NATURALEZA CORPUSCULAR DE LA RADIACIÓN

Introducción a la Fisica Moderna

CAPÍTULO I

NATURALEZA CORPUSCULAR DE

LA RADIACIÓN

Pedro Ferreira Herrejón 1


1.1 Radiación térmica.Al arder la leña de una chimenea, emite radiación que calienta el aire de la habitación. El Sol, que se encuentra a una altísima temperatura, emite radiación en todas las direcciones del espacio vacío que lo rodea y que calienta a los planetas, entre ellos, la Tierra.

Es una ley natural que todo cuerpo material que tenga una temperatura mayor que el cero absoluto (0° K) emite ( y absorbe) energía electromagnética. Este fenómeno se describe en la teoría clásica como el resultado de la aceleración de las cargas eléctricas debidas al movimiento térmico. Se demuestra que una carga eléctrica q sometida a una aceleración a , radía energía electromagnética con la rapidez:

R2

3

q2

a2

c3

= (1.1)

donde c es la velocidad de propagación de la radiación en el vacío. La radiación emitida

tiene una frecuencia aproximadamente igual al inverso del tiempo que dura la aceleración

y una longitud de onda igual a c multiplicada por el tiempo de aceleración. En los variados procesos de aceleración de cargas que originan la radiación termica, se emite un espectro completo de longitudes de onda. En base a éste modelo clásico de la radiación, se esperaría que la rapidez de emisión de la energía aumentase al aumentar la temperatura debido al incrementeo de la agitación térmica del cuerpo emisor y que también fuese proporcional al área de la superficie de tal cuerpo. En efecto, ésto es asi. Una ecuación empírica debida al físico austriaco Josef Stefan (1879) establece que . . .

IT em T4= (1.2)

donde IT es la energía total emitida por segundo y por cm2 por una superficie a la

temperatura T . La constante em se llama emisividad y su valor está comprendido entre 0 y

1 pues depende de la naturaleza de la superficie emisora y es otra constante cuyo valor experimental es . . .

5.67051 10 8watt

m2

K4

=

En el proceso inverso, la absorción de radiación térmica por una superficie, se elimina una parte de la energía de la radiación incidente, cuando ésta mueve a las cargas eléctricas de la superficie y se convierte en energía de agitación térmica. Una carga eléctrica emite o absorbe energía al interactuar con una onda electromagnética, en función de la amplitud de los campos electromagnéticos de la carga y de la onda. En general, la eficiencia emisora de una superficie, medida por em es igual a su eficiencia como absorbente.

La emisión o absorción de la energía electromagnética dependen también de la constitución molecular del cuerpo considerado; pero si la temperatura de éste es mayor que la de su medio ambiente entonces la emisión excederá a la absorción y el cuerpo "pierde" energía ; lo contrario



ocurre si el exterior es más caliente, entonces tal cuerpo absorbe más energía electromagnética de la que emite. Cuando se llega al equilibrio térmico, la cantidad de energía que emite un objeto al exterior es igual a la energía que absorbe del exterior.Las superficies opacas pueden absorber o reflejar la radiación incidente. Generalmente, las superficies mates y rugosas absorben más calor que las superficies brillantes y pulidas, y las superficies brillantes reflejan más energía radiante que las superficies mates. Además, las sustancias que absorben mucha radiación también son buenos emisores; las que reflejan mucha radiación y absorben poco son malos emisores.

1.2 El espectro electromagético.La energía electromagnética no requiere de un medio material para transmitirse; sin embargo, la rapidez, intensidad y dirección de su flujo se ven influidos por la presencia de materia.El espectro electromagnético completo está constituido por ondas de campos eléctricos (E) y magnéticos (H) que oscilan perpendicularmente entre si y que pueden tener una longitud de onda comprendida en el intervalo abierto ( 0 , ) . Todas se mueven a la misma rapidez c 2.9979 108= m/seg en el vacío.

E

H

c

La longitud de onda y la

frecuencia de una onda electromagnética que se propaga en el vacío se relacionan por . . .

c= (1.3)

y usualmente se mide en

Angstroms ( Å ) ; 1 Å = 1 10 10 m ,

mientras que la frecuencia se mide

en Hertz (Hz), siendo 1 Hz1

seg=

De acuerdo a su longitud de onda, convencionalmente se ha dividido a las ondas de la radiación electromagnética en las siguientes regiones o intervalos:

gamma

0 0.1

rayos X

50 4000

ultravioleta

7000

luzvisible

3.6 x 107

infrarojo

4 x 1012

T.V.y radar

ondas de radio

en (A)



Por alguna razón biológica, nuestros ojos solo perciben una parte muy angosta del espectro a la que llamamos "luz blanca" compuesta por ondas electromagnéticas de diferentes longitudes de onda que vemos como el color rojo ( 7500 Å) hasta el violeta ( 3600 Å ) , aunque al parecer, algunos animales pueden percibir otras regiones del espectro distintas a la "luz visible".

1.3 Cuerpo negro.Un concepto teórico que simplifica notablemente el análisis de la radiación térmica en el equilibrio es el de "cuerpo negro", que se define como un objeto ideal que absorbe toda la radiación que llega a su superficie sin reflejar ninguna ni emitir radiación propia. No se conoce ningún objeto así, aunque una superficie de negro de carbono puede llegar a absorber aproximadamente un 97% de la radiación incidente. Una cavidad o hueco, con un pequeño orificio hacia el exterior y cuyas paredes están a la misma temperatura, se aproxima a éste concepto ideal.

Las ondas electromagnéticas que penetren a la cavidad por el pequeño orificio, se reflejarán varias veces en la pared interior. En cada reflexión, una parte de la energía de las ondas es absorbida por las paredes de la cavidad hasta que, luego de muchas reflexiones termina por ser abosrbida por completo. El flujo de la radiación electromagnética contenida en tal cavidad tiene las siguientes propiedades:

radiación incidente

T

es el mismo en cualquier dirección y en cualquier punto dentro de la cavidad y no depende del tipo de material que forme la cavidad.es el mismo en cualquier cavidad que esté a la misma temperatura, sin importar la forma que tenga tal cavidad

Estas propiedades valen para cualquier onda electromagnética dentro de la cavidad, es decir son independientes de la longitud de onda.

La radiación que se emite por el pequeño orificio de la cavidad tiene las mismas propiedades y se conoce como "radiación de cuerpo negro".

Para un cuerpo negro, la emisividad em vale 1 y la ley empírica de Stefan queda:

IT T4= Posteriormente, en 1884 su ilustre discípulo Ludwig Boltzmann dió a esta

relación un fundamento teórico. Hoy se conoce como la ley de Stefan-Boltzmann

R T4= (1.4)

según la cual, la radiación R que emite un cuerpo negro por unidad de área y por segundo

(el poder emisor) , es proporcional a la cuarta potencia de la temperatura absoluta T del cuerpo.



La ley Stefan-Boltzmann resume los siguientes hechos experimentales . . .

La energía emitida por el cuerpo negro cada segundo por unidad de área, aumenta con 1.la cuarta potencia de la temperatura absoluta de la cavidad. Al aumentar la temperatura, aumenta también la agitación y choques moleculares en las paredes de la cavidad, las cargas eléctricas de las moléculas son asi aceleradas y frenadas cada vez más bruscamente.Si se aumenta progresivamente la temperatura de la cavidad, entonces la frecuencia de 2.la radiación que se emite con mayor intensidad que las demás, aumenta linealmente con la temperatura. Para un metal que se calienta poco a poco se observa a simple vista una sucesión de tonalidades que van del rojo intenso al azul brillante. Nuestros ojos perciben el color de la radiación que emite más intensamente el metal, aunque éste también emita otros "colores". Se puede incluso usar éste hecho para determinar la temperatura de la superficie de un metal o de una estrella.

Dado que la radiación emitida no tiene la misma "brillantez" o intensidad para todas las longitudes de onda posibles. ¿Con qué intensidad se emite cada componente espectral para un cuerpo negro en equilibrio térmico a la temperatura T ? La respuesta experimental se ilustra en la siguiente gráfica. . .

0 1 106

2 106

3 106

4 106

5 106

1 1011

2 1011

3 1011

4 1011

1000 °K1250 °K1500 °K1750 °K2000 °K

Longitud de onda (en m)

rojo

Estas curvas representan el poder emisor monocromático T para distintas

temperaturas, en otras palabras, es la potencia que se radía a la temperatura T por unidad de área en el intervalo de longitudes de onda d .



En la figura anterior, se aprecia claramente que la radiación que emite con mayor intensidad un cuerpo caliente a esas temperaturas tiene longitudes de onda que quedan comprendidas en el infrarojo y casi por completo fuera de la parte visible del espectro, el cual comprende desde unos 3600 Å para el color violeta hasta unos 7500 Å para el color rojo . Sin embargo, al aumentar la temperatura, esa parte "más brillante" del espectro entra cada vez más en la región visible. Por ejemplo, cuando se mide experimentalmente T para

nuestro Sol se encuentra que el máximo de esta curva queda alrededor de la longitud de onda

4.9 10 7 m= que corresponde a la luz amarilla.

0 2 107

4 107

6 107

8 107

1 106

1.2 106

1.4 106

Inte

nsid

ad d

e la

rad

iaci

ón e

mit

ida

3.6 10 7 7.5 10 7

Asi, la radiación que más intensamente emite el Sol queda en el rango de la que podemos pecibir con nuestros ojos. Es por esta razón que los astrónomos dicen que el Sol es una estrella "amarilla".Como podemos observar también en cada una de las curvas T anteriores, existe una

componente espectral con longitud de onda max que se emite (o absorbe) con mayor

intensidad que las demás ondas electromagnéticas. Éste máximo en cada curva dismimuye al disminuir la temperatura. Experimentalmente se encuentra que . . .

max T 2.897 10 3 °K m= (1.5)

Esta ley empírica se conoce como ley de Wien (Wilhelm Wien (1864-1928), físico y premio Nobel alemán) y permite por ejemplo, calcular la temperatura superficial de muchas estrellas, como nuestro Sol, para el cual max 4.9 10 7 m= , obteniéndose Tsol 5914 °K=

Por otra parte, de acuerdo con la ley de Stefan-Boltzmann, el poder emisor R o potencia radiada por unidad de área es proporcional a la cuarta potencia de la temperatura absoluta. Este hecho se debe obtener al integrar el poder emisor monocromático en cada componente espectral posible . . .

R T( )0

T

d= = T4



Ésta energía quedará representada por el área bajo la curva T correspondiente y como

podemos notar en las curvas anteriores, el área bajo ellas aumenta en efecto muy rápido con la temperatura.

1.4 La teoría de Rayleigh y Jeans .Pues bién, estas son las principales características de la radiación térmica que se observan en la Naturaleza. ¿Pueden acaso ser inferidas de la Física Clásica?

Por el año 1900, los físicos británicos John William Rayleigh y James H. Jeans demostraron que el número de ondas que puede contener una cavidad de volumen V que tengan su

longitud de onda en el rango ( d ) es . . .

N d 8 V 1

4 d= (1.6)

Además, cada una de tales ondas debería ser estacionaria, esto es con dos nodos en puntos opuestos de la cavidad y la energía promedio que según la termodinámica clásica debe tener cada onda es . . .

Emed k T= (1.7)

donde T es la temperatura absoluta y k es una constante llamada constante de Boltzmann. que vale . . .

k 1.38 10 23Joules

°K= (1.8)

Nótese que ésta asignación clásica de la energía por onda estacionaria es independiente de la longitud de onda, en otras palabras, para la teoría clásica, todas las ondas de la cavidad deben tener la misma energía promedio.Según ésto, la energía por unidad de volumen (o densidad de energía T ) debida a la

radiación contenida en la cavidad y que tenga longitud de onda en el intervalo ( d ) debe ser . . .

T dEnergia_total

Volumen= =

Emed N d

Vy por (1.6) y (1.7) :

T d = 8 k Td

4

Por otra parte, si la radiación es isotrópica se puede probar que T c4 T = de

manera que se obtiene . . .

R T d2 c k T

4

d= (1.9)



Esta predicción que hace la Física Clásica para el poder emisor monocromático está en total

desacuerdo con las observaciones experimentales, ya que 0

R lim

= mientras que en

realidad0

lim

0= , para una temperatura T fija.

0 1 106

2 106

3 106

4 106

5 106

Predicción de Rayleigh-Jeans

longitud de onda

R

Esta discrepancia entre la predicción teórica de la Física Clásica y la evidencia experimental se conoció con el sugestivo nombre de "la catástrofe ultravioleta".

1.5 La distribución de Maxwell-Boltzmann y la hipótesis de Planck .¿Cómo se distribuye en forma natural la energía total E de un sistema de partículas idénticas?.Parece lógico suponer que la energía se repartiría por igual entre todas las partículas de sistema de modo que todas tendrían siempre la misma cantidad de energía; sin embargo no es asi.

Por ejemplo, como resultado de las colisiones intermoleculares, se sabe que las velocidades de las moléculas de un gas varían en un amplio rango de valores y por lo tanto, también sus energías.

Para determinar la distribución de velocidades moleculares en un gas, el físico británico James Clerk Maxwell siguió un procedimiento parecido al siguiente . . .Considérese un gas (ideal) que tiene N moléculas idénticas. En un momento dado, una cualquiera de esas moléculas tiene una velocidad v cuyas componentes en el espacio

de velocidades son vx , vy y vz , como se ilustra en el siguiente dibujo . . .



ydv

dvx

dvz

vy

vx

vz

El número de partículas que tengan valores de vx en el intervalo vx vx dvx debe ser

proporcional a N y al número de vectores v que terminan en un plano paralelo al plano

vy , vz a una distancia vx de éste y con un grosor dvx , es decir . . .

N f 1 vx dvx

donde f 1 vx mide la proporcionalidad requerida.

Por el mismo argumento, el número de partículas con componentes de velocidad en la dirección y ó la z en un intervalo diferencial deben ser . . .

N f 2 vy dvy y N f 3 vz dvz

Como no esperamos que una dirección del espacio sea preferida a las otras, se deduce que los factores de proporcionalidad f 1 , f 2 y f 3 son iguales entre si y que el número de

partículas con velocidades comprendidas entre v y v d v será:

N f vx f vy f vz dvx dvy dvz (1.10)

si se supone que las componentes vx , vy y vz son idependientes entre si.

Pero el número de vectores que parten del origen y terminan en el cubo diferencial de volumen dvx dvy dvx es precisamente el número de partículas con velocidades en

el intervalo ( v , v d v ). Nuevamente, por simetría, este número no depende de la

orientación en el espacio, debe cambiar únicamente con la magnitud v (ó su cuadrado

v2 ), por lo tanto, el factor f vx f vy f vz debe ser sólo función de v (ó su

cuadrado v2 ). . .

f vx f vy f vz v2 = = vx 2

vy 2 vz 2



Una función matemática que satisface ésta condición es la función exponencial, pues si se definen . . .

f vx a eB2 vx 2

=

f vy a eB2 vy 2

=

f vz a eB2 vz 2

=

donde a y B son constantes por determinar. Se escoje el signo negativo en cada exponencial, porque experimentalmente se ha comprobado que el número de partículas con altas velocidades disminuye con v , entonces . . .

v2 a

3e

B2 vx 2 eB2 vy 2 e

B2 vz 2 =

= A eB2 vx 2 vy 2 vx 2

= A eB2 v2

donde A a3

= .

Como el número total de partículas en el sistema es N , integrando (1.10) se debe cumplir que. . .

0

vx0

vy0

vzN v2

d

d

d N=

ó usando el elemento esférico diferencial de

volumen 4 v2 dv para efectos de la

integración en todas las direcciones, dado que

v2 no depende de la dirección, se

obtiene:

0

vA eB2 v2 4 v

2

d 1=

es decir . . .

A3

B3

1= (1.11)

Además, por la ley clásica de la equipartición de la energía, (la energía promedio por

grado de libertad es 1

2k T ) se tiene que la energía cinética translacional promedio de

cada partícula es



3

2k T porque existen tres grados de libertad ( x , y , z) , de modo que la energía cinética

promedio del sistema es N3

2k T

donde k es la constante de Boltzmann y T es la

temperatura absoluta, asi que se debe cumplir también que . . .

0

vN1

2m v

2

v2 4 v

2

d3

2N k T=

siendo m la masa de una partícula y queda . . .

4 m0

vA eB2 v2 v

4

d

3 k T=

ó3

23

mA

B5

3 k T= (1.12)

La solución simultáneas de las ecuaciones (1.11) y (1.12) permite evaluar las constantes A y B , obteniéndose asi que. . .

v2 m

2 k T

3

e

m

2 k T

v2

= (1.13)

El número de partículas con velocidades comprendidas en el intervalo ( v , v d v ) ( la ec. (1.10)) es entonces . . .

f v( ) dv N v2 4 v

2 dv =

= 4 Nm

2 k T

3

v2 e

1

2m v2

k T

dv (1.14)

Esta función es la distribución de velocidades moleculares y como se muestra enseguida en su representación gráfica, al aumentar la temperatura, la distribución tiende a "aplanarse". El área bajo cada curva debe ser la misma porque representa el total de partículas en el sistema.

Ahora es posible determinar la velocidad promedio vmed . . .

vmed1

N 0

vv f v( )

d= = 8 k T

m



0 1000 2000 3000 4000

70 °K300 °K

rapidez (m/seg)

Núm

ero

de p

artí

cula

s

La velocidad más probable vp ( el máximo de la curva f v( ) para una temperatura dada)

. . .

d

dvf v( ) 0= implica que vp 2

k Tm

=

La velocidad cuadrática media vrms v( )2

=

vrms1

N 0

vv2

f v( )

d

= = 3k Tm

y se cumple siempre que vp vmed vrms . Asi por ejemplo, para las moléculas del

Nitrógeno del aire (m 23.4 10 27 kg= ) a la temperatura ambiente ( T 300 °K= ) se obtiene . . .

vp = 2k Tm

= 595m

seg ; vmed =

8 k T

m = 671.4

m

seg

y

vrms = 3k Tm

= 728.7m

seg

Observemos que en el exponente de la distribución (1.13), aparece la energía cinética clásica 1

2m v

2 . Esto proporciona una pista para demostrar un resultado más general para un



12

50

70

3 120

70

14

5

70

No derepet.

54

553

205

3 210

52 2

3054

5

Pi5

70

20

70

10

70

30

70

5

70

sistema formado por entidades de la misma naturaleza que contienen energía, por ejemplo un conjunto de osciladores en vibración.

