Problemas de Física Cuántica II
Cliffor Jerry Herrera Castrillo 1
UNIVERSIDAD NACIONAL AUTÓNOMA DE NICARAGUA,
MANAGUA.
UNAN-MANAGUA
FACULTAD REGIONAL MULTIDISCIPLINARIA, Estelí.
FAREM-Estelí
Recinto “Leonel Rugama Rugama”
Asignatura:
Física cuántica II.
Carrera
Física-matemática.
MSc.:
Juan José Moran.
Autor.
Cliffor Jerry Herrera Castrillo
Noviembre del 2016

Problemas de Física Cuántica II
Cliffor Jerry Herrera Castrillo 2
Ejercicios de física cuántica II.
Partículas micro y macroscópicas confinadas en una caja.
1. Un electrón está confinado entre dos paredes impenetrables con una
separación de 𝟎. 𝟐𝟎𝟎 𝒏𝒎. Determine los niveles de energía para los
estados 𝒏 = 𝟏, 𝟐 𝒚 𝟑.
a) Encuentre la rapidez del electrón en el estado 𝒏 = 𝟏.
Datos
Masa del electrón (𝑚 𝑒) = 9,11 × 10−31
𝑘𝑔.
Separación (𝐿) = 0.200 𝑛𝑚.
Niveles de energía (𝐸 𝑛) =?
Solución
Como la energía mínima corresponde al estado fundamental, que es el estado de energía
mínima para cualquier sistema, la menor energía de una partícula en la caja es diferente de
cero, según la mecánica cuántica, la partícula nunca puede estar en reposo.
Es importante destacar que la energía potencial es igual a 0 y los niveles de energía cinética
son proporcionados por la siguiente ecuación:
𝐸 𝑛 = (
ℎ2
8𝑚𝐿2
) 𝑛2
Por lo tanto cuando 𝑛 = 1 el nivel de energía es:
𝐸1 = (
(6,63 × 10−34
𝐽 ∙ 𝑠)2
(8)(9,11 × 10−31 𝑘𝑔)(0.200 × 10−9 𝑚)2
) (12
)
𝐸1 = (
4,39569 × 10−67
𝐽2
∙ 𝑠2
(7,28 × 10−30 𝑘𝑔)(4 × 10−20 𝑚2)
) (1)
𝐸1 = (
4,39569 × 10−67
𝐽2
∙ 𝑠2
(7,288 × 10−30 𝑘𝑔)(4 × 10−20 𝑚2)
) (1)

Problemas de Física Cuántica II
Cliffor Jerry Herrera Castrillo 3
𝐸1 = (
4,39569 × 10−67
𝐽2
∙ 𝑠2
2.9152 × 10−49 𝑘𝑔𝑚2
) (1)
𝐸1 = (1,51 × 10−18
𝐽)(1) = 1,51 × 10−18
𝐽
Pasando esta energía a electro volts resultará:
𝐸1 =
(1,51 × 10−18
𝐽)(1𝑒𝑉)
1,60 × 10−19 𝐽
𝐸1 = 9.43𝑒𝑉
Cuando 𝑛 = 1 entonces se tiene la mínima energía, y se denomina energía en estado.
Para calcular la energía de estado para los niveles 𝑛 = 2 𝑦 3 se puede utilizar la ecuación
𝐸 𝑛 = 𝑛2
𝐸1.
𝐸2 = (2)2
𝐸1 = 4(9,43𝑒𝑉) = 37,72𝑒𝑉
𝐸3 = (3)2
𝐸1 = 9(9,43𝑒𝑉) = 84,87𝑒𝑉
a) Para encontrar la rapidez del electrón se resuelve la expresión clásica para la energía
cinética para la rapidez de la partícula.
𝐾 =
1
2
𝑚 𝑒 𝑢2
En esta ecuación se debe de tener en cuenta que la energía cinética 𝐾 es igual
a la energía del sistema 𝐸 𝑛 por tanto 𝐾 =
1
2
𝑚 𝑒 𝑢2
= 𝐸 𝑛.
𝐸 𝑛 =
1
2
𝑚 𝑒 𝑢2
2𝐸 𝑛 = 𝑚 𝑒 𝑢2
,
2𝐸 𝑛
𝑚 𝑒
= 𝑢2
, √
2𝐸 𝑛
𝑚 𝑒
= 𝑢, Al realizar la sustitución la rapidez da:
√
2(1,51 × 10−18 𝐽)
9,11 × 10−31 𝑘𝑔
= 𝑢
√
3,02 × 10−18
9,11 × 10−31 𝑘𝑔
= 𝑢

