Ejercicio: estimacion de la energia minima de un osc.arm.unidim.simple de una particula bajo la accion de una fuerza restauradora lineal

 7. Un oscilador armonico unidimensional simple es una particula sobre la que actua una fuerza restauradora lineal $F(x) = −mω^2x$. Clasicamente, la energia minima del oscilador es cero, porque podemos colocarlo precisamente en $x = 0$, su posicion de equilibrio, mientras le damos una velocidad inicial cero. Cuanticamente, el principio de incertidumbre no nos permite localizar la particula con precision y simultaneamente tenerla en reposo. Usando el principio de incertidumbre, estime la energia minima del oscilador.

Solucion:

Por el enunciado, consideremos el principio de incertidumbre. El cual dicta (nos dice):

$$\Delta P \Delta x \geq \frac{\hbar}{2}$$

$$\Leftrightarrow \Delta P \geq \frac{\hbar}{2 \Delta x}$$

Ahora, consideremos de expresion de la energia del sistema como:

$$E = E_k+E_p$$

$$\Leftrightarrow E = \frac{P}{2m} + \frac{1}{2}m\omega^2x^2$$  (al integrar y multiplicar por -1 la fuerza lineal del enunciado sale $E_p$ y al considerar P=mv)

De esta manera, cocluimos:

$$\frac{\Delta P^2}{2m} \geq \frac{\hbar^2}{2^2 2m}$$

$$\Leftrightarrow \frac{\Delta P^2}{2m} + \frac{1}{2}m\omega^2x^2 \geq \frac{\hbar^2}{8m \Delta x^2} + \frac{1}{2}m\omega^2x^2$$

$$\Leftrightarrow E \geq \frac{\hbar^2}{8m \Delta x^2} + \frac{1}{2}m\omega^2x^2$$

Por lo que podriamos decir que:

$$E_{min} = \frac{\hbar^2}{8m \Delta x^2} + \frac{1}{2}m\omega^2x^2$$

Taller 1. Literal 6

  a) Calcule la energía del estado fundamental del ion de litio doblemente ionizado, \( Li^{2+} \), que se obtiene cuando se remueven dos electrones del átomo de litio

  (b) Si el ion de litio \( Li^{2+} \) se bombardea con un fotón y posteriormente lo absorbe, calcule la energía y la longitud de onda del fotón necesario para excitar el ion \( Li^{2+} \) a su tercer estado excitado.

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Solución

  a) Para describir un solo electrón en órbita alrededor de su núcleo fijo de carga \( +Z_e \), la teoría de Borh indica que los niveles de energía estan dados por:

$$E_n = -\frac{m e^4}{2 \hbar^2} \left(\frac{Z^2}{n^2}\right)$$

  El litio tiene número atómico \( Z_{Li}=3 \), de forma que el estado de energía fundamental \(n=1\) para el lítio es:

$$E_1 = -122.45 eV$$

  b) Para obtener la energía y la longitud de onda de un fotón que lleva al átomo a su tercer estado exitado se usa la consevación de energía donde \(n_i=1 \) y \(n_f=4\)

$$E_i-E_f = hf = \frac{hc}{\lambda}$$ $$\Delta E = E_f - E_i = E_1 \left( \frac{1}{n_i^2}- \frac{1}{n_f^2} \right) = 122.45eV \left(\frac{1}{1^2}-\frac{1}{4^2} \right)= 114.79eV$$

  Por otro lado, \( \lambda=\frac{c}{f}\), y \(f=\frac{\Delta E}{h} \), entonces

$$ \lambda = \frac{h c}{\Delta E } = 17.32nm$$

Desarrollado por Catalina Millan y Anlly Vélez

Ejercicio 4: Efecto Compton de rayos X y gamma

 Ejercicio 4 Taller 1

Un haz de rayos X de una fuente de azufre ($\lambda = 53.7nm$) y un haz de rayos $\gamma$ de una muestra
de $Cs^{137}$ ($\lambda = 0.19nm$) inciden sobre un objetivo de grafito. Se colocan dos detectores a ángulos de $30^\circ$ y $120^\circ$ respecto a la dirección de los haces incidentes. 

(a). Estime los cambios de longitud de onda de los rayos X y los rayos $\gamma$ registrados en ambos detectores. 

(b). Encuentre la energía cinética del electrón que retrocede en cada uno de los cuatro casos.

(c). ¿Qué porcentaje de la energía del fotón incidente se pierde en la colisión en cada uno de los
cuatro casos? 

 

Solución 

Para comenzar, ilustremos gráficamente la situación, un fotón indice sobre un electrón en una colisión elástica, de manera que el fotón se dispersa con un ángulo $\theta$ y el electrón retrocede con un ángulo $\psi$ como se observa en la Figura 1.

                                                                                                                  Figura 1. Diagrama de la dispersión de Compton.

(a).

