1. Ejercicio 1.

Solución a)

En f ( λ ) es conveniente definir la variable x=hcλkT

, con lo cual obtenemos

f ( λ )=F (x )= B x5

e x−1

Donde B es una constante. Ahora Aplicando limite se obtiene

limλ→0

f ( λ )=¿ limx→∞

F ( x ) ¿

El límite es indeterminado, con lo cual aplicando la regla de l’Hopital

limx→∞

f (x )= B x5

e x−1

Solución b)

Aplicando el polinomio de Taylor

ex=1+x+ x2

2!+ x3

3 !+…+ xn

n !

Para nuestro caso

x= hcλkT

Para valores grandes de longitud de onda λ solo subsisten los dos primeros términos, asi;

ehcλkT =1+ hc

λkT

Sustituyendo en la ecuación de Planck

1

f ( λ )=8 πhc λ−5

ehcλkT−1

=8 πhc λ−5

hcλkT

=8πkTλ4

Que es la expresión matemática de la ley de Rayleigh -Jeans

2. Ejercicio 2.

Usando la Ley de Stefan-Boltzmann, se tiene para este caso que la energía radiante emitida por el sol en un segundo es

P=Aσ T 4=(6 x 1020 ) ( 5.6704 x10−8 ) (5700 )4=3.591 x1028 J S

Usando la famosa fórmula de Einstein, se obtiene la cantidad de masa perdida por el sol en cada segundo

E=mc2

m= Ec2 =

3.591 x1028J s

(3x 108 ms )

2 =3.99x 1011 kgs

Por último, teniendo que la masa del sol es 1.9891 x1030 kg, el tiempo que le queda de vida a

nuestro sol es

t=1.9891x 1030 kg

s

3.99 x1011 kgs

=4.9852 x1018 seg=1.59x 1011años

3. Ejercicio 3

Solución a)

La frecuencia mínima de luz que incida sobre el sodio para extraer electrones es

v0=ϕh= 2.3eV

6.63 X 1 0−34 J s=2.3eV∗1.6 X 10−19 J

6.63 X 10−34 J s=5.55 X1 0−14 1

s

La longitud de onda de esta frecuencia obtenida es

λ=cv0

=3x 108 m

s

5.55 X1 0−14 1s

=5.405 x1 0−7m 5405 A

2

Por lo tanto no existe efecto fotoeléctrico pues la luz incidente tiene menor energía que la necesaria para extraer electrones del sodio: 5890A>5405A

Solución b)

La longitud de onda de corte para el sodio es λc=5405A

4. Ejercicio 4

kmax=hv−ϕ=hcλ

−4.2eV=2eV

Con Ayuda de kmax podemos obtener el potencial de frenado V 0

kmax=eV 0

V 0=kmaxe

=2eVe

=2V

Por consiguiente, la longitud de onda de corte para el aluminio es

hcλc

=4.2eV

λc=hc

4.2eV=

(6.62 x10−34 Js)(3 x108)(4.2eV )(1.602 x10−19)

=2950 A

5. Ejercicio 5

Defínase la función de trabajo

ϕ=hv

Ya que conocemos la frecuencia, sustituimos h=6.626 x10−34 J s.

ϕ=hv=6.626 x10−34 J s∗4.39 x10−14 s−1=2.9088 x10−19 J=1.8155 eV

Realizamos la conversión a electrón-volts (eV)

1eV=1.6 x 10−19 J

3

2.9088x 10−19

1.6x 10−19 =1.8155eV

ϕ=1.8155 eV

6. Ejercicio 6

Ecinmax=eV s

Donde V 0 es el potencial de frenado y e es la carga del electrón. Sustituyendo los valores

correspondientes

Ecinmax=eV s=(1.602 X 10−19C ) ( 4.3V )=6.9 X 10−19 J=4.307eV

Para determinar la velocidad máxima de los electrones

112mvmax=eV s

vmax=√ 2eV s

me

=√ 2 (6.9 x 10−19 J )9.11 x10−31kg

=1.2x 106 ms

7. Ejercicio 7

Solución a)

ϕ=hv=hcλ1

=6.626 x10−34 J s∗3 x 108 ms=1.8989eV

Solución b)

E=hv−ϕ=hcλ1

−ϕ=1240eV∗m300nm

−ϕ=4.133eV−ϕ=2.23eV

8. Ejercicio 8

Solución a)

ϕ=hv0=hcλ0

4

λ0=hcϕ

=6.626 x10−34 J s3 x108 m

s2.3eV

=¿1240eV∗nm

2.3eV

λ0=539.13nm=5391 A

Solución b)

La energía cinética máxima kmax

kmax=hv−ϕ

Si A=200nm=2000 A

V=Cλ=

3 x108 ms

200 nm=1.5 x 1015 s−1

kmax=hv−ϕ=( 6.626 x10−34 J s ) (1.5 x1015 s−1 )−2.3eV=9.945 X 10−19J−2.3eV

kmax=6.2eV−2.3eV=3.9eV

9. Ejercicio 9

Solución a)

λ1−λ= hm0 c

(1−cosθ)

λ1=λ+ hm0 c

(1−cosθ)

hmc

= hcmc2 =

1.24 x1 03 eV∗nm5.11 x 1 03 eV

=0.00243mn=0.0243 A

λ1=0.300 A+0.0243 ˙A(1−cos (60o))

λ1=0.312 A=31 pm

Solución b)

λ1−λ=2 λc

5

λ '=31 pm+4.9 pm=35.9 pm

Solución c)

Por la conservación de la energía

E+mo c2=E '+ke+m0 c

2

Donde

E=1.240 x1 0−6 eVλ

hcλ

=hcλ '

+ke

1.240x 1 0−6 eV0.300 A

=1.240x 1 0−6 eV0.312 A

+ke

ke=1.5897 x 10−7 eV=1.59k eV

10. Ejercicio 10

λ1−λ= hm0 c

(1−cosθ)

Donde

ϕ=900 λ=0.400 A

λ1−0.400 A=.00243nm ¿

λ1=0.400 A+0.0243 A=0.4243 A

∆ λλ

= λ1−λλ

= λ1−0.400 A0.400 A

∆ λλ

= λ1

0.400 A−1=0.4243 A

0.400 A−1=1.06075−1

6

∆ λλ

=0.06075=6 %

11. Ejercicio 11

λ1−λ= hm0 c

(1−cosθ )

∆ λλ

=0.1= λ1−λλ

λ1−λ=0.1 λ

λ1−λ=λc (1−cosθ )

0.1 λ=2.43 x1012m(1−cos (9 0o))

λ=2.43x 1012m0.1

=2.43 x10−11m

λ=0.243 A

7