Problemas de Física Cuántica II
Cliffor Jerry Herrera Castrillo 4
√3,32 × 1012 = 𝑢
𝑢 = 1820724,696𝑚/𝑠
La rapidez que posee el electrón el su primer estado es igual a
𝑢 = 1820724,696𝑚/𝑠 , lo que corresponde a un 0,6% en comparación con la velocidad
de la luz.
Valores esperados para la partícula en una caja.
2. Una partícula de masa 𝒎 está confinada a una caja unidimensional
entre 𝒙 = 𝟎 y 𝒙 = 𝑳. Encuentre el valor esperado de la posición 𝒙 de la
partícula en el estado caracterizado por el número cuántico 𝒏.
Datos
Masa = 𝑚.
Posición = 𝑥.
El enunciado se enfoca en una partícula cuántica en una caja y en el cálculo del valor
esperado de 𝑥.
Como 〈𝑥〉 = ∫ ѱ∗
𝑥ѱ𝑑𝑥
∞
−∞
y ѱ 𝑛(𝑥) = √
2
𝐿
𝑠𝑒𝑛 (
𝑛𝜋𝑥
𝐿
) ambas ecuaciones se combinan y los
límites de la integral −∞ a ∞ se reducen a la integral de 0 a 𝐿 porque la función de onda
ѱ = 0.
〈𝑥〉 = ∫ 𝑥 [√
2
𝐿
𝑠𝑒𝑛 (
𝑛𝜋𝑥
𝐿
)]
2
𝑑𝑥
𝐿
0
〈𝑥〉 = ∫ 𝑥
𝐿
0
2
𝐿
𝑠𝑒𝑛2
(
𝑛𝜋𝑥
𝐿
) 𝑑𝑥
〈𝑥〉 =
2
𝐿
∫ 𝑥
𝐿
0
𝑠𝑒𝑛2
(
𝑛𝜋𝑥
𝐿
) 𝑑𝑥

