1r ciclo Fisica Moderna

[ArashiTensei]

Necesito ayuda con esto, se acerca un examen y quiero ir preparado haber si alguien me ayuda.

Se desea que una muestra de hidrógeno emita la cuarta línea de la serie de Paschen.
a) Qué velocidad tendrá el haz de electrones que se utiliza para bombardear a la muestra de
hidrógeno?
b) Calcule la longitud de onda de la energía que se emitirá.

el inciso b) logre solucionarlo de esta forma : Con esta formula 1/ Landa = R (1/3^2 - 1/ ni^2) , esta formula me la dan pues es la designada para la linea de Paschen, sistituyo: 1/ landa = 1.097x10^7 m^-1 (1/3^2- 1/7^2) = 1/ landa = 995011.3379 , 1/995011.3379= 1.005x10^-6 m

Pero no tengo idea de como sacar la velocidad con estos datos, no veo una formula que me ayude, alguien sabe de esto?

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estoy trabajando también con este problema , aun no lo empiezo pero lo pongo para no crear otro tema, voy a ver si puedo terminar el anterior.
La frecuencia umbral de la superficie emisora de un tubo fotoeléctrico es de 1.5 x10^15 Hz.
Determine:
a) su longitud de onda umbral.
b) la velocidad de los electrones emitidos si sobre esa superficie incide una luz de longitud
de onda de 1950 Å.

- - - Actualizado - - -

El segundo problema llevo esto : longitud de onda umbral = 3x10^8/1.5x10^15 = 2x10^7 --- > tarde mucho en darme cuenta de algo tan fácil ¬¬,
sigo sin poder hallar las velocidades de ambos ejercicios

[The Higgs Particle]

Re: Fisica Moderna

Hola.

• Sobre el segundo ejercicio:

Se basa en el Modelo Fotoeléctrico de Einstein (1905):

${E}_{0} = {W}_{0} + {E}_{c}$, donde ${E}_{0}$ es la energía incidente; ${W}_{0}$ es el trabajo de extracción y ${E}_{c}$ es la energía cinética de los electrones emitidos. Teniendo en cuenta el enunciado (te dejo los cálculos a ti):

${E}_{0} = h \cdot {\nu}_{ 0} = h \cdot \frac{c}{ {\lambda}_{0}} = 6'626 \cdot {10}^{-34} \cdot \frac{3 \cdot {10}^{8}}{1'95 \cdot {10}^{-7}}$; ${W}_{0} = h \cdot {\nu}_{umbral} = 6'626 \cdot {10}^{-34} \cdot 1'5 \cdot {10}^{15}$; ${E}_{c} = \frac{1}{2}{m}_{{e}^{ -}} \cdot {v}^{2}$

Por lo tanto:

${E}_{0} = {W}_{0} + {E}_{c} \to {E}_{c } = {E}_{0} - {W}_{0} \to \frac{1}{2} {m}_{{e}^{-}} {v}^{2 } = h \cdot \frac{c}{ {\lambda}_{0}} - h \cdot {\nu}_{umbral}$


$\boxed{v = \sqrt{\frac{2h \cdot (\frac{c}{ {\lambda}_{0}} - {\nu}_{umbral} )}{{m}_{{e}^{-}}}}}$

PD.: Ten en cuenta que ${m}_{{e}^{-}} = 9'31 \cdot {10}^{-31} kg$

• Sobre el primero, lo que se me ha ocurrido es (aunque no estoy segura):

Los electrones que se utilizan para excitar la muestra de hidrógeno ceden su $E$ a los electrones de los átomos de hidrógeno para que asciendan órbitas y después, al descenderlas, emitan fotones de luz. La energía de estos fotones es igual a la de los electrones que los golpean. Por lo tanto, ${E}_{luz-emitida} = {E}_{{e}^{- }-incidentes } = \Delta{E}_{orbitas(3 \to 7)}$:

1. ${E}_{{e}^{-}} = h \cdot \nu = h \cdot \frac{c}{ \lambda} \to v = \sqrt{\frac{2hc}{ \lambda \cdot {m}_{{e}^{-}}}}$, donde $\lambda$ es la longitud de onda del apartado b).

2. ${E}_{{e}^{-}} = \frac{2{K}^{2} {m}_{{e}^{-}}{e}^{4}{\pi}^{2}}{{h}^{2}} \cdot (\frac{1}{{{n}_{0}}^{2}} - \frac{1}{{{n}_{f}}^{2}})$. Habría que despejar, por lo que $v = \sqrt{\frac{4{K}^{2}{e}^{4}{\pi}^{2}}{{h}^{2}} \cdot (\frac{1}{{{n}_{0}}^{2}} - \frac{1}{{{n}_{f}}^{2}})}$

$Z$ es el nº atómico (en este caso valdrá 1); $h$ es la constante de Planck; $e$ es la carga del electrón, $-1'6 \cdot {10}^{-19} C$; $K$ es la cte. de Coulomb ($9 \cdot {10}^{9} N \cdot {m}^{2}/{C}^{2})$; ${n}_{0} = 3$ y ${n}_{f} =7$.


Un saludo y suerte.