Supongamos que tal sistema se encuentra aislado y en equilibrio térmico de manera que su contenido energético permanece constante y que las diferentes entidades pueden intercambiar energía entre si.Por sencillez imaginemos un sistema formado por sólo 5 entidades tal que la energía de cada entidad pueda tomar solamente los siguientes valores: 0= , , 2 , 3 , 4 ,

5 , . . . etc. y que la energía total del sistema sea 4 . Estas suposiciones se hacen solo con el fin de simplificar el cálculo. Luego imaginaremos que tiende a cero y que el número N de entidades se hace muy grande de modo que podrá tomar cualquier valor, aunque la energía total del sistema se mantendrá constante.En éste sistema se pueden presentar todas las posibles divisiones o distribuciones de la energía total 4 entre las 5 entidades, puesto que éstas pueden intercambiar energía entre si.

En el siguiente diagrama se muestran todas las distribuciones posible para el sistema que hemos imaginado

estado i

estado 1 estado 2 estado 3 estado 4 estado 5 P

0 4 3 3 2 1175

70

1 2 4100

70

2



Asi por ejemplo, el arreglo de entidades marcado como estado 4, corresponde a una distribución de la

0

energía total en la que 0= para dos entidades, =

para otras dos entidades y 2 = para la quinta entidad; sin embargo existen 30 posibles arreglos de éste tipo ya que 2 cualesquiera de las 5 entidades del sistema se pueden encontrar en el estado de energía 0= y 2 cualesquiera de las 5 entidades del sistema se pueden encontrar en el estado de energía = Esto se indica en la fila marcada como No de repet. ó número de repeticiones del arreglo.

Hay que tomar en consideración que cualquier arreglo de las entidades entre los diferentes estados de energía se debe contar como un nuevo estado, ya que podemos suponer que las entidades, aunque sean idénticas se pueden distinguir experimentalmente cuando se encuentran en diferentes estados de energía. Sin embargo, la reordenación de las entidades que están en el mismo estado de energía no cambia el estado del sistema, puesto que es imposible distinguirlas. Para encontrar entonces el No de repet. de cada estado, basta con eliminar las permutciones de las entidades que están en el mismo estado de energía, de las permutaciones posibles de las 5 entidades.

Se hará ahora una hipótesis final:

todos los arreglos de las entidades en los estados de energía ocurren con la misma probabilidad.

De acuerdo con ésta hipótesis, la probalilidad de que el sistema se encuentre en un estado determinado es proporcional al número de repetición de ese estado.La probabilidad relativa Pi de tal estado es entonces el número de repetición dividido entre

el número total de arreglos, éstos valores se muestran en la última fila de la tabla anterior.

En la última columna de la tabla se muesta la probabilidad P de encontrar una entidad

en el estado de energía .

Por ejemplo para 0= , en el estado 1 existen 4 entidades con 0= , asi que éste estado

contrubuye con la probabilidad 45

70 de encontrar una entidad en el estado de energía

0= , Similarmente, en el estado 2 exisen 3 entidades con 0= , asi que éste estado

contribuye con la probabilidad 320

70 de encontrar una entidad en el estado de energía

0= y asi sucesivamente para los demás estados. En ésta forma, P 0( ) la probabilidad de

encontrar una entidad del sistema en el estado de energía 0= es igual a. . .

P 0( ) 45

70

320

70

310

70

230

70

15

70

= = 175

70



Los demás valores de P se calculan de la misma forma.. . .

P 120

70

230

70

45

70

= = 100

70

P 2 210

70

130

70

= = 50

70

P 3 120

70

= = 20

70

P 4 15

70

= = 5

70

Estos valores se muestran graficados a la derecha.Siguiendo la pista proporcionada por la distribución de velocidades moleculares de Maxwell (ec. (1.13)), se puede proponer que los valores de probabilidad anteriores se ajustarán de acuerdo a la curva de la función exponencial

P A e

o

= (1.15)

en la cual se escojen las constantes A

y o para que se concuerde lo mejor

posible a los valores de probabilidad encontrados

0 2 4 6

1

2

3

datosfunción exponencial modelo

Imaginemos ahora que tiende a cero, cambiando a su vez la expresión de la energía del

sistema de 4 a N , haciendo crecer N en la misma proporción que decrece de modo que la energía total del sistema permaneza constante.Como resultado de éste proceso, la función P estará definida para valores de que se

encuentran cada vez más próximos. En el límite la energía llega a ser una función

continua, como lo requiere la física clásica y la probabilidad P se conviente también en una función continua. Se puede demostrar que cuando el número de entidades del sistema es muy grande, la función P es idéntica a la ecuación (1.15).

La probabilidad de una entidad para tener una energía comprendida entre y d en un sistema que se compone de una enorme cantidad de entidades en equilibrio térmico es entonces



P d . En tal sistema, la energía promedio de las entidades es . . .

med0

P

d

0

P

d

=

donde el numerador es la energía pesada por la probabilidad de que una entidad posea esa energía y el denominador es el número de entidades del sistema.

definiendo la constante a1

o= y usando (1.15), se obtiene . . .

med0

A ea

d

0

A eA e a

d

= = 0

ea

d

0

ea

d

y notando que . . .

d

da ln

0

ea

d

= 0

d

dae

a

d

0

ea

d

= 0

ea

d

0

ea

d

se concluye entonces . . .

medd

da ln

0

ea

d

=

y calculando la integral . . .

medd

da ln

1

ae

a 0( )e

a

= = d

da ln

1

a

= d

daln a( ) =

1

a

por consiguiente. . .

med11

o

= = o



Consideremos ahora que nuestro sistema es un conjunto de osciladores en equilibrio térmico que están en vibración,,como pueden ser los de una cavidad de cuerpo negro. Por la ley de la equipartición de la energía, que vale para todo sistema clásico, la energía cinética promedio

por grado de libertad es 1

2k T donde T es la temperatura absoluta y k es constante de

Boltzmann y además para cualquier entidad que ejecuta oscilaciones en una dimensión, la energía total promedio es el doble de la energía cinética promedio.Por consiguiente, para uno de los osciladores de nuestro sistema, med k T= y por lo tanto

o k T= . De modo que la ecuación (1.15) toma la forma . . .

P A e

k T= (1.16)

que es la famosa ley de distribución de probabilidad de Boltzmann , la cual responde a la pregunta formulada al inicio de este subtema, es decir nos dice como se distribuye la energía de un sistema de entidades idénticas en equilibrio térmico y que pueden intercambiar energía entre si.

En 1901 , para el fenómeno de la radiación térmica existía una gran discrepancia entre el experimento (la radiación de cuerpo negro) y la teoría (Rayleigh y Jeans). En éste año, el físico alemán Max Karl Ernst Ludwig Planck pudo eliminar tal discrepancia; pero a costa de proponer una hipótesis que contradecía abiertamente el concepto clásico de la energía:

"Cualquier entidad física cuya única coordenada efectúa oscilaciones armónicas simples solamente puede tener una energía total que satisface la relación:

n hv( )= ; n 0= 1 2 3 4 5.... (1.17)

donde es la frecuencia de oscilación y h es una constante universal

Por coordenada se entiende aquí cualquier cantidad que describa el estado de una entidad. Por ejemplo la longitud de un resorte, la posición angular de un péndulo, la amplitud de una onda. Estas cantidades son funciones sinusoidales del tiempo (movimiento armónico simple).

2hh

0

3h4h5h

.

.

.

modelo de Planck

modelo clásicode la energía

De acuerdo a la Física clásica, la energía de una entidad física puede ser cualquier cantidad entre cero e infinito; sin embargo, si tal entidad efectúa oscilaciones armónicas simples, la hipótesis de Planck establece que solamente podrá tener uno de los valores: 0 , h , 2 h , 3 h , 4 h , etc.

llamados quántums o cuántos de energía .Se dice entonces que la energía de un sistema que



obedece el postulado de Planck está cuantizada, los estado permitidos de energía son los estados cuánticos y el entero n es el número cuántico.

De ésta idea se deduce también que los cambios de energía de un oscilador deben ser discontinuos a manera de "saltos" entre los estados permitidos de energía. Asi, la energía h que pierde un oscilador cuando salta al estado de energía inmediato inferior se emite como una onda de radiación que se expande en todo el espacio. De acuerdo con el modelo ondulatorio es difícil entender como un oscilador puede absorber la energía emitida por otro oscilador, ya que se requiere reunir de nuevo en un quántum la energía dispersada en la onda.

Calculemos ahora nuevamente el poder emisor monocromático T de una cavidad de

cuerpo negro, bajo la hipótesis de que las ondas electromagnéticas estacionarias dentro de la cavidad satisfacen el postulado de Planck, puesto que realizan oscilaciones armónicas simples, y su energía se distribuye de acuerdo con la ley de distribución de Boltzmann ( ec. 1.16)

En el cálculo clásico, la energía se considera una variable de integración continua; sin embargo, bajo la hipótesis de Planck, se convierte ahora en una variable discreta y por lo tanto, las integrales deben ser reemplazadas por sumas. Asi por ejemplo, la energía promedio por onda es:

med0

n

P

0

n

P

= = 0

n

A e

k T

0

n

A e

k T

= 0

n

n h e

n h k T

0

n

e

n h k T

renombrando la constante . . . 1

k Ta= queda . . .

med0

n

n h ea h n

0

n

ea h n

= = d

daln

0

n

ea h n

ésta última sumatoria es una serie geométrica

0

n

A rn

A1

1 r

= de razón r e

a h = .

. .



Por lo tanto, reemplazando la sumatoria por el resultado de su suma se obtiene . . .

medd

daln

1

1 ea h

= = d

daln 1 e

a h 1 =

d

daln 1 e

a h

=

d

da1 e

a h

1 ea h

= h e

a h

1 ea h

= h

ea h

1o en función de la longitud de onda queda . . .

medh c

1

e

h c

k T1

= (1.18)

La ec. (1.6) para el número de ondas N d dentro de la cavidad no se modifica, puesto que en su deducción, Rayleigh y Jeans no necesitaron especificar la energía de las ondas.Calculando entonces la densidad de energía T d como se hizo anteriormente se obtiene:

T dEnergia_total

Volumen= =

med N d

V

= 1

V

h c

1

e

h c

k T1

8 V 1

4 d

= 8

5

h c

e

h c

k T1

d

Recordando que la densidad de energía se relaciona con el poder emisor monocromático

T como T c4 T = , finalmente se obtiene . . .

T d2

5

h c2

e

h c

k T1

d= (1.19)

esta es la distribución espectral de cuerpo negro, obtenida por Planck. Se encuentra asi que cuando la constante h se fija en el valor . . .

h 6.626 10 34 Joules seg= (1.20)

entonces la función (1.19) se ajusta exactamente a las curvas experimentales .



0 2 106

4 106

6 106

Distribución de Planckdatos experimentales para T = 1000 °K

longitud de onda ( en m)

pode

r em

isor

mon

ocro

mát

ico

Aunque el efecto matemático del postulado de Planck es solamente reemplazar integrales por sumas, tiene el efecto físico de poner un corte a med ( ec. (1.18)) al hacer que ésta

energía dependa de la frecuencia de oscilación , de modo que no obedece la ley clásica de la equipartición de la energía .

0 2 105

4 105

6 105

8 105

1 104

longitud de onda ( en m )

ener

gía

prom

edio

k TEsto hace que el espectro permanezca acotado y que sea igual a cero para ó 0 .Esto es asi porque la energía de una onda estacionaria es 0= , h=

, 2 h= , 3 h= etc. pero de la distribución de probabilidad de Boltzmann, la probabilidad de que una onda de frecuencia v suficientemente grande tal que h k T tenga una energía

diferente a 0= , es muy pequeña.

De modo que habrá muy pocas ondas con energías altas. Por otra parte, para las ondas estacionarias de baja frecuencia tales que h k T , los estados cuánticos se encuentran tan cercanos entre si que prácticamente forman una cantidad continua, de modo que en el límite de frecuencias bajas ( ó longitudes de onda altas), el valor que dá Planck para emed

se aproxima al valor clásico k T .

No para aquí el éxito de la teoría de Planck, porque con éste modelo ahora es posible predecir las



leyes empíricas (1.4) y (1.5) . La ley de Wien por ejemplo, se obtiene calculando el máximo de la función T

respecto a la longitud de onda para una temperatura fija, es decir . . .

d

d T 0=

implica que . . .

d

d2

5

h c2

e

h c

k T1

= 2 h c

2

7k T

h c 5 k T e

h c

k T 5 k T

e

h c

k T1

2 = 0

que se satisface si h c 5 k T e

h c

k T 5 k T 0= .

Denotando xh c

k T= , resulta la ecuación

trascendente . . .

h c ex

xx 5( ) 5 e

x 0=

ó bién . . .

x 5( ) 5 ex 0=

cuya solución gráfica se muestra a la derecha. Resolviendo numéricamente, las funciones

y1 x 5( )= y y2 5 ex= se cortan cuando

x 4.9651142...=

4 4.5 5 5.5 6

rectaexponencial

5 x

5 e x

x

Por lo tanto . . . xh c

k T= es decir T

h ck x

= y calculando . . .

T6.626 10 34 Joules seg 2.9979 108

m

seg

1.381 10 23Joules

°K 4.9651142...( )

= = 2.89698 10 3 m °K

que coincide asombrosamente con la constante determinada experimentalmente



La ley de Stefan-Boltzmann ( ec. (1.4) ) R T4= donde R es la energía que emite un

cuerpo negro por unidad de área y por segundo (el poder emisor), se obtiene integrando el poder emisor monocromático T respecto a cada longitud de onda . . .

R0

R T

d= = 2 h c2

0

1

5

1

e

h c

k T1

d

escribiendo xh c

k T= , es decir d

h c

k T x2

dx= resulta la integral . . .

R2 k

4

h3

c2

T4

0

xx

3

ex

1

d

= = 2 k

4

h3

c2

4

15

T4

(*)

y por comparación con la ec. (1.4) se deduce que. . .

2 5 k

4

15 h3 c

2

= (1.21)

=

2 5 1.381 10 23

Joules

°K

4

15 6.626 10 34 Joules seg 3 2.9979 108

m

seg

2

= 5.671 10 8Joules

m2

seg °K( )4

que coincide (también asombrosamente) con el valor experimental de la constante de Stefan.________________________________________________________________________

(*)

Una manera de realizar la integral definida

0

xx3

ex 1( )

d es usar una serie geométrica como sigue . . .

0

xx3

ex

1

1 e x( )

d =

0

xx3

ex

0

n

e n x

d =

0

xx3

0

n

e n 1 x

d

haciendo el cambio de variable y = n 1( ) x e intercambiando la integral con la sumatoria queda:



0

xx3

ex 1( )

d =

0

n

1

n 1( )40

yy3 e y

d

=

0

n

1

n 1( )46( )

= 6

1

n

n 4

pero

1

n

n 4

es la función zeta de Riemann 4( ) evaluada en 4 , la cual tiene el valor 4

90 , por eso la

integral vale 4

15

__________________________________________________________________________________

Problemas.1.1

1.1.1 Pruebe la relación T c4 T = entre la densidad de energía en una cavidad y

el poder emisor monocromático. ( Sugerencia. Para hacerlo, mire la siguiente figura, el elemento

r

dA

de volumen diferencial es dV r2

sen d d dr= donde r es la distancia al origen, es decir a la abertura de área dA , es el ángulo con la vertical y es el ángulo azimutal alrededor del eje perpendicular a la abertura. La energía contenida en el elemento de volumen es dV multiplicado por la densidad de energía. la radiación es isotrópica, asi que la que emerge por dA , está dada

por el ángulo sólido dA cos

4 r2

multiplicado por la

energía. Hay que integrar ésa expresión sobre los ángulos y y si se desea el flujo de radiación en un tiempo t , hay que integrar también sobre dr desde 0 hasta c t , la distancia desde la cual escapará la radiación por dA en ese intervalo de tiempo.

1.1.2 Suponga que el Sol radía como un cuerpo negro. Se le informa a Ud. el radio del Sol:

R 7 1010 cm= , la distancia promedio del Sol a la Tierra: d 1.5 1013 cm= y la constante solar, la cantidad de energía que incide sobre la Tierra cuando el Sol está en el cenit

1.4 106erg

cm2

seg= . Use esta información para estimar la temperatura de la superficie

solar ( Sugerencia. Use la ley de Stefan-Boltzmann)

1.1.3 Demuestre que de la distribución de Planck (ec. (1.19)) se obtiene la de Rayleigh & Jeans (ec. (1.9) ) en el límite cuando . ( Sugerencia. Use un desarrollo en serie de potencias)



1.6 El efecto fotoeléctrico.El físico alemán Heinrich Hertz , comprobó en 1887 la existencia de las ondas electromagnéticas, la cual habia sido pronosticada por el físico británico James Clerk Maxwell como una consecuencia de sus ecuaciones sobre el electromagnetismo.Hertz usó un circuito eléctrico oscilante A que producía chispazos eléctricos de cierta frecuencia entre dos electrodos. Él observó que éstos chispazos se inducían también en otro circuito B similar sintonizado al anterior, aunque no existiese conexión eléctrica a través de un conductor entre ambos circuitos.

B

Hertz notó también por casualidad que cuando la luz de los chispazos del circuito A incidía sobre los electrodos del circuito B, en éstos se producía el chispazo inducido más fácilmente que cuando se cubría el circuito y electrodos de A con una caja negra. Concluyó entonces que la luz de los chispazos de A no era la causa por la cual se inducían los chispazos en el circuito B sino que solamente facilitaban su inducción.

A

El descubrimiento de Hertz atrajo de inmediato la curiosidad científica y posteriores experimentos revelaron que la luz ultravioleta de las chispas eléctricas de A desprendia electrones de los electrodos metálicos de B, facilitando que en éstos se indujese otro chispazo eléctrico.Más experimentación reveló que incluso la luz visible era capaz de desprender electrones de algunos metales, como los alcalinos Sodio, Potasio o Rubidio.Se denominó entonces efecto fotoeléctrico a la liberación de electrones de la superficie de un metal por medio de radiación elecromagnética de una frecuencia apropiada.En la figura siguiente se representa un dipositivo usual para analizar las características de éste efectoDentro de un tubo de vidrio al vacío y cubierto de modo que la luz exterior pueda entrar sólo por una ventana lateral, dos electrodos metálicos A (ánodo) y C (cátodo) se conectan a una fuente de potencial eléctrico ajustable V .Se deja que una radiación de intensidad y frecuencia conocidas pase por la ventana lateral e incida sobre la pláca C , que es un metal conocido. Se registra con el aparato G , una corriente eléctrica de cierta intensidad, la cual cesa cuando se interrumpe el paso de luz lo cual indica que la radiación desprende electrones de la superficie metálica C.

