2h\nu^3}{c^2} \cdot \frac{1}{e^{h\nu/k_B T} - 1} \]

(a) Demuestra que en el límite \(h\nu \gg k_B T\) se obtiene \(B(\nu, T) \simeq \frac{2h\nu^3}{c^2} e^{-h\nu/k_B T}\) (ley de radiación de Wien).

(b) Demuestra que la frecuencia \(\nu_{\max}\) para la cual \(B(\nu, T)\) es máxima es proporcional a la temperatura \(T\) (ley de desplazamiento de Wien: \(\nu_{\max} \propto T\)), reescribiendo \(\partial B / \partial \nu = 0\) en términos de \(x = h\nu/(k_B T)\). (No es necesario resolver la ecuación trascendente; basta con mostrar que \(x\) resulta ser una constante.)

(a) Ley de radiación de Wien:

Cuando \(h\nu \gg k_B T\), se tiene \(e^{h\nu/k_B T} \gg 1\), por lo que:

\[ e^{h\nu/k_B T} - 1 \simeq e^{h\nu/k_B T} \]

Por lo tanto:

\[ B(\nu, T) = \frac{2h\nu^3}{c^2} \cdot \frac{1}{e^{h\nu/k_B T} - 1} \simeq \frac{2h\nu^3}{c^2} \cdot \frac{1}{e^{h\nu/k_B T}} \]
\[ \boxed{B(\nu, T) \simeq \frac{2h\nu^3}{c^2} e^{-h\nu/k_B T} \quad (h\nu \gg k_B T)} \]

Esta es la ley de radiación de Wien. \(\square\)

(b) Ley de desplazamiento de Wien:

Definiendo \(x = h\nu/(k_B T)\), se tiene \(\nu = k_B T x / h\), y:

\[ B(\nu, T) = \frac{2h}{c^2}\left(\frac{k_B T}{h}\right)^3 x^3 \cdot \frac{1}{e^x - 1} \]

Consideremos la condición para que \(B\) sea máxima, \(\partial B / \partial \nu = 0\). Transformando la derivada respecto a \(\nu\) en una derivada respecto a \(x\) (fijando \(T\), se tiene \(d\nu \propto dx\)):

\[ \frac{\partial}{\partial x}\left[\frac{x^3}{e^x - 1}\right] = 0 \]

Desarrollando:

\[ \frac{3x^2(e^x - 1) - x^3 e^x}{(e^x - 1)^2} = 0 \]

Condición de numerador = 0:

\[ 3x^2(e^x - 1) - x^3 e^x = 0 \]

Dividiendo por \(x^2\) (con \(x \neq 0\)):

\[ 3(e^x - 1) - x e^x = 0 \quad \Longrightarrow \quad 3 - 3e^{-x} - x = 0 \quad \Longrightarrow \quad (3 - x) = 3e^{-x} \]

Esta es una ecuación trascendente solo en \(x\), y su solución \(x_{\max}\) es una constante que no depende de la temperatura \(T\) (numéricamente \(x_{\max} \simeq 2.821\)).

Dado que \(x_{\max} = h\nu_{\max}/(k_B T)\) es una constante:

\[ \boxed{\nu_{\max} = \frac{x_{\max} \cdot k_B}{h} \cdot T \propto T} \]

Esta es la ley de desplazamiento de Wien. \(\square\)

Verificación: Para \(T = 6000\;\mathrm{K}\), se obtiene \(\nu_{\max} = 2.821 \times (1.38 \times 10^{-23})/(6.626 \times 10^{-34}) \times 6000 \simeq 3.5 \times 10^{14}\;\mathrm{Hz}\). La longitud de onda correspondiente es \(\lambda \simeq 860\;\mathrm{nm}\) (infrarrojo cercano). A partir de la ley de desplazamiento de Wien en términos de longitud de onda \(\lambda_{\max} T = 2.898 \times 10^{-3}\;\mathrm{m \cdot K}\), se obtiene \(\lambda_{\max} \simeq 483\;\mathrm{nm}\), que es diferente. Sin embargo, esto se debe al efecto conocido de que la posición del pico difiere entre la representación en frecuencia y la representación en longitud de onda, y no constituye una contradicción.

Avanzado

A-1. Derivación de la ley de Rayleigh–Jeans mediante el teorema clásico de equipartición y la catástrofe ultravioleta

→ Volver al problema

Problema:

Consideremos el número de modos de ondas estacionarias del campo electromagnético existente en una cavidad cúbica de lado \(L\).

(a) Demuestra que el número de modos (incluyendo los 2 grados de libertad de polarización) en el rango de número de onda de \(k\) a \(k + dk\) es

\[ g(k)\,dk = \frac{V}{\pi^2} k^2\,dk \]

donde \(V = L^3\) es el volumen de la cavidad. (Utiliza como condiciones de contorno \(k_x = n_x \pi / L\), \(k_y = n_y \pi / L\), \(k_z = n_z \pi / L\) (\(n_x, n_y, n_z = 1, 2, 3, \ldots\)) en cada dirección.)

