fÍsica iii d (62.15) guía resuelta

FÍSICA III D (62.15)

Guía Resuelta

Segundo Cuatrimestre 2019

Ejercicios Fisica 3D - FIUBA

g

1


Índice1. Radiación de Cuerpo Negro 5

1.1. Ejercicio 1 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 5

1.2. Ejercicio 2 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 5

1.3. Ejercicio 3 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 5

1.4. Ejercicio 4 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 6

1.5. Ejercicio 5 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 6

1.6. Ejercicio 6 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 7

1.7. Ejercicio 7 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 9

2. Interacción de la radiación con la materia 112.1. Ejercicio 1 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 11

2.2. Ejercicio 2 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 11

2.3. Ejercicio 3 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 12

2.4. Ejercicio 4 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 13

2.5. Ejercicio 5 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 13

2.6. Ejercicio 6 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 14

2.7. Ejercicio 7 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 15

2.8. Ejercicio 8 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 16

2.9. Ejercicio 9 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 17

2.10.Ejercicio 10 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 17

3. Modelos atómicos 183.1. Ejercicio 1 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 18

3.2. Ejercicio 2 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 18

3.3. Ejercicio 3 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 19

3.4. Ejercicio 4 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 20

3.5. Ejercicio 5 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 21

3.6. Ejercicio 6 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 22

3.7. Ejercicio 7 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 24

3.8. Ejercicio 8 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 25

3.9. Ejercicio 9 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 26

4. Postulados de de Broglie y Principio de Incerti-dumbre 264.1. Ejercicio 1 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 26

4.2. Ejercicio 2 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 27

4.3. Ejercicio 3 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 27

4.4. Ejercicio 4 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 28

4.5. Ejercicio 5 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 29

4.6. Ejercicio 6 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 30

2


4.7. Ejercicio 7 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 32

4.8. Ejercicio 8 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 33

5. Sistemas multielectronicos 345.1. Ejercicio 1 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 34

5.2. Ejercicio 2 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 35

5.3. Ejercicio 3 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 35

5.4. Ejercicio 4 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 36

5.5. Ejercicio 5 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 36

5.6. Ejercicio 6 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 38

5.7. Ejercicio 7 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 39

5.8. Ejercicio 8 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 41

5.9. Ejercicio 9 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 44

5.10.Ejercicio 10 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 45

5.11.Ejercicio 11 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 45

5.12.Ejercicio 12 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 47

6. Teoría cuántica del electrón libre 476.1. Ejercicio 1 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 47

6.2. Ejercicio 2 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 48

6.3. Ejercicio 3 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 49

6.4. Ejercicio 4 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 50

6.5. Ejercicio 5 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 51

7. Teoría de bandas 517.1. Ejercicio 1 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 51

7.2. Ejercicio 2 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 51

7.3. Ejercicio 3 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 51

7.4. Ejercicio 4 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 52

7.5. Ejercicio 5 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 53

7.6. Ejercicio 6 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 55

7.7. Ejercicio 8 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 55

8. Semiconductores 558.1. Ejercicio 1 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 55

9. Juntura p-n 55

9.1. Ejercicio 1 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 55

9.2. Ejercicio 2 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 60

9.3. Ejercicio 3 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 61

9.4. Ejercicio 4 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 61

9.5. Ejercicio 5 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 62

3


9.6. Ejercicio 6 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 63

9.7. Ejercicio 7 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 64

9.8. Ejercicio 8 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 65

9.9. Ejercicio 9 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 65

10.Apendice 66

10.1.Guía 6 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 66

4


1. Radiación de Cuerpo Negro

1.1. Ejercicio 1

• FB(E) = A exp(−EkBT

)

•∫ ∞−∞

FB(E) · dE = 1∫ ∞−∞

FB(E) · dE =

∫ ∞−∞

A exp(−EkBT

) · dE =

A

∫ ∞0

exp(−EkBT

) · dE = A(−kBT )(0− 1) = AkBT = 1

⇒ A =1

kBT

1.2. Ejercicio 2

< E >=

∫∞0 AE exp( −EkBT

) · dE∫∞0 A exp( −EkBT

) · dE=

∫ ∞0

AE exp(−EkBT

) · dE =

A

∫ ∞0

E exp(−EkBT

) · dE = A[0 + (kBT )2] =1

kBT(kBT )2 = kBT

1.3. Ejercicio 3

• FMB(vx) =

√m

2πkTexp(−mv2

x

2kT)

• Ec =1

2mv2

x (2)

5


< v2x >=

∫∞0

√m

2πkT exp(−mv2x

2kT )v2x · dvx∫∞

0

√m

2πkT exp(−mv2x

2kT ) · dvx=

∫∞0 exp(−mv

2x

2kT )v2x · dvx∫∞

0 exp(−mv2x

2kT ) · dvx=

√π

4 m2kT

√m

2kT√π

2√

m2kT

= √π2

√m

2kT

√π4 m

2kT

√m

2kT

2 ∗ 2kT

4m=kT

m

< Ec >=<1

2mv2

x >=1

2m < v2

x >=

1

2mkT

m=kT

2

1.4. Ejercicio 4

Temperatura del cuerpo negro: T = (1000± 3)K

Radiancia total: RT = εσT 4

Error Asociado: ∆RT = 4εσT 3∆T

RT = (5, 6704x104 ± 680)Wm2

1.5. Ejercicio 5

λmax = 5100Å1)Ley de desplazamiento de wein:

λmaxT = bWein

T =bWein

λmaxT ≈ 5682K

6


2)

3)λ = (5750± 1750)Å; T = 5682K (temperatura del sol)Rλ =

∫ 7500Å4000Å R(λ, T ) · dλ = ∗

Acá hacemos la aproximación por el rectángulo o algún mé-todo numérico.∗ = (7500Å− 4000Å)R(7500Å+24000Å

2 , 5682K) =

(3500Å)R(5750Å, 5682K) = 25800085,5Wm2

Comentario: R(λ, T ) esta en la hoja de formulas junto conotras constantes.