Se observan entonces las siguientes características experimentales:



Si la luz incidente es monocromática (de una sola frecuencia o longitud de onda), entonces el número de fotoelectrones emitidos es directamente proporcional a la intensidad luminosa, ya que la corriente eléctrica i medida por G aumenta en la misma proporción en que aumenta la intensidad de la radiación incidenteLa diferencia de tiempo entre el instante en que se ilumina el cátodo C y el momento en que se detecta la corriente eléctrica en G , es menor que 3 10 9 seg , lo cual sugiere que la liberación de electrones es instantánea , aun cuando la luz incidente sea muy débil Si la radiación incidente no es al menos de un cierto valor mínimo (frecuencia umbral o) , el cual varía de un metal a otro, entonces no se registra ninguna corriente eléctrica en G aún cuando la radiación incidente sobre el cátodo C sea muy intensa, es decir, para que el efecto fotoeléctrico pueda ocurrir en cierto metal, la frecuencia de la radiación incidente debe ser al menos igual a la frecuencia umbral característica de ese metal

Energía cinética

Núm

ero

de e

lect

rone

s Kmax

Todavía llega corriente el segundo electrodo (A), aún cuando el potencial V de ese electrodo sea negativo respecto al fotocátodo. Un potencial negativo como ese tenderá por supuesto a repeler a los fotelectrones cargados negativamente y liberados de C . Esto indica que los fotoelectrones son emitidos del cátodo con cierta energía cinética, que es independiente de la intensidad de la radiación y se distribuye como se muestra en la gráfica de la derecha

Se observa que no todos los electrones tienen la misma energía cinética al ser desprendidos de la superficie metálica; y que existe un potencial negativo bien definido V V max= del ánodo, par el cual cesa toda corriente eléctrica, lo cual muestra la

existencia de una energía cinética máxima bién definida Kmax e V max= , donde e es

la magnitud de la carga electrónica. Rápidamente se sugirió que los fotoelectrones de energía máxima eran emitidos de la superficie del fotocátodo mientras que los fotoelectrones de energía menor provenían del interior del metal y perdían energía cinética para llegar a la superficie.

12 0 12

Potencial del A respecto a C

Cor

rien

te e

léct

rica

Vmax

El físico Húngaro Philipp Lenard (1862-1947) comprobó de manera experimental que la corriente fotoeléctrica para valores positivos de V (para los cuales los fotoelectrones de cualquier energía cinética llegarán al segundo electrodo) era directamento proporcional a la intensidad I de la luz monocromática incidente, como ya se dijo antes; pero que el

I1 I2 I3

I1

I2

I3



frecuencia

Ene

rgía

cin

étic

a m

áxim

a vopotencial de corte V max era independiente

de esa intensidad luminosa y sólo variaba en proporción directa al "color" (la frecuencia ) de la radiación, es decir Kmax e V max= cte( ) = como se ilustra

gráficamente en la figura anterior y en la de la derecha. En resumen, Lenard encontró que: la energía máxima adquirida por los fotoelectrones no depende de la intensidad de la luz incidente; sino que es directamente proporcional a su frecuencia.

Obsérvese que en ésta última gráfica también se ilustra el hecho de que no hay emisión de electrones del metal si la radiación incidente no tiene al menos el valor de la frecuencia umbral o .

Se sabía que los metales contenían electrones, asi que el mecanismo de la emisión de éstos por parte de la luz incidente debía incluir una interacción entre la carga eléctrica de los electrones y el campo eléctrico de las ondas electromagnéticas . De éste modo, el campo eléctrico oscilante de la radiación incidente pondría en oscilación a los electrones del metal con una amplitud que sería proporcional a la amplitud del campo eléctrico. Sin embargo, la teoría clásica ondulatoria de la radiación se encuentra con serias dificultades para la explicación del efecto fotoeléctrico , entre ellas . . .

1. se sabe que. . .la energía cinética promedio de una partícula que realiza oscilaciones armónicas simples es proporcional al cuadrado de la amplitud de la oscilaciónla amplitud E de un campo eléctrico oscilante es proporcional a la raiz cuadrada de la

intensidad I luminosa, es decir . . . Ic

4 E

2=

Por lo tanto se concluye que la energía cinética promedio de los electrones en vibración sería proporcional a la intensidad de la luz incidente ; sin embargo se observa que tal energía es independiente de la intensidad luminosa.

2. Asumiendo que la luz se describe mediante el modelo de la teoría clásica ondulatoria, es necesario un tiempo muy grande para que un electrón absorba la cantidad suficiente de energía de una onda electromagnética, que le permita escapar de la superficie metálica. Hagamos una estimación para tal tiempo . . .

Modelando a un átomo como una esfera uniforme de radio r , su volumen es

V4

3 r

3= y si el metal es compacto podemos suponer, sin cometer

demasiado error, que la densidad de masa del átomo es la misma que la densidad del metal, es decir . . .



= (masa de un átomo)/(volumen de un átomo) =

A

No

4

3 r

3

donde A es la masa atómica del metal y No 6.022 10231

mol= es el número de

Avogadro. Asi por ejemplo para el Oro se tiene . . .

A 197gr

mol= y 19.3

kg

m3

=

de donde se obtiene que el radio del átomo es aproximadamente . . .

r3

3

4

A

No = 1.6 10 9 m

Supongamos que la radiación incidente es luz ultravioleta emitida con simetría esférica a

razón de 1 watt= 1Joule

seg= por una fuente que se encuentra a la distancia d 1 m=

del tubo fotoeléctrico. El flujo de energía por m2 a la distancia d de la fuente será

entonces . . . R

4 d2

=

Supongamos además que los electrones que estaban ligados al metal y que son emitidos por efecto fotoeléctrico pueden absorber de alguna manera toda la energía que incide sobre el átomo que los contiene

De ésta manera, la cantidad de energía absorbida por el átomo por segundo sería del orden de . . .

R A

4 d2

r2 = =

4

r

d

2

6.4 10 19Joules

seg

De acuerdo con el experimento, la energía cinética máxima Kmax e V max=

adquirida por los fotoelectrones es del orden de. . .

Kmax 1.6 10 19 Coul 1 vol( )= 1.6 10 19 Joules=

asi que el electrón tardaría en recolectar toda esa energía un tiempo t dado por . . .



tKmax

R A= =

1.6 10 19 Joules

6.4 10 19Joules

seg

= 0.25 seg

Este cálculo, que se basa en una típica hipótesis de la teoría clásica ondulatoria (la energía luminosa se distribuye uniformemente sobre frentes de onda esféricos cuyo centro es la fuente emisora) predice entonces que el retraso entre la incidencia de la luz sobre el metal y la emisión del primer fotoelectrón es del orden de 1 seg . Este retraso en el tiempo de emisión varía con la intensidad de la radiación incidente desde unos microsegundos hasta varios dias.Sin embargo, los experimentos realizados hasta ahora, empleando incluso una fuente luminosa de varios órdenes de magnitud más débil que la supuesta aquí, ponen un límite para el retardo del orden de 10 9 seg como máximo.

3. La energía que lleva una onda electromagética está relacionada con la amplitud de los campos de la onda y nada tiene que ver con su frecuencia, de modo que no es posible entender con éste modelo por qué cada metal tiene una frecuencia umbral para la emisión fotoeléctrica.Es evidente que la teoría clásica ondulatoria es incapaz de explicar el fenómeno del efecto fotoeléctrico.

1.7 La teoría cuántica del efecto fotoeléctrico .Dificultades como las enteriores condujeron al físico alemán Albert Einstein (1879-1955) a proponer en 1905 que la energía de la radiación está cuantizada , de tal manera que absorber la energía de una onda electromagnética implica hacerlo en "paquetes" de tamaño h v( ) donde es la frecuencia de la onda y h es idéntica con la constante que usó Planck

para describir la radiación de cuerpo negro.Einstein sugirió que durante el proceso fotoeléctrico, cada uno de los electrones del fotocátodo puede absorber completamente un quantum de la radiación, de modo que todas las características del efecto fotoeléctrico podrían ser explicadas por la ecuación:

h o Kmax= (1.22)

donde Kmax es la energía cinética máxima con la que podría escapar un electrón de la

superficie metalica y o es la frecuencia umbral que depende solamente de la composición

del fotocátodo.En 1905 no había suficiente evidencia cuantitativa para confirmar o descartar la ecuación (1.22), sin embargo, posteriores mediciones muy precisas revelaron que esta ecuación era definitiva y completamente correcta y además sirvió, por muchos años, para calcular de manera muy exacta, la magnitud de la constante de Planck.

Bajo la hipótesis de Einstein, los quantums de energía de la radiación (llamados fotones) permanecen localizados en una pequeña región del espacio aunque se alejen de la fuente emisora a la velocidad c , en lugar de extenderse sobre los frentes de onda esféricos característicos de las ondas



Cuando un electrón no está en la superficie del cátodo, requiere cierta cantidad E de

energía para llegar hasta ella y también otra cantidad h o= llamada "función de

trabajo" , que es la energía necesaria para escapar del metal superando las fuerzas atractivas de la red metálica (ya que los electrones no escapan por si solos en condiciones normales) . Asi que la energía cinética con la que escapa un electrón que no está en la superficie del cátodo, después de absorber un quantum de energía h v es . . .

K h v E =

= h o E

y siendo E variable, ahora se puede entender fácilmente la distribución de energía cinética

de los fotoelectrones en el rango de 0 hasta Kmax .

De acuerdo con el modelo de Einstein, el número de fotoelectrones emitidos (la corriente eléctrica) es proporcional al flujo de quantums incidentes sobre el fotocátodo, que a su vez es proporcional a la intensidad de la radiación.El modelo también concuerda con la observación de que Kmax no depende de la intensidad

y elimina la dificultad respecto al tiempo necesario para que los electrones acumulen la energía necesaria, puesto que la absorben toda y de inmediato de los fotones incidentes.Finalmente, la teoría de Einstein resumida en la ecuación ( 1.22) predice que la energía cinética máxima es una función lineal de la frecuencia de la radiación incidente. Esta predicción fué puesta a prueba en 1916 por el físico estadounidense Robert Andrews Millikan (1868-1953), quien midió Kmax para el rango de frecuencias de 6 a

12 1014 seg1 .

4 1014

6 1014

8 1014

1 1015

1.2 1015

1

2

3

predicción teóricadatos experimentales

frecuencia

ener

gía

( e

n eV

)

Sus datos, representados gráficamente a la dercha, confirman plenamente la predicción de Einstein.Además, la pendiente de la línea recta que ajusta los datos experimentales es igual a la constante de Planck, de acuerdo con la ec. (1.22) y su intercepción con el eje de la frecuencia es la frecuencia umbral del metal.El valor numérico de h determinado de este modo coincidió con un error menor al 0.5 % con el valor determinado por Planck para ajustar su función al espectro experimental de la radiación de cuerpo negro.

A pesar de éste espectacular triunfo, ésta radical la teoría de la radiación entra en conflicto con la teoría ondulatoria:

¿como puede un "corpúsculo de luz" (un fotón) tener una frecuencia?.



Si la luz está compuesta de fotones, entonces ¿por qué necesitamos recurrir al concepto de frecuencia () del modelo ondulatorio para calcular la energía h de una "partícula de radiación"?

Por otra parte, es indiscutible que el modelo ondulatorio de la radiación explica y predice de manera precisa muchos fenómenos naturales como la interferencia, la difracción o la polarización de las ondas electromagnéticas.

Esta paradójica situación sobre la naturaleza dual de la luz , es decir la radiación, surge como resultado de nuestro sentido común de suponer que un objeto físico es o una partícula o una onda y que no puede poseer propiedades de ambas cosas. Sin embargo, la investigación posterior mostró que incluso lo que llamamos "partículas" pueden, bajo ciertas condiciones, presentar un comportamiento ondulatorio.

De este modo, nos hemos visto obligados a aceptar que en la Naturaleza, todas las entidades físicas tienen propiedades de onda y de partícula; pero éstas no se manifiestan de manera simultánea ni en el mismo fenómeno.

Problemas 1.2

1.2.1 Cierta radiación de frecuencia conocida libera electrones de cierto metal impartiéndoles una energía cinética máxima Kmax

12 eV= ( donde

1 eV 1.6 10 19 Joules= ) . Otra radiación que tiene el doble de frecuencia, comunica

a los fotoelectrones la energía cinética máxima Kmax 2

5 eV= . ¿Cuánte energía

cuesta liberar un electrón de la superficie de ese metal? ( su función de trabajo? )

1.2.2 En un experimento del efecto fotoeléctrico para el Cesio, se determinó que los voltajes de frenado necesarios para detener a todos los fotoelectrones liberados por la luz de longitud de onda 1 = 4358 Å y 2 = 5461 Å , fueron 0.95 Volts y 0.38 Volts

respectivamente. A partir de éstos datos, calcular la constante de Planck y la frecuencia umbral pra la emisión fotoeléctrica del Cesio. Calcular también la función de trabajo para éste metal.

1.2.3 La energía cinética máxima de los fotoelectrones emitidos cuando se irradía una placa de Aluminio con luz ultravioleta de longitud de onda 1 = 2000 Å es 2.3 eV y cuando se

usa radiación de longitud de onda 2 = 3130 Å , tal energía es tan sólo 0.04 eV

A partir de éstos datos experimentales, calcular la constante de Planck y la función de trabajo para éste metal.



1.2.4 ¿Cuántos fotones emite por segundo . . .Una estación de radio de 1000 watts que transmite en la frecuencia 880 kHz ?Una lámpara de estudio de 40 watts de luz amarilla de 6000 Å de longitud de onda?

1.2.5 Determinar la longitud de onda y la frecuencia de un fotón que tiene una energía de 100 MeV ( MeV = Millones de electrón-voltios)

1.2.6 ¿Qué rango de energías tienen los fotones del rango visible del espectro electromagnético?

1.2.7 En cirustancias favorables, el ojo humano puede detectar 10 18 Joules de energía electromagnética. ¿Cuántos fotones de 6000 Å representa esta energía?

1.2.8 La función de trabajo del Sodio es 2.3 eV ¿cuál será la máxima longitud de onda de la radiación capáz de producir el efecto fotoeléctrico en el Sodio?. ¿Cuál será la energía cinética máxima de los fotoelectrones liberados del Sodio si éste metal se radía con luz ultravioleta de longitud de onda 2000 Å?

1.2.9 El umbaral de frecuencia para la emisión fotoeléctrica del Cobre es 1.1 1015 Hz Determinar la energía máxima de los fotoelectrones (en Joules y en eV ) cuando éste metal se radía con luz de frecuencia 1.5 1015 Hz .

1.2.10 La longitud de onda umbral para la emisión fotoeléctrica en el Tungsteno es 2300 Å .¿Qué longitud de onda debe tener la radiación que incida sobre el Tungsteno para liberar los electrones de éste metal con una energía cinética máxima de 1.5 eV ?



CAPÍTULO II

PRIMEROS MODELOS ATOMICOS



2.1 La carga eléctrica y la masa de los electrones.En éste capítulo se describirán los primeros intentos por encontrar una respuesta satisfactoria a las preguntas

¿Cuántos electrones tiene un átomo? ¿Cómo se distribuyen las partículas con carga eléctrica para formar una estructura atómica estable?.

Un buen comienzo es presentar la evidencia que confirma la existencia de algunas particulas cargadas eléctricamente que constituyen los bloques con los que se forma la materia. Veremos en particular como se mide para los electrones su carga y su masa.

A finales del signo XIX ya se sabía que cuando se hace pasar una corriente eléctrica a través de una substancia en estado gaseoso dentro de un tubo de vidrio y a baja presión, aplicando un alto voltaje entre dos electrodos en contacto con el gas, se produce un vistoso patrón de capas brillantes y obscuras alternadas, que depende del voltaje, la presión y la naturaleza del gas.

La ionización del gas dentro del tubo de vidrio debida a la corriente eléctrica es la causa por la que aparece tal patrón de franjas de luz emitida por el gas. Cuando la presión dentro del tubo se hace muy baja, ocurre un fenómeno diferente: el gas cesa de emitir luz (porque queda muy poco gas) sin embargo, el amperímetro A señala que todavía hay una corriente eléctrica dentro del tubo. Además aparece una mancha luminosa M en la parte interna del vidrio en el extremo opuesto al electrodo negativo. Se observa que si se cambia la posición o el tamaño de los diafragmas D, la mancha M cambia en la misma proporción, asi que se infiere que la mancha luminosa es producida por "rayos" que salen del cátodo y viajan en línea recta (*) incidiendo finalmente el la pared del extremo del tubo.Se observa además que . . .

si se coloca un objeto sólido a la derecha de D , se proyecta una sombra nítida del objeto en la mancha luminosase puede modificar la posición de la mancha M si se aplica un campo eléctrico o magnético intensos a la derecha del diafragma D, Tales desviaciones muestran que los "rayos" emitidos por el cátodo están constituidos por partículas cargadas eléctricamente y el sentido en que la mancha se desvía indica que su carga es negativa.



(*) En lugar de ser atraidos por el ánodo que está cargado positivamente, las "partículas" de los rayos continúan moviéndose en línea recta sin una desviación apreciable, poque están sometidos a una aceleración horizontal en la mayor parte del recorrido a través del tubo, de modo que cuando pasan frente al ánodo, el cambio en de dirección de la fuerza atractiva es tan rápido y de corta duración, que la inercia de su movimiento prevalece.

A tales partículas se les llamó "rayos catódicos" . Hoy se sabe que son emitidas del cátodo por el bombardeo de los iones positivos del gas contenido en el tubo y que chocan con la superficie metálica de ese electrodo.

Una experiencia clave para la identificación de los rayos catódicos fué realizada por el físico británico Joseph John Thomson (1856-1940) en 1887 . El dispositivo que él utilizó era un tubo al alto vacío donde se generan rayos catódicos entre el electrodo negativo C ( el cátodo) y el electrodo positivo A (ánodo). Las pequeñas aberturas del ánodo dejan pasar un fino haz de rayos catódicos, que cruza a través de las placas metálicas p+ y p- entre las cuales se puede establecer un campo eléctico uniforme E que puede ser ajustado variando el potencial eléctrico entre ellas.

En la región entre esas placas también se aplica un campo magnético uniforme B perpendicular al campo eléctrico (y que apunta hacia el lector).En ausencia de campos aplicados. el haz de rayos catódicos produce en O un pequeño punto fluorescente; pero cuando existe un voltaje eléctrico entre las placas p+ y p- , se observa que ese punto fluorescente se desvía al punto O' . Con el haz incidiendo en el punto O' , se aplica ahora el campo magnético ajustándose en forma tal que nuevamente incida en O el haz del cátodo. Thomson supuso que los rayos catódicos estaban formados por partículas de carga eléctrica q y masa m , asi que bajo éstas condiciones, la fuerza FE q E= ejercida hacia arriba por

el campo eléctrico sobre una de esas partículas estaría balanceada por la fuerza FB q v B( )= = q v B ejercida hacia abajo por el campo magnético, donde v es la

rapidez de tal partícula al cruzar por los campos. Por lo tanto . . .

q E q v B 0= es decir vE

B= (2.1)



y se puede conocer la velocidad horizontal de la partícula. De esta manera, los campos E y B funcionan como un selector de velocidades.