(b) Utilizando la relación \(k = 2\pi\nu/c\), reescribe el número de modos en el rango de frecuencia de \(\nu\) a \(\nu + d\nu\) como

\[ g(\nu)\,d\nu = \frac{8\pi V \nu^2}{c^3}\,d\nu \]

(c) Asignando a cada modo la energía media \(k_B T\) según el teorema clásico de equipartición, demuestra que la densidad espectral de energía por unidad de volumen \(u(\nu, T)\) es

\[ u(\nu, T) = \frac{8\pi \nu^2}{c^3} k_B T \]

(ley de Rayleigh–Jeans).

(d) Demuestra que al integrar \(u(\nu, T)\) desde \(\nu = 0\) hasta \(\infty\) el resultado diverge, y explica que esto constituye la catástrofe ultravioleta.

(e) Explica cualitativamente por qué, al utilizar la energía media de Planck \(\langle E \rangle = h\nu/(e^{h\nu/k_B T} - 1)\) en lugar del teorema de equipartición, la densidad total de energía resulta finita.

(a) Derivación del número de modos:

Dentro de una cavidad cúbica de lado \(L\), los números de onda de las ondas estacionarias que satisfacen las condiciones de frontera (campo eléctrico nulo en las paredes) son:

\[ k_x = \frac{n_x \pi}{L}, \quad k_y = \frac{n_y \pi}{L}, \quad k_z = \frac{n_z \pi}{L} \quad (n_x, n_y, n_z = 1, 2, 3, \ldots) \]

En el espacio \(k\), la separación entre puntos de la red es \(\pi/L\), y el volumen por punto de red es \((\pi/L)^3\).

Consideramos solo el primer octante donde \(n_x, n_y, n_z > 0\). El número de puntos de red cuya magnitud del vector de onda \(k = \sqrt{k_x^2 + k_y^2 + k_z^2}\) se encuentra en el rango de \(k\) a \(k + dk\) se obtiene dividiendo el volumen de la capa esférica en el primer octante por la densidad de puntos de red:

\[ \text{Número de puntos de red} = \frac{1}{8} \cdot 4\pi k^2 dk \cdot \frac{1}{(\pi/L)^3} = \frac{1}{8} \cdot 4\pi k^2 dk \cdot \frac{L^3}{\pi^3} \]
\[ = \frac{V k^2 dk}{2\pi^2} \]

Como las ondas electromagnéticas tienen 2 polarizaciones independientes, multiplicamos por 2:

\[ g(k)\,dk = 2 \cdot \frac{V k^2 dk}{2\pi^2} = \frac{V k^2}{\pi^2}\,dk \]
\[ \boxed{g(k)\,dk = \frac{V}{\pi^2} k^2\,dk} \]

(b) Conversión a la representación en frecuencia:

De \(k = 2\pi\nu/c\) se obtiene \(dk = 2\pi\,d\nu/c\). Sustituyendo:

\[ g(\nu)\,d\nu = \frac{V}{\pi^2} \left(\frac{2\pi\nu}{c}\right)^2 \cdot \frac{2\pi}{c}\,d\nu = \frac{V}{\pi^2} \cdot \frac{4\pi^2\nu^2}{c^2} \cdot \frac{2\pi}{c}\,d\nu \]
\[ = \frac{8\pi^3 V \nu^2}{\pi^2 c^3}\,d\nu = \frac{8\pi V \nu^2}{c^3}\,d\nu \]
\[ \boxed{g(\nu)\,d\nu = \frac{8\pi V \nu^2}{c^3}\,d\nu} \]

(c) Ley de Rayleigh–Jeans:

Según el teorema clásico de equipartición, la energía promedio de cada modo es \(k_B T\) (contribuciones de \(\frac{1}{2}k_B T\) por la energía cinética y \(\frac{1}{2}k_B T\) por la energía potencial).