1.6. Ejercicio 6

Datos:rE = 0,1m

d = 1m

7


λ = (0, 5± 0, 01)µm

AD = 0,0001m2

PD = 3x10−5W

RE: Potencia por unidad de área de la esfera.

PE: Potencia emitida por la esfera.

RE−d:Potencia por unidad de área de la esfera-distancia.

PD: Potencia recibida por el detector.

8


RE =

∫ 0,51µm

0,49µm

R(λ, T ) · dλ = 0,02µmR(0,5µm, T )

PE = AERE = 4πr2ERE

RE−d =PE

4π(rE + d)2

PD = RE−dAD

Obtenemos:

PD =4πr2

E(0,02µmR(0,5µm, T ))

4π(rE + d)2AD

Reemplazo por los datos del problema y un poco de álgebra:T = 1917, 2K

1.7. Ejercicio 7

Datos:

AD = 0,01m2

rE = 0,001m

d = 0,1m

TE = 1500K

λ ∈ [60, 100]µm

9


RE: Potencia por unidad de área de la esfera.

PE: Potencia emitida por la esfera.

RE−d:Potencia por unidad de área de la esfera-distancia.

PD: Potencia recibida por el detector.

RE =

∫ 60µm

100µm

R(λ, T ) · dλ =

∫ 60µm

100µm

αT

λ4= ·dλ =

1274

27

W

m2

PE = AERE = 4πr2ERE

RE−d =PE

4π(rE + d)2

PD = RE−dAD

Obtenemos:

PD =4πr2

ERE

4π(rE + d)2AD = 4,6255x10−5 = 46,255µm

finalmente: PD = (46± 5)µm

1)Coincide con el obtenido por Planck (44µm) tomando encuenta el error

10


2)y3) A longitudes de onda mas chicos la nueva teoría falla,no responde a los valores obtenidos en la practica. Cambian-do el detector con un rango mas chico de longitudes refuta-mos la nueva teoría.

2. Interacción de la radiación con la materia

2.1. Ejercicio 1

Datos:

P = 0,35mW

ν = 8,6x1015Hz

η = 10−6

E = hν = 5,69842x10−18J

fEnergía de cada fotón

K =P

E=

0,00035Js5,69842x10−18J

f

= 6,142x1013f

sFotones por seg.

N = Kη = 61420534,11e

sElectrones por seg.

I = Nq = 9,84x10−12C

s= 9,84pA Corriente eléctrica

Comentario: q: Carga del electrón, Cs = A,W = Js

2.2. Ejercicio 2

Enunciado un poco confuso, consultarlo en clase.1)

Eec = hν − ω0

Energía cinetica de los electrones.

2)Para arrancar electrones la energía del fotón tiene que ser

11


mayor a la funcion trabajo(Ef = hν = hcλ > ω0).

λ = 0,1m;Ef = 0,0000124eV

No tenemos suficiente energía para arrancar electrones

2.3. Ejercicio 3

Datos:

ω0 = 2,13eV

λ = 500nm

N = 1010 es

Ef = hν = 2,48eV ,tengo efecto fotoeléctricoEmaxc = Ef − ω0 = 0,35eV

Emaxc = eV0 ⇒ V0 = Emax

c

1

e= 0,35V Pot. de frenado

Ia = N.qe = 1,602nA Corriente de saturación

12


A menor longitud de onda tengo una mayor energía en losfotones,entonces los electrones tendrán mas energía cinetica

2.4. Ejercicio 4

Ec = 125000eV La energia cinetica es comparable a m0c2

el problema es relativista.

E = m0c2 + Ec

E2 = (pc)2 + (m0c2)2

⇒ p =

√2m0Ec + (

Ec

c)2 = 2,024x10−22kg

m

s

2.5. Ejercicio 5

Datos:

λ = 1,3249 Å

λ′ = 1,3461 Å

1)

λ′ = λ + λC(1− cos (θ))

cos (θ) = 1− λ′ − λλC

⇒ θ = 82,671o

2)

p = p′ cos (θ) + pe cos (ϕ)

0 = p′ sin (θ)− pe sin (ϕ)

pe cos (ϕ) = p− p′ cos (θ)

pe sin (ϕ) = p′ sin (θ)

⇒ tan (ϕ) =p′ sin (θ)

p− p′ cos (θ)⇒ ϕ = 48,15o

13


3)Tenemos que plantear conservación de la energía.

Efi + Ee

i = Eff + Ee

f

hν + me0c

2 = hν ′ + EeT

hν + me0c

2 = hν ′ + me0c

2 + Eec

⇒ Eec = hν − hν ′ = 147,38eV

4)Para consultarlo en clase.

2.6. Ejercicio 6

Datos:

ν = 3x1018 ⇒ λ = 1Å

1)



En la misma dirección: θ = ϕ

p = 2p′ cos (θ)

pe = p′

⇒ cos (θ) =p

2p′=

hλ

2 hλ′

=λ′

2λ(1)

reemplazamos (1) en:

λ′ = λ + λC(1− cos (θ))

λ′ = λ + λC(1− λ′

2λ)

⇒ λ′ =2λ2 + 2λλc

2λ + λc= 1,012Å

14


2)

Eec = hν − hν ′ = 147eV

2.7. Ejercicio 7

1)Para calcular la potencia sobre el metal hacemos lo mismoque en la guía 1 entonces PM = 9,885x10−11W = 98,85pW

2)Energía de los fotones, Ef = hν = h cλ = 1,77eV

a)

Ef > ω0 Tengo efecto fotoeléctrico, se liberan electrones

K =PMEf

=9,885x10−11J

s

2,836x10−19Jf

= 348572445,5f

sFotones por seg.

