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T5: Física moderna
Efecto fotoeléctrico
Problema
2025 · Extraordinaria · Reserva
D-b1
Examen

Se comprueba experimentalmente que una célula fotoeléctrica comienza a emitir electrones cuando sobre ella incide radiación de longitud de onda 2⋅10−7 m2 \cdot 10^{-7} \text{ m}. Posteriormente, se ilumina la superficie de la célula con luz de frecuencia 4,5⋅1015 Hz4,5 \cdot 10^{15} \text{ Hz}.

i) Calcule el trabajo de extracción de la célula y la frecuencia umbral.ii) Calcule la energía cinética máxima de los fotoelectrones emitidos y su velocidad.

Datos: h=6,63⋅10−34 J⋅sh = 6,63 \cdot 10^{-34} \text{ J} \cdot \text{s}; me=9,1⋅10−31 kgm_e = 9,1 \cdot 10^{-31} \text{ kg}; c=3⋅108 m/sc = 3 \cdot 10^8 \text{ m/s}

Trabajo de extracciónFrecuencia umbralEnergía cinética máxima
Resolución del Efecto Fotoeléctrico

Para resolver este ejercicio utilizaremos la ecuación de Einstein para el efecto fotoeléctrico, fundamentada en el principio de conservación de la energía, donde la energía del fotón incidente se emplea en vencer el trabajo de extracción del metal y en dotar de energía cinética al electrón emitido.

i) Calcule el trabajo de extracción de la célula y la frecuencia umbral.

La frecuencia umbral (u0 u_0 o f0f_0) es la frecuencia mínima necesaria para que se produzca la emisión de electrones. Se relaciona con la longitud de onda umbral (λ0\lambda_0) mediante la velocidad de la luz:

f0=cλ0f_0 = \frac{c}{\lambda_0}

Sustituyendo los valores proporcionados (λ0=2⋅10−7 m\lambda_0 = 2 \cdot 10^{-7} \text{ m} y c=3⋅108 m/sc = 3 \cdot 10^8 \text{ m/s}):

f0=3⋅108 m/s2⋅10−7 m=1,5⋅1015 Hzf_0 = \frac{3 \cdot 10^8 \text{ m/s}}{2 \cdot 10^{-7} \text{ m}} = 1,5 \cdot 10^{15} \text{ Hz}

El trabajo de extracción (W0W_0) es la energía mínima necesaria para liberar un electrón del metal y se calcula como:

W0=h⋅f0W_0 = h \cdot f_0
W0=6,63⋅10−34 J⋅s⋅1,5⋅1015 s−1=9,945⋅10−19 JW_0 = 6,63 \cdot 10^{-34} \text{ J} \cdot \text{s} \cdot 1,5 \cdot 10^{15} \text{ s}^{-1} = 9,945 \cdot 10^{-19} \text{ J}
ii) Calcule la energía cinética máxima de los fotoelectrones emitidos y su velocidad.

Cuando la superficie se ilumina con una frecuencia f=4,5⋅1015 Hzf = 4,5 \cdot 10^{15} \text{ Hz}, aplicamos la ecuación de Einstein:

Efotoˊn=W0+Ek,maˊxE_{\text{fotón}} = W_0 + E_{k,\text{máx}}

Despejamos la energía cinética máxima (Ek,maˊxE_{k,\text{máx}}):

Ek,maˊx=h⋅f−W0E_{k,\text{máx}} = h \cdot f - W_0
Ek,maˊx=(6,63⋅10−34⋅4,5⋅1015)−9,945⋅10−19E_{k,\text{máx}} = (6,63 \cdot 10^{-34} \cdot 4,5 \cdot 10^{15}) - 9,945 \cdot 10^{-19}
Ek,maˊx=2,9835⋅10−18−9,945⋅10−19=1,989⋅10−18 JE_{k,\text{máx}} = 2,9835 \cdot 10^{-18} - 9,945 \cdot 10^{-19} = 1,989 \cdot 10^{-18} \text{ J}

Para hallar la velocidad máxima (vmaˊxv_{\text{máx}}), utilizamos la expresión de la energía cinética clásica, ya que la velocidad resultante no es fraccionalmente comparable de forma crítica a la de la luz:

Ek,maˊx=12me⋅vmaˊx2⇒vmaˊx=2⋅Ek,maˊxmeE_{k,\text{máx}} = \frac{1}{2} m_e \cdot v_{\text{máx}}^2 \Rightarrow v_{\text{máx}} = \sqrt{\frac{2 \cdot E_{k,\text{máx}}}{m_e}}
vmaˊx=2⋅1,989⋅10−18 J9,1⋅10−31 kgv_{\text{máx}} = \sqrt{\frac{2 \cdot 1,989 \cdot 10^{-18} \text{ J}}{9,1 \cdot 10^{-31} \text{ kg}}}
vmaˊx=4,3714⋅1012≈2,09⋅106 m/sv_{\text{máx}} = \sqrt{4,3714 \cdot 10^{12}} \approx 2,09 \cdot 10^6 \text{ m/s}