Se suprime ahora el campo magnético y se mide la desviación vertical entre los puntos O y

O' , causada por el campo eléctrico y debida a la aceleración (constante) aFE

m= =

q Em

ejercida sobre un "corpúsculo catódico" ( se ignora la aceleración gravitacional, dado que ésta es muchos ordenes de magnitud menor)Suponiendo además que la rapidez horizontal v del "corpúsculo catódico" permanece

constante, el tiempo que tarda en atravezar la distancia horizontal L entre las placas está

dado por la ec. del movimiento uniforme x f xi v t= , es decir tL 0

v=

De éste modo, la partícula tiene un movimiento uniformemente acelerado en la dirección vertical y un movimiento rectilíneo uniforme en la dirección horizontal, asi que la distancia vertical que es desviada y la rapidez vertical vy que adquiere durante el tiempo que

cruza entre las placas están dados por las ecs. y f yi vi t1

2a t

2= y vy vi a t=

es decir . .

p-

p+

L

y

D

= 0 01

2

q Em

L

v

2

vy 0q Em

L

v

=

Una vez fuera de la región de campo, la partícula recorre la distancia D en el tiempo t1

D

v=

y la distancia vertical y en ese mismo tiempo pero con la rapidez vy , es decir . . .

y vy t1 = = q Em

L

v

D

v

Asi, se deduce que . . .

y1

2

q Em

L

v

2

q Em

L

v

D

v

= = q

mE L

L2

D

v2

Usando ahora (2.1), se obtiene que la razón de la carga a la masa para una partícula de los rayos



catódicos debe ser . . .

q

m

y

E L

E

B

2

L2

D

= (2.2)

Midiendo los campos E y B , asi como las distancias y , D y L , Thomson encontró que:

q

m1.7 1011

Coul

kg=

independientemente de la clase de gas usado en el tubo (aire, H2 , CO2 ) o del tipo de

electrodos ( Al , Fe , Pt ) usados. Actualmente se sabe que q

m1.759 1011

Coul

kg= .

A Joseph John Thomson se le considera el descubridor del electrón.

Otra experiencia que resultó de vital importancia para la identificación de las cargas eléctricas fué realizada en 1906 por el físico estadounidense Robert Andrews Millikan (1868-1953), la cual permitió medir la carga de un electrón, comprobando que toda carga eléctrica solamente existe como un múltiplo entero de esa carga elemental.

Millikan notó que pequeñísimas gotitas de aceite podían adquirir carga eléctrica por la fricción con las moléculas de aire al ser rociadas con un pulverizador y que podían incluso quedar suspendidas flotando contra la fuerza de gravedad si se les colocaba en un campo eléctrico uniforme

Observó que, sin carga, las gotitas caen con rapidez constante debido a que su propio peso se equilibra con la fuerza de rozamiento del aire, es decir . . .



Mg

fk

M g f k= (*)

Ahora, de la ley de Stokes se sabe que una esfera de radio a que se mueva

a la rapidez vo en un fluido que tiene un valor de viscosidad ,

experimenta una fuerza de rozamiento cinético dada por f k 6 a vo=

.

Además, la masa de la gotita esférica está dada por M4

3 a

3

= ,

donde es la densidad de masa. Por lo tanto, la ecuación (*) queda . . .

4

3 a

3

g 6 a vo=

asi que el radio de las gotitas es . . .

a 3 vo

2 g= (2.3)

Supóngase ahora que la gotita adquiere cierta carga eléctrica q y se aplica un campo eléctrico vertical E que la acelera hacia abajo con la fuerza q E , entonces la gotita aumentará su rapidez de caida hasta que nuevamente, por la fricción con el aire tenga el valor constante v1 tal que. . .

M g q E( ) f k=

4

3 a

3

g q E 6 a v1=

esto es . . .6 a vo q E 6 a v1=

de donde se obtiene que . . .q E 6 a v1 vo =

Substituyendo en ésta expresión la ec. (2.3), resulta que la carga eléctrica de la gotita debió ser. . .

q18

E

vo

2 g v1 v0 = (2.4)

Las velocidades vo y v1 se pueden calcular observando a través del microscopio el tiempo

que tardan las gotitas en recorrer una distancia predeterminada.Conocidas todas las cantidades del miembro derecho de la ecuación anterior, puede calcularse la carga q .



Inesperadamente, Millikan encontró que las cargas eléctricas de las gotitas, medidas de esta manera eran todas múltiplos enteros de una carga más pequeña e, la cual supuso que era la carga eléctrica de un electrón.Con éste resultado, se demostró que la carga eléctrica está cuantizada, es decir solamente puede tener los valores. . . .

q n e= para n = 0 , 1 , 2 , 3 , 4 , . . . (2.5)

El valor calculado por Millikan para la carga fundamental difiere del que se ha determinado actualmente con otros experimentos más precisos ( e 1.602 10 19 Coul= ) en tal solo el 0.4%. No se ha detectado hasta ahora en la Naturaleza un valor más pequeño de carga eléctrica.

En consecuencia, del resultado del experimento de J.J. Thomson e

m1.758 1011

Coul

kg=

se sigue que la masa de un electrón debe ser . . .

m1.602 10 19 Coul

1.758 1011Coul

kg

= = 9.11 10 31 kg (2.6)

Existe un número enorme de pruebas que apoyan la validez de la hipóteis de Millikan de que la carga electrónica es igual a 1.602 10 19 Coul . Por ejemplo, es posible calcular la masa m del electrón, al comparar, del experimento de Thomson, los cocientes carga/masa para electrones y iones de Hidrógeno, estableciendo la ecuación:

me

m

MHq

M

H

=

donde q

M

H

representa la relación carga/masa para un ion de Hidrógeno y MH su masa,

que es igual al peso atómico químico del Hidrógeno dividido por el número de Avogadro (Ignorando la diferencia del 0.05% entre la masa de un átomo de Hidrógeno ionizado y la masa del átomo neutro )y queda . . .

m MH

q

M

H

e

m

= = MH1

1836

=

1.008Kg

mol

6.02 10261

mol

1

1836

= 9.11 10 31 kg

Que es una verificación independiente del valor de la masa electrónica y confirma el valor que se calculó antes para la carga e .Dado que la materia es eléctricamente neutra, en cualquier modelo propuesto para la estructura atómica, el total de carga positiva debe ser igual a la carga total negativa de cierto número entero de electrones.



2.2 El modelo atómico de J.J. Thomson.La emisión de electrones del cátodo en un tubo al vacío o el usado para analizar el efecto fotoeléctrico, demuestan la presencia de electrones en los átomos que forman el cátodo. Es lógico suponer entonces que los electrones se encontrarán en los átomos de cualquier otro material. Bajo ésta suposición, la imagen de un átomo positivamente ionizado es muy simple, dado que será un átomo al cual se le han quitado uno o varios electrones. De hecho, al medir experimentalmente la carga de un átomo ionizado una sola vez, resulta ser igual en magnitud a la carga de un electrón, si está doblemente ionizado, se encuentra que la magnitud de su carga es igual a la de dos electrones y asi sucesivamente.En 1909 el físico británico Charles Glover Barkla (1877-1944) experimentando con la dispersión de los rayos X , obtuvo más pruebas de la existencia de los electrones y además proporcionó un medio para medir el valor del número atómico Z , es decir, el número de electrones que contienen los átomos de un elemento químico determinado. Barkla encontró además que Z es aproximadamente la mitad del peso atómico quimico ( A/2 ) del átomo en cuestión.

De éste modo, un átomo de número atómico Z , tiene una carga negativa de magnitud Z e y dado todo átomo es neutro en su estado normal, tal carga debe estar balanceada por una carga positiva de la misma magnitud. Además la masa de los Z electrones ( Z m ) es una cantidad insignificante comparada con la masa medida experimentalmente para un átomo, (aún la del Hidrógeno que es el más ligero). Por lo tanto la mayor parte de la masa de un átomo no está asociada con sus electrones.

Basado en éstas consideraciones, el propio descubridor del electrón, Joseph John Thomson propuso un modelo para la distribución de las cargas eléctricas en un átomo según el cual, los electrones se encontrarían uniformemente colocados dentro de una distribución esférica uniforme de carga positiva de unos 10 10 m de radio (este era el orden de magnitud calculado entonces para los átomos).

De acuerdo con el modelo de Thomson, el átomo en su estado de mínima energía tiene a sus electrones fijos en sus posiciones de equilibrio y cuando se encuentre en un estado excitado (es decir, de mayor energía, obtenida por ejemplo aumentando la temperatura del material que contiene a esos átomos) , entonces los electrones vibrarán alrededor de su posición de equilibrio. Esta vibración es un movimiento acelerado de cargas eléctricas, lo cual explicaría cualitativamente al menos la emisión de radiación electromagnética por átomos excitados; sin embargo, el cálculo del espectro de la radiación emitida según este modelo no concuerda con el espectro observado experimentalmente.

Ademas, éste modelo es incapaz de explicar la dispersión de partículas alfa por los átomos.



Las partículas alfa son proyectiles emitidos espontáneamente por algunos átomos de elementos pesados inestables (Uranio, Radio, Polonio). Esta radiación natural de partículas no es muy penetrante, bastan unos cuantos centímetros de aire para detenerla. Con un aparato muy similar al empleado por Thomson, se midió la relación carga/masa para la radiación alfa y se encontró que:1. ésta era igual a la mitad del valor correspondiente de los átomos de Hidrógeno ionizados. De ésto se concluye que . . .

si la magnitud de su carga es igual a la del electrón, entonces la masa de la partícula alfa es el doble de la del átomo de Hidrógeno ó . . .si la magnitud de su carga es el doble de la del electrón, entonces su masa sería el cuádruple de la del Hidrógeno (es decir igual a la masa atómica del Helio) investigaciones posteriores mostraron que la segunda alternativa era la correcta, es decir, las partículas alfa son átomos de Helio doblemente ionizado.

2. eran emitidas con una rapidez bien definida dentro del intervalo 1.4 107m

seg a

2.2 107m

seg dependiendo del elemento radioactivo que las emita

Poco después del descubrimiento de la radiactividad en 1896 por el físico francés Antoine Henri Becquerel, el físico británico Ernest Rutherford of Nelson (1871-1937) , en sus experimentos con partículas alfa observó, junto con sus colaboradores Hans Geiger y Ernest Marsden, que al bombardear finas láminas metálicas de diferentes materiales con estas partículas, algunas de ellas rebotaban contra las láminas en vez de atravesarlas.

En la figura de la derecha se ilustra en forma esquemática el aparato usado por Rutherford.Una fuente radioactiva emite partículas alfa, de las cuales se colima un delgado haz, que incide sobre una lámina metálica muy delgada de modo que la gran mayoría de las partículas alfa la atraviezan casi sin cambiar su rapidez o su dirección.Debido a su carga eléctrica positiva, las partículas alfa interaccionan con la carga positiva y la negativa de los átomos de la lámina, de modo que el haz de partículas alfa que emerge del otro lado de la lámina es divergente.

Se registra el número de partículas alfa dispersadas dentro de cada intervalo angular, contando el



número de destellos luminosos que producen al chocar contra una pantalla fluorescente de Sulfuro de Zinc (ZnS) en forma cristalina. Con la ayuda de un microscopio es posible distinguir el destello asociado con la incidencia cada partícula alfa individual, de modo que un observador puede contar el número de destellos por unidad de tiempo, para una posición angular fija.

Veamos si la distribución de carga eléctrica en el átomo propuesta por el modelo de Thomson, puede predecir los resultados observados en el experimento anterior, es decir el comportamiento estadístico de un gran número de partículas alfa que chocan contra los átomos.

Consideremos entonces el choque entre una partícula alfa (de masa y rapidez ya conocidas), contra un átomo cuya estructura está dada por el modelo atómico propuesto por J.J. Thomson, con el fin de calcular en forma aproximada cual sería la desviación máxima promedio max que un átomo asi sería capaz de producir sobre la partícula alfa.

Supondremos que . . .podemos hacer cálculos no relativistas debido a que la rapidez de la partícula alfa es decenas de veces más pequeña que la rapidez de la luz en el vacío.la desviación se produce debido únicamente a la interacción electrostática entre las cargas eléctricas del átomo y la de la partícula, dada por la ley de Coulomb.

Fe kq Q

r2

r

r

= (2.7)

donde q y Q representan las cargas eléctricas (puntuales) que están separadas una distancia r. Fe es la fuerza eléctrica entre las cargas y está dirigida a lo largo de un vector

radial unitario r

r

que apunta de una carga a la otra.

En nuestro caso, la carga eléctrica de la partícula alfa es +2e y pareciera que la interacción con los electrones del átomo podría producir una desviación muy grande en la trayectoria de una partícula alfa, cuando ésta pase muy cerca de ellos, dado que de la ec. (2.7) si r 0, entonces Fe . Sin embargo, ésto no es asi, porque la masa de la partícula alfa es enorme comparada con la masa de un electrón. Como sabemos, cuando una partícula de masa M que se mueve a la velocidad v choca elásticamente contra otra partícula ligera en reposo, de masa m mucho menor que M, entonces la rapidez final de la partícula ligera no puede ser mayor que 2 v , mientras que la velocidad de la partícula masiva casi no se ve alterada. Este resultado es independiente del tipo de fuerza de interacción entre ambas partículas durante el choque, pues se obtiene al aplicar la conservación de la energía cinética y del momentum lineal.Entonces, el máximo impulso que una partícula alfa que se mueva a la rapídez v podría transmitir a un electrón (en reposo) de masa m es pe m 2 v( )= , que es igual al impulso p

que la partícula alfa pierde durante el choque . La desviación de la trayectoria inicial de la partícula alfa en éste choque será máxima cuando p sea perpendicular a la dirección de movimiento inicial, es decir . . .



Si suponemos que el impulso inicial de la partícual alfa permanece parácticamente constante, entonces la desviación máxima que podría provocar el choque con un elecrón estaría dada por . . .

tan max p

p= Sin embargo, si el ángulo es pequeño (como se espera, debido a la enorme

diferencia de masas) podemos aproximar el valor de la tangente por su ángulo, esto es . . .

max p

p =

2 m vM v

= 2 m

4 1836( ) m 2.7 10 4 rad

que es aproximadamente un minuto de arco.

Obviamente, al valor máximo del ángulo total de desviación, debido a otras posibles colisiones con los demás electrones del átomo, será del mismo orden de magnitud, dado que es muy improbable que se tengan colisiones cercanas con varios electrones y que todas ocurran en la misma dirección.

En resumen, la desviación que podrían producir los electrones del átomo sobre la trayectoria inicial de la partícula alfa, puede ser ignorada.

Hagamos ahora un cálculo aproximado de max producida por la interacción con la carga

positiva del átomo.Dada la neutralidad eléctrica del átomo de Thomson, una partícula alfa podrá estar muy cerca del átomo y aún no experimentar una gran fuerza eléctrica, pero la magnitud de la fuerza total ejercida (por la carga atómica positiva) sobre la partícula alfa, en algún instante cuando se encuentre dentro del átomo está dada por:

F qk2 e( )

r2

r

r

d=

donde r es la distancia de la partícula alfa en ese instante a la posición que ocupa el elemento de volumen que contiene la

carga diferencial dq y r

r

es un vector unitario dirigido

desde el elemento dq hasta la posicón de la partícula alfa.



Por la distribución uniforme de la carga positiva del átomo, es obvio que en la integral anterior se cancelarán las contribuciones de los elementos que estén colocados simétricamente respecto a la posición de la partícula alfa, no obstante, con el fin de obtener una estimación del orden de magnitud de la fuerza total máxima, ignoraremos esa cancelación y podemos escribir . . .

Fmax 2 e q1

r2

d 2 e1

r2

med

q.

d = 2 e1

r2

med

Q

donde Q Z e= es la carga total positiva de un átomo de número atómico Z y 1

r2

med

es el valor promedio de 1

r2

integrando sobre el espacio de las dimensiones del volumen

de un átomo. Si R es el radio del átomo, entonces aproximadamente. . . 1

r2

med

1

R2

asi que

Fmax 2 Z e

2

R2

y asumiendo que ésta fuerza es constante y se aplica siempre

perpendicular a la trayectoria inicial de la partícula alfa mientras ésta atravieza al átomo,el máximo impulso que se podría impartir a la partícula alfa sería del orden de

p Fmax t 2 Z e

2

R2

2 Rv

= 4 Z e

2R v

donde t es aproximadamente el tiempo que tarda la partícula alfa en cruzar por el átomo.Asi, la desviación máxima de la trayectoria de la partícula alfa, que podríamos esperar debida a la carga atómica positiva es del orden de . . .

max tan max p

p=

4 Z e2

R v

M v =

4 Z e2

M R v2

Tomando Z 100= , M 7 10 27 kg= , R 1 10 10 m y v 2 107m

seg= , resulta:

max 4 100( ) 1.6 10 19 Coul 2

6.7 10 27 kg 1 10 10 m 2 107m

seg

2

4 10 14 rad

De ésta manera, la fuerza producida por la carga positiva del átomo origina una desviación insignificanbte sobre la partícula alfa, puesto que tal carga está distribuida de manera uniforme.



Sin embargo, ésta desviación es producida por un solo átomo, ¿cuál será el máximo ángulo de desviación de una partícula alfa cuando pasa a través del gran número de átomos que encuentra al atravezar una lámina metálica de espesor s?

s

v

Podemos suponer que la partícula alfa chocará a lo más con el número de átomos que puedan caber alineados en una distancia s , dada la insignificante desviación que produce un solo átomo.De modo que si el tamaño de un átomo de Thomson es del orden de

10 10 m , el número de átomos que

caben en una distancia s 10 3 m= (que es mucho mayor que el grosor de las láminas usadas por Rutherford), es del orden de

n10 3 m

10 10 m= 107=

Aún suponiendo ahora que todos esos átomos produzcan la misma desviación promedio sobre la partícula alfa y además en la misma dirección, de modo que se puedan acumular las desviaciones individuales, (lo cual es extremadamente improbable, dada la naturaleza aleatoria de los choques), al salir de la lámina, la máxima desviación de una partícula alfa sería del orden de . . .

n max = = 1 107 4 10 14 rad = 4 10 7 rad

que es prácticamente cero.

En el experimento de Rutherford se observó que, aunque la gran mayoría de las partículas alfa incidentes atravezaban la lámina metálica con desviaciones menores que un grado, algunas pocas de ellas sin embargo, eran desviadas grandes ángulos o incluso rebotaban al ser desviadas 180° .Bajo esta evidencia experimental, es claro que la distribución de cargas eléctricas atómicas propuesta en el modelo de Thomson, no es apropiada.

2.3 El modelo atómico de Rutherford.El físico británico Ernest Rutherford propuso en 1911 una nueva estructura para un átomo, en la que toda la carga atómica positiva ( y en consecuencia, casi toda la masa del átomo) se encuentran concentradas en una región muy pequeña que estimó era del orden de 10 14 m de tamaño y que denominó núcleo atómicoLos electrones, que mantienen la neutralidad eléctrica del átomo, se mantienen en movimiento en el exterior del núcleo, describiendo algún tipo de trayectoria cerrada



Bajo este modelo parece posible explicar las grandes desviaciones producidas sobre las partículas alfa, dado que cuanto más cerca pasen del núcleo atómico, mayor será la fuerza eléctrica de repulsión con el núcleo, puesto que éste no se encuentra neutralizado eléctricamente como en el modelo de ThomsonRepitamos de manera aproximada el cálculo que hizo Rutherford para la distribución angular de la dispersión de partículas alfa debida a un átomo como el propuesto en su modelo.

Como se dijo en el modelo de Thomson, podemos ignorar la dispersión producida por los electrones, de modo que básicamente, la dispersión será producida por la fuerza eléctrica entre la partícula alfa con carga positiva +2e y el núcleo atómico,con carga también positiva +Ze .

Se considerarán átomos con una masa muy superior a la de una partícula alfa, es decir con un número atómico Z >> 2 de modo que se podrá ignorar el retroceso del núcleo atómico (que inicialmente se supone en reposo), durante el choque con una partícula alfa.Se supone además, que la energía de la partícula alfa no es suficiente para penetrar en el núcleo atómico, de tal suerte que ambos, el núcleo y la partícula , pueden considerarse como cargas puntuales al calcular su fuerza de interacción eléctrica.Todas estas hipótesis son sufientemente válidas, excepto para átomos ligeros, como se ha comprobado ya posteriormente.

Consideremos entonces un núcleo de carga +Ze y masa Mn fijo al origen de un sistema de

coordenadas y una partícula de carga +2e y masa M Mn que se dirige contra el núcleo

atómico con una rapidez inicial v . Como sabemos, la fuerza de Coulomb varía con el inverso del cuadrado de la distancia entre las cargas eléctricas, asi que cuando la partícula está lejos del núcleo, la fuerza de rechazo ejercida sobre ella por el núcleo será muy pequeña, de modo que podemos suponer que se acerca inicialmente al núcleo a velocidad constante y en línea recta, como se ilustra en la siguiente figura:

+2 e

M b

F

drdt

ddt

r

r

+Z e

v

v'



Por la misma razón, podemos decir que después de la dispersión, la partícula alfa se aleja del núcleo atómico en línea recta y a velocidad constante v' .La posición de la partícual alfa en un instante dado, se especifica con la distancia radial al núcleo ( r ) y con el ángulo polar , medido a partir de un eje paralelo a la dirección inicial de su movimiento

La distancia b es la mínima separación que habría entre ambas partículas, si éstas no tuviesen carga eléctrica, se le llama parámetro de impacto .El ángulo de dispersión se ha indicado por que es el ángulo entre la dirección del movimiento inicial y la dirección final de la partícula .

Si se define el vector unitario radial R cos i sen j= entonces su derivada respecto al tiempo es:

d Rdt

= sen i cos j ddt

= ddt

donde es otro vector unitario perpendicular a R . ( porque R 0= )

De modo que, la posición, velocidad y aceleración de la partícula están dadas por:

r r R=

vd rdt

= = dr

dt

R rddt

(2.8)

ad vdt

= = d

2r

dt2

rddt

2

R 2dr

dt

ddt r

d2

dt2

La partícula tiene una velocidad que es tangente a la trayecoria que describe y en cualquier

momento puede considerarse compuesta por una velocidad radial dr

dt

(que mide la rapidez

decambio de la distancia entre la particula y el núcleo), y una velocidad rotacional

perpendicular rddt

a la anterior, que mide su rapidez de giro respecto al núcleo atómico fijo.

Dado que la fuerza eléctrica F es radial para el sistema (núcleo+partícula ), la segunda ley de Newton F M a= establece que . . .

F R = Md

2r

dt2

rddt

2

R 2dr

dt

ddt r

d2

dt2

igualando las componentes vectoriales de los dos miembros de ésta ecuación se obtiene . . .



F Md

2r

dt2

rddt

2

= (2.9)

y

0 M 2dr

dt

ddt r

d2

dt2

= (2.10)

Ésta última ecuación se puede escribir también como: d

dtM r

2ddt

0= lo cual implica

que:

M r2

ddt

Constante=

La expresión de la izquierda es el momentum angular L de la partícula respecto al núcleo, pues por definición:

L r p= = r M v = r R Mdr

dt

R rddt

L r Mdr

dt R R( ) M r

2ddt

R =

L 0 M r2

ddt

R =

L M r2

ddt

=

dado que el producto vectorial con la componente radial de velocidad es nulo y la magnitud del vector unitario R es 1. Por lo tanto, se mantendrá constante el momentum angular L

En particular, el momentum angular inicial que tenga la partícula , debe ser igual a su momentum angular en cualquier punto sobre su trayectoria, esto es . . .

b M v( ) M r2

ddt= = L (2.11)

Ya que se ha supuesto que el núcleo permanece fijo, la energía cinética de la partícula se

mantiene también constante. . . 1

2M v

21

2M v´( )

2= por lo cual se deduce que v = v' y

que el parámetro b tiene el mimo valor antes y después de la dispersión.

La ley de Coulomb (ec. (2.7)) expresa la fuerza entre las cargas, asi que la ec. (2.9) queda . . .



k2 e( ) Z e( )

r2

Md

2r

dt2

rddt

2

= (2.9)

el primer término dentro del paréntesis de la derecha es la aceleración radial, debida al cambio en la distancia r y el segundo término es la aceleración centrípeta.

La solución de ésta ecuación diferencial es la ecuación para la trayectoria que describe la partícula respecto al núcleo.

Con el fin de resolver (2.9) , hagamos el cambio de variable: r1

u= , de modo que las

derivadas quedan expresadas como. . .

dr

dt

dr

du

du

dt

= = dr

du

du

dddt

= 1

u2

du

d

L u

2M

(usando la ec. 2.11 )

y empleando éste resultado, la segunda derivada es:

d2

r

dt2

d

dt

dr

dt

= = d

dt

du

d

L

M

= d

ddu

d

L

M

ddt

= L

M

d2

u

d2

L u

2M

(usando nuevamente la ec. 2.11 )

Asi que la ec. (2.9) queda . . .

2 k Z e2 u

2 ML

2

M2

u2

d2

u

d2

1

u

L u2

M

2

=

y simplificándola un poco queda . . .

d2

u

d2u

M

L2

2 k Z e2 =

Pero el momentum angular es constante y vale L b M v( )= , asi que. . .

d2

u

d2u

M

M v b( )2

2 k Z e2 = =

k Z e2

1

2M v

2

1

b2

definiendo la constante : D2 k Z e

21

2M v

2= que es la distancia de máximo acercamiento de una



partícula al núcleo atómico en un choque frontal (como puede fácilmente comprobarse por la conservación de la energía), la ecuación (2.9) queda finalmente transformada en . . .

d2

u

d2u

D

2 b2

= (2.12)

La solución para ésta ecuación diferencial de segundo orden tiene la forma general . . .

u A cos B sen D

2 b2

= (2.13)

donde A y B son constantes arbitrarias. Además . . .

du

dA sen B cos = y

d2

u

d2A cos B sen =

y 2.12 queda . . .

A cos B sen A cos B sen D

2 b2

D

2 b2

=

que es una identidad, lo cual comprueba que (2.13) es en efecto la solución de (2.12)

Para determinar las constantes arbitrarias, usaremos las condiciones de la partícula cuando ésta se localiza muy lejos del núcleo: 0 cuando r , asi que (2.13) queda como . . .

u1

r= = 0 = A cos 0( ) B sen 0( )

D

2 b2

es decir AD

2 b2

=

y

dr

dt v cuando r , asi que de

dr

dt =

LM

du

d

se obtiene. . .

v = L

MA sen 0( ) B cos 0( )( ) es decir B

M vL

=1

b=

La solución buscada tiene entonces la forma. . .

1

r

D

2 b2

cos 1

bsen

D

2 b2

= (2.14)

que es la ecuación de una hipérbola en coordenadas polares.La trayectoria de una partícula que se mueva bajo la influencia de una fuerza atractiva del cuadrado inverso, puede obtenerse por éste mismo procedimiento, simplemente invirtiendo el signo del miembro izquierdo de la ec. (2.9)



+Z e

Ahora podemos evaluar el ángulo de dispersión de la partícula cuando choca con un núcleo atómico haciendo r en la ec. (2.14) . . .

0D

2 b2

cos 1 1

bsen =

Una solución es = 0 (el ángulo polar antes del choque) y otra solución es . . .

sen D

2 b1 cos = es decir

2 bD

1 cos

sen = = tan2

(empleando la identidad 1 cos

sen 1 cos

1 cos2

= = 1 cos

1 cos =

2 sen2

2

2 cos2

2

)

y como puede verse en la figura anterior, los ángulos y son suplementarios asi que

tan2

tan

2

= = tan2

, asi que la segunda solución anterior es . . .

D

2 btan

2

= (2.15)

+Z e

De éste modo que, al disminuir el parámetro de impacto b , aumenta , el ángulo de dispersión. Como se muestra en la figura de la derecha

Por la simetría de éstas trayectorias de dispersión, se deduce que la distancia de acercamiento máximo de una partícula al centro del núcleo se obtiene cuando el ángulo polar vale

2=



asi que evaluando la ec. (2.14) para tal ángulo resulta . . .

1

rmin

D

2 b2

cos

2

1

bsen

2

D

2 b2

=

= D

2 b2

sen2

1

bcos

2

D

2 b2

= 1

b

D

2 bsen

2

cos2

D

2 b

empleando la ec. (2.15) se obtiene . . .

= 1

btan

2

sen2

cos2

tan2

= 1

b

sen2

2

cos2

2

sen2

cos2

esto es . . .

rmin bcos

2

1 sen2

= = D2

cot2

1 sen

2

cos2

rminD2

11

sen2

= (2.16)

donde D2 k Z e

21

2M v

2= se definió antes como la distancia de máximo acercamiento de una

partícula al núcleo en un choque frontal. Esto significa que el límite impuesto por el experimento de Rutherford al tamaño de un núcleo atómico, es del orden de . . .

D

2 8.99 109Newt m

2

Coul2

79( ) 1.6 10 19 Coul 2

1

26.7 10 27 kg 2 107

m

seg

2

= 3 10 14 m

Como se había dicho ya al describir éste modelo atómico.



0 50 100 150

grados

r m

in

D

Al representar gráficamente la función (2.16), puede apreciarse que rmin D cuando

rmin cuando 0

Ahora que ya se conoce la variación del ángulo de dispersión respecto al parámetro de impacto b, es posible calcular la distribución de partículas N d que serán desviadas por un núcleo atómico en un ángulo comprendido entre y + d ésto es, aquéllas cuyo parámetro de impacto estuvo comprendido entre b y b + db .

Dicho de otro modo, el problema de calcular el número de partículas dispersadas en el intervalo angular de a + d , al cruzar por una lámina, se reduce a calcular el número de partículas que inciden sobre los núcleos atómicos bajo un parámetro de impacto comprendido en el intervalo b b db( ) .

Consideremos entonces una porción de la lámina de espesor s con una sección de área A perpendicular al haz de partículas alfa incidentes, la cuales tienen trayectorias paralelas inicialmente.

A

partículas incidentes

s

bdb

En éste dibujo, por cada átomo de la lámina se muestra un anillo con radio interno b y radio externo

b db centrado en cada núcleo atómico.El área de cada uno de esos anillos es 2 b db y el número de éstos en la porción considerada de la lámina es n A s( )donde n es el número de átomos por unidad de volumen

Asumiendo que todos los puntos del área A tienen la misma probabilidad de recibir una partícula incidente,entonces la probabilidad P b( ) db de que una partícula pase a través de alguno de los anillos es igual al área total de esos anillos, dividida entre el área total A, es decir . . .



P b( ) dbn A s 2 b db

A= = 2 n s b db

De la ec. (2.15) bD2

cot2

= , se deduce que dbD2

csc2

2

1

2 d=

y por lo tanto:

P b( ) db 2 n sD2

cot2

D4

csc2

2

d=

es decir

P b( ) db 2 n sD2

cot2

D4

csc2

2

d= = D

24

n scos

2

sen3

2

d

Que puede escribirse también usando la identidad sen 2 cos2

sen2

= como . . .

P b( ) db8

n s D2

sen

sen4

2

d=

el signo negativo proviene del hecho de que las variaciones db y d son de signo

opuesto. Por lo tanto, la probabilidad de que las partículas sean dispersadas en el intervalo angular de a + d es P b( ) db .

Asi que si inciden N partículas sobre la lámina, la fracción de ellas que será dispersada

entre los ángulos y + d es . . .

N dN

P b( ) db= = 8

n s D2

sen

sen4

2

d

Ahora, si la pantalla detectora de sulfuro de Zinc se encuentra a la distancia r del lugar donde inciden las partículas sobre la placa metálica, entonces todas las partículas que sean dispersadas entre los ángulos y + d incidirán en una franja eférica de la pantalla, cuya área está dada por dA 2 r sen r d = , la cual subtiende el ángulo sólido:

ddA

r2

= = 2 sen d



por lo tanto, la fracción de partículas dispersadas por ángulo sólido es . . .

N d

N dn s D

216

1

sen4

2

=

Substituyendo el valor de la constante D resulta finalmente . . .

N dd

16

N n s2 k Z e

21

2M v

2

2

1

sen4

2

= (2.17)

Ésta distribución fué obtenida por Rutherford para la dispersión de N partículas

incidentes de energía cinética 1

2M v

2 que atraviezan una lámina de espesor s que

contiene n átomos por unidad de volumen el cual está dado por n N A M A = donde

M A es la masa atómica N A 6.022 1026 partículas

k mol= es el número de Avogadro y

es la de masa por unidad de volumen.

Aquí k 8.988 109 Newtm

2

Coul2

= es la constante eléctrica, e 1.6 10 19 Coul= es la

carga elemental y N d

d representa el número de partículas que son desviadas

entre los ángulos y + d . Para el Oro, por ejemplo, cuya densidad, número atómico y masa atómica son:

19.3 103 kg

m3

= ; Z 79= ; M A 196.97kg

k mol=

resulta . . .

n 6.022 1026partículas

k mol

19.3 103kg

m3

196.97kg

k mol

= = 5.901 1028partículas

m3



Asumiendo que el tamaño promedio de un átomo sea el de una esfera de radio R 10 10 m= , entonces n átomos ocuparían un volumen del orden de . . .

n4

3 R

3

= 5.901 1028 4

3 1 10 10 m 3

0.25 m3

asi que hay un gran espacio vacio ( 0.75 m3 ) entre los átomos del Oro. Por lo tanto en una

lámina muy delgada de Oro de espesor s 3 10 7 m= (como las que se utilizaron en el

experimento real) cabrían alineados aproximadamente unos 0.253 10 7 m

2 10 10 m

400

átomos, sin embargo debido a que el núcleo atómico es unas 10 10

10 14= 10 000 veces más

pequeño que el átomo, supondremos que si una partícula del haz incidente sobre la lámina es desviada, tal desviación se deberá al choque con un solo núcleo atómico .

Al evaluar N d

d en la ec. (2.17) para ésta lámina de Oro y partículas con velocidad

inicial v 2 107m

seg= y masa M 6.7 10 27 kg= , se obtiene una gráfica en la que se

puede

0 30 60 90 120 150 180

ángulo de dispersión (en grados)

Núm

ero

de p

artí

cula

s

apreciar que el número de partículas dispersadas disminuye muy rápidamente con el ángulo de dispersión.

Además, según la ec. (2.17), tal número es directamente proporcional al espesor s de la lámina, al número n de átomos por unidad de volumen y al cuadrado del número atómico Z y por otro lado, es inversamente proporcional al cuadrado de la energía cinética de las partículas

incidentes y a la cuarta potencia de sen2

siendo el ángulo de dispersión

Todas éstas predicciones fueron cuidadosamente probadas por HansGeiger y Ernest Marsden en 1913, variando el grueso de la lámina, su composición y la energía de las partículas incidentes.

Sus resultados estuvieron en excelente acuerdo con las predicciones teóricas de Rutherford, con lo cual se proporcionó una evidencia muy fuerte para la existencia de los núcleos atómicos y por lo tanto, de la validez del modelo atómico nuclear.



Sin embargo, éste modelo estaba en conflicto con la teoría clásica del electromagnetismo. La base de éste conflicto tenía que ver con la estabilidad del átomo nuclear. Por una parte, un átomo nuclear no puede estar en equilibrio estático , debido a que las fuerzas eléctricas atractivas entre el núcleo y sus electrones, haría que éstos colapsaran hacia el núcleo. Por otra parte, para evitar ese colapso, los electrones atómicos deberían girar en torno al núcleo atómico con una rapidez determinada por la fuerza eléctrica centrípeta atractiva, de tal manera que se lograse el equilibrio dinámico del átomo completo. Los electrones se mantendrían girando alrededor del núcleo de manera similar a los planetas de un pequeño sistema planetario, sometidos a cierta aceleración centrípeta.No obstante, en éstas condiciones el átomo aún sería inestable puesto que toda carga eléctrica acelerada, radía energía electromagnética. Ésta energía radiada sólo podría provenir de la transformación de la energía mecánica del átomo, lo cual implicaría que los electrones atómicos, al perder energía, seguirían una trayectoria espiral y eventualmente colapsarían con el núcleo atómico.

Este conflicto fué resuelto por el físico danés Niels Bohr, que basándose en las fórmulas empíricas de los espectros de radiación para el Hidrógeno, propuso una idea revolucionaria que contribuyó enormemente al desarrollo de la Mecánica Cuántica.

2.4 Espectros atómicos.La radiación térmica, es un fenómeno natural en el cual todo cuerpo sólido emite energía en forma de ondas electromagnéticas de todas las longitudes de onda posibles, aunque con diferentes intensidades cada una de ellas.Por otra parte, cuando una substancia se encuentra en estado gaseoso, los átomos o las moléculas que la constituyen se encuentran tan separasdos entre si que raramente interaccionan, intercambiando energía. En un gas a baja presión cabe esperar entonces que cualquier radiación emitida sea una caracteristica propia de los átomos o moléculas de tal gas.

Los átomos de cualquier substancia tiendan a permanecer en su estado de mínima energía , asi que se deshacen de cualquier energía en exceso, absorbida del exterior, emitiéndola en forma de radiación que contiene solo algunas longitudes de onda del espectro electromagnético completo.Se ha observado experimentalmente que cada elemento químico (en forma de gas enrarecido), tiene un "espectro de emisión" único, es decir no hay dos substancias que emitan radiación que contenga exactamente el mismo conjunto de longitudes de onda. Ëste hecho ha servido de base para el desarrollo de la espectroscopía, disciplina con la cual se analiza la composición de una substancia desconocida, a través de la radiación que ésta emite.Normalmente, la excitación se realiza haciendo pasar una corriente eléctrica a través del gas enrarecido, y en consecuencia, algunos de los átomos del gas adquieren una energía superior a la del equilibrio térmico. Son esos átomos los que, al volver a su estado inicial de energía, emiten la radiación que forma el espectro caracteristico de esa substancia.

También se ha observado que cuando la luz blanca pasa a través de un gas, éste absorbe algunas de las componentes espectrales (algunas longitudes de onda) presentes en su espectro de emisión. De éste modo el espectro de absorción es como la imagen fotográfica negativa del espectro de emisión, y consiste de un fondo claro sobre el cual se ven líneas obscuras correspondientes a las longitudes de onda de la radiación que absorbieron los átomos de una substancia determinada.



fuente de luz

rendijalente

prisma muestra quese analiza

lente deenfoque espectro de

absorción

Por el contrario, una imagen del espectro de emisión está formada por lineas claras sobre fondo obscuro.El espectro de la luz que recibimos del Sol, es de absorción, debido a que el Sol está rodeado por una capa de gas menos caliente que la superficie solar, la cual absorbe luz solamente de determinadas longitudes de onda.

A B C D E F G H

A y B (extremo rojo) debida al Oxigeno terrestreC (rojo) debida al Hidrógeno solarD (amarillo) formadas por el sodio solarE (verde) debida al hierro solarF (azul) formada por el Hidrógeno solarG (violeta) formada por el hierro solarH (extremo violeta) debida al calcio solar

Enseguida se muestra una parte de los espectros de emisión para algunos elementos

Litio

Bario

Mercurio

rojo violeta

A finales del siglo XIX se descubrió que las longitudes de onda presentes en un espectro atómico forman grupos o series que tienen cierta regularidad.



También se encontraron fórmulas empíricas simples y muy similares para cada serie, con las que se puede calcular la longitud de onda de cada línea espectral para el espectro completo de un elemento.La primera de esas series espectrales la descubrió en 1885 el físico y matemático suizo Johann Jakob Balmer para la parte visible del espectro de emisión del Hidrógeno. Posteriormente se descubrieron series de lineas espectrales muy similares en el ultravioleta ( Lymann) y en el infrarojo ( Paschen, Brackett, Pfund, etc...)Enseguida se muestra el espectro completo de emisión del Hidrógeno.

1000 5 000 10 000

serie deLymann

serie deBalmer

serie dePaschen

serie deBrackett

3 647(límite)

6 000 ( Å )

H HHH

( Å )

Balmer descubrió que las longitudes de onda ( en Angstroms) de las primeras 9 líneas espectrales visibles y hasta entonces conocidas para el Hidrógeno, se podían calcular de la fórmula empírica. . .

3645.6( )m

2

m2

22

= (2.18)

donde m = 3 , 4 , 5 , 6, etc. para las líneas H , H , H etc respectivamente.

Posteriormente,en 1890 el físico sueco Robert Johannes Rydberg encontró una expresión sencilla que permitía calcular las longitudes de onda de las diferentes líneas espectrales del

hidrógeno introduciendo un valor constante R = 109 677.58 cm1 . . .

1

1

o

R

m j( )2

= (2.19)

donde j y m son números enteros que cambian de una serie a otra ; y o representa el

límite de la longitud de onda al cual converge una serie dada.La constante R , (llamada desde entonces constante de Rydberg) , resultó tener el mismo valor para todas las series de líneas de un elemento y cambiar ligeramente de valor de un elemento a otro. Algunos valores conocidos son por ejemplo

átomos de Hidrógeno : 1H

1 RH 109677.58

1

cm=



átomos de Deuterio : 1H

2 RD 109707.42

1

cm=

átomos de Helio : 2He

4 RHe 109722.27

1

cm=

átomos de masa infinita : R 109737.311

cm=

Éstas pequeñas diferenciasde valor en la constante R , permiten identificar los isótopos de alguna substancia pura, por ejemplo al Deuterio o al Tritio cuando están mezclados en el Hidrógeno puro, porque las líneas espectrales correspondientes a cada isótopo están ligeramente desplazadas respecto a las del átomo puro.A partir de (2.19) las longitudes de onda de las otras series de líneas del Hidrógeno se

obtienen haciendo j = 0 y 1

o

R

n2

= . . .

1

RH

1

n2

1

m2

= (2.20)

donde. . .

n 1= y m = 2 , 3 , 4 , 5, etc. para la 1a , 2a , 3a , etc. línea de la serie de Lymann

n 2= y m = 3 , 4 , 5 , 6, etc. para la 1a , 2a , 3a , etc. línea de la serie de Balmer

n 3= y m = 4 , 5 , 6 , 7, etc. para la 1a , 2a , 3a , etc. línea de la serie de Paschen

n 4= y m = 5 , 6 , 7 , 8, etc. para la 1a , 2a , 3a , etc. línea de la serie de Brackett

etc.Esto significa que la longitud de onda más pequeña (límite) de cada serie se obtiene haciendo que el número m tienda al infinito . . .

1

oRH

1

n2

0

= es decir . . . on

2

RH=

y la longitud de onda más grande de cada serie ( la primera línea espectral) se obtiene haciendo m n 1= y queda . . .

1

maxRH

1

n2

1

n 1( )2

= es decir . . . maxn

2n 1( )

2RH 2 n 1( )

=

Asi por ejemplo, la serie de Balmer ( n = 2) tiene los límites :

max 6564.7= Å y o 3647.1= Å



2.5 El modelo atómico de Bohr . El conflicto de la estabilidad del modelo atómico que proponía Rutherford fué resuelto parcialmente en 1913 por Niels Bohr, quién propuso una sencilla y efectiva teoría para el átomo de Hidrógeno (ó cualquier átomo con un solo electrón). La teoría de Bohr en su forma final incluía las siguientes ideas:

Un átomo de Hidrógeno consiste en un núcleo positivo (que más tarde se llamaría 1.protón) y un único electrón en un estado de movimiento circular relativo bajo la acción de su mutua atracción eléctricaEl átomo puede permanecer por un periodo de tiempo determinado en cierto estado 2.o configuración sin radiar ondas electromagnéticas siempre y cuando en tal estado

el momentum amgular del átomo sea un múltiplo entero de la constante h

2 donde

h es la constante de Planck. El átomo emitirá radiación siempre que "salte" desde uno de los estados 3."permitidos" de energía Ei hasta otro estado permitido de energía menor E f ( y

absorberá energía si el "salto" se realiza en sentido opuesto)La frecuencia de la radiación emitida (o absorbida) está determinada por la 4.diferencia de energía entre los estados atómicos, de acuerdo con la idea de los fotones de la radiación de Einstein.

h Ei E f=

v = r

cm

MR

r

m

V = R

El postulado 1 reconoce los resultados de los experimentos de dispersión de Rutherford; pero al mismo tiempo, en el postulado 2 se propone la inaplicabilidad a los procesos atómicosde la teoría electromagnética clásica, la cual se substituye por reglas que introducen la constante de Planck como un factor determinante de los estados atómicos estables y de la frecuencia de la radiación emitida o absorbida por un átomo de Hidrógeno.

De éste modo, un núcleo de masa M y un electrón de masa m giran uno en torno al otro describiendo trayectorias circulares de radios R y r respectivamente, respecto a

su centro común de masa (cm) con una rapidez angular

El momentum angular del sistema núcleo-electrón es . . .



L m v r M V R= = m r r M R R = m r2 M R

2 Pero, tomando al núcleo como origen, la distancia R al centro de masa (cm) está dada por . . .

Rm r R( ) M 0( )

m M= es decir . . . R

m

Mr= (2.21)

asi que la ecuación anterior se puede escribir también como . . .

L m r2 M R

2 = = m r2 M

m

Mr

2

= m r

2 1m

M

y de acuerdo al postulado 2 del modelo propuesto por Bohr . . .

m r2 1

m

M

nh

2

= ; n = 1, 2, 3, 4, . . . (2.22)

Por otra parte, la aceleración centrípeta es generada por la fuerza de atracción eléctrica. Por ejemplo para el electrón queda . . .

kZe e

R r( )2

m 2 r=

donde Ze es la carga elécrica del núcleo atómico y 2r es la aceleración centrípeta sobre

el electrón. Substituyendo ahora R de la ec. (2.21) queda . . .

kZ e

2

rm

Mr

2 m 2

r= (2.23)

La energía total ( cinética + potencial eléctrica) T Ue del átomo es . . .

En1

2m v

2 M V2

k Ze eR r( )

=

= 1

2m 2 r

2 M 2 R

2 kZ e

2R r( )

y substituyendo R de la ec. (2.21) queda . . .

En1

2m 2 r

2 M 2

m

Mr

2

kZ e

2m

Mr r

=

usando ahora la ec. (2.23), podemos reescribir ésta última ecuación como . . .



En1

2m 2 r

2 1m

M

m 2 r r

m

Mr

=

= 1

2m 2 r

2 1m

M

(2.24)

Las ecuaciones (2.22), (2.23) y (2.24) se pueden resolver para 2r

4 quedando

2r

4

nh

2

m 1m

M

2

= = A

2r

4 = k Z e

2

m 1m

M

2

r = B r (2.25)

y

2r

4 = 2 En

m 1m

M

r2 = C r

2

respectivamente. En éstas ecuaciones, se han representado por las letras A, B, y C a las expresiones que se mantienen constantes para un átomo dado.

Igualando los lados derechos de las ecuaciones anteriores, se obtiene por ejemplo A B r=

ó B C r= de donde se deduce que . . .

rA

B= =

nh

2

m 1m

M

2

k Z e2

m 1m

M

2

= h

2

21

m k Z e2

n2 (2.26)

Nótese que la única cantidad variable en el lado derecho de éste resultado es el número entero n. Esto significa que los radios de giro del electrón atómico están cuantizados, de manera que están "permitidos" sólo los orbitales atómicos que satisfacen la condición de la ec. (2.26)



La más pequeña de estas órbitas, corresponde al valor n = 1 y es por hipótesis, la que ocupa el electrón cuando el átomo no está en un estado de energía excitado. Este estado de más baja energía se llama el estado base del átomo. Para el átomo de Hidrógeno ( Z = 1) , el radio del orbital del estado base o primer radio de Bohr es . . .

ao r1= =

h2

4 2

m k 1( ) e2

1( )2

=

6.63 10 34 Joule seg

2

2

9.11 10 31 kg 8.98 109Newt m

2

Coul2

1.6 10 19 Coul 2

= 5.31 10 11 m

de la ec. (2.22) se deduce ahora que la rapidez de giro v r= del electrón respecto al núcleo atómico queda cuantizada también y vale . . .

v r=

nh

2

m 1m

M

r= =

nh

2

m 1m

M

h

2

21

m k Z e2

n2

vk Z e

2h

2

1m

M

1

n= (2.27)

De modo similar se obtiene C A B2

= es decir. . .

2 En

m 1m

M

nh

2

m 1m

M

2

k Z e

2

m 1m

M

2

2

=

asi que la energía del átomo de Bohr es . . .

En1

2

M mM m

2 k Z e2

h

2

1

n2

= (2.28)



La cantidad entre paréntesis rectos en el lado derecho de (2.28) es una constante cuyo valor depende solo de los parámetros del átomo y otras constanes fundamentales, de modo que la

única variable es el número entero n2 , esto significa que la energía del átomo solo puede

tener un conjunto discreto de valores permitidos, en otras palabras, la cuantización del momentum angular orbital, implica la cuantización de la energía total del átomo.

Para el Hidrógeno Z = 1 y la energía del estado base ( n = 1 ) vale . . .

E1

9.11 10 31 kg 2

2 8.98 109Newt m

2

Coul2

1( ) 1.6 10 19 Coul 2

6.63 10 34 Joule seg

2

1

1( )2

=

ya que M m

M mm

1

1m

M

= m es decir . . . E1 2.18 10 18 Joules= = 13.6 eV

El signo negativo significa que el sistema electrón-núcleo está "ligado" es decir, para separar del núcleo al electrón, el átomo tiene que absorber al menos 13.5 eV de energía del exterior.En términos de , los demás niveles de energía del átomo quedan como . . .

En E11

n2

=

es decir. . .

E21

22E1= =

13.6 eV4

= 3.4 eV

E31

32E1= =

13.6 eV9

= 1.51 eV

E41

42E1= =

13.6 eV16

= 0.85 eV

et. etc. que podemos representar gráficamente como en la figura de la derecha.

Notemos que a medida que aumenta el número cuántico n , se hace menos negativa la energía del átomo, lo cual significa que se requiere cada vez menos energía para ionizarlo, esto es, separar al electrón del núcleo.

E 0 eV=n

4 E4 0.85 eV( )=

3 E3 1.51 eV( )=

2 E2 3.4 eV( )=

1 E1 13.6 eV=



Ahora, de acuerdo con el postulado 4 del modelo atómico de Bohr, cuando el átomo tiene una transición entre dos estados o niveles de energía permitidos E ni y E n f , emite (o

absorbe) un fotón de radiación de frecuencia determinada por h E ni E n f = ,

es decir de longitud de onda . . .

hc

E ni E n f =

1

1

h c1

2

M mM m

2 k Z e2

h

2

1

ni 2

1

2

M mM m

2 k Z e2

h

2

1

n f 2

=

1

Z

2 1

2 h cM m

M m

2 k e2

h

2

1

n f 2

1

ni 2

=

pero si comparamos éste resultado con la ecuación empírica de Rydberg ( 2.20), vemos que son idénticas si se identifica la constante de Rydberg por la cantidad que aparece aquí entre paréntesis como factor del segundo miembro es decir. . .

R1

2 h cM m

M m

2 k e2

h

2

= (2.29)

De ése modo, para el Hidrógeno ( con M 1936 m= ) se obtiene . . .

RH

2 2 8.98 109

Newt m2

Coul2

2

9.11 10 31 kg 1.602 10 19 Coul 4

6.63 10 34 Joule seg 32.99 108

m

seg

1m

1936 m

=

= 10962847.411

m

que está en excelente acuerdo con el valor experimental 109677.581

cm .

La teoría de Bohr predice entonces que las longitudes de onda de las radiaciones emitidas o absorbidas por átomos que tengan un solo electrón, están dadas por . . .



1

Z

2R

1

n f 2

1

ni 2

= (2.30)

donde Z es el número atómico y R es la constante de Rydberg según la ec. (2.29)

La ec. anterior es la medida principal del éxito de la teoría de Bohr, la cual se aplica a los átomos que tengan un solo electrón. Por ejemplo, si se quita uno de los dos electrones que normalmente se asocian con un átomo de Helio, dejando al átomo de helio ionizado una vez, la fórmula anterior para determinar las radiaciones electromagnéticas que éste átomo pueda absorber o emitir quedaría . . .

1

22 RHe

1

n f 2

1

ni 2

=

donde Z 2= es el número atómico del Helio y RHe es la constante de Rydberg calculada

para éste átomo mediante la ec. ( 2.29) usando M MHe= como la masa de un núcleo de

Helio.

Concluimos asi que el espectro del Helio ionizado una vez, debe ser similar al del Hidrógeno neutro, excepto que todas las líneas espectrales están reducidas en longitud de onda por casi un factor de 4 . Experimentalmente se observa que en efecto ésto ocurre. Una pequeña diferencia se debe por supuesto al hecho de que la constante de Rydberg no es del mismo valor para todos los núcleos.Ahora es muy sencillo entender el origen de las series espectrales del Hidrógeno (o de otros átomos), pues de acuerdo al modelo atómico de Bohr, éstas se deben simplemente a las posibles transiciones del átomo entre niveles permitidos de energía:

Lymann Balmer Paschen BrackettE 1

E 2

E 3

E4

E

950 1 300 5 000 10 000 50 000 (en Å )



Es decir. . .al considerar todas las transiciones posibles del átomo desde cualquier estado excitado hasta el estado base ( n = 1) , se generan las líneas espectrales de la serie de Lymann en el ultravioleta . al considerar todas las transiciones atómicas posibles desde cualquier estado excitado superior hasta el segundo estado excitado ( n = 2) , se generan las líneas espectrales visibles de la serie de Balmer. en todas las transiciones posibles del átomo desde cualquier estado excitado superior hasta el estado excitado ( n = 3) , se obtienen las líneas espectrales de la serie de Paschen en el infrarojo. etc. etc.

El modelo atómico de Bohr es pues, un espectacular triunfo en la descripción de átomos que tienen un solo electrón; sin embargo, en átomos con varios electrones como el Helio neutro, ésta teoría describe solo en forma aproximada las transiciones atómicas entre los primeros niveles de energía.Además, los postulados de Bohr no tienen aparentemente, un fundamento teórico básico pues mezclan conceptos clásicos y cuánticos y sólo están justificados porque funcionan para describir correctamente cierta clase de átomos.

Sin embargo, un principio de gran importancia, que sigue siendo válido aún en la teoría cuántica actual y que fué enunciado por el propio Niels Bohr es el principio de correspondencia, el cual afirma que el comportamiento cuántico de un sistema es igual a su comportamiento clásico en el límite cuando los números cuánticos son muy grandes,.Un ejemplo de éste principio se obtiene cuando se compara la frecuencia de la radiación emitida por un átomo de Bohr, con la frecuencia de revolución del electrón alrededor del núcleo. Si el electrón realiza un salto cuántico del estado n al estado n 1 , emitirá radiación

de frecuencia dada por la ec. (2.30) . . .

c

= = c Z

2 R1

n 1( )2

1

n2

= c Z2 R

2 n 1

n 1( )2

n2

ó substituyendo R , la constante de Rydberg. . .

c Z

22 h c

M mM m

2 k e2

h

2

2 n 1

n 1( )2

n2

=

= Z2 2 k e

2 2

h3

M mM m

2 n 1

2 n 1( )2 n

2

Por otra parte, el número f de vueltas por segundo que gira el electrón en torno al núcleo

atómico en el orbital n está dado por. . . fvn

2 rn = donde vn y rn son la rapidez y el

radio de giro del electrón en el orbital n-ésimo, dados por las ecs. (2.27 ) y (2.26) respectivamente, es decir :



f

k Z e2

h

2

1m

M

1

n

2 h

2

21

m k Z e2

n2

= = Z2 2 k e

2 2

h3

M mM m

1

n3

pero como 2 n 1

2 n 1( )2 n

2

2 n 1( ) n

2 n 1( )2

1

n3

= =

21

n

2 11

n

2

1

n3

y además n

21

n

2 11

n

2

1=lim

, puede afirmarse que en éste límite, 2 n 1

2 n 1( )2 n

2 =

1

n3

y por lo tanto f= , es decir, el átomo radiará energía que tiene una frecuencia igual a la frecuencia clásica de rotación del electrón.



EJERCICIOS.

2.1 Calcular la distancia de máximo acercamiento en un choque frontal entre una partícula de 6 MeV y un núcle de Oro inicialmente estacionario.Si el núcleo de Oro y la partícula tienen aproximadamente los radios R 7 10 15 m= y

r 2 10 15 m= respectivamente, calcular la mínima energía de la partícula necesria para que ambas partículas "se toquen", produciéndo asi una reacción nuclear.

2.2 Encontrar una expresión para la fracción de particulas de energía cinética K que

son dispersadas grados ó más, por una lámina metálica delgada de espesor s .¿Qué fracción de un haz de partículas de 8 MeV son dispersadas por una lámina delgada de Oro de espesor s 3 10 7 m= en un ángulo i) mayor de 90° ? ii) menor de 1° ?

Si una lámina delgada de Plata ( Z = 46 , M A 108k= , densidad 10.5

3= ) dispersa

10 partículas en cierta dirección cuando incide sobre ella un haz de Ni partículas por

segundo y por cm2 .

a) ¿Cuántas partículas serán dispersadas en el mismo ángulo si el blanco de Plata se

reemplaza por uno de Oro ( Z = 79 , M A 197k= , densidad 19.3

3= ) del mismo

espesor?b) ¿Cuántas partículas serán dispersadas en la misma dirección si el espesor de la lámina aumenta al doble de su valor inicial?c) Si el haz de partículas se substituye por uno idéntico de protones de la misma energía y densidad, determinar la razón de protones a partículas dispersados en la misma dirección.

2.3

2.4 Comparar la fuerza de atracción gravitacional entre un electrón y un protón en reposo, con la fuerza de atracción eléctrica entre las misma partículas y argumentar por qué la energía potencial gravitacional no se considera en el análisis del modelo atómico de Bohr.

2.5 Calcular la velocidad de giro para el electrón en la primera órbita permitida de un átomo de Hidrógeno. Comparar con el radio y rapidez correspondientes para un átomo de "positronio", cuyo núcleo es un positrón (un electrón positivo) que tiene un solo electrón orbital. ¿A qué se puede atribuir la diferencia en los resultados?

2.6 ¿Cuánta energía se necesita para ionizar ( quitar un electrón) un átomo de Hidrógeno que inicialmente está a) en su estado base b) en el estado excitado n = 4 . Hacer los mísmos cálculos para un átomo de Helio que ya está ionizado una vez ( He

+ )



2.7 Mostrar que para un átomo de Hidrógeno se cumple que . . .

1 3( ) 2 3( ) 1 2( )=

donde representa la frecuencia y m n significa una transición del estado cuántico n al m

2.8 ¿En cuánto difieren en longitud de onda las líneas espectrales del Hidrógeno y del Helio ionizado correspondientes a la primera línea de la serie de Lymann ?

2.9 Una partícula y un electrón libre, cada uno de ellos inicialmente en reposo, se combinan para formar un ión de Helio ( He+ ) en su estado base. ¿Cuál es la frecuencia de la radiación que se emite durante esta combinación ?

2.10 Un átomo de Hidrógeno inicialmente en reposo y en el estado n = 4 , emite un fotón al regresar a su estado base. Calcular la velocidad de retroceso del átomo y la longitud de onda del fotón emitido. Si éste fotón es absorbido por otro átomo de Hidrógeno, ¿podría excitar al átomo al estado n = 4 ?

2.11 Comparar la frecuencia del fotón emitido por un átomo de Hidrógeno cuando el átomo pasa del estado cuántico n = 30 al estado n = 29 , con la frecuencia orbital del electrón en cualquiera de esos estados

2.12 Supóngase que se tienen 5 1020 átomos de Hidrógeno en el estado n = 5 ,a) ¿Cuántos tipos de fotones serán emitidos por los átomos cuando regresen a su estado base?b) ¿Cual es el número total de fotones emitidos?

(Suponga que todas las formas posibles de regresar al estado base son igualmente probables)

2.13 ¿Qué transcición atómica del He+ producirá una línea espectral con una longitud de onda casi igual a la primera línea de la serie de Balmer pra el Hidrógeno?

2.14 Un átomo de Hidrógeno que se mueve con la energía cinética K , choca con otro átomo de Hidrógeno que inicialmente está en reposo. Si ambos átomos se encontraban en su estado base antes del choque, demostrar que la energía cinética K mínima con la cual uno de los átomos queda en el estado cuántico n = 2 después del choque debe ser igual a 3/2 de su energía de ionización.



2.15 Un haz de electrones bombardea una muestra de gas Hidrógeno ¿A qué diferencia de potencial se deben acelerar los electrones para que, al chocar con los átomos de Hidrógeno que se encuentran inicialmente en el estado base y en reposo, puedan excitarlos al estado cuántico n = 3 ?¿Cuál debe ser el valor del potencial de aceleración de los electrones para que puedan ionizar a los átomos de Hidrógeno?

2.16 Si la razón de masas atómicas entre el Hidrógeno y el Helio es MHe

MH3.9715= ,

determinar la razón de masas entre un protón y un electrón. (Use los valores de la constnte de Rydberg para el Helio y para el Hidrógeno)

2.17 ¿A qué temperatura en estado gaseoso se igualará la energía cinética molecular media del Hidrógeno con la energía de enlace (energía de ionización) de sus átomos?

2.18 Una mezcla de Hidrógeno normal y Tritio (isótopo que contiene un núcleo con una masa aproximadamente tres veces mayor que la del Hidrógeno) absorbe energía y se observa su espectro de emisión. ¿Qué separación en Angstroms tendrán las longitudes de onda de las líneas correspondientes a la transición n = 3 a n = 2 de los dos tipos de Hidrógeno?

2.19 ¿Qué energía se requiere para extraer un electrón de un átomo de Hidrógeno que se enecuentra en el estado cuántico n = 3 ?

2.20 Demostrar que en el experimento de Rutherford, se dispersa el doble de partículas entre 60° y 90° que bajo un ángulo igual o menor que 90°



Soluciones

2.1 Sean m y M , 2e y Ze las masas y las cargas eléctricas de la partícula y del núcleo de Oro respectivamente.En el instante de máximo acercamiento, ambas partículas se mueven a la misma rapidez, es decir el sistema combinado núcleo-partícula se mueve como una sola partícula de energía cinética K f .

Entonces, ignorando los cambios relativistas y aplicando el principio de la conservación de la energía Einicial E final= a éste "choque elástico" entre los estados inicial y final

mostrados en la siguiente figura se obtiene . . .

mM

vo

( las partículas están muyalejadas entre si )

d

V

(cuando se encuentranen la mínima separación )

Ki K f Ue= (*)

donde Ue k2 e Z e( )

d= es la energía potencial eléctrica en el momento en que las

partículas se encuentran separdas por una distancia mínima d . Ki1

2m vo 2= es las

energía cinética inicial de la partícula incidente y K f1

2M m( ) V

2= es la energía

cinética final cuando ambas partículas se mueven juntas.

Además, por la conservación del momentum lineal Pinicial P final= se cumple también que

. . .

m vo 0 m M( ) V= (**)

asi que substituyendo de la ec. (**) en la ec. (*) se obtiene . . .

1

2m vo 2

1

2M m( )

m

m Mvo

2

k2 e Z e( )

d=

y resolviendo para d resulta: d2 k Z e

2Ki

m MM

= (***)



Si el núcleo se considerase estacionario, el resultado anterior sería simplemente

d2 k Z e

2Ki

= , de modo que el retroceso delnúcleo introcude el pequeño factor de corrección

1m

M

.

Para la partícula : m 4 1.67 10 27 kg = 6.68 10 27 kg=

Ki1

2m vo 2= = 6 MeV = 9.6 10 13 Joules

y para el núcleo de Oro:Z 79=

M 196.97 1.67 10 27 kg = 3.28 10 25 kg=por lo tanto, resulta . . .

d

2 8.98 109Newt m

2

Coul2

79( ) 1.602 10 19 Coul 2

9.6 10 13 Joules

4 196.97196.97

=

= 3.87 10 14 m

Para que la partícula "toque" al núcleo atómico, es necesario que la distancia que los separe sea igual a la suma de sus radios R r( ) o menor y por lo tanto, de acuerdo al resultado

obtenido (***) , la energía inicial de la partícula deberá ser por lo menos . . .

Ki1

2m vo 2= =

2 k Z e2

dmin

m MM

= 2 k Z e

2r R( )

m MM

que vale . . .

Ki

2 8.98 109Newt m

2

Coul2

79( ) 1.602 10 19 Coul 2

9 10 15 m

4 196.97196.97

=

= 4.128 10 12 Joules = 25.8 MeV

esto es, más de cuatro veces la energía inicial de la primera parte

2.2 El parámetro de impacto b y el ángulo de dispersión de una partícula de masa m están

relacionados según la ec. (2.15) 1

b

2

Dtan

2

= , donde D2 k Z e

2K

=



de modo que cuando el parámetro b disminuye entonces aumenta. Esto significa que si bajo el parámetro de impacto bo se obtiene una desviación o , entonces con un

parámetro de menor valor se producirán desviaciones mayores, es decir el número de partículas que incidan sobre un núcleo atómico bajo un parámetro de impacto

comprendido entre 0 y bo ,(es decir que incidan sobre el área circular bo 2 ) serán

desviadas entre los ángulos o y .

+Z e

o

bo

Ahora, si la lámina metálica tiene un espesor s con una sección de área A perpendicular al haz de partículas alfa incidentes, éste encuentra el número de núcleos n A s , donde n es el número de átomos por unidad de volumen.

De modo que la sección transversal global para dispersiones de valor igual o superior a o es

bo 2 n s A

Asumiendo que una partícula tiene la misma probabilidad de incidir en cualquier punto del área A, la fracción f de partículas dispersadas con un valor mayor o igual que o ,es el

cociente entre la sección transversal global y el área total del blanco . . .

f bo 2 n s A

A= = bo 2 n s

y substituyendo bo de la ec. (2.15), resulta . . .

f D2

ctgo

2

2

n s= = n sk Z e

2Ka

2

ctgo

2

2

(2.31)

donde n N A M A = .

Se ha supuesto que la lámina es lo sufcientemente fina como para que las secciones transversales de los núcleos vecinos no se superpongan y que una partícula deba su desviación al choque con un solo núcleo



Para el Oro, la densidad, número atómico y masa atómica son:

19.3 103 kg

m3

= ; Z 79= ; M A 196.97kg

k mol=

de modo que . . .

n 6.022 1026partículas

k mol

19.3 103kg

m3

196.97kg

k mol

= = 5.901 1028partículas

m3

y

k Z e

2Ka

2 8.98 109 Newtm

2

Coul2

79( ) 1.6 10 19 Coul 2

8 MeV 1.6 10 13Joules

MeV

2

= = 2.013 10-28 m2

Por lo tanto, la fracción de partículas alfa dispersada es . . .

f 5.901 1028part

m3

3 10 7 m 2.013 10-28 m2 cot

o

2

2

=

= 1.12 10 5 coto

2

2

De éste modo, la fracción que es dispersada en 90° ó más es f 90° 1.12 10 5= ,

esto es, aproximadamente una partícula de cada 100 000 partículas incidentes.La fracción de partículas que son dispersadas en 1° ó más es. . .

f 1.12 10 5 cot1°( )2

2

= = 0.147

es decir el 14.7% de las partículas incidentes, lo cual significa que la gran mayoría de ellas ( el 85.3% ) son desviadas menos de un grado.

2.3 a) Si se parte de la relación de dispersión de Rutherford (ec. 2.17):

N dd

16

N n s2 k Z e

2K

2

1

sen4

2

= = C n s Z2

1

sen4

2



donde hemos denotado por C la constante 16

N2 k e

2K

2

, siendo K la energía

cinética inicial de las partículas dispersadas.

Representemos por n1 , s1 , Z1 y n2 , s2 , Z2 los valores para n el número de

átomos por unidad de volumen, el espesor s de la lámina y el número atómico Z delOro y de la Plata respectivamente.

Entonces, la razón de partículas del mismo haz dispersadas bajo el mismo ángulo sólido por éstos dos materiales, de acuerdo con la dispersión de Rutherford es . . .

N Au( )

N Ag( )

C n1 s1 Z1 2 1

sen4

2

C n2 s2 Z2 2 1

sen4

2

= =

n1 s1 Z1 2

n2 s2 Z2 2

Pero en función del número de Avogadro No , la masa atómica M A y la densidad de

masa el número de átomos por unidad de volumen es n No

M A= , de modo que la

proporción anterior queda . . .

N Au( )

N Ag( )

No Au( )

M Au( ) s1 Z1 2

No Ag( )

M Ag( ) s2 Z2 2

= = M Ag( )

M Au( )

Au( )

Ag( )

s1

s2

Z1

Z2

2

de modo que para dos láminas de Oro y de Plata del mismo espesor, se obtiene . . .

N Au( ) N Ag( )M Ag( )

M Au( )

Au( )

Ag( )

Z1

Z2

2

=

= 10

108kg

kg mol

197kg

kg mol

1.93 104kg

m3

1.05 104kg

m3

79

46

2

= 29.7

es decir, el Oro dispersará en la misma dirección casi el triple de partículas que la Plata



b) Si simplemente se aumenta al doble el espesor s de la lámina de Plata, entonces de . . .

N dd

C n s Z2

1

sen4

2

=

se parecia claramente que el número de partículas dispersadas aumentará también al doble

c) la fórmula de dispersiónd e Rutherford se obtuvo suponiendo que las partículas incidentes tenían una carga eléctrica de +2e , asi que como la carga eléctrica de los protones es +e , la relación adecuada para la dispersión en éste caso es . . .

N d

d

protones

16

N n s1 k Z e

2K

2

1

sen4

2

= = 1

4

N dd

p_alfa

Esto significa que bajo el mismo ángulo de dispersión y sin cambiar el blanco ni la energía de las partículas incidentes, se observarán 4 veces menos protones que partículas

2.4 Aunque la ley de fuerzas eléctrica Fe y gravitacional Fg , es muy similar en ambos casos,

resulta que las fuerzas electrostáticas son mucho más intensas ( por muchísimos ordenes de magnitud) que la fuerzas gravitacionales. Comparándolas . . .

Fe

Fg

kqe qp

r2

Gme mp

r2

= = k qe qp

G me mp

donde los subíndices e y p se refieren a "electrón" y "protón" respectivamente. Substituyendo los valores de las constantes universales eléctrica (k) y gravitacional (G) , asi como las cargas y las masas para ambas partículas, resulta . . .

Fe

Fg

8.988 109 Newtm

2

Coul2

1.6 10 19 Coul 2

6.673 10 11 Newtm

2

kg2

9.11 10 31 kg 1.67 10 27 kg

= = 2.27 1039

Es decir, un protón y un electrón se atraerán eléctricamente con una fuerza que es unas 1039 veces mayor que su fuerza de atracción gravitacional



2.5 De la ec. (2.27) derivada del modelo atómico de Bohr . . . vnk Z e

2h

2

1m

M

1

n=

considerando que Z = 1 para el Hidrógeno ( ó para el positronio ) y que en el primer orbital permitido el número cuántico vale n = 1, se tiene . . .

Hidrógeno : v1

8.988 109 Newtm

2

Coul2

1( ) 1.6 10 19 Coul 2

1.05457 10 34 Joule seg 11

1836

1

1( )= = 2.181 106

m

seg

= 0.0073( ) c

es decir el 0.73% de la rapidez de la luz en el vacío, lo cual justifica que no se haya utilizado la relatividad especial para describir el movimiento del electrón en torno al núcleo atómico.

En el positronio, el núcleo tiene la misma masa que el electrón, de modo que resulta . . .

Positronio: v1

8.988 109 Newtm

2

Coul2

1( ) 1.6 10 19 Coul 2

1.05457 10 34 Joule seg 11

1

1

1( )= = 1.09 106

m

seg

que es aproximadamente la mitad de la rapidez que tiene el electrón en un átomo de Hidrógeno.

2.6 La energía del n-ésimo nivel cuántico para un átomo de Bohr está dada por la ec. (2.28) :

En2 2 k

2 Z2 m e

4

h2

1m

M

1

n2

= = h c R Z2 1

n2

donde R es la constante de Rydberg , asi que tomando Z = 1 para un átomo de Hidrógeno y n = 1 para el estado base, resulta . . .

E1 6.626 10 34 Joules seg 2.998 108m

seg

1.0967758 1071

m

1

1( )2

=

= 2.178 10 18 Joules = 13.6 eV



y para el estado cuántico n = 4 , resulta . . .

E4 h c R Z2 1

4( )2

= = E1

16 =

13.6 eV16

= 0.85 eV

De éste modo, para ionizarse (que el electrón pase al nivel n = ) es necesario que el átomo absorba la energía 13.6 eV si inicilmente está en el estado base y sólo 0.85 eV si está incialmente en el estado n = 4 .

Por otra parte, para el Helio ionizado He+ , el número atómico vale Z = 2 de modo que las

energías de sus estados cuánticos son, de acuerdo a la ec. (2.28) Z2

22= 4= veces las correspondientes energías del Hidrógeno.La energía de ionización del He+ será por tanto cuatro veces mayor que la correspondiente para ionizar un átomo de Hidrógeno en el mismo estado cuántico.

2.7 La frecuencia y la longitud de onda se relacionan por c= , asi que partiendo de la ecuación (2.30) , la frecuencia de la radiación emitida por un átomo de Bohr que realiza la transición del estao cuántico ni al estado n f está dada por . . .

n f ni c

= = c Z

2R

1

n f 2

1

ni 2

de modo que si n , r y m son tres estados cuánticos diferentes, con n r m y suponemos que un átomo se enecuentra inicialmente en el estado m , entonces . . .

n m( ) c Z2 R

1

n2

1

m2

= ; r m( ) c Z2 R

1

r2

1

m2

=

n r( ) c Z2 R

1

n2

1

r2

=

asi que . . .

n m( ) c Z2 R

1

n2

1

m2

= = c Z2 R

1

n2

1

r2

1

r2

1

m2

= c Z2 R

1

n2

1

r2

c Z2 R

1

r2

1

m2

es decir . . . n m( ) n r( ) r m( )=



2.8 La primera línea de la serie de Lymann corresponde a la transición del estado n = 2 al estado n = 1, y además el número atómico Z vale 1 para el Hidrógeno y 2 para el Helio, asi que por la ecuación (2.30) se obtiene :

1

H1( )

2RH

1

12

1

22

= y 1

He21( )

2RHe

1

12

1

22

=

donde RH y RHe es el valor de la constante de Rydberg para el Hidrógeno y para el Helio

respectivamente. Entonces . . .

H He 4

3 RH1

3 RHe

=

= 4

3 109677581

m

1

3 109722271

m

= 9.119 10 8 m = 911.9 Angstroms

2.9 Este es el proceso inverso para la ionización de un átomo de He+ por medio de la absorción de un fotón y por lo tanto, la frecuencia del fotón absorbido debe ser la misma que durante el proceso inverso. Según la ec. (2.30), con Z = 2 , ni = y n f 1= la longitud de onda de

la radiación es . . .1

22 RHe

1

2

1

12=

es decir . . .

1

4 RHe = =

1

4 109722271

m

= 227.8 Å

en el ultravioleta, que corresponde a la frecuencia:

c

= = 1.316 1016

1

seg

2.10 Si no hay influencias externas sobre el átomo, su energía total asi como el momentum lineal deben permanecer constantes sin importar las transformaciones internas que el átomo tenga. Considerando al estado cuántico n = 4 como el estado inicial del átomo y como su estado final cuando el electrón regresa al primer orbital despues de que se ha emitido un fotón, el



n = 4

+ e e

+

U c

estado final estado inicial

principio de conservación de la energía Einicial E final= establece que . . .

K h = (*)

donde es la energía de excitación correspondiente al estado n = 4 y K es la energía cinética final de retroceso del átomo en su estado base.

Por otra parte, el momentum lineal P de una partícula de masa M se relaciona con su energía

cinética por medio de K1

2

P2

M= y a un fotón se le asocia el momentum lineal p

h

= ,

asi que por la conservación del momentum lineal pinicial p final= durante este proceso

atómico se tiene . . .

0 P p= es decir: 0 2 K Mh

= (**)

recordando que c

= y combinando las ecuaciones (*) y (**) se obtiene . . .

h c

K= y K M c

2 1 12

M c2

=

y con E4 E1= = E1

16E1

= 15

16E1 =

1516

13.6 eV( ) = 2.04 10 18 Joules

y M 1.67 10 27 kg= resulta que la energía cinética de retroceso del átomo es . . .

K1

2M U

2= 1.386 10 26 Joules=

y su rapidez es . . . U2 KM

= = 4.1m

seg



La longitud de onda del fotón emitido h c

K= cambia ligeramente debido al retroceso del

átomo, respecto a la longitud de onda oh c

= de la radiación que se emitiría si no se

considerase el movimiento del átomo. La diferencia es . . .

oh c

K

h c

= =

h c

K1

= h c

K

K

= 1.9864 10 25 Joules m

2.04 10 18 Joules

1.386 10 26

2.04 10 18 1.386 10 26

= 6.6 10 6 Angstroms

2.11 La frecuencia del fotón emitido por el átomo de Hidrógeno cuando pasa del estado n = 30 al estado n = 29 está dada por la ecuación (2.30) . . .

c

H= 1( )

2RH c

1

29( )2

1

30( )2

=

y vale . . .

109677581

m

2.998 108m

seg

59

756900

= = 2.563 10111

seg

por otra parte, la frecuencia de rotación del electrón en torno al núcleo es. . .

f Z2 2 k e

2 2

h3

M mM m

1

n3

=

como se dijo al analizar el principio de correspondencia. Asi que con Z = 1 , M m

M m m

y n 30= ó 29 resulta . . .

f 1( )2 2 k e

2 2

h3

m

1

n3

=

= 2 8.988 109 1.6 10 19 2

2

6.626 10 34 3

9.11 10 31 30( )

3

1

seg = 2.424 1011

1

seg

que es casi la misma frecuencia de la radiación emitida por el átomo.



E 1

E 2

E 3

E4

E

E5

2.12 Del diagrama de la derecha, nos podemos dar cuenta que existen 8 formas o "caminos " diferentes para que los átomos regresen a su estado base, partiendo inicialmente del estado excitado n = 5 .

Casda uno de esos caminos está formado por una sucesión de transiciónes o "saltos" entre niveles de energía:

1° E5 E1

2o E5 E2 E1

3o E5 E3 E1

4o E5 E3 E2 E1

5o E5 E4 E1

6o E5 E4 E2 E1

7o E5 E4 E3 E1

8o E5 E4 E3 E2 E1

Si cada uno de estos modos de decaimiento es igualmente probable, entonces

8 10208

1 1020= átomos decaerán por cada uno de ellos.

El número total de "saltos" posibles para regresar al estado base desde el nivel cuántico n

está dado por las posibles combinaciones de dos de los n niveles. . . n

n 2( ) 2 , asi que en

nuestro problema tal número es . . . 5

5 2( ) 210= .

Algunos de los "saltos" entre niveles de energía se repiten, asi que se emitirán. . .

1 1020 fotones en las transiciones E5 E1 , E5 E2 , E4 E1 y E4 E2 (ya que no se repiten)



2 1020 fotones en las transiciones E3 E1 , E5 E3 , E3 E2 y E4 E3

(ya que se repiten una vez)

4 1020 fotones en las transiciones E2 E1 y E4 E5 (ya que se repiten 3 veces)

Las líneas espectrales serán más brillantes en función del número de fotones que se emitan en la transición correspondiente. En nuestro ejemplo, las líneas correspondientes a las transiciones E2 E1 y E4

E5 serán 4 veces más brillantes que , por ejemplo la transición E5 E1 , que no se

repite

El total de fotones emitidos es entonces . . .

4 1 1020 4 2 1020 2 4 1020 20 1020=

2.13 La frecuencia c

= de la radiación emitida en la transición E3 E2 del nivel

cuántico n = 3 de energía al nivel n = 2 (que corresponde a la primera línea de la serie de Balmer), está dada por . . .

c Z2 R

1

2( )2

1

3( )2

=

Queremos que la transición 2 3 para el Hidrógeno Z 1=( ) sea aproximadamente igual a

n m para el Helio Z 2=( ) , siendo la masa nuclear del Helio unas 4 veces mayor que la

del Hidrógeno.

c 1( )2 RH

1

2( )2

1

3( )2

c 2( )2 RHe

1

n2

1

m2

=

Si se ignora la diferencia entre el valor de la constante de Rydberg para éstos átomos, se obtiene:

1

2( )2

1

3( )2

41

n2

1

m2

=

que podemos escribir . . . 1

2( )2

1

3( )2

1

n2

2

1

m2

2

= y puede verificarse

fácilmente al comparar los denominadores de estas fracciones que la transición buscada en el Helio es de n 4= a m 6=



Usando los valores exactos de la constante de Rydberg para el helio y para el Hidrógeno en la ec. (2.30) para calcular las longitudes de onda correspondientes, se obtiene . . .

1

H1( )

2RH

1

2( )2

1

3( )2

= es decir H 6564.69= Å

1

He 2( )

2RHe

1

4( )2

1

6( )2

= es decir He 6562.02= Å

2.14 Denotemos por 1 la energía de excitación del estado cuántico n = 2 y por las

energía de ionización del átomo de Hidrógeno, ambas obtenidas de la ec. (2.28):

En1

2

M mM m

2 k Z e2

h

2

1

n2

=

esto es . . .

1 E2 E1 = = 1

4E1 E1

= 3

4E1 =

3

413.6 eV( )

= 10.2 eV

y E E1 = = 0 E1 = 13.6 eV( ) = 13.6 eV

Considerando entonces un choque frotal entre los dos átomos de Hidrógeno, respecto a un sistema de referencia S en la cual uno de los átomos esté inicialmente en reposo, el choque se vería asi . . .

n = 1

+

e

n = 1

+

e

K

(antes del choque)n = 2

+

n = 1

+

Kf

(Después del choque)

mientras que respecto al sistema de referencia S' del centro de masa, al final del choque los átomos quedarían en reposo cuando la energía cinética inicial tenga justamente el valor mínimo para excitar a uno de los átomos al estado n = 2 .

En éste sistema de referencia, el choque se vería asi . . .



n = 1

+

n = 1

+

K'

(antes del choque)

K'

n = 2

+

n = 1

+

(en reposo después del choque)

Dado que en éste sistema de referencia las dos partículas tienen la misma masa y la misma energía cinética (pues por definición, en el sistema centro de masa asi se cumple que el momentum lineal total es cero), por la conservación de la energía Einicial E final=

se tiene que . . .

Kcm Kcm 1= es decir: Kcm1

2= (*)

y por la conservación del momentum lineal Pinicial P final= se tiene que . . .

M u M vcm 0=

donde vcm es la rapidez con la cual se mueve en éste sistema el átomo que aparece en

reposo en el sistema S . Además u v vcm= es la rapidez edel átomo que en el sistema S se movía

inicialmente a la rapidez v. Por lo tanto, la ecuación anterior queda: M v vcm vcm 0= y se deduce que

vcmv2

=

Asi que la ec. (*) 1

2M vcm 2

1

2= queda

1

2M

v2

2

1

2= , que se puede escribir

como . . .1

2M v

2 2 1=

pero 1

2M v

2 es la energía cinética inicial buscada del átomo de Hidrógeno incidente,

asi que substituyendo 1 resulta . . .

K 23

4E1

= = 3

2

que es lo que se quería demostrar. Vemos asi que para llevar a uno de los átomos apenas a su primer estado excitado, en el sistema de referencia S se requiere una energía cinética incluso mayor que la de ionización. Este no sería el caso en el sistema de referencia del centro de masa.

Si la energía cinética del átomo incidcente es menor que éste valor, no se tendrá posibilidad de excitar a ninguno de los átomos a su primer esttado cuántico y el choque resultará elástico.



La energía cinética requerida para producir la ionización de alguno de los átomos se otiene con substituida por 1 en la expresión deducida para la energía cinética, de donde se

deduce que la rapidez que debe tener alguno de los átomos para producirla sería . . .

v4 M

= 4 13.6( ) 1.6 10 19 Joules

1.67 10 27 kg = 7.219 104m

seg

Si ésta rapidez se ha de lograr por agitación térmica, la temperatura necesaria se obtiene de

la expresión clásica . . . vmed 2 3 k TM

= donde k es la constante de Boltzmann y

resulta . . .

Tv

2M

3 k= =

4 M

M

3 k =

4

3

k =

4

3

13.6( ) 1.6 10 19 Joules

1.38 10 23Joules

°K

= 210 000 °K

Como dato, la temperatura de la corona solar es de aproximadamente un millón de grados Kélvin, mientras que en la superficie solar es de unos 5000 ° K . Asi que cabe esperar que el Hidrógeno (que es el combustible nuclear del Sol), esté totalmente ionizado. En realidad, la temperatura interior de las estrellas es mucho mayor que su temperatura superficial, de modo que el núcleo estelar es un plasma de protones ó núcleos de isótopos de Hidrógeno ó de Helio.

E2.15 Como se deduce de los niveles de

energía pra un átomo de Hidrógeno mostrados a la derecha, para que un átomo pase del estado base ( n = 1 ) al estado cuántico n = 3 , es necesario suministrarle la energía:

E E3 E1=

= 1.51 eV 13.6 eV( )

= 12.09 eVó bién

E 12.09 eV 1.6 10 19Joules

eV

=

= 1.934 10 18 Joules

1.51 eVn 3=

n 2= 3.4 eV

n 1= 13.6 eV



Representando al choque entre un electrón y un átomo de Hidrógeno en un sistema de referencia S en el cual el átomo está inicialmente en reposo y en su estado base, mientras que el electrón tiene la energía cinética K y se mueve a la rapidez v en un choque frontal contra el átomo, el estado inicial (antes del choque) y el estado final (después del choque) entre estas partículas, quedaría representado como se ilustra en la siguiente figura . . .

n = 3

K1

(Después del choque)

K2 He

n = 1

K

(antes del choque)

v

H

Consideramos un choque frotal de modo que el electrón pueda ceder la máxima cantidad de energía al átomo. Si el choque no es frotal, la energía cedida al átomo siempre será menor.

La energía cinética mínima del electrón incidente capaz de excitar al átomo al estado n = 3 , se puede obtener muy fácilmente si se representa éste choque en el sistema de referencia de su centro de masa S' ( en el cual el momentum lineal total es cero ), ya que en tal sistema las partículas quedarían en reposo en el estado final si el electrón tiene inicialmente la energía mínima.En tal sistema de referencia, el estado inicial y el estado final del choque se verían asi. . .

n = 3

(en reposo después del choque)

He

n = 1

K

(antes del choque)

u

HeK

U

n

donde inicialmente el electrón tiene la energía cinética Ke y se mueve a la rapidez u ,

mientras que el átomo tiene la energía cinética Kn y se mueve en sentido opuesto al electrón

con la rapidez U , de tal forma que el momentum lineal total en este sistema es nulo, es decir . . .

me u MH U 0= es decir Ume

MHu= (*)

con me y MH las masas del electrón y del átomo respectivamente.

De éste modo, la rapidez del sistema S' respecto al sistema S es (puesto que el átomoe stá en reposo en S ) y la rapidez del electrón aquí es

u v U( )= = vme

MHu es decir . . . u

MH

MH me

v= (**)



El principio de la conservación de la energía Einicial E final= aplicado a éste choque en

éste sistema de referencia particular nos conduce a . . .

Ke KH E= es decir. . . 1

2me u

21

2MH U

2 E=

y al substituir u y U de las ecs. (*) y (**) resulta . . .

1

2me

MH

MH me

v

2

1

2MH

me

MH me

v

2

E=

ó

1

2me v

2MH

MH me

2MH me

MH me 2

E=

De ése modo, la energía cinética innicial del electrón en sl sistema de referencia S debe ser:

1

2me v

2 E 1me

MH

=

= 12.09 eV 11

1938

= 12.096 eV

Debido a la enorme diferencia de masa entre el electrón y el átomo de Hidrógeno, podemos apreciar que prácticamente el átomo quedará en reposo después del choque con el electrón, asi que éste casi no cede energía cinética al átomo. El voltaje que debe acelerar a los electrones para que adquieran esa energía es entonces 12.096 Volts.

Para ionizar un átomo de Hidrógeno, la energía necesaria sería ahora E E E1= =

13.6 eV de modo que los electrones debe sera acelerados ahora con un voltaje de 13.6 Volts aproximadamente.

2.16 Denotemos por MHe

MH

= 3.9715= , entonces a partir de la definición de la constante

de Rydberg se obtiene. . .

RH

RHe

1

2 h c

MH m

MH m

2 k e

2h

2

1

2 h c

MHe m

MHe m

2 k e

2h

2

= = MH

MHe

MHe m

MH m



esto es . . .RH

RHe

1

MH m

MH m

= = 1

MH

m 1

MH

m1

Considerando que MH es prácticamente la masa de un protón, resolviendo la ecuación

anterior para MH

m y se obtiene:

MH

m

RH

RHe

1

1RH

RHe

= =

3.9715( )109677.58 cm

1

109722.27 cm1

1

3.9715 1109677.58 cm

1

109722.27 cm1

= 1835.98

de manera que MH 1938 m= , que prácticamente dá el cociente de la masa de un protón

a al de un electrón.

2.17 El principio clásico de la equipartición de la energía establece que por cada grado de

libertad, una partícula tiene la energía cinética molecular media 1

2k T donde k es la

constantre de Boltzmann y T es la temperatura absoluta. Asi que para un átomo de

Hidrógeno que se mueve en 3 dimensiones, tal energía está dada por 3

3k T .

Si igualamos ésta energía con la de ionización E E E1= = 13.6 eV resulta

3

2k T E= de donde se obtiene que la temperatura del Hidrógeno debe ser. . .

T2

3

E

k= =

2

3

13.6 eV 1.6 10 19Joules

eV

1.38 10 23Joules

°K

= 1.051 105 °K

Como ya se dijo antes en el problema 14, la temperatura en el interior del Sol es mucho mayor.

2.18 La transición n = 3 a n = 2 corresponde a la primera línea de la serie de Balmer para el Hidrógeno, asi que a partir de la ec. (2.30)

1

Z

2R

1

n f 2

1

ni 2

=



la longitud de onda de la radiación emitida durante esa transición vale . . .

1

H1( )

2RH

1

22

1

32

=

esto es . . .

H36

5 RH= =

36

5 109677.58 cm1

= 6564.7 Å

La longitud de onda de la correspondiente línea espectral en el Tritio, usando la expresión general de la constante de Rydberg, es . . .

1

T1( )

2 1

2 h cM m

M m

2 k e2

h

2

1

2( )2

1

3( )2

=

donde M 3 MH= es la masa nuclear del Tritio en relación a la del Hidrógeno. De éste

modo, se obtiene por comparación . . .

1

T

1

H

1

2 h c

3 MH m

3 MH m

2 k e2

h

2

1

22

1

32

1

2 h c

MH m

MH m

2 k e2

h

2

1

22

1

32

=

que se simplifica a . . .

H

T

MH m

3 MH m

3 MH m

MH m= = 3

MH

m1

3MH

m 1

= 31836 1

3 1836( ) 1

= 1.0003630423

y TH

1.0003630423= = 6562.3 Å , de donde se obtiene que H T 2.4= Å , que es

una diferencia bien notable, dada la gran precisión de las mediciones espectroscópicas



2.20 De la fórmula (2.31) deducida en el problema 2.2 , la fracción f de partículas que son dispersadas un ángulo o ó mayor es:

f n sk Z e

2Ka

2

ctgo

2

2

=

Por lo tanto f 90° n sk Z e

2Ka

2

ctg 45°( )( )2= = n s

k Z e2

Ka

2

1( )

f 60° n sk Z e

2Ka

2

ctg 30°( )( )2= = n s

k Z e2

Ka

2

3( )2

de modo que la fracción de partícula dispersadas entre 60° y 90° está dada por la diferencia:

f 60° 90° f 60° f 90° =

= n sk Z e

2Ka

2

3 1( ) = 2 n sk Z e

2Ka

2

= 2 f 90°

Asi queda demostrado que se dispersa el doble de partículas entre 60° y 90° que bajo un ángulo igual o mayor que 90°


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NATURALEZA CORPUSCULAR DE LA RADIACIÓN