N = Kη = 348572445,5e

sElectrones por seg.

I = Nq = 5,585x10−11C

s= 55,85pA Corriente eléctrica

b)Ef < ω0 No tengo efecto fotoeléctrico, no se liberan electro-

15


nes entonces I = 0A

2.8. Ejercicio 8

Datos:

θ = 30o

Eec = 50KeV

λ′ = λ + λC(1− cos (θ))

Eec = hν − hν ′

Con los datos:

λ′ = λ + λC2−√

3

2

50KeV = hν − hν ′ = hc(1

λ− 1

λ′)

⇒ λ′ = 0,03Å, λ = 0,0268Å

16


2.9. Ejercicio 9

1)Planteamos conservación de la energía.

Ef + m0c2 = E ′f + m0c

2 + Eec

Ef = E ′f + Eec ⇒ Ee

c Máxima; Eff Mínima

E ′f = hν ′ =hc

λ′es mínima para λ′ máximo

máximo︷︸︸︷λ′ = λ + λc(1− cos (θ)︸︷︷︸

mínimo

)⇒ cos (θ) = −1⇒ θ = π

2)Planteamos conservación del momento

pf + pe = p′f + p′e

pf + pe = p′f + p′e

pf = p′f + p′e ⇒ p′e Máxima; p′f Mínimamáximo︷︸︸︷E2 = (p′ec)

2︸︷︷︸máximo

+(m0c2)2

⇒ E︸︷︷︸máximo

= m0c2 +

máximo︷︸︸︷Eec

Llegamos al a lo mismo que el inciso 1) entonces θ = π

2.10. Ejercicio 10

Consultarlo en clase.

17


3. Modelos atómicos

3.1. Ejercicio 1

Consultarlo en clase.

3.2. Ejercicio 2

1

λ= Rnz

2(1

n2i

− 1

n2f

)

Serie de Lyman: ni = 1; nf > 1 UVSerie de Balmer: ni = 2; nf > 2 VisibleSerie de Paschen: ni = 3; nf > 3 InfrarojoSerie de Bracket: ni = 4; nf > 4 Infrarojo lejanoSerie de Pfund: ni = 5; nf > 5 Infrarojo mas lejano

1)Consultarlo en clase2)

Rn = 1,097x107m−1 Constante de Rydberg

λ = (Rnz2(

1

n2i

− 1

n2f

))−1

Serie de Balmer, Z=1, ni = 2

λ = (Rn(1

4− 1

n2f

))−1

18


3.3. Ejercicio 3

Z=1, ni = 1, nf = 3

λ = (Rn(1− 1

9))−1 = 102,55nm

Energía del fotón emitido:

Ef = hν =hc

λ= 12eV

Momento del fotón:

p =h

λ= 6,461x10−27kg

m

s

19


3.4. Ejercicio 4

En = −13,6eVZ2

n2

Los electrones al desexcitarse pasan a los estados que se venen la figura anterior, emiten fotones de energía Ef = Ei−Ej

1)Al excitar con fotones, estos entregan toda su energía enton-ces los fotones tienen que tener una energía Ef = E4−E1 =

(−0,85eV ) − (−13,6eV ) = 12,75eV , la frecuencia es única

20


ν =Ef

h = 3,083x1015Hz

2)Al excitar con electrones, estos pueden entregar toda o par-te de su energía.Para llevar al sistema al estado n = 4 co-mo mínimo necesito que tenga energía: Ef = E4 − E1 =

(−0,85eV ) − (−13,6eV ) = 12,75eV y como máximo Ef =

E5 − E1 = (−0,54eV ) − (−13,6eV ) = 13,06eV , entoncesEe ∈ [12,75eV, 13,06eV )

3.5. Ejercicio 5

Helio simplemente ionizado He+, Z = 2, En = −54,4eVn2

1)Los electrones entregan toda o parte de su energía.Podemosexcitar los electrones del nivel fundamental (n = 1) a losniveles:

n = 2, (Primer estado excitado), E1−2 = E2 − E1 =

40,8eV

n = 3, (Segundo estado excitado), E1−3 = E3 − E1 =

48,355eV

Al desexcitarse el sistema trata de volver al estado funda-mental, por lo que emitirá fotones como se muestra en lasiguiente figura

21


2)El sistema no puede excitarse por que el fotón entrega todasu energía y no tenemos un salto de energía (E1−j) igual ala energía de los fotones.

3.6. Ejercicio 6

1)Los electrones entregan toda o parte de su energía, calculola energía de los saltos entre estados.

n = 1→ n = 2, E1−2 = E2 − E1 = 10,2eV

22


n = 1→ n = 3, E1−2 = E3 − E1 = 12,09eV

El estado de mayor energía al que llegan es n = 3, E3 =

−1,51eV

2)Los fotones entregan toda su energía, en este caso el sistemano se excita por que no tenemos saltos de energía E1−j =

Ej − E1 igual a la energía de los fotones (Ef = 12,4eV )

23


3.7. Ejercicio 7

Eic − Ef

c = hν

si Efc = 0⇒ ν = νmax

Eic = hνmax =

hc

λmin

⇒ λmin =hc

Eic

=hc

qV0= 0,31Å

2)

24


Forma un espectro continuo. Además de esta componentecontinua, el espectro de rayos X está formado también poruna parte discreta en forma de picos de gran intensidad quese superponen a la primera. Estos picos se denominan ra-diación característica, ya que su posición dentro del espectrodepende del material del ánodo, y más concretamente de sunúmero atómico (número de protones de cada átomo).