Problemas de Física Cuántica II
Cliffor Jerry Herrera Castrillo 5
Como 𝑠𝑒𝑛2
𝑥 =
1−𝑐𝑜𝑠2𝑥
2
al realizar la sustitución resulta que 𝑠𝑒𝑛2
(
𝑛𝜋𝑥
𝐿
) = (
1−𝑐𝑜𝑠2(
𝑛𝜋𝑥
𝐿
)
2
)
entonces la integral se reduce a:
〈𝑥〉 =
2
𝐿
∫ 𝑥
𝐿
0
(
1 − 𝑐𝑜𝑠2 (
𝑛𝜋𝑥
𝐿
)
2
) 𝑑𝑥
〈𝑥〉 =
2
𝐿
∫ 𝑥
𝐿
0
(
1
2
−
𝑐𝑜𝑠2 (
𝑛𝜋𝑥
𝐿
)
2
) 𝑑𝑥
〈𝑥〉 =
2
𝐿
∫
𝑥
2
𝐿
0
− 𝑥
𝑐𝑜𝑠2 (
𝑛𝜋𝑥
𝐿
)
2
𝑑𝑥
〈𝑥〉 =
2
𝐿
∫
𝑥
2
𝐿
0
𝑑𝑥 − ∫ 𝑥
𝐿
0
𝑐𝑜𝑠2 (
𝑛𝜋𝑥
𝐿
)
2
𝑑𝑥
〈𝑥〉 =
2
𝐿
[
𝑥2
4
−
1
2
[∫ 𝑥𝑐𝑜𝑠2 (
𝑛𝜋𝑥
𝐿
)
𝐿
0
𝑑𝑥]]
Para la evaluación de la integral ∫ 𝑥𝑐𝑜𝑠2 (
𝑛𝜋𝑥
𝐿
)
𝐿
0
𝑑𝑥 se utiliza la
integración por partes ∫ 𝑢𝑑𝑣
𝐿
0
= 𝑢𝑣 − ∫ 𝑣𝑑𝑢
𝐿
0
donde 𝑢 = 𝑥 𝑑𝑥 y
𝑑𝑣 = 𝑐𝑜𝑠2 (
𝑛𝜋𝑥
𝐿
) 𝑑𝑥. Al sustituir resulta:
〈𝑥〉 =
2
𝐿
[
𝑥2
4
−
1
2
(𝑥
𝑠𝑒𝑛2 (
𝑛𝜋𝑥
𝐿
)
2𝑛𝜋/𝐿
− ∫
𝑠𝑒𝑛2 (
𝑛𝜋𝑥
𝐿
)
2𝑛𝜋/𝐿
𝐿
0
𝑑𝑥)]
〈𝑥〉 =
2
𝐿
[
𝑥2
4
−
1
2
(𝑥
𝑠𝑒𝑛2 (
𝑛𝜋𝑥
𝐿
)
2𝑛𝜋/𝐿
−
1
2𝑛𝜋/𝐿
∫ 𝑠𝑒𝑛2 (
𝑛𝜋𝑥
𝐿
)
𝐿
0
𝑑𝑥)]
〈𝑥〉 =
2
𝐿
[
𝑥2
4
−
1
2
(𝑥
𝑠𝑒𝑛2 (
𝑛𝜋𝑥
𝐿
)
2𝑛𝜋/𝐿
−
1
2𝑛𝜋/𝐿
(−
𝑐𝑜𝑠2 (
𝑛𝜋𝑥
𝐿
)
2
𝑛𝜋
𝐿
))]
𝑣 =
𝑠𝑒𝑛2 (
𝑛𝜋𝑥
𝐿
)
2𝑛𝜋/𝐿
Integración por partes 𝑢
se deriva y 𝑑𝑣 se integra.
𝑢 = 𝑥 𝑑𝑥.
𝑑𝑢 = 𝑑𝑥.
𝑑𝑣 = 𝑐𝑜𝑠2 (
𝑛𝜋𝑥
𝐿
) 𝑑𝑥.

Problemas de Física Cuántica II
Cliffor Jerry Herrera Castrillo 6
〈𝑥〉 =
2
𝐿
[
𝑥2
4
−
1
2
(𝑥
𝑠𝑒𝑛2 (
𝑛𝜋𝑥
𝐿
)
2𝑛𝜋/𝐿
+
𝑐𝑜𝑠2 (
𝑛𝜋𝑥
𝐿
)
4 (
𝑛𝜋
𝐿
)
2 )]
〈𝑥〉 =
2
𝐿
[
𝑥2
4
− 𝑥
𝑠𝑒𝑛2 (
𝑛𝜋𝑥
𝐿
)
4𝑛𝜋
𝐿
−
𝑐𝑜𝑠2 (
𝑛𝜋𝑥
𝐿
)
8 (
𝑛𝜋
𝐿
)
2 ]
Al evaluarla de 0 a 𝐿 la integral resulta:
〈𝑥〉 =
2
𝐿
[(
𝐿2
4
− 𝐿
𝑠𝑒𝑛2 (
𝑛𝜋𝐿
𝐿
)
4𝑛𝜋
𝐿
−
𝑐𝑜𝑠2 (
𝑛𝜋𝐿
𝐿
)
8 (
𝑛𝜋
𝐿
)
2 ) − (
02
4
− 0
𝑠𝑒𝑛2 (
𝑛𝜋0
𝐿
)
4𝑛𝜋
𝐿
−
𝑐𝑜𝑠2 (
𝑛𝜋0
𝐿
)
8 (
𝑛𝜋
𝐿
)
2 )]
〈𝑥〉 =
2
𝐿
[
𝐿2
4
]
〈𝑥〉 =
𝐿
2
Este resultado indica que la posición de la partícula 𝑥 está en el centro de la caja para todos
los valores de los números cuánticos principales 𝑛.
Probabilidad cerca del centro de una caja rígida.
3. Un electrón está en un pozo cuadrado de potencial
con profundidad infinita de ancho 𝒍 = 𝟏. 𝟎𝟎 ×
𝟏𝟎−𝟏𝟎
𝒎. Si el electrón está en el estado
fundamental, ¿cuál es la probabilidad de
encontrarlo en una región de ancho ∆𝒙 = 𝟏. 𝟎𝟏 ×
𝟏𝟎−𝟏𝟐
𝒎 en el centro del pozo (en 𝒙 = 𝟎. 𝟓𝟎 ×
𝟏𝟎−𝟏𝟎
𝒎)?
Datos
Ancho del pozo (𝑙) = 1.00 × 10−10
𝑚
Ancho de la región (∆𝑥) = 1.01 × 10−12
𝑚