Sabiendo que el cambio de la longitud de onda del fotón que es incidente en el efecto compton está dado por:

$$\lambda'-\lambda = \Delta \lambda = \frac{h}{mc}(1-\cos \theta)$$

donde $c$ es la velocidad de la luz, $m$ es la masa del electrón y $h$ la constante de Planck. Entonces este cambio dependerá solo del ángulo $\theta$ en que se ubica el detector, y será el mismo para los rayos X y $\gamma$.

Para el detector en $\theta = 30^\circ$: 

$$\Delta \lambda_{30^\circ} = \frac{h}{mc}(1-\cos (30^\circ)) = \frac{6.63\times 10^{-34}Js}{9.11\times 10^{-31}kg \times 3 \times 10^8 m/s} (1-cos(30^\circ)) \approx 3.25 \times 10^{-13} m$$ 

 

Para el detector en $\theta = 120^\circ$:
$$\Delta \lambda_{120^\circ} = \frac{h}{mc}(1-\cos (120^\circ)) = \frac{6.63\times 10^{-34}Js}{9.11\times 10^{-31}kg \times 3 \times 10^8 m/s} (1-cos(120^\circ)) \approx 3.64 \times 10^{-12} m$$ 

(b). Con el fin de obtener una expresión para la energía cinética del electrón, notemos que por conservación de la energía tenemos que

 $$E_i = E_f \Longleftrightarrow E_\gamma + E^{(0)}_e = E_{\gamma}' + E_e \Longleftrightarrow E_\gamma - E_\gamma ' = E_e - E^{(0)}_e = E_e - mc^2 = E_k $$ 

$$\Longleftrightarrow E_k = pc-p'c= hc (\frac{1}{\lambda} - \frac{1}{\lambda '}) = hc \frac{\lambda ' - \lambda}{\lambda \lambda '} = hc\frac{\Delta \lambda}{\lambda (\lambda + \Delta \lambda)} $$

donde $E_{\gamma}$, $E_{e}^{(0)}$ son las energías iniciales del fotón y del electrón, respectivamente, y $E_{\gamma}'$, $E_{e}$ son las correspondientes energías finales.  

Para los rayos X,

$$E_{k,30^\circ} = (6.63 \times 10^{-34} \times 3\times 10^8 J m)\frac{3.25 \times 10^{-13} m}{53.7 \times 10^{-9}m (53.7 \times 10^{-9} + 3.25 \times 10^{-13})m} \approx  2.24 \times 10^{-23} J = 1.4 \times 10^{-4} eV $$

$$E_{k,120^\circ} = (6.63 \times 10^{-34} \times 3\times 10^8 J m) \frac{3.64 \times 10^{-12} m}{53.7 \times 10^{-9}m (53.7 \times 10^{-9} + 3.64 \times 10^{-12})m} \approx 2.51 \times 10^{-22} J = 1.57 \times 10^{-3} eV$$

 

Mientras que para los rayos $\gamma$,

$$E_{k,30^\circ} = (6.63 \times 10^{-34} \times 3\times 10^8 J m)\frac{3.25 \times 10^{-13} m}{0.19 \times 10^{-9}m (0.19 \times 10^{-9} + 3.25 \times 10^{-13})m} \approx 1.79 \times 10^{-18} J = 11.17 eV $$

$$E_{k,120^\circ} = (6.63 \times 10^{-34} \times 3\times 10^8 J m)\frac{3.64 \times 10^{-12} m}{0.19 \times 10^{-9}m (0.19 \times 10^{-9} + 3.64 \times 10^{-12})m} \approx 1.97 \times 10^{-17} J = 122.97 eV$$

 

(c). Por último, notemos que, el porcentaje de energía perdida de un fotón se puede expresar como

 

$$P_\gamma = \frac{\| \Delta E_\gamma \|}{E_\gamma} \times 100\% = \frac{hc \Delta \lambda}{\lambda \lambda '} \frac{\lambda}{hc} \times 100\% =  \frac{\Delta \lambda }{\lambda + \Delta \lambda} \times 100\%$$

 

Con base en esta expresión calculamos el porcentaje para cada caso.

Para Rayos X

 

$$P_{X, 30^{\circ}} = \frac{3.25 \times 10^{-13}m}{53.7 \times 10^{-9}m + 3.25 \times 10^{-13}m} \times 100\% \approx 6.05\times 10^{-4} \%$$

$$P_{X, 120^{\circ}} = \frac{3.64 \times 10^{-12}m}{53.7 \times 10^{-9}m + 3.64\times 10^{-12}m} \times 100 \% \approx 6.48 \times 10^{-4} \%$$

 

Para Rayos $\gamma$

$$P_{\gamma, 30^{\circ}} = \frac{3.25 \times 10^{-13}m}{0.19 \times 10^{-9}m + 3.25 \times 10^{-13}m} \times 100 \% \approx 0.17 \% $$

 

$$P_{\gamma, 120^{\circ}} = \frac{3.64 \times 10^{-12}m}{0.19 \times 10^{-9}m + 3.64 \times 10^{-12}m} \times 100\% \approx 1.88 \%$$