3.8. Ejercicio 8

Hacemos lo mismo que el punto anterior.

λmin =hc

Eic

=hc

qV0=

hc

2eV0= 0,31Å

25


3.9. Ejercicio 9

Kα: lineas expectralesTransición ni = 2→ nf = 1, ZCu = 29

λ = (Rnz2(1− 1

4))−1 = 1,445Å

Tenemos un error mínimo,el calculo de λ no encanja con elmodelo de Bohr

4. Postulados de de Broglie y Principio de Incerti-dumbre

4.1. Ejercicio 1

1)Datos:

m = 55g = 0,055kg

v = 10ms

λ =h

p=

h

mv= 1,205x10−33m

2)Datos:

Ec = 100eV

λ =h

p=

h√2mEc

= 1,2264x10−10m

3)A masas muy chicas tengo longitudes de onda de de Brogliemayores.Comentario: Problema clásico por que Ec << m0c

2

26


4.2. Ejercicio 2

Datos:

λ = 300nm

ω0 = 2,13eV

Tenemos que ver si hay efecto fotoeléctrico (Ef > ω0)

Ef =hc

λ= 4,13eV

Eec = Ef − ω0 = 4,13eV − 2,13eV = 2eV

⇒ λ =h

p=

h√2mEc

= 8,67x10−10m

Potencial de frenado: Eec = eV0 ⇒ V0 = 2V

Comentario: Problema clásico por que Ec << m0c2

4.3. Ejercicio 3

Datos:

λ = 0,709Å

λ′ = 0,733Å

27




θ = 90o

p = pe cos (ϕ)

0 = p′ − pe sin (ϕ)⇒ p′ = pe sin (ϕ)

Entonces

pe =√p2 + p′2 =

√(h

λ)2 + (

h

λ′)2 = 1,3x10−23kg

m

sLongitud de onda de de Broglie:

λ =h

pe= 0,51Å

4.4. Ejercicio 4

Y1 = A0 sin (w1t− k1x)

Y2 = A0 sin (w2t− k2x)

Y1 + Y2 = A0(sin (w1t− k1x) + sin (w2t− k2x))

= A02 cos (w1t− k1x− w2t + k2x

2) sin (

w1t− k1x + w2t− k2x

2)

= A02 cos ((w1 − w2)t + (k2 − k1)x

2) sin (

(w1 + w2)t− (k1 + k2)x

2)

= A02 cos (∆Wt

2− ∆Kx

2) sin (Wt−Kx)

W = w1+w22 ; K = k1+k2

2 ; ∆W = |w1 − w2|; ∆K = |k1 − k2|Velocidad de fase: WK = w1+w2

k1+k2

Velocidad de grupo:∆W

2∆K

2= |w1−w2||k1−k2|

28


4.5. Ejercicio 5

Ec << m0c2, Problema clásico, ⇒ Ec = p2

2m

< Ec >=< p2

2m >= <p2>2m

E = −Ec por Bohr1)

d = 1x10−10m⇒ ∆x = 1x10−10m

Partícula confinada (< p >= 0)

∆p =√< p2 > − < p >2 ⇒ ∆p2 =< p2 >

Principio de incertidumbre de Heisenberg

∆p∆x ≥ h

2

∆p ≥ h

2∆x

∆p2 ≥ (h

2∆x)2

< p2 >≥ (h

2∆x)2

< p2 >

2m≥ (

h

2∆x)2 1

2m

Ec ≥ (h

2∆x)2 1

2m= 0,95eV

E ≤ −0,95eV Electrón ligado

2)

29


Estado fundamental (n = 1) átomo de H, E1 = −13,6eV .E1 < −0,95eV no viola el principio de incerteza.3)Hacemos lo mismo que el punto 1), tenemos ∆x = 1x10−14 ⇒E ≤ −95249544eV (Electrón muy ligado)4)E = −1000000eV > −95249544eV viola el principio de in-certeza, el electrón no puede ser confinado.

4.6. Ejercicio 6

El enunciado tendría que decir:Si ∆t es la vida media del electrón en un estado de energíaal fundamental..... Datos:

∆ν = 20MHz

Principio de incerteza ∆E∆t ≥ h2

30


Libera un fotón hν = En − E1 ⇒ ν =En

h− E1

h

∆E1∆t1 ≥h

2; ∆t1 =∞

∆E1 ≥h

2∆t1⇒ ∆E1 = 0 (1)

∆ν =∆En

h+

∆E1

hReemplazamos el valor de (1)

∆ν =∆En

hUtilizamos el principio de incerteza:

∆En∆tn ≥h

2

∆En∆tn1

h≥ h

2h

∆ν∆tn ≥h

2h∆ν2h

h≥ 1

∆tn= A

El máximo lo tengo en A = ∆ν2hh

31


4.7. Ejercicio 7

1)Datos:

∆x = 1x10−6m

m = 6x1022kg

v = 1000ms

Como v << c el problema es clásico entonces p = mv

∆x∆p ≥ h

2

∆x∆p1

p≥ h

2p∆p

p≥ h

2p∆x= 8,79x10−55kg

m

s∆pp es muy chico, podemos aplicar trayectoria.2)Datos:

∆x = 1x10−10m

Estamos en la orbita fundamental n = 1, E = −13,6eV

entonces Ec = −E = 13,6eV , Ec << m0c2 problema clásico

p =√

2mEc = 2x10−24kgm

s

∆x∆p ≥ h

2

∆x∆p1

p≥ h

2p∆p

p≥ h

2p∆x= 0,264kg

m

s

32


∆pp es muy grande, no podemos aplicar trayectoria.