Problemas de Física Cuántica II
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Centro del pozo (𝑥) = 0.50 × 10−10
𝑚
La probabilidad de encontrar una partícula en una pequeña región de ancho 𝑑𝑥 es |ѱ|2
𝑑𝑥.
La función de onda para el estado fundamental es:
ѱ(𝑥) = √
2
𝑙
𝑠𝑒𝑛
𝜋𝑥
𝑙
Como se observa en la figura la curva para 𝑛 = 1 muestra que ѱ es aproximadamente
constante cerca del centro del pozo, por tanto se puede evitar una integral 𝑑𝑥 y se establece
que 𝑑𝑥 ≈ ∆𝑥.
Para encontrar la probabilidad primero se elevaran al cuadrado ambos términos de la
ecuación.
(ѱ)2
∆𝑥 = (√
2
𝑙
𝑠𝑒𝑛
𝜋𝑥
𝑙
)
2
∆𝑥 → ѱ2
∆𝑥 =
2
𝑙
𝑠𝑒𝑛2
[
𝜋𝑥
𝑙
] ∆𝑥
Se sustituyen los datos.
ѱ2
∆𝑥 =
2
1.00 × 10−10 𝑚
𝑠𝑒𝑛2
[
𝜋(0.50 × 10−10
𝑚)
1.00 × 10−10 𝑚
] 1.01 × 10−12
𝑚
ѱ2
∆𝑥 = 2 × 1010
𝑠𝑒𝑛2[1,6]1.01 × 10−12
𝑚
ѱ2
∆𝑥 = 0,02
Por lo tanto, la probabilidad de encontrar al electrón en esta región en el centro del pozo es
del 2%.
Teniendo en cuenta que (∆𝑥) = 1.01 × 10−12
𝑚 es el 1% del ancho del pozo (𝑙) =
1.00 × 10−10
𝑚 el resultado del 2% es según la física cuántica. Desde el punto de vista
clásico el electrón podría estar en cualquier parte de la caja por lo tanto la probabilidad
sería del 1%.
El nivel del Fermi

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4. Para el cobre metálico, determine a) la energía de Fermi, b) la energía
promedio de los electrones y c) la rapidez de los electrones en el nivel
de Fermi (lo que se conoce como rapidez de Fermi).
a) Para encontrar la energía de Fermi en el cobre se debe de tener en cuenta los siguientes
datos:
Masa del cobre 𝑚 = 63.5 × 10−3
𝑘𝑔
Densidad de la masa del cobre 𝜌 𝐷 = 8,9 × 103
𝑘𝑔/𝑚3
Número de electrones 𝑁 = 1𝑚𝑜𝑙 para el cobre es igual a 6,02 × 1023
.
Masa del electrón 𝑚 𝑒 = 9,1 × 10−31
𝑘𝑔.
Constate de Planck ℎ = 6,63 × 10−34
𝐽 ∙ 𝑠
Para calcula la energía con los datos proporcionados se debe de tener en cuenta las
siguientes ecuaciones.
𝑔(𝐸) =
8√2𝜋𝑚 𝑒
ℎ3
𝐸1/2
Y
𝑁
𝑉
= ∫ 𝑔(𝐸)𝑑𝐸
𝐸 𝐹
0
.
Combinando ambas ecuaciones resulta:
𝑁
𝑉
= ∫
8√2𝜋𝑚 𝑒
ℎ3
𝐸1/2
𝑑𝐸
𝐸 𝐹
0
𝑁
𝑉
=
8√2𝜋𝑚 𝑒
ℎ3
∫ 𝐸1/2
𝑑𝐸
𝐸 𝐹
0
𝑁
𝑉
=
8√2𝜋𝑚 𝑒
ℎ3
𝐸 𝐹
3/2
3/2
→
𝑁
𝑉
=
16√2𝜋𝑚 𝑒 𝐸 𝐹
3/2
3ℎ3
Despejando 𝐸𝑓 se calcula la energía de Fermi.
𝑁
𝑉
3ℎ3
16√2𝜋𝑚 𝑒
= 𝐸 𝐹
3/2
→ 𝐸 𝐹 = √(
𝑁
𝑉
3ℎ3
16√2𝜋𝑚 𝑒
)
2
3

