a) La constante de desintegración radiactiva del Ra y la actividad inicial de la muestra.
b) El número de átomos en la muestra al cabo de 30 días.

Solución:

El número inicial de núcleos es: No=5.10¹⁸

El periodo de semidesintegración es: τ=3,64 días

Nos piden la constante de desintegración radiactiva: λ = Ln2/τ = 0,19 1/día

La actividad se define como número de desintegraciones por unidad de tiempo. A=λ.N

Puesto que nos piden la actividad inicial, N=No; A = 0,19.5.10¹⁸=9,5.10¹⁷1/día

NOTA: estamos trabajando con la unidad de tiempo “día”. Si no queremos cometer errores con las unidades, es mas aconsejable trabajar con la unidad fundamental del sistema internacional, en este caso, segundos.

b) Atendiendo a la ley de desintegración radiactiva: N = No.e^-λt

N(30 días)=5.10¹⁸.e^-0,19.30=1,67.10¹⁶ átomos quedan sin desintegrar al cabo de 30 días

a) La constante de desintegración radiactiva
b) La masa que quedará sin desintegrar después de 50000 años.

Datos: M_p = 1,007276u; M_n = 1,008665u; u = 1,66.10^-27kg; c=3.10⁸m/s

Solución:

Se define como defecto de masa a la diferencia de masa que existe entre la masa de un núcleo atómico y la suma de las masas de los nucleones que lo constituyen. Este defecto de masa, según la ecuación de Einstein, es la energía que mantiene unidos los nucleones en el núcleo.

Este núcleo posee 7 protones y 15-7=8 neutrones.

Δm = (7.mp + 8.mn) – mreal = 7.1,007276 + 8.1,008665u – 15,0001089 = 0,1201431 u = 1,9943755.10^-28kg

E = Δm.c²=1,79.10^-11J

Epor nucleón = E/A = E/15 = 1,20.10^-12J

a) La variación de la energía cinética máxima de los electrones emitidos
b) La variación de la función de trabajo del material y de la frecuencia umbral.
Datos: e=1,6.10^-19C; c=3.10⁸m/s; h=6,63.10^-34J.s

Solución:

Es posible producir una corriente eléctrica iluminando determinados materiales con la radiación electromagnética adecuada. Según demostró Einstein, la energía de los fotones que constituyen la radiación electromagnética se emplea primero en arrancar los electrones y después en acelerarlos: Eγ = Eo + Ec

El potencial de frenado es el potencial que debo aplicar para detener los electrones que han sido acelerados por una radiación electromagnética, de modo que: -ΔEp=ΔEc –> -q.ΔV = ΔEc

Ec(caso 1 ) = q.1,2 = 1,6.10^-19.1,2 = 1,92.10^-19J
Ec(caso 2 ) =q.0,6 = 1,6.10^-19.0,6 = 9,6.10^-20J

Ec(caso 1) – Ec(caso 2) = 9,6.10^-20J=0,6 eV

b) Se define función de trabajo o energía umbral como la energía mínima que debe tener un fotón para ser capaz de producir efecto fotoeléctrico, es decir, para ser capaz de arrancar un electrón.

Si la radiación electromagnética tiene una λ=300nm=300.10^-9m –> Eγ = hc/λ = 6,63.10^-19J
Utilizando la Ec obtenida en el apartado anterior:
Eo = Eγ – Ec; E=h.ν
Eo ( caso 1 ) = 4,71.10^-19J;  νo(caso 1) = Eo/h = 7,10.10¹⁴ Hz
Eo ( caso 2 ) = 5,67.10^-19J; νo(caso 2) = Eo/h = 8,55.10¹⁴ Hz

Eo ( caso 2 ) – Eo ( caso 1 ) = 9,6.10^-20J
νo(caso 2) – νo(caso 1) = 1,45.10¹⁴ Hz

a) La intensidad del haz
b) El número de fotones por segundo que viajan con el haz
Datos: C=3.10⁸m/s; h=6,63.10^-34J.s

Solución:

a) Se define intensidad como la energía que llega por unidad de tiempo y superficie ( J/s.m²). Puesto que la potencia es la energía por unidad de tiempo: I = P / S
Como se trata de un haz circular, la superficie será: S=π.R²=π.(5.10^-4)²=7,85.10^-7m²
I = P/S=10.10^-3/7,85.10^-7 W/²

b) Cada fotón tiene una energía de Eγ=h.γ y

γ=c/λ=3.10⁸/630.10^-9=4,76.10¹⁴Hz

Eγ=6.63.10^-34.4,76.10¹⁴=3,16.10^-19J

Como la potencia es energía que viaja en la unidad de tiempo, en 1s , la energía será de 10mJ –> E = n.Eγ –>

n=E/Eγ=10.10^-3/3,16.10^-19=3,16.10¹⁵ fotones viajan en 1s

a) El mismo módulo de la velocidad.
b) La misma energía cinética
Suponga velocidades no relativistas.

a) Calcula la posición y el tamaño de la imagen final del sistema

b) Efectúa la construcción geométrica de la imagen mediante el trazado de rayos correspondiente.