4.8. Ejercicio 8

Datos:

Ec = 20KeV

vf = 5x104ms

vf << c problema clásico.1)Planteo conservación de la energía

Ei = Ef

Eeci + m0c

2 = Eecf + m0c

2 + hνf

Eeci =

1

2mv2

f + hνf

νf = 4,84x1018Hz

2)

electrón libre

Ep = 0∑f = 0

no localizadaΨ(x, t) = A exp (i(kx− wt))

k = 2π1

λ=

2πp

h

w = 2πf = 2πp2

2mh=πp2

mh3)Velocidad de fase: Vfase = w

k = p2m =

vf2

33


Velocidad de grupo: Vgrupo = δwδk = hδw

hδk = δEδp = δEc

δp = 2p2m =

vf acá tenemos Ep = 0; Ec = p2

2m

4)La mas representativa es la velocidad de grupo.

5. Sistemas multielectronicos

5.1. Ejercicio 1

Datos:Pozo cubico de lado a

Electrón libre mas energético E = 12h2π2

2ma2 = 12Ea

Energía en el pozo tridimensional:

E =h2π2

2m(n2x

a2+n2y

b2+n2z

c2) + ms

ehB

mNo tenemos presencia de campo magnético B = 0 además esun cubo b = c = a

E =h2π2

2m(n2x

a2+n2y

a2+n2z

a2)

=h2π2

2ma2(n2

x + n2y + n2

z)

= Ea(n2x + n2

y + n2z)

1)En la estadística de Maxwell-Bolzmann los electrones pue-den ubicarse con los mismos números cuánticos, voy a tenerinfinitos electrones.2)En el principio de exclusión de Pauli los electrones no pue-den tener el mismo estado cuántico (Ir al apéndice para verlos estados cuánticos).

34


Entonces como máximo voy a tener 22 electrones.

5.2. Ejercicio 2

Potencial cubico de paredes infinitas, sin presencia de cam-po magnético.

E = E0(n2x + n2

y + n2z)

Vemos los estados cuánticos para los cuales tenemos energíaE = 57E0

(nx, ny, nz,ms)

(4, 4, 5,±1

2);(4, 5, 4,±1

2); (5, 4, 4,±1

2)

(7, 2, 2,±1

2);(2, 7, 2,±1

2); (2, 2, 7,±1

2)

Contando los estados cuánticos tenemos un orden de dege-neración 12.

5.3. Ejercicio 3

Consultarlo en clase

35


5.4. Ejercicio 4


5.5. Ejercicio 5


E =h2π2

2m(n2x

a2+n2y

b2+n2z

c2) + ms

ehB

m

No tenemos presencia de campo magnético B = 0 además esun cubo b = a; c = a

2

E =h2π2

2m(n2x

a2+n2y

a2+

4n2z

a2)

=h2π2

2ma2(n2

x + n2y + 4n2

z)

= Ea(n2x + n2

y + 4n2z)

36


1)Estados cuánticos con energía entre 0 a 17Ea

(nx, ny, nz,ms)→E

(1, 1, 1,1

2)→6Ea

(1, 2, 1,1

2)→9Ea

(2, 1, 1,1

2)→9Ea

(2, 2, 1,1

2)→12Ea

(1, 3, 1,1

2)→14Ea

(3, 1, 1,1

2)→14Ea

(2, 3, 1,1

2)→17Ea

(3, 2, 1,1

2)→17Ea

Tenemos 8 estados cuánticos2)Tenemos 5 niveles de energía en ese rango.

6Ea degeneración: 1





37


5.6. Ejercicio 6


E =h2π2

2m(n2x

a2+n2y

b2+n2z

c2) + ms

ehB

mNo tenemos presencia de campo magnético B = 0 además esun cubo b = c = a =1Å

E =h2π2

2m(n2x

a2+n2y

a2+n2z

a2)

=h2π2

2ma2(n2

x + n2y + n2

z)

= 37,6eV (n2x + n2

y + n2z)

1)La menor energía la tenemos en el estado nx = ny = nz =

1⇒ E = 112,8eV . Esta no puede ser cero por que el numerocuántico principal (n) no puede ser cero.2)

La energía del estado fundamental de todo el sistema localculamos como 6 ∗ 225,6eV + 2 ∗ 112,8eV = 1579,2eV

3)Es la energía del electrón mas energético, para este ejercicioes Efermi = 225,6eV

38


5.7. Ejercicio 7


E =h2π2

2m(n2x

a2+n2y

b2+n2z

c2) + ms

ehB

m

No tenemos presencia de campo magnético B = 0 además esun cubo b = c = 2a

E =h2π2

2m(n2x

a2+n2y

4a2+n2z

4a2)

=h2π2

2ma2(n2

x +n2y

4+n2z

4)

= Ea(n2x +

n2y

4+n2z

4)

1) Estados cuánticos:

(nx, ny, nz,ms)→ E

(1, 1, 1,±1

2)→ 3

2Ea (1, 1, 2,±1

2)→ 9

4Ea

(1, 2, 1,±1

2)→ 9

4Ea (2, 1, 1,±1

2)→ 9

2Ea

(1, 1, 3,±1

2)→ 7

2Ea (1, 3, 1,±1

2)→ 7

2Ea

(3, 1, 1,±1

2)→ 19

2Ea (2, 2, 2,±1

2)→ 6Ea

(2, 2, 1,±1

2)→ 21

4Ea (2, 1, 2,±1

2)→ 21

4Ea

(1, 2, 2,±1

2)→ 3Ea

La energía del sistema es la suma de las energías de cada elec-trón que se encuentran en el pozo con 9 electrones llegamos

39


a la energía del sistema Es = 43h2π2

4m = 432 Ea

Es = (2 ∗ 3Ea

2) + (4 ∗ 9Ea

4) + (2 ∗ 3Ea) + (1 ∗ 7Ea

2) =

43

2Ea

2)Sistema en el estado fundamental

Sistema excitado con fotones de energía Ef = h2π2

4m = 12Ea

Los fotones solo pueden entregar toda su energía, por lotanto los electrones solo pueden tener saltos de energía iguala la energía del fotón. La energía sistema excitado (Ese) esla suma de la energía de cada electrón.