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𝐸 𝐹 = √(
𝑁
𝑉
3
𝜋
)
23
ℎ2
8𝑚 𝑒
Como no se conoce el valor de
𝑁
𝑉
se deberá de calcular(𝑉 = 𝑚/𝜌 𝐷.
𝑁
𝑉
=
𝑁
𝑚
𝜌 𝐷
𝑁
𝑚
𝜌 𝐷 = (
6,02 × 1023
𝑒𝑙𝑒𝑐𝑡𝑟𝑜𝑛𝑒𝑠
63.5 × 10−3 𝑘𝑔
) (
8,9 × 103
𝑘𝑔
𝑚3
)
𝑁
𝑚
𝜌 𝐷 = 8,4 × 1028
𝑚−3
Este resultado es el número de electrones de conducción por unidad de volumen en el
cobre. Con este dato ya se puede encontrar la energía de Fermi.
𝐸 𝐹 = √(8,4 × 1028 𝑚−3 ∙
3
𝜋
)
23
∙
(6,63 × 10−34
𝐽 ∙ 𝑠)2
8(9,1 × 10−31 𝑘𝑔)
𝐸 𝐹 = √6,4 × 1057 𝑚−33
∙
4,4 × 10−67
𝐽2
∙ 𝑠2
7,3 × 10−30 𝑘𝑔
𝐸 𝐹 = 1,9 × 1019
𝑚−1
∙ 6,0 × 10−67
𝐽2
∙
𝑠2
𝑘𝑔
𝐸 𝐹 = 1,1 × 10−18
𝐽
Expresada en electro volts es igual a:
𝐸 𝐹 =
1,1 × 10−18
𝐽 ∙ 1𝑒𝑉
1,60 × 10−19 𝐽
→ 𝐸𝑓 = 7,2𝑒𝑉
La energía del estado en el nivel de Fermi, llama energía de Fermi, 𝐸 𝐹 para el cobre es de
1,1 × 10−18
𝐽 = 7,2𝑒𝑉.

Problemas de Física Cuántica II
Cliffor Jerry Herrera Castrillo 10
b) La energía promedio de los electrones está dada por la ecuación 𝐸̅ =
3
5
𝐸 𝐹, como ya se
conoce la energía de Fermi entonces solo se sustituye.
𝐸̅ =
3
5
∙ 7,2𝑒𝑉 → 𝐸̅ = 4,3𝑒𝑉
La energía promedio es de 4,3𝑒𝑉 = 6,9 × 10−19
𝐽 para el cobre.
c) Para calcular la rapidez de los electrones en el nivel de Fermi se debe de tener en cuenta
que la energía que se calculó en el inciso a es la energía cinética, por tanto la rapidez
estará dada por la ecuación 𝐸 =
1
2
𝑚𝑣2
donde 𝐸 = 𝐸 𝐹 y 𝑚 = 𝑚 𝑒.
Al despejar la ecuación para resulta:
𝑣 = √
2𝐸 𝐹
𝑚 𝑒
→ 𝑣 = √
2(1,1 × 10−18 𝐽)
9,1 × 10−31 𝑘𝑔
𝑣 = 1,6 × 106
𝑚/𝑠
La rapidez de los electrones será de 1,6 × 106
𝑚/𝑠 lo que corresponde a un 0,53% en
comparación con la velocidad de la luz.
5. El núcleo 𝐙𝐧𝟔𝟒
tiene una energía de 𝟓𝟓𝟗, 𝟎𝟗 𝐌𝐞𝐕 use la formula
semiempirica de energía para generar una estimación teórica de enlace
para este núcleo.
Los datos a utilizar son:
a) Para el núcleo 𝑍𝑛64
, 𝑍 = 30, 𝑁 = 34 y 𝐴 = 64.
b) Constantes:
𝐶1 = 15,7𝑀𝑒𝑉.
𝐶2 = 17,8𝑀𝑒𝑉.
𝐶3 = 𝑂, 71𝑀𝑒𝑉

