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Universidad de Chile Facultad de Medicina Escuela de Tecnolog´ıa M´ edica Viernes 05 de Julio de 2019. Certamen 3.

Profesor: Claudio Aravena.

1. Un electr´ on est´ a confinado a moverse en el plano xy en un rect´angulo cuyas dimensiones son Lx y Ly . Es decir, el electr´ on est´ a atrapado en un pozo de potencial bidimensional que tiene longitudes de Lx y Ly . En esta situaci´ on, las energ´ıas permitidas del electr´on dependen de dos n´ umeros cu´ anticos, nx y ny . Las energ´ıas permitidas se conocen por ! n2y n2x h2 + . E= 8me L2x L2y a) Si Lx = Ly = L, encuentre las energ´ıas de los cuatro niveles m´as bajos de energ´ıa para el electr´ on. Soluci´ on: Si Lx = Ly = L se obtiene la siguiente ecuaci´on para la energ´ıa E=


h2 2 2 n + n . x y 8me L2

Para que la ecuaci´ on de onda cumpla la condici´on de normalizaci´on el estado inicial debe ser nx = 1 y ny = 1, entonces E1,1 =


h2 h2 2 2 1 + 1 = . 8me L2 4me L2

El primer estado excitado ser´ıa nx = 2 y ny = 1 o nx = 1 y ny = 2, donde la energ´ıa es E2,1 = E1,2 =


h2 5h2 2 2 2 + 1 = . 8me L2 8me L2

El segundo estado excitado ser´ıa nx = 2 y ny = 2, donde la energ´ıa es E2,2 =


h2 h2 2 2 2 + 2 = . 8me L2 me L2

Finalmete el tercer estado excitado ser´ıa nx = 3 y ny = 1 o nx = 1 y ny = 3, donde la energ´ıa es
h2 5h2 2 2 E3,1 = E1,3 = 3 + 1 . = 8me L2 4me L2 b) Determine la diferencia de energ´ıa entre el segundo estado excitado y el estado fundamental. Soluci´ on: La diferencia de energ´ıa entre el segundo estado excitado y el estado fundamental es ∆E = E2,2 − E1,1 = 1

h2 h2 3h2 − = . 2 2 me L 4me L 4me L2

2.

~ los valores a) Considere al ´ atomo de hidr´ ogeno en el estado l = 3. Calcule la magnitud de L, ~ permitidos de Lz , y los correspondientes ´angulos θ que L forma con el eje z. Soluci´ on: ~ est´ La magnitud de L a dado por, p p √ L = l(l + 1)~ = 3(3 + 1)~ = 2 3~. Los valores permitidos de Lz son 7 posibles, entonces Lz = −3~, − 2~, − ~, 0, + ~, + 2~, + 3~. Los valores permitidos para cos θ son ±3 cos √ = ±0,866 2 3 ±1 cos √ = ±0,289 2 3 Los ´ angulos correspondientes son

±2 cos √ = ±0,577, 2 3 ±0 cos √ = 0, 2 3

θ = 30o , 54, 7o , 73, 2o , 90o , 107o , 125o , 150o . b) Suponga que tres part´ıculas sin carga id´enticas con una masa m y un esp´ın 1/2 est´an contenidas dentro de una caja unidimensional de longitud L. ¿Cu´al es la energ´ıa del estado fundamental de este sistema? (Ayuda: Piense que la caja satisface el principio de exclusi´on de Pauli). Soluci´ on: Los fermiones son descritos por el principio de exclusi´on de Pauli. Los dos primeros estar´ an en el primer nivel de energ´ıa, uno en up, y el otro en down. Observemos lo siguiente 1 h h d = L = λ, λ = 2L = , p = . 2 p 2L La energ´ıa cin´etica (no relativista) es 1 p2 h2 K = mv 2 = = . 2 2m 8mL2 Nos falta entonces determinar la energ´ıa para la tercera part´ıcula, la cual deber´ıa encontrarse en el nivel que viene, L 1 h h d = = λ, λ = L = , p = . 2 2 p L 1 p2 h2 K = mv 2 = = . 2 2m 2mL2 Sumando entonces las energ´ıa de las tres part´ıculas se tiene una energ´ıa total E= 3.

h2 h2 h2 3h2 + + = . 8mL2 8mL2 2mL2 4mL2

a) Un arque´ ologo encuentra una pieza de carb´on de 25 g en las ruinas de una ciudad antigua. La muestra presenta una actividad 14 C de 250 decaimientos/minuto. ¿Hace cu´anto tiempo muri´ o el ´arbol del cual proviene esta muestra? Soluci´ on: 2

Debemos calcular la constante de decaimiento para el 14 C, que tiene una vida media de 5730 a˜ nos. 0,693 λ= = 3,83 × 10−12 s−1 . T1/2 El n´ umero de n´ ucleos de N (12 C) =

14 C

debe calcularse en dos pasos, primero calculamos:

6,02 × 1023 nucleos/mol (25 gr) = 1,26 × 1024 nucleos. 12 g/mol

Sabemos que la raz´ on de 14 C a 12 C en la muestra viva era 1,3×10−12 , se observa que el n´ umero C de n´ ucleos de 14 en 25 g antes de la desintegraci´on es: N0 (14 C) = (1,3 × 10−12 )(1,26 × 1024 ) = 1,6 × 1012 nucleos. Por lo tanto, la actividad inicial de la muestra es: R0 = N0 λ = 370 decaimientos/min. Como conocemos la actividad R en tiempo actual y la actividad R0 entonces el tiempo buscado es:   1 R t = ln = 3,2 × 103 yr λ R0 b) Se observan las siguientes reacciones: a) 94 Be + n → b) 94 Be + γ → Calcule las

10 Be + γ 4 8 Be + n 4 masas de 8 Be

Q = 6,812 M eV. Q = −1,665 M eV. y

10 Be

en unidades de masa unificadas a cuatro cifras decimales.

Soluci´ on: Escribamos en el orden correcto las reacciones nucleares pero respectivas a las energ´ıa. a) 94 Be +10 n → 10 4 Be + 6,812 9 b) 4 Be + 1,665 → 84 Be +10 n Entonces escritas en unidades de masa at´omica a) M10 = 9,012182 u + 1,008665 u − 4 Be b) M84 Be = 9,012182 u + 4.

1,665 M eV 931,5 M eV /u

6,812 M eV 931,5 M eV /u

= 10,0135 u

− 1,008665 u = 8,0053 u.

a) Una Part´ıcula K + de 150 MeV decae en 2π + y π − En una emulsi´on fotogr´afica, los rangos de mediciones dan las energ´ıas cin´eticas de las π + entre 68,6 y 80,8 MeV, y la de π − como de 75,5 MeV. Encuentre Q para la reacci´on y la masa de K + . Soluci´ on: La reacci´ on es K + → π + + π + + π − , por lo tanto, Q = Kπ+ + Kπ+ + Kπ− − KK + = 74,9 M eV. Entonces, de Q = (mK + − 2mπ+ + mπ− )c2 se obtiene: mK + = 498,7 M eV. b) Cada una de las siguientes reacciones est´a prohibida. Determine la ley de conservaci´on que se viola en cada una. i. p + p¯ → µ+ + e− . 3

ii. π − + p → p + π + . iii. p + p → p + p + n. Soluci´ on: i. No se cumple Le ya que 0 + 0 → 0 + 1 y Lµ ya que 0 + 0 → −1 + 0. ii. No se cumple la ley de conservaci´on de la carga ya que −1 + 1 → 1 + 1. iii. No se cumple el n´ umero bari´onico 1 + 1 → 1 + 1 + 1.

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