Ese = (2 ∗ 3

2Ea) + (3 ∗ 9

4Ea) + (3 ∗ 7

2Ea) =

81

4Ea

40


3)La energía media por electrón (Eme) es el cociente entre laenergía del sistema y la cantidad de electrones en el sistema.Estado fundamental:

Eme =43

2Ea/9e− =

43

18

Ea

e−

Estado excitado:

Eme =81

4Ea/9e− =

9

4

Ea

e−

Comentario: El estado excitado presentado no es único,pueden llegar a ver mas estados excitados, ya que solo nosdice que se irradia con fotones, con presentar uno responde-mos lo pedido.

5.8. Ejercicio 8


E =h2π2

2m(n2x

a2+n2y

b2+n2z

c2) + ms

ehB

m

No tenemos presencia de campo magnético B = 0 además esun prisma b = a√

2, c = a

E =h2π2

2m(n2x

a2+n2y

a2

2

+n2z

a2)

=h2π2

2ma2(n2

x + 2n2y + n2

z)

= Ea(n2x + 2n2

y + n2z)

41


Estados cuánticos:(nx, ny, nz,ms)→ E

(1, 1, 1,±1

2)→ 4Ea (1, 1, 2,±1

2)→ 7Ea

(1, 2, 1,±1

2)→ 10Ea (2, 1, 1,±1

2)→ 7Ea

(1, 1, 3,±1

2)→ 12Ea (1, 3, 1,±1

2)→ 20Ea

(3, 1, 1,±1

2)→ 12Ea (2, 2, 2,±1

2)→ 16Ea

(2, 2, 1,±1

2)→ 13Ea (2, 1, 2,±1

2)→ 10Ea

(1, 2, 2,±1

2)→ 13Ea

1)Estado fundamental:

Energía del sistema Es = 2 ∗ 4Ea + 3 ∗ 7Ea = 29Ea

Estado excitado:

42


Energía del sistema Ese =7Ea + 10Ea + 2 ∗ 12Ea + 13Ea

=54Ea

Tenemos una diferencia de energía Ese − Es = 25Ea

2)No podemos llegar a ese estado excitado con radiación mo-nocromática (fotones con una solo longitud de onda), la dife-rencia entre niveles no es la misma. Para llegar a ese estadoexcitado necesitaríamos fotones con distinta energía o pode-mos irradiar al sistema con electrones.3)

43


Estados cuánticos del sistema excitado:(nx, ny, nz,ms)

(1, 1, 2,−1

2) o (2, 1, 1,−1

2)→ E2

(1, 2, 1,+1

2) o (2, 1, 2,+

1

2)→ E3

(1, 1, 3,±1

2) o (3, 1, 1,±1

2)→ E4

(2, 2, 1,−1

2) o (1, 2, 2,−1

2)→ E5

4)La energía de fermi es la energía de electrón mas energético.Entonces la cantidad máxima de electrones es la suma de loselectrones que pueden estar en los niveles hasta el nivel 5inclusive, nmax = 2 + 4 + 4 + 4 + 4 = 14 electrones5)

5.9. Ejercicio 9

1)

1s2 − 2s1

44


2)

HidrogenoideLi++ → 1e− en 2s1

Eion = 13,6eVZ2

n2= 13,6eV

32

22= 30,6eV

3)

Eexpion = 5,39eV = 13,6eV

Z2ef

4⇒ Zef = 1,26

También la carga efectiva la podemos calcular como Zef =

Z − s donde s es el factor de apantallamiento.4)

1s2 − 2s2 − 2p6 − 3s2 − 3p6 − 4s1

HidrogenoideK+18 → 1e− en 4s1

Eion = 13,6eVZ2

n2= 13,6eV

192

42= 306,85eV

Eexpion = 4,34eV = 13,6eV

Z2ef

16⇒ Zef = 2,26

El electrón que esta en 4s esta viendo Zef = 2,26 electronespor que tengo una cascara de apantallamiento.

5.10. Ejercicio 10


5.11. Ejercicio 11

1)Hierro [Ar]− 3d6 − 4s2

45


Hierro excitado [Ar]− 3d7 − 4s1

Tendrá menos energía el que presente mas espines desapa-reados, por lo tanto el hierro es el menos energético.2)Cadmio [Kr]− 4d10 − 5s2

Ion Cadmio [Kr]− 4d9 − 5s2

46


El que tiene mas espines sin aparear es el ion cadmio.

5.12. Ejercicio 12

1)Estado excitado, un electrón en el orbital 2p paso al orbital3s2)Estado fundamental3)Estado no valido, el orbital 2s tiene 3 electrones4)Estado no valido,el orbital 2p tiene 7 electrones

6. Teoría cuántica del electrón libre

6.1. Ejercicio 1

Oro metal monovalente⇒ en cada átomo tengo un elec-trón.

η: Densidad de electrones libres.

P = 197 gmol

δ = 19,3 gcm3

47


η =19,3 g

cm3

197 gmol

∗ 6,02x1022atomos

mol= 5,9x1022atomos

cm3

⇒ 5,9x1022 e

cm3

6.2. Ejercicio 2

Magnesio metal bivalente ⇒ 2 electrones por átomo.