Problemas de Física Cuántica II
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𝐶4 = 23,6𝑀𝑒𝑉.
c) Ecuación del enlace total (fórmula semiempirica)
𝐸 𝑏 = 𝐶1 𝐴 − 𝐶2 𝐴
2
3 − 𝐶3
𝑍(𝑍 − 1)
𝐴
1
3
− 𝐶4
(𝑁 − 𝑍)
𝐴
Luego se procede a resolver sustituyendo las constantes y datos.
𝐸 𝑏 = 15,7𝑀𝑒𝑉 × 64 − 17,8𝑀𝑒𝑉 × (64)
2
3 − 𝑂, 71𝑀𝑒
30(30 − 1)
(64)
1
3
− 23,6𝑀𝑒𝑉
(34 − 30)
64
𝐸 𝑏 = 1004,8𝑀𝑒𝑉 − 285𝑀𝑒𝑉 − 154𝑀𝑒𝑣 − 5,9𝑀𝑒𝑉.
d) Respuesta:
𝐸 𝑏 = 556𝑀𝑒𝑉.
6. Unos protones se colocan en un campo magnético con dirección 𝒛 y
𝟐, 𝟑𝟎 T de magnitud. a) ¿Cuál es la diferencia de energías entre un
estado con la componente 𝒛 de un protón de cantidad de movimiento
angular espín paralela al campo, y uno con la componente anti
paralela al campo? b) Un protón puede hacer una transición de uno a
otro de esos estados, emitiendo o absorbiendo un fotón de energía igual
a la diferencia de energías entre los dos estados. Calcule la frecuencia y
la longitud de onda de ese fotón.
Análisis.
Se supone que el campo magnético tiene la dirección de z positiva, y que el momento
magnético del protón tiene la misma dirección que su espín
1
2
. Si la componente z del espín
está alineada con 𝐵⃗ , 𝜇 𝑍 es igual al valor positivo; si la componente z del espín es opuesta a
𝐵⃗ entonces es el negativo de ese valor. La energía de interacción en cualquier caso es
𝑈 = −𝜇 𝑍 𝐵 y la diferencia de energía [lo que buscamos en el inciso a)] es la diferencia

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entre los valores de U para las dos orientaciones de espín. La frecuencia y la longitud de
onda del fotón se determinan con las ecuaciones 𝐸 = ℎ𝑓 =
ℎ𝑐
𝜆
.
Solución.
a) Cuando la componente Z de S (y de 𝝁⃗ ) es paralela al campo de energía.
𝑈 = −|𝜇 𝑍|𝐵
𝑈 = −(2,7928)(3,152 × 10−8
𝑒𝑉)(2,30𝑇)
𝑈 = 2,025 × 10−7
𝑒𝑉
Cuando las componentes son anti paralelas al campo de energía es 2,025 × 10−7
𝑒𝑉 y la
diferencia de energía entre las dos es:
∆𝐸 = 2(2,025 × 10−7
𝑒𝑉) = 4,05 × 10−7
𝑒𝑉
ℎ = 6,626 × 10−34
𝐽 ∙ 𝑠 Si esta energía por segundo se expresa en electro volts se tendrá
que:
ℎ =
(6,63 × 10−34
𝐽 ∙ 𝑠)(1𝑒𝑉)
1,60 × 10−19 𝐽
ℎ = 4,14375 × 10−15
𝑒𝑉 ∙ 𝑠
b) La frecuencia y la longitud de onda del fotón correspondiente son:
𝑓 =
∆𝐸
ℎ
𝑓 =
4,05 × 10−7
𝑒𝑉
4,14375 × 10−15 𝑒𝑉 ∙ 𝑠
𝑓 = 9,8 × 107
𝐻𝑧
Como 1𝑀𝐻𝑧 = 1 × 106
𝐻𝑧 entonces 9,8 × 107
𝐻𝑧es igua a: 97,9 𝑀 𝐻𝑧
𝑓 =
(9,8 × 107
𝐻𝑧)(1𝑀𝐻𝑧)
1 × 106 𝐻𝑧
𝑓 = 98𝑀𝐻𝑧