La densidad espectral de energía por unidad de volumen es:

\[ u(\nu, T) = \frac{1}{V} \cdot g(\nu) \cdot k_B T = \frac{8\pi\nu^2}{c^3} k_B T \]
\[ \boxed{u(\nu, T) = \frac{8\pi\nu^2}{c^3} k_B T} \]

(d) Catástrofe ultravioleta:

Para obtener la densidad total de energía, integramos sobre \(\nu\):

\[ u_{\text{total}} = \int_0^\infty u(\nu, T)\,d\nu = \frac{8\pi k_B T}{c^3} \int_0^\infty \nu^2\,d\nu \]
\[ \int_0^\infty \nu^2\,d\nu = \left[\frac{\nu^3}{3}\right]_0^\infty = \infty \]

La densidad total de energía diverge. Esto es físicamente absurdo e implica que los modos de alta frecuencia (ultravioleta y superiores) poseen energía sin límite. Esto es la catástrofe ultravioleta (ultraviolet catastrophe). \(\square\)

(e) Resolución mediante la energía promedio de Planck:

Si reemplazamos \(k_B T\) del teorema de equipartición por la energía promedio de Planck \(\langle E \rangle = h\nu/(e^{h\nu/k_B T} - 1)\):

\[ u(\nu, T) = \frac{8\pi\nu^2}{c^3} \cdot \frac{h\nu}{e^{h\nu/k_B T} - 1} \]

A altas frecuencias (\(h\nu \gg k_B T\)):

\[ \frac{h\nu}{e^{h\nu/k_B T} - 1} \simeq h\nu \cdot e^{-h\nu/k_B T} \]

Esto decae exponencialmente, por lo que \(\nu^2 \cdot h\nu \cdot e^{-h\nu/k_B T} = h\nu^3 e^{-h\nu/k_B T}\) converge a cero cuando \(\nu \to \infty\). Por lo tanto:

\[ u_{\text{total}} = \int_0^\infty \frac{8\pi h\nu^3}{c^3(e^{h\nu/k_B T} - 1)}\,d\nu < \infty \]

La integral converge a un valor finito (al calcularla explícitamente se obtiene la ley de Stefan–Boltzmann \(u_{\text{total}} \propto T^4\)).

Razón física: Debido a la cuantización de la energía, para los modos de alta frecuencia un solo cuanto \(h\nu\) supera ampliamente la energía térmica \(k_B T\), por lo que el factor de Boltzmann \(e^{-h\nu/k_B T}\) suprime exponencialmente la probabilidad de excitación. De este modo se resuelve la catástrofe ultravioleta. \(\square\)

A-2. Generalización del modelo de Bohr: iones hidrogenoides y principio de correspondencia

→ Volver al problema

Problema:

Se aplica el modelo de Bohr a un ion hidrogenoide (número atómico \(Z\), un solo electrón).

(a) Considerando que la carga del núcleo es \(Ze\), deduce el radio de la \(n\)-ésima órbita \(r_n\) y el nivel de energía \(E_n\) en función de \(Z\).

(b) Calcula la energía y el radio orbital del estado fundamental (\(n = 1\)) del \(\mathrm{He^+}\) (\(Z = 2\)) y compáralos con los del átomo de hidrógeno.

(c) Principio de correspondencia de Bohr (correspondence principle): Demuestra que, cuando el número cuántico \(n\) es suficientemente grande, la frecuencia \(\nu_{n \to n-1}\) de la luz emitida en la transición entre niveles adyacentes coincide con la frecuencia clásica de rotación \(f_n\) del electrón en la \(n\)-ésima órbita. Es decir, verifica que en el límite \(n \gg 1\)

\[ \nu_{n \to n-1} \simeq f_n \]

(a) Radio orbital y niveles de energía de iones hidrogenoides:

Como la carga del núcleo es \(Ze\), la fuerza de Coulomb es:

\[ \frac{Ze^2}{4\pi\varepsilon_0 r^2} = \frac{m_e v^2}{r} \]

Combinando con la condición de cuantización \(m_e v r = n\hbar\). Siguiendo el mismo procedimiento que en D5, sustituimos \(v = n\hbar/(m_e r)\):

\[ \frac{Ze^2}{4\pi\varepsilon_0 r^2} = \frac{n^2\hbar^2}{m_e r^3} \]
\[ \boxed{r_n = \frac{4\pi\varepsilon_0 \hbar^2}{m_e Z e^2} \cdot n^2 = \frac{a_0}{Z} \cdot n^2} \]

Velocidad:

\[ v_n = \frac{n\hbar}{m_e r_n} = \frac{Ze^2}{4\pi\varepsilon_0 \hbar} \cdot \frac{1}{n} \]

Energía total (de manera análoga a S1(b), \(E_n = -Ze^2/(8\pi\varepsilon_0 r_n)\)):

\[ E_n = -\frac{Ze^2}{8\pi\varepsilon_0} \cdot \frac{m_e Ze^2}{4\pi\varepsilon_0 \hbar^2 n^2} = -\frac{m_e Z^2 e^4}{2(4\pi\varepsilon_0)^2 \hbar^2} \cdot \frac{1}{n^2} \]
\[ \boxed{E_n = -\frac{Z^2 m_e e^4}{2(4\pi\varepsilon_0)^2 \hbar^2} \cdot \frac{1}{n^2} = -Z^2 \cdot \frac{13.6\;\mathrm{eV}}{n^2}} \]