η: Densidad de electrones libres.

P = 24,32 gmol

δ = 1,74 gcm3

1)

η =1,74 g

cm3

24,32 gmol

∗ 6,02x1022atomo

mol= 4,31x1022atomo

cm3

⇒ 4,31x1022atomo

cm3∗ 2

e

atomo= 8,62x1022 e

cm3

2)

η =

∫ ∞−∞

g(E)F (E) · dE =

∫ Ef

0

g(E)F (E) · dE+∫ ∞Ef

g(E)F (E) · dE =

∫ Ef

0

g(E) · 1 · dE+∫ ∞Ef

g(E) · 0 · dE =

∫ Ef

0

C√E · dE = C

2

3E

32f ⇒

Ef = (η

C

3

2)

23 = 7,11eV

3)

Ef =1

2mv2

f ⇒ vf =

√2Ef

m= 1581473

m

s

48


4)

λ =h

p=

h

mv= 4,6Å

Comentario: A T=0K : F (E) =

1 si 0 ≤ E < Ef

0 si E ≥ Ef

Ver hoja de formulas para funciones y constantes

6.3. Ejercicio 3

E473Kf = 1eV

Nexcitados =

∫ ∞Ef

g(E)F (E) · dE ≈ g(Ef)F (Ef)kBT1

2=

C√Ef

1

2kBT

1

2=C

4

√EfkBT = 6,942x1025m−3

Comentario: como la integral Nexcitados no tiene primitivahacemos la aproximación por un triangulo, podemos utilizarotras aproximaciones ir a las teóricas para saber cuales son.

49


6.4. Ejercicio 4

F (E) =1

1 + exp (E−Ef

kbT)

=1

1 + exp (∆EkbT

)

F (2kBT + Ef) = 0,12

F (4kBT + Ef) = 0,018

F (10kBT + Ef) = 0,0000454

50


6.5. Ejercicio 5

Densidad de estados por unidad de volumen:

Nestados =

∫ 2,6eV

2,4eV

g(E) · dE =

∫ 2,6eV

2,4eV

C√E · dE =

2,15x1027m−3

Numero de estados en un moneda:nestados = Nestados ∗ (3x10−7m3) = 6,45x1020

7. Teoría de bandas

7.1. Ejercicio 1

7.2. Ejercicio 2

Los electrones no tienen espacio para trasladarse a otroestado permitido dentro de la banda.

7.3. Ejercicio 3

Longitudes de onda de la luz visible: λ ∈ [400, 700]nm

el rango de energías de los fotones para esas longitudes esEf = hν ∈ [1,773, 3,102]eV .Las energías de los fotones sonmenores a los gaps de KCl,KBr,KI, por lo tanto son trans-parentes ya que los electrones de la banda de valencia nopueden ser excitados.Sera opacos si pueden absorber fotones de energía Ef = hν

es estos Ef > Eg.Ahora calculamos el rango de longitud de

51


onda para el cual es opaco.

Ef = hν = hc

λ> Eg ⇒ λ < h

c

Eg

KCl :λ < 163,25nm

KBr :λ < 196,94nm

KI :λ < 221,55nm

7.4. Ejercicio 4

1)

Ultima banda semi llena, es un conductor.2)

52


Ultima banda semi llena por el solapamiento de los orbi-tales 3s-3p,es un conductor.

7.5. Ejercicio 5

Grafito:

53


Presenta un solapamiento de las bandas 2s-2p.Ultima ban-da semi llena es un conductor.Para que sea transparenteEf < Eg = Ef < 0 = hc

λ < 0, no tenemos longitudes deonda para el cual sea transparente. Diamante:

Presenta una hibridación de las bandas 2s-2p.Ultima ban-da vacía además la energía del gap es muy grande (Eg ≈

54


6eV ) entonces es un aislante.Para que sea transparente Ef <

Eg = Ef < 6ev = hcλ < 6eV ⇒ λ > 206,64nm.

7.6. Ejercicio 6

ccc

7.7. Ejercicio 8

Ejercicio para consultar en clase, muy teórico

8. Semiconductores

8.1. Ejercicio 1

f

9. Juntura p-n

9.1. Ejercicio 1

Vc: Potencial de contacto.

Efn,Efp: Energía de fermi del lado n y el lado p respec-tivamente.

xn, xp: Ancho de la región de carga del lado n y el lado prespectivamente.

w: Ancho total de la región de carga.

ρ(x): Densidad de carga

ε: Permitividad del material

55


1)

Lado nnn + N−A = pn + N+

D

nn +

N−A = pn + N+

D

a T=300K tenemos ionización completa, N+D = ND

nn = pn + ND

n2n = nnpn + nnND

n2n − nnND − n2

i = 0

⇒ nn =ND

2+

√(ND

2)2 + n2

i = 1,214x1016m−3

Lado pTrabajamos igual que en el lado n llegamos a:

pp =NA

2+

√(NA

2)2 + n2

i ,Como NA >> ni, ni es despreciable

pp ≈ NA = 4x1019m−3

Ef Lado n

nn = Nc exp (−(Eg − Efn)

kT)⇒ Efn = Eg + kT ln (

nnNc

)

Ef Lado p

pp = Nv exp (−Efp

kT)⇒ Efp = −kT ln (

ppNv

)

Finalmente Vc

eVc = Efn − Efp ⇒ Vc =Efn − Efp

e= 0,212V

56


2)

w =

√2

eεVc(

1

ND+

1

NA) = 5,3027x10−4m

NDxn = NAxp ⇒ xp = xnND

NA(1)

w = xn + xp (2)(1) en (2)

w = xn + xnND

NA⇒ xn = w

1

1 + NDNA

= 5,3026x10−4m

xp = 1,325x10−8m

57


3)