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Cliffor Jerry Herrera Castrillo 13
𝜆 =
𝑐
𝑓
𝜆 =
3 × 108
𝑚/𝑠
9,8 × 107 𝑠−1
𝜆 = 3,06𝑚
El protón es una partícula de espín con un momento magnético, de manera que su energía
depende de la orientación de su espín en relación con un campo magnético aplicado.
7. Calcule el nivel mínimo de energía para una partícula en una caja, si la
partícula es un electrón, y la caja mide 𝟓. 𝟎 × 𝟏𝟎−𝟏𝟎
𝒎 en su interior,
es decir, es un poco mayor que un átomo.
El nivel mínimo de energía (esto es, el estado fundamental) corresponde a 𝑛 = 1.
Datos:
ℎ = 6,63 × 10−34
𝐽𝑠
𝑚 = 9,1 × 10−31
𝑘𝑔 Masa del electrón.
𝑙 = 5,0 × 10−10
𝑚
Ecuación:
𝐸 =
ℎ2
8𝑚𝑙2
𝐸 =
(6,63 × 10−34
𝐽𝑠 )2
8(9,1 × 10−31 𝑘𝑔)(5,0 × 10−10 𝑚)2
𝐸 = 2,4 × 10−19
𝐽
𝐸 = 1,5 𝑒𝑉
El mínimo de energía que presenta una partícula en una caja que mida 5.0 × 10−10
𝑚 es de
1,5 𝑒𝑉 lo que equivale a 2,4 × 10−19
𝐽.
8. Demostrar las equivalencias entre unidades.
1𝑠 = 1,519 𝑥 1021
𝑀𝑒𝑉−1
.
1𝑓𝑚 = 5,068 𝑥 10−3
𝑀𝑒𝑉.

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Datos:
ћ = 1,055 × 10−34
𝐽 ∙ 𝑠
1𝑓𝑚 = 1 × 10−15
𝑚
Ecuaciones:
𝐸 = ℏ/𝑡
𝐸 = ℏ𝑐/𝜆
Solución:
a) Para calcular la primera equivalencia se utiliza la siguiente ecuación 𝐸 = ℏ/𝑡.
𝐸 =
1,055 × 10−34
𝐽 ∙ 𝑠
1𝑠
𝐸 = 1,055 × 10−34
𝐽
Convirtiendo esta energía a electrón volts resulta:
𝐸 =
1,055 × 10−34
𝐽 × 1𝑒𝑉
1,60 × 10−19 𝐽
𝐸 = 6,59375 × 10−16
𝑒𝑉
Como un 𝑀𝑒𝑉 = 1 × 106
𝑒𝑉 entonces se tiene una energía de:
𝐸 =
6,59375 × 10−16
𝑒𝑉 × 1𝑀𝑒𝑉
1 × 106 𝑒𝑉
𝐸 = 6,5937510−22
𝑀𝑒𝑉
Como la relación está en 𝑀𝑒𝑉−1
entonces se divide 1 entre la energía.
𝐸−1
=
1
6,5937510−22 𝑀𝑒𝑉
= 1,516587448 × 1021
𝑀𝑒𝑉−1
b) Para el cálculo de la energía para la segunda equivalencia se debe de tener en cuenta
que un fermi 𝑓𝑚 es igual a 1 × 10−15
𝑚.
𝐸 = (1.055 × 10−34
𝐽 ∙ 𝑠)(3 × 108
𝑚/𝑠)/1 × 10−15
𝑚