(b) Estado fundamental del He\(^+\) (\(Z = 2\)):

Radio orbital:

\[ r_1 = \frac{a_0}{Z} = \frac{0.529\;\text{Å}}{2} = 0.265\;\text{Å} = 2.65 \times 10^{-11}\;\mathrm{m} \]

Energía:

\[ E_1 = -Z^2 \times 13.6\;\mathrm{eV} = -4 \times 13.6 = -54.4\;\mathrm{eV} \]

Comparación con el átomo de hidrógeno:

Hidrógeno (\(Z=1\)) He\(^+\) (\(Z=2\))
\(r_1\) \(0.529\;\text{Å}\) \(0.265\;\text{Å}\) (la mitad)
\(E_1\) \(-13.6\;\mathrm{eV}\) \(-54.4\;\mathrm{eV}\) (4 veces más profundo)

El He\(^+\) tiene una órbita más pequeña que el hidrógeno (porque la carga nuclear más intensa atrae al electrón con mayor fuerza) y una energía de enlace 4 veces mayor.

(c) Verificación del principio de correspondencia:

Frecuencia de transición cuántica:

\[ \nu_{n \to n-1} = \frac{E_n - E_{n-1}}{h} = \frac{Z^2 m_e e^4}{2(4\pi\varepsilon_0)^2 \hbar^2 h}\left(\frac{1}{(n-1)^2} - \frac{1}{n^2}\right) \]

Calculamos el contenido del paréntesis:

\[ \frac{1}{(n-1)^2} - \frac{1}{n^2} = \frac{n^2 - (n-1)^2}{n^2(n-1)^2} = \frac{2n - 1}{n^2(n-1)^2} \]

Para \(n \gg 1\), tenemos \(2n - 1 \simeq 2n\) y \((n-1)^2 \simeq n^2\), por lo que:

\[ \frac{1}{(n-1)^2} - \frac{1}{n^2} \simeq \frac{2n}{n^2 \cdot n^2} = \frac{2}{n^3} \]

Por lo tanto:

\[ \nu_{n \to n-1} \simeq \frac{Z^2 m_e e^4}{2(4\pi\varepsilon_0)^2 \hbar^2 h} \cdot \frac{2}{n^3} = \frac{Z^2 m_e e^4}{(4\pi\varepsilon_0)^2 \hbar^2 h \cdot n^3} \tag{★} \]

Frecuencia de rotación clásica:

\[ f_n = \frac{v_n}{2\pi r_n} \]

Sustituyendo \(v_n = Ze^2/(4\pi\varepsilon_0 \hbar n)\) y \(r_n = 4\pi\varepsilon_0 \hbar^2 n^2/(m_e Ze^2)\):

\[ f_n = \frac{1}{2\pi} \cdot \frac{Ze^2}{4\pi\varepsilon_0 \hbar n} \cdot \frac{m_e Ze^2}{4\pi\varepsilon_0 \hbar^2 n^2} \]
\[ = \frac{Z^2 m_e e^4}{2\pi (4\pi\varepsilon_0)^2 \hbar^3 n^3} \]

Como \(\hbar = h/(2\pi)\), entonces \(\hbar^3 = h^3/(8\pi^3)\):

\[ f_n = \frac{Z^2 m_e e^4}{2\pi (4\pi\varepsilon_0)^2 n^3} \cdot \frac{8\pi^3}{h^3} = \frac{Z^2 m_e e^4 \cdot 4\pi^2}{(4\pi\varepsilon_0)^2 h^3 n^3} \]

Por otro lado, reescribiendo (★) con \(\hbar = h/(2\pi)\):

\[ \nu_{n \to n-1} \simeq \frac{Z^2 m_e e^4}{(4\pi\varepsilon_0)^2 \cdot \frac{h^2}{4\pi^2} \cdot h \cdot n^3} = \frac{Z^2 m_e e^4 \cdot 4\pi^2}{(4\pi\varepsilon_0)^2 h^3 n^3} \]

Esto coincide exactamente con \(f_n\):

\[ \boxed{\nu_{n \to n-1} \simeq f_n \quad (n \gg 1)} \]

Significado del principio de correspondencia: En el límite de números cuánticos grandes (\(n \gg 1\)), la frecuencia de transición predicha por la teoría cuántica coincide con la frecuencia de rotación orbital predicha por la teoría clásica. Esto constituye una evidencia de que la teoría cuántica es la "generalización correcta" de la teoría clásica, y fue un principio fundamental que Bohr utilizó para confirmar la validez de su modelo. \(\square\)

Verificación: Si consideramos el caso \(Z = 1\), \(n = 1000\), obtenemos \(r_{1000} = 10^6 a_0 \simeq 0.05\;\mathrm{mm}\), una escala macroscópica, lo que permite comprender intuitivamente que la descripción clásica es aplicable.