δE(x)

δx=ρ(x)

ε

δE(x)

δx=

eNDε si 0 ≤ x ≤ xn

−eNAε si −xp ≤ x ≤ 0

⇒

E(x) =

eNDε x + C si 0 ≤ x ≤ xn

−eNAε x + D si −xp ≤ x ≤ 0

E(xn) = 0⇒ C = −eND

εxn

E(−xp) = 0⇒ D = −eNA

εxp

E(x) =

eNDε (x− xn) si 0 ≤ x ≤ xn

−eNAε (xp + x) si −xp ≤ x ≤ 0

El máximo lo tengo en x=0

|E(0)| =∣∣∣−eεNDxn

∣∣∣ =∣∣∣−eεNAxp

∣∣∣ = 799V

m

Comentario: Ver hojas de formulas para las funciones uti-lizadas.

58


59


9.2. Ejercicio 2

Figura 1: Diodo conectado en inversa.

I=0.01µA, Corriente a través de la unión p-n

Conectado en inversa ⇒ Vaplicado < 0

Conectado en directa ⇒ Vaplicado > 0

60


I = I0(exp (eVaplicadokT

)− 1)⇒ I0 =I

exp (eVaplicado

kT )− 1

Además tenemos: exp (−10eV

kT) ≈ 0

I0 = −I ⇒ |I0| = I = 0,01µA

Ahora solo queda calcular:

I(0,1V ) = I0(exp (0,1eV

kT)− 1) = 0,46855µA

I(0,3V ) = I0(exp (0,3eV

kT)− 1) = 1095,91µA

I(0,5V ) = I0(exp (0,5eV

kT)− 1) = 2509748,7µA

9.3. Ejercicio 3

I = I0(exp (eVaplicadokT

)− 1)

1)I = 5x10−9A(exp (0,45eV

kb300K)− 1) = 0,1809A

2)I = 5x10−9A(exp (0,45eV

kb320K)− 1) = 0,0611A

9.4. Ejercicio 4

Ec-Efp=1eV,Nivel de fermi por debajo de la banda deconducción

Si ponemos Ev = 0 entonces Ec = Eg

I0 = D exp (−Eg − Efp

kT)

61


1)

5x10−9A = D exp (− 1eV

kb300k)⇒ D =

5x10−9A

exp (− 1eVkb300k)

=

= 314941929,1A

I320K0 = D exp (− 1eV

kb320k) = 5,6097−8A

2)

I = 5,6097−8A(exp (0,45eV

kb320K)− 1) = 0,685A

9.5. Ejercicio 5

La corriente inversa de saturación en un diodo de Si es eldoble cuando la temperatura cambia de T = 27C a T =

33C esto es 2I300K0 = I306K

0

I0 = D exp (−Eg − Efp

kbT)

I306K0

I300K0

=D exp (−Eg−Efp

kb306K )

D exp (−Eg−Efp

kb300K )

2I300K0

I300K0

= exp (−Eg − Efp

kb306K+Eg − Efp

kb300K)

ln (2) =− Eg − Efp

kb306K+Eg − Efp

kb300K

300K · 306K · kb · ln (2) =300K(Efp − Eg) + 306K(Eg − Efp)

91800K2 · kb · ln (2) =6K(Eg − Efp)

Efp =Eg − 15300K · kb · ln (2) = 0,2066eV

Comentario: Podemos utilizar todos los datos de la tablade la guía 9.

62


9.6. Ejercicio 6

I: Corriente sobre el circuito

VD: Tensión aplicada sobre el diodo

La corriente sobre el diodo es I por que esta conectadoen directa.V = VR + VD ⇒ VD = 5V − 4,6V = 0,4V

VR = IR⇒ I =VRR

= 9,2x10−4A

I = I0(exp (Vaplicadoe

kT)− 1)⇒ I0 =

I

exp (Vaplicadoe

kT )− 1=

=9,2x10−4A

exp (0,4eVkT )− 1

= 1,7542x10−10A

63


9.7. Ejercicio 7

I = −IDVR = RI

VP = VR − VD

Obtenemos: ID = −VP + VDR

es una recta, además tenemos

ID = I0 exp (VDe

kbT− 1)⇒ −VP + VD

R= I0 exp (

VDe

kbT− 1)

64


exp (VDekbT) ≈ 0 entonces la tensión sobre la resistencia es

VR = I0R = 8,77x10−7V

Comentario:I0 Se utiliza la del ejercicio anterior

9.8. Ejercicio 8

Reemplazar el diodo por una resistencia en el ejercicio an-terior

VP = VR + VD−R ⇒ VD−R = VP − VR = VP − I0R

⇒ RD−R =VP − I0R

I0= 2,85x1010Ω

9.9. Ejercicio 9

Ejercicio para consultar en clase, muy teórico.

65


10. Apendice

10.1. Guía 6

Estados cuánticos con su energía para el pozo cubico.

(nx, ny, nz,ms)→E

(1, 1, 1,±1

2)→3Ea

(1, 1, 2,±1

2)→6Ea

(1, 2, 1,±1

2)→6Ea

(2, 1, 1,±1

2)→6Ea

(1, 2, 2,±1

2)→9Ea

(2, 1, 2,±1

2)→9Ea

(2, 2, 1,±1

2)→9Ea

(1, 1, 3,±1

2)→11Ea

(1, 3, 1,±1

2)→11Ea

(3, 1, 1,±1

2)→11Ea

(2, 2, 2,±1

2)→12Ea

66

fÍsica iii d (62.15) guía resuelta

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