Problemas de Física Cuántica II
Cliffor Jerry Herrera Castrillo 15
𝐸 =
3,165 × 10−26
𝐽 ∙ 𝑚
1 × 10−15 𝑚
𝐸 = 3,165 × 10−11
𝐽
Convirtiendo esta energía a electro volts resulta:
𝐸 =
3,165 × 10−11
𝐽 × 1𝑒𝑉
1,60 × 10−19 𝐽
𝐸 = 197 812 500𝑒𝑉
En mega electro volts es:
𝐸 =
197 812 500𝑒𝑉 × 1𝑀𝑒𝑉
1 × 106 𝑒𝑉
𝐸 = 197,8125 × 1013
𝑀𝑒𝑉
Como la equivalencia esta elevada a un exponente negativo entonces el resultado será:
𝐸−1
=
1
197,8125 × 1013 𝑀𝑒𝑉
= 5,0552 × 10−3
𝑀𝑒𝑉−1
9. Calcular cuántos fotones pos segundo emite una bombilla de 𝟏𝟎𝟎𝒘. La
longitud de onda visible es de 𝝀~𝟔𝟎𝟎𝟎𝑨.
Datos
𝐼 = 100𝑤, como 1𝑤 = 1𝐽/𝑠 entonces 100𝑤 = 100𝐽/𝑠.
𝜆~6000𝐴, teniendo en cuenta que 1𝐴 es igual a 0,1𝑛𝑚 entonces 6000𝐴 = 600𝑛𝑚
Solución
El número de fotones está dado por 𝑛𝐸 = 𝐼, como no se conoce el valor de 𝐸 se deberá de
calcular, para lo cual se utiliza la siguiente ecuación 𝐸 = ℎ𝑐/𝜆.
𝐸 =
(6,63 × 10−34
𝐽 ∙ 𝑠)(3 × 108
𝑚/𝑠)
600 × 10−9 𝑚
𝐸 =
1,989 × 10−25
𝐽 ∙ 𝑠 ∙ 𝑚/𝑠
600 × 10−9 𝑚

Problemas de Física Cuántica II
Cliffor Jerry Herrera Castrillo 16
𝐸 = 3,315 × 10−19
𝐽
Como ya se tiene el valor de la energía se calculará el número de fotones, para lo cual se
debe de despejar la siguiente ecuación.
𝑛𝐸 = 𝐼 → 𝑛 =
𝐼
𝐸
𝑛 =
100𝐽/𝑠
3,315 × 10−16 𝐽
𝑛 = 3,016 × 1020
𝑓𝑜𝑡𝑜𝑛𝑒𝑠/𝑠
10.Un paquete de electrones es acelerado mediante una diferencia de
potencial de 𝟓𝟎 𝟎𝟎𝟎𝑽 y posteriormente lanzado contra una placa de
plomo para producir rayos 𝑿 por bremsstra hlung. Determine la
longitud de onda mínima de los rayos 𝑿 que se pueden obtener con este
montaje.
Para solucionar este problema se debe de tener en cuenta que 1𝑉 es igual a 1𝑒𝑉. Por lo
tanto en 50 000 𝑉 hay 50 000𝑒𝑉.
Por lo tanto esta energía en Joule es igual a:
𝐸 =
50 000𝑒𝑉 × (1,60 × 10−19
𝐽)
1𝑒𝑉
𝐸 = 8 × 10−15
𝐽
Como ya se tiene el valor de la energía se procede a calcular la longitud de onda mínima, la
cual está dada por la siguiente ecuación.
𝜆 =
ℎ𝑐
𝐸
𝜆 =
(6.63 × 10−34
𝐽 ∙ 𝑠)(3 × 108
𝑚/𝑠)
8 × 10−15 𝐽

Problemas de Física Cuántica II
Cliffor Jerry Herrera Castrillo 17
𝜆 = 2,48625 × 10−11
𝑚
La longitud de onda mínima de los rayos 𝑋 será de 2,48625 × 10−11
𝑚 lo que es
equivalente a 0,024862𝑛𝑚.