Solución:

El sistema está constituido por dos lentes convergentes. Trabajaremos con la primera lente, obteniendo la imagen que surge de esta como si la segunda no estuviera. La imagen obtenida de la primera lente, será el objeto de la 2ª lente, con la que trabajaremos como si la 1ª no estuviera.

1ª lente:

Según la ecuación de lentes delgadas: 1/s + 1/s’ = 1/f

f= 10cm ( positiva, puesto que la lente es convergente )

s=15cm ( positivo, puesto que se encuentra delante de la lente )

1/15 + 1/s’ = 1/10; 1/s’ = 1/10 -1/15 ; s’=30cm

y’/y = -s’/s = -30/15 =-2; y’=2.y=2.2=4mm

La imagen obtenida de la 1ª lente será real (s’=30cm > 0 ), invertida ( y’/y<0) y aumentada (y’/y=2) y se encontrará a 30cm de la primera lente y a 30 cm también de la 2ª, puesto que la distancia entre ambas es de 60cm

2ª lente:

s”=30cm ( distancia del objeto a la lente )

f=20cm

1/s” + 1/s”’=1/f; 1/30 + 1/s”’ = 1/20; s”’=60cm

y’/y = -s”’/s” = -60/30 = -2; y’=2y=2.4=8mm

Será una imagen real, invertida ( con respecto al objeto del que procede ) y aumentada.

La imagen obtenida a través del sistema óptico total será real, de la misma dirección del objeto y de tamaño 8mm.

b)

Solución:

a) La potencia de una lente se define como la inversa de la focal, de manera que: P=1/f; f=1/p=1/10=0,1m=10cm. Puesto que se trata de una lente divergente, la focal debe ser negativa:

f=-10cm

b) Utilizaremos la ecuación de las lentes delgadas: 1/s + 1/s’ = 1/f

1/20 + 1/s’ = 1/-10; 1/s’ = (1/-10) – 1/20; s’ = -20/3 = -6,67cm

s’=-6,67cm

c) Puesto que se trata de una distancia negativa, quiere decir que la imagen es virtual, es decir, que se forma por prolongación de los rayos, delante de la lente, como corresponde a una lente divergente.

Si calculamos el aumento: y’/y = -s’/s = (20/3) / 20 = 1/3

Puesto que el signo es positivo, se trata de una imagen derecha y puesto que el aumento es inferior a 1, es una imagen disminuida.

La imagen será virtual, derecha y disminuida.

d) Vamos a trazar los 3 rayos que sabemos trazar.

En el dibujo se ve que la focal queda por delante de la lente ( por eso es negativa, como corresponde a una lente divergente ).

(1) Un rayo que entra paralelo al eje óptico, debe salir por la focal. Correspon de al rayo negro. Puesto que la focal está por delante de la lente lo que pasa por la focal es la prolongación del rayo refractado, y no el propio rayo.

(2) Un rayo que pasa por el vértice, no se desvía. Corresponde al rayo azul

(3) Un rayo que pasa por la focal se refractará paralelo al eje óptico. Corresponde al rayo rojo.

Allí donde se corten los rayos refractados, será donde se forme la imagen. En este caso, serán las prolongaciones de los rayos refractados, puesto que estos divergen y no se cortan nunca.

La representación gráfica concuerda con lo que habíamos calculado numéricamente: imagen virtual, derecha y disminuida.

a) La mitad de la distancia focal del espejo
b) El triple de la distancia focal del espejo

Solución:

a) Utilizaremos la ecuación de espejos esféricos: 1/s + 1/s’ = 1/f
Puesto que se trata de un espejo cóncavo, la focal f>0
Si s=f/2, sustituyendo en la ecuación: 1/(f/2) + 1/s’ = 1/f; 1/s’ = 1/f – 2/f = -1/f; s’ = -f

Obtenemos el aumento:
y’/y=-s’/s; y’/y = f/(f/2) =2
Puesto que s’<0, tenemos una imagen virtual ( es decir, se forma a partir de las prolongaciones de los rayos reflejados. Una imagen virtual no puede recogerse nunca en una pantalla ).
Puesto que el aumento es positivo, será derecha y puesto que es 2, será de tamaño doble al del objeto.

Realizamos el trazado de rayos teniendo en cuenta que:
* Un rayo que entra paralelo al eje óptico, debe salir por la focal
* Un rayo que pasa por la focal, debe salir paralelo al eje óptico
* Un rayo que pasa por el centro de curvatura, no se desvía
Allí donde se corten los rayos reflejados, o sus prolongaciones, se formará la imagen.

b)Repetimos la misma operación, pero en este caso con s=3f

1/3f + 1/s’ = 1/f; s’=3f/2
y’/y=-s’/s=-(3f/2)/3f = -1/2
En este caso, la imagen será real (s’>0), invertida (aumento<0) y disminuida (y’=y/2).

Si vemos el trazado de rayos: