Selasa, 22 Maret 2011

Pengantar Fisika Statistik untuk Mahasiswa (Dilengkapi contoh soal)



Dr.Eng. Mikrajuddin Abdullah, M.Si.
Program Studi Fisika- FMIPA
Institut Teknologi Bandung
2007
Untuk istriku Ati,
dan
anak-anakku Nisa, Fathan, dan Ardi
Kata Pengantar
Buku ini disusun untuk membantu mahasiswa memahami fisika statistik lebih mudah. Uraian diberikan serinci mungkin, tahap demi tahap, sehingga mahasiwa dapat mengikutinya dengan mudah. Mata kuliah Fisika Statistik sampai sekarang masih menjadi momok bagi sebagaian besar mahasiswa. Ketidaktersediaan buku yang menjelaskan materi secara rinci tampaknya menjadi salah satu penyebab terjadinya “bottle neck” keterlambatan kelulusan mahasiswa akibat gagal dalam menyelesaikan mata kuliah tersebut.
Buku ini hanya membahas dasar-dasar Fisika Statistik untuk memberikan bekal yang memadai bagi mahasiswa untuk memamahi fisika statistik lanjut. Masih banyak kekurangan yang muncul di sana-sini. Oleh karena kritik dan saran yang membangun dari pembaca sangat diharapkan untuk menyempurnakan isi buku ini.
Penulis sangat berterima kasih kepada rekan-rekan sesama dosen di Program Studi Fisika-FMIPA ITB atas dukungan yang sangat membatu penulis menyelesaikan buku ini. Terima kasih kepada para mahasiswa doktor di Program Studi Fisika (Imam Taufiq, Fourier Dzar Eljabbar Latief, dan Estevanus K. Huliselan) yang telah membantu mengumpulkan soal-soal yang sangat berguna untuk melengkapi isi buku ini. Terima kasih pula kepada para mahasiswa bimbingan penulis yang banyak membantu dalam banyak hal.
Bandung Juli 2007
Mikrajuddin Abdullah
i
Daftar Isi
Bab 1 Pendahuluan 1
Bab 2 Statistik Maxwell-Boltzmann 4
2.1 Konfigurasi penyusunan sistem klasik 4
2.2 Konfigurasi dengan probabilitas maksimum 13
2.3 Harga rata-rata 16
2.4 Benarkan peluang konfigurasi maksimum sangat besar 19
Bab 3 Ruang Fasa 22
3.1 Definisi ruang fasa 22
3.2 Elemen volumruang fasa 23
3.3 Energi kinetik 24
3.4 N system dalam ruang fasa 25
3.5 Menghitung jumlah keadaan 27
3.6 Menentukan ns 30
3.7 Volum elemen ruang fasa dinyatakan dalam momentum
danlaju 31
Bab 4 Menentukan Parameter Ststistik 33
4.1 Menentukan parameter β 33
4.2 Bagaimana kenergantungan β pada suhu? 37
4.3 Menentukan β dari energi rata-rata 40
4.4 Menentukan parameter α 43
Bab 5 Statistik Bose-Einstein 46
5.1. Sifat dasar boson 46
ii
5.2 Konfigurasi boson 47
5.3 Konfigurasi maksimum 51
5.4 Parameter α untuk foton dan fonon 55
Bab 6 Statistik Fermi-Dirac 56
Bab 7 Rapat Keadaan Sistem Kuantum 64
7.1 Ketidakpastian Heisenberg 64
7.2 Koordinat spasial satu dimensi 65
7.3 Koordinat spasial dua dimensi 67
7.4 Koordinat spasial tiga dimensi 70
Bab 8 Beberapa Besaran Gas 74
8.1 Laju dengan peluang maksimum 74
8.2 Laju rata-rata 76
8.3 Laju root mean square 78
8.4 Distribusi partikel dalam besaran lain 80
Bab 9 Aplikasi Statistik Maxwell-Boltzmann 85
9.1 Pelebaran spectrum akibat efek Doppler 85
9.2 Atom magnetic dalam medan magnet 90
9.3 Dipol listrik 94
9.4 Momen magnetic dengan tiga arah orientasi 96
9.5 Momen magnetic dengan arah orientasi sembarang 97
9.6 Vibrasi kisi dalam kristal 102
9.7 Hopping 106
9.8 Persamaan difusi Einstein 112
9.9 Prinsip ekipartisi energi 114
iii
Bab 10 Aplikasi Statistik Bose-Einstein 119
10.1 Radiasi benda hitam 119
10.2 Kapasitas kalor kristal 125
Bab 11 Aplikasi Distribusi Fermi Dirac 138
11.1 Fungsi distribusi Fermi-Dirac pada suhu 0 K 138
11.2 Distribusi Fermi-Dirac pada suhu T > 0 K 143
11.3 Integral yang mengandung fungsi Fermi-Dirac 143
11.4 Energi rata-rata electron 148
11.5 Kapitas kalor logam 151
11.6 Emisi termionik 154
Bab 12 Termodinamika Gas 159
12.1 Entropi 159
12.2 Fungsi partisi Boltzmann 161
12.3 Ungkapan energi dalam fungsi partisi 163
12.4 Energi bebas Helmholtz 164
12.5 Kapasitas kalor 165
12.6 Perhitungan fungsi partisi klasik 165
12.7 Entropi gas semiklasik 167
12.8 Fungsi partisi total 168
12.9 Fungsi partisi gas semiklasik 170
12.10 Transfomasi dari penjumlahan ke integral 172
12.11 Suseptibilitas paramagnetic kuantum 174
12.12 Molekul diatomic 179
Bab 13 Enesembel Kanonik 190
iv
13.1 Ensembel 190
13.2 Jenis ensembel 193
13.3 Probabilitas 195
13.4 Sifat-sifat termodinamika 195
13.5 Energi bebas Helmhotlz 196
13.6 Ungkapan lain untuk entropy 199
13.7 Fungsi partisi total 200
13.8 Penerapan ensemble kanonik untuk gas tidak ideal 204
13.9 Persamaan keadaan 211
13.10 Fluktuasi energi 213
Bab 14 Soal dan Latihan Statistik Maxwell-Boltzmann 216
Bab 15 Soal dan Latihan Statistik Bose-Einstein 237
Bab 16 Soal dan Latihan Statistik Fermi-Dirac 266
Bab 17 Soal dan Latihan Entropi 292
Bab 18 Soal dan Latihan Gas Riil 322
Bab 19 Soal dan Latihan Sistem dengan Interaksi Lemah 340
Bab 20 Soal dan Latihan Ensembel Kanonik 376
v
Bab 1 Pendahuluan
Persoalan yang sering muncul pada kuliah fisika statistik di perguruan tinggi adalah ketidaktersediaan buku referensi bahasa Indonesia yang memadai. Buku terbitan luar negeri yang biasa digunakan sebagai referensi umumnya tidak membahas topik secara detail. Hal ini sering menyulitkan mahasiswa memahami mata kuliah terssbut. Berathun-tahun kuliah ini diajarkan oleh dosen pada mahasiswa-mahasiswa fisika, persoalan yang sama selalu muncul. Bahkan mata kuliah tersebut menjadi salah sato “bottle neck” yang memperlambat kelulusan mahasiswa.
Cara pemahaman fisika statistik berbeda dengan mata kuliah fisika lain seperti gelombang, termodinamik, dan mekanika. Dalam fisika statistik kita akan bearangkat dari persoalan abstrak yang sebenarnya merupakan bahan kajian orang matematika seperti permutasi dan kombinasi. Fisika statistik dapat dipandang sebagai persoalan statistik matematik yang diberikan syarat batas fisis, sehingga persoalan matematika murni menjadi memiliki interpretasi fisis. Diperlukan abstraksi yang cukup tinggi untuk memahami persoalan tersebut. Dan tidak semua mahasiswa bisa melakukannya.
Sebenarnya ketika kita berhadapan dengan kumpulan partikel-partikel gas, partikel atomik atau sub atomik lainnya, kita tidak bisa menghindari dari statistik. Sebab, jumlah partikel yang kita kaji sangat besar, yaitu ordenya lebih dari 1020 partikel. Tiap partikel memiliki enam variabel untuk mendeskripsikan dengan lengkap keadaan geraknya, yaitu tiga koordinat ruang dan tiga komponen momentum. Sangat tidak mungkin menjelaskan dinamika partikel tersebut satu per satu dengan jumlah partikel yang luar biasa banyak, meskipun menggunakan semua komputer yang ada di dunia saat ini. Pendekatan yang diberikan oleh fisika statistik adalah melihat sifat rata-rata dari partikel-paerikel tersebut tanpa kita harus melihat partikel secara individual.
Karena berangkat dari peroslan statistik matematis, mahasiswa sering mengalami kesulitan memulai memahami fisika statistik. Buku-buku yang tersedia sekarang kurang memberikan penjelasan yang mendetil sehingga tidak memberikan bantuan yang cukup berarti kepada para mahasiswa untuk memahami konsep-konsep tersebut. Dari tahun ke tahun mahasiswa tetap mengalami kesulitan memahami mata kuliah ini, karena cara analisis yang berbeda dengan mata kuliah fisika lainnya.
1
Tujuan penulisan buku ini adalah memberikan penjelasan yang lebih rinci kepada mahasiswa tentang penurunan persamaan-persamaan fisika statistik beserta beberapa aplikasinya. Rumus-rumus diturunkan secara lengkap dengan penjelasan yang rinci pula dengan harapan mahasiswa dapat memahami lebih jelas. Sampai saat ini kita kesulitan menemukan referensi yang memberikan penjelasan yang lebih rinci tentang penurunan persamaan-persmaan tersebut. Mahasiswa terpaksa harus melakukan usaha yang luar biasa untuk memahami konsep-konsep tersebut dan tidak jarang banyak yang apatis.
Karena materi buku ini hanya diperuntukkan bagi kuliah satu semester, maka hanya dasar-dasar statistik yang dapat menjadi modal awal bagi mahasiswa untuk mempelajari fisika statistik lanjut yang diberikan. Topik utama yang dibahas meliputi penutunan fungsi distribusi Maxwell-Boltzmann, Bose-einstein, dan Fermi Dirac. Contoh aplikasi sederhana ke tiga macam statsitik tersebut juga diberikan. Konsep ruang fasa dan kerapatan keadan dalam ruang fasa klasik serta ruang fasa kuantum juga diberikan, karena keduanya digunakan untuk menghitung besaran-besaran termodinamika. Agar mahasiswa memiliki pemahaman awal tentang ensembel, maka salah satu jenis ensembel dibahas di sini, yaitu ensembel kanonik.
Pada langkah penurunan distribusi Maxwell-Boltzmann, Bose-Einsetin, dan Fermi-Dirac, modal statistik yang dibutuhkan hanya permutasi. Oleh karena itu topik yang membahas panjang lebar tentang permutasi dan kombinasi seperti yang dijumpai di kulaih-kuliah statistik yang bersifat matematis tidak diberikan di sini. Hal ini dimaksudkan untuk mengurangi beban mahasiswa sehingga mereka bisa lebih terfokus kepada aplikasi fisis dari statsitik tersebut.
Sebelum masuk ke penurunan berbagai fungsi distribusi masi kita definisikan beberapa istilah yang digunakan dalam buku ini. Pertama kita mendefinsikan sistem. Terminologi sistem yang digunakan pada buku ini mengacu kepada partikel-partikel. Contohnya, jika kita membahas tentang gas maka sistem adalah atom atau molekul gas. Untuk gas monotonik, sistem adalah atom gas dan untuk gas diatomik maka atau yang mengandung atom lebih banyak maka sistem adalah molekul gas. Jika kita membahas tentang elektron dalam logam maka sistem adalah elektron-elektron tersebut. Jika kita bahas tentang radiasi benda hitam maka sistem adalah foton. Jika kita bahas getaran kisi maka sistem adalah fonon.
2
Istilah kedua yang akan kita gunakan adalah assembli. Assembli adalah kumpulah sistem-sistem. Jumlah sistem dalam assembli sangat banyak. Ordenya sekitar sama dengan orde bilangan Avogadro. Jumlah sistem yang sangat besar ini memungkinkan prediksi statistik untuk sifat assembli menjadi sangat akurat. Ingat, statistik makin teliti jika sampel yang dilibatkan makin banyak.
3
Bab 2 Statistik Maxwell-Boltzmann
Isi Bab Ini
Bab ini berisi perumusan statistik Maxwell-Boltzmann untuk assembli yang mengandung sistem (partikel) klasik. Contoh partikel klasik adalah atom atau molekul-molekul gas.
Tujuan Bab Ini
Tujuan bab ini adalah mahasiswa memahami bagaimana proses membangun statistik Maxwell-Boltzmann dengan menggunakan prinsip statistik musrni yang digabungkan dengan prinsip kekekalan dalam fisika seperti kekekalan energi dan jumlah partikel.
Apa Yang Perlu Dikuasai Lebih Dahulu
Untuk memahami penurunan fungsi distribusi Maxwell-Boltzmann mahasiswa perlu memahami prinsip permutasi untuk benda-benda yang dapat dibedakan, sifat yang ditunjukkan oleh sebuah besaran yang nilainya kekal (konstan), serta bagaimana mencari nilai maksimum dari sebuah fungsi.
2.1 Konfigurasi Penyusunan Sistem Klasik
Kita akan berangkat dari asumsi bahwa energi yang dimiliki sistems-sistem dalam assembli dianggap terdiri atas tingkat-tingkat energi. Tingkat-tingkat energi tersebut berada dalam rentangan dari nol sampai tak berhingga. Gambar 2.1 adalah ilustrasi tingkat-tingkat energi yang dimiliki assembli.
Untuk sistem klasik, seperti atom gas, perbedaan energi dua tingkat berdekatan mendekati nol, atau 01→−+iiεε. Perbedaan energi yang mendekati nol memiliki makna bahwa tingkat energi sistem klasik bersifat kontinu. Sistem menempati salah satu dari keadaan energi di atas. Dalam sistem klasik juga tidak ada batasan jumlah sistem yang dapat menempati satu keadaan energi. Satu keadaan energi dapat saja kosong, atau ditempati oleh satu sistem, oleh dua sistem, dan seterusnya. Bahkan semua sistem berada pada satu keadaan energi pun tidak dilarang.
4
ε1=0ε2ε3ε4εrεr+1εNεN-1εN-2εr-1......
Gambar 2.1 Tingkat-tingkat energi yang dimiliki assembli
Agar sifat fisis dari assembli dapat ditentukan maka kita harus mengetahui bagaimana penyusunan sistem pada tingkat-tingkat energi yang ada serta probabilitas kemunculan masing-masing cara penyusunan tersebut. Pemahaman ini perlu karena nilai terukur dari besaran yang dimiliki assembli sama dengan perata-rataan besaran tersebut terhadap semua kemungkinan penyusunan sistem pada tingkat-tingkat energi yang ada.
Cara menghitung berbagai kemungkinan penyusunan sistem serta probabilitas kemunculannya menjadi mudah bila tingkat-tingkat energi yang dimiliki assembli dibagi atas beberapa kelompok, seperti diilustrasikan pada Gbr 2.2. Tiap kelompok memiliki jangkauan energi yang cukup kecil.
Kelompok pertama memiliki jangkauan energi : 0 sampai dε
Kelompok kedua memiliki jangkauan energi : dε sampai 2dε
Kelompok ketika memiliki jangkauan energi : 2dε sampai 3dε
.
.
.
Kelompok ke-s memiliki jangkauan energi : (s-1)dε sampai sdε
5
.
.
.
Kelompok ke-N memiliki jangkauan energi : εdN)1(− sampai εNd ......Kelompok-1Kelompok-2Kelompok-sKelompok-MEnergiE1EnergiE2EnergiEsEnergiEM...MEnergiE1EnergiE2EnergiEsEnergiEM
Gambar 2.2 Kelompok-kelompok energi dalam assembli
Satu kelompok energi mengandung sejumlah keadaan energi. Jumlah keadaan energi pada kelompok yang berbeda bisa sama dan bisa berbeda. Misalkan jumlah keadaan energi pada tiap-tiap kelompok tersebut sebagai berikut:
Jumlah keadaan pada kelompok pertama : g1
Jumlah keadaan pada kelompok kedua : g2
Jumlah keadaan pada kelompok ketiga : g3
.
.
.
6
Jumlah keadaan pada kelompok ke-s : gs
.
.
.
Jumlah keadaan pada kelompok ke-N : gN
Energi keadaan yang berbeda dalam satu kelompok umumnya berbeda. Tetapi karena perbedaan energi keadaan yang berbeda dalam satu kelompok sangat kecil (mendekati nol) maka kita dapat mengasumsi bahwa energi dalam satu kelompok diwakili oleh satu nilai energi saja. Energi tersebut dianggap sebagai energi rata-rata keadaan dalam kelompok yang bersangkutan. Jadi,
Energi rata-rata kelompok pertama : E1
Energi rata-rata kelompok kedua : E2
Energi rata-rata kelompok ketiga : E3
.
.
.
Energi rata-rata kelompok ke-s : Es
.
.
.
Energi rata-rata kelompok ke-M : EM
Misalkan pada konfigurasi tertentu tiap-tiap kelompok energi telah ditempati oleh sejumlah sistem sebagai berikut:
Jumlah sistem pada kelompok energi pertama : n1
Jumlah sistem pada kelompok energi kedua : n2
Jumlah sistem pada kelompok energi ketiga : n3
7
.
.
.
Jumlah sistem pada kelompok energi ke-s : ns
.
.
.
Jumlah sistem pada kelompok energi ke-M : nM
Jumlah total sistem dalam assembli adalah N. Karena N sistem tersebut terdistribusi pada semua kelompok energi maka terpenuhi
Σ==MssnN1 (2.1)
Energi total assembli memenuhi
Σ==MsssEnU1 (2.2)
Untuk menentukan nilai dari besaran-besaran yang dimiliki assembli kita harus menentukan berapa probabilitas munculnya masing-masing konfigurasi dalam assembli. Tiap penyusunan sistem dalam assembli mempunyai peluang kemunculan yang persis sama. Dengan demikian, probabilitas kemunculan sebuah konfigurasi sebanding dengan jumlah penyusunan sistem yang dapat dilakukan untuk membangun konfigurasi tersebut.
Dengan demikian, mencari probabilitas kemunculan konfigurasi dengan kondisi
Ada n1 sistem pada kelompok energi 1
Ada n2 sistem pada kelompok energi 2
Ada n3 sistem pada kelompok energi 3
.
8
.
.
Ada ns sistem pada kelompok energi s
.
.
.
Ada nM sistem pada kelompok energi M
ekivalen dengan mencari berapa cara penyusunan:
n1 sistem pada g1 keadaan energi di kelompok energi 1
n2 sistem pada g2 keadaan energi di kelompok energi 2
n3 sistem pada g3 keadaan energi di kelompok energi 3
.
.
.
ns sistem pada gs keadaan energi di kelompok energi s
.
.
.
nM sistem pada gM keadaan energi di kelompok energi M
Selanjutnya kita akan menentukan jumlah cara penyusunan system-sistem yang tersebar pada tingkat-tingkat energi di atas. Untuk maksud tersebut, mari kita mulai dengan menganggap semua keadaan energi kosong (tidak di tempati sistem) dan di luar ada sejumlah sistem yang akan diisi pada keadaan-keadaan tersebut. Di sini ada dua tahap proses yang terjadi, yaitu: proses I adalah membawa N buah sistem dari luar ke dalam assembli dan proses II adalah menyusun sistem pada kempompok-kelompok energi yang ada di dalam assembli. N
9
Proses I: Membawa Buah Sistem ke Dalam Assembli N
Mari kita hitung jumlah cara yang dapat ditempuh pada tiap proses pertama yaitu membawa buah sistem dari luar ke dalam assembli. Proses ini tidak bergantung pada konfigurasi assembli. Yang terpenting adalah bagaimana membawa masuk N buah sistem ke dalam assembli. Untuk menentukan jumlah cara tersebut, perhatikan tahap-tahap berikut ini. N
i) Ambil satu sistem dari daftar buah sistem yang berada di luar assembli. Kita bebas memilih satu sistem ini dari buah sistem yang ada tersebut. Jadi jumlah cara pemilihan sistem yang pertama kali dibawa masuk ke dalam assembli adalah cara. NNN
ii) Setelah sistem pertama dimasukkan ke dalam assembli maka tersisa -1 sistem dalam daftar di luar. Ketika membawa masuk sistem keduake dalam assembli kita dapat memilih salah satu dari N-1 buah sistem dalam daftar. Jumlah cara pemilihan sistem ini adalah -1 cara. NN
iii) Begitu seterusnya.
iv) Akhirnya, ketika sistem ke- akan dimasukkan ke dalam assembli hanya ada satu sistem yang tersisa di luar. Tidak ada pilihan-pilihan yang mungkin sehingga jumlah cara memasukkan sistem ke- ke dalam asembli adalah hanya 1 cara. NN
v) Dengan demikian, jumlah total cara membawa masuk N buah sistem ke dalam assembli adalah
!12...)2()1(NNNN=×××−×−× 123N-1N123N-1N
Gambar 2.3 Cara membawa sistem di luar masuk ke dalam assembli N
10
Proses II: Penyusunan Sistem di Dalam Kelompok-Kelompok Energi
Selanjutnya kita tinjau proses kedua. Tahapan yang ditempuh sebagai berikut.
i) Tinjau kelompok 1 yang mengandung keadaan dan ditempati oleh sistem. Sebagai ilustrasi lihat Gbr. 2.3 1g1n 1234g1...g1-1g1-2123n1-1n11234g1...1n1
Gambar 2.3 Menenrukan cara menyusun n1 sistem pada g1 keadaan
Ambil partikel pertama. Kita dapat menempatkan partikel ini entah di keadaan ke-1, keadaan ke-2, keadaan ke-3, dan seterusnya hingga keadaan ke-. Jadi jumlah cara menempatkan partikel pertama pada kelompok-1 yang memiliki keadaan adalah cara. Setelah partikel-1 ditempatkan, kita ambil partikel 2. Partikel ini pun dapat ditempatkan di keadaan ke-1, keadaan ke-2, keadaan ke-3, dan seterusnya hingga keadaan ke-. Dengan demikian, jumlah cara menempatkan partikel kedua juga cara. Hal yang sama juga berlaku bagi partikel ke-3, partikel ke-4, dan seterusnya, hingga partikel ke-. Akhirnya, jumlah cara menempatkan partikel pada buah keadaan adalah 1g1g1g1g1g1n1n1g
1111...gggg×××× ( buah perkalian) = 1n11ng
Sejumlah cara di atas secara implisit mengandung makna bahwa urutan pemilihan partikel yang berbeda menghasilkan penyusunan yang berbeda pula. Padahal 11ng
11
tidak demikian. Urutan pemilihan yang berbeda dari sejumlah partikel yang ada tidak berpengaruh pada penyusunan asalkan jumlah partikel pada tiap bangku tetap jumlahnya. Urutan pemilihan sejumlah partikel menghasilkan macam cara penyusunan. Dengan demikian, jumlah riil cara penyusunan partikel pada buah keadaan seharusnya adalah 1n1n!1n1n1g !111ngn
Penjelasan yang sama juga berlaku bagi buah partikel yang disusun pada keadaan. Jumlah cara penyusunan partikel tersebut adalah 2n2g !222ngn
Secara umum jumlah cara menempatkan partikel di dalam kelompok energi yang mengandung keadaan adalah snsg !snsngs
Akhirnya jumlah cara mendistribusikan secara bersama-sama sistem pada kelompok dengan keadaan, sistem pada kelompok dengan keadaan, .. , sistem pada keadaan adalah 1n1g2n2gsnsg !...!!!332211321MnMnnnngngngngM×××× = Π=Mssnsngs1!
Dengan demikian, jumlah total cara menempatkan buah sistem ke dalam konfigurasi N
12
yang mengandung sistem pada kelompok dengan keadaan, sistem pada kelompok dengan keadaan, .., sistem pada kelopmok dengan keadaan adalah 1n1g2n2gsnsg Π==MssnsngNWs1!! (2.3)
Kita tinjau asembli yang terisolasi dari lingkungan. Tidak ada pertukaran partikel maupun energi antara assembli dan lingkungan. Dengan demikian, jumlah sistem dan energi total U yang dimiliki assembli konstan. Akibatnya, N
01==Σ=MssnNδδ (2.4)
01==Σ=MsssnEUδδ (2.5)
2.2 Konfigurasi Dengan Probabilitas Maksimum
Sekarang kita mencari konfigurasi yang memiliki probabilitas kemunculan paling besar. Kita menganggap bahwa konfigurasi yang dibentuk oleh sistem-sistem dalam assembli yang menghasilkan besaran maksroskopik adalah konfigurasi dengan probabilitas maksimum tersebut. Cara yang dilakukan adalah mencari kumpulan sedemikian sehingga W maksimum. Tetapi karena W merupakan perkalian sejumlah faktor maka akan lebih mudah jika kita memaksimalkan . Karena jika maksimum maka W pun maksimum. Kita peroleh snWlnWln Π=+=MssnsngNWs1!ln!lnln ⎭⎬⎫⎩⎨⎧×××+=!...!!ln!ln221121MnMnnngngngNM ⎟⎟⎠⎞⎜⎜⎝⎛++⎟⎟⎠⎞⎜⎜⎝⎛+⎟⎟⎠⎞⎜⎜⎝⎛+=!ln...!ln!ln!ln221121MnMnnngngngNM
13
Σ=⎟⎟⎠⎞⎜⎜⎝⎛+=MssnsngNs1!ln!ln
{}Σ=−+=MssnsngNs1!lnln!ln
{Σ=−+=MssssngnN1!lnln!ln }
}
(2.6)
Karena baik maupun merupakan bilangan-bilangan yang sangat besar maka untuk mempermudah perhitungan kita dapat menggunakan pendekatan Stirling sebagai berikut Nsn
NNNN−≅ln!ln
ssssnnnn−≅lnln
sehingga kita dapatkan bentuk approksimasi
{Σ=+−+−≅MssssssnnngnNNNW1lnlnlnln (2.7)
Dengan demikian, diferensial dari menjadi Wln
{}Σ=+−+−≅MssssssnnngnNNNW1lnlnlnlnδδδδ
{}Σ=+−−++−=Mssssssssssnnnnngngn1lnlnlnln00δδδδδ Σ=⎭⎬⎫⎩⎨⎧+⎟⎟⎠⎞⎜⎜⎝⎛−−×+=Mssssssssssnnnnnnngn11ln0lnδδδδ
{}Σ=−=Msssssnngn1lnlnδδ
14
{}sMsssnngδΣ=−=1lnln sMsssnngδΣ=⎟⎟⎠⎞⎜⎜⎝⎛=1ln (2.8)
Karena kita harus menerapkan syarat batas kekekalan energi dan jumlah partikel, maka solusi untuk dicari dengan menerapkan perngali Langrange sebagai berikut sn
0ln=++UNWβδαδδ (2.9)
Substitusi persamaan (2.4), (2.5), dan (2.8) ke dalam persamaan (2.9) diperoleh 0ln111=++⎟⎟⎠⎞⎜⎜⎝⎛ΣΣΣ===MsssMsssMsssnEnnngδβδαδ
yang dapat disederhanakan menjadi 0ln1=⎭⎬⎫⎩⎨⎧++⎟⎟⎠⎞⎜⎜⎝⎛Σ=sMssssnEngδβα (2.10)
Karena kondisi ini berlaku untuk nilai berapapun maka harus terpenuhi sn 0ln=++⎟⎟⎠⎞⎜⎜⎝⎛sssEngβα sssEngβα−−=⎟⎟⎠⎞⎜⎜⎝⎛ln ()sssEngβα−−=exp
yang menghasilkan ungkapan untuk sebagai sn
15
(sssEgn )
βα+=exp (
2.11)
Jadi konfigurasi yang memiliki peluang kemunculan paling besar adalah yang memiliki jumlah sistem pada tiap kelompok energi yang memenuhi persamaan (2.11). Gambar 2.4 adalah ilustrasi yang mngambrakan jumlah partikel yang menempati berbagai kelompok energi. ......n1=g1exp(α+βE1)n2=g2exp(α+βE2)ns=gsexp(α+βEs)nM=gMexp(α+βEM)(n1,g1,E1)(n2,g2,E2)(ns,gs,Es)(nM,gM,EM)
Gambar 2.4 Jumlah partikel yang menempati tiap kelompok energi
2.3 Harga Rata-Rata
Banyak sekali konfugurasi yang diperbolehkan ketika menempatkan Nsistem ke dalam Mkelompok energi. Contoh konfugarasi tersebut adalah semua sistem menempati kelompok energi pertama sedangkan semua kelompok energi lainnya kosong, atau semua kelompok ditempati oleh sistem dalam jumlah yang sama banyak, dan sebagainya. Tiap konfigurasi memiliki peluang kemunculan yang berbeda-beda. Peluang kemunculan terbesar terjadi pada konfigurasi yang mengandung system pada tiap kelompok energi
16
yang memenuhi persamaan (2.11).
Misalkan Xadalah salah satu sifat sebuah assembli. Nilai X yang kita ukur merupakan perata-rataan nilai X pada semua konfigurasi yang mungkin. Misalkan nilai X beserta peluang kemunculan konfigurasi dilukiskan pada Tabel 1.1.
Tabel 1.1 Nilai X beserta probabilitas kemunculannya
Konfigurasi ke-i
Nilai X
Probabilitas kemunculan
1
X(konfig-1)
P(konfig-1)
2
X(konfig-1)
P(konfig-1)
.
.
.
.
.
.
.
.
.
t
X(konfig-t)
P(konfig-t)
.
.
.
.
.
.
.
.
.
R
X(konfig-R)
P(konfig-R)
Perlu diperhatikan di sini bahwa jumlah konfigurasi yang mungkin tidak sama dengan jumlah sistem atau jumlah kelompok energi dalam assembli.
Nilai rata-rata X memenuhi hubungan )(...)2()1()()(...)2()2()1()1(RkonfigPkonfigPkonfigPRkonfigPRkonfigXkonfigPkonfigXkonfigPkonfigXX−++−+−−−++−−+−−= ΣΣ==−−−=RtRttkonfigPtkonfigPtkonfigX11)()()( (2.12)
Perhitungan nilai X di atas sangat sulit. Namun apabila kita dapat menunjukkan bahwa salah satu konfigurasi yang mungkin, yaitu konfigurasi dengan probabilitas maksimum,
17
memiliki nilai yang jauh lebih besar daripada probabilitas konfigurasi-konfigurasi lainnya, maka perhitungan menjadi sangat sederhana.
Misalkan dan terpenuhi syarat-syarat berikut ini: maksPtkonfigP=−)(
maksPkonfigP<<−)1(
maksPkonfigP<<−)2(
.
.
.
maksPRkonfigP<<−)(
maka
)()(...)2()2()1()1(RkonfigPRkonfigXkonfigPkonfigXkonfigPkonfigX−−++−−+−−
maksPmakskonfigX)(−≅
dan
maksPRkonfigPkonfigPkonfigP≅−++−+−)(...)2()1(
Dengan demikian )()(makskonfigXPPmakskonfigXXmaksmaks−=−≅ (2.13)
Apa implikasi persamaan (2.13)? Implikasinya sangat besar, yaitu nilai rata-rata sifat assembli sama dengan nilai sifat tersebut pada konfigurasi dengan probabilitas terbesar. Kerumitan perata-eataan terhadap semua konfigurasi yang mungkin muncul telah direduksi secara drastik hanya dengan menghitung nilai pada konfigurasi maksimum. Ini adalah hasil yang luar biasa.
18
2.4 Benarkan peluang konfigurasi maksimum sangat besar
Yang menjadi pertanyaan kita adalah benarkah probabilitas dengan konfigurasi maksimum memiliki nilai yang sangat besar daripada konfigurasi lainnya. Jika ya, berarti kita dapat menggunakan persamaan (2.13) bahwa nilai rata-rata sifat assembli sama dengan nilai pada konfigurasi maksimum. Namun jika tidak maka penyederhanaan yang kita impikan tidak terwujud. Pada bagian ini kita akan perlihatkan bahwa probabilitas konfigurasi maksimum bebar-benar memilkiki nilai yang jauh lebih besar daripada konfigurasi lainnya.
Mari kita uraikan dengan deret Taylor di sekitar WlnmaksWln ...ln21lnlnln,21,,,+⎥⎥⎦⎤∂∂∂+⎥⎦⎤+=ΣΣ=MqsqsnnqsMssnsmaksnnnnWndnWdWWmaksqmakssmakssδδδ (2.14)
Karena Whanya fungsi variable saja maka sn 22,2lnlnsqsqsdnWdnnWδ=∂∂∂ (2.15)
Dengan qs,δ adalah delta Kronecker. Dengan demikian kita dapatkan bentuk aproksimasi untuk Wln ...ln21lnlnln,22,1,,,+⎥⎦⎤+⎥⎦⎤+=ΣΣ=MqsqsnnsqsMssnsmaksnndnWdndnWdWWmaksqmakssmakssδδδδ ...ln21lnln2221,,+⎥⎦⎤+⎥⎦⎤+=ΣΣ=MssnsMssnsmaksndnWdndnWdWmakssmakssδδ (2.16)
Pada titik maksimum terpenuhi
19
0ln1,=⎥⎦⎤Σ=MssnsndnWdmakssδ (2.17)
sehingga ...ln21lnln222,+⎥⎦⎤+=ΣMssnsmaksndnWdWWmakssδ (2.18)
Dengan menggunakan persamaan (2.7) kita akan dapatkan ()Σ=−=MssssngdnWd1lnlnln Σ=⎟⎟⎠⎞⎜⎜⎝⎛−=MsqsqsqsdnnddngddndnWd12lnlnln qMsqssMsqssnndndnn110101,1−=⎟⎟⎠⎞⎜⎜⎝⎛−=⎟⎟⎠⎞⎜⎜⎝⎛−=ΣΣ==δ
atau ssssndnWddndnWd1lnln222−== (2.19)
Dengan demikian persmaaan (2.18) dapat ditulis menjadi ...121lnln2+−=−ΣMsssmaksnnWWδ ...21ln2+⎟⎟⎠⎞⎜⎜⎝⎛−=⎟⎟⎠⎞⎜⎜⎝⎛ΣsMsssmaksnnnWWδ (2.20)
Jika kita asumsikan bahwa untuk semua nilai s penyimpangan jumlah sistem pada tiap kelompok energi terhadap jumlah sistem dalam konfigurasi maksimum sama maka
20
ξδ≅ssnn sehingga diperoleh ...21ln2+−=⎟⎟⎠⎞⎜⎜⎝⎛ΣsMsmaksnWWξ NnWWMssmaks222121lnξξ−=−=⎟⎟⎠⎞⎜⎜⎝⎛Σ
Atau (2/exp2NWWmaksξ−≅ ) (2.21)
Sebagai ilustrasi, misalkan rasio deviasi jumlah system pada tiap-tiap kelompok energi terhadap jumlah pada konfigurasi maksimum adalah ξ =10-10. Ini adalah rasio penyimpangan yang sangat kecil. Jumlah sistem dalam suatu assembli seorde dengan bilangan Avogadro, atau N ≈1023. Dengan nilai ini maka ()0)500exp(2/1010exp2320≈−=×−≅−maksWW
Jadi dengan rasio deviasi ξ =10-10 kali konfigurasi maksimum, probabilitas peluang konfigurasi tersebut hampir nol. Hal ini membuktikan bahwa nilai sifat assembli pada konfigurasi maksimum sama dengan nilai rata-rata sifat assembli.
21
Bab 3 Ruang Fasa
Isi Bab Ini
Bab ini berisi diskusi tentang ruang fasa, yaitu ruang yang mengandung koordinat posisi dan momentum. Keadaan gerak sebuah benda sebenarnya lebih lengkap dinyatakan dalam koordinar ruang fasa karena koordinat tersebut sekelagus memberikan informasi tentang posisi dan momentum partikel sekaligus.
Tujuan Bab Ini
Tujuan bab ini adalah mahasiswa memahami apa itu ruang fasa, bagaimana mencari volum ruang fasa, dan menentukan kerapatan keadaan dalam ruang fasa. Mahasiswa juga mahir dalam melakukan transformasi kerapatan keadaan dari variable momentum ke variable energi.
Apa Yang Perlu Dikuasai Lebih Dahulu
Tidak ada pengetahuan pendahuluan yang lebih khusus untuk memahami isi bab ini.
3.1 Definisi Ruang Fasa
Sebelum masuk lebih jauh untuk mencari besaran-besaran fisis suatu assembli, mari kita diskusikan satu jenis ruang yang dinamakan ruang fasa. Ruang fasa adalah ruang yang dibentuk oleh ruang spasial dan ruang momentum atau ruanh spasial dan ruang kecepatan. Kita perlu memahami ruang fasa karena sebenarnya keadaan system statistik yang telah dan akan kita bahas adalah keadaan system tersebut dalam ruang fasa.
Misalkan kita memiliki sebuah partikel. Posisi partikel dapat diterangkan dengan lengkap oleh tiga koordinat ruang, yaitu x, , dan z. Tetapi posisi saja tidak lengkap mendeskripsikan dinamika partikel. Kita juga memerlukan informasi tentang kecepatan partikel tersebut. Kecepatan partikel dapat didefinisikan dengan lengkap oleh tiga koordinat kecepatan, yaitu , , dan v. Dengan demikian, dinamika sebuah partikel dapat dijelaskan secara lengkap oleh enam buah koordinat, yaitu tiga koordinat ruang: x, yxvyvz
22
y, dan z, serta tiga koordinat kecepatan: , , dan . Kita dapat menggabungkan enam koordinat tersebut dalam satu ungkapan, yaitu . xvyvzv),,,,,(zyxvvvzyx
Karena momentum merupakan perkalian massa dan kecepatan, yaitu vmpvr= maka alternatif lain untuk mendeskripsikan dinamikan partikel secara lengkap adalah memberikan tiga koordinat spasial dan tiga koordinat momentum. Dalam deskripsi ini, dinamika partikel dapat dijelaskan dengan lengkap jika tiga koordinat spasial dan tiga koordinat momentum dapat ditentukan. Keenam koordinat tersebut digabung dalam satu ungkapan . ),,,,,(zyxpppzyx
ambar 3.1 Ilustrasi koordinat ruang fasa.
uang yang direpsentasikan oleh koordinat posisi saja disebut ruang spasial.
Ruang
.2 Elemen volum ruang fasa
n oleh ruang spasial tiga dimensi dan ruang momentum
tiga dim
m ruang spasial adalah:
xyzpxpypzxyzpxpypz
G
R
yang diungkapkan oleh koordinat momentum saja disebut ruang momentum. Ruang yang direpresentasikan oleh gabungan koordinat ruang dan dan momentum disebut ruang fasa.
3
Jika ruang fasa dibangu
ensi maka: Elemen volu
dxdydydVs=
23
Elemen volum ruang momentum adalxdp ah: p dp dp dV
zy =
Elemen volum ruang fasa menjadi: d
zyxpsdpdpdxdydzdpdVdV=Γ =
ka ruang fasa dibangun oleh ruang spasial dua dimensi dan ruang momentum dua
volum ruang spasial adalah:
Ji
dimensi maka: Elemen
dxdydSs= Elemen volum ruang momentum adalah:
yxpdpdpdS= Elemen volum ruang fasa menjadi: d
yxpsdpdxdydpdSdS=Γ =
ka ruang fasa dibangun oleh ruang spasial satu dimensi dan ruang momentum satu
volum ruang spasial adalah:
Ji
dimensi maka: Elemen
dxdXs= Elemen volum ruang momentum adalah:
xpdpdP= Elemen volum ruang fasa adalah: dXd
xpsdxdpdP=Γ =
Perhatikan bahwa yang dimaksud elemen volum pada penjelasan di atas bisa
bermak
.3 Energi Kinetik
dalam ruang fasa yang dibatasi oleh kordinatkoordin
na umum. Untuk kasus tiga dimensi, yang dimaksud elemen volum adalah elemen volum yang umumnya kita kenal. Untuk kasus dua dimensi, yang dimaksud elemen volum adalah elemen luas, sedangkan untuk kasus satu dimensi, yang dimaksud elemen volum adalah elemen panjang.
3
Tinjau elemen kecil volum
at berikut ini: Antara x sampai
p + p
dxx+ Antara sampai
ydyy+Antara sampai
zdzz+ Antara x sampaid
p xxAntara sampai
ypyydpp+
24
Antara sampai
zpzzdpp+
olum ruang fasa elemen tersebut adalah
(3.1)
i dalam elemen volum tersebut, komponen momentum partikel adalah , dan
v m
V
zyxdpdpdxdydzdpd=Γ
D
xp, ypzp. Dengan demikian, energi kinetik partikel yang berada dalam elemenolu tersebut adalah ()()2222222][][][212121zyxzyxmvmvmvmvvvmmvE++=++== ()22221zyxpppm++= (3.2)
.4 Sistem Dalam Ruang Fasa
tu sistem dalam ruang fasa. Bagaimana jika terdapat
sist
ko
1x 1y 1z p p
2 2 2 2x 2 y 2z y z p p p
dan seterusnya
em pertama berada pada elemen volum yang dibatasi oleh kordinatkoordin
pai
3
NDi atas kita bahas hanya sa
N em? Tiap sistem akan memiliki 6 koordinat fasa yang bebas yang terdiri dari 3 ordinat ruang dan 3 koordinat momentum. Koordinat sistem pertama ,,,(111pzyx
),,Koordinat system kedua (x
),,,,,.
.
.
.
Jika syst
at berikut ini Antara 1x sam
11dxx+ Antara sampai 1
1y1dyy+Antara sampai
1z11dzz+
25
Antara x sampai
p1 xxdpp11+ Antara sampai y
yp1ydpp11+Antara sampai
zp1zzdpp11+
maka v men ruang fasa yang menjadi lokasi sistem tersebut adalah
engan cara yang sama maka akan kita peroleh elemen volum ruang fasa yang ditempati
an seterusnya. Dari hasil ini maka kita dapatkan elemen total ruang fasa yang ditempati
(3.3)
i dalam elemen ruang fase tersebut, energi masing-masing sistem adalah
olum ele
zyxdpdpdpdzdydxd1111111=Γ
D
sistem kedua adalah
zyxdpdpdpdzdydxd2222222=Γ
d
oleh N buah sistem adalah
NzNyNxNNNzyxzyxdpdpdpdzdydxdpdpdpdzdydxdpdpdpdzdydxd...222222111111=Γ
Π==Niiziyixiiidpdpdpdzdydx1
Π=Γ=Niid1
D ()212121121zyxpppmE++= ()222222221zyxpppmE++=
.
.
.
26
()2222
1
N Nx Ny Nz p p p
m
E = + +
engan demikian energi total N system yang menempati ruang fasa dalam persaman
D
(3.3) adalah
NEEEE+++=...21
Σ==NiiE1 ()Σ=++=Niiziyixpppm122221 (3.4)
.5 Menghitung Jumlah Keadaan
ribusi kita sudah membagi energi atas kelompokkelomp
3
Pada penurunan fungsi dist
ok energi dari kemlompok ke-1 hingga kelompok ke-M. Tinjau sebuah sistem dengan energi mpppEzyx2/)(222++=. Penulisan energi di a dapat dibalik sebagai berikut tas()22222mEpppzyx=++ (3.5)
andingkan persamaan (3.5) dengan persamaan untuk bola berikut ini
B
2222RZYX=++ (3.6)
Persamaan (3.5) dan (3.6) persis sama. Pada persamaan (3.5), yang berperan
sebaga
i jari-jari adalah mE2. Ini berarti, dalam koordinat momentum, nilai-nilai xp, yp, dan zp yang memberikan E yang konstan adalah yang berada pada permukaan bgan jajari ola denri-mE2. Satu kulit bola mewakili satu nilai energi. Makin besar jari-jari bola maka makin besar energi yang dimiliki sistem yang berada pada kulit bola
momentum tersebut.
27
px
py
pz
2mE
mE2
Gambar 3.1 Bola pada ruang momentum. Jari-jari bola adalah
Jika kita bagi energi assembli atas kelompok-kelompok energi maka tiap
rtentu. ari kita ambil
lemen volum pada kulit bola dengan jari-jar
kelompok akan diwakili oleh kulit bola dengan ketebalan te M
e
i mE2 dan ketebalan )2(mEd . Luas
kulit bola tersebut adalah ()mEmESππ8242== p (3.7)
Tebal kulit bola adalah
()()dEEmdEEmEdmmEd2/12/12221222−−=×== (3.8)
Dengan demikian, volum kolit bola adalah
()mEdSdVpp2=
28
()m2/32/12− mE E dE 2 2m E1/ 2dE
2
= 8π = π (3.9)
yang berada pada kulit bola
omentum serta dalam elemen volum spasial
Gambar 3.2 Elemen volum dalam ruang momentum berupa kulit bola Volum ruang fasa yang ditempati oleh sistem
m
dxdydzdVs= adalah
(3.10)
pada semu spasial, tetapi tetap
erada dalam kulit bola momentum diperoleh dengan mengintegralkan persamaan (3.10)
pada elemen ruang spasial. Hasilnya a
(3.11)
px
py
pz
2mE
d( 2mE )
()dEEmdxdydzd2/12/322π=ΓVolum ruang fasa yang ditempati oleh sistema ruang
bdalah
()dEEmdxdydzp2/12/322π∫=ΔΓ
()dEEmV2/12/322π=
29
dengan ∫=dxdydzVadalah volum total ruang spasial yang tidak lain merupakan volum assembli itu sendiri.
Kita belum mengetahui berapa kerapatan keadaan dalam ruang fasa. Untuk
sementara kita menganggao kerapatan keadaan tersebut adalah
B . Jumlah keadaan dalam
elemen ruang fasa sama
ΔΓ = 2π
ka ke
da
da uk kontinu juga.
alam bentuk diskrit, hubungan antara dan adalah
(2.11)
Pada p
mlah sistem dalam kulit bola
ang dibatasi oleh energi
pΔΓ
dengan volum ruang fasa dikali kerapatannya, yaitu
()dEEm2/12/32 (3.12)
VBBpJilompok-kelompok energi yang kita bangun di dalam assembli diwakili oleh kulit bola maka kita dapat menyamakan sg dalam persamaan (2.11) dengan pBΔΓ pada persamaan (3.12). Akhirnya, kita dapatkan ungkapan untuk sg sebagai
()dEEmVBgs2/12/322π= (3.13)
3.6 Menentukan sn Setelah mengetahui bentuk g lam fungsi kontinu yaitu yang tertuang dalam persamaan (3.13), selanjutnya kita akan menentukan sn lam bent
ssnsg
D
sEssegnβα+= ersamaan di atas, sn adalah jumlah sistem di dalam assembli. Sekarang kita mendefisikan karapat sistem, yaitu jumlah sistem per satuan energi. Untuk kerapatan system kita gubakan symbol )(En. Dengan demikian, ju
y E dan dEE+ adalah . Dengan mengganti dengan
dan deng
an kerapatan keadaan dalam bentuk kontinu sebagai berikut
dEEn)(sndEEn)(sg an persamaan (3.13) kita dapatkan hubungan antara jumlah sistem
d
30
()EedEEmVBdEEnβαπ+×=2/12/322)( ()EemVBE12/322βαπ+= (3.14) m Elen Ruang Fasa Dinyatakan Dalam Momentum dan Laju Persamaan (3.11) menyatakan elemen volum ruan
dE / 2
3.7 Volu em
g fasa dinyatakan dalam
ariabel energi. Kita juga dapat menyatakan elemen volum tersebut dalam variabel
momentum atau laju. Kita mulai dari hubungan sehingga
v
mpE2/2=pmE2/12/121⎟⎠⎞⎜⎝⎛= (3.15)
pdpmdE1= (3.16) Substitusi persamaa (3.15) dan (3.16) ke dalamn (3.11) dip persamaa eroleh ungkapan
elemen ruang fasa dinyatakan dalam momentum sebagai berikut.
()pdpmm2⎠⎝
V m p p
2 2 1 1
1/ 2
2 / 3 × ⎟

⎜ ⎛
ΔΓ = π ×
(3.15)
Mengingat hubungan antara momentum dan laju
dpVp24π=
mvp= maka .
Konsekuensinya, kita dapat menulis eleme ruang fasa dalam koordinat posisi sebagai
berikut,
V p ΔΓ = π
(3.16)
mdvdp= ())(mdvmv
42
dvvVm234π=
31
Dengan menggunakan persamaan (3.16) dvvBVmBgps234π=ΔΓ= dan kerapatan keadaan menjadi
maka kita dapatkan
= 4πBVm v dv × eα +β m
=(4π 3 α
Hasil yang kita peroleh di
khususnya saat melakukan skrit ke integral kontinu.
Esegdvvnβα+=)(
)2/(23
2v
dvevkTmv2/22)− (3.17)
eBVm
atas akan sering kita jumpai pada bab-bab berikutnya, transformasi dari penjumlahan di
32
Bab 4 Menentukan Parameter Statistik
Isi Bab Ini
Bab ini berisi penentuan parameter α dan β yang terdapat dalam fungsi distribusi Maxwell-Boltzmann. Parameter-parameter tersebut telah diperkenalkan untuk menampung kekekalan energi dan jumlah partikel yang dimiliki assembli.
Tujuan Bab Ini
Tujuan bab ini adalah mahasiswa memahami bagaimana menentukan parameter α dan β dalam fungsi distribusi Maxwell-Boltzmann dan alasan-alasan yang digunakan dalam proses penentuan parameter-parameter tersebut.
Apa Yang Perlu Dikuasai Lebih Dahulu
Pemahaman tentang isi Bab 2 dan Bab 3 sangat penting untuk mengikuti penjelasan dalam bab ini. Juga pemahaman tentang konsep entropi yang dipelajari di termodinamika serta dasar prinsip ekipartisi energi yang dipelajari pada gas ideal juga sangat membantu dalam memahami isi bab ini.
4.1 Menentukan Parameter β
Ketika mencari konfigurasi dengan probabilitas terbesar, kita memperkenalkan dua pengali Lagrange, yaitu α dan β untuk mengakomodasi syarat batas bahwa jumlah sistem dan energi assembli harus konstan. Pertanyaan berikutnya adalah adakah makna fisis parameter-parameter tersebut? Inilah yang kita bahas sekarang.
Sudah kita tunjukkan bahwa jumlah sistem yang menempati kelompok energi dengan energi rata-rata dan mengandung keadaan sebanyak memenuhi prsamaan (2.11) yaitu . Secara fisis kita meyakini bahwa tidak mungkin ada sistem yang memiliki energi tak berhingga. Oleh karena itu jika sEsgsEssegnβα+=∞→sE maka haruslah . Ini hanya mungkin terpenuhi jika parameter 0→snβ bernilai negatif. Lalu, bergantung pada besaran apakah β?
33
N1, TN2, TEN2, TN1, TN1, T
Gambar 4.1 Dua buah assembli terisolasi digabung setelah membuka masing-masing satu sisinya. Pada batas dua assembli diijinkan pertukaran energi tetapi tidak diijinkan pertukaran partikel
Setelah mengetahui bahwa nilai parameter β harus negatif mari kita mencari bentuk ekspresi dari parameter tersebut. Untuk mempermudah mari kita tinjau dua assembli terisolasi dan berada pada suhu yang sama T. Kesamaan suhu bermakna ke dua assembli berada dalam kesetimbangan termal. Assembli pertama memiliki sistem dan assembli kedua mengandung sistem. Kemudian salah satu sisi masing-masing assembli dilepas dan dua assembli dikontakkan pada sisi yang dilepas tersebut. Setelah dikontakkan dua assembli menjadi sebuah assembli baru yang tetap terisolasi dari lingkungan. Misalkan pada permukan kontak dua assembli dipasang dinding sedemikian rupa sehingga tidak ada pertukaran sistem antara dua assembli namun pertukaran energi diperbolehkan. Akibatnya, sebelum dan sesudah dua assembli disatukan, jumlah partikel di assembli kiri maupun assembli kanan tidak berubah. Tetapi energi yang dimiliki masing-masing assembli awal bisa berubah (lihat Gbr. 4.1). 1N2N
34
Karena assembli gabungan terisolasi dari lingkungan maka pertukaran energi antar dua assembli awal tidak mengubah energi total assembli gabungan. Dengan persyaratan di atas kita dapatkan beberapa konstrain berikut ini
Σ=ssnN11 = konstan (4.1)
Σ=ssnN22 = konstan (4.2)
ΣΣ+=+=ssssssEnEnUUU221121 = konstan (4.3)
Apabila kita nyatakan dalam bentuk diferensial, persamaan (4.1) sampai (4.3) berbentuk
011==ΣssnNδδ (4.4)
022==ΣssnNδδ (4.5)
02211=+=ΣΣssssssnEnEUδδδ (4.6)
Sebelum ke dua assembli digabung maka jumlah penyusunan sistem pada keadaan-keadaan energi di masing-masing assembli memenuhi Π⎟⎟⎠⎞⎜⎜⎝⎛=ssnsngNWs!!11111 (4.7) Π⎟⎟⎠⎞⎜⎜⎝⎛=ssnsngNWs!!22212 (4.8)
Ketika dua assembli digabung maka probabilitas penyusunan sistem-sistem pada assembli gabungan tersebut merupakan perkalian probabilitas penyusunan pada masing-masing assembli awal, yaitu
21WWW=
35
atau bila diungkapkan dalam notasi logaritma menjadi
21lnlnlnWWW+= (4.9)
Kita akan mencari konfigurasi dengan probabilitas maksium dengan memperhatikan tiga konstrain pada persamaan (4.4) sampai (4.6). Ini menyaratkan pengenalan tiga pengali Langrange 1α, 2α, dan β. Syarat maksimum memenuhi persamaan
0ln2211=+++UNNWβδδαδαδ (4.10)
Dengan menggunakan persamaan (4.9) maka
21lnlnlnWWWδδδ+= = ΣΣ∂∂+∂∂ssssssnnWnnW222111lnlnδδ (4.11)
Substitusi persamaan (4.4), (4.5), (4.6), dan (4.11) ke dalam persamaan (4.10) diperoleh 0lnln22112211222111=⎥⎦⎤⎢⎣⎡++++∂∂+∂∂ΣΣΣΣΣΣssssssssssssssssnEnEnnnnWnnWδδβδαδαδδ
yang dapat disederhanakan menjadi 0lnln2222211111=⎥⎦⎤⎢⎣⎡++∂∂+⎥⎦⎤⎢⎣⎡++∂∂ΣΣssssssssnEnWnEnWδβαδβα (4.12)
Agar persamaan (4.12) selalu terpenuhi untuk variasi sn1δ dan sn2δ berapa pun maka suku dalam kurung pada harus nol, atau
36
0ln1111=++∂∂ssEnWβα (4.13) 0ln2222=++∂∂ssEnWβα (4.14)
Persaman (4.13) dan (4.14) mengandung β yang sama. Ini mengisyaratkan bahwa jika β merupakan fungsi parameter termodinamika maka parameter yang menentukan β haruslah yang tidak berubah sebelum dan sesudah dua assembli digabung. Parameter tersebut hanya suhu. Sebelum dan sesudah dua assembli digabung suhunya sama. Jadi kita simpulkan bahwa β hanya merupakan fungsi suhu, atau
)(Tββ= (4.15)
4.2 Bagaimana Kebergantungan β Pada Suhu?
Setelah kita mengetahui bahwa β merupakan fungsi suhu maka langkah selanjutnya adalah menentukan kebergantungan β terhadap suhu. Untuk maksud mari kita lihat assembli pada Gbr. 4.2 berikut ini. Di dalam assembli kita letakkan sebuah pemanas yang dapat mensuplai kalor ke dalam assembli. dQdQ
Gambar 4.2 Kalor disuplai ke dalam assembli
37
Energi dalam yang dimiliki assembli adalah U. Jika ke dalam assembli diberikan tambahan kalor dQ maka kalor akan mengubah energi dalam assembli dan melakukan kerja pada assembli tersebut. Hubungan antara perubahan energi dalam, kalor yang diberikan dan kerja yang dilakukan memenuhi hukum II termodinamika, yaitu . Dengan menggunakan definisi dWdQdU+=pdVdW maka = −
pdVdQdU−= (4.16)
Karena ada kemungkinan volum assembli berubah ketika menyerap kalor maka tingkat energi dalam assembli juga mungkin berubah. Akibatnya, energi rata-rata sistem dalam satu kelompok energi, yaitu , juga mungkin berubah sehingga secara umum terpenuhi sE0≠sEδ. Dengan demikian. Mengingat Σ=sssEnUmaka secara umum dalam bentuk diferensial dari U adalah
ΣΣ+=ssssssEnnEUδδδ (4.17)
Bagaimana hubungan persaman (4.16) dan (4.17)? Masih ingat pelajaran fisika modern saat membahas partikel kuantum yang terperangkap dalam kotak (sumur potensial)? Di situ dibahas bahwa tingkat energi partikel dalam kotak bergantung pada ukuran kotak. Makin besar ukuran kotak maka tingkat-tingkat energi makin rapat dan menjadi kontinu ketika ukuran kotak menuju tak berhingga. Kelakuan serupa juga dapat diterapkan di sini. Ketika dalam asembli disuplai kalor, perubahan tingkat energi dalam assembli semata-mata disebabkan perubahan ukuran spasial assembli. Jadi, perubahan tingkat energi dalam assembli, yaitu sEδ merupakan kontribusi dari perubahan ukuran assembli. Dengan demikian, korelasi antara persamaan (4.16) dan (4.17) menjadi sebagai berikut:
Suku pertama pada persamaan (4.17) merupakan kontribusi dari pemberian kalor
38
Suku kedua dalam persamaan (4.17) merupakan kontribusi dari perubahan volum assembli.
Dengan demikian kita dapat mengambil kesimpulan berikut ini
QnEsssδδ=Σ (4.18)
pdVEnsss−=Σδ (4.19)
Jika kita menganggap bahwa dinding assembli sangat tegar sehingga tidak terjadi perubahan volum pada saat penyerapan kalor Qδ maka
QUδδ= (4.20)
Dengan demikian, syarat konfigurasi dengan probabilitas maksimum menjadi
0ln=++QNWβδαδδ (4.21)
Untuk assembli yang terisolasi, jumlah sistem tidak berubah sehingga 0=Nδ. Akibat dari pembatasan tersebut maka persamaan (4.21) menjadi 0ln=+QWβδδatau
QWβδδ−=ln (4.22)
Ingat merupakan sebuah fungsi sehingga WlnWlnδ merupakan diferensial sejati, yaitu merupakan selisih dua nilai berdekatan. Tetapi Qδ bukan merupakan diferensial sejati. Qδ tidak dapat dinyatakan sebagai selisih dua nilai dari suatu fungsi. Dengan demikian tampak bahwa ruas kiri dan kanan persmaaan (4.22) tidak konsisten. Agar konsisten maka ruas kanan pun harus merupakan diferensial sejati. Dalam pelajaran termodinamika, sudah dibahas bahwa Qδ bisa diubah menjadi diferensial sejati jika dibagi dengan suhu. Jadi, walaupun Qδ bukan diferensial sejati tetapi TQ/δ merupakan
39
diferensial sejati. Di termodinamika dibahas bahwa TQ/δ merupakan sebuah besaran termodinamika yang bernama entropi. Dengan demikian, agar ruas kanan persamaan (4.22) menjadi diferensial sejati maka haruslah T/1∝β. Dan karena kita menunjukkan bahwa β berharga negatif, maka bentuk umum β sebagai fungsi suhu manjadi kT1−=β (4.23)
dengan sebuah konstanta. Nanti akan kita buktikan bahwa k tidak lain daripada konstanta Boltzmann. k
4.3 Menentukan β dari Enenrgi Rata-Rata
Cara lain menentukan parameter β adalah menggunakan konsep energi rata-rata yang diturunkan menggunakan teori kinetik gas ideal. Satu atom atau molekul gas yang hanya melakukan gerak translasi dalam tiga arah koordinat ruang memiliki energi kinetik rata-rata kTE23= (4.24)
dengan T suhu mutlak dan k konstanta Boltzmann. Kita bisa mendapatkan energi rata-rata tersebut dengan menggunakan kosep kerapatan keadaan yang telah kita pelajari pada bab terdahulu. Mari kita lakukan di sini.
Dalam Bab 3 kita sudah menurunkan jumlah partikel yang berada dalam jangkauan energi antara E sampai dEE+ adalah
()dEEemVBdEEnE2/12/322)(βαπ+=
Energi rata-rata partikel dapat dinyatakan dalam bentuk
40
∫∫∞∞=00)()(dEEndEEEnE
()()∫∫∞+∞+×=02/12/302/12/32222dEEemVBdEEemVBEEEβαβαππ ()()∫∫∞∞=02/12/302/32/32222dEEemVBdEEeemVBEEβαβαππ ∫∫∞∞=02/102/3dEEdEEeEEββ (4.25)
Mari kita selesaikan integral pada pada persamaan (4.25) dengan melihat pembilang terlebih dahulu. Untuk menyelesaikan integral tersebut kita misalkan
dxdEeE=β (4.26a)
yE=2/3 (4.26b)
Dengan melakukan integral pada dua sisi persamaan (4.26) diperoleh Eexββ1=
dan dengan melakukan diferensial pada persamaan (4.26b) diproleh dEEdy2/123=
Selanjunta kita menggunakan aturan rantai untuk integeral ∫∫−=xdyxyydx. Dengan aturan ini maka kita dapat menulis bagian pembilang persamaan (4.25) sebagai
41
∫∫∞∞∞⎟⎠⎞⎜⎝⎛⎟⎟⎠⎞⎜⎜⎝⎛−⎥⎦⎤⎢⎣⎡=02/102/302/32311dEEeEedEEeEEEβββββ ∫∞×∞×−⎥⎦⎤⎢⎣⎡−∞=02/12/302/323011dEeEeeEββββββ (4.27)
Karena β negatif maka dan menuju nol lebih cepat daripada membesarnya sehingga perkalian . Dengan sifat ini maka suku pertama di sisi kanan persamaan (4.27) yaitu yang berada di dalam kurung siku nilainya nol dan integral pembilang di persamaan (4.25) menjadi 0→∞×βe2/3∞02/3→∞∞×βe ∫∫∞∞−=02/102/323dEeEdEEeEEβββ (4.28)
Substitusi persamaan (4.28) ke dalam persamaan (4.25) didapatkan energi rata-rata system menjadi ββββββ232302/102/102/102/3−=−==∫∫∫∫∞∞∞∞dEEdEEedEEdEEeEEEEE
Karena energi rata-rata ini harus sama dengan maka 2/3kT2/32/3kT=−β sehingga diperoleh ungkapan untuk β kT1−=β
42
yang persis sama dengan persamaan (4.23). Hasil ini pun membuktikan bahwa k benar-benar merupakan konstanta Boltzmann karena berasal dari ungkapan energi rata-rata system.
4.4 Menentukan Parameter α
Setelah mengetaui ungkapan untuk gs, kita siap menentukan parameter pengali Lagrange α. Kita mulai dari hubungan . Selanjutnya kita lakukan penjumlahan untuk semua yang mungkin sEssegnβα+=s
ΣΣΣ==+sEssEsssssegeegnβαβα
Penjumlahan di ruas kiri adalah jumlah total sistem. Jadi
Σ=sEssegeNβα (4.29)
Mari kita fokuskan pada suku penjumlahan di ruas kanan persamaan (4.29). Kita ganti dengan bentuk kontinu yang diberikan oleh persamaan (3.13). Penjumlahan selanjutnya diganti dengan integral pada semua jangkaiau energi yang mungkin, yaitu daru sampai sg0=E∞=E. Bentuk integral yang dimaksud adalah
()∫∞=02/12/322dEEemVBeNEβαπ
()∫∞=02/12/322dEEeemVBEβαπ (4.30)
Untuk menyelesaikan integral (4.30) mari kita mendefinisikan yE−=β sehingga βyE−=, (4.31a)
43
dydEβ1−=, (4.31b)
dan 2/12/12/12/11yyE⎟⎟⎠⎞⎜⎜⎝⎛−=⎟⎟⎠⎞⎜⎜⎝⎛−=ββ (4.31c)
Dengan mensubstitusi persamaan (4.31a) sampai (4.31c) maka suku integral di ruas kanan persamaan (4.30) menjadi ∫∫∞−∞⎟⎟⎠⎞⎜⎜⎝⎛−⎟⎟⎠⎞⎜⎜⎝⎛−=02/12/102/111dyyedEEeyEβββ ∫∞−⎟⎟⎠⎞⎜⎜⎝⎛−=02/12/31dyyeyβ ⎟⎠⎞⎜⎝⎛Γ⎟⎟⎠⎞⎜⎜⎝⎛−=2312/3β
di mana adalah fungsi gamma. Dapat dibuktikan secara analitik (walaupun agak panjang) dan juga sudah ditabelkan bahwa )(xΓ()2/2/3π=Γ sehingga 212/302/1πββ⎟⎟⎠⎞⎜⎜⎝⎛−=∫∞dEEeE (4.32)
Akhirnya, substitusi persamaan (4.32) ke dalam (4.30) diperoleh
()21222/32/3πβπα⎟⎟⎠⎞⎜⎜⎝⎛−=emVBN (4.33)
Karena kita sudah membuktikan kT/1−=β maka
()()2222/32/3ππαkTemVBN=
44
()απemkTVB2/32=
sehingga parameter α
()2/32mkTVBNeπα=
atau
()⎥⎦⎤⎢⎣⎡=2/32lnmkTVBNπα (4.34)
Hingga saat ini kita sudah lengkap menentukan parameter-parameter fungsi distribusi klasik ynag semula merupakan pengali Lagrange yang diperkenalkan untuk memperhitungkan jumlah partikel konstan dan energi total konstan.
45
Bab 5 Statistik Bose-Einstein
Isi Bab Ini
Bab ini berisi perumusan statistik Bose-Einstein untuk assembli boson, yaitu partikel kuantum dengan spin merupakan kelipatan bulat dari π2/h. Contoh partikel boson adalah foton, fonon, dan atom helium.
Tujuan Bab Ini
Tujuan bab ini adalah mahasiswa memahami bagaimana proses membangun statistik Bose-Einstein dengan menggunakan prinsip statistik murni yang digabungkan dengan prinsip kekekalan dalam fisika seperti kekekalan energi dan jumlah partikel.
Apa Yang Perlu Dikuasai Lebih Dahulu
Untuk memahami penurunan fungsi distribusi Bose-Einsten mahasiswa perlu memahami prinsip permutasi untuk benda-benda yang tidak dapat dibedakan, sifat yang ditunjukkan oleh sebuah besaran yang nilainya kekal (konstan), serta bagaimana mencari nilai maksimum dari sebuah fungsi. Pemahaman tentang penurunan distribusi Maxwell-Boltzmann juga merupakan modal berharga untuk memahami penurunan distribusi Bose-Einstein secara lebih mudah.
5.1 Sifat Dasar Boson
Penyusunan partikel yang kita bahas pada bab sebelumya berlaku untuk partikel dapat dibedakan. Partikel semacam ini sikenal dengan partikel klasik. Contoh partikel klasik adalah atom dan molekul gas. Dapat dibedakan di sini bukan berarti kita dapat melihat dengan mata telanjang bahwa jika ada dua partikel maka kita dapat membedakan mana partikel A dan mana partijkel B. Dengan mata telanjang atau bahkan dengan mikroskop pun kita tidak dapat membedakan satu partikel dengan partikel lainnya. Dapat dibedakan di sini hanya dari sudut pandang teori (konsep). Jika ada dua patikel yang memiliki energi berbeda dipertukarkan maka kita mengangap akan mendapatkan penyusunan yang baru.
46
Kalau kita melangkah ke partikel sub atomik seperti proton dan elektron maka sifat dapat dibedakan hilang. Pertukaran dua partikel yang menempati tingkat energi berbeda tidak menghasilkan jenis penyusunan baru. Dikatakan partikel-partikel ini tidak terbedakan.
Sifat partikel sub atomik yang tidak dapat dibedakan dapat dipahami dari konsep gelombang partikel. Panjang gelombang de Broglie partikel-partikel tersebut memenuhi mvh/=λ dengan massa partikel dan v laju partikel. Karena m untuk partikel sub atomik sangat kecil maka panjang gelombangmλ cukup besar. Panjang gelombang yang besar menyebabkan fungsi gelombang dua partikel yang berdekatan tumpang tindih (berimpitan). Kalau dua fungsi gelombang tumpang tindih maka kita tidak dapat lagi membedakan dua partikel yang memiliki fungsi-fungsi gelombang tersebut.
Kondisi sebaliknya dijumpai pada partikel klasik seperti molekul-molekul gas. Massa partikel angat besar sehingga λ sangat kecil. Akibatnya tidak terjadi tumpang tindih fungsi gelombang partikel-partikel tersebut, sehingga secara prinsip partikel-partikel tersebut dapat dibedakan.
Akan kita lihat nanti bahwa pada suhu yang sangat tinggi partikel sub atomik berperilaku seperti partikel klasik. Pada suhu yang sangat tinggi kecepatan partikel sangat besar sehingga panjang gelombangnya sangat kecil. Akibatnya, tumpang tindih gelombang partikel-partikel menjadi hilang dan partikel menjadi terbedakan.
Sistem kuantum yang akan kita bahas ada dua macam yaitu boson dan fermion. Boson adalah sistem yang memiliki spin kelipatan bulat dari π2/h. Sistem ini tidak memenuhi prinsip ekslusi Pauli sehingga satu tingkat energi dapat ditempati oleh partikel dalam jumlah berapa pun. Sebaliknya, fermion memiliki spin yang merupakan kalipatan gajil dari )2/(2/1πh. Sistem ini memenuhi prinsip ekslusi Pauli. Tidak ada dua partikel atau lebih yang memiliki keadaan yang sama.
5.2 Konfigurasi Boson
Mari kita mulai dengan munurunkan statistik untuk boson. Statistik ini dinamakan statistik Bose-Einstein. Agar dapat menentukan fungsi distribusi Bose-Einstein, kita terlebih dahulu harus menentukan konfigurasi dengan probabilitas paling besar. Konfigurasi ini memiliki probabilitas yang jauh lebih besar daripada konfigurasi-
47
konfigurasi lainnya sehingga ahmpir seluruh waktu sistem boson membentuk konfigurasi tersebut. Sifat rata-rata assembli dapat dianggap sama dengan sifat pada konfigurasi maksimum tersebut.
Kita tetap membagi tingkat energi sistem-sistem dalam assembli atas M kelompok sebagai berikut:
Kelompok-1 memiliki jumlah keadaan dan energi rata-rata 1g1E
Kelompok-2 memiliki jumlah keadaan dan energi rata-rata 2g2E
.
.
.
Kelompok-s memiliki jumlah keadaan dan energi rata-rata sgsE
.
.
.
Kelompok-M memiliki jumlah keadaan dan energi rata-rata MgME
Kita akan menentukan berapa cara penyusunan yang dapat dilakukan jika:
Ada sistem di kelompok-1 1n
Ada sistem di kelompok-2 2n
.
.
.
Ada sistem di kelompok-s sn
.
.
.
Ada sistem di kelompok-M Mn
48
Mari kita tinjau kelompok-1 di mana terdapat keadaan dan sistem. Mari kita analogikan satu keadaan sebagai sebuah kursi dan satu sistem dianalogikan sebagai sebuah benda yang akan diletakkan di kursi tersebut. Satu kursi dapat saja kosong atau menampung benda dalam jumlah berapa saja. Untuk menghitung jumlah penyusunan benda, kita dapat melakukannya sebagai berikut. Lihat Gbr. 5.1. 1g1n
ambar 5.1 Penyusunan benda dan kursi analog dengan penyusunan boson dalam
ari Gbr 5.1, apa pun cara penyusunan yang kita lakukan, yang berada di ujung bawah
selalu kursi karena benda harus disangga oleh kursi (sistem harus menempati tingkat
Penyusunan-1Penyusunan-2Penyusunan-3Penyusunan-3
G
tingkat-tingkat energi. Untuk merepresentasikan sistem boson, bagian paling bawah harus selalu kursi.
D
49
energi). Oleh karena itu, jika jumlah total kursi adalah 1g maka jumlah total kursi yang dapat dipertukarkan hanya 11−gkarena salah satu kursi harus tetap di ujung bawah. Bersama dengan partikel sebanyak n, maka jumlah total benda yang dapat dipertukarkan dengan tetap memenuhi sifat boson adalah 1)1(11111−+=+−ngng . Akibatnya, jumlah cara penyusunan yang dapat dilakukan adalah )!1(11−+ng. Karena sistem boson tidak dapat dibeya, maka pertukaran sesama partikel dan sesama kursi tidak menghus
dakan satu dengan lainn
asilkan peny unan yang berbeda. Jumlah
penyus
unan sebanyak )!1(11−+ngsecara implisit memperhitungkan jumlah pertukaran antar partikel dan antar kursi. Jumlah pertukaran antar partikel adalah !1n dan jumlah pertukaran antar kursi Oleh karena itu, jumlah penyusunan yang berbeda untuk n boson di dalam g keadaan hanyalah adalah !1g. 11!!)!111ng−+ (
1 1 n g
(5.1)
Hal yang sama berlaku untuk kelompok-2 yang mengandung keadaan dengan
opulasi sistem. Jumlah cara penyusunan yang berbeda system-siste, ke dalam
2g
p
2nkeadaan-keadaan tersebut adalah !!)!1(22ng−+ (
2 2 n g
5.2)
Terakhir hingga kempok energi ke-M, jumlah cara penysunan yang berbeda untuk
stem dalam keadaan adalah
Mn
si
Mg !!)!1(Mg−+
M M
M
n g
n (5.3)
50
Akhirnya, jumlah total cara penyusunan yang berbeda secara bersamaan sistem di
1ndalam 1g keadaan, 2n sistem di dalam 2g, …., Mn sistem dalam Mg keadaan adalah !!)!1(...!!)!1(!!)!1(22221111MMMMgnnggnnggnng−+××−+×−+ Π=−+=Msssssgnng1!!)!1(
(5.4)
Kita harus juga memperhitungkan jumlah cara membawa sistem dari luar
untuk d
Nidistribusikan ke dalam tingkat-tingkat energi di atas. Jumlah cara pengambilan N system adalah !N cara. Karena sistem tidak dapat dibedakan maka jumlah tersebut us dibagi deng!N, sehingga jumlah total cara membawa N sistem ke dalam tingkat-tingkat energi di dalam assembli adalah 1!/!haran =NN. Akhirnya, kita dapatkan jumlah penysusunan sistem-sistem dalam aseembli boson
adalah
Π=−+=MsssssgnngW1!!)!1(
(5.5)
.3 Konfigurasi Maksimum
enentukan konfigurasi dengan peluang kemunculan paling
besar. A
5
Selanjutnya kita akan m
mbil logaritma ruas kiri dan kanan persamaan (5.5) ΣΠ==⎥⎦⎤⎢⎣⎡−+=−+=MsssssMsssssgnnggnngW11!!)!1(ln!!)!1(lnln
()Σ=−−−+=Msssssgnng1!ln!ln!1lnln (5.6)
emudian kita gunakan pendekatan Stirling untuk melakukan penyederhanaan sebagai
K
berikut
51
)1()1ln()1()!1ln(−+−−+−+≅−+ssssssssngngngng
ssssgggg−≅ln!ln
ssssnnnn−≅ln!ln
engan pendekatan tersebut maka persamaan (5.6) menjadi
D
[Σ=−+−−+−+≅MsssssssngngngW1)1()1ln()1(ln
]ssssssnnnggg+−+−lnln (5.7)
Jumlah total sistem serta energi total assembli memenuhi dan
. Untuk assembli yang terisolasi sehingga tidak ada pertukaran sistem
maupun energi antara assembli dan lingkungan. Jumlah sistem maupun energi assembli
(5.8)
(5.9)
onfigurasi dengan probabilitas maksimum diperoleh dengan memaksimumkan
.
konfig
Σ==MssnN1Σ==MsssEnU1konstant. Pembatasan ini dapat dinyatakan dalam bentuk diferensial berikut ini
01==Σ=MssnNδδ
01==Σ=MsssnEUδδ
K
Wln Dengan memperhatikan konstrain pada persamaan (5.8) dan (5.9) maka urasi dengan probabilitas maksimum memenuhi
0ln=++UNWβδαδδ (5.10)
elanjutnya dengan mengambil diferensial persamaan (5.7) kita peroleh
S
52
[Σ=−+−−+−+≅MsssssssngngngW1)1()1ln()1(lnδδδ]ssssssnnnggg δδδδ+−+−lnln (5.11)
Mari kita hitung suku per suku yang terkandung dalam persamaan (5.11).
i) ssssssssss
nngngngngδδ)1ln()1()1ln()1(−+−+
∂n
∂=−+−+ []ssssssssssnngnngngngδδ1)1ln()1(1)1()1ln(+−+=⎥⎦⎤⎢⎣⎡−+×−++−+= sssssssnnngnngδδδ=−+∂∂=−+)1()1( ii)
0lnln=∂∂=ssssssnggnggδδ iii)
[]ssssssssssssnnnnnnnnnnnnδδδδ1ln1lnlnln+=⎥⎦⎤⎢⎣⎡×+=∂∂= iv)
ersamaan (5.11) selanjutnya menjadi
P
[][]Σ=++−+−−+−+≅MssssssssnnnnnngW11ln001)1ln(lnδδδδδ
[]Σ=−−+=Msssssnnng1ln)1ln(δ Σ=⎥⎦⎤⎢⎣⎡−+=Msssssnnng11lnδ (5.12)
arena dan maka
K
1>>sg1>>sn ssssngng+≅−+1 sehingga persamaan (5.12) dapat
disederhanakan lebih lanjut menjadi Σ=⎥⎦⎤⎢⎣⎡+=MsssssnnngW1lnlnδδ (5.13)
53
Substitusi persamaan (5.8), (5.9), dan (5.13) ke dalam persaman (5.10) diperoleh
0ln111=++⎥⎦⎤⎢⎣⎡+ΣΣΣ===MsssMssMsssssnEnnnngδβδαδ
tau
a 0ln1=⎭⎬⎫⎩⎨⎧++⎥⎦⎤⎢⎣⎡+Σ=MssssssnEnngδβα (5.14)
esamaan di atas harus berlaku untuk semua variasi
K
snδ . Ini dijamin jika bagian di dalam
kurung selalu nol, yaitu 0ln=++⎥⎦⎤⎢⎣⎡+ssssEnngβα
tau
a ()ssssEnngβα−−=+exp
()ssssEnngβα−−=+exp
()[]1exp−−−=sssEngβα
an akhirnya didapatkan ungkpan untuk jumlah populasi pada tiap-tiap tingkat energi
D
sebagai berikut
()1exp−−−=sssEgnβα
(5.15)
54
Ternyata untuk assembli boson, parameter βjuga berbentukkT/1−=β. Dengan demikian, bentuk lengkap fungsi distribusi Bose-Einstein untuk assembli boson adalah
( ) 1/exp−+−=kTEgnsssα (5.16)
5.4 Parameter α Untuk Photon dan Phonon
Kita perhatikan untuk parameter α pada persamaan (5.16). Ada satu kekhususan untuk assembli foton (kuantisasi gelombang elektromagnetik) dan fonon (kuntisasi geteran atom dalam kristal) dan ini berimplikasi pada nilai padameter α. Dalam suatu kotak, foton bisa diserap atau diciptakan oleh atom-atom yang berada pada dinding kotak. Akibatnya, jumlah foton dalam satu assembli tidak harus tetap. Jumlah foton bisa bertambah, jika atom-atom di dinding memancarkan foton dan bisa berkurang jika atom-atom di dinding menyerap foton. Untuk sistem semacam ini pembatasan bahwa jumlah total sistem dalam assembli konstan sebenarnya tidak berlaku. Pada penurunan fungsi distribusi Bose-Einstein kita telah mengasumsikan bahwa jumlah sistem dalam assembli selalu tetap, yaitu 0=Nδ. Konstrain ini dimasukkan dalam persamaan dengan memperkenalkan faktor pengali Lagrange α. Oleh karena itu, agar konstrain ini tidak diberlakukan untuk assembli dengan jumlah sistem tidak tetap, seperti foton atau fonon maka nilai α harus diambil nol. Dengan nilai ini maka fungsi distribusi untuk sistem semacam ini menjadi
()1/exp−=kTEgnsss (5.17)
Fungsi distrubusi yang diungkapkan oleh persamaan (5.17) akan kita pakai secara langsung ketika membahas sifat statistik foton dan fonon (getaran kisi). Aplikasi-aplikasi tersebut akan kita bahas dalam Bab 10.
55
Bab 6 Statistik Fermi-Dirac
Isi Bab Ini
Bab ini berisi perumusan statistik Fermi-Dirac untuk assembli fermion, yaitu partikel kuantum dengan spin merupakan kelipatan ganjil dari π4/h. Partikel ini memiliki satu sifat khas, yaitu memenuhi prinsip ekslusi Pauli. Bersadarkan prinsip ini maka tidak ada fermion yang boleh memiliki sekumpulan bilangan kuantum yang sama. Satu keadaan energi hanya boleh ditempati maksimum oleh dua fermion dengan syarat arah spin harus berlawanan. Contoh partikel fermion adalah elektron, proton, dan positron.
Tujuan Bab Ini
Tujuan bab ini adalah mahasiswa memahami bagaimana proses membangun statistik Fermi-Dirac dengan menggunakan prinsip statistik murni yang digabungkan dengan prinsip kekekalan dalam fisika seperti kekekalan energi dan jumlah partikel.
Apa Yang Perlu Dikuasai Lebih Dahulu
Untuk memahami penurunan fungsi distribusi Fermi-Dirac mahasiswa perlu memahami prinsip permutasi untuk benda-benda yang tidak dapat dibedakan, sifat yang ditunjukkan oleh sebuah besaran yang nilainya kekal (konstan), serta bagaimana mencari nilai maksimum dari sebuah fungsi. Pemahaman tentang penurunan distribusi Maxwell-Boltzmann serta Bose-Einstein juga merupakan modal berharga untuk memahami penurunan distribusi Fermi-Dirac secara lebih mudah.
6.1 Konfigurasi Fermion
Kita sudah menurunkan fungsi distribusi untuk sistem kuantum boson yang mempunyai sifat bahwa bilangan kuantum spin merupakan kelipatan bulat dari π2/h. Pada bagian ini kita akan menurunkan fungsi distribusi untuk sistem kuantum fermion dengan bilangan kuantum spin merupakan kelipatan ganjil dari π4/h. Salah satu sifat yang dimiliki fermion adalah terpenuhinya prinsip ekslusi Pauli. Tidak boleh lebih dari
56
satu fermion memiliki keadaan kuantum yang sama. Satu keadaan hanya boleh kosong atau hanya ditempati oleh satu fermion.
Konsekuensi dari prinsip eksklusi Pauli adalah jumlah fermion harus lebih sedikit atau sama dengan jumlah keadaan. Ini berbeda dengan sistem klasik atau boson di mana tidak ada pembatasan jumlah partikel yang menempati keadaan tertentu. Berapa pun jumlah keadaan yang tersedia, maka keadaan tersebut dapat menampung partikel klasik maupun boson yang jumlahnya berapa pun.
Untuk menurunkan fungsi distribusi Fermi-Dirac kita pun akan memulai dengan membagi keadaan-keadaan atas kelompok-kelopok sebagai berikut:
Kelopok-1 mengandung keadaan dengan energi rata-rata 1g1E
Kelopok-2 mengandung keadaan dengan energi rata-rata 2g2E
.
.
.
Kelopok-s mengandung keadaan dengan energi rata-rata sgsE
.
.
.
Kelopok-M mengandung keadaan dengan energi rata-rata MgME
Jumlah sistem yang menempati masing-masing keadaan misalkan
1n sistem menempati keadaan-1
2n sistem menempati keadaan-2
.
.
.
sn sistem menempati keadaan-s
.
.
.
57
Mn sistem menempati keadaan-M
Karena satu keadaan maksimum menampung satu sistem maka harus terpenuhi 11gn≤, , …, , …, . 22gn≤ssgn≤MMgn≤
Selanjutnya kita akan menentukan berapa cara menyusun sistem pada keadaan, sistem pada keadaan , …, sistem pada keadaan. Tinjau kelompok-1. Di sini ada keadaan dan menampung sistem. Kembali kita menganalogikan keadaan sebagai kursi dan sitem sebagai benda yang akan ditempatkan pada kursi-kursi tersebut, seperti diilustrasikan pada Gbr. 6.1. 1n1g2n2gMnMg1g1n
ambar 6.1 Contoh penyusunan fermion analog dengan penyusunan kursi. Sebagian
kursi ditempeli benda (keadaan yang diisi fermion) dan sebagian kursi kosong (keadaan
yang tidak ditempati fermion).
Penyusunan-1Penyusunan-2Penyusunan-3Penyusunan-3
G
58
Untuk menentukan jumlah cara menempatkan benda pada kursi-kursi tersebut, kita tempelkan benda pada kursi-kursi tesebut. Pada satu kursi hanya boleh ditempelkan
tu benda. Penempelan ini menjamin bahwa tidak boleh lebih dari satu benda berada
pada sa
Kemud it si yang ada baik yang kosong maupun
yang d eli benda. Karena benda sudah menempel pada kursi maka permutasi tidak
emungkinkan munculnya satu kursi yang menampung lebih dari satu benda. Jumlah
sa
tu kursi. Akibatnya kita dapatkan: Ada 1n buah kursi yang ditempeli benda Ada 11ng− buah kursi yang kosong.
ian ka melakukan permutasi semua kur
itemp
m
kursi yang dipermutasi adalah 1g kursi sehingga menghasilkan jumlah permutasi sebanyak !1g cara. Tetapi, karena )(11ng− buah kursi kosong tidak terbedakan dan 1n buah kursi yang ditempeli benda juga tidak dapat dibedakan maka jumah permutasi 1g buah kursi harus dibagi dengan permutasi )(11ng− buah kursi kosong dan 1n buah kursi yang ditempeli benda untuk mepenyusunan yang berbeda. Jadi, juml penyusunan yang berbeda hanyalah
ndapatkan ah
!)!(!1111nngg− (6.1)
Dengan cara yang
keadaan adalah
sama kita daptkan jumlah cara penyusunan 2n sistem pada
2g !)!(!222ngg− 2 n
(6.2)
Begitu seterusnya. A
sistem pada keadaan, sistem pada keadaan, …, sistem pada keadaan
dalah
khirnya, jumlah total cara penyusunan secara bersama-sama
1n 1g2n2gMnMg
a
59
!)!(!...!2Mgg×××
( )! ! ( )! !
!
1 1 1 2 2 2
1
M M M g n n g n n
g
g − n n − −
Π=−=Msssssnngg1!)!(!
(6.3)
Selanjutnya kita perlu menentukan berapa cara membawa sistem dari luar
untuk didistribusikan ke ta
bahas pada assembli boson, untuk partikel tidak terbedakan jumlah cara tersebut adalah
Ndalam keadaan-keadaan di dalam assembli. Seperti yang ki1. Akhirnya, jumlah cara penysusunan fermion untuk konfigurasi di atas adalah !/!=NNΠ=
atau dalam notasi logaritma
−=MsssssnnggW1!)!(! Σ⎥⎦⎤⎢
=

=
M
s
s
n
g
W
)! !
!
ln ln (6.4)
Jumlah total sistem dalam assembli dan energi total assembli masing-masing
adalah dan . Untuk sistem terisolasi di mana tidak terjadi
pertuka
selalu konstan dan energi total juga konstan. Dengan demikian bentuk diferensial dari
⎣−sssng1(
Σ==MssnN1Σ==MsssnEU1ran partikel maupun energi antara assembli dan lingkungan maka jumlah partikel dan U adalah 0==ΣN
1 =
(6.6)
MssnNδδ (6.5)
01==Σ=MsssnEUδδ
60
Konfigurasi dengan probabilitas maksimum diperoleh dengan memaksimalkan
atau dengan mempe m
kearah itu kita coba sederhanakan pada persamaan (6.4).
W Wln
rhatikan konstrain pada persamaan (6.5) dan (6.6). Sebelu
Wln Σ=
ln
elanjutnya kita gunakan pendekatan Stirling untuk menyederhanakan faktorial, yaitu
−−−=Msssssnngg1!ln)!ln(!ln
W
S
ssssgggg−≅ln!ln
)()ln()()!ln(ssssssssngngngng−−−−≅−
ssssnnnn−≅ln!ln
Dengan demikian bentuk dapat diaproksimasi sebagai berikut
s
s s s s s s s s n
1
Selanjunya, ambil diferensial ke dua ruas persamaan (6.7)
] (6.8)
ari kita hitung satu per satu suku dalam persamaan (6.8)
i)
Wln
Σ=+−−+−−−−≅MsssssssssssssnnnngngnggggW1ln)()ln()(lnlnΣMnnnggggln)ln()(ln (6.7)
=−−−−=
[][][Σ=−−−−=MsssssssssnnngngggW1ln)ln()(lnlnδδδδ
M
[][]0lnln=∂∂=ssssssnggnggδδ
61
[][]ssssssssssnngngnngngδδ)ln()()ln()(−−∂∂=−−
ii)
[]ssssssssssnngnngngngδδ1)ln()1()(1)()ln(+−−=⎥⎦⎤⎢⎣⎡−×−×−+−−=
iii)
[][][]ssssssssssssnnnnnnnnnnnnδδδδ1ln11lnlnln+=⎥⎦⎤⎢⎣⎡××+=∂∂=
hasil di atas maka bentuk Dari
Wlnδ dapat ditulis dalam bentuk lebih sederhana sebagai
berikut
s
s s s s s n
1
) 1 [][]ΣMnnngW1lnln(0lnδδδ
=+−+−+=
[]Σ=−−=Msssssnnng1ln)ln(δ Σ=⎥⎦⎤⎢⎣⎡−=Msssssnnng1lnδ (6.9)
Konfigurasi dengan si
untuk persamaan
probabilitas maksimum diperoleh dengan mencari solu
0ln=++UNWβδαδδ , atau
0ln11⎤⎢⎣⎡−Σ=MssMMsssnEnngδ
1
= + + ⎥⎦
Σ Σ
s= s=
s s
s
δn α δn β
0ln1=⎭⎬⎫⎩⎨⎧++⎥⎦⎤⎢⎣⎡−Σ=MsssssEnngβα (6.10)
Agar persamaan (6.10) selalu nol untuk variasi snδ yang sembarang maka harus
terpenuhi
62
0ln=++⎥⎦
⎤⎣⎡−ssEngβα ⎢ s
s n
()ssssEnngβα−−=−exp
yang memberikan ungkapan untuk sebagai
sn()1exp+−−ssEβα
= s g
n (6.11)
Berlaku juga pada fungsi distribusi fermion bahwa parameter
β memenuhi kT/1−=β .
Dengan parameter ini maka kita dapat m
bagai
enulis persamaan (6.11) secara lebih eksplisit
se
()1/exp=gnss (6.12)
− + E kT + s α
Persamaan (6.12) merupakan bentuk umum fungsi distribusi Fermi-Dirac untuk fermion.
63
Bab 7 Rapat Keadaan Sistem Kuantum
Isi Bab Ini
Bab ini berisi diskusi tentang kerapatan keadaan system kuantum, yang meliputi boson dan fermion. Salah satu perbedaan dengan system klasik adalah terpenuhinya prinsip ketidakpastian Heisenberg pada system kauntum. Namun akan tampak bahwa, tidak ada perbedaan signifikan antara kerapatan keadaan sistem klasik dan sistem kuantuk. Perbedaan hanya terletak pada keberadaan elemen ruang fasa minimal yang diijinkan bagi sistem kuantum.
Tujuan Bab Ini
Tujuan bab ini adalah mahasiswa memahami bagaimana menurunkan kerapatan keadaan sistem kuantum dan bagaimana mendapatkan kerapatan keadaan tersebut dari kerapatan keadaan sistem klasik.
Apa Yang Perlu Dikuasai Lebih Dahulu
Untuk memahami lebih baik tentang bab ini, makasiswa diharapkan memahami terlebih dahulu isi Bab 3.
7.1 Ketidakpastian Heisenberg
Setelah membahas beberapa aplikasi statisti Maxwell-Boltzmann yang berlaku untuk partikel klasik, kita akan membahas beberapa aplikasi assembli kuantum yang diungkapkan oleh distribusi Bose-Einstein dan Fermi-DiracD. Namun, sebelum melangkah lebih jauh membahas beberapa aplikasi assembli kuantum tersebut, mari kita tentukan dahulu kerapatan keadaan. Kerapatan keadaan menjadi penting ketika kita akan menghitung besaran-besaran termodinamika assembli tersebut. Dan yang paling sering kita jumpai adalah ketika kita berpindah dari penjumlahan yang bersifat diskrit ke integral yang bersifat kontinu.
Karena merupakan partikel kuantum maka pada boson maupun fermion kita harus menerapkan prinsip-prinsip mekanika kuantum. Salah satu prinsip dasar mekanika kuantum adalah prinsip ketidak pastian Heisenberg yang dapat ditulis sebagai
64
hxp≥ΔΔ (7.1)
Prinsip ini menyatakan bahwa perkalian antara ketidakpastian momentum dan posisi tidak boleh lebih kecil dari konstanta Planck. Implikasinya adalah kita tidak mungkin mendefinisikan sebuah keadaan kuantum jika keadaan tersebut memuat ukuran momentum dan ukuran posisi sedemikian sehingga perkaliannya kurang dari h. Dengan perkataan lain, nilai terkecil dari perkalian pΔ dan xΔ yang bisa mendefisinisikan sebuah keadaan adalah h. Dari hasil ini kita selanjunya bisa menentukan berapa jumlah kedaan kuantum dalam ruang fase dengan volum tertentu. Kita akan membahas untuk ruang fasa yang mengandung koordinat spasial satu, dua, dan tiga dimensi.
7.2 Koordinat Spasial Spasial Satu Dimensi
Misalkan kita memiliki assembli yang hanya boleh bergerak bebas dalam satu arah. Posisi partikel dalam assembli tersebut dinyatakan dengan koordinat x. Dengan demikian, momentum partikel hanya memiliki satu komponen saja, yaitu . Elemen kecil ruang fasa yang dimiliki sebuah partikel dalam assembli tersebut adalah . Volum ruang fasa untuk semua posisi yang mungkin diperoleh dengan melakukan integral pada semua ruang spasial, xpxdxdpd=ΓΓd
xxpLdpdpdx==ΔΓ∫ (7.2)
Dalam satu dimensi, ukuran minimum ruang fasa yang diijinkan oleh prinsip ketidakpastian Heisenberg adalah hpxx≅ΔΔ=ΔΓmin. Oleh karena itu, jumlah keadaan yang terdapat dalam elemen ruang fase pΔΓ adalah xpdphLdN=ΔΓΔΓ=min (7.3)
Jumlah keadaan persatuan volum assembli menjadi
65
LdNdppgxx=)( xdph1= (7.4)
Kerapatan keadaan tersebut dapat juga diungkapkan dalam variable energi partikel dengan menggunakan hubungan . Dengan hubungan ini kita dapatkan mpx2/2=ε εmpx2=
dan εεεεdmdmdpx2212=⎟⎟⎠⎞⎜⎜⎝⎛= (7.5)
Substitusi persamaan (7.5) ke dalam persamaan (7.4) diperoleh ungkapan kerapatan keadaan per satuan volum sebagai berikut εεεεdmhdg2/121)(−= (7.6)
Kerapatan keadaan tersebut dapat juga diungkapkan dalam variabel panjang gelombang partikel. Kita berangkat dari persamaan de Broglie λ/hpx=. Dari persamaan ini kita dapat . Substitusi ke dalam persamaan (7.5) dan hilangkan tanda negatif maka kita dapatkan 2/λλhddpx−=xdp λλλλdhhdg21)(= λλd21= (7.7)
66
7.3 Koordinat Spasial Dua Dimensi
Sekarang kita berlanjut ke assembli dalam kotak dua dimensi dengan ukuran panjang searah sumbu x dan sumbu masing-masing dan . Posisi partikel dalam assembli tersebut dinayatakan oleh koordinat yxLyLx dan saja. Akibatnya momentum partikel hanya memiliki dua komponen saja, yaitu dan . Elemen ruang fasa yang dibatasi koordinat yxpypx sampai , sampai dxx+ydyy+, momentum sampai xpxxdpp+ dan sampai adalah ypyydpp+yxdpdxdydpd=Γ. Volum ruang fasa untuk semua posisi yang mungkin diperoleh dengan mengintegralkan Γd pada semua variable spasial, yaitu
yxyxyxpdpdpLLdpdpdydx==ΔΓ∫∫ (7.8)
Dalam ruang dua dimensi, ukuran minimum ruang fasa yang diijinkan oleh prinsip ketidakpastian Heisenberg adalah . Dengan demikian, jumlah keadaan yang terdapat dalam elemen ruang fasa 2minhhhpypxyx=×≅ΔΔΔΔ=ΔΓpΔΓ adalah yxyxpdpdphLLdN2min=ΔΓΔΓ= (7.9)
Persaman (7.9) menyatakan jumlah keadaan dalam elemen momentum yang berada antara sampai dan antara sampai xpxxdpp+ypyydpp+. Jadi ruang momentum berbentuk persegi panjang dengan sisi-sisi dan . Cara lain adalah membuat elemen ruang momentum yang dibatasi oleh momentum total antara xdpydppsampai di mana momentum total memenuhi dpp+
222yxppp+= (7.10)
67
Elemen ruang momentum tersebut akan berupa sebuah cincin dengan jari-jari p dan ketebalan dp seperi pada Gbr. 7.1
pypzpdppypzpdp
Gambar 7.1 Elemen ruang momentum berupa cincin dengan jari-jari p dan ketebalan dp
Keliling cincin tersebut adalah pKpπ2= sedangkan tebalnya adalah dp. Dengan demikian, luas cincin adalah
pdpdpKdSppπ2== (7.11)
Degan menggati pada persaman (7.9) dengan pada persamaan (7.11) diperoleh yxdpdppdS pdphLLdNyxπ22= (7.12)
68
Kerapatan keadan per satuan “volum dua dimensi (luas)”adalah yxLLdNdppg=)( pdphπ212= (7.13)
Kembali kita ingin menyatakan kerapatan keadan dalam variable energi. Kita gunakan persamaan energi sehingga mp2/2=ε εmp2= (7.14a) εεεεdmdmdp2/12212−=⎟⎟⎠⎞⎜⎜⎝⎛= (7.14b)
Substitusi persamaan (7.14a) dan (7.14b) ke dalam persamaan (7.13) dieroleh kerapatan keadaan sebagai berikut ()⎟⎟⎠⎞⎜⎜⎝⎛=−εεεπεεdmmhdg2/122221)( επdmh212= (7.15)
Seperti sebelumya, jumlah keadaan tersebut dapat diungkapkan dalam variable panjang gelombang dengan menggunakan persamaan de Broglie λ/hp=. Dari persamaan ini kita dapat . Substitusi 2/λλhddp−=p dan ke dalam persamaan (7.13) dan hilangkan tanda negatif maka dp
69
⎟⎠⎞⎜⎝⎛=2221)(λλλπλλhdhhdg λλπd32= (7.16)
7.4 Koordinat Spasial Tiga Dimensi
Sekarang kita berlanjut ke assembli dalam kotak tiga dimensi dengan ukuran panjang sisi searah sumbu x, sumbu , dan sumbu z masing-masing , , dan . Posisi partikel dalam assembli tersebut dinyatakan oleh koordinat yxLyLzLx, , dan . Dengan demikian, momentum partikel terdiri dari tiga komponen, yaitu , , dan . Elemen kecil ruang fasa di dalam assembli tersebut adalah yzxpypzpzyxdpdpdxdydzdpd= Γ . Volum ruang fasa untuk semua posisi yang mungkin adalah
zyxzyxzyxpdpdpdpLLLdpdpdpdydzdx==ΔΓ∫∫∫ (7.17)
Dalam ruang tiga dimensi, ukuran minimum ruang fasa yang diijinkan oleh prinsip ketidakpastian Heisenberg adalah . Akibatnya, jumlah keadaan yang terdapat dalam elemen ruang fase 3minhhhhpzpypxzyx=××≅ΔΔΔΔΔΔ=ΔΓpΔΓ adalah zyxzyxpdpdpdphLLLdN3min=ΔΓΔΓ= (7.18)
Persaman (7.18) menyatakan jumlah keadaan dalam elemen momentum yang berada antara sampai , antara sampai xpxxdpp+ypyydpp+ dan antara sampai . Jadi ruang momentum berbentuk balok dengan ukuran , , dan . Cara lain adalah membuat elemen ruang momentum yang dibatasi oleh momentum total antara zpzzdpp+xdpydpzdppsampai dpp+ di mana momentum total memenuhi
2222zyxpppp++= (7.19)
70
Elemen ruang momentum tersebut akan berupa sebuah kulit bola dengan jari-jari p dan ketebalan dp seperti diilustrasikan pada Gbr. 7.2
pxpypzpdppxpypzpdp
Gambar 7.2 Elemen ruang momentum berupa kulit bola dengan jari-jari p dan ketebalan dp
Luas kulit bola tersebut adalah dan ketebalannya adalah . Volum kulit bola menjadi 24pSpπ=dp
dppdpSdVpp24π== (7.20)
Degan menggati pada persaman (7.18) dengan pada persamaan (7.20) diperoleh ungkapan lain jumlah keadaan zyxdpdpdppdV
71
dpphLLLdNzyx234π= (7.21)
Kerapatan keadan per satun volum adalah zyxLLLdNdppg=)( dpph2341π= (7.22)
Kembali kita ingin menyatakan kerapatan keadan dalam variable energi. Kita gunakan persamaan energi sehingga mp2/2=ε εmp2= (7.23a) εεεεdmdmdp2/12212−=⎟⎟⎠⎞⎜⎜⎝⎛= (7.23b)
Substitusi persaman (7.23a) dan (7.23b) ke dalam persamaan (7.22) diperoleh kerapatan keadaan sebagai berikut ()⎟⎟⎠⎞⎜⎜⎝⎛=−εεεπεεdmmhdg2/1232241)( εεπdmh2/12/33241= (7.24)
Juga di sini kita akan menyatakan kerapatan keadaan dalam variable panjang gelombang dengan menggunakan persamaan de Broglie λ/hp=. Dari persamaan ini kita dapatkan . Substitusi 2/λλhddp−=p dan ke dalam persamaan (7.22) dan hilangkan tanda negatif maka dp
72
⎟⎠⎞⎜⎝⎛⎟⎠⎞⎜⎝⎛=22241)(λλλπλλhdhhdg λλπd44= (7.25)
Bergantung pada masalah yang kita hadapi, kita bias memilih fungsi kerapatan keadaan yang mana saja. Pilihan kita bergantung pada kemudahan dalam mencari solusi.
73
Bab 8 Beberapa Besaran Gas
Isi Bab Ini
Bab ini berisi diskusi tentang beberapa aplikasi distrubusi Maxwell-Boltzmann untuk menentukan beberapa besaran yang dimiliki gas.
Tujuan Bab Ini
Tujuan bab ini adalah mahasiswa memahami beberapa besaran besaran gas yang diturunkan dari fungsi distribusi Maxwell-Boltzmann.
Apa Yang Perlu Dikuasai Lebih Dahulu
Untuk memahami lebih baik tentang bab ini, mahasiswa diharapkan memahami terlebih dahulu Bab 2, Bab 3, dan Bab 4.
8.1 Laju Dengan Peluang Maksimum
Pertama kita akan tentukan laju gas yang memiliki peluang maksimum. Fungsi distribusi Maxwell-Boltzmann memprediksi bahwa pada suhu tertentu laju partikel gas tidak seragam. Laju partikel gas bervariasi dari nol sampai tak berhingga. Tetapi ada laju yang memiliki peluang kemunculan paling besar. Laju tersebut berkaitan dengan lokasi puncak distribusi Maxwell-Boltzmann bila dinyatakan dalam variable laju. Gambar 8.1 adalah kurva kerapatan partikel gas sebafai fungsi laju pada berbagai suhu.
Laju dengan peluang kemunculan paling besar tersebut ditentukan dengan memecahkan persamaan 0)(=dvvdn (8.1)
Dengan menggunakan pada persamaan (3.17) maka distribusi partikel dalam variable laju adalah )(vn
dveveBVmdvvnkTmv2/232)4()(−=απ
74
dan dengan menggunakan ungkapan pada persamaan (4.34) kita dapatkan αe dvevmkTVBNBVmdvvnkTmv2/22/332)2(4)(−⎟⎟⎠⎞⎜⎜⎝⎛=ππ dvevkTNmkTmv2/22/32/32)2(4−=ππ (8.2)
ambar 8.1 Kerapatan partikel gas sebagai fungsi laju pada berbagai suhu.
erdasarkan persamaan (8.2) kita simpulkan
n(v)vT1T2T3T1< T2< T2vmn(T2vm
G
B kTmvevkTNmvn2/22/32/32)2(4)(−=ππ
(8.3)
hingga
se
75
()⎥⎦⎤⎢⎣⎡+=−−kTmvkTmvedvdvvekTNmdvvdn2/22/2/32/322224)(ππ
()⎥⎦⎤⎢⎣⎡⎟⎠⎞⎜⎝⎛−+=−−kTmvkTmvekTmvvvekTNm2/22/2/32/32222224ππ
()⎥⎦⎤⎢⎣⎡−=−kTmvvekTNmkTmv32/2/32/32242ππ
(8.4)
ka adalah laju dengan peluang maksimum maka pada tersebut . Ini
Ji
mv mv 0/=dvdndipenuhi jika 023=⎥⎦⎤⎢⎣⎡−kTmvvmm
ang memberikan solusi untuk laju dengan peluang maksimum
Y mkTvm2= (8.5)
.2 Laju Rata-Rata
ita akan menentukan laju rata-rata molekul gas. Laju rata-rata
didefin
8
Selanjutnya k
iskan sebagai ∫∫∞∞=00)()(dvvndvvvnv
()()∫∫∞−∞−=022/2/32/3022/2/32/3222424dvvvekTNmdvvvekTNmkTmvkTmvππππ
76
∫∫∞−∞−=02/202/322dvevdvevkTmvkTmv (8.6)
Untuk menyelesaikan persamaan (8.6) kita misalkan . Dengan permisalan ini maka kTmvx2/2= 2/12xmkTv= 2/32/332xmkTv⎟⎠⎞⎜⎝⎛= dxxmkTdxxmkTdv2/12/1221212−−=×=
Dengan demikian, integral pada pembilang di persamaan (8.6) dapat diganti dengan ∫∞−−×⎟⎠⎞⎜⎝⎛02/12/32/32212dxxmkTexmkTx ∫∞−⎟⎠⎞⎜⎝⎛=02221dxxemkTx )2(2212Γ⎟⎠⎞⎜⎝⎛=mkT
Jika paremater dalam fungsi gamma merupakan bilangan bulat maka )!1()(−=Γnn. Dengan demikian, pembialang dalam persamaan (8.6) bernilai 222221!1221)2(221⎟⎠⎞⎜⎝⎛=×⎟⎠⎞⎜⎝⎛=Γ⎟⎠⎞⎜⎝⎛mkTmkTmkT
77
Selanjutnya kita lihat integral pada penyebut di persamaan (8.6). Dengan melakukan substitusi yang sama deng di atas maka penyebut tersebut berubah menjadi ∫∞−−×⎟⎠⎞⎜⎝⎛02/12212dxxmkTxemkTx ∫∞−⎟⎠⎞⎜⎝⎛=02/12/3221dxexmkTx ⎟⎠⎞⎜⎝⎛Γ×⎟⎠⎞⎜⎝⎛=⎟⎠⎞⎜⎝⎛Γ⎟⎠⎞⎜⎝⎛=2121221232212/32/3mkTmkT 2/32/32421221⎟⎠⎞⎜⎝⎛=××⎟⎠⎞⎜⎝⎛=mkTmkTππ
Akhirnya laju rata-rata menjadi mkTmkTmkTv22242212/32ππ=⎟⎠⎞⎜⎝⎛⎟⎠⎞⎜⎝⎛= mkTπ8= (8.7)
8.3 Laju Root Mean Square
Laju root mean square atau disingkat rms adalah laju yang diperoleh dari perata-rataan . Laju rms akan menentukan energi kinetik rata-rata atom atau molekul gas. Mari kita hitung dulu rata-rata dari . 2v2v ∫∫∞∞=0022)()(dvvndvvnvv
78
()()∫∫∞−∞−=022/2/32/3022/22/32/3222424dvvvekTNmdvvevkTNmkTmvkTmvππππ ∫∫∞−∞−=02/202/422dvevdvevkTmvkTmv (8.8)
Dengan melakukan substitusi serupa dengan yang kita lakukan pada sub bab 8.2 dalam mencari laju rata-rata, integral pada pembilang dapat diganti dengan ∫∞−−×⎟⎠⎞⎜⎝⎛02/1222212dxxmkTexmkTx ∫∞−⎟⎠⎞⎜⎝⎛=02/32/5221dxexmkTx ⎟⎠⎞⎜⎝⎛Γ××⎟⎠⎞⎜⎝⎛=⎟⎠⎞⎜⎝⎛Γ×⎟⎠⎞⎜⎝⎛=⎟⎠⎞⎜⎝⎛Γ⎟⎠⎞⎜⎝⎛=2121232212323221252212/52/52/5mkTmkTmkT 2/52/52832123221⎟⎠⎞⎜⎝⎛=×××⎟⎠⎞⎜⎝⎛=mkTmkTππ
Bagian penyebut persamaan (8.8) sama dengan bagian penyebut pada persamaan (8.6), dan hasil integralnya adalah 2/324⎟⎠⎞⎜⎝⎛mkTπ
Dengan demikian, rata-rata kuadrat laju menjadi
79
mkTmkTmkTv3242832/32/52=⎟⎠⎞⎜⎝⎛⎟⎠⎞⎜⎝⎛=ππ (8.9)
Akar dari 2v merupakan laju rms, yaitu mkTvvrms32== (8.10)
Laju rms menentukan energi kinetik rara-rata molekul. Hal ini dapat kita perlihatkan sebagai berikut. Energi kinetik molekul yang memiliki laju v memenuhi . Energi kinetik rata-rata adalah 2/2mvK= kTmkTmvmK23221212=×== (8.11)
8.4 Distribusi Partikel Dalam Besaran Lain
Persamaan (8.2) menyatakan jumlah partikel yang memiliki laju antara v sampai . Kadang kita perlu mencarai jumlah partikel yang memiliki komponen laju sampai saja, berapa pun laju dan . Informasi ini diperlukan misalnya saat menetukan besaran-besaran yang berkaitan dengan partikel yang bergerak dalam satu arah saja, misanya difusi partikel sepanjang batang. Untuk mendapatkan distrubusi dalam fungsi komponen kecepatan kita lakukan penurunan ulang ungkapan kontinu dari . dvv+xvxxdvv+yvzvsg
Kita tinjau elemen ruang fase yang berada antara koordinat-kordinat sebagai berikut
Antara x sampai dxx+
Antara sampai ydyy+
Antara sampai zdzz+
Antara sampai xpxxdpp+
Antara sampai ypyydpp+
80
Antara sampai zpzzdpp+
Volum elemen ruang fasa tersebut adalah zyxdpdpdxdydzdpd=Γ. Dan karena , , dan xxmvp=yymvp=zzmvp= maka kita dapat menulis
zyxdvdvdxdydzdvmd3=Γ (8.12)
Apabila kita membatasi partikel hanya berada antara sampai , antara sampai , dan antara sampai xvxxdvv+yvyydvv+zvzzdvv+ saja, dan tidak membatasi nilai variable ruang maka volum ruang fasa diperoleh dengan melakukan integral pada semua variable ruang dan hasilnya adalah Γd
zyxvvvdvdvdvdxdydzmzyx∫=ΔΓ3,,
zyxdvdvVdvm3= (8.13)
Jika B adalah kerapatan keadaan maka kita dapat mengganti dalam bentuk kontinu sebagai berikut sg
zyxvvvsdvdvVdvBmBgzyx3,,=ΔΓ→ (8.14)
Karena adalah jumlah sistem yang menempati keadaan , maka bila kita mendefinisikan sebagai bentuk kontinu untuk melaui transformasi berikut ini, snsg),,(zyxvvvnsn
zyxzyxsdvdvdvvvvnn),,(→
Dengan menggunakan hubungan dan mengganti dan dengan variable kontinunya maka didapat sEssegnβα+=snsg
81
EzyxzyxzyxedvdvVdvBmdvdvdvvvvnβα+×=3),,( (8.15)
Selanjutnya kita melakukan penggantian variable sebagai berikut ()22222121zyxvvvmmvE++== kT1−=β
()2/32mkTBVNeπα=
Dengan penggantian variebl di atas maka persamaan (8.15) menjadi
()()kTvvvmzyxzyxzyxzyxemkTBVNdvdvVdvBmdvdvdvvvvn2/2/332222),,(++−×=π ()zyxkTvvvmdvdvdvekTmNzyx2/2/32222++−⎟⎠⎞⎜⎝⎛=π (8.16)
Selanjutnya kita dapat menghitung jumlah molekul yang memiliki komponen kecepatan antara sampai , berapa pun nilai dan dengan mengintegralkan , pada semua nilai dan yang mungkin, yaitu dari xvxxdvv+yvzvzyxzyxdvdvdvvvvn),,(yvzv−∞=yv sampai , dan sampai +∞=yv−∞=zv+∞=zv. Hasilnya adalah
∫∫+∞−∞=+∞−∞==yzvvzyxzyxxxdvdvdvvvvndvvn),,()( ()∫∫+∞−∞=+∞−∞=++−⎟⎠⎞⎜⎝⎛=yzzyxvvzyxkTvvvmdvdvdvekTmN2/2/32222π
82
xkTmvvzkTmvvykTmvdvedvedvekTmNxyzyy2/2/2/2/32222−∞+−∞=−∞+−∞=−⎟⎟⎠⎞⎜⎜⎝⎛⎟⎟⎠⎞⎜⎜⎝⎛⎟⎠⎞⎜⎝⎛=∫∫π
Kita tinjau integral berikut ini . Kita lakukan transformasi variable sebagai berikut ∫+∞−∞=−yyvykTmvdve2/2 222η=kTmvy η2/12⎟⎠⎞⎜⎝⎛=mkTvy ηdmkTdvy2/12⎟⎠⎞⎜⎝⎛=
Dengan transformasi tersebut maka integral yang ingin kita cari dapat ditulis ∫+∞−∞=−⎟⎠⎞⎜⎝⎛ηηηdmkTe2/122 πηηη×⎟⎠⎞⎜⎝⎛=⎟⎠⎞⎜⎝⎛=∫+∞−∞=−2/12/1222mkTdemkT 2/12⎟⎠⎞⎜⎝⎛=mkTπ
Dengan cara persis sama kita akan dapatkan 2/12/22⎟⎠⎞⎜⎝⎛=∫+∞−∞=−mkTdveyzvzkTmvπ
Akhirnya
83
xkTmvxxdvemkTmkTkTmNdvvnx2/2/12/12/32222)(−⎟⎠⎞⎜⎝⎛⎟⎠⎞⎜⎝⎛⎟⎠⎞⎜⎝⎛=πππ xkTmvdvekTmNx2/2/122−⎟⎠⎞⎜⎝⎛=π (8.17)
Persamaan (8.17) menyatakan kerapatan partikel yang memiliki komponen kecepatan arah sumbu x antara sampai xvxxdvv+.
84
Bab 9 Aplikasi Statistik Maxwell-Boltzmann
Isi Bab Ini
Bab ini berisi contoh aplikasi statistik Maxwell-Boltzmann pada sejumlah assembli sederhana yang mengandung partikel klasik dan beberapa perbandingan ramalan menggunakan statistik ini dengan data pengamatan.
Tujuan Bab Ini
Tujuan bab ini adalah mahasiswa memahami beberapa aplikasi statistik Maxwell-Boltzmann pada sejumlah assembli klasik dan perbandingan hasil ramalan tersebut dengan data pengamatan.
Apa Yang Perlu Dikuasai Lebih Dahulu
Untuk memahami aplikasi statistik Maxwell-Boltzmann mahasiswa perlu memahami prinsip dasar statistik Maxwell-Boltzmann, kerapatan keadaan klasik dan beberapa teknik integral.
9.1 Pelebaran Spectrum Akibat Efek Doppler
Setelah menurunkan beberapa jenis fungsi distribusi untuk system klasik maupun kuantum sekarang kita akan melihat beberapa aplikasi fungsi distribusi tersebut. Pada bab ini kita akan melihat beberapa aplikasi fungsi dirtsibusi Maxwell-Boltzmann. Pembahasan tersebut diharapkan akan memberikan petunjuk yang berarti kepada para mahasiswa dalam menerapkan fungsi distribusi Maxwell-Boltzmann dalam beberapa bidang fisika.
Efek Doppler dijumpai pada gelombang bunyi maupun gelombang elektromagnetik. Salah satu pesan dari efek ini adalah jika sumber gelombang mendekati pengamat maka panjang gelombang yang dikur oleh pengamat lebih kecil daripada apabila sumber diam terhadap pengamat. Sebaliknya, jika sumber gelombang menjauhi pengamat maka panjang gelombang yang diukur pengamat lebih besar daripada apabila sumber diam terhadap pengamat. Peristiwa ini dapat dilustrasikan pada Gbr. 9.1
85
sumbervvλλwGelombang lebihpanjangGelombang lebihpendekλλsumbervvλλwGelombang lebihpendekλλ
Gambar 9.1 Jika sumber mendekati pengamat maka panjang gelombang yang diukur pengamat lebih pendek daripada yang dikeluarkan sumber. Sebaliknya, jika sumber menjauhi pengamat maka panjang gelombang yang dikur pengamat lebih panjang daripada yang dikeluarkan sumber
Khusus untuk gelombang gelombang elektromagnetik, panjang gelombang yang dikur oleh pengamat yang diam yang dihasilkan oleh sumber sumber bergerak dengan kecepatan terhadap pengamat adalah xv ⎟⎠⎞⎜⎝⎛−=cvxo1λλ (9.1)
dengan λ panjang gelombang yang dikur pengamat, oλadalah panjang gelombang yang dikur jika sumber gelombang diam terhadap pengamat, dan cadalah kecepatan cahaya. Kita definisikan tanda kecepatan yaitu jika sumber mendekati pengamat dan jika sumber menjauhi pengamat. Dalam astronomi, efek Dopler digunakan untuk 0>xv0<xv
86
mengukur kecepatan bitnag-bintang. Berdasarkan pergeseran panjang gelombang yang dipancarkan bintang-bintang tersebut maka kecepatan relatif bintang terhadap bumi dapat diprediksi menggunakan persamaan (9.2).
br 9.2 Atom memancarkan gelombang elektromagnetik ketika terjadi transisi electron
ari kita perhatikan sebuah atom yang memiliki dua tingkat energi (Gbr. 9.2).
Atom
KeadaanawalKeadaanakhirKeadaanawalKeadaanakhir
G
antar tingkat energi
M
tersebut memancarkan spektrum gelombang elektromagnetik dengan panjang gelombang tertentu, sebut saja oλ, akibat transisi elektron antar tingkat energi atom tersebut. Jika atom dalam keadaan diam maka panjang gelombang yang kita ukur adalah oλ, persis sama dengan panjang gelombang yang dipancarkan atom. Tetapi jika atom ndekati pengamat dengan laju xv maka panjang gelombang yang dikur pengamat adalah )/1(cvxo−=meλλ. Dan sebaliknya, jika atom menjauhi pengamat dengan laju xv maka png yang dikur pengamat adalah )/1(cvxo+anjang gelomba=λλ. Sebagi ilustrasi, lihat Gbr. 9.3 Jika ada sejuma
lah atom yang diam maka gelombang yang diukur pengamat
merupa
kan jumlah gelombang yang dipancarkan oleh semua atom. Panjang gelombang yang diterima dari semua atom sama, yaitu oλ. Yang dideteksi oleh pengamat hanyalah gelombang dengan panjang oλtetapi memiliki intensitas tinggi. Akan tetapi jika atom yang memancarkan gelombang bergerak secara acak maka komponen kecepatan ke arah pengamat, yaitu xv juga acak. Akibatnya panjang gelombang yang diukur pengamat yang berasal dari satu atom berbeda dengan yang diukur dari atom lainnya. Pengamat akan mengukur gelombang yang memiliki panjang yang bervariasi dalam jangkauan tertentu.
Ini berakibat pada pelebaran garis spektrum yang diamati.
87
λoλo
vx = 0
λo
vx
(1 v / c) o x λ = λ −
λo
vx
(1 v / c) o x λ = λ +
λ o
λ o
ada gerak relative antara atom terhadap pengamat
ektrum memenuhi fungsi distribusi
axwell-Boltzmann karena merupakan partikel klasik. Jumlah atom gas yang memiliki
kompo
Gambar 9.3 Pengamat menangkap panjang gelombang yang berbeda-beda bergantung
p
Selanjutnya kita akan menentukan distribusi intensitas spektrum pada berbagai panjang gelombang. Kecepatan atom gas pemancar sp
M
nen kecepatan antara xv dampai xxdvv+ adalah xxxxkTmvkTmdvvn⎤⎢⎣⎡−⎥⎦⎤⎢⎣⎡=2xp2)(22/1π
dv ⎥⎦
e (9.2)
Untuk mendapatkan fungsi distribusi
variable kecepatan ke dalam variable panjang gelombang
intensitas maka kita harus mentrasformasi
xvλ dengan menggunakan
ersamaan Doppler (9.1). Apabila transformasi tersebut dilakukan maka
menjad
p
xxdvvn)( i sebanding dengan λλdI)(, yang menyatakan intensitas gelombang yang memiliki panjang antara λ sampai λλd+. Dengan demikian kita peroleh
88
xxdvkTmdI⎥⎤⎣⎦⎤⎣⎡∝ex2)(22/1πλλ (9.3)
kT
mv

⎢ ⎡
⎢ ⎥ − 2
p
Dari persaman (9.1) kita dapatkan
⎟⎟⎠⎞⎜⎜⎝⎛−=ooxcvλλλ
(9.4a)
λdcdvx−=
λo
(9.4b)
Substitusi persaman (9.4a) dan (9.4b) ke dalam persamaan (9.3) diperoleh ⎥⎦
⎤⎢⎡−⎥⎥⎢⎢⎟⎠⎜⎝⎥⎦⎢⎣−⎤⎡∝λλλλdcmdIoexp)(2/1

⎥ ⎥


⎢ ⎢


⎟ ⎞
⎜ ⎛
⎡ − ⎤
⎥⎦
⎢⎣
λ
λ λ
π kT
m c
kT o
o
2 2
⎤⎡2λλλλλπdkTmcckTmooo⎥⎥⎦⎤⎢⎢⎣⎡⎟⎟⎠⎞⎜⎜⎝⎛−−⎥⎦⎤⎢⎣⎡−⎥⎦⎤⎢⎣⎡∝222/12exp2
Yang selanjutnya bisa ditulis dalam bentuk lebih sederhana sebagai
λ
λkToo⎥⎦⎢⎣⎟⎠⎜⎝2
λ λ
λ λ λ d mc I d I o ⎥

⎢ ⎡
⎟ ⎞
⎜ ⎛−
= −
2 2
( ) ( ) exp (9.5)
dengan )
(oIλ adalah intensitas ketika oλλ=. )(oI λ tidak bergantung pada panjang
gelombang tetapi bergantung pada beseran lain seperti suhu gas dan massa atom gas.
ambar 9.4 adalah plot
G
)(λI sebagai fungsiλ pada berbagai suhu gas. Tampak bahwa
s terd intensitaeteksi di sekitar oλdengan oλ
m rupak ean lokasi puncak intensitas. Jika suhu diperbesar maka spektrum makin lebar dan intensitasnya makin lemah. Ini disebabkan karena gerakan atom yang makin acak.
89
Spektrum jika semua
atom diam
Spektrum jika
atom bergerak acak
.2 Atom Magnetik Dalam Medan Magnet
ang memiliki momen magnet. Di dalam assembli tersebut kita berikan medan magnetic
rapa sifat berikut ini:
i) Tida
gnetik atom hanya dapat mengambil salah
Gambar 9.4 Plot intensitas sebagai fungsi panjang gelombang pada berbegai suhu gas.
9
Selanjutnya kita akan bahas suatu assembli yang mengandung kumpulan atom
y
B. Untuk mempermudah kita assumsikan bebe
k ada interaksi antar atom. Interaksi hanya terjadi antara atom dengan medan magnet luar yang diberikan. Ini adalah penyederhanaan yang cukup drastik karena sebenarnya antara momen magnetic ada interaksi.
ii) Momen magnetik atom hanya bisa mengambil salah satu dari dua arah orientasi, yaitu searah medan magnet atau berlawanan arah medan magnet. Ilustrasi dari asumsi tersebut tampak pada Gbr. 9.4
B
Gambar 9.4 Dalam medan magnet, momen masatu dari dua arah orientasi: searah atau berlawanan arah medan magnet.
90
Kita akan menentukan berapa momen magnetik total yang dihasilkan oleh kumpulan atom-atom tersebut. Kita mulai dengan menghitung energi yang dimiliki
asing-masing atom akibat interaksi momen magnetik dengan magnet luar. Interaksi
antara
m
momen magnetic μr dengan medan magnet luar Br memberikan tambahan energi pada atom sebesar BUrr•−=μ θμcosB−= (9.6)
Dengan
θ ah or
adalah sudut antara momen magnetik dan medan magnet. Karena hanya ada
dua ar ientasi m
omen magnetik yang dijinkan, yaitu searah medan magnet (θ= 0)
an berlwanan dengan arah medan magnet (
d
θ = π), maka tambahan energi atom ngan demomen magnetik serah medan magnet adalah BUμ−=↑ (9.7)
dan tambahan energi atom dengan momen magnetik berlawanan arah medan magnet
adalah
BUμ=↓ (9.8)
Probabilitas mendapatkan atom dengan arah momen searah medan magnet sebanding
dengan ) d n
engan arah medan magnet sebanding dengan . Dengan demikian, kita dapat
(9.9b)
(↑Un
an probabilitas menemukan atom dengan arah momen berlawana
d
)(↓Unmenulis )(↑↑=UnKP (9.9a) P
)(↓↓=UnK
91
di mana
K adalah fak
yang memberikan ungkapan untuk factor normalisasi sebagai berikut
tor penormalisasi. Karena jumlah total probabilitas harus satu maka
1=+↓↑P
P )()(1
↑ ↓ +
=
n U n U
K (9.10)
Dengan demikian persamaan (9.9a) dan (9.9b) dapat ditulis menjadi )()(
)(↑↑+=UnP
↑ ↓ n U n U
(9.11a)
)()()(↓↑↓↓+=UnUnUnP (9.11b)
Atom merupakan p
ann. Oleh karena itu probabilitas masing-masing arah orientasi memenuhi
artikel klasik yang memenuhi fungsi distribusi Maxwell-
Boltzm
⎥⎤⎢⎡=⎥⎤⎢⎡−∝↑↑BUUnμexpexp)(
⎣ kT ⎦ ⎣ kT ⎦
(9.12a)
⎥⎦ (
9.12b) ⎤
⎢⎣
= ⎡− ⎥⎦

⎢⎣

∝ − ↓
↓ kT
B
kT
U
n U μ
( ) exp exp
Substitusi persaman (9.12a) dan (9.12b) ke dalam persamaan (9.11) kita dapatkan bentuk
eksplisit dari probabilitas sebagai berikut ⎥⎦⎤⎢⎣⎡−+⎥⎦⎤⎢⎣⎡⎥⎤⎢⎡kTBμexp
= ⎣ ⎦ ↑
kT
B
kT
B
P
μ μ
exp exp
(9.13a)
92
⎥⎦⎤⎢⎣⎡−+⎥⎦⎤⎢⎣⎡⎥⎦⎤⎢⎣⎡−=↓kTBkTBkTBPμμμexpexpexp
(9.13b)
Selanjutnya kita menghitung momen magnetik rata-rata atom. Karena hanya ada
dua arah orientasi yang diijinkan m
dengan persamaan sederhana
aka momen magnetik rata-rata atom dapat dihitung
↓↑PP μ = +μ −μ
⎥⎦⎤⎢⎣⎡−+⎥⎦⎤⎢⎣⎡⎥⎦⎤⎢⎣⎡−−⎥⎦⎤⎢⎣⎡−+⎥⎦⎤⎢⎣⎡⎥⎤⎢⎡Bμexp
= + ⎣ ⎦
kT
B
kT
B
kT
B
kT
B
kT
B
kT
μ μ
μ
μ
μ μ
μ
exp exp
exp
exp exp
⎥⎦⎤⎢⎣⎡−+⎥⎦⎤⎢⎣⎡⎥⎦⎤⎢⎣⎡−−⎥⎦⎤⎢⎣⎡=kTBkTBkTBkTBμμμμμexpexpexpexp ⎥⎦⎤⎢⎣⎡⎥⎦⎤⎢⎣⎡=⎥⎦⎤⎢⎣⎡−+⎥⎦⎤⎢⎣⎡⎟⎟⎟⎟⎠⎞⎜⎜⎜⎜⎝⎛⎥⎦⎤⎢⎣⎡−−⎥⎦⎤⎢⎣⎡=kTBkTBkTBkTBkTBkTBμμμμμμμμcoshsinh2expexp2expexp ⎥⎦⎤⎢⎣⎡=kTBμμtanh (9.14)
Gambar 9.5 adalah plot μ sebagai fungsi suhu. Tampak bahwa jika maka 0→Tμμ→ . Artinya bahwa pada suhu tersebut momen magnetik rata-rata mengambil arah
yang sama. Ini terjadi karena pada suhu ya
enjadi sangat kecil. Interaksi dengan medan magnet luar dapat memaksa atom-atom
mengam
ng mendekati nol, getaran termal atom-atom
mbil arah orientasi yang sama.
93
T/(μB/k)
μμ/
Gambar 9.5 Momen gamnetik rata-rata atom sebagai fungsi suhu. Sebaliknya, pada suhu
∞→T maka 0→μ . Ini akibat getaran atom-atom yang
ngat intensif sehingga medan magnet luar yang diberikan tidak sanggup mengarahkan
omen-momen magnet. Energi termal electron jauh melampaui energi interkasi dengan
. Akibatnya, jumlah
omen magnet yang searah medan menjadi sama dengan yang berlawanan arah medan.
Juga ta
sa
m
medan magnet. Arah momen magnet atom-atom menjadi acak
mmpak bahwa untuk suhu yang sama, μ makin besar jika medan makin besar. Ini disebabkan penggunan medan yang besar akan memberikan paksaan yang lebih besar kepada atom-atom untuk menyearahkan momen magnetiknya. 9.3 Dipol Listrik Fenomena yang mirip dengan atommagnetik dijumpai pula pada assembli momen dipol listrik. Misalkan kita memiliki sejumlah atom atau molekul sejenis yang masing-masing memiliki momen dipol pr. Di dalam assembli tersebut kita berikan
edan listrk
E . Kita ingin me momen dipol rata-rata yang dimiliki
uk kemudahan kita juga mengansumsikan beberapa sifat berikut ini:
ncari berapa
m
atom/molekul. Unt
94
i) Tida
k ada interaksi antra sesama dipol. Interaksi hanya terjadi antra dipol dengan medan listrik luar. ii) Tiap dipol hanya boleh mengambil salah satu dari dua arah orinetasi, yaitu searah medan listrik dan berlawanan arah dengan arah medan listrik.
Energi interaksi antara dipol dengan medan listrik adalah
EpUrr•−= θcospE−= (9.15)
dengan
θ adalah sudut antara momen dipol dengan medan listrik. Jika dipol searah
edan maka energi interaksinya adalah
(9.16b)
Tampak bahwa bentuk ungkapan energi ini sama persis dengan yang kita jumpai
engan demikian, pencarian
omen dipol total persis sama dengan saat kita mencari momen magnetik total, hanya
dengan menggat
m
pEU−=↑
(9.16a)
dan jika berlawanan medan maka energi interkasinya adalah
pEU=↓
pada atom magnetik yang telah kita bahas di sub Bab 9.1. D
mi variable-variabel yang ekivalen sebagai berikut
μ↔p BE↔ Dengan melakukan penggantian tersebut akhirnya kita dapatkan momen dipol rata-rata
tom menjadi
a
95
⎥⎦⎤⎢⎣⎡=kTpEpptanh (9.17)
.4 Momen Magnetic Dengan Tiga Arah Orientasi
Kita sudah membahas mom
yang diijinkan, yaitu searah dan berlawanan dengan arah medan magnet. Sekarang kita
dikit perluas asumsi kita dengan menganggap bahwa ada tiga arah orientasi momen
agnetik yang dijinkan, yaitu searah medan magnet, tegak lurus medan magnet, dan
9en magnetic rata-rata jika hanya ada dua orientasi
se
m
berlawanan arah medan magnet.
Dari persamaan energi interkasi antara momen magnetic dan medan magnet θμcosBU−= kita dapatkan bahwa: i) Untuk momen yang searah medan, energi interaksinya adalah BUμ−=↑ ii) Untuk momen yang tegak lurus medan, energi interaksinya adalah 0)2/cos(=−=
→πμBU
BUμ=↓ iii) Untuk mom dan, energi interaksinya adalah
en yang tegal lurus me
Probabilitas untuk mendapatkan momen magnetic pada berbagai arah tersebut sebagai
i) Untuk momen yang searah medan
berikut:
kTBkTBkTUkTUkTUeeeeeP/////1μμ−−−−↑++=++=↓→↑ (9.18A)
e−U / kT eμB / kT ↑
ii) Untuk yang tegak lurus medan kTBkTBkTUkTUkTUkTUeeeeeeP//////11μμ−−−−−→++=++=↓→↑→ (9.18b)
iii) Untuk yang berlwanan dengan arah medan
96
kTBkTBkTBkTUkTUkTUkTUeeeeeeeP///////1μμμ−−−−−−→++=++=↓→↑↓
(9.18c)
Momen magnetic yang searah medan memberikan kontribusi momen magnetik
μ
+ , yang tegak lurus medan memberi kontribusi momen magnetik 0, dan yang
berlawanan dengan arah medan memberi kontribusi momen magnetik μ−. Dengan
demikian, momen magnetik rata-rata adalah
↓→↑×−×+×+=PPPμμμ0 kTBkTBkTBkTBkTBkTBeeeeee////11μμμμμμμμ−−−
/ /
++−++= kTBkTBkTBkTBeeee////1μμμμμ−−++−= 2212////kTBkTBkTBkTBeeeeμμμμμ−−++−= ⎟⎠⎞⎜⎝⎛+⎟⎠⎞⎜⎝⎛=kTBkTBμμμcosh21sinh
(9.19)
9.5 Momen Magnetic Dengan Arah Orientasi Sembarang
Sekarang kita melangkah ke kasus yang lebih umum di mana arah orientasi
momen magnetik bisa sem .
Tentu saja pembahasan akan sedikit lebih rumit. Tetapi mari kita bahas perlahan-lahan.
ebagai ilustrasi, lihat Gbr. 9.7.
arah antara sudut
barang, bukan diskrit seperti yang kita bahas sebelumnya
S
Mari kita melihat momen magnetik yang membentuk θ sampai
θθd+
terhadap arah medan magnet. Arah medan magnet dipilih sejajar sumbuz. Momen magnetik dengan arah orientasi demikian memiliki energi interaksi
97
θμθcos)(BU−=. Kita akan menentukan berapa peluang momen magnetic tersebut berada pada sudut demikian. Ini ditentukan oleh dua faktor, yaitu faktor Maxwell-
Bolztam, dan kerapatan keadaan. Coba kalian iris kulit bola yang dibatasi oleh sudut θ
sampai θθd+ dan hitung luas irisan tersebut. Irisan tersebut berbentuk lingkaran dengan lebar tertentu.
θ
R dθ
R sin θ
sampai
Gambar 9.7 Menentukan rapat keadaan yang dibatasi oleh sudut antara
θ θθd+ Misalkan ja
R . Jari-jari irisan adalah θsinRr= r-jari bola adalah . Dengan
emikian, keliling irisan tersebut adalah
d
θπ
π = = 2 Rsin (9.20)
Kelilin
2rK g bola sendiri adalah Rπ2. Keliling ini mencakup sudut sebsedangkan irisan sendiri hanya mencakup sudut se
esar 2π,
besar θd . Dengan menggunakan perbandingan
dut maka kita dapat menghitung tebal irisan sebagai berikut
su
98
θπ
π
θ ds = d × 2 R = Rd (9.21)
= =
lah . Dengan demikian, kerapatan
eadaan pada posisi sudut
2 Akhirnya kita dapatkan luas irisan adalah
KdsdS= θθπ2 (9.22)
θθπdRRdRsin2)sin2(
24RSπ=
Luas keseluruhan kulit bola sendiri ada θ sampai θθd+
k adalah
224sin2)(RdRSdSdgπθθπθθ==θθdsin21= (9.23)
Probalilitas mendapatkan atom dengan arah orientasi momen magnetik antara
θ sampai
θθd+ adalah
P( )d ∝ e
(9.24)
engan C adalah faktor penormalisasi. Karena probabilitas mendapatkan atom pada
a orientasi adalah 1 maka
atau
θθθdgkTU)(/)(−
θθ atau
θθθθθdgCedPkTU)()(/)(−=
d
semu
1)(0=∫πθθdP
99
1)(0/)(=∫−πθθθdgCekTU
yang akhinra memberikan ungkapan untuk faktor penormalisasi
∫−=πθθθ0/)()(1dgeCkTU
(9.25)
Ketika momen magnetik membentuk sudut θ maka komponen momen yang
arah medan magnet hanya
se
θμcos . Dengan dem kian, momen magnetic rata-rata
menjadi
i∫=πθθθμμ0)()cos(dP ∫∫−−=πθ/)(kTU
π
θ θ θ
μ θ θ θ
0
( ) /
0
( )
( cos ) ( )
e g d
e g d
U kT
∫∫=πθμπθμθθθθθμ0/cos0/cossinsincosdedekTBkTB
(9.26)
ntuk menyelesaikan intergral (9.26) mari kita misalkan
kTBx/cosθμ=
U . Dengan
permisalan ini maka
xBkTμθ=cos (9.27a)
100
dxkTdμθθ−=sin (9.27b)
B
Selanjutnya kita me
nentukan batas integral untuk x. Jika θ= 0 maka kTx μB
= dan jika
θ = π maka kTBx/μ−= . Substitusi persamaan (9.27a) dan (9.27b) ke dalam persamaan
(9.26) kita peroleh
∫∫−−⎟⎟⎠⎜⎜⎝−⎟⎠kTBdxBeμμμ
⎟ ⎟⎠

⎜ ⎜⎝


⎛ ⎞
⎟ ⎞
⎜ ⎜⎝

= B kT
B kT
x
B kT
x
dx
B
e kT
x kT
B
kT
/
/
/
/
μ
μ
μ
μ
μ μ
⎟⎟⎠⎞⎜⎜⎝⎛−+−−−⎟⎠⎞⎜⎝⎛=⎟⎠⎞⎜⎝⎛=−−−−−∫∫αααααμμμμαααeeeeeeBkTdxedxxeBkTkTBkTBxkTBkTBx//// (9.28)
dengan
kTB/μα= . Kita sederhanakan lebih lanjut persamaan (9.28) sebagai berikut
()()()αααααααμ−−−−−−++−⎟⎠⎞⎜⎝⎛=eeeeeeBkT ⎟⎟⎠⎞+−αα1e
⎜ ⎜⎝



⎟⎠

⎜⎝
= ⎛ − α
α
eα e α
e
B
kT
()()⎟⎠⎞⎜⎝⎛− = ⎟
⎟⎠

⎜ ⎜⎝



+
= −

α α
α
μ
α
μ α α
α α 1
sinh
1 cosh
/ 2
/ 2
e e
e e
⎟⎠⎞⎜⎝⎛−=ααμ1coth (9.29)
101
Dengan memperkenalkan fungsi Langevin,
α (9.30) α α 1 coth ) ( − = L
dalam bentuk lebih singkat sebagai berikut
maka momen magnetic rata-rata dapat ditulis ⎟⎠⎞⎜⎝⎛=kTBLμμμ
Atom-atom dalam kristal selalu bervibrasi. Atom-atom tersebut dapat dipandang
sebagai kumpulan osilator harmonik sejenis. Kita akan mencari energi rata-rata getaran
atom dalam kristal. K
tom lainnya. Tiap atom dipandang sebagai osilator harmonik bebas.
tum, atom-atom yang bergetar tidak dapat memiliki
energi
(9.31)
9.6 Vibrasi Kisi Dalam Kristal ita menganggap bahwa tidak ada interaksi antara satu atom dengan
a
Menurut mekanika kuan
sembarang. Energi yang dimiliki osilator tersebut bersifat diskrit yang memenuhi ()ωεh2/1+=nn (9.32)
hengan
π2/h=h, ω adalah frekuensi karakteristik osilasi, dan nadalah bilangan kuantum osilasi dengan nilai 0, 1, 2, ….∞.
Kita berkeinginan mencari energi rata-rata getaran atom dengan ansumsi bahwa
distribusi osilator yang -
oltzmann. Dengan demikian, peluang sebuah osilator memiliki energi
memiliki energi tertentu memenuhi distribusi Maxwell
()ωεh2/1+=nn
B
adalah P atau
kTnne ∝ −ε /
kTnnCeP/ε−= (9.33)
102
dengan Cadalah konstanta normalisasi. Peluang mendapatkan osila tingkat ah sat
tor pada semua
rgi adal u. Peluang tersebut adalah penjumlahan semua dari = 0
ingga = , atau = Σ∞
enenPnn∞1
h
0 =
n P . Penjumlahan tersebut menghasilkan nilai factor
normalisasi dalam bentuk
n Σ−

=0
1
e n
9.
probabilitas menemukan osilasor pada keadaan dengan
ilangan kuantum adalah
=/nkTCε (34) Ungkapan lengkap untuk
n
bΣ=−−=NnkTkTnnneeP0//εε
(9.35)
ndapatkan ungkapan untuk peluang mendapatkan osilator pada
erbagai tingkat energi maka kita dapat menghitung energi rata-rata osilator sebagai
berikut
Setelah me
bΣ∞==0nnnPεε Σ
Σ∞=−=0/nkTnneεε (9.36) ∞
=

0
/
n
e ε n kT
Untuk mencari bentuk penjumlahan di atas mari kita ganti
kT/1− dengan β .
Penggantian tersebut menyebabkan kita dapat menulis persamaan 89.36) sebagai
103
ΣΣ===NnNnnnnee00βεβεεε
(9.37)
Mari kita misalkan
Σ∞==0nneZβε (9.38)
Jika kita diferensialkan
Z terhadap β , kita peroleh
Σ
Σ=ddddZββ

=


=
=
0 n 0
n
n
eβε n ε e ε n (9.39)
Dengan demikian, kita dapat menulis energi rata-rata osilator sebagai βεdZ= 1 dZ
Zddlnβ= (9.40)
Persamaan (9.40) menginformasika pada kita bahwa untuk mencari energi rata-
rata osilator, kita dapat memulai dengan mencari Z seperti yang didefinisikan dalam
ersaman (9.38). Sekarang marik kita mencari
Z tersebut.
p
+

=
= = ( 1/ 2)
0
n
n
Z eβε n eβ hω
(9.41)
ΣΣ∞=0n
Σ∞==02/nneeωβωβhh
104
Kalian ingat jumlah suatu deret geometri berikut ini bukan? Jika 1<x maka berlaku xxxxxnn−==++++Σ∞=11...1032 (9.42)
Dengan membandingka
n persamaan (9.41) dan persamaan (9.42) kita identifikasi bahwa
x pada persamaan (9.42) ekivalen dengan pada persamaan (9.41). Dengan demikian
enulis
ωβhe
kita dapat m ⎟⎠⎜⎝−=ωβωβhheeZ12/ (9.43) ⎛ 1 ⎞
Selanjunta kita dapat memperoleh persamaan-persamaan berikut ini, ()ωβωβhheZ−−=1ln2ln ()( ω )
β ω
βωωβhhheZdd−×−=12ln 1− e h
ωβωβωωhhhhee−+=12
engan demikian, energi rata-rata osilator menjadi
D ωβωβωωβεhhhheeZdd−+==12ln 12−+=−ωβωωhhhe 12/−+=kTeωωωhhh (9.44)
105
Tampak dari persamaan (9.44), jika maka . Dengan sifat ini maka
0→T ∞→kTe/ωh2
ωεh→. Energi 2ωεh→ disebut energi titk nol.
9.7 Hopping
Sekarang kita akan tinjau kondukstivitas suatu material ionik. Ion-ion dalam
material semacam ini menempati posisi yang tetap. Ion-ion tersebut tidak dapat bergerak
bebas seperti pada atom z i
antara dua elektroda dan diberi beda potensial maka ada arus yang mengalir dalam
material. Bagaimana menjelaskan fenomena ini? Mari kita bahas.
asi ya dan sulit
mengang a mas ng dalam lembah potensial seperti
dilustrasikan pada Gbr. 9.8 ini.
ambar Gbr. 9.8 Ion-ion dalam material ionic dapat dianggap terkutung dalam lembah
potensial
Tinggi bukit potensial mencerminkan energi ikat yang dimiliki ion-ion. Makin tinggi
bukit potensial maka makin kuat ion-ion terikat pada tempatnya. Namun, meskipun ion
terikat pada posisi tempat masing-masing, ion-ion masih memiliki peluang untuk
berpindah ke lokasi lain dengan cara meloncati bukit potensial. Peristiwa ini disebut
hopping.
at cair atau gas. Tetapi, ketika material tersebut ditempatkan dKarena ion-ion berada pada lokng tetapbergerak maka kita dapat gap bahwing-masing ion terkuru
G
106
Uo
Gambar 9.9 Dua ion bertetangga dalam material ionik
xwell-Boltzmann, peluang ion mem
9.45)
dengan adalah faktor penormalisasi.
Ion kiri dan kanan melihat bukit potensial yang sama tingginya. Peluang ion kiri
meloncat ke kanan adalah
(9.46a)
dan peluang ion kanan meloncat ke kiri adalah
= (9.46b)
Untuk menjelaskan fenomena hopping, mari kita lihat dua ion bertetangga seperti yang diilustrasikan paga Gbr 9.9. Tinggi bukit potensial adalah oU. Ion dapat meloncati bukit potensial jika memiliki energi oqU, dengan q muatan efektif ion. Berdasarkan statistic Ma
iliki energi oqU adalah
kTqUoCeP/−=
(
C
kTqUoCeP/−+=
kTqUoCeP/−

107
Karena
ke dua peluang tersebut sama maka secara total tidak ada loncatan ion netto ke kiri maupun ke kanan. Akibatnya, tidak ada arus dalam bahan. Sekarang pada material kita beri medan liatrik E ke arah kanan. Pemberian medan ini menyebabkan potensial pada tiap titik dalam material mengalami perubahan.
Titik yang berada pada posisi
x mengalami perubahan potensial sebesar xExV−=)(.
edan tersebut, tinggi bukit potensial yang diamati dua ion menjadi
berbeda seperti diilustrasikan pada Gbr. 9.10
di
(9.47)
ii) Potensial pada posisi ion sebelah kanan menjadi
Akibatnya adanya m
dGambar 9.10 Bukit potensial mengalami distorsi ketika diberi medan listrik Jika dimisalkan jarak dua ion berdekatan adalah dmaka kita dapatkan hasil berikut ini: i) Potensial pada posisi ion sebelah kiri menja
xExVU−==)(1
dExEdxEdxVU−−=+−=+=)()(2 (9.48)
UU
o-Ed
o+Ed
/2/2dUU
2
108
iii) Tinggi bukit potensial menjadi
()2/2/2)(EdExUdxEUdxVUxUooob−−=+−=⎟⎠⎞⎜⎝⎛+−= (9.49)
iv) Tinggi bukit potensial terhadap posisi ion kiri adalah
()2211EdUExEdExUUUUoob−=−−⎟⎠⎞⎜⎝⎛−−=−=Δ (9.50)
iv) Tinggi bukit potensial terhadap posisi ion kanan adalah
()2222EdUEdExEdExUUUUoob+=−−−⎟⎠⎞⎜⎝⎛−−=−=Δ (9.51)
erdasarkan potensial-potensial di atas maka kita dapatkan hasil lanjut berikut ini:
(9.52)
) Probabilitas ion kanan meloncat ke kiri adalah
(9.53)
i) Selisih probabilitas ion meloncat dari kiri ke kanan adalah
B
i) Probabilitas ion kiri meloncat ke kanan adalah
kTEdUqkTUqoCeCeP/)2/(/1−−Δ−+==
ii
kTEdUqkTUqoCeCeP/)2/(/2+−Δ−−==
ii
−+−=ΔPPP
()kTqEdkTqEdkTqUeeCeo2/2//−−−=
()1//)2/(−=+−kTqEdkTqEDqUeCeo (9.54)
109
Jika dianggap bukit potensial sangat tinggi sehingga qUqEd/2o>> maka kita dapat
mengaproksimasi ooqUqEdqU≅+2/. Dengan aproksimasi 54)
njadi
ini maka persamaan (9.
me ()
1/−≅Δ−kTqEdkTqUeCePo (9.55)
Kerapatan arus yang mengalir di dalam material sebanding dengan selisih
robabilitas di atas, atau , sehingga bisa kita tulis
PJΔ∝
p
()1),(//−=−kTqEdkTqUoeeJETJo (9.56)
Jika medan yang diterapkan tidak terla
proksimasi dapat kita lakukan. Dengan aproksim aka
lu besar, yaitu jika terpenuhi kTqEd<< maka
kTqEdekTqEd/1/+≈ asi tersebut m
a
persamaan (9.56) dapat disederhanakn menjadi kTqEdeJETJkTqUoo/),(−≈ (
ita ingat pelajaran tentang arus listrik bahwa ada hubungan antara kerapatan arus dan
medan, yaitu
9.57)
K
EJσ= (9.58)
engan
d σ disebut konduktivitas listrik. Dengan membandingkan persamaan (9.57) dan
da medan renda (9.58) kita dapatkan ungkapan konduktivitas listrik pah untuk material ionik sebagai kTqdeJkTqUoo/−≈σ
110
kTEoae
T
= − /
σ
(9.59)
engan
D
kqdJoo/=σ dan . Besaran dikenal dengan nama energi aktivasi.
Dalam eksperimen, biasany
onduktivitas skala logaritmik terhadap kebalikan suhu. Jika kita ambil logaritma dua sisi
oaqUE=aE
a konduktivitas ditampilkan dalam grafik
k
persamaan (9.59) maka kita dapatkan ⎟⎠⎞⎜⎝⎛−⎟⎠⎞⎜⎝⎛+=TkETao11lnlnlnσσ (9.60)
Gambar 9.11 adalah bentuk kur
va σln sebagai fungsi T/1. Bentuk kurva semacam ini
ring dijumpai dalam eksperim mi sekaligus
en. Keringan kurva adalah kEa/−
se
menentukan energi aktivasi. 1/T
ln σ
Gambar 9.11 Bentuk kurva konduktivitas dalam skala logaritma terhadap T/1
111
9.8 Persamaan Difusi Einstein
Selanjutnya kita meninjau difusi ion di
ini sering dimanfaatkan dalam proses elektroforesis di mana medan listrik digunakan
ntuk menggerakkan partikel-partikel bermuatan dalam zat cair.
bl
edan li
semua ion sama, yaitu . Misalkan pula arah medan litrik
sejajar sumbu
bawah pengaruh medan listrik. Peristiwa
u
Mari kita lihat sebuah assemi yang mengandung sejumlah ion. Kita anggap tidak ada interaksi antar ion. Interaksi hanya terjadi antara ion dan mstrik yang diterapkan. Misalkan muatan
qx . Difusi yang akan kita bahas hanya difusi dalam arah sejajar sumbu x. i Kita menganggap kuat medan listrik sama pada tiap titik dalam bahan. Gaya yang dialam
ion yang berada pada posisi x adalah F= qE sehingga Energi potensial yang dimiliki
ion yang berada pada posisi x adalah
(9.61)
Karena ion merupakan partikel klasik maka distribusi Maxwell-Boltzmann digunakan
sehingga konsentrasi ion pada posisi
xqExU−=)(
x memenuhi
(9.62)
i mana merupakan konstanta normalisasi
Dari kuliah tentang arus listrik kita sudah mempelajari hubungan antara kecepatan
kTqExkTxUCeCexn//)()(==−
C
d
ion dengan kuat medan yang diterapkan, yaitu
Ev
rrμ= (9.63)
dengan μ adalah mobilitas listrik. Untuk kasus satu dimensi maka kita bisa sederhanakan menjadi Evμ=. Kerapatan arus pada posisi x yang diakibatkan oleh
medan listrik adalah
112
)()()(xEnxvnxJeμ== (9.64) Di samping itu, karena terjadi ketidakhomogenan distribusi ion maka terjadi juga pergerakan ion akibat ketidakhomogenan itu. Gerakan ion akibat fenomena ini didebut difusi. Kerapatan arus difusi memenuhi
engan disebut konstanta difusi dan
nDJd∇−=rr
(9.65)
D zkyjxi∂∂+∂∂+∂∂=∇/ˆ/ˆ/ˆr
d . Tanda minus pada
engalir dari lokasi dengan kerapatan
nggi ke lokasi dengan kerepatan rendah. Lebih khusus lagi, untuk kasus satu dimensi,
kerapatan arus difusi dapat ditulis
persamaan (9.65) menginformasikan bahwa arah aliran ion akibat difusi berlawanan dengan arah gradient kerapatan ion. Artinya ion m
ti
dxDxJd)( (9.66)
xdn)(−=
Dengan menggunakan persamaan (9.62) kita dapatkan
)()(/xnkTqEekTqECdxxdnkTqEx==
dalam
Substitusi hasil di atas ke persamaan (9.66) diperoleh, )()(xnkTqEDxJd−=
(9.67)
Jika bahan tidak dihubungkan dengan rangkaian luar maka tidak ada arus total yang mengalir dalam bahan. Dengan demikian arus akibat medan listrik dan akibat difusi harus saling meniadakan, atau
113
0=+deJJ 0)()(=−xnkTqEDxEnμ
Yang memberikan mobilitas ion sebagai kTqD=μ (9.68)
Persamaan (9.68) dikenal
basan yang memiliki
energi fungsi dalam ungkapan fungsi kuadratik dari variable derajat kekebasan
membetikan kontribusi energi rata-rata kepada partikel sebesar . Contohnya,
buah partikel yang bergerak bebas sepanjang garis lurus. Partikel tersebut hanya
rah. Energi partikel
erupakan fungsi kuadratik dari momentum. Dengan demikian energi rata-rata yang
disumbangkan oleh momentum tersebut adalah . Jika partikel tersebut hanya dapat
bergerak dalam satu garis l t
emiliki dua derajat kebebesan, yaitu posisi dan momentum. Derajat kebebasan posisi
membe
sisi dan momentum masing-masing menyumbang
hingga energi rata-rata partikel adalah
dengan persamaan difusi Einstein.
9.9 Prinsip Ekipartisi Energi
Prinsip ekipartisi energi menyatakan bahwa tiap derajat kebe
2/kT
se
memiliki satu derajat kebebasan, yaitu momentum dalam satu a
m
2/kT
urus di bawah pengaruh gaya pegas maka, partikel tersebu
m
rikan energi dalam bentuk kuadratik (persamaan Hooke) dan derataj kebebasan momentum juga memberikan energi dalam bentuk kuadratik. Apabila dirata-ratakan maka derajat kekebabasan po
2/kT kTkT=×)2/(2.
se Pada bagian ini kita akan
membuktikan prinsip ini secara umum untuk derajat kekebasan yang sembarang.
Misalkan suatu partikel memiliki derajat kekebasan. Energi total partikel
diungkapkan dalam bentuk umum
(9.69)
f
...,222+++=ψηξCBAE
114
Di mana penjum
lahan mengandung f suku. A, B, C, dan seterusnya adalah konstanta
dan ξ, η, ψ, dan seterusnya adalah variable yang berkaitan dengan derajat kebebasan.
ariable-varaiebel tersebut boleh posisi, momentum, sudut, atau apa saja.
emenuhi fungsi distribusi
axwell-Boltzmann maka energi rata-rata satu partikel adalah
V
Dengan menganggap bahwa partikel tersebut m
M
Σ
Σ
−−=kTEkTEeEeE// (9.70) Untuk memudahkan penyelesaian persaman (9.70) mari untuk sementara kita kembali mendefinisikan kT/1−=β dan Σ=EeZβ maka Σ=EEeddZββ (9.71) Dengan demikian, energi rata-rata partikel dapat ditulis menjadi ZdddZEln/
Z dβ
β== (9.72)
Selanjutnya kita fokuskan pada pencarian
Z.
()[]Σ+++=...exp222ψηξβCBAZ
[][][]...expexpexp222ψβηβξβCBAΣ=
[][][
]...expexpexp222ΣΣΣ=ψβηβξβCBA (9.73) Penyelesaian penjumlahan di atas hampir tidak mungkin dilakukan. Namun penyelesaian
dapat
kan penggantian sebagai
erikut
dilakukan dengan menganti penjumlahan dengan integral terhadap variable-variabel yang merepresentasikan derajat kebebasan. Kita laku
b
115
=
0
1
exp βAξ 2 exp βAξ 2 (g dξ ) (9.74)
(9.74) kerapatan n yang berkaitan dengan variable
[][]∫Σ

Pada persamaanadalah keadaa
1g ξ.
Dengan demikian persamaan (9.73) dapat ditulis menjadi
Z = g g g βAξ dξ βBη dη βCψ dψ (9.75)
Mari kita selesaikan integral pertama, yaitu exp 2 . Untuk kemudahan kita
misalkan . Ingat, suku kanan juga negative karena
[][][]...expexpexp...)(020202321∫∫∫
∞∞∞
[]ξξβdA∫∞
0
22xA−=ξββ negatif. Dengan
isalan tersebut maka
permxAβξ−=1 dxAdβξ−=1
Dengan demikian [][]∫∫∞∞−=2021expexpdxxdAξξβ
− 0 βA
[]21exp102πββAdxxA−=−−=∫∞ A41πβ−= (9.76a)
Dengan cara persis sama kita akan dapatkan
116
[]BdB1exp2πηηβ=∫ 4 0 − β

(9.76b)
[]CdC41exp02πβψψβ−=∫∞
(9.76c)
Z
dan seterusnya. Akhirnya kita dapatkan ungkapan untuk sebagai berikut
...111⎟⎞⎜⎛⎟⎞⎜⎛⎟⎞⎜⎜⎝⎛−Zπππ
4 4 4
( ...) 3 2 1 ⎟⎠
⎜⎝
− ⎟⎠
⎜⎝
− ⎟⎠
=
A B C
g g g
β β β
⎭⎬⎫⎩⎨⎧−=...444...)()(13212/CBAgggfπππβ ⎭⎬⎫⎩⎨⎧+−=...444...)(ln)(1lnln3212/CBAgggZfπππβ ⎭⎬⎫⎩⎨⎧+−−=...444...)(ln)ln(2321CBAgggfπππβ (9.77)
Dengan hasil di atas maka persaman (9.72) selanjutnya menjadi
⎭⎬⎫⎩⎨⎧−−−==...444...)(ln)ln(2ln321CBAgggddddfZddEπππθβββ
(9.78)
Semua suku di ruas
paling kanan persamaan (9.78) tidak mengandung β sehingga
diferensial terhadap
β nol. Jadi kita hanya dapatkan
)ln(2ββ−−==ddfE kTfkTff2)/1(22=−−=−=β
117
⎟⎠⎞⎜⎝⎛=kTf21 (9.79)
arena partikel yang kita bahas memiliki derajat kebebasan maka kita simpulkan
bahwa tiap derajat kebebasan menyumbang energi sebesar . Jadi kita telah
membuktikan prinsip ekipartisi energi.
f2/kT
K
118
Bab 10 Aplikasi Statistik Bose-Einstein
Isi Bab Ini
Bab ini berisi contoh aplikasi statistik Bose-Einstein pada sejumlah assembli sederhana yang mengandung boson dan beberapa perbandingan ramalan menggunakan statistik ini dengan data pengamatan.
Tujuan Bab Ini
Tujuan bab ini adalah mahasiswa memahami beberapa aplikasi statistik Bose-Einstein pada sejumlah assembli boson dan perbandingan hasil ramalan tersebut dengan data pengamatan.
Apa Yang Perlu Dikuasai Lebih Dahulu
Untuk memahami aplikasi statistik Bose-Einstein mahasiswa perlu memahami prinsip dasar statistik Bose-Einstein, kerapatan keadaan kuantum dan beberapa teknik integral.
10.1 Radiasi Benda Hitam
Setelah mempelajari beberapa aplikasi statistic Maxwell-Boltzmann pada bab sebelumnya, pada bab ini kita akan mempelajari beberapa aplikasi statistic Bose-Einstein. Statistik ini diterapkan pada assembli boson, yaitu partikel kuantum dengan spin yang merupakan kelipatan bulat dari h/2π. Contoh boson adalah foton, fonon, dan atom helium.
Mari kita awali dengan membahas satu topik yang sangat populer dalam fisika yaitu radiasi benda hitam. Tori tentang radiasi benda hitam menandai awal lahirnya mekanika kuantum dan fisika modern. Benda hitam merupakan penyerap sekaligus pemancar kalor terbaik sekaligus pemancar kalor terbaik. Benda hitam dapat dianalogikan sebagai kotak yang berisi gas foton. Jumlah foton dalam kotak tidak selalu konstan. Ada kalanya foton diserap oleh atom-atom yang berada di dinding kotak dan
119
sebalaiknya atom-atom di dinding kotak dapat memancarkan foton ke dalam ruang kotak. Karena jumlah foton yang tidak konstan ini maka factor Bose-Einstein untuk gas foton adalah , yang diperoleh dengan menggunakan )1/(1/−kTEeα = 0.
Foton adalah kuantum gelombang elektromagnetik. Eksistensi foton direpresentasikan oleh keberadan gelombang berdiri dalam kotak. Kerapatan kedaan gelombang berdiri dalam kotak tiga dimensi telah kita turunkan dalam Bab 7, yang terungkap dalam persamaan (7.25) yaitu . Karena gelombang elektromagneik memiliki dua kemungkinan arah osilasi (polarisasi) yang saling bebas, maka kerapatan kedaan foton dalam kotak merupakan dua kali kerapatan gelombang stasioner, yaitu 4/4λλπd λλπλλddg48)(= (10.1)
Dengan demikian, jumlah foton dengan panjang gelombang antara λ sampai λλd+ adalah 1)()(/−=kTEedgdnλλλλ (10.2)
Karena energi satu foron adalah λ/hcE= maka energi foton yang memiliki panjang gelombang antara λ sampai λλd+ adalah λλλλλdnhcdE)()(= 18/5−=kThcedhcλλλπ (10.3)
Hukum Pergeseran Wien
Gambar 10.1 adalah plot )(λE sebagai fungsi λ pada berbagai suhu. Tampak bahwa )(λE mula-mula naik, kemudian turun setelah mencapai nilai maksimum pada
120
panjang gelombang mλ. Berapakah mλ? Kita dapat menentukan mλ dengan mendiferensial )(λEterhadap λ dan menyamakan λ dengan mλ, atau 0)(=mddEλλλ (10.4)
ambar 10.1 Spektrum radiasi benda hitam pada berbagai suhu
erdasarkan persamaan (10.3) maka
Panjang gelombang [nm]Kerapatan daya [1013watt/m3]
G
B 118)(/5−=kThcehcEλλπλ (10.5)
ntuk memudahkan diferensiasi persamaan (10.5) persamaan di atas kita misalkan
U
hckTx/λ=. Dengan permisalan tersebut maka kita dapat menulis
121
( ) 118)(/155−⎟⎠⎞⎜⎝⎛=xexhckThcEπλ (10.6) dxdEhckTddxdxdEddE)()()(λλλλλ== ( )⎟⎟⎠⎞⎜⎜⎝⎛−⎟⎠⎞⎜⎝⎛⎟⎠⎞⎜⎝⎛=118/155xexdxdhckThchckTπ (10.7)
Agar terpenuhi 0/=λddE maka pada persamaan (10.7) harus terpenuhi ()011/15=⎟⎟⎠⎞⎜⎜⎝⎛−xexdxd (10.8)
Jika kalian lakukan diferensiasi secara seksama akan dapatkan hubungan berikut ini.
()0551/1=−−xex (10.9)
Nilai x pada persamaan (10.9) dapat diselesaikan dengan berbagai cara. Jika kita menggunakan instruksi Mathematica (Wolfram Research), maka solusi untuk x yang memenui persamaan (10.9) adalah 0,194197. Dengan demikian, mλ memenuhi hubungan 194197,0=hckTmλ
atau khcTm194197,0=λ (10.10)
122
Dengan menggunakan nilai konstanta k=1,38 × 10-23 J/K, h= 6,625 × 10-34 J s, dan c = 3 × 108 m/s maka kita peroleh
3108,2−×=Tmλ mK (10.11)
Persamaan (10.11) tidak lain daripada ungkapan hukum pergeseran Wien. Hukum ini mejelaskan hubungan antara suhu benda dengan gelombang dengan intensitas maksimum yang dipancarkan benda tersebut. Makin tinggi suhu benda maka makin pendek gelombang yang dipancarkan benda tersebut, atau warna benda bergeser ke arah biru. Ketika pandai besi memanaskan logam maka warna logam berubah secara terus menesur dari semula merah, kuning, hikau dan selanjutnya ke biru-biruan. Ini akibat suhu benda yang semakin tinggi.
Hukum pergeseran Wien telah dipakai untuk memperkirakan suhu benda berdasarkan spectrum elektromagnetik yang dipancarkannya. Energi yang dipancarkan benda diukur pada berbagai panjang gelombang. Kemudian intensitas tersebut diplot terhadap panjang gelombang sehingga diperoleh panjang gelombang yang memiliki intensitas terbesar. Panjang gelombang ini selanjutnya diterapkan pada hokum pergeseran Wien guna memprediksi suhu benda. Para astronom memperkirakan suhu bintang-bintang berdasarkan spektrum energi yang dipancarkan oleh bintang-bintang tersebut.
Persamaan Stefan-Boltzmann
Sebuah benda hitam memancarkan gelombang elektromagnetik pada semua jangkauan frekuensi dari nol sampai tak berhingga. Hanya intensitas gelombang yang dipancarkan berbeda-beda. Ketika panjang gelombang menuju nol, intensitas yang dipancarkan menuju nol. Juga ketika panjang gelombang menuju tak berhingga, intensitas yang dipancarkan juga menuju tak berhingga. Intensitas gelombang yang dipancarkan mencapai maksimum pada saat mλλ=. Sekarang kita akan menghitung energi total yang dipancarkan oleh benda hitam. Energi total tersebut diperoleh dengan mengintegralkan persamaan (10.3) dari panjang gelombang nol sampai tak berhingga, yaitu
123
∫∞=0)(λλdEE ∫∞−=0/5118kThcedhcλλλπ (10.12)
Untuk menyelesaikan integral (10.12) mari kita misalkan kThcyλ/=. Dengan permisalan tersebut maka diperoleh ungkapan-ungkapan berikut ini yhckT=λ1 5551yhckT⎟⎠⎞⎜⎝⎛=λ ykThc1=λ dyykThcd21−=λ
Sekarang kita tentukan syarat batas yang berlaku bagi . Saat yλ = 0 maka = ∞ dan saat yλ = ∞ maka = 0. Dengan demikian, dalam variable integral (10.12) menjadi yy ∫∞−−⎟⎠⎞⎜⎝⎛=02551)/(8yedykTyhcyhckThcEπ ∫∞−−⎟⎠⎞⎜⎝⎛⎟⎠⎞⎜⎝⎛=03518yedyykThchckThcπ ∫∞−⎟⎠⎞⎜⎝⎛=03418yedyyhckThcπ (10.13)
Persamaan (10.13) merupakan kerapatan energi foton di dalam kotak. Hubungan antra kerapatan energi yang diradasi dengan energi foton dalam kotak adalah
124
EcErad4= ∫∞−⎟⎠⎞⎜⎝⎛=034212yedyyhckThcπ 4034212Tedyyhckhcy⎥⎥⎦⎤⎢⎢⎣⎡−⎟⎠⎞⎜⎝⎛=∫∞π (10.14)
Persamaan (10.14) sangat mirip dengan persamaan Stefan-Boltzman tentang energi yang diradiasi benda hitam, yaitu dengan 4TEradσ=σ konstanta Stefan-Boltzmann. Jadi, pada persamaan (10.14) kita dapat menyamakan ∫∞−⎟⎠⎞⎜⎝⎛=034212yedyyhckhcπσ (10.15)
Dengan menggunakan instruksi Mathematica sederhana kita dapatkan 49394,6103=−∫∞yedyy
Selanjutnua, dengan memasukkan nilai konstanta-konstanta lain k=1,38 × 10-23 J/K, h= 6,625 × 10-34 J s, dan = 3 × 10c8 m/s kita dapatkan nilai konstanta Stefan-Boltzmann
81065,5−×=σ W/m2 K4
10.2 Kapasitas Kalor Kristal
Dalam kristal atom-atom bervibrasi. Jika diselesaikan dengan mekanika kuantum maka energi vibrasi atom-atom dalam kristal terkuantisasi. Kuantisasi getaran atom tersebut disebut fonon. Energi fonon dengan bilangan kuantum n adalah ωh)2/1(+=nEn. Karena jumlah fonon tidak konstan maka fungsi distribusi untuk
125
fonon diperoleh dengan mengambil 0=α. Fungsi distribusi tersebut persis sama dengan fungsi distribusi untuk foton.
Karena frekuensi fonon umumnya merupakan fungsi bilangan gelombang, κ, maka secara umum energi total yang dimiliki fonon dalam kristal dapat ditulis
[ ] Σ−=κκωκω1/)(exp)(kTUhh (10.16)
Jika fonon memiliki sejumlah polarisasi dan polarisasi ke-p memiliki frekuensi )(κωp, maka energi total fonon setelah memperhitungkan polarisasi tersebut adalah
[ ] ΣΣ−=pppkTUκκωκω1/)(exp)(hh (10.17)
Penjumlahan terhadap κ dilakukan dengan asumsi bahwa κ adalah integer. Tetapi jika κ adalah variabel kontinu maka penjumlahan terhadap κ dapat diganti dengan innnegral dengan melakukan transfprmasi berikut ini
∫Σ→κκκdgp)( (10.18)
Tetapi, karena ω merupakan fungsi κ maka kita dapat mengubah integral terhadap κ menjadi integral terhadap ω dengan melakukan transformasi
∫∫Σ→→ωωκκκdgdgpp)()( (10.19)
Akhirnya kita dapat menulis ulang persamaan (10.17) menjadi
[]Σ∫−=pBpdTkgUωωωω1/exp)(hh (10.20)
126
Dari definisi energi dalam dalam persamaan (10.20) maka kita dapat menentukan kapasitas panas yang didefinisikan sebagai berikut dTdUCv= []Σ∫−=ppdkTgdTdωωωω1/exp)(hh []Σ∫⎭⎬⎫⎩⎨⎧−=ppdkTdTdgωωωωhh1/exp1)( (10.21)
Untuk menyederhanakan persamaan (10.21) mari kita lihat suku diferensial dalam persamaan tersebut. Untuk mempermudah kita misalkan kTy/ωh=. Dengan permisalan tersebut maka dydkTdTdydyddTd2ωh−== []⎭⎬⎫⎩⎨⎧−−=⎭⎬⎫⎩⎨⎧−=⎭⎬⎫⎩⎨⎧−11111/exp12yyedydkTedTdkTdTdωωhh()()222211−=⎪⎭⎪⎬⎫⎪⎩⎪⎨⎧−−−=yyyyeekTeekTωωhh [][]()221/exp/exp−=kTkTkTωωωhhh
Dengan demikian, kapasitas kalor dapat ditulis [][]()Σ∫⎭⎬⎫⎩⎨⎧−=ppvdkTkTkTgCωωωωωωhhhh221/exp/exp)( [][]()Σ∫−=ppdkTkTgkTωωωωω22221/exp/exp)(hhh (10.22)
127
Model Enstein
Untuk mencari kapasitas kalor kristal, Einstein mengusulkan model bahwa semua phonon berosilasi dengan frekuensi karakteristik yang sama, oω. Dengan asumsi ini maka dapat kita tulis
)()(opNgωωδω−= (10.23)
di mana )(oωωδ− merupakan fungsi delta Dirac. Dengan model ini kita dapatkan kapasitas kalor kristal untuk satu macam polarisasi saja sebesar [][]()∫−=ωωωωωdkTkTgkTCv22221/exp/exp)(hhh [][]()∫−−=ωωωωωωδdkTkTNkTo22221/exp/exp)(hhh [][]()22221/exp/expoookTkTkTNωωω−=hhh (10.24)
Untuk kristal 3 dimensi, terdapat tiga arah polarisasi fonon yang mungkin (arah sumbu x, y, dan z). Dengan menganggap bahwa ke tiga polarisasi tersebut memberikan sumbangan energi yang sama besar maka kapasitas kalor total menjadi tiga kali dari yang tampak dalam persamaan (10.24), yaitu menjadi [][]()22221/exp/exp3ooovkTkTkTNCωωω−=hhh (10.25)
Sekarang kita tinjau kasus-kasus khusus, yaitu ketika dan . Dalam kondisi maka 0→T∞→T0→T[]1/exp>>kToωh sehingga []1/exp−→ []kTo/expωh. Akibatnya
128
[][]()2222/exp/exp3ooovkTkTkTNCωωωhhh≈ kTooekTN/2223ωωhh−= (10.26)
Perhatikan suku pembilang dan penyebut pada persamaan (10.26). Jika maka suku penyebut dan suku pembilang 0→T02→T[]0/exp→−kToωh. Tetapi suku pembilang menuju nol jauh lebih cepat daripada suku penyebut. Dengan demikian jika . 0→vC0→T
Untuk kasus sebaliknya, yaitu ∞→T maka 0/→kToωh kita dapat mengaproksimasi
[]kTkTooωωhh+≈1/exp
Dengan aproksimasi ini maka persamaan (10.25) dapat ditulis menjadi ()22221/1/13ooovkTkTkTNCωωω−++≈hhh 22223ookTkTNωω⎟⎟⎠⎞⎜⎜⎝⎛≈hh
knNNkA)(33==
nRkNnA3)(3== (10.27)
dengan bilangan Avogadro, jumlah mol dan ANnBAkNR= konstanta gas umum. Hasil ini persis sama dengan teori klasik dari Dulong-Petit bahwa kapasitas kalor per satuan mol semua padatan adalah konstan, yaitu . R3
Gambar 10.2 adalah perbandingan hasil pengamatan kapasitas kalor intan (simbol) dan prediksi dengan model Einstein. Terdapat kesesuaian yang baik antara prediksi model tersebut dengan pengamatan, khususnya nilai kapasitas kalor yang
129
menuju nol jika suhu menuju nol dan nilai kapasitas kalor menuju konstanta Dulong-Petit pada suhu tinggi.
ambar 10.2 Kapasitas panas intan yang diperoleh dari pengamatan (simbol) dan
Model Einstein dapat menjelaskan dengan baik kebergantungan kapasitas panas
terhada
odel Debeye
Salah satu masalah yang muncul dalam model Einstein adalah asumsi bahwa
semua fonon bervibrasi dengan frekuensi yang sama. Tidak ada justifikasi untuk asumsi
G
prediksi menggunakan model kapasitas panas Einstein (kurva)
p suhu. Sesuai dengan pengamatan experimen bahwa pada suhu menuju nol kapasitas panas menuju nol dan pada suhu sangat tinggi kapasitas panas menuju nilai yang diramalkan Dulong-Petit. Akan tetapi, masih ada sedikit penyimpngan antara data eksperimen dengan ramalan Einsten. Pada suhu yanbg menuju nol, hasil eksperimen memperlihatkan bahwa kapasitas panas berubah sebagai fungsi kubik (pangkat tiga) dari suhu, bukan seperti pada persamaan (10.26). Oleh karena itu perlu penyempurnaan pada model Einstein untuk mendapatkan hasis yang persis sama dengan eksperimen.
M
130
ini. Asumsi ini digunakan semata-mata karena kemudahan mendapatkan solusi. Oleh
karena
ini hasil yang lebih tepat diharapkan muncul jika dianggap frekuensi fonon tidak seragam. Ausmsi ini digunakan oleh Debye untuk membangun teori kapasitas panas yang lebih teliti. Namun, sebelum masuk ke teori Debye kita akan terlebih dahulu membahas kerapatan keadaan untuk kisi dalam usaha mencari eksperesi yang tepat untuk )(ωg. Frekuensi getaran kisi dalam kristal secara umum tidak konstan, tetapi bergantung pada bilangan gelombang. Persamaan yang menyatakan kebergantungan frekuensi dengan bilangan gelombang dinamakan persamaan dispersi, )(κωω=. Dari m persa aan
dispersi terebut dapat diturunkan persaman kerapatan keadaan (dibahas di kuliah zat padat) sebagai berikut κωκπωdVg
/ d 2)(22= (10.28)
Kebergantungan
ω terhadap κ kadang sangat kompleks. Sebagai contoh, untuk
kristal satu dimensi, kita peroleh p aan dispersi ersam()amCκωcos1)/2(−= , dengan
massa atom, konstanta pegas getaran kisi, dan jarak antar atom dalam kisi
(period
m
Caisitas). Namun, jika κ sangat kecil, atau panjang gelombang yang besar (λπκ/2=), kita dapatkan sebuah persamaan aproksimasi κωgv= (10.29)
dengan disebut kecepatan grup. Dalam membangun model kapasitas panas, Debye
mengambil asum
gv
si sebagai berikut: i) Frekuensi getaran kisi memeuhi persamaan dispersi κωgv= ii) Ada sebuah frekuensi maksimum,
mω , yang boleh dimiliki fonon dalam kristal
sehingga tidak ada fonon yang memiliki frekuensi di atas mω .
131
Dari persamaan dispersi (10.29) kita dapatkan bahwa untuk mωω≤, gv/ωκ= dan gv
d
d =
κ
ω
sehingga kerapatan keadaan pada persam
aan (10.28) menjadi
g ω edua tang ad
frekuensi maksimum getaran fonon diperoleh ungkapan umum untuk kerapatan keadaan
sebagai ber
322/gvVπω=. Akhirnya jika digabung dengan asumsi ktenanya ikut )(⎪⎩⎪⎨⎧≤=mVgωωωπω,2)(23 (10.30)
> m
g v
0 ω ω
ωo ωm
g(ω) g(ω)
Model Einstein Model Debye
Gambar 10.3 kurva kerapatan keadaan sebagai fungsi pada model Einstein dan Debye Perbedaan kurva kerapatan keadaan sebagai fungsi pada model Einstein dan Debye
diperlihatkan pad Gbr. 10.3 Berapa nilai mω pada model Debye? Untuk menentukan

ita kembali kepada definisi bahwa
k
)(ωg adalah jumlah keadaan per satuan frekuensi.
Karena frekuensi maksimum fonon adalah mω maka integral )(ωg dari frekuensi 0 sampai mω memberikan jumlah total keadaan yang dimiliki fonon, dan itu sama dengan jumlah atom, N. Jadi
132
Nd=ωω0)(
gm

ω
NdvVmg=∫ωωωπ0232 NdvVmg=∫ωωωπ0232 NvVmg=3233ωπ
yang memberikan ungkapan untuk frekuensi maksimum
V
v N g
m
3
3 6π
ω = (10.31)
Untuk kemudahan mari kita defiisikan suhu Debye,
DΘ , berdasarkan hubungan berikut
ini
mDBkωh=Θ (10.32)
Dengan definsi di atas kita dapatkan
3/126⎟⎟
⎠⎝VkB

⎜ ⎜ ⎛
Θ = N vg
D
h π
(10.33)
Kita asumsikan bahwa kapasitas kalor kisi yang dihasilka oleh tiap polarisasi
fonon sama besarnya. Karen
lahan terhadap indeks
a terdapat tiga polarisasi getaran yang mungkinan maka
penjum
p dalam persamaan (10.22) menghasilkan tiga kali nilai per
polarisasi. Akibantna, tanda sumasi dapat diganti dengan nilai tiga dan kita peroleh
kapasitas panas yang disumbangkan oleh semua polarisasi menjadi
133
()∫

/ kT −=022/221)(3ωωωωωdeegkTCkTvhhh ()()∫∫∞−+−=mmeegkTdeegkTkTkTkTkTωωωωωωωωωω22//22022//221)(31)(3hhhhhh ω dω
()()()∫∫∞−+−⎟⎟⎠⎞⎜⎜⎝⎛=mmdeekTdeevVkTkTkTkTkTgωωωωωωωωωωωπ22//22022//232210123hhhhhh ()∫−=mdeekTvVkTkTgωωωωωπ042//232123hhh (10.34)
Untuk menyelesaikan integral pada persamaan (10.34) kita misalkan / x
kT = hω .
Dengan permisalan tersebut maka
xkTh=ω dxkTdh=ω
Selanjutnya, syarat batas untuk
x ditentukan sebagai berikut. Jika 0=ω maka dan
jika
0=xmωω=TkTkkTxDDm///Θ=Θ==ωh maka . Dengan demikian, bentuk integral
untuk kapasitas panas menjadi
()∫⎟⎠⎜⎝−=xgvdxxekTvC02232hhπ
Θ ⎛ ⎞ V D T ex kT kT 2 / 4
1
3h
()∫Θ−=xgdxevT02333412hπ
Vk D T x ex 3 / 4 (10.35)
Berdasarkan definisi pada persamaan (10.33) maka kita dapat menulis
atau . Substitusi hubungan ini ke
DΘVkvNgD33323/6hπ=Θ 33334)/(32/DgTNkvTVkΘ=hπ
134
dapat persaman (10.35) kita peroleh ungkapan kapasitas kalor dalam bentuk yang lebih
seberhana sebagai berikut
()∫Θ−⎟
⎟⎠⎞⎜⎛=xdxexTNkC0439 (10.36) Selanjutnya kita tin
⎜⎝
Θ
T
x
D
v
D
e
/
2 1
jau beberapa kasus khusus yaitu ketika dan
0→T∞→T.
Jika maka sehingga
0→T ∞→ΘTD/()∫∞−⎟⎟⎠⎞⎜⎜⎝⎛Θ≈024319dxeexTNkCxxDv (10.37)
n inte ak bergantu a T Bagiagral tidng lagi pad dan hasil integral adalah sebuah bilangan.
ka kalian menggunakan program Mathematica, akan diperoleh hasil integral pada
persamaan (10.37) adalah
Ji
()1512024π=−∫∞dxeexxx
(10.38)
diperoleh Dengan demikian, untuk
0→T 32159⎟⎟⎠⎞⎜⎜⎝⎛Θ≈DvTNkCπ
3AT= (10.39)
engan
d32159DNkAΘ≈π
(10.40)
135
Persamaan (10.40) sangat sesuai dengan hasil eksperimen.
Sebaliknya, untuk
∞→T maka penyebut pada persamaan (10.36) dapat
iaproksimasi dan pada pembilang dapat diaproksimasi sehingga xex≈−11≈xe
d()∫Θ⎟⎟⎠⎞⎜⎜⎝⎛Θ≈TDvDdxxxTNkC/02439
33/3ΘTD
0
9
⎝ ⎠

=
⎝ ⎠
Nk
D
(
yang juga persis sama dengan ramalan Dulong-Petit.
Gambar 10.4 Kapasitas kalor argon padat diukur pada suhu jauh di bawah suhu Debye.
Garis adalah hasil erhitungan menggunakan teori Debye (Kittel, hlm 125).
2319⎟⎠⎞⎜⎝⎛Θ⎟⎟⎞⎜⎜Θ⎟⎟⎞⎜⎜⎛Θ=∫TTdxxTNkDD Nk3=10.41) 1,332,663,995,326,657,98004,448,8913,3317,7822,23Kapasitas panas [
mJ
mol-1
K-1]
T3 [K3]
0 1,33 2,66 3,99 5,32 6,65 7,98
0
4,44
8,89
13,33
17,78
22,23
Kapasitas 136
Gambar 10.4 adalah hasil pengukuran kapasitas panas argon padat (titik-titik)
beserta kurva yang diperoleh menggunakan model Debye. Tampak bahwa ramalan
Debye tentang kebergantungan kapasitas kalor pada pangkat tiga suhu sangat sesuai
dengan hasil pengamatan.
137
Bab 11 Aplikasi Distribusi Fermi Dirac
Isi Bab Ini
Bab ini berisi contoh aplikasi statistik Fermi-Dirac pada sejumlah assembli sederhana yang mengandung fermion dan beberapa perbandingan ramalan menggunakan statistik ini dengan data pengamatan.
Tujuan Bab Ini
Tujuan bab ini adalah mahasiswa memahami beberapa aplikasi statistik Fermi-Dirac pada sejumlah assembli fermion dan perbandingan hasil ramalan tersebut dengan data pengamatan.
Apa Yang Perlu Dikuasai Lebih Dahulu
Untuk memahami aplikasi statistik Fermi-Dirac mahasiswa perlu memahami prinsip dasar statistik Fermi-Dirac, kerapatan keadaan kuantum dan beberapa teknik integral.
11.1 Fungsi Distribusi Fermi Dirac Pada Suhu 0 K
Dalam Bab 9 dan 10 kita sudah membahas sejumlah aplikasi statistik Maxwell-Boltzmann dan Bose-Einstein masing-masing untuk assembli klasik dan assembli boson. Kita mendapatkan beberapa prediksi statistik tersebut bersesuaian dengan hasil pengamatan. Pada bab ini kita akan rampungkan pembahasan tentang aplikasi statistik dengan memprediksi beberapa sifat fermion menggunakan statistik Fermi-Dirac.
Ada satu cirri yang menarik dari fungsi distribusi Fermi-Dirac yang tidak dijumpai dapad distrubusi Maxwell-Boltzmann atau Bose-Einstein. Pada suhu 0 K, fungsi dtribusi Fermi-Dirac tiba-tiba dikontinu pada energi tertentu (energi maksimum). Semua fermion terkumpul pada tingkat energi di bawah energi maksimum tersebut dengan kerapatan yang persis sama. Tiap keadaan energi diisi oleh dua fermion dengan arah spin berlawanan. Di atas energi batas tersebut tidak ditemukan satu fermion pun. Artinya di atas energi tersebut, keadaan energi kosong. Sifat ini dapat ditunjukkan sebagai berikut.
Kita dapat menulis ulang fungsi distribusi Fermi Dirac
138
11)(+=−−EeEfβα
dalam bentuk yang lebih mudah, yaitu 1)(exp1)(+⎥⎦⎤⎢⎣⎡−=kTEEEfF (11.1)
Pada penulisan persamaan (11.1) kita telah mengganti kT/1−=β dan telah mendefinsikan kTEFα=. Parameter dikenal dengan energi Fermi. Tampak dari bentuk bahwa maka FE)(EfFEE=2/1)(=Ef, berapa pun suhu assembli. Dengan demikian kita dapat mendefinisikan bahwa energi Fermi sama dengan energi ketika fungsi distribusi memiliki nilai tepat setengah.
Hal yang menarik muncul ketika assembli 0 K. Dalam suhu tersebut:
i) Jika maka FEE>∞=−=−0/)(/)(FFEEkTEE sehingga 011)0,(=+==>∞eTEEfF (11.2)
ii) Jika maka FEE<−∞=−−=−0/)(/)(EEkTEEFF sehingga 111)0,(=+==<∞−eTEEfF (11.3)
Ini berarti pada T = 0, fungsi distribusi Fermi-Dirac berharga 1 untuk semua energi di bawah energi Fermi dan nol untuk semua energi di atas energi Fermi. Jika digambar, maka bentuk fungsi distribusi tersebut paad T = 0 tampak pada Gbr. 11.1
139
E)TF= 50 000 KE/k[104K]
01234567890.00.20.40.60.81.01.2f(Gambar 11.1 Fungsi distrubusi Fermi-Dirac Pada Suhu 0 K
11.2 Energi Fermi
Pertanyaan berikutnya adalah bagaimana kebergantungan energi Fermi terhadap besaran-besaran lain yang dimiliki assembli. Mari kita tentukan. Jumlah total fermion dapat dihitung dengan integral
∫∞=0)(dEEnVN
∫∞=0)()(dEEfEgV (11.4)
Jumlah fermion tersebut dapat dihitung dengan mudah pada suhu 0 K karena fungsi distribusi fermi-diract memiliki bentuk yang sederhana. Jika perhitungan dilakukan pada T = 0 mama
140
∫∫∞+=FFEEdEEfEgVdEEfEgVN)()()()(0
∫∫∞××+××=FFEEdEEgVdEEgV0)(1)(0
∫=FEdEEgV0)( (11.5)
Dalam Bab 7 kita sudah mendapatkan ungkapan untuk kerapatan keadaan per satuan volum, yaitu 2/12/33241)(EmhEgπ= (11.6)
Khusus untuk elektron, karena satu keadaan dapat ditempati dua fermion dengan spin yang berlawanan, maka rapat keadan untuk fermion sama dengan dua kali nilai persamaan (11.6). Dengan demikian persamaan (11.5) dapat menulis menjadi ∫×=FEdEEmhVN02/12/332412π∫=FEdEEmhV02/12/3328π 2/32/333228FEmhV×=π (11.7)
Kita dapat menyederhanakn persamaan (11.7) lebih lanjut menjadi 2/32283⎟⎠⎞⎜⎝⎛=FEhmVNπ
Dan askhirnya diperoleh ungkapan untuk energi Fermi pada suhu 0 K sebagai berikut
141
3/22832⎟⎠⎞⎜⎝⎛=VNmhEFπ (11.8)
Selanjunta kita dapat mendefinisikan suhu Fermi melalu hubungan maka diperoleh ungkapan untuk suhu Fermi pada suhu 0 K sebagai FFEkT= kETFF= 3/22832⎟⎠⎞⎜⎝⎛=VNmkhπ (11.9) 0123456789E/k[104K]00,20,40,60,81,01,2f(E)
Gambar 11.2 Bentuk fungsi distribusi Fermi-Dirac pada berbagai suhu. Pada perhitungan digunakan = 50 000 K FT
142
11.3 Distribusi Fermi Dirac Pada Suhu T > 0 K
Jika T> 0 maka sudah mulai ada fermion yang memiliki energi di atas energi Fermi. Sebagai konsekuensinya, jumlah fermion yang memiliki energi di bawah energi fermi mulai berkurang. Tetapi belum ada fermion yang memeiliki energi jauh di atas energi fermi dan belum ada elektron yang memiliki energi jauh di bawah energi fermi meninggalkan tempat semula. Akibatnya terjadi distorsi fungsi Fermi-Dirac hanya di sekitar energi fermi saja. Distorsi tersebut hanya berada pada daerah yang ordenya sekitar di sekitar energi fermi. Gambar 11.2 adalah bentuk fungsi distribusi Fermi-Diract pada berbagai suhu. kT
11.4 Intergral Yang Mengandung Fungsi Fermi-Dirac.
Kita selanjutnya akan sering berhadapan dengan integral yang mengandung fungsi distribusi Fermi-Dirac. Misalkan saat menghitung energi rata-rata fermion, kita mengintegralkan energi dikali kerapatan keadaan dikali fungsi Fermi-Dirac. Khusus untuk suhu di atas 0 K, integral yang melibtakan fungsi Fermi-Dirac sulit dilakukan. Suatu pendekatan perlu ditempuh untuk mendapatkan hasil integral secara analitik. Memang, dengan menggunakan software yang sesuai, seperti Mathematica, kendala tersebut dapat diatasi dengan mudah. Tetapi ketika ingin mendapatkan ungkapan secara analitik sederhana, mau tidak mau kita mesti memecahkan integral tersebut dengan aproksimasi yang reasonable.
Pada bagian ini kita akan mencari bentuk umum integral yang berupa perkalian fungsi Fermi-Dirak dengan fungsi sembarang. Bentuk umum tersebut dapat diperoleh berkat beberapa kekhasan dari sifat fungsi Fermi-Dirac. Mari kita pecahkan integral bentuk umum berikut ini
∫∞=0)()(dEEfEIϕ (11.10)
Di mana )(Eϕ sembarang fungsi dari E. Kita selanjutnya mendefiniskan fungsi berikut ini
143
∫=ΨEdEEE0)()(ϕ (11.11)
Dari definisi tersebut kita mendapatkan
dEEd)(ϕ=Ψ (11.12)
Dengan menggunakan persamaan (11.12) maka persamaan (11.10) dapat ditulis
∫∞Ψ=0)(dEfI (11.13)
Selanjutnya kita menggunakan dalil rantai untuk menguraikan integral (11.13). Dalil tersebut berbentuk ∫∫−=vduuvudv. Dengan dalil ini mapa persamaan (11.13) menjadi
[]∫∞∞Ψ−Ψ=00)()(dEdEdfEEfI
[]∫∞Ψ−Ψ−∞Ψ∞=0)0()0()()(dEdEdfff (11.14)
Tetapi, berdasarkan definisi fungsi Fermi Dirac kita akan dapatkan dan . Selanjutnya berdasarkan definisi 0)(=∞f1)0(=fΨpada persamaan (11.11) kita dapatkan , dan . Dengan demikian persamaan (11.14) menjadi ∫∞=∞Ψ0)()(dEEϕ0)()0(00==Ψ∫dEEϕ∫∫∞∞Ψ−⎥⎦⎤⎢⎣⎡×−×=0001)(0dEdEdfdEEIϕ
144
∫∞Ψ−=0dEdEdf (11.15)
Selanjutnya kiya uraikan )(EΨ dalam deret Taylor di sekitar hingga suku ketiga, yaitu FE ()(22221)()(FEFEFEEdEdEEdEdEEFF−Ψ+−Ψ+Ψ=Ψ ) (11.16)
Berdasarkan definisi dalam persamaan (11.11) maka kita dapatkan )(EΨ
∫=ΨFEFdEEE0)()(ϕ (11.17) )(EdEdϕ=Ψ sehingga )(FEEdEdFϕ=Ψ (11.18) dEddEdϕ=Ψ22 sehingga FFEEdEddEdϕ=Ψ22 (11.19)
Dengan demikian, persamaan (11.16) menjadi
()(2021)()()(FEFFEEEdEdEEEdEEEFF−+−+=Ψ∫ϕϕϕ ) (11.20)
Dan persamaan (11.15) dapat diaproksimasi sebagai
()()dEdEdfEEdEdEEEdEEIFEFFEFF∫∫∞⎪⎭⎪⎬⎫⎪⎩⎪⎨⎧−+−+−=02021)()(ϕϕϕ ()()dEdEdfEEdEddEdEdfEEEdEdEdfdEEFEFFEFF∫∫∫∫∞∞∞−−−−−=0200021)()(ϕϕϕ
145
[]()()dEdEdfEEdEddEdEdfEEEffdEEFEFFEFF∫∫∫∞∞−−−−−∞−=020021)()0()()(ϕϕϕ
[]()()dEdEdfEEdEddEdEdfEEEdEEFEFFEFF∫∫∫∞∞−−−−−−=020021)(10)(ϕϕϕ
()()dEdEdfEEdEddEdEdfEEEdEEFEFFEFF∫∫∫∞∞−−−−=020021)()(ϕϕϕ (11.21)
01234567890.000.050.100.150.200.250.30df/dEE/k[104K]TF= 50 000 K01234567890.000.050.100.150.200.250.30df/K
Gambar 11.3 Kurva turunan fungsi Fermi-Dirac pada suhu 5 000 K.
Perhatikan integral suku kedua di ruas kanan persamaan (11.21). Fungsi merupakan fungsi genap di sekitar , seperti diperlihatkan pada Gbr. 11.3. Fungsi sendiri merupakan fungsi ganjil di sekitar . Dengan demikian, perkalian dEdf/ FE)(FEE−FEdEdfEEF)(− merupakan fungsi ganjil di sekitar sehingga integral perkalian tersebut dalam daerah dari FEE yang jauh lebih kecil dari sampai FEE yang jauh lebih besar dari hasilnya nol. Dengan demikian kita peroleh FE
146
()dEdEdfEEdEddEEIFEEFF∫∫∞−−=02021)(ϕϕ (11.22)
Selanjutnya, dari fungsi distribusi Fermi-Dirac kita akan dapatkan [][]()kTkTEEkTEEdEdfFF11/exp/exp2+−−= (11.23)
Untuk menyelesaikan integral di ruas kanan persamaan (11.22) mari kita definsikan . Dengan definsi tersebut maka kTEExF/)(−= ()kTeedEdfxx112+−=
()222)(xkTEEF=−
dxkTdE=
Selanjutnya kita tentukan syarat batas untuk x. Jika 0=E maka kTExF/−= dan jika ∞=E maka ∞=x. Akhirnya persamaan (11.22) dapat ditulis sebagai ()dxkTkTeexkTdEddEEIxxkTEEEFFF11)(21)(2/220+−−=∫∫∞−ϕϕ ()dxeexkTdEddEExxkTEEEFFF2/2201)(21)(++=∫∫∞−ϕϕ (11.24)
Untuk T sekitar suhu kamar maka berlaku sehingga . Dengan demikian kTEF>>∞→kTEF/ ()dxeexkTdEddEEIxxEEFF22201)(21)(++≈∫∫∞∞−ϕϕ (11.25)
147
Dengaan menggunakan Matematica, kita dapat menentukan dengan mudah bahwa integral di ruas kanan memiliki hasil . Jadi 3/2π 3)(21)(220πϕϕkTdEddEEIFFEE+≈∫ 6)()(220πϕϕkTdEddEEFFEE+=∫ (11.26)
Persamaan (11.26) adalah bentuk umum yang akan kita gunakan untuk mencari integral yang melibatkan fungsi Fermi-Dirac.
11.5 Energi Rata-Rata Eektron
Selanjutnya mari kita aplikasikan bentuk ungkapan persamaan (11.26) untuk mencari beberapa besaran yang dimiliki fermion. Pertama kita akan menghitung energi rata-rata elektron. Energi rata-rata memenuhi ∫∫∞∞=00)()()()(dEEfEgdEEfEgEE (11.27)
Kerapatan keadaan elektron (karena memiki dua arah spin) memenuhi 2/132/328)(EhmEgπ=
Lihat bagian pembilang pada persamaan (11.27). Tampak di sini bawha 2/332/328)(EhmEπϕ=
148
2/132/32/132/32122328EhmEhmdEdππϕ=×= ∫∫=FFEEdEEhmdEE02/332/3028)(πϕ 2/532/35228FEhm×=π
Dengan demikian 6)(2125228222/132/32/532/3πππkTEhmEhmpembilangFF+×= (11.28)
Karena umumnya maka suku kedua jauh lebih kecil daripada suku pertama sehingga kita dapat mengaproksimasi FEkT<< 2/532/35228FEhmpembilang×≈π (11.29)
Selanjutnya kita lihat penyebut pada persamaan (11.27). Tampak di sini bahwa 2/132/328)(EhmEπϕ= 2/132/32/132/3242128−−=×=EhmEhmdEdππϕ ∫∫=FFEEdEEhmdEE02/132/3028)(πϕ 2/332/33228FEhm×=π
Dengan demikian kita dapatkan
149
6)(243228222/132/32/332/3πππkTEhmEhmpenyebutFF−+×= (11.30)
Karena umumnya maka suku kedua jauh lebih kecil daripada suku pertama sehingga maka kita dapat mengaproksimasi FEkT<< 2/332/33228FEhmpenyebut×≈π (11.31)
Dengan demikian energi rata-rata menjadi penyebutpembilangE= 2/332/32/532/332285228FFEhmEhm××=ππ FE53= (11.32)
Namun, jika kita mengambil sampai orde dua, maka energi rata-rata diperoleh dari persamaan (11.28) dan (11.30) yaitu 6)(2432286)(2125228222/132/32/332/3222/132/32/532/3ππππππkTEhmEhmkTEhmEhmEFFFF−+×+×= ⎥⎥⎥⎥⎥⎦⎤⎢⎢⎢⎢⎢⎣⎡⎟⎟⎠⎞⎜⎜⎝⎛+⎟⎟⎠⎞⎜⎜⎝⎛+=222224312415153FFFEkTEkTEππ (11.33)
150
Gambar 11.4 adalah energi rata-rata elektron sebagai fungsi suhu. Tampak bahwa energi rata-rata makin bertamhan dengan bertambahnya suhu. Ini diakibatkan makin banyaknya elektron yang menempati tingkat energi di atas energi fermi.
024680.40.81.21.62.02.4
Energirata-rata elektron [satuan EF]T[104K]TF= 50 000 K024680.40.81.21.62.02.4
10
K
Gambar 11.4 Energi rata-rata elektron sebagai fungsi suhu. Pada perhitungan digunakan suhu fermi 50 000 K.
11.5 kapasitas Kalor Logam
Jika terdapat N elektron dalam assembli maka energi total semua elektron pada sembarang suhu dapat diperoleh dari persamaan (11.33) ENU= ⎥⎥⎥⎥⎥⎦⎤⎢⎢⎢⎢⎢⎣⎡⎟⎟⎠⎞⎜⎜⎝⎛+⎟⎟⎠⎞⎜⎜⎝⎛+=222224312415153FFFEkTEkTNEππ (11.34)
151
Jika suhu sangat kecil dibandingkan dengan suhu Fermi maka sehingga persamaan (11.34) dapat diaproksimasi sebagai berikut FEkT<< 1222224312415153−⎥⎥⎦⎤⎢⎢⎣⎡⎟⎟⎠⎞⎜⎜⎝⎛+⎥⎥⎦⎤⎢⎢⎣⎡⎟⎟⎠⎞⎜⎜⎝⎛+=FFFEkTEkTNEUππ ⎥⎥⎦⎤⎢⎢⎣⎡⎟⎟⎠⎞⎜⎜⎝⎛−⎥⎥⎦⎤⎢⎢⎣⎡⎟⎟⎠⎞⎜⎜⎝⎛+≈222224312415153FFFEkTEkTNEππ (11.35)
di mana kita telah menggunakan aturan binomian untuk suku kedua. Karena kita dapat mempertahankan perkalian hanya sampai suku yang mengandung xx−≈+−1)1(1FEkT<<2T. Dengan asumsi ini maka persamaan (11.35) dapat diaproksimasi lebih lanjut menjadi ⎥⎥⎦⎤⎢⎢⎣⎡⎟⎟⎠⎞⎜⎜⎝⎛−⎟⎟⎠⎞⎜⎜⎝⎛+≈22222432415153FFFEkTEkTNEUππ ⎥⎥⎦⎤⎢⎢⎣⎡⎟⎟⎠⎞⎜⎜⎝⎛+=2221153FFEkTNEπ (11.36)
Akhirnya kita dapatkan kapasitas panas elektronik, yaitu kapasitas panas yang diperoleh dari sumbangan energi elektron adalah dTdUCe= TENkF5322π=
Tγ= (11.37)
152
dengan . Tampak dari persmaan (11.37) bahwa kapasitas kalor elektronik berubah secara linier terhadap suhu. FENk5/322πγ=
Jika kita memiliki logam maka kita memiliki sekaligus assembli fonon (getaran atom) serta assembli fermion (elektron bebas). Akibatnya, kapasitas kalor logam mendapat kontribusi dari dua macam assembli tersebut. Dengan demikian, pada suhu di bawah suhu Debye dan di bawah suhu Fermi maka kapasitas panas logam memenuhi persaman umum
3ATTC+=γ (11.38)
Suku pertama disumbangkan oleh elektron (persamaan (11.37)) dan suku kedua disumbangkan oleh fonon (persamaan (10.39)). 00,10,20,32,02,53,0T2[K2]C/T[mJ/mol K2]Garis: C/T= 2,08 + 2,57 T200,10,20,32,02,53,0T2[T2
Gambar 11.5 Kebergantungan terhadap TC/2T untuk logam kalium
Persamaan (11.38) sudah dikonfirmasi secara eksperimen. Gambar 11.5 adalah kapasitas panas kalium yang diperoleh dari pengukuran dinyatakan dalam sebagai fungsi TC/2T. Berdasarkan persamaan (11.38) bergantung secara linier terhadap TC/2T. Tampak kesesuaian yang baik antara data ekperimen dan ramalan teoretik. Perpotongan
153
kurva dengan sumbu tegak (sumbu ) memberikan nilai TC/γ. Berdasarkan persamaan (11.37) maka dari nilai γ kita dapat menentukan energi Fermi. Kemiringan kurva memberikan nilai A. Berdasarkan persamaan (10.39) maka dari nilai A kita dapat menentukan suhu Debye.
11.6 Emisi Termionik
Pada suhu yang cukup tinggi elektron dapat keluar dari permukaan logam. Pada suhu tersebut sebgaian elektron memiliki energi yang sangat besar yang sanggup melewati potensial penghalang di dinding logam. Filamen di dalam tabung sinar katoda dipanaskan agar elektron keluar dari logam filamen. Elektron yang kleuar kemudian ditarik dengan medan liatrik yang cukup besar sehingga menumbuk material luminisens pada layar untuk menghasilkan spot bercahaya. Pertanyaan selanjutnya adalah bagaimana kebergantungan arus elektron yang keluar meninggalkan permukaan logam terhadap suhu? Ini yang akan kita kaji sekarang.
Kita mulai dengan asumsi bahwa logam merupakan sumur potensial dengan ketinggian dinding . Sebagai ilustrasi, lihat Gbr. 11.6. Elektron menempati tingkat-tingkat energi dalam sumur potensial tersebut. Pada suhu
oET = 0, energi maksimum yang dimiliki elektron adalah . )0(FE
ambar 11.6 Elektron dalam logam dapat dipandang terperangkap dalam subur
EF(0)E0φEF(E0φ
G
potensial dengan ketinggian dinding oE.
154
Elektron yang sedang bergerak ke arah permukaan logam akan meninggalkan logam jika
energi kinetik dalam arah tersebut melebihi oE. Misalkan elektron sedang bergerak ke arah x. Elektron akan lepas dari permukaan logam tersebut jika terpenuhi oxEmv>221 (11.39)
mlah elektron per satuan volum yang memiliki komponen kecepatan arah
Ju
x antara
(11.40)
ntuk elektron, satu tingkat energi dapat ditempati oleh dua elektron dengan arah spin
xv sampai xxdvv+ adalah
xzyzyxxxxdvdvdvvvvndvvn⎭⎬⎫⎩⎨⎧=∫∫∞∞−∞∞−),,()(
U
berlawanan. Sehingga kita kerapatan elektron dapat ditulis 32)(),,(hdEfdvdvdvvvvnzyxzyxΓ= zyxdvdvdvEfhm)(233= 12)(33+=−kTEEzyxFedvdvdvhm (11.41)
Karena kita tertarik pada elektron yang meninggalkan permukaan logam maka
fokus p
erhatian kita adalah pada elektron yang memiliki energi cukup jauh di atas energi Fermi. Dengan pembatasan ini maka kita dapat mengaproksimasi kTEEF>>−)( sehingga kTEkTEkTEEkTEEeeeeFFF/)()(111−−−=≈+
155
dan persamaan (11.41) menjadi
zyxkTEkTEzyxzyxdvdvdveehmdvdvdvvvvnF//332),,(−≈ (11.42)
ubstitusi persamaan (11.42) ke dalam persamaan (11.40) kita peroleh
S xzykTEkTExxxdvdvdveehmdvvnF⎭⎬⎫⎩⎨⎧≈∫∫∞∞−∞∞−−//332)( xzykTvvvmkTEdvdvdveehmzyxF⎭⎬⎫⎩⎨⎧=∫∫∞∞−∞∞−++−2/)(/332222 xkTmvzkTmvykTmvkTEdvedvedveehmxzyF2/2/2//332222−∞∞−−∞∞−−⎭⎬⎫⎩⎨⎧⎭⎬⎫⎩⎨⎧=∫∫ (11.43)
ersamaan (11.43) dapat diselesaikan dengan menggunakan hubungan umum
Pλπλ2= ∫ /

−∞
e dx . Dengan menggunakan hubungan ini maka persaman (11.43) menjadi −xxkTmvkTExxxdvekTmkTmehmdvvnxF2//332)2/()2/(2)(−⎭⎬⎫⎩⎨⎧⎭⎬⎫⎩⎨⎧=ππ xkTmvkTEdveehkTmxF2//3224−=π
(11.44)
Jumlah elektron yang meningalkan permukaan logam tiap satuan luas permukaan
tiap sat
uan waktu dengan jangkauan kecepatan antara xv sampai xxdvv+ adalah
xxxxdvvnv)(
156
asalkan terpenuhi oxEmv>221. Jika q adalah muatan elektron maka rapat arus yang dihasilkan adalah
∫∞==oxEmvxxxxdvvnqvJ2)( ∫∞=−=oxxFEmvxkTmvxkTEdvevehkTmq2/2//32224π (11.45)
Untuk menyelesaikan integral (11.45) mari kita misalkan . Dengan permisalan ini maka kTmvyx2/2= dymkTdvvxx= (11.46)
40060080010001200012345J[sayuansembarang]T [K]φ= 2,5 eV40060080010001200012345J[eV
Gambar 11.7 Rapat arus termionik sebagai fungsi suhu. Pada perhitungan digunakan φ = 2,5 eV.
157
Selanjutnya kita tentukan syarat batas untuk y. Syarat batas bawah ekivalen dengan . Syarat batas oxEmv=2/2kTEyo/=∞=xv ekivalen dengan . Dengan demikian persamaan (11.45) dapat ditulis menjadi ∞=y ∫∞−=kTEykTEoFdymkTeehkTmqJ//324π ∫∞−=kTEykTEoFdyeehTmkq//3224π kTEkTEoFeehTmkq//3224−=π kTEEFoehTmkq/)(3224−−=π
kTeAT/2φ−= (11.47)
dengan konstanta dan AFoEE−=φ merupakan tinggi dinding potensial. Gambar 11.7 adalah contoh kebergantungan kerapatan arus termionik terhadap suhu. Pada perhitungan digunakan φ = 2,5 eV.
158
Bab 12 Termodinamika Gas
Isi Bab Ini
Bab ini berisi diskusi tentang beberapa sifat termidonamika gas yang diperoleh dari perumusan fisika statistik. Pada focus pembahasan pada gas maka akan ditekankan pada penggunaan distrubusi Maxwell-Boltzmann. Di sini akan diperkenalkan fungsi partisi yang merupakan jembatan penghubung antara statistik dan termodinamika.
Tujuan Bab Ini
Tujuan bab ini adalah mahasiswa memahami fungsi partisi dan bagaimana cara mandapatkan fungsi partisi tersebut serta menggunakan fungsi partisi untuk menurunkan besaran-besaran termodinamika gas.
Apa Yang Perlu Dikuasai Lebih Dahulu
Untuk memahami lebih baik tentang bab ini, mahasiswa diharapkan memahami terlebih dahulu Bab 2, Bab 3, dan Bab 4, Bab 8, dan Bab 9. Pemahaman kembali materi kuliah termodinamika juga sangat membantu.
12.1 Entropi
Kita sudah membahas tiga macam statistik masing-masing untuk partikel klasik (seperti gas), boson, dan fermion. Besaran maksroskopik yang sudah kita tentukan dari statistik-statistik tersebut baru terbatas pada energi dan kapasitas kalor. Pada bagian ini kita akan masuk lebih jauh dengan mencari hubungan antara statistik dengan besaran-besaran termodinamika yang lain. Akan tampak bahwa perumusan statistik benar-benar dapat menjelaskan sifat termodinamika ketika dibawa ke kondisi makrsokopik.
Pertama-tama mari kita definisisikan sebuah besaran termodinamika yang bernama entropi secara statsitik. Secara termodinamika, entropi telah didefinisikan melalui hubungan TdQdS= (12.1)
159
Dengan adalah perubahan entropi, dQ adalah sejumlah kecil kalor yang diterima assembli, dan dST adalah suhu assembli. Dari entropi tersebut kita dapat menurunkan sejumlah besaran termodinamika yang lain. Pertanyaan sekarang adalah bagaimana merumuskan entropi secara statsitik? Mari kita bahas di bab ini. Kita sekarang fokuskan perhatian pada statistik Maxwell-Boltzmann karena assembli yang akan kita bahas lebih terfokus ke assembli gas.
Pada perumusan statistik Maxwell-Boltzmann kita sudah menganggap bahwa partikel gas dapat dibedakan satu dengan lainnya. Dengan asumsi ini maka probalilitas penyusunan buah partikel gas pada tingkat-tingkat energi memenuhi N Π=ssnsngNWs!! (12.2)
Pertanyaan yang patut diajukan di sini adalah apakah benar satu partikel gas dapat dibedakan dari partikel gas yang lain jika partikel-partikel tersebut merupakan molekul gas yang sama dari isotop yang sama pula? Pernyataan tersebut mungkin meragukan. Oleh karena itu, perhitungan probabilitas di atas terlalu besar dari yang seharusnya, yaitu apabila dianggap satu partikel tidak dapat dibedakan dari partikel lain. Jumlah cara menukar buah partikel jika partikel tersebut dapat dibedakan adalah . Dengan demikian, jika dianggap bahwa partikel-partikel gas dalam assembli tidak dapat dibedakan maka probalitas penyusunan partikel-partikel yang diungkapkan dalam persamaan (12.2) harus dibagi menjadi N!N!N Π=ssnsngWs! (12.3)
Sudah kita bahas pada Bab 2 bahwa konfigurasi penyusunan yang memberikan probabilitas maksimum terneuhi jika . Pada keadaan ini kita peroleh . Secara statistik entropi didefinisikan sebagai segnssβεα+=maksW
160
maksWkSln= (12.4)
Berdasarkan persamaan (12.3) maka []Σ−=ssssngnW!lnlnln. Kemudian kita melakukan penyederhanaan dengan menggunakan aturan stirling untuk logaritma faktorial dan diperoleh
[]Σ+−≈ssssssnnngnWlnlnlnΣ⎥⎦⎤⎢⎣⎡+⎟⎟⎠⎞⎜⎜⎝⎛=sssssnngnln (12.5)
Apabila menggunakan dalam konfigurasi maksimum maka kita peroleh yang apabila dinyatakan dalam skala logaritma diperoleh bentuk sebagai berikut snmaksW
()[]Σ+−−=ssssmaksnnWβεαln
ΣΣΣ+−−=nssssnsnnnεβα
NEN+−−=βα (12.6)
Dengan mengganti kT/1−=β maka berdasarkan persamaan (12.4) kita dapatkan entropi ⎥⎦⎤⎢⎣⎡++−=NkTENkSα kNNkTE+−=α (12.7)
12.2 Fungsi Partisi Boltzmann
Salah satu besaran yang sangat penting didefinisikan adalah fungsi partisi. Besaran ini tidak dapat diukur secara fisis tetapi merupakan jembatan penghubung antara statistik dan termodinamika (lihat Gbr 12.1 sebagai ilustrasi). Fungsi partisi untuk asembli yang memenuhi statistik Maxwell-Boltzmann didefinisikan sebagai
161
Σ−=skTEssegZ/ (12.8)
Pejumlahan di atas dilakukan untuk semua pita energi. Pita energi ke-s mengandung sejumlah keadaan. Jika kita lupakan pita-pita energi dan menggunakan tingkat-tingkat energi secara individual maka fungsi partisi (12.8) dapat ditulis menjadi sg
Σ−=ikTEieZ/ (12.9) Fisika StatistikFungsi PartisiZTermidinamikaFisika PartisiZTermidinamika
Gambar 12.1 Fungsi partisi merupakan jembatan penghubung antara statistik dan termodinamika
Dalam konfigurasi maksimum kita memiliki hubungan . Dari hubungan ini kita dapatkan . Dengan demikian, persamaan fungsi partisi (12.8) dapat juga ditulis dalam bentuk segnssβεα+=αβ−−==enegegsEskTEsss/
Σ−=ssenZα
Σ−=ssneα
Neα−=
atau
162
NZln−=α (12.10)
Dengan memasukkan α di atas ke dalam entropi yang diungkapkan oleh persamaan (12.7) kita dapatkan ungkapan lain untuk entropi, yaitu kNNZkNTES+⎟⎠⎞⎜⎝⎛=ln (12.11)
12.3 Ungkapan Energi Dalam Fungsi Partisi
Kita sepenuhnya ingin menggunakan fungsi partisi sebagai jembatan antara staistik dan termodinamika. Dengan demikian, semua besaran termodinamika sedapat mungkin dinyatakan dalam fungsi partisi. Sekarang kita akan melihat hubungan antara energi sistem dengan fungsi partisi. Kita berangkat dari definisi
Σ=sssEnE
Σ+=sEsssegEβα()Σ+=sEsseddgβαβ Σ+=sEssegddβαβ Σ=sEssegddeβαβ Zddeβα= (12.12)
Dengan menggunakan α yang didefinisikan pada persamaan (12.10) maka kita dapat menulis persamaan (12.12) sebagai
163
ZddZNEβ= ZddNlnβ= (12.13)
Selanjutnya bila kita ingan menyatakan dalam variabel suhu dengan menggunakan hubungan kT/1−=β maka diperoleh dTdkTkdTdkdTdddTdd22)/1(11===βββ dTdkT2= (12.14)
Substitusi (12.14) ke dalam (12.13) diperoleh ungkapan energi sebagai berikut ZdTdNkTEln2= (12.15)
12.4 Energi Bebas Helmholtz
Energi bebas Helmholtz didefinisikan sebagai
TSEF−= (2.16)
Dengan menggunakan bentuk entropi pada persamaan (12.11) kita dapat menulis ⎟⎠⎞⎜⎝⎛++−=kNNZkNTETEFln NkTNZNkT−−=ln
NkTNNkTZNkT−+−=lnln
(NNNkTZNkT ) −+−=lnln (12.17)
164
Dengan pendekatan Stirling kita dapatkan NNNN−≈ln!ln. Dengan demikian kita dapat menulis bentuk aproksimasi untuk energi bebas Helmholtz sebagai
!lnlnNkTZNkTF+−≈
!lnlnNkTZkTN+−= ⎟⎟⎠⎞⎜⎜⎝⎛−=!lnNZkTN (12.18)
12.5 Kapasitas Kalor
Kapasitas kalor pada volum tetap dapat diturunkan dari energi sistem, yaitu dTdECv= (12.19)
Selanjutnya dengan menggunakan ungkapan energi dalam fungsi partisi pada persamaan (12.15) kita dapatkan ⎟⎠⎞⎜⎝⎛=ZdTdNkTdTdCvln2 ZdTdNkTZdTdNkTlnln2222+= ⎟⎟⎠⎞⎜⎜⎝⎛+=ZdTdTZdTdTNklnln2222 (12.20)
12.6 Perhitungan Fungsi Partisi Klasik
Telah kita turunkan persamaan rapat keadaan sebagai berikut
()dEEmBVdEEg2/12/322)(π=
165
Bentuk penjumlahan dalam fungsi partisi seperti yang tampak pada persamaan (12.15) dapat dinyatakan dalam bentuk integral dengan terlebih dahulu melakukan transformasi sebagai berikut
dEEggs)(→
∫Σ∞→0s
Dengan transformasi tersebut maka kita mndapatkan bentuk integral untuk persamaan (12.15) sebagai berikut
∫∞−=0/)(dEEgeZkTE
∫∞−=02/1/2/3)2(2dEEemBVkTEπ
()2)2(22/32/3ππkTmBV=
2/3)2(kTmBVπ= (12.21)
Dengan menggunakan persamaan (12.21) kita dapatkan bberapa hasil berikut ini
(){}(){}TkmBVkTmBVZln232ln2lnln2/32/3+==ππ (12.22)
Dengan menggunakan persamaan (12.22) ke dalam persamaan (12.15) kita dapatkan ungkapan untuk energi gas sebagai berikut (){}⎥⎦⎤⎢⎣⎡+=TkmBVdTdNkTEln232ln2/32π ⎥⎦⎤⎢⎣⎡×+=TNkT12302
166
NkT23= (12.23)
Persamaan (12.23) persis sama dengan yang diperoleh menggunakan prinsip ekipartisi energi. Gas memiliki tiga derajat kekebasan energi, yang disumbangkan oleh tiga komonen momentum. Dengan demikian energi rata-rata tiap molekul adalah . Karena terdapat molekul maka energi total gas memenuhi persamaan (12.23). 2/3kTN
Dengan menggunakan fungsi partisi pada persamaan (12.21) maka entropi pada persamaan (12.11) menjadi kNNkTmBVkNTNkTS+⎭⎬⎫⎩⎨⎧+=2/3)2(ln2/3π ⎭⎬⎫⎩⎨⎧+=NkTmBVkNkN2/3)2(ln25π (12.24)
12.7 Entropi Gas Semiklasik
Pada ungkapan kerapatan kedaan yang tampak pada persamaan (3.13) kita temui parameter B yang belum diketahui nilainya. Parameter B menyatakan kerapatan keaddan dalam ruang fasa. Berdasarkan ketidakpastian Heisenberg, yaitu hxpx≈ΔΔ maka volum terkecil ruang fasa yang dapat mengandung sebuah keadaan adalah
zpypxpzyxΔΔΔΔΔΔ=ΔΓmin
3hhhh=××≈
Volum ruang fasa minimum ini mengandung hanya satu keadan. Oleh karena itu, kerapatan keadaan dalam ruang fase adalah 3min11hB=ΔΓ= (12.25)
167
Pengenalan konsep kuantum dalam menentukan kerapatan keadaan untuk gas klasik melahirkan apa yang disebut formulasi semiklasik dari gas. Dalam formulasi ini maka ungkapan kerapatan kendaan yang memiliki energi antara E sampai dEE+ menjadi ()dEEmhVdEEg2/12/3322)(π= (12.26)
Dan entropi gas menjadi pada persamaan (12.24) menjadi ⎭⎬⎫⎩⎨⎧+=32/3)2(ln25NhkTmVkNkNSπ ⎥⎦⎤⎢⎣⎡⎭⎬⎫⎩⎨⎧+=32/3)2(ln25NhkTmVNKπ (12.27)
Ungkapan entropi pada persamaan (12.27) dikenal dengan persaman Sackur-Tetrode untuk entropi.
12.8 Fungsi Partisi Total
Selama ini pembahasan kita difokuskan pada gas yang tidak berstruktur. Pada gas semacam ini partikel hanya memiliki energi kinetik translasi. Untuk gas yang bestruktur seperti molekul maka energi yang dimiliki gas bukan hanya kinetik translasi, tetapi juga kinetik lainnya seperti vibrasi dan rotasi. Sebagai ilustrasi di sini kita akan kita bahas gas yang memiliki tiga macam energi kinetik, yaitu energi kinetik translasi, rotasi, dan vibrasi. Kita anggap gas tidak memiliki energi potensial.
Untuk menentukan fungsi partisi total mari kita mulai dengan memisalkan
i) Keadan translasi ke-i memiliki energi iE1
ii) Keadan rotasi ke-j memiliki energi jE2
iii) Keadan vibrasi ke- memiliki energi ll3E
Energi total gas pada keadaan translasi ke-i, rotasi ke-j dan vibrasi ke- adalah l
168
ll321),,(EEEjiEji++= (12.28)
Dengan bentuk energi (12.28) maka fungsi partisi total gas menjadi Σ⎥⎦⎤⎢⎣⎡−=llijkTjiEZ),,(exp
Σ−−−=llijkTEkTEkTEeeeji///321 (12.29)
Jika penjumlahan pada persamaan (12.29) diuraikan atas suku-suku maka tiap suku mengandung faktor perkalian untuk semua kombinasi nilai i, kTEkTEkTEeeeji///321l−−−j, dan l. Dengan adanya kombinasi seperti itu maka kita dapat melakukan penyederhanaan seperti berikut ini.
Lihat perkalian berikut ini
ΣΣΣllxxxjjii = ()()().........321321321+++++++++zzzyyyxxx
......311211111+++++=lzyxzyxzyxzyxji (12.30)
Pada hasil perkalian kita dapatkan penjumlahan yang tiap sukunya mengandung perkalian untuk semua kombinasi nilai i, lzyxjij, dan l. Penjulahan suku-suku yang tiap sukunya mengandung perkalian untuk semua kombinasi nilai i, lzyxjij, dan ldapat dijumpai pada penjumlahan lipat tiga berikunt ini.
......311211111+++++=Σlllzyxzyxzyxzyxxxxjiijji (12.31)
Berdasarkan persaman (12.30) dan (12.31) kita simpulkan
169
ΣΣΣΣ=llllxxxxxxjjiiijji (12.32)
Dengan sifat pada persamaan (12.32) maka kita dapat menulis fungsi partisi (12.29) menjadi menjadi
ΣΣΣ−−−=llkTEjkTEikTEeeeZji///321
321ZZZ= (12.33)
di mana
Σ−=ikTEieZ/11 (12.34a)
Σ−=jkTEjeZ/22 (12.34b)
Σ−=llkTEeZ/33 (12.34c)
Persamaan (12.33) dapat diperluas ke sistem yang mengandung m jenis energi. Fungsi partisi assembli tersebut menjadi Σ⎥⎦⎤⎢⎣⎡++++−=qijmqjikTEEEEZ...321...expll
ΣΣΣΣ−−−−=qkTEkTEjkTEikTEmqjieeee////...321ll
mZZZZ...321= (12.35)
12.9 Fungsi Partisi Gas Semiklasik
Gas semikalsik memiliki sifat bahwa partikel-partikel gas tidak dapat dibedakan satu dengan lainnya. Misalkan assembli gas klasik mengandung Npartikel. Misalkan
170
pada konfigurasi tertentu, yaitu konfigurasi energi tiap-tiap partikel sebagai berikut: ),...,,,(rjil
Energi partikel pertama: iE1
Energi partikel kedua: jE2
Energi partikel ketiga: l3E
.
.
.
Energi partikel ke-: NNrE
Energi total ssstem dalam konfigurasi ini adalah
NrjiEEEErjiE++++=...),...,,,(321ll (12.36)
Dengan demikian, faktor Maxwell-Boltzmann adalah ⎥⎦⎤⎢⎣⎡++++=⎥⎦⎤⎢⎣⎡kTEEEEkTrjiENrji...exp),...,,,(exp321ll
Dan fungsi partisi total system gas tersebut menjadi Σ⎥⎦⎤⎢⎣⎡++++=mungkinyangikonfigurassemuaNrjitkTEEEEZ...exp321l (12.37)
Sebelum menentukan penjumlahan pada persamaan (12.37), mari kita lihat perkalian dari deret-deret berikut ini
ΣΣΣΣ−−−−=ΩrkTEkTEjkTEikTENrjieeee////...321ll (12.38)
171
Ada sejumlah suku pada perkalian deret di atas yang sebenarnya hanya pertukaran indeks partikel. Tetapi dengan anggapan partikel tidak dapat dibedakan, pertukaran tersebut sebenarnya tidak menghasilkan konfigurasi baru. Pada ungkapan semiklasik, suku yang mengandung pertukaran indeks partikel tidak diperhitungkan. Jika ada N partikel maka ada sebanyak kemunculan konfigurasi yang sebenarnya hanya menukarkan indeks partikel. Oleh karena itu jumlah suku pada perkalian deret persamaan (12.38) lebih banyak kali dibandingkan dengan jumlah suku pada persamaan (12.37). Dengan demikian, penjumlahan pada semua konfigurasi pada persamaan (12.37) dapat diganti dengan !N!N ΣΣΣΣ−−−−=rkTEkTEjkTEikTEtNrjieeeeNZ////...!1321ll (12.39)
Karena partikel tidak dapat dibedakan maka tiap deret pada sisi kanan menghasilkan Z. Karena ada N buah deret yang dikalikan sedangkan nilai semua deret sama, yaitu Z maka kita dapatkan !NZZNt= (12.40)
Persamaan (12.40) merupakan ungkapan fungsi partisi gas semiklasi.
12.10 Transformasi Dari Penjumlahan ke Integral
Fungsi partisi dapat dihitung dengan mudah menggunakan metode integral dibandingkan dengan metode penjumlahan diskrit. Untuk menghitung fungsi partisi dengan metode integral mari kita mulai dengan menulis kerapatan keadaan per satuan energi dalam model semi klasik, yaitu dzdydpdxdpdphdEEgzyx31)(= (12.41)
172
Dengan fungsi kerapatan di atas maka fungsi partisi dapat ditransformasi sebagai berikut
Σ−=ikTEieZ/ ∫−=3/hdzdydpdxdpdpezyxkTE (12.42)
Fungsi partisi total pada persamaan (12.40) selanjutnya dapat ditulis menjadi NtZZZNZ...!121= ×=∫∫−−...!13222222/3111111/21hdzdpdydpdxdpehdzdpdydpdxdpeNzyxkTEzyxkTE ∫−3/hdzdpdydpdxdpeNzNNyNNxNkTEN NzNNyNNxNzyxkTEEENdzdpdydpdxdpdzdpdydpdxdpehNN...!1111111/)...(321∫+++−= NzNNyNNxNzyxkTENdzdpdydpdxdpdzdpdydpdxdpehN...!1111111/3∫−= (12.43)
dengan . Misalkan energi sistem bukan merupakan fungsi posisi. Energi semacam ini dipenuhi oleh energi kinetik baik translasi, vibrasi, maupun rotasi. Dalam kasus demikian maka integral terhadap posisi dapat dipisahkan dari integral terhadap momentum. Integral terhadap momentum bekerja pada energi yang muncul dalam faktor Maxwell-Boltzmann sedangkan integral terhadap posisi tidak bekerja pada energi. Dengan demikian persamaan (12.43) dapat ditulis menjadi NEEEE+++=...21 ∫−=zNyNxNzyxzyxkTENtdpdpdpdpdpdpdpdpdpehNZ...!1222111/3
∫×NNNdzdydxdzdydxdzdydx...222111 ∫−=zNyNxNzyxzyxkTENdpdpdpdpdpdpdpdpdpehN...!1222111/3
173
∫∫∫×NNNdzdydxdzdydxdzdydx...222111 ∫−=zNyNxNzyxzyxkTENdpdpdpdpdpdpdpdpdpehN...!1222111/3VVV××××... ∫−=zNyNxNzyxzyxkTENNdpdpdpdpdpdpdpdpdpehNV...!222111/3 (12.44)
12.11 Suseptibilitas Paramagnetik Kuantum
Dalam mekanika kuantum, momentum sudut atom atau molekul terkuantisasi dan direpresentasikan oleh bilangan kuantum j yang merupakan bilangan bulat: 0, 1, 2, .... Untuk setiap bilangan kuantum j terdapat sejumlah bilangan kuantum magnetik yang menyertainya, . Berdasarkan aturan mekanika kuantum, nilai-nilai yang diperbolehkan untuk tiap nilai jmjmj adalah
jm = -j, -, -, ..., -1, 0, 1, ..., )1(−j)2(−j)2(−j, )1(−j, j (12.45)
Jadi, tiap satu nilai j terdapat sebanyak )12(+jbulah nilai yang diperbehkan. jm
Jika atom atau molekul ditempatkan dalam medan magnetik B maka energi potensial magnetik yang dimilinya adalah
BU//μ−= (12.46)
dengan //μ adalah komponen momen magnetik yang sejajar dengan medan magnetik yang memenuhi
Bjgmμμ=// (12.47)
dengan g disebut faktor-g Lande dan Bμ disebut magneton Bohr. Untuk satu nilai j saja atau sebanyak buah nilai . Dengan demikian fungsi partisi molekul tersebut adalah )12(+jjm
174
Σ+−=−=jjmkTUjjeZ/
Σ+−==jjmkTBgmjBje/μ
Σ+−==jjmxmjje (12.48)
dengan kTBgxB/μ=.
Sekarang kita tinjau kasus khusus di mana medan magnetik tidak terlalu kuat. Dalam kondisi ini maka kTBgB<<μ atau 1<<xsehingga kita dapat melakukan aproksimasi sebagai berikut ()2211xmxmejjxmj++≈ (12.49)
Substitusi persamaan (12.49) ke dalam persamaan (12.48) diperoleh ()Σ−=++≈jjmjjjjxmxmZ2211 ΣΣΣ−=−=−=++=jjmjjjmjjjmjjjmxmx22211 (12.50)
Kita lihat nilai penjumlahan masing-masing deret pada persamaan (12.50). Jumlah suku penjumlahan sama dengan jumlah banyak nilai yang dimiliki , yaitu suku. Jadi jm)12(+j
)12(1+=Σ−=jjjmj (12.51)
175
0)1()2(...101...)2()1(=+−+−++++−−−−−−−=Σ−=jjjjjjmjjmjj (12.52)
Untuk mencari , mari kita lihat penjumlahan berikut ini Σ−=jjmjjm2
[][][])1(...)2()1(3333−++−−+−−+−=Σ−=jjjmjjmjj
333)1()2(...10jjj+−+−++++ (12.53a)
[][][])1(...1)1(11333−+++−−++−=+Σ−=jjmjjmjj
33)1()(...10++++++jj
[][])1(...)2()1(33−++−−+−−=jj
3333)1()1()2(...10+++−+−++++jjjj (12.53b)
Dengan demikian pengurangan deret (12.53b) dan (12,53a) memberikan
[][]3333)1(1jjmmjjmjjjmjjj−−+=−+ΣΣ−=−=
[]{}3333)1(1jjmmjjmjjj++=−+Σ−=
[]{}33323)1(133jjmmmmjjmjjjjj++=−+++Σ−=
332)1(133jjmmjjmjjj++=++Σ−=
332)1(133jjmmjjmjjmjjjmjjjj++=++ΣΣΣ−=−=−=
332)1()12(033jjjmjjmjj++=++×+Σ−=
176
atau 3)12()1(332+−++=Σ−=jjjmjjmjj 3)1)(12(332232++=++=Σ−=jjjjjjmjjmjj (12.54)
Substitusi (12.51), (12.52) dan (12.54) ke dalam persamaan (12.50) kita peroleh 23)1)(12()12(2xjjjjZj++++≈ 26)1)(12()12(⎟⎠⎞⎜⎝⎛++++=kTBgjjjjBμ (12.55)
Berdasarkan fungsi partisi pada persamaan (12.55) maka kita dapat menentukan energi magnetik dengan menggunakan persamaan TZZNkTEjj∂∂=12. Mengingat xkTBgTB∂∂−=∂∂2μ maka xjjjkTBgxZkTBgTZBjBj3)1)(12(22++−=∂∂−=∂∂μμ ⎟⎠⎞⎜⎝⎛++−=kTBgjjjkTBgBBμμ3)1)(12(2 3)1)(12(32222++−=jjjTkBgBμ
sehingga energi magnetik adalah
177
TZZNkTEjj∂∂=12 ⎥⎦⎤⎢⎣⎡++−=3)1)(12(1322222jjjTkBgZNkTBjμ jBZjjjkTBNg)1)(12(3222++−=μ 22226)1)(12()12()1)(12(3⎟⎠⎞⎜⎝⎛++++++−=kTBgjjjjjjjkTBNgBBμμ 22226)1(1)1(3⎟⎠⎞⎜⎝⎛+++−=kTBgjjjjkTBNgBBμμ (12.56)
Dalam kondisi kTBgB<<μ bagian penyebut pada persamaan (12.56) dapat didekati dengan 16)1(12≈⎟⎠⎞⎜⎝⎛++kTBgjjBμ
sehingga )1(3222+−≈jjkTBNgEBμ (12.57)
Selanjutnya jika M adalah momen magnet rata-rata dalam arah medan maka energi magnetik dapat ditulis
MBE−= (12.58)
178
Dengan membandingkan persamaan (12.57) dan (12.58) kita dapatkan persamaan untuk momen magnetik rata-rata )1(322+=jjkTBNgMBμ (12.59)
Magnetisasi yang didefinsikan sebagai momen dipol per satuan volum adalah VMm= )1(3)/(22+=jjkTBgVNBμ )1(322+=jjkTBngBμ (12.60)
dengan adalah kerapatan partikel. Akhirnya kita dapatkan suseptibilitas paramagtik menjadi VNn/= Bm=χ )1(322+=jjkTngBμ (12.61)
12.12 Molekul Diatomik
Ungkapan fungsi partisi sangat ditentukan oleh bentuk-bentuk energi serta keadaan-keadaan yang dimiliki molekul. Sebagai contoh, untuk molekul diatomik, sejumlah energi yang mungkin dimiliki adalah energi translasi, energi rotasi, energi vibrasi antar dua atom sepanjang sumbu molekul, energi gerakan elektron di sekitar inti, dan energi spin inti. Apabila dihitung dengan metode kuantum maka tingkat energi rotasi, vibrasi, gerak elektron, dan spin inti terkuantisasi. Hanya energi translasi yang dapat dijelaskan secara klasik.
179
Dengan adanya lima macam energi tersebut maka fungsi partisi dibentuk oleh lima fungsi partisi dari masing-masing keadaan. Fungsi partisi total dapat ditulis
nevrtrZZZZZZ= (12.62)
dengan
trZ adalah fungsi partisi translasi
rZ adalah fungsi partisi rotasi
vZ adalah fungsi partisi vibrasi
eZ adalah fungsi partisi elektronik
nZ adalah fungsi partisi spin inti
Fungsi partisi yang sudah kita bahas selama ini sebenarnya adalah fungsi partisi translasi. Dengan demikian, tanpa perlu perhitungan ulang kita dapatkan ()2/332mkThVZtrπ= (12.63)
Sekarang kita tentukan fungsi partisi rotasi. Jika I adalah momen inersia molekul maka dengan memecahkan persmaaan Schrodinger kita peroleh tingkat-tingkat energi rotasi memenuhi IhjjEj228)1(π+= (12.64)
dengan adalah bilangan kuantum momentum sudut total yang merupakan bilangan bulat positif. Untuk tiap nilai ada sejumlah arah momentum sudut yang diijinkan. Arah tersebut dinyatakan oleh bilangan kuantum . Nilai yang diijinkan adalah jjjmjm
180
jm = -, -, -, ..., -1, 0, 1, ..., j)1(−j)2(−j)2(−j, )1(−j, j
Jumlah kemungkinan nilai yang dimiliki tersebut adalah jm)12(+j buah. Jadi, untuk satu nilai energi rotasi terdapat sebanyak )12(+j keadaan yang diperbolehkan. Dengan demikian, dari ungkapan umum untuk fungsi partisi Σ−=skTEssegZ/maka untuk gerak rotasi kita transformasi
)12(+→jgs IhjjEEjs228)1(π+=→
Dengan demikian fungsi partisi rotasi dapat ditulis menjadi
Σ+−+=jIkThjjrejZ228/)1()12(π (12.65)
Selanjutnya kita tentukan fungsi partisi vibrasi atom. Tingkat energi vibrasi atom memenuhi persamaan ωh)2/1(+=nEn, dengan n = 0, 1, 2, ... dikenal dengan bilangan kuantum vibrasi. Untuk satu nilai n hanya satu keadaan yang mungkin (tidak ada degenerasi). Dengan demikian, fungsi partisi vibrasi dapat ditulis
Σ=−=0/nkTEvneZ kTkTnkTnkTnkTneeeee/2/0/2/0/)2/1(11ωωωωωhhhhh−−=−−=+−−===ΣΣ kTkTee/2/1ωωhh−−−= (12.66)
181
E1E2E1E2
Gambar 12.2 Elektron diilustrasikan bergerak pada orbit molekuler dengan energi disktrit. Beda energi antara tingkat yang berdekatan cukup besar.
Untuk menentukan fungsi partisi elektronik mari kita lihat idealisasi seperti pada Gbr. 12.2. Sebagai ilustrasi kita misalkan elektron-elektron dalam molekul bergerak pada orbit-orbit dengan energi yang terkuantisasi. Misalkan mula-mula elektron berada pada keadaan dasar. Misalkan energi yang diperlukan untuk memintahkan elektron:
Dari keadaan dasar ke keadaan eksitasi pertama adalah 1E
Dari keadaan dasar ke keadaan eksitasi kedua adalah 2E
Dari keadaan dasar ke keadaan eksitasi ketiga adalah 3E
dan seterusnya
Misalkan pula kerapatan keadaan masing-masing keadaan eksitasi sebagai berikut
Kerapatan ekadaan eksitasi pertama adalah 1g
Kerapatan ekadaan eksitasi kedua adalah 2g
Kerapatan ekadaan eksitasi ketiga adalah 3g
dan seterusnya
182
Maka fungsi partisi dapat ditulis menjadi Σ−=skTEssegZ/
.../2/121+++=−−kTEkTEoeegeggZ (12.67)
Sekarang kita lakukan penyederhanaan sebagai berikut. Selisih tingkat energi dalam molekul ordenya dalam elektronvolt. Selisih tingkat energi keadaan dasar ke keadaan eksitasi pertama jauh lebih kecil daripada selisih tingkat energi eksitasi lain ke keadaan dasar. Tetapi pada suhu sekitar suhu kamar, energi termal kT ordenya seperseratus elektronvolt. Dengan demikian nilai umunya sangat besar yang berakibat nilai sangat kecil. Nilainya tersebut makin kecil lagi untuk tingkat eksitasi yang lebih besar. Dengan demikian, sebagai langkah penyederhanaan kita dapat melakukan aproksimasi sebagai berikut kTEi/kTEie/−
kTEoeeggZ/11−+≈ (12.68)
Terakhir, fungsi partisi spin inti hampir tidak bergantung pada suhu. Suhu operasional biasa sekitar suhu kamar tidak mampu memberikan pengarus yang berarti pada inti atom. Dengan hasil di atas maka fungsi partisi total dapat didekati dengan ()⎭⎬⎫⎩⎨⎧+=Σ+−jIkThjjejmkThVZ228/)1(2/33)12(2ππ {nkTEokTkTZeggee/1/2/11−−−+⎭⎬⎫⎩⎨⎧−×ωωhh } (12.69)
Energi molkul menjadi ZTNkTTZZNkTEln122∂∂=∂∂=
183
⎢⎢⎣⎡⎭⎬⎫⎩⎨⎧+∂∂+=Σ+−jIkThjjejTTNkT228/)1(2)12(ln23π {}⎥⎦⎤∂∂++∂∂+⎭⎬⎫⎩⎨⎧−∂∂+−−−nkTEokTkTZTeggTeeTlnln1ln/1/2/1ωωhh (12.70)
Karena hampir tidak bergantung pada suhu maka persamaan (12.70) dapat disederhanakan lebih lanjut menjadi nZ ⎢⎢⎣⎡⎭⎬⎫⎩⎨⎧+∂∂+≅Σ+−jIkThjjejTTNkTE228/)1(2)12(ln23π {⎥⎦⎤+∂∂+⎭⎬⎫⎩⎨⎧−∂∂+−−−kTEokTkTeggTeeT/1/2/1ln1lnωωhh } (12.71)
Sekarang kita definisikan suhu-suhu sebagai berikut Ikhr228π=Θ kvωh=Θ kEe1=Θ
Dengan definisi di atas kita dapat menulis persamaan (12.71) menjadi ⎢⎢⎣⎡⎭⎬⎫⎩⎨⎧+∂∂+≅ΣΘ+−jTjjrejTTNkTE/)1(2)12(ln23 {}⎥⎦⎤+∂∂+⎭⎬⎫⎩⎨⎧−∂∂+Θ−Θ−Θ−ToTTevveggTeeT/1/2/ln1ln (12.72)
184
Untuk semua molekul berlaku evrΘ<<Θ<<Θ. Sebagai ilustrasi, untuk molekul hidrogen =85,5 K, =6 140 K, dan rΘvΘeΘ= 118 000 K. Sekarang kita tinjau nilai energi pada berbagai jangkauan suhu. Pada kasus di mana rTΘ<< maka ∞→ΘTr/. Karena maka didapat pula evrΘ<<Θ<<Θ∞→ΘTv/ dan ∞→ΘTe/. Dengan demikian kita dapat emngaproksimasi {}⎥⎥⎦⎤⎢⎢⎣⎡+∂∂+⎭⎬⎫⎩⎨⎧−∂∂+⎭⎬⎫⎩⎨⎧+∂∂+≈∞−∞−−∞∞+−ΣeggTeeTejTTNkTEojjj1)1(2ln1ln)12(ln23 NkTTNkT23000232=⎥⎦⎤⎢⎣⎡+++= (12.73)
Berdasarkan persamaan energi kita dapat menentukan kapasitas kalor menjadi dTdECv=Nk23= (12.74)
Sekarang kita tinjau suhu pada jangkauan vrTΘ<<<<Θ. Pada jangkauan ini maka dan sehingga kita dapat mengaproksimasi ∞→ΘTv/∞→ΘTe/ {}⎥⎥⎦⎤⎢⎢⎣⎡+∂∂+⎭⎬⎫⎩⎨⎧−∂∂+⎭⎬⎫⎩⎨⎧+∂∂+≈∞−∞−−∞Θ+−ΣeggTeeTejTTNkTEojTjjr1/)1(2ln1ln)12(ln23 ⎥⎥⎦⎤⎢⎢⎣⎡⎭⎬⎫⎩⎨⎧+∂∂+=ΣΘ+−jTjjrejTTNkT/)1(2)12(ln23 (12.75)
Sebagai pendekatan, kita ganti penjumlahan terhadap dengan integral terhadap sebagai berikut jj
185
∫Σ∞Θ+−Θ+−+=+0/)1(/)1()12()12(djejejTjjjTjjrr (12.75)
Tetapi kita dapat menulis 41214141)1(222−⎟⎠⎞⎜⎝⎛+=−++=+=+jjjjjjj ⎟⎠⎞⎜⎝⎛+=+21212jj ⎟⎠⎞⎜⎝⎛+=21jddj
Dengan demikian persamaan (12.75) dapat ditulis menjadi []∫∫∞Θ−+−∞Θ+−+⎟⎠⎞⎜⎝⎛+=+0/4/1)2/1(0/)1()2/1(212)12(2jdejdjejTjTjjrr ∫∞Θ+−Θ+⎟⎠⎞⎜⎝⎛+=0/)2/1(4/)2/1(2122jdejeTjTrr (12.76)
untuk menyelesaikan integral (12.76) mari kita misalkan yj=+2/1. Dengan permisalan ini maka ∫∫∞Θ−Θ∞Θ+−Θ=+⎟⎠⎞⎜⎝⎛+0/4/0/)2/1(4/222)2/1(212dxxeejdejeTxTTjTrrrr ∫∫∞−Θ∞−ΘΘ=Θ=04/04/dyeTedyeTeyrTyrTrr rTTerΘ=Θ4/
186
Akhirnya kita dapatkan energi pada jangkauan suhu vrTΘ<<<<Θ ⎥⎦⎤⎢⎣⎡⎭⎬⎫⎩⎨⎧Θ∂∂+≈ΘrTTeTTNkTEr4/2ln23 (12.77)
Karena maka dan sehingga diperoleh vrTΘ<<<<Θ04/→ΘTr14/→ΘTre⎥⎦⎤⎢⎣⎡⎭⎬⎫⎩⎨⎧Θ∂∂+≈rTTTNkTEln232 ⎥⎦⎤⎢⎣⎡−+=⎥⎦⎤⎢⎣⎡Θ∂∂−∂∂+=0123lnln2322TTNkTTTTTNkTr NkT25= (12.78)
Kapasitas panas pada jangkauan suu ini adalah dTdECv=Nk25= (12.79)
Sekarang kita tinjau suhu pada jangkauan vTΘ>>. Pada jangkauan ini maka hanya yang terpenuhi sehingga kita dapat mengaproksimasi ∞→ΘTe/ ⎢⎢⎣⎡⎭⎬⎫⎩⎨⎧+∂∂+≅ΣΘ+−jTjjrejTTNkTE/)1(2)12(ln23 {}⎥⎦⎤+∂∂+⎭⎬⎫⎩⎨⎧−∂∂+∞−Θ−Θ−eggTeeToTTvv1/2/ln1ln
187
⎥⎦⎤⎢⎣⎡⎭⎬⎫⎩⎨⎧−∂∂+⎭⎬⎫⎩⎨⎧Θ∂∂+≈Θ−Θ−ΘTTrTvvreeTTeTTNkT/2/4/21lnln23 (12.80)
Karena maka dan vTΘ>>0/→ΘTv0/→ΘTrsehingga
14/≈Θ−Tre
12/≈Θ−Tve
()TTevvTv//111/Θ=Θ−−≈−Θ−
Dengan demikian, energi assembli pada persamaan (12.80) menjadi ⎥⎦⎤⎢⎣⎡⎭⎬⎫⎩⎨⎧Θ∂∂+⎭⎬⎫⎩⎨⎧Θ∂∂+≈vrTTTTTNkTElnln232 ⎥⎦⎤⎢⎣⎡++=TTTNkT11232 NkT27= (12.81)
Kapasitas panas pada jangkauan suhu tersebut adalah dTdECv=Nk27= (12.82
Dari hasil ini tampak bahwa kapasitas panas gas mengalami perubahan ketika suhu diubah dari sangat rendah ke sangat tinggi. Suhu sangat rendah dan sangat tinggi tersebut sangat relatif dan bergantung pada jenis gas. Sebagai contoh, untuk gas hidrogen suhu sangat rendah adalah suhu di bawah 85,5 K dan sangat tinggi adalah di atas 6 000 K.
188
Sedangkan untuk gas klor, suhu sangat rendah hampir tidak ada karena harus jauh di bawah 0,35 K dan suhu sangat tinggi adalah jauh di atas 815 K.
ambar 12.3 Kapasitas panas gas diatomik pada daerah jangkauan suhu yang sangat
Gambar 12.3 adalah ilustrasi kurva kapasitas kalor pada berbagai suhu. Terjadi
perubah
G
lebar
an kapasitas panas secara tangga di sekitar suhu rΘ, vΘ, dan eΘ. Besar perubahan pada tiap step adalah NkCv=Δ.
189
Bab 13 Ensembel Kanonik
Isi Bab Ini
Bab ini berisi diskusi tentang ensembel dan dikhususkan pada ensembel kanonik. Selama ini statistic yang kita bahas hanya dibatasi pada statsitik sebuah assembli yang memiliki syarat batas bahwa jumlah partikel dan energi konstan. Kita memperlonggar persyaratan ini dengan memperkenalkan konsep ensembel. Pada bagian ini kita akan bahas ensemble kanonik di mana persyaratan energi assembli yang constant tidak diterapkan. Kita hanya menerapkan persyaratan bahwa jumlah partikel yang dimiliki assembli konstan.
Tujuan Bab Ini
Tujuan bab ini adalah mahasiswa memahami konsep ensembel, khususnya ensembel yang dibentuk oleh assembli-assembli klasik yang memenuhi statistik Maxwell-Boltzmann. Pembahasan difokuskan pada ensemble kanonik di mana energi assembli tidak constant. Kemudian menggunakan konsep tersebut untuk menurunkan parameter termodinamika gas klasik.
Apa Yang Perlu Dikuasai Lebih Dahulu
Untuk memahami lebih baik tentang bab ini, mahasiswa diharapkan memahami terlebih dahulu Bab 2, Bab 3, dan Bab 4, Bab 8, dan Bab 9 dan Bab 12. Pemahaman kembali materi kuliah termodinamika juga sangat membantu.
13.1 Ensembel
190
Pembahasan yang banyak kita lakukan pada bab-bab terdahulu telah dibatasi pada assembli partikel yang dicirikan oleh suhu, energi, dan jumlah system yang tetap. Antar sistem dalam assembli tidak ada interaksi, kecuali tumbukan antar sistem tersebut. Walaupun cukup sederhana, model ini telah berhasil memprediksi dengan baik besaran-besaran fisis yang ditemui dalam termodinamika seperti energi, entropi, energi bebas, dan kapasitas kalor. Namun demikian, keberhasilan model terdahulu masih menyisakan beberapa persoalan yang perlu dijawab. Salah satu masalah yang tidak dapat dijelaskan dengan model tersebut adalah adanya fluktuasi energi dalam assembli. Ada beberapa fenomena dalam gas yang perlu dijelaskan dengan konsep fluktuasi energi tersebut. Fluktuasi energi muncul akibatnya adanya perubahan energi dan keberadaan perubahan energi tidak diijinkan dalam model sebelumnya. Model-model terdahulu meletakkan dasar asumsi bahwa energi dianggap konstan. Oleh karena itu kita perlu memperluas model statistik yang kita bahas sebelumnya sehingga dapat sedikit keluar dari beberapa pembatasan pada model terdahulu.
Sebelum masuk ke model statistik yang diperluas mari kita diskusikan suatu istilah yang disebut ensemble. Kita sudah bahas bahwa kumpulah partikel atau system membentuk assembli. Statistik yang kita bahas selama ini sebenarnya adalah kelakuan partikel dalam sebuah assembli saja. Dan assembli tersebut memiliki batasan bahwa suhu, energi, dan jumlah partikel di dalamnya konstan serta tida ada interaksi antar partikel.
Pada sebuah assembli terdapat sejumlah besar konfigurasi penyusunan partikel yang diijinkan. Energi assembli dibagi atas pita-pita energi. Pita energi ke-s memiliki energi , kerapatan keadaan dan jumlah populasi . Jumlah cara penyusunan partikel dalam konfigurasi tersebut adalah sEsgsn
191
Π=ssnsngNWs!! (13.1) AssembliDindingisolatorN,V,TAssembliDindingisolatorN,T
Gambar 13.1 Sebuah ensembel disusun oleh sejumlah assembli
Komponen dari sebuah assembli adalah partikel-paetikel. Sekarang kita ingin membuat sebuah super assembli yang komponennya bukan partikel melainkan assembli-assembli. Kita membuat super assembli sehingga memiliki sifat-sifat berikut ini:
i) Suhu super assembli konstant.
ii) Super assembli disekat dari lingkungan sehingga tidak ada pertukaran energi dan partikel antara super assembli dengan lingkungan. Dengan demikian energi maupun jumlah partikel dalam super assembli konstant. Tetapi antar assembli yang menjadi komponen super assembli tersebut bisa saja terjadi pertukaran energi atau partikel.
iii) Karena satu assembli bisa memiliki sejumlah besar konfigurasi yang mungkin maka jumlah assembli yang menyusun sebuah super assembli harus sedemikian rupa sehingga semua konfigurasi yang mungkin dimiliki sebuah assembli memiliki
192
assembli representatif di dalam super assembli tersebut. Sebagai contoh jika jumlah partikel dalam sebuah assembli ada 100 buah. Jika dianggap jumlah konfigurasi penyusunan partikel dalam assembli tersebut ada 100 000 macam konfigurasi maka jumlah assembli yang menyusun super assembli ada 100 000 buah sehingga setiap konfigurasi assembli memiliki assembli wakil dalam super assembli.
Super assembli dengan sifat di atas dinamakan ensembel. Secara skematik, ensembel dapat diilustrasikan pada Gbr 13.1.
13.2 Jenis Ensembel
Assembli yang sudah kita bahas pada bab-bab terdahulu dapat juga dipandang sebagai sebuah ensembel. Kita bagi assembli tersebut atas assembli-assembli yang lebih kecil sehingga assembli besar dapat dipandang sebagai sebuah ensembel. Tetapi ensembel yang dibentuk memiliki sifat yang lebih terbatas lagi. Karena tidak ada fluktuasi energi maka tidak ada pertukaran energi antar assembli-assembli kecil yang dibuat. Juga tidak ada pertukaran partikel antar assembli. Ensembel dengan sifat yang sangat terbatas tersebut dinamakan ensembel mikrokanonik.
Jika batasan untuk ensembel kita perlonggar sehingga diijinkan untuk terjadinya pertukaran energi antar assembli yang membangun ensembel tetapi tidak diijinkan terjadinya pertukaran partikel antar assembli maka ensembel tersebut dinamakan ensembel kanonik. Jika pembatasan ensemble diperlonggar lagi sehingga di samping pertukaran energi antar assembli juga diijinkan pertukaran partikel antar assembli maka ensembel yang kita bangun dinamakan ensembel kanonik besar (grand canonic).
Pada ensembel mikronanonik kita dapat memandang tiap assembli elemen
193
ensembel tersebut disekat oleh dinding isolator. Dinding tersebut tidak dapat ditembus oleh energi atau maupun partikel. Pada ensembel kanonik, kita dapat memandang tiap assembli disekat oleh dinding konduktif panas seperti logam sehingga energi dapat menembus dinding tersebut tetapi partikel tidak dapat melewatinya. Dan pada ensembel kanonik besar kita dapat menganggap antar assembli-assembli disekat oleh dinsing permeable, yaitu dinding yang dapat dilewati energi maupun partikel. Ilustrasi ke tiga ensembel tersebut tampak ada Gbr 13.2 N,V,TN,V,TN,V,TDindingtidakdapatdilewatipartikeldanenergiDindingtidakdapatdilewatipartikeltetapidapatdilewatienergiDindingdapatdilewatipartikldanenergi(a) Mikrokanonik(b) Kanonik(c) KanonikBesarN,KanonikBesar
Gambar 13.2 (a) Assebli-assembli dalam ensembel mikrokanonik dibatasi oleh dinding isolator, (b) assebli-assembli dalam ensembel kanonik dibatasi oleh dinding konduktif panas, dan (b) assebli-assembli dalam ensembel kanonik bear dibatasi oleh dinding permeabel
Setelah mendefinisikan ensembel, mari pada bab ini kita bahas ensembel jenis kedua yaitu ensembel kanonik. Ensembel mikrokanonik tidak perlu dibahas lagi karena semua bab sebelumnya pada dasarnya membahas ensembel mikrokanonik.
194
12.3 Probabilitas
Tinjau assembli ke-i yang merupakan salah satu elemen dari ensembel kanonik yang akan kita bahas. Misalkan energi assembli tersebut adalah . Probabilitas kemunculkan assembli tersebut dapat ditulis iE
kTEiiep/−∝ atau (13.2) kTEiiCep/−=
dengan adalah konstanta normalisasi yang bergantung pada suhu. Karena harus terpebuhi maka C1=Σiip
1//==ΣΣ−−ikTEikTEiieCCe
yang memberikan bentuk ungkapan untuk sebagai berikut C ZeCikTEi11/==Σ− (13.3)
Berdasarkan persamaan (13.2) dan (13.3) kita dapatkan ungkapan lengkap untuk sebagai berikut ip ZepkTEii/−= (13.4)
13.4 Sifat-Sifat Termodinamika
195
Berikutnya mari kita bahas besaran-besaran termodimika dari sudut pandang ensemble kanonik. Pertama kita menghitung energi yang dimiliki assembli dalam ensembel tersebut. Energi rata-rata assembli memenuhi
Σ=iiipEE ΣΣΣ∂∂===−iEiEiikTEiiiieZeEZeEZβββ111/ ZZeZiEiβββ∂∂=∂∂=Σ11 Zlnβ∂∂= (13.5)
Karena kT/1−=β maka βkT/1−= sehingga TkTTkTkTkTT∂∂=∂∂−=∂∂=∂∂∂∂=∂∂222)/1(11βββ (13.6)
Dengan demikian energi assembli pada persamaan (13.5) dapat ditulis menjadi ZTkTEln2∂∂= (13.7)
13.5 Energi Bebas Helmholtz
Telah kita defnisikan pada bab terdahulu bahwa energi bebas Helmholtz dmemenuhi TSEF−=. Dengan melakukan diferensial pada dua ruas kita dapatkan
SdTTdSdEdF−−= (13.8)
196
Mari kita melihat hukum I termodinamika, yang juga merupakan hokum kekekalan energi,
dWdQdE+=
pdVdQ−= (13.9)
Di sini kita mendefinisikan pdVdW−=. Untuk proses yang reversibel maka berlaku
TdSdQ= (13.10)
Substitusi (13.10) ke dalam (13.9) diperoleh
pdVTdSdE−= (13.11)
Selanjutnya kita substitusi persamaan (13.11) ke dalam persamaan (13.9) sehingga diperoleh bentuk diferensial dari energi bebas sebagai berikut
SdTTdSpdVTdSdF−−−=)(
SdTpdV−−= (13.12)
Jika dinyatakan dalam fungsi dan FVT maka diferensial dari memenuhi bentuk umum F
197
dTTFdVVFdFVT⎟⎠⎞⎜⎝⎛∂∂+⎟⎠⎞⎜⎝⎛∂∂= (13.13)
Apabila kita bandingkan bentuk persamaan (13.12) dan (13.13) maka kita simpulkan TVFp⎟⎠⎞⎜⎝⎛∂∂=− (13.14) VTFS⎟⎠⎞⎜⎝⎛∂∂=− (13.15)
Substitusi S dari persamaan (13.15) ke dalam ungkapan energi Helmholtz maka kita dapat menulis TSEF−=⎟⎠⎞⎜⎝⎛∂∂+=TFTEF ⎟⎠⎞⎜⎝⎛∂∂+−=−TFTTFTE122 ⎟⎠⎞⎜⎝⎛∂∂=−TFTTE2 (13.16)
Masukkan ungkapan E dari persamaan (13.7) ke dalam persamaan (13.16) didapat ⎟⎠⎞⎜⎝⎛∂∂=∂∂−TFTZTkln
yang akhirnya memberikan ungkapans ederhana untuk energi bebas Helmholtz berupa
ZkTFln−= (13.17)
Dari persamaan (13.15) dan (13.17) kita dapat menulis bentuk ungkapan untuk entropy
198
sebagai VTFS⎟⎠⎞⎜⎝⎛∂∂−= ZTkTZklnln∂∂+= (13.18)
13.6 Ungkapan lain untuk entropi
Dari ungkapan energi bebas Helmholtz TSEF−= kita dapat menulis TFES−= (13.19)
Kita selanjunya menggunakan definisi awal untuk energi, yaitu . Merngingat adalah besaran tanpa indeks dan mengingat kesamaan maka kita dapat menulis Σ=iiiEpEF1=Σiip
ΣΣ==iiiiFppFF (13.20)
Substitusi dan persamaan (13.20) ke dalam persamaan (13.19) diperoleh Σ=iiiEpE ΣΣΣΣ−=−=−=iiiiiiiiiiiTFEpTFEpTFpEpS)()( (13.21)
Dari persamaan (13.7) kita dapat menulis
199
kTFeZ/−= (13.22)
Substitusi persamaan (13.22) ke dalam persamaan (13.4) kita peroleh kTFkTEieepi//−−=
kTEFie/)(−=
atau kTFEpii−−=ln (13.23)
Substitusi persamaan (13.23) ke dalam persamaan (13.21) diperoleh ungkapan lain untuk entropi, yaitu
Σ−=iiipkpS)ln(
Σ−=iiippkln (13.24)
13.7 Fungsi Partisi Total
Sekarang kita menghitung fungsi partisi total. Untuk maksud tersebut kita tinjau sebuah assembli, sebut saja assembli ke-i, yang merupakan komponen dari ensembel kanonik. Misalkan jumlah partikel dalam assembli tersebut adalah dan partikel-partikel penyusun assembli dapat dibedakan (partikel klasik). Jumlah partikel N
200
dalam assembli tersebut memenuhi
Σ=ssnN (13.25)
dan energi yang dimiliki assembli adalah
Σ=sssiEnE (13.26)
Untuk assembli kanonik, selalu tetap tetapi tidak selalu tetap. Jumlah cara penyusunan partikel-partikel dalam assembli tersebut adalah NiE Π=ssnsingNWs!!
sehingga fungsi partisi menjadi
Σ−=ikTEiieWZ/ (13.27)
di mana indeks bergerak pada semua konfigurasi yang bisa dimiliki assembli. i
Penjumlahan terhadap semua konfigurasi yang mungkin ekivalen dengan penjumlahan pada semua kombinasi yang mungkin yang kita nyatakan dengan symbol . Jadi kita dapat menulis sn}{sn
201
{}{}{}Σ−=ssnsnkTEneWZ/ {}ΣΣΠ⎪⎭⎪⎬⎫⎪⎩⎪⎨⎧⎥⎥⎥⎦⎤⎢⎢⎢⎣⎡−⎭⎬⎫⎩⎨⎧=ssnsssssnskTEnngNexp!! {}ΣΠΠ⎭⎬⎫⎩⎨⎧⎥⎦⎤⎢⎣⎡−⎭⎬⎫⎩⎨⎧=ssnsssssnskTEnngNexp!! []{}ΣΠΠ⎭⎬⎫⎩⎨⎧⎭⎬⎫⎩⎨⎧=−ssssnsnkTEssnsengN/!!
(){}ΣΠ⎪⎭⎪⎬⎫⎪⎩⎪⎨⎧=−sssnssnkTEsnegN!!/ (13.28)
Untuk mencari hasil penjumlahan pada persamaan (13.28), mari kita tinjau kasus berkut ini
12011211022122212122122)(xxxxxxxxxxxx++=++=+ 22221121210221!2)!22(!2!1)!12(!2!0!2!2xxxxxx−−−+−+=
320122111221023132221221313213333)(xxxxxxxxxxxxxxxx+++=+++=+ 3233122231121310231!3)!33(!3!2)!23(!3!1)!13(!3!0!3!3xxxxxxxx−−−−+−+−+=
Dengan melihat pola di atas maka secara umum dapat kita tulis ...!)!(!...!1)!1(!!0!!)(231121102121+−++−+=+−−nnNNNxxnnNNxxNNxxNNxx
202
Σ−−=nnnxxnnNN231!)!(! (13.29)
Dengan cara serupa pun akan kita dapatkan bentuk penjumlahan yang sama untuk penjumlahan tiga variable, yaitu Σ=++=++NnnnnnnNxxxnnnNxxx321321221321321!!!!)( {}Σ=nnnnnxnxnxN!!!!322211321
s
(13.30)
Dan hasil ini bisa diperumum lagi untuk penjumlahan banyak suku, yaitu {}ΣΣ=⎟⎠⎞⎜⎝⎛ssnsnsnnnNssnxnxnxnxNx...!...!!!!322211321 {}ΣΠ⎟⎟⎠⎞⎜⎜⎝⎛=ssnssnsnxN!! (13.31)
Dengan membandingkan persamaan (13.28) dengan persamaan (13.31) maka kita simpulkan bahwa pada persamaan (13.31), tidak lain daripada . Dengan kesamaan ini maka kita simpulkan bahwa fungsi partisi pada persamaan (13.28) dapat ditulis menjadi sxkTEsseg/−
NskTEssegZ⎟⎠⎞⎜⎝⎛=Σ−/
NZ= (13.32)
203
Untuk sstem semiklasik di mana partikel dianggap tidak dapat dibedakan maka jumlah cara penyusunan partikel-partikel adalah Π=ssnsingWs!
Dengan melakukan langkah yang sama maka kita sampai pada kesmipulan bentuk fungsi partisi system semiklasik adalah !NZZNtot= (13.33)
13.8 Penerapan ensembel kanonik untuk gas tidak ideal
Hingga saai ini gas yang kita bahas adalah gas ideal. Tidak ada interaksi antar partikel gas. Dengan menggunakan konsem ensembel kanonik, kita diperbolehkan untuk memperkenalkan interaksi antar partikel gas dalam assembli. Misalkan energi yang dimiliki partikel gas hanya energi kinetik maka fungsi partisi hanya mengandung energi tersebut. Namun jika ada interaksi antar partikel gas maka fungsi partisi dibangun dari energi total berikut ini ΣΣΣ>+++=jjjjzjyjxjUpppmEll)(21222 (13.34)
Pada penjumlahan kita mensyaratkan untuk menghindari perhitungan ganda. Suku dengan juga tidak disertakan karena tidak ada interaksi antara jlUj>lj=l
204
partikel dengan dirinya sendiri.
Kita akan menghitung fungsi partisi dengan metode integral. Untuk maksud tersebut kita harus menggunakan karapatan kedaan untuk mengganti tanda penjumlahan menjadi tanda integral. Untuk system semi kuantum, kerapatan kedaan adalah dengan . Fungsi partisi menjadi NNhd36/ΓΠ=ΓjzjyjxjjjjNdpdpdpdzdydxd6 Π∫ΣΣΣ⎥⎥⎥⎦⎤⎢⎢⎢⎣⎡+++−=>jzjyjxjjjjjjjjzjyjxjNdpdpdpdzdydxkTUmppphNZll2/)(exp!12223 (13.35)
Mari kita fokuskan pada bagian integral persamaan (13.35) Π∫ΣΣΣ⎥⎥⎥⎦⎤⎢⎢⎢⎣⎡+++−>jzjyjxjjjjjjjjzjyjxjdpdpdpdzdydxkTUmpppll2/)(exp222 Π∫ΣΣΠ∫Σ⎥⎥⎥⎦⎤⎢⎢⎢⎣⎡−⎥⎥⎥⎦⎤⎢⎢⎢⎣⎡++−=>jjjjjjjjzjyjxjjzjyjxjdzdydxkTUdpdpdpmkTpppllexp2)(exp222 Π∫ΣΣΣ⎥⎥⎥⎦⎤⎢⎢⎢⎣⎡−⎥⎥⎥⎦⎤⎢⎢⎢⎣⎡−⎥⎥⎥⎦⎤⎢⎢⎢⎣⎡−=jzjyjxjjzjjyjjxjNdpdpdpmkTpmkTpmkTpI2exp2exp2exp222 (13.36)
di mana kita telah mendefinisikan
205
Π∫ΣΣ⎥⎥⎥⎦⎤⎢⎢⎢⎣⎡−=>jjjjjjjNdzdydxkTUIllexp (13.37)
Persamaan (13.36) dapat ditulis secara lebih sederhana dalam bentuk perkalian berikut ini Π∫ΠΠΠ⎥⎥⎦⎤⎢⎢⎣⎡−⎥⎥⎦⎤⎢⎢⎣⎡−⎥⎥⎦⎤⎢⎢⎣⎡−jzjyjxjjzjjyjjxjNdpdpdpmkTpmkTpmkTpI2exp2exp2exp222 ∫∫Π∫ΠΠ⎥⎥⎦⎤⎢⎢⎣⎡−⎥⎥⎦⎤⎢⎢⎣⎡−⎥⎥⎦⎤⎢⎢⎣⎡−=zjjzjyjjyjxjjxjNdpmkTpdpmkTpdpmkTpI2exp2exp2exp222
()()()Π∫Π∫Π∫−−−=jzjmkTpjyjmkTpjxjmkTpNdpedpedpeIzjyjxj2/2/2/222 (13.38)
Dengan menggunakan hasil yang sudah kita pelajari sebelumnya yaitu λπλ/2=∫∞−dxex
−∞
maka kita dapat menulis mkTdpedpedpezjmkTpyjmkTpxjmkTpzjyjxjπ22/2/2/222===∫∫−−− (13.39)
Karena ada buah perkalian dalam tanda NΠjmaka persamaan (13.38) memberikan hasil sebagai berikut ()()()ΠΠΠjjjNmkTmkTmkTIπππ222
206
()()()2/2/2/222NNNNmkTmkTmkTIπππ=()NNImkT2/32π= (13.40)
Substitusi persamaan (13.40) ke dalam persamaan (13.35) didapatkan ungkapan untuk fungsi partisi menjadi ()NNNImkThNZ2/332!1π= (13.41)
Untuk mencari mari kita lakukan prosedur berikut ini. Kita tulis NI
)(1/jlkTUrfej+=−l (13.42)
Dengan penulisan tersebut maka
ΠΠ>−−=ΣΣ>jjkTUkTUjjjjeellll//
[]ΠΠ>+=jjjrfll)(1 (13.43)
Jika terpenuhi kondisi 1)(<<ljrf maka kita dapat melakukan aproksimasi
[]ΣΣΠΠ>>+≈+jjjjjjrfrfllll)(1)(1 (13.44)
Dengan melakukan substitusi persamaan (13.43) dan (13.44) ke dalam persaman
207
(13.37) kita dapatkan bentuk aproksimasi untuk sebagai berikut NI
∫ΠΣΣ⎭⎬⎫⎩⎨⎧+≈>jjjjjjjNdzdydxrfIll)(1
∫ΠΣΣ∫Π>+=jjjjjjjjjjjdzdydxrfdzdydxll)(
ΣΣΠ∫Π∫>+=jjjjjjjjjjjdzdydxrfdzdydxll)( (13.45)
Mengingat integral dan Vdzdydxjjj=∫Πjmengandung buah suku perkalian maka persaman (13.45) memberikan hasil N
ΣΣΠ∫>+=jjjjjjjNNdzdydxrfVIll)( (13.46)
jarak antar partikel memenuhi 222)()()(jjjjzzyyxxr−+−+−=llll. Dengan demikian, hanya mengandung enam variable, yaitu , , , , , dan . Oleh karena itu, dalam perkalian elemen diferensial )(ljrflxlylzjxjyjzΠjjjjdzdydx, hanya enam elemen diferensial saja yang bekerja pada sedangkan sebanyak )(ljrf63−N buah elemen lainnya tidak bekerja pada . Dengan sifat demikian kita dapat menulis )(ljrf
ΣΣ∫∫Π>≠≠+=jjjjjjkjkkkkNNdzdydxdzdydxrfdzdydxVIllllll)(
ΣΣ∫>−+=jjjjjjNNdzdydxdzdydxrfVVlllll)(2
208
ΣΣ∫>−+=jjjjjjNNdzdydxdzdydxrfVVlllll)(2 (13.47)
Ingat, setelah kita melakukan integral mama ∫lllldzdydxdzdydxrfjjjj)( tidak lagi mengandung indeks j maupun karena variable tersebut habis diintegral. Akibatnya, penjumlahan pada ruas kanan menjadi penjumlahan dari suku-suku yang nilainya sama, di mana nilai masing-masing suku tersebut adalah . Hasil dari penjumlahan tersebut sama dengan nilai suku kali banyak suku penjumlahan. Banyaknya suku penjumlahan adalah . Dengan demikian kita dapat menulis l∫lllldzdydxdzdydxrfjjjj)(2/)1(−NN ∫−+=−lllldzdydxdzdydxrfNNVVIjjjjNNN)(2)1(2 (13.48)
Untuk menyelesaikan integral dalam persamaan (13.48), kita perknalkan variabel relatif . Dengan memperkenalkan variabel relatif ini maka kita dapat melakukan transformasi berikut ini ljrr=
∫∫=lllllllrdzdydxrdrfdzdydxdzdydxrfjjjj3)()(
∫∫∫==rdrfVrdrfdzdydxrrlll33)()(
(13.49) aV=
di mana rdr3 adalah elemen volum dalam ruang relatif dan ∫=rdrfar3)(. Akhirnya kita dapatkan
209
aVNNVVINNN2)1(2−+=− 12)1(−−+=NNVaNNV (13.50)
Misalnya energi interaksi antar partikel sangat kecil sehingga berlaku 1/<<kTUjl. Dengan asumsi ini maka kita dapat menulis kTUejkTUjll−≈−1/ (13.51)
Dengan membandingkan persamaan (13.42) dan aproksimasi (13.51) kita simpulkan
kTUrfjj/)(ll−= (13.52)
sehingga
[]kTardrUkTrdkTrUa/')()/1(/)(33=−=−=∫∫rr. (13.53)
Substitusi persamaan (13.53) ke dalam persaman (13.50) diperoleh 12')1(−−+=NNNVkTaNNVI (15.54)
Dengan menggunakan persamaan (13.41) dan persamaan (13.54) maka energi bebas Helmholtz dapat ditulis
210
ZkTFln−= ⎭⎬⎫⎩⎨⎧+−=NNIhNmkTkTln!)2(ln32/3π (13.55)
13.9 Persamaan Keadaan
Untuk gas ideal kita sudah memiliki persamaan keeadaan yang sederhana, yaitu . Sekarang kita ingin mencari persamaan keadaan untuk gas yang tidak ideal yang dibahas di atas. Kita mulai dengan menentukan tekanan gas dengan memasukkan pada persamaan (13.55) ke dalam persamaan (13.14). Dari ungkapan enerngi bebas hanya yang mengandung besaran volum. Oleh karena itu kita dapat menulis NkTpV=FNI TVFp⎟⎠⎞⎜⎝⎛∂∂−= TNIVkT⎟⎠⎞⎜⎝⎛∂∂=ln TNNVIIkT⎟⎠⎞⎜⎝⎛∂∂=1 ⎟⎟⎠⎞⎜⎜⎝⎛−+−+=−−−kTaVNNVkTaVNNNVkTNNNN2/')1(2/')1(1221 ⎟⎟⎠⎞⎜⎜⎝⎛−+−+=−−−−kTaVNNVkTaVNVVNkTNNNN2/')1(2/')1(21221 ⎟⎟⎠⎞⎜⎜⎝⎛−+−+=kTVaNNkTVaNVNkT2/')1(12/')1(12 ()()kTVaNNkTVaNVNkT2/')1(12/')1(12−−−+≈
211
()kTVaNNkTVaNVNkT2/')1(2/')1(12−−−+≈ 22')1(2')1(1VaNNVNkTkTVaNVNkT−−=⎟⎠⎞⎜⎝⎛−−≈ 2''VaVNkT−= (13.56)
Persamaan (13.56) dapat direorganisasi menjadi VNkTVap=⎟⎠⎞⎜⎝⎛+2'' NkTVVap=⎟⎠⎞⎜⎝⎛+2'' (13.57)
Persamaan (13.57) sangat mirip dengan persamaan van der Walls. Persamaan van der Walls yang lengkap dapat diperoleh dengan melakukan koreksi pada volum yaitu mengurangi volum total dengan jumlah volum yang dimiliki molekul-molekul gas. Misalkan volum total semua molekul gas adalah . Persaman van der Walls dapat diperoleh dengan mengganti dengan bVbV− yaitu NkTbVbVap=−⎟⎟⎠⎞⎜⎜⎝⎛−+)()(''2 (13.58)
Dengan menganggap bahwa sangat kecil dibandingkan dengan maka kita dapat mengabaikan terhadap pada penyebut persamaan (13.58). Sedangkan pada pembilang, kita pertahankan karena walaupun nilainya lebih kecil dari tetapi tetap memberi perubahan nilai yang signifikan pada persamaan. Dengan demikian kita diperoleh bVbbbb
212
NkTbVVap=−⎟⎠⎞⎜⎝⎛+)(''2 (13.59)
Persamaan (13.59) merupakan persamaan van der Walls yang selam ini kita kenal.
13.10 Fluktuasi Energi
Seperti sudah kita singgung sebelumnya, karena ensembel kanonik memungkinkan pertukaran energi antar assembli penyusunnya, maka dapat terjadi fluktuasi energi yang dimiliki oleh masing-masing assembli. Di sini kita turunkan fluksuasi energi assembli dalam ensembel kanonik.
Fluksuasti energi assembli ke-i terhadap energi rata-ratanya dalat ditluis
EEEi−=δ (13.60)
Kita kuadratkan dua ruas persamaan (13.60) dan diperoleh
22222)(EEEEEEEiii+−=−=δ (13.61)
Kita selanjutnya melakukan perata-rataaan ke dua ruas persamaan (13.61), yaitu 2222222222EEEEEEEEEEEEEiiiii+−=+−=+−=δ 22EEi−= (13.62)
213
Dalam mencari persamaan (13.62) kita telah menggunakan kesamaan EEi= dan mengingat E konstan maka 22EE=.
Sebelunya kita sudah mendapatkan hubungan antara energi dan fungsi partisi, yaitu β∂∂=ZZE1 (13.63)
Sekarang kita akan mencari ungkapan untuk 2iE. ΣΣΣΣ−−−∂∂====ikTEikTEiikTEiiiiiiiieZeEZeZEpEE/22/2/222111β 22/2211ββ∂∂=∂∂=Σ−ZZeZikTEi (13.64)
Substitusi (13.63) dan (13.64) ke dalam persamaan (13.62) diperoleh 2222222221111⎟⎟⎠⎞⎜⎜⎝⎛∂∂−∂∂=⎟⎟⎠⎞⎜⎜⎝⎛∂∂−∂∂=ββββδZZZZZZZZE (13.65)
Jika kita diferensialkan E pada persamaan (13.63) terhadap β kita dapatkan 2222111⎟⎟⎠⎞⎜⎜⎝⎛∂∂−∂∂=⎟⎟⎠⎞⎜⎜⎝⎛∂∂∂∂=∂∂βββββZZZZZZE (13.66)
214
Dengan membandingkan persamaan (13.55) dan (13.66) kita simpulkan TEkTEE∂∂=∂∂=22βδ
vCkT2= (13.67)
Tampak dari persamaan (13.67) bahwa bersanya fluktuasi energi bergantung pada kapasitas kalor yang dimiliki assembli. Makin besar kapasitas kalor maka makin besar fluktuasi energi yang terjadi. Flkuktuasi energi juga naik secara kuadratik terhadap suhu.
215
Bab 14 Soal dan Penyelesaian
Statistik Maxwell-Boltzmann
1. Soal :
a. Jelaskan perbedaan antara statistik Maxwell-Boltzmann dengan statistik lainnya. Bagaimana hubungan statistik-statistik tersebut dengan keterbedaan dari partikel-partikel identik?
b. Jelaskan mengapa perbedaan antara tipe-tipe statistik tersebut menjadi tak penting pada suhu tinggi. Seberapa tinggikah yang dikatagorikan suhu tinggi tersebut?.
Solusi :
a. Statistik Maxwell-Boltzmann berlaku untuk sistem terlokalisasi, partikel-partikel saling terbedakan dan jumlah partikel yang dapat mengisi satu keadaan tidak dibatasi. Jumlah rata-rata partikel yang mengisi tingkat energi εl memenuhi bentuk umum
exp()lllawαβε=−−
dengan wl adalah degenerasi dari tingkat energi ke-l.
Statistik Fermi-Dirac berlaku untuk sistem yang terdiri atas fermion, partikel-partikel tak dapat terbedakan dan memenuhi prinsip larangan Pauli. Satu keadaan hanya dapat diisi maksimal dua partikel dengan arah spin berlawanan. Jumlah rata-rata partikel yang mengisi tingkat energi εl adalah
()1lllwaeαβε+=+
Statistik Bose-Einstein berlaku untuk sistem yang terdiri atas boson, partikel-partikel tak dapat terbedakan. Satu keadaan kuantum dapat diisi oleh partikel dalam jumlah berapa pun. Jumlah rata-rata partikel yang mengisi tingkat energi εl adalah
216
()1lllwaeαβε+=−
b. Dari jawaban sebelumnya, pada , atau , fungsi statistik Bose-Einstein dan Fermi-Dirac menjadi 1>>αe1<<−αe
)()()(1lllewewewlllβεαβεαβεα+++=≈±
Dengan demikian pada kondisi tersebut ke tiga tipe statistik tersebut menjadi sama. Menghingat 3222henmkTαπ−⎛=⎜⎝⎠
⎞⎟
, dengan n adalah kerapatan partikel maka kondisi di di atas terpenuhi pada mkhnTπ222/1>>. Dengan demikian, perbedaan antara ketiga tipe statistik tersebut menjadi tak penting pada limit temperatur tinggi di atas.
2. Soal :
Jelaskan mengapa, statsistik Maxwell-Boltzmann tepat digunakan untuk kedua sistem di bawah ini :
a. Gas He4 dalam suhu ruang dan tekanan standar (STP)
b. Elektron dan hole semikonduktor Ge pada STP (band-gap ≈ 1 eV)
Solusi :
a. Gas He4 termasuk boson sehingga memenuhi statistik Bose-Einstein. Namun pada keadaan STP kita dapat mempergunakan statistik Maxwell-Boltzmann karena terpenuhi . Mari kita cek 1<<−αe2/122⎟⎟⎠⎞⎜⎜⎝⎛=−mkThneπα
Kita menggunakan persamaan gas ideal NkTpV=, atau kTpVNn//==. Dengan demikian
217
2/122/1222⎟⎟⎠⎞⎜⎜⎝⎛=⎟⎟⎠⎞⎜⎜⎝⎛=−mkThkTpmkThneππα
Pada STP maka T ≈ 300 K, P = 1 atm ≈ 105 Pa. Dengan memasukkan nilai tersebut dan massa atom helium maka diperoleh 11036<<×≈−−αe
b. Elektron dan hole adalah fermion sehingga memenuhi fungsi distribusi Fermi-Dirac []1/1/)(+−kTeμε. Dalam semikonduktor, parameter μ disebut tingkat energi fermi. Untuk kebanyakan semikonduktor, lebar celah pita energi di atas 1 eV dan lokasi energi Fermi sekitar tengah-tengah celah pita energi. Dengan demikian (με−) ≈ 0,5 eV. Pada STP nilai energi termal kT≈ 0,025 eV. Dengan demikian 20025,0/5,0/)(=≈−kTμε sehingga atau fungsi distribusi Fermi-Dirac untuk elektron dan hole dalam semikonduktor dapat diaprokasimasi dengan yang merupakan fungsi distribusi Maxwell-Boltzmann. 1/)(>>−kTeμεkTkTee/)(/)(/1εμμε−−=
3. Soal :
Tunjukkan bahwa ()expkTQnVμλ==untuk gas ideal adalah valid untuk 1<<λ; μ adalah potensial kimia, n adalah densitas gas, dan 322(/2)QVhmkTπ= adalah volum kuantum.
Solusi :
Dengan pendekatan1<<λ, statistik Fermi-Dirac dan Bose-Einstein akan menjadi statistik Maxwell-Boltzmann :
//()/11kTkTkTeeeμεεμ−−→⋅±
Densitas keadaan dari sebuah gas ideal (dengan tidak menyertakan keadaan spin) adalah :
3232()(2)Ddmdhπεεε= ε
sehingga
218
32//0()2kTkTQnDdeemkThVμεεελλπ∞−=⋅⋅⎛⎞=⋅=⎜⎟⎝⎠∫
Yang menunjukkan bahwa QnVλ=
4. Soal :
Sebuah bejana kubik dengan sisi 20 cm berisi gas diatomik H2 pada temperatur 300 K. Setiap molekul H2 terdiri atas dua atom hidrogen dengan massa masing-masing 1,66x10-24g, terpisah sejarak + 10-8 cm. Gas tersebut diasumsikan bersifat seperti gas ideal. Abaikan derajat kebebasan vibrasi.
a. Hitunglah kecepatan rata-rata dari molekul-molekul tersebut.
b. Hitunglah kecepatan rotasi rata-rata dari molekul tersebut terhadap sebuah sumbu yang tegak lurus terhadap garis yang menghubungkan kedua buah atom (anggap setiap atom sebagai titik massa).
c. Hitunglah kapasitas panas Cv dan Cp .
Solusi :
a. Jumlah derajat kebebasan dalam sistem ini adalah 3. Maka
23122kTMv=
sehingga 233210/kTvvmM≈=≈× s
b. Jumlah derajat kebebasan rotasi adalah 2. Maka:
21222IkTω= dengan 221222rIm⎛⎞=⋅⋅=⎜⎟⎝⎠
mr adalah momen inersia dari molekul H2, m adalah massa atom H, dan r adalah jarak antara kedua atom hidrogen tersebut. Maka diperoleh : 213,210/sωω≈≈× 3
c. Kapasitas panas molar :
219
521/2729/2vpCRJmolCRJmol==⋅==⋅
K
K
5. Soal :
Carilah rapat probabilitas ()Eρuntuk energi E dari sebuah atom tunggal dalam gas monoatomik klasik tak-berinteraksi yang berada dalam kesetimbangan termal.
Solusi :
Ketika jumlah atom dari gas tersebut sangat besar, keadaan sistem dapat direpresentasikan dalam sebuah fungsi distribusi kontinu. Ketika sistem mencapai kesetimbangna termal, probabilitas sebuah atom memiliki energi E sebanding dengan , dimana , dengan p adlaah momentum dari atom. Maka probabillitas dari atom berada pada p dan p+dp adalah : exp(-/)EkT2/2Epm=
23exp(/2)ApmkTd− p
Dari
23exp(/2)1ApmkTdp−=∫
Diperoleh
()322AmkTπ−=
Sehingga
123223/002exp(/2)()()EkTApmkTdpEedkTEdEππρ∞−∞−=≡∫∫∫
E
Yang menghasilkan 1232/2()()EkTEEkTρπ−= e
6. Soal :
220
Misalkan energi dari sebuah partikel dapat direpresentasikan dalam bentuk dengan z adalah kordinat, atau momentum, dan dapat memiliki nilai dari -∞ sampai ∞. 2()Ezaz=
a. Tunjukkanlah bahwa energi rata-rata tiap partikel untuk sistem di atas yang memenuhi statistik Boltzmann adalah /2EkT=
b. Sebutkan prinsip ekipartisi energi, dan jelaskan pula hubungannya dengan perhitungan di atas.
Solusi :
a. Dari statistik Boltzmann, fungsi distribusinya adalah (z dapat berupa posisi maupun momentum) : ()()expEzfzkT⎛⎞∝−⎜⎟⎝⎠
Sehingga energi rata-rata partikelnya adalah ()exp()()()()expEzEzdzkTEfzEzdzEzdzkT+∞−∞+∞−∞+∞−∞⎛⎞−⎜⎟⎝⎠==⎛⎞−⎜⎟⎝⎠∫∫∫
dengan memasukkan dari persamaan di atas, maka diperoleh 2()Ezaz=/2EkT=
b. Prinsip ekipartisi energi : Untuk sistem partikel klasik dalam keadaan kesetimbangan termal pada temperaturT, energi rata-rata dari masing-masing derajat kebebasan dari sebuah partikel setara dengan 12kT.
Dalam persoalan di atas, sistem hanya memiliki 1 derajat kebebasan, maka energi rata-ratanya adalah 12kT.
7. Soal :
Sebuah sistem yang memiliki 2 tingkat energi E0 dan E1 memiliki N buah partikel. Partikel-partikel tersebut menempati tingkat energi menurut hukum sitribusi klasik.
221
a. Turunkan ungkapan energi rata-rata tiap partikel.
b. Hitunglah energi rata-rata tiap partikel terhadap temperatur pada saat 0danTT→→∞
Solusi :
a. Energi rata-rata sebuah partikel adalah : 010101EEEEEeEeueeββββ−−−−+=+
Dengan mengambil asumsi E1 > E0 > 0 dan menentukan 1 0 EEEΔ=−, maka diperoleh 011EEEEeueββ−Δ−Δ+=+
b. Ketika , maka 0T→1/kTβ=→∞, diperoleh
()()0101EEEuEEeeEEeββ−Δ−Δ−Δ≈+−=+Δ β
Ketika T, maka →∞1/0kTβ=→, diperoleh ()()()2111011012221(uEEEEEEEEβββ≈+−Δ+Δ≈+−Δ 4 )

8. Soal :
Untuk sebuah sistem klasik yang memiliki 2 tingkat energi E0 dan E1 memiliki N buah partikel,
a. Turunkan ungkapan kapasitas panas spesifik dari sistem N partikel.
b. Hitunglah kapasitas panas pada limit 0danTT→→
Solusi :
a. Kapasitas panas spesifik per mol adalah ()2/2/1EkTAAEkTuuEeCNNRTTkTeββ−Δ−Δ∂∂∂Δ⎛⎞==⋅=⎜⎟∂∂∂⎝⎠+ 222
b. Ketika diperoleh 0T→2/EkTECRekT−ΔΔ⎛⎞≈⎜⎟⎝⎠
Ketika Tdiperoleh →∞24RECkTΔ⎛⎞≈⎜⎟⎝⎠
9. Soal :
Tiga energi terrendah dari sebuah molekul adalah E1 = 0, E2 = ε, E3 = 10ε. Tunjukkanlah bahwa untuk temperatur yang cukup rendah, hanya terdapat 2 tingkat energi yang dapat terisi (E1 dan E2). Tentukan seberapa rendah temperatur yang dimaksud.
Solusi :
Misalnya sistem memiliki partikel sebanyak N buah, maka menurut statistik Boltzmann,
N1 + N2 + N3 = N /21kTNeNε−=, 10/31kTNeNε−=,
maka 39/10/1kTkTNNeeεε=++
Pada saat N3 < 1, tak ada pengisian pada tingkat energi N3, yaitu pada saat T < Tc, hanya E1 dan E2 yang terisi, maka hubungan 9/10/11kTkTNeeεε=++ 223
terpenuhi. Jika N 1, diperoleh 10lncTkNε≈
10. Soal :
Untuk kasus sebuah sistem yang memiliki tiga energi terrendah dari sebuah molekulnya adalah E1 = 0, E2 = ε, E3 = 10ε, carilah energi rata-rata E dari molekul pada temperatur T. Cari ungkapan Cv sebagai fungsi dari T pada temperatur tinggi dan temperatur rendah.
Solusi :
Energi rata-rata dari molekul tersebut adalah /10//10/()1kTkTkTkTeeEeeεεεεε−−−−+=++
Sedangkan kapasitas panas spesifiknya adalah : 210112102(10081)(1)vAEReeeCNTeeβεβεβεεββεεβ−−−−−∂++==∂++
Dengan 1/kTβ= dan NA adalah bilangan Avogadro.
Untuk temperatur tinggi, kT ε , 2218219vCRkTTε⎛⎞≈∝⎜⎟⎝⎠
Untuk temperatur rendah, kT ε ,
()/22kTveCRkTεε−≈
11. Soal :
Sebuah sistem dua kisi berbeda masing-masing terisi oleh atom dengan spin yang terorientasi sedemikian rupa sehingga energinya dapat bernilai ε = 1, 0, -1 dengan
224
probabilitas yang sama. Atom-atom tersebut tak saling berinteraksi. Hitunglah harga rata-rata ensembel Udan 2Uuntuk energi sistem U diasumsikan berasal dari spin saja.
Solusi :
Untuk atom tunggal, ungkapan berikut ini terpenuhi : 211eeeeeeeeββββββββεε−−−−−=−+++=−++
Dan untuk sistemnya, ()122222121212,12eeUeeUββββεε
2 εεεεε−−−=+=−++=+=++ ε
Karena 1212εεεε=⋅, maka [][]222exp(2)exp(2)expexp()1expexp()Uβββββ+−++−=++−
β
12. Soal :
Hitung temperatur dari sebuah sistem yang terisi 6.0x1022 atom gas helium pada tekanan atmosfer.
Solusi :
Dengan menggunakan persamaan keadaan gas ideal, diperoleh
/241TpVnkK==
13. Soal :
Hitunglah temperatur sebuahsistem partikel yang terisi tingkat-tingkat partikel tunggal dan memenuhi statistik Maxwell_Boltzmann yang mengalami kontak termal dengan reservoir panas pada temperatur T. Distribusi populasi dalam tingkat-tingkat energi non-degenerate ditunjukkan dalam tabel di bawah.
225
Energi (eV)
Populasi
30.1 x 10-3
3.1%
21.5 x 10-3
8.5%
12.9 x 10-3
23%
4.3 x 10-3
63%
Solusi :
Distribusi populasi diberikan oleh ungkapan : 2121exp(()/)nkTnεε=−
Sehingga ()21121lnnnTkεε−=
Dengan menggunakan nilai n1 dan n2 yang telah diberikan, diperoleh nilai-nilai T berikut:
99.2; 99.5; 99.0; 99.5; 100.2; 98.8 K
Harga rata-rata T adalah T = 99.4 K.
14. Soal :
Dalam sebuah eksperimen kriogenis, panas disalurkan ke sampel pada laju konstan 0.01 watt. Entropi dari sampel tersebut bertambah seiring waktu seperti yang ditunjukkan dalam tabel di bawah. Hitung temperatur sampel pada t = 500 s.
Waktu (sec)
100
200
300
400
500
600
700
Entropi (J/K)
2.30
2.65
2.85
3.00
3.11
3.20
3.28
Solusi :
226
Laju rata-rata pengambilan panas adalah QqTTt
S ∂∂==∂∂, menghasilkan qTSt=∂⎛⎞⎜⎟∂⎝⎠
Nilai St∂∂diperkirakan dengan menggunakan integral tengah pada t = 500 s, diperoleh 33.203.001.010/sec.600400SJKt−∂−⎛⎞==×⎜⎟∂−⎝⎠
Sehingga, nilai T = 10 K.
15. Soal :
Turunkan ungkapan kapasitas panas vibrasi dari gas diatomik sebagai fungsi dari temperatur. (Gunakan0/kωθ=h). Lakukan dengan menggunakan ungkapan fungsi partisi vibrasi, mengevaluasi dan menggunakan hasilnya untuk menghitung nilai Cvib.
Solusi :
Tingkat energi vibrasi untuk gas diatomik adalah : 120(),0,1,2,.vvv .. εω=+=h
Fungsi partisinya adalah : []21200exp()1xvibxveZveβω−∞−=⎛=−+=⎜−⎝⎠Σh
⎞⎟
dengan 0xβω=h
Energi bebas untuk 1 mol gas tersebut adalah : []00lnln1exp()2AAAvibNNFNkTZωβωβ=−=+−−hh
Energi dalam dari sistem ini adalah :
0002exp()1AANNFUFTTωωβω∂=−=+∂−hhh 227
Sehingga dapat diturunkan ungkapan kapasitas panas vibrasi :
202,(1)xvUxeCxTxkTTωθ∂====∂−h
16. Soal :
Tentukan limit temperatur Cvib untuk kasus gas diatomik.
Solusi :
Dari persoalan sebelumnya, telah diturunkan ungkapan kapasitas panas vibrasi, yaitu :
202,(1)xvUxeCRxTxkTω
T
θ∂====∂−h
Limit temperatur tinggi T θ, atau x 1, maka didapat :
vCR≈
Limit temperatur rendah T θ, atau x 1, maka didapat :
2(/)exp(/)vCRTTθθ≈−
17. Soal :
Osilator harmonik kuantum 1 dimensi (dengan tingkat energi dasar = /2ωh) berada dalam kesetimbangan termal dengan reservoir panas pada temperatur T.
a. Carilah nilai energi rata-rata sebagai fungsi T.
b. Carilah nilai akar kuadrat rata-rata dari fluktuasi energinya.
c. Bagaimana nilai-nilai keduanya pada limit kT ωhdan kT ωh
Solusi :
Diketahui fungsi partisi sistem tersebut adalah : ()()12002expexpsinh2nnnEznkTkTkTωω∞∞==−⎛⎞⎡⎤==−+=⎜⎟⎢⎥⎣⎦⎝⎠ΣΣhh
a. Energi rata-ratanya adalah :
228
2lncoth22EkTzTkT
ωω∂⎛⎞==⎜⎟∂⎝⎠hh
b. Akar kuadrat rata-rata dari fluktuasi energinya adalah : ()22sinhkTEETkTωω∂Δ==∂hh
c. Pada limit kT ωh: ,exp22EEkTωωω⎛⎞→Δ→−⎜⎟⎝⎠hhh
Pada limit kT ωh: ,EkTEkT→Δ→
18. Soal :
Perhatikan sebuah sistem N0 osilator kuantum tak berinteraksi 1D dalam kesetimbangan termal pada temperatur T. Tingkat energi dari sebuah osilator diketahui berupa : 12()/,dengan0,1,2,...;adalahkonstanta,adalahvolume1DmEmVmVγγ=+=
a. Tentukan U dan Cv sebagai fungsi T.
b. Sketsa U(T) dan Cv(T).
Solusi :
Fungsi partisi sistem ini adalah : ()()()120exp2()1expcsch221expmVmzVVVβγβγβγβγ∞=−+⎛⎞=−==⎜⎟−⎝⎠−Σ
a. Energi dalam sistem ini adalah
()()000lncoth22coth22NUNzVVNVkTVγβγβγγ∂=−=∂=
Kapasitas panas spesifik pada volum konstan adalah :
229
()()220csch22vvUcNkVkTVkTTγγ∂⎛⎞==⎜⎟∂⎝⎠
b. Sketsa U(T) dan Cv(T).
0 2
N
V
γ
U(T)
Cv(T)
T
T
19. Soal :
Energi kinetic rata-rata dari atom-atom Hidrogen dalam sebuah atmosfer bintang (diasumsikan berada dalam kesetimbangan termal) adalah 1,0 eV.
a. Berapa temperatur atmosfer tersebut dalam K
b. Berapa rasio jumlah atom pada keadaan tereksitasi kedua (n=3) terhadap jumlah pada keadaan dasar.
Solusi :
a. Temperatur atmosfer bintang tersebut : 19323221.6107.710331.3810TKkε−−××===×××
b. Tingkat energi untuk atom Hidrogen adalah : 213.6eVnEn−⎛⎞=⎜⎟⎝⎠ 230
Dengan menggunakan distribusi Boltzmann, diperoleh : 311expNENkT−⎛⎞=⎜⎟⎝⎠
3 E
Dengan memasukkan nilai-nilai berikut : 132213.613.6eV,eV,dan(2/3)eV13EEkt−−⎛⎞⎛⎞===⎜⎟⎜⎟⎝⎠⎝⎠
Maka didapat nilai : 831/1.3310NN−≈×
20. Soal :
Sebuah gas monoatomik terdiri atas atom-atom dengan dua tingkat energi dalam: keadaan dasar dengan degenerasi g1 dan keadaan tereksitasi rendah dengan degenerasi g2 pada energi E di atas keadaan dasar. Carilah kapasitas panas spesifik dari gas tersebut.
Solusi :
Berdasarkan distribusi Boltzmann, energi rata-rata dari atom-atom tersebut adalah: /20/1232EkTEkTgEekTEggeε−−=+++
dengan E0 adalah energi disosiasi keadaan dasar (keadaan dasar dipilih sebagai titik nol energi), maka /2/122/212/122/21323232(EkTvEkTEkTEkTEkTgEeckTTggegEkTggeggEekkTggeε−−⎛⎞∂∂==+⎜⎟∂∂+⎝⎠⎛⎞∂=+⎜⎟∂+⎝⎠=++ )2
231
Soal Latihan
1. Jelaskan metode eksperimen yang dapat digunakan untuk melakukan validasi untuk distribusi Maxwell-Boltzmann.
2. Sebuah kolom silindris berisikan gas pada temperatur tertentu (T) berputar terhadap sumbu dengan kecepatan anguler yang konstan. Turunkan ungkapan fungsi distribusi kesetimbangan sistem ini.
3. Misalkan sebuah sistem terdiri dari N partikel yang tidak saling berinteraksi (N>>1), dimana energi setiap partikel diasumsikan dua dan hanya memiliki dua nilai yaitu 0 dan E (E>0). Jumlah hunian energi pada tingkat 0 dan E adalah n0 dan n1. Energi total sistem tersebut adalah U.
a) Carilah entropi sistem tersebut.
b) Carilah temperatur sebagai fungsi dari U. Pada rentang berapa nilai no sama dengan T<0?
c) Ketika sebuah sistem temperatur negatif mengalami kontak panas dengan sistem temperatur positif, dari arah manakah panasnya mengalir? Mengapa?
4. Pada sebuah medan magnet terdapat paramagnet ideal dengan entropi S=S0 – CU2, dengan U adalah energi sistem spin dan C adalah konstanta dengan parameter mekanik sistem yang tetap.
a) Tentukan Energi U sistem spin tersebut sebagai fungsi dari T, dengan menggunakan definisi fundamental temperatur.
b) Gambarkan grafik U vs T untuk semua nilai T (-∞<T<∞).
c) Jelaskan secara singkat pengertian fisis mengapa temperatur negatif termasuk bagian dari hasil yang didapat.
232
5. Sebuah material terdiri dari n partikel yang saling tidak tergantung dan berada dalam pengaruh medan magnetik eksternal lemah H. Setiap partikel memiliki momen magnetik mμ selama berada dalam medan magnetik tersebut, dimana m = J, J-1, …, -J+1, -J, J merupakan bilangan bulat, dan μ adalah konstanta. Sistem tersebut berada dalam temperatur T.
a) Carilah fungsi partisi sistem tersebut.
b) Hitung nilai rata-rata magnetisasi M material tersebut.
c) Carilah asimtot M untuk T yang bernilai sangat besar.
6. Misalkan terdapat gas yang terdiri dari atom-atom spin-½ dengan kerapatan n atom per volume satuan. Setiap atom memiliki momen magnetik intrinsik μ dan interaksi antar atom dapat diabaikan. Asumsikan bahwa sistem tersebut mematuhi aturan statisktik klasik.
a) Berapakah peluang menemukan atom dengan μ parallel terhadap medan magnetik H pada temperatur mutlak T?
b) Berapakah peluang menemukan atom dengan μ anti parallel terhadap medan magnetik H pada temperatur mutlak T?
7. Sebuah sistem paramagnetik terdiri dari dipole magnet N. Setiap dipole memiliki momen magnetik μ yang mematuhi aturan klasik. Jika sistem tersebut pada temperatur berhingga T berada pada medan magnetik uniform H, tentukan:
a) Induksi magnetik sistem tersebut.
b) Kapasitas panas pada H konstan
8. Misalkan didalam medan magnetik terdapat kisi-kisi kaku dari spin-½ atom yang dapat dibedakan. Spin tersebut memiliki dua buah keadaan (state) dengan energi -μ0H dan
233
+μ0H untuk spin up (↑) dan spin down (↓), dan berhubungan dengan H. Sistem tersebut berada pada temperatur T.
a) Tentukan fungsi partisi kanonik z untuk sistem tersebut.
b) Tentukan total momen magnetik M = μ0(N+ - N_) sistem tersebut
c) Tentukan entropi sistem tersebut.
9. Gas monoatomik ideal dimasukkan ke dalam silinder dengan jari-jari a dan tinggi L. Silinder tersebut berotasi dengan kecepatan angular ω disekitar aksis simentrinya dan gas ideal tersebut berada dalam keadaan ekuilibrum pada temperatur T pada sistem koordinat yang berotasi dengan silinder tersebut. Asumsikan bahwa atom-atom gas tersebut memiliki massa m, tidak memiliki tingkat kebebasan internal, dan mematuhi aturan statistic klasik.
a) Tentukan Hamiltonian pada sistem koordinat yang berotasi tersebut
b) Tentukan fungsi partisi sistem tersebut
c) Tentukan jumlah kerapatan rata-rata partikel sebagai fungsi dari r.
10. Sebutkan hukum distribusi energi Maxwell-Boltzman. Definisikan syarat-syaratnya. Jelaskan dimana penerapan yang salah dari hukum tersebut.
11. Misalkan atmosfer bumi terdiri dari nitrogen murni pada kesetimbangan termodinamika dengan temperatur 300 K. Hitung ketinggian di atas permukaan laut dimana kerapatan atmosfer tersebut 1½ kali kerapatan atmosfer pada permukaan laut.
12. Misakan sebuah sistem partikel tunggal memiliki dua tingkat orbital yang keduanya memiliki energi yang sama. Ketika dua orbital tersebut tidak terisi, energi sistemnya adalah nol. Ketika salah satu orbital terisi oleh satu partikel, energinya adalah ε.
234
Misalkan energi sistem jauh lebih tinggi (tak hingga) ketika kedua orbital tersebut terisi. Tunjukkan bahwa jumlah rata-rata ensembel partikel dalam tingkat tersebut adalah: ()/22Neεμτ−=+
13. Tuliskan ekspresi sederhana untuk bagian internal dari fungsi partisi atom Hidrogen terisolasi yang berada dalam interaksi lemah dengan sebuah reservoir pada temperatur T. Apakah ekspresi tersebut divergen untuk T = 0 dan untuk T ≠ 0?
14. Sebuah inti 7N14 memiliki spin inti I=1. Asumsikan bahwa molekul diatomic N2 dapat berotasi tetapi tidak dapat bervibrasi pada temperatur biasa dan gerakan elektroniknya diabaikan. Temukan jumlah ortho melekul dan para molekul pada sebuah sample gas nitrogen (ortho= keadaan spin simetri, para = keadaan spin anti simetri). Serta jelaskan apa yang terjadi dengan jumlah molekul tersebut apabila temperatur direndahkan hingga mendekati nol mutlak?
15. Molekul Hidrogen biasa ditemukan dalam dua bentuk, orthohidrogen (spin inti parallel) dan parahidrogen (spin inti anti parallel).
a) Setelah berada dalam kesetimbangan pada temperatur “tinggi”, tentukan fraksi gas H2 yang parahidrogen (asumsikan bahwa setiap variasi Hidrogen kebanyakan berada pada keadaan energi terendah).
b) Pada temperatur rendah hampi semua molekul orthohidrogen berubah menjadi parahidrogen. Jelaskan mengapa energi yangdilepaskan oleh setiap molekul yang berubah jauh lebih besar dibandingkan perubahan energi pada flip spin inti.
16. Turunkan ungkapan persamaan keadaan sebuah sistem sistem N0 osilator kuantum tak berinteraksi 1D dalam kesetimbangan termal pada temperatur T. Tingkat energi dari sebuah osilator diketahui berupa : 12()/,dengan0,1,2,...;mEmVmγ=+=
235
17. Sebuah sistem gas yang terdiri dari atom-atom spin-½ dengan kerapatan n atom per volume satuan mematuhi aturan statistik klasik. Setiap atom memiliki momen magnetik intrinsik μ dan interaksi antar atom dapat diabaikan.
a) Carilah rata-rata magnetisasi gas tersebut baik yang berada pada limit temperatur tinggi dan limit temperatur rendah.
b) Tentukan suseptibilitas magnetik χ dalam μ.
18. Turunkan ungkapan kapasitas panas spesisfik C(T) dari sebuah sistem yang berupa molekul heteronuklir diatomik memiliki momen inersia I (hanya gerak rotasi yang diperhitungkan).
19. Perkirakan probabilitas sebuah perangko (massa = 0.1 g) yang berada di atas meja pada temperatur kamar (300 K) akan terbang secara spontan setinggi 10-8 cm di atas meja tersebut.
Hint: Jangan bayangkan hanya ada 1 perangko, tapi sejumlah takhingga perangko yang tak saling berinteraksi ditempatkan saling bersebelahan. Berikan alasan bahwa kumpulan perangko tersebut mematuhi distribusi Maxwell-Boltzmann.
20. Berapa bagian dari gas H2 pada permukaan laut pada temperatur 300 K dapat lepas dari medan gravitasi bumi? Mengapa masih terdapat gas H2 pada atmosfer di atas permukaan laut?
236
Bab 15 Soal dan Penyelesaian
Statistik Bose-Einstein
1. Soal :
Sistem N boson identik tak berspin dengan massa m berada dalam kotak dengan volume V = L3 pada temperatur T > 0. Tuliskan ekspresi umum jumlah partikel n(ε) yang memiliki energi antara ε dan ε+dε dalam fungsi massa, energi, temperatur, potensial kimia, volume dan besaran lain yang relevan. Tunjukkan pula bahwa pada limit ketika jarak rata-rata d antar partikel sangat besar dibandingkan panjang gelombang de Broglie, distribusinya menjadi sama dengan distribusi Boltzmann.
Solusi :
Jumlah partikel dinyatakan sebagai 3/23()/2(2)()1kTVmndheεμπεεε−=⋅−
Kemudian, karena 3/23()/03/222(2)2kTkTVmNdhemkTVehμεμπεεπ∞−=⋅⎛⎞=⎜⎟⎝⎠∫
maka 331kTVdeNμλλ−⎛⎞=⋅=⎜⎟⎝⎠
Dengan /2hmkλπ= T adalah panjang gelombang de Broglie dari gerakan termal dari partikel, dan 3/dVN=. Dengan demikian pendekatan d λ setara dengan pendekaan exp(-μ/kT) 1.
237
2. Soal :
Untuk 2 partikel dengan 3 level energi dengan masing – masing degenerasi adalah 1, tentukanlah konfigurasi fungsi partisi Z untuk statistik statistik Bose Einstein.

ε
0
Solusi :
Statistik Bose Einstein

*
*
* *
ε
*
* *
*
0
* *
*
*
Total Energi
0





kTkTkTkTkTeeeee/4/3/2//02εεεε−−−−−++++=Ζ
3. Soal :
Dengan menggunakan ekspresi simbolik pada Matlab, carilah ekspresi untuk F, S, E, Cv untuk kasus soal no.2 di atas, dan tentukan plot antara Cv terhadap T.
Solusi :
Karena jumlah partikel ditentukan dan jumlah energi tidak ditentukan, diasumsikan bahwa yang ditinjau adalah sistem dalam ensembel kanonik. Dalam ensembel kanonik, berlaku
238
kTEiiepp/)0(−=
yang menyatakan probabilitas suatu assembly berada dalam keadaan (state) i. Fungsi partisi total dinyatakan sebagai:
Σ−=ΖikTEie/
Dengan Ζ−=ln2kTF
dan
VTFS⎟⎠⎞⎜⎝⎛∂∂−=
serta
TSEF−=
sehingga
VTTFTE⎟⎠⎞⎜⎝⎛∂∂−=)/(2
diperoleh
⎭⎬⎫⎩⎨⎧∂∂−=⎟⎠⎞⎜⎝⎛∂∂=22TFTTECvV
Dengan , menggunakan ekspresi simbolik pada Matlab, diperoleh hasil berikut : kTkTkTkTkTeeeee/4/3/2//02εεεε−−−−−++++=Ζ
syms k T Eps
F=-k*T*log(0*exp(-0*Eps/(k*T))+1*exp(-1*Eps/(k*T))+1*exp(-2*Eps/(k*T))+1*exp(-3*Eps/(k*T))+0*exp(-4*Eps/(k*T)))
Q=F/T
Energi=-T^2*diff(Q,T)
Cv=diff(Energi,T)
239
>> pretty(F)
Eps Eps Eps Eps
-k T log(1 + exp(- ---) + 2 exp(-2 ---) + exp(-3 ---) + exp(-4 ---))
k T k T k T k T
>> pretty(Energi)
/ Eps Eps Eps
|Eps exp(- ---) Eps exp(-2 ---) Eps exp(-3 ---)
2 | k T k T k T
T k |-------------- + 4 --------------- + 3 ---------------
| 2 2 2
\ k T k T k T
Eps \
Eps exp(-4 ---)|
k T | / /
+ 4 ---------------| / |
2 | / \
k T /
Eps Eps Eps Eps \
1 + exp(- ---) + 2 exp(-2 ---) + exp(-3 ---) + exp(-4 ---)|
k T k T k T k T /
>> pretty(Cv)
/ Eps Eps Eps
|Eps exp(- ---) Eps exp(-2 ---) Eps exp(-3 ---)
| k T k T k T
2 T k |-------------- + 4 --------------- + 3 ---------------
| 2 2 2
\ k T k T k T
Eps \ / Eps 2 Eps
Eps exp(-4 ---)| | Eps exp(- ---) Eps exp(- ---)
k T | 2 | k T k T
+ 4 ---------------|/(%1) + T k |-2 -------------- + ---------------
240
2 | | 3 2 4
k T / \ k T k T
Eps 2 Eps Eps
Eps exp(-2 ---) Eps exp(-2 ---) Eps exp(-3 ---)
k T k T k T
- 8 --------------- + 8 ---------------- - 6 ---------------
3 2 4 3
k T k T k T
2 Eps Eps 2 Eps \
Eps exp(-3 ---) Eps exp(-4 ---) Eps exp(-4 ---)|
k T k T k T |
+ 9 ---------------- - 8 --------------- + 16 ----------------|/(%1)
2 4 3 2 4 |
k T k T k T /
/ Eps Eps Eps
|Eps exp(- ---) Eps exp(-2 ---) Eps exp(-3 ---)
2 | k T k T k T
- T k |-------------- + 4 --------------- + 3 ---------------
| 2 2 2
\ k T k T k T
Eps \2
Eps exp(-4 ---)|
k T | / 2
+ 4 ---------------| / %1
2 | /
k T /
Eps Eps Eps Eps
%1 := 1 + exp(- ---) + 2 exp(-2 ---) + exp(-3 ---) + exp(-4 ---)
k T k T k T k T
241
4. Soal :
Tentukanlah U dan (PV) sistem Boson dalam ensembel Grand Kanonik !
Solusi :
Bentuk umum Grand Partition Function adalah
(1) ΣΣΣ⎥⎦⎤⎢⎣⎡⎟⎟⎠⎞⎜⎜⎝⎛−=}{expikkkkkiEnnWμβΖ
dengan adalah fungsi bobot yang berkaitan dengan fungsi distribusinya. Iterasi i berkaitan dengan jumlah partikel , iWΣ=kikNn( jumlah partikel ). Persamaan (1) dapat ditulis ulang dalam bentuk ( tanpa memperhitungkan faktor degenerasi )
()[ΣΠ−=}{expknkkknE ] Zμβ (2)
dan untuk sistem boson (tanpa memperhitungkan faktor degenerasi) didapatkan
Π+++=−−kEEkkeeZ..)1()(2)(μβμβ
Π−−=kEke)(11μβ (3)
Pada sistem tersebut, berlaku jumlah partikel merupakan jumlah rata – rata partikel untuk konfigurasi yang mungkin, yaitu
()ΣΣ−==−−kEkkkeNnN11μβ (4)
sehingga, dengan memandang rapat keadaan disekitar energi E adalah , jumlah partikel rata – rata dapat juga dituliskan sebagai )(ED
242
∫∞−−−=0)(11)(dEeEDNEμβ (5)
Persamaan ini mengabaikan keadaan 0=E yang dalam keadaan kuantum haruslah mempunyai bobot juga. Untuk mengakomodasinya, persamaan (5) akan berubah menjadi
βμβμμβeeVdEeEDNE++−=∫∞−−1111)(0)( (6)
Suku tambahan itu akan mempunyai nilai (jumlah partikel yang berada dalam keadaan dasar). 0N0=E
Dengan22222222RmLmkEπhh==, sehingga()2/12/3322)(EmhVEEEDπ=∂∂=Σ, persamaan (6) dapat dituliskan sebagai
dEeEhmVNNE1122)(0212/320−⎟⎠⎞⎜⎝⎛=−−−∞∫μβπ (7)
Dengan memisalkan Exβ= sehingga dan , persamaan (7) dapat ditulis ulang sebagai dxdE1−=β2/12/12/1−=βxE
dxzezexhmVNdxezxhmVNxxx−−∞−∞−−⎟⎟⎠⎞⎜⎜⎝⎛=−⎟⎠⎞⎜⎝⎛=∫∫122112202/12/32102/12/32/32βπβπ (8)
Mengingat relasi Σ==++++=−032...111llxxxxx, sehingga Σ==−11llxxx, maka bagian integrand persamaan (8), dapat dituliskan sebagai
(9) ∫Σ∞=−=012/12/3)()(llxdxzexzG
yang bila diekspansikan akan memberikan
243
⎥⎦⎤⎢⎣⎡+++=++=∫∫∫∞∞−−−....)23(3)23(2)23()()(2/332/322/3000332/1222/12/12/3ΓΓΓzzzzGdxezxdxezxdxzexzGxxxx (10)
sehingga persamaan (8) dapat dituliskan sebagai
)()23(222/32/32zghmVNΓ⎟⎟⎠⎞⎜⎜⎝⎛=βπ (11)
dengan )()23(1)(2/32/3zGzgΓ=. Persamaan ini dapat ditulis ulang dengan memberikan nilai 2)23(π=Γ dan diperoleh rata – rata partikel sebagai
)(22/32/32zghmVN⎟⎟⎠⎞⎜⎜⎝⎛=βπ (12)
dan dengan menerapkan panjang gelombang termal 2/122−⎟⎟⎠⎞⎜⎜⎝⎛=hmβπλ, diperoleh )(2/32/3zgVNλ= (13)
Nilai dapat diperoleh dengan menerapkan )(pVZpVln1−−=β, sehingga diperoleh
⎥⎦⎤⎢⎣⎡−−=⎟⎟⎠⎞⎜⎜⎝⎛−−=ΣΠ−−kEBkEBkkeTkpVeTkpV)()(11ln11lnμβμβ (14)
yang dapat diubah dalam bentuk kontinu menjadi
244
∫∫∞−∞−−⎟⎠⎞⎜⎝⎛−=−−=0)(2/12/320)(11ln2211ln)(dEeEhmVTkpVdEeEDTkpVEBEBμβμβπ (15)
Persamaan (15) mengasumsikan bahwa partikel dengan 0=E tidak disertakan mengingat batas – batas integral yang dipakai. Untuk mengikutkannya, persamaan (15) dapat ditulis ulang menjadi
βμμβπeVdEeEhmVTkpVEB−−−⎟⎠⎞⎜⎝⎛−=∫∞−11ln111ln220)(2/12/32 (16)
Dengan menerapkan dan kembali, dapat dituliskan βμez=Eexβ=
zVdxzexhmTkpxB−−−⎟⎠⎞⎜⎝⎛−=∫∞−−11ln111ln2202/12/32/32βπ
Suku terakhir mempunyai kontribusi yang sangat kecil. Dalam kasus terburuk, untuk N buah partikel, akan terdapat paling banyak keadaan yang memenuhinya dan untuk , akan paling banyak bernilai 1. Suku tersebut akan diabaikan. Persamaan (16) akan kembali ke bentuk persamaan (15) dan ditulis ulang menjadi )ln(1NN−Θ∞→N
(∫∞−−⎟⎟⎠⎞⎜⎜⎝⎛=02/12/321ln22dxzexhmTkpxBβπ ) (17)
yang dapat diekspansi dengan ...432)1ln(432+−+−=+xxxxxmenjadi 245
⎭⎬⎫⎩⎨⎧+++⎟⎟⎠⎞⎜⎜⎝⎛=⎟⎟⎠⎞⎜⎜⎝⎛+++⎟⎟⎠⎞⎜⎜⎝⎛=∫∫∫∫∞∞∞−−−∞−−−000332/1222/12/12/32033222/12/32...3222...3222dxezxdxezxdxzexhmTkpdxezezzexhmTkpxxxBxxxBβπβπ (18)
Persamaan (18) akan mempunyai nilai
()⎭⎬⎫⎩⎨⎧⎟⎟⎠⎞⎜⎜⎝⎛=ΣllBlzhmTkp2/52/322/322Γβπ (19)
Sehingga diperoleh
)(12222/532/52/32zglzhmTkpllBλπβπ=⎭⎬⎫⎩⎨⎧⎟⎟⎠⎞⎜⎜⎝⎛=Σ (20)
Nilai energi dapat diperoleh dengan VzZU,ln⎪⎭⎪⎬⎫⎪⎩⎪⎨⎧∂∂−=β , atau VzpVU,1)(⎭⎬⎫⎩⎨⎧∂∂=−ββ akan memberikan ⎭⎬⎫⎩⎨⎧=⎭⎬⎫⎩⎨⎧=⎭⎬⎫⎩⎨⎧⎟⎠⎞⎜⎝⎛∂∂−=⎪⎪⎭⎪⎪⎬⎫⎪⎪⎩⎪⎪⎨⎧∂∂−=−−)(23)(23112/5312/53'2/12/52/33',2/53zgVUzgVgVgVUVzλβλβλλββλ (21)
sehingga diperoleh
VUp32= (22)
5. Soal :
246
Hitunglah perbedaan orde 1 untuk nilai rata-rata energi antara sistem N partikel non-identik tak berspin dengan sistem N partikel boson identik tak berspin pada d λ. Kedua sistem ini berada dalam kotak dengan volume V=L3 dan massa partikel m.
Solusi :
Aproksimasi orde pertama diberikan oleh ()/()/()/1(1)1kTkTkTeeeεμεμεμ−−−−−≈+−
energi rata-ratanya adalah 3/2//3032/2/302(2)311242kTkTkTkTVmEeedheedNkTdμεμεπεεελεεε∞−∞−⎡=⎢⎣⎤⎛⎞+=+⎥⎜⎟⎝⎠⎦∫∫
6. Soal :
Pertimbangkan sebuah sistem mekanika-kuantum dari gas boson yang tak berinteraksi dan spin-nol, dengan massa masing-masing partikel adalah m dan bebas bergerak dalam ruang dengan volume V. Tentukan energi dan kapasitas panas di daerah temperatur rendah. Jelaskan mengapa pada temperatur rendah, potensial kimia perlu dibuat sama dengan nol.
Solusi :
Distribusi Bose yang dinyatakan oleh ()/11kTeεμ−−
mengharuskan nilai 0μ≤. Secara umum,
3/2()/312(2)1kTnmehεμ d πεε−=−∫ 247
Pada saat temperatur turun, potensial kimia turun terus hingga mencapai nilai 0, yang mana
3/2/312(2)1kTnmehε d πεε=−∫
Kondensasi Bose terjadi pada saat temperatur terus menurun secara kontinu dengan 0μ=. Dengan demikian, pad limit temperatur yang sangat rendah, sistem Bose dapat dikatakan memiliki 0μ=. Jumlah partikel pada keadaan tak terkondensasi tak kekal. Densitas energi u dan kapasitas panas spesifik c diperoleh sbb : 3/2/33/23/23/2303/23/2202(2)12(2)()1251kTxxumehxmkTdxheumkTxckTheε d
dx
επεεππ∞∞=−=−∂⎛⎞==⎜⎟∂−⎝⎠∫∫∫
7. Soal :
Cari ekspresi energi untuk sistem mekanika-kuantum dari gas foton (m=0). Tunjukkan bahwa energinya berbading lurus dengan T4.
Solusi :
Untuk gas foton, maka 0μ= terpenuhi pada setiap temperatur, danεω=h. Rapat keadaannya adalah 223dcωωπ, dan densitas energinya adalah. 43323/23111kTxkTxdxudceceωωωππ⎛⎞==⎜⎟−−⎝⎠∫∫hhhh
8. Soal :
248
Sebuah gas yang terdiri dari N partikel Bose tak berspin bermassa m berada dalam ruang tertutup dengan volume V dan pada temperatur T. Carilah ekspresi untuk densitas keadaan partikel-tunggal ()Dε sebagai fungsi energi partikel tunggalε. Sketsakan hasilnya. Tuliskan pula ekspresi untuk rata-rata angka pengisian keadaan partikel tunggal, nε, sebagai fungsi ε, T, dan potensial kimia ()Tμ. Gambarkan pula fungsi ini dalam sketsa tersebut, dan indikasikan di mana letakεμ=.
Solusi :
Dari pernyataan 2/2pmε= dan 234()VDdpdh
p πεε=
diperoleh
3/21/234()(2)VDdmhπεεε=.
dan ekspresi untuk rata-rata angka pengisian keadaan partikel tunggal adalah ()/1(01kTneεεμμ−=≤−
)
Sketsa hasilnya :
249
()Dεnεε0μ
9. Soal :
Untuk kasus yang sama dengan no.8, tuliskan ekspresi integral yang menentukan secara eksplisit nilai ()Tμ.
Solusi :
Dengan 2/2pmε=, maka 2303/21/23()/03/21/2()304(2)2(2)(2)1atau2/(2)1kTxxVNpndpmVdedxNVmkTxeμεεμπππεεππ∞∞−∞−==−=−∫∫∫hhh
Di mana x/0. kT μ = μ ≤ Nilai N/V tak berubah pada saat T menurun nilainya, namun ()Tμberkurang terus hingga mendekati nol.
10. Soal :
250
Dari hasil yang diperoleh dari soal no.9, perkirakan ()Tμ untuk . Deskripsikan nilai CTT<(,)untukCnTTTε<.
Solusi :
Untuk boson, berlaku 0μ<. Pada saat ,0CTTμ≤≈
Pada saat yang sama, berlaku 0/11kTneεε>=−
dan 3/25/21/20303/221(2)()11xcVdnnmkTxheTnTεπ∞=⎡⎤=−⎢⎥
x
−⎣⎦⎡⎤⎛⎞⎢⎥=−⎜⎟⎢⎥⎝⎠⎣⎦∫
11. Soal :
Cari ekspresi untuk temperatur transisi Bose-Einstein Tc untuk gas yang terdiri dari N partikel Bose tak berspin bermassa m berada dalam ruang tertutup dengan volume V dan pada temperatur T.
Solusi :
Gunakan n sebagai densitas dan Tc sebagai temperatur kritis. Perhatikan bahwa pada temperatr Tc potensial kimia mendekati nol dan jumlah partikel pada keadaan dasar juga masih mendekati nol, sehingga
251
1/23/23/01/23/2301/202/322(2)12(2)1dimanaintegral1,3061sehingga22kTcxxcdnmexdxmkTexdxAehnTmkAεπεεπππ∞∞∞=−=−==−⎛⎞=⎜⎟⎝⎠∫∫∫hh
12. Soal :
Pertimbangkan sebuah sistem gas boson yang identik, tak berinteraksi, dan non-relativistik. Jelaskan apakah efek kondensasi Bose-Einstein dapat diterapkan dalam kasus gas dua dimensi maupun gas satu dimensi.
Solusi :
Kondensasi Bose-Einstein terjadi pada saat 0μ=.
Untuk kasus gas dua dimensi, berlaku 2()/0()/210/2121221kTlkTllkTlmAdNhemAedhmAkTehlεμεμμπεπεπ∞−∞∞−−=∞==−⎛⎞=⎜⎟⎝⎠=∫Σ∫Σ
Jika0μ=, maka persamaan di atas divergen. Maka 0μ≠dan kondensasi Bose-Einstein tak terjadi pada gas dua dimensi.
Untuk kasus gas satu dimensi, berlaku
252
()()/0221kTmLdNheεμεε∞−=−∫
Jika0μ=, maka bagian integral pada persamaan di atas divergen. Maka sekali lagi 0μ≠dan kondensasi Bose-Einstein tak terjadi pada gas satu dimensi.
13. Soal :
Pertimbangkan sebuah gas foton yang dibatasi dalam volume V dan dalam kesetimbangan pada temperatur T. Foton tersebut merupakan partikel tak bermassa, sehingga pcε=.
a. Tentukan potensial kimia dari gas. Jelaskan.
b. Tentukan bagaimana jumlah foton pada volume tersebut bergantung pada temperatur.
Solusi :
a. Potensial kimia dari gas foton adalah nol. Karena jumlah foton tidak kekal pada sebuah nilai temperatur dan volume yang diberikan, jumlah rata-rata foton ditentukan oleh ,,0maka0TVTVFNFNμ∂⎛⎞=⎜⎟∂⎝⎠∂⎛⎞==⎜⎟∂⎝⎠
b. Rapat keadaan dari sistem ini adalah 232238atauVpdphVdcπωωπ⎛⎞⎜⎟⎝⎠⎛⎞⎜⎟⎝⎠ 253
Sehingga jumlah fotonnya adalah 223/322303111kTVNdceVkTdceNTωαωωπααπ∞=−⎛⎞=⎜⎟−⎝⎠∝∫∫hh
14. Soal :
Tunjukkan bahwa untuk gas foton berlaku /3pUV=
Solusi :
Rapat keadaan dinyatakan oleh 2()DV d εαεε=, dengan α adalah konstanta.
Dengan
()()()220lnln11lnln1131/3DepVeddiperolehdpVVeUVβεβεβε
d εεβαεεβεεαε−−∞Ξ=−−∂=Ξ∂=−−=−−=∫∫∫
15. Soal :
Dengan menggunakan hukum I dan II termodinamika, serta hubungan /3pUV=, carilah ketergantungan densitas energi terhadap temperatur pada gas foton.
254
Solusi :
Untuk radiasi termal, berlaku
(,)()UTVuTV=
Dengan menggunakan hubungan termodinamika berikut : TVUpTpTT∂∂⎛⎞⎛⎞=−⎜⎟⎜⎟∂∂⎝⎠⎝⎠
Dari pernyataan tersebut diperoleh 433atau,denganadalahkonstanTuuuTuTγγ∂=−∂=
16. Soal :
a. Tunjukkan bahwa jumlah foton dalam keadaan setimbang pada temperatur T pada sebuah rongga dengna volume V adalah dikali sebuah konstanta numerik. 3(/)NVktc=h
b. Gunakan hasil ini untuk mendapatkanekspresi kualitatif dai kapasitas panas dari gas foton pada volume konstan.
Solusi :
a. Rapat keadaan foton dinyatakan oleh 2233Vdgdcεεπ=h
sehingga
255
2233211VNdcekTVcεβεεπα=−⎛⎞=⋅⋅⎜⎟⎝⎠∫hh
dengan 22011,1dkTeλλβαλπ∞==−∫
b. Rapat energinya adalah 22333320111VudcekTkTVdceεβλεεεπλλπ∞=−⎛⎞=⋅⋅⎜⎟−⎝⎠∫∫hh
Sehingga dari pernyataan VuCT∂=∂, diperoleh 3VCT∝
17. Soal :
Alam semesta kita dilingkupi oleh radiasi benda hitam 3 K. Dalam pandangan sederhana, radiasi ini timbul dari ekspansi adiabatik dari banyak awan foton yang diproduksi pada saat ‘big-bang’.
a. Mengapa ekspansinya sekarang bersifat adiabatik, bukan, misalnya, isotermal?
b. Jika dalam 1010 tahun berikutnya alam semesta mengembang sebanyak faktor dua, apa yang terjadi dengan temperatur dari radiasi benda hitam tersebut?
Solusi :
a. Awan foton merupakan sistem terisolasi, sehingga ekspansinya bersifat adiabatis.
b. Rapat energi dari radiasi benda hitam adalah 4uTα=, sehingga energi totalnya adalah . Dari persamaan TdS4EVT∝dEpdV=+, berlaku
256
3VVSETVTT∂∂⎛⎞⎛⎞=∝⎜⎟⎜⎟∂∂⎝⎠⎝⎠
T
Dengan demikian 3SVTkonstanta=⋅
Untuk ekspansi adaiabatik reversibel, entropi S tetap, tak berubah. Dengan demikian, ketika volume V berubah menjadi dua kali lipat, T akan berkurang denga faktor (2)-1/3 sehingga setelah 1010 tahun, temperaturnya akan menjadi 1/332KT=
18. Soal :
Untuk kasus pada soal no. 16, Tuliskan integral yang menentukan seberapa besar nilai energi per meter kubik yang berada dalam awan radiasi ini. Perkirakan hasilnya dalam orde joule per meter kubik.
Solusi :
Radiasi benda hitam mematuhi statistika Bose-Einstein, maka ()324330181211pcxEdpcxdpcVhehecβπβ∞==−−∫∫ x
Dengan faktor 2 menyatakan jumlah polarisasi per keadaan. Dengan demikian, ()5414338()10J/m15EkTVhcπ−==
19. Soal :
Alam semesta kita dilingkupi oleh radiasi benda hitam (foton) pad temperatur T = 3 K. Radiasi ini diduga merupakan peninggalan dari perkembangan awal ‘big-bang’. Tuliskan ekspresi jumlah densitas N secara analitik sebagai fungsi T dan konstanta universal. Beberapa kofaktor numerik sebaiknya dibiarkan dalam bentuk integral tak berdimensi saja.
257
Solusi :
Distribusi Bose diberikan oleh :
()()()1/1knkeβε=−
Jumlah total foton adalah : 33/212(2)1hckdkNVeβππ=⋅−∫
dengan ()kkc ε=huntuk foton, dan 1BTκβ=. Faktor dua timbul karena adanya polarisasi dua arah. Sehingga : 321BkTNnIVcπ⎛⎞==⋅⎜⎟⎝⎠h
dengan 20230111122xnxnnxIdxedxxen∞∞∞∞−===−=⋅=≈∫ΣΣ∫ .4
20. Soal :
Anggap alam semesta kita merupakan rongga sferis dengan radius 1028 cm dan dilingkupi oleh dinding yang tak-tembus. Jika temperatur dalam rongga adalah 3 K, tentukan jumlah foton yang ada di alam semestadan energi yang dikandung oleh foton-foton tersebut.
Solusi :
Jumlah foton yang ada dalam frekuensi anguler dari ω sampai ω+dω adalah 2231,1VddNcekTβωωωβπ==−h
Jumlah total foton adalah :
258
()22323/2230033232131628322787111121.222.441.38103(10)31.0510312.510xnVdVxNceceVkTkTVcncβωπωωππβππππ∞∞∞=−−==−−×⎛⎞⎛⎞=⋅≈⋅⎜⎟⎜⎟⎝⎠⎝⎠⎛⎞××=⋅⋅⋅⎜⎟×××⎝⎠≈×∫∫Σhhhh
010
dx
Dengan total energinya adalah ()32443230721152.610VdkEVcecergβωωωππ∞==−≈×∫hh
T
259
Soal Latihan
1. Tunjukkan bahwa kompresibilitas isotermal κT dan kompresibilitas adiabatis κS dari gas ideal Bose diberikan oleh : 1/23/23/25/2()()13,()5()TSgzgznkTgznkTgzκκ==
dengan n(=N/V) adalah densitas partikel dalam gas.
2. Tunjukkan bahwa pada gas ideal Bose berlaku : 5/23/2()152(PgzzzTTgz∂⎛⎞=⎜⎟∂⎝⎠ )
3. Dengan menggunakan hubungan 2PVTVPPVPCCTTVTTTκ∂∂∂⎛⎞⎛⎞⎛⎞−==⎜⎟⎜⎟⎜⎟∂∂∂⎝⎠⎝⎠⎝⎠V
dan
//PVTCCκκ= S
buktikan bahwa {}5/21/223/2()()5/3()PVgzgzCCgzγ≡=
4. Hitunglah untuk gas ideal Bose, dan ujilah apakah hasilnya sesuai dengan hubungan-hubungan termodinamika berikut : 222222(/),(/),(/),vvPTTTμμ∂∂∂∂∂∂ P
260
222222danVvvPPPCVTNTTTCNTTμμ⎛⎞⎛⎞∂∂=−⎜⎟⎜⎟∂∂⎝⎠⎝⎠⎛⎞∂=−⎜⎟∂⎝⎠
5. Kecepatan suara dalam fluida diberikan oleh (/)SwPρ=∂∂ dengan ρ adalah densitas fluida. Tunjukkan bahwa untuk gas ideal Bose berlaku : 22 5/ 2
3/ 2
5 ( ) 5
3 () 9
w kT g z u
m g z
= = dengan u2 adalah kuadrat rata-rata kecepatan partikel dalam gas.
6. Tunjukkan bahwa untuk gas ideal Bose berlaku {}1223/2()()14()gzgzuugzπ=
dengan u adalah kecepatan partikel. Tinjau untuk keadaan dimana z �� 0 dan z �� 1.
7. Tunjukkan bahwa energi rata-rata tiap foton dalam radiasi benda hitam rongga sangat dekat dengan nilai 2,7kT.
8. Matahari dapat dianggap sebagai benda hitam pada temperatur 5800 K, dengan diameter 1,4x109 m berjarak 1,5x1011 m dari bumi.
a) Hitung intensitas radian total dari sinar matahari pada permukaan bumi.
b) Seberapa besar tekanan yang dilakukan pada permukaan yang menyerap sempurna yang ditempatkan normal terhadap sinar matahari? 261
c) Jika sebuah satelit dianggap memiliki permukaan yang menyerap sempurna, dan menghadap normal terhadap sinar maahari, berpakah temperatur ekivalen yang diterima?
9. Gunakan persamaan tekanan kinetik gas umum 13Pnpu= pada gas roton dan ujilah bahwa hasil yang diperoleh akan cocok dengan hubungan Boltzmann . PnkT=
10. Pertimbangkan sebuah gas ideal Bose dalam medan gravitasi uniform. Tunjukkan bahwa fenomena kondensasi Bose-Einstein yang terjadi pada temperatur TC diberikan oleh ()1/200328119CCCmgLTTkTπζ⎡⎤⎛⎞⎢⎥+⎜⎟⎢⎥⎝⎠⎣⎦��
dengan L adalah tinggi kontainer dan . 0CmgLkT��
11. Untuk kasus gas ideal Bose dalam medan gravitasi uniform. Tunjukkan bahwa pada fenomena kondensasi Bose-Einstein, berlaku : ()1/23209()8CVTTCmgLCNkkTπζπ=⎛⎞Δ−⎜⎟⎝⎠��
12. Pertimbangkan gas ideal Bose dalam ensembel grand kanonik. Pelajari fluktuasi jumlah partikel N dan energi total E. Jelaskan apa yang terjadi ketika gs tersebut terdegenerasi tinggi.
13. Pertimbangkan gas ideal Bose yang dibatasi oleh luas A 2-D.Tuliskan ungkapan jumlah partikel pada keadaan tereksitasi, Ne, dan jumlah partikel pada keadaan dasar, N0, dalam fungsi z, T dan A, dan tunjukkan bahwa sistem tersebut tak memenuhi kondensasi Bose-Einstein kecuali pada T �� 0 K.
262
14. Untuk kasus yang sama dengan no.13, tunjukkanlah bahwa jika A dan N tetap, Ne, dan N0, dalam orde N, maka kondensasi terjadi pada 221lnhTmklN��
dengan ~(/)lAN⎡⎣
⎤⎦
adalah jarak rata-rata antarpartikel dalam sistem.
15. Pertimbangkan kasus gas ideal Bose n-dimensi yang spektrum energi partikel-tunggalnya diberikan oleh spε∝ dengan s adalah sembarang bilangan positif. Jelaskan ketergantungan kondensasi Bose-Einstein terhadap n dan s. Jelaskan sifat-sifat termodinamika sistem tersebut, yaitu : ,(),dan()1VPsUnnPCTNkCTnVss⎛⎞=→∞=→∞=+⎜⎟⎝⎠
Nk
16. Fungsi partisi kanonik radiasi benda hitam dapat ditulis oleh :
1110(,)(,)sehinggaln(,)ln(,)ln(,)()QVTQTQVTQTQTgdωωωωωω∞==≈ΠΣ∫ ω
dengan Q1 adalah fungsi partisi osilator-tunggal dan ()gωdensitas keadaan. Dengan menggunakan informasi tersebut, hitung energi Helmholtz, P dan U/V dari sistem tersebut.
17. Tunjukkan bahwa entropi tiap foton pada radiasi benda hitam tak bergantung pada temperatur, dan dalam dimensi spasial d diberikan oleh:
263
111(1)dndnnSdn∞−−=∞−==+ΣΣ
18. Tabel di bawah menunjukkan beberapa nilai hasil eksperimen T terhadap kapasitas panas He4 cair. Nilai-nilai tersebut diperoleh pada kurva tekanan uap dari Helium cair.
Temperatur ( K) Kapasitas Panas (joule/g-deg)
0.60 0.0051
0.65 0.0068
0.70 0.0098
0.75 0.0146
0.80 0.0222
0.85 0.0343
0.90 0.0510
0.95 0.0743
1.00 0.1042
(a) Tunjukkan bahwa sifat kapasitas panas pada temperatur yang sangat rendah merupakan karakteristik gas fonon.
(b) Hitung kecepatan suara di dalam Helium cair pada temperatur rendah.
19. Tunjukkan bahwa persamaan keadaan gas ideal Bose dalam fasa gas dapat dituliskan dalam bentuk ekspansi virial berikut :
264
2331121...84293PvkTvvλλ⎛⎞⎛⎞⎛⎞=−+−−⎜⎟⎜⎟⎜⎟⎝⎠⎝⎠⎝⎠
20. Tunjukkan dalam kasus gas Bose tak-ideal dalam fasa gas, persamaan keadaannya dapat dituliskan dalam bentuk: 23312121...84233PvakTvvλλλ⎛⎞⎛⎞⎛⎞⎛⎞=+−++−−⎜⎟⎜⎟⎜⎟⎜⎟⎝⎠⎝⎠⎝⎠⎝⎠
265
Bab 16 Soal dan Penyelesaian
Statistik Fermi-Dirac
1. Pada temperatur tertentu, distribusi Fermi f(ε) dapat dinyatakan dalam aproksimasi kasar sebagai garis putus-putus sebagaimana tampak pada gambar. Berikan penjelasan sederhana mengenai munculnya kapasitas panas linear yang muncul dari aproksimasi ini.
Solusi :
D(ε)f(ε) ditunjukkan dengan garis putus-putus pada gambar. Jika digunakan aproksimasi tersebut pada soal, D(ε)f(ε) merupakan garis tebal pada gambar. Beda ΔE antara energi internal pada temperatur T kelvin dan 0 kelvin bersesuaian dengan beda antara center of gravity G’ dari segitiga ABC dan center of gravity G dari segiempat AA’B’B terhadap sumbu ε. Dengan menuliskan BC = 2αkT , dengan α adalah tetapan yang berorde satu, dapat dituliskan koordinat untuk G dan G’ sebagai berikut :
ε
f(ε)
f(ε)
ε
G’
G
B
B’
C
A’
Aε 266
G : OB + ½ BB’ = OB + ½ αkT
G’ : OB + ⅓ BC = OB + ⅔ αkT
Sehingga dapat diperoleh
ΔE = αkTD x 1/6 αkT = 1/6 α2D(kT)2
Dengan αkTD berarti jumlah elektron yang terkandung pada daerah AA’B’B. Jika dipilih AC sebagai tangen dari kurva distribusi Fermi, maka diperoleh 2αkT = 1/|f’(μ)| = 4 kT. Sehingga diperoleh TDkdTEdC234=Δ=
2. Ditinjau suatu semikonduktor intrinsik yang mempunyai celah energi (energy gap) selebar EG, dengan densitas elektron konduksi n dan densitas hole p. Tunjukkan bahwa hubungan berikut dipenuhi : kTEheGehkTmmpn2/2/322/1)(22−⎟⎟⎠⎞⎜⎜⎝⎛==π
Tunjukkan pula bahwa potensial Fermi dari sistem elektron dapat dinyatakan dengan : ehGmmkTElog4321+=μ
jika elektron konduksi dan hole diasumsikan berkelakuan sebagai partikel bebas dengan massa efektif masing-masing me dan mh. Awal nilai energi diambil pada bagian atas pita yang terisi dengan asumsi EG>>kT. Hitung nilai n (= p) untuk kasus : EG = 0,7 eV, T = 300 K, mh = me = m.
Solusi :
Jumlah total elektron diberikan oleh : ΣΣ+++=−−jijieeN1111)()(μεβμεβ (1)
Dengan εi merupakan level energi pada pita konduksi dan εj merupakan level energi pada pita terisi. Pada kasus semikonduktor intrinsik jumlah total state elektron sama dengan N, yakni Σj 1 = N. Sehingga dapat dituliskan : ΣΣΣ+=⎟⎠⎞⎜⎝⎛+−=+−−−−jjijjieee1111111)()()(μεβμεβμεβ (2)
267
Persamaan ini menunjukkan kesamaan jumlah elektron konduksi dan jumlah hole dalam pita yang terisi, yakni
n = p. (3)
εi dan εj dapat dituliskan sebagai
εi = EG + p2/2me, εj= - p2/2mh (4)
dengan p adalah momentum partikel dan n dan p ditunjukkan oleh ,12)2/(32∫+=+−eGmEedhnppμβ (5) .132)2/(2∫+=+hmedhpppμβ (6)
Pada 0 K, baik n maupun p sama dengan nol. Pada temperatur yang tidak sangat tinggi, hubungan EG-μ>>kT, dan μ>>kT masih berlaku dan nilai n dan p dapat dianggap kecil. Dengan demikian dapat diasumsikan sifat non-degenerasi baik pada elektron konduksi maupun hole. Sehingga dapat diperoleh ,2.22~/)(2/32)2/(32kTEemEGeGehkTmdehnμμβπ−−+−−∫⎟⎠⎞⎜⎝⎛=pp (6) .2.22~/2)2/(32kThmehkTmdehphμμβπ−+−∫⎟⎠⎞⎜⎝⎛=pp (7)
Dari persamaan (7), (8) dan (3) dapat ditentukan eμ/kT yakni, kTEGememhkTe2/4/3/⎟⎠⎞⎜⎝⎛=μ (9)
Dari (7) dan (8) dapat dituliskan kTEheGehkTmmpn2/2/322/1)(2.2−⎥⎦⎤⎢⎣⎡==π (10)
Dari (9) dapat diperoleh ehGmmkTElog4321+=μ (11)
Potensial Fermi yang ditentukan persamaan (11) sangat dekat dengan pertengahan celah energi jika nilai log(mh/me) berorde satu dan temperatur berada di bawah nilai EG/k. Untuk EG = 0,7 eV, 268
EG/k bernilai 0,81x104 K. Karenanya pada temperatur biasa hubungan EG/k>>T, EG-μ>>kT, dan μ>>kT dipenuhi. Dengan nilai T = 300 K dan me = mh = m, diperoleh
.cm 10 x 1,6 ~ e(300) x 10 x 4,83 -313/300-0,41x103/2154==pn
3. Ditinjau semikonduktor tipe-n yang level donor-nya berada ED dibawah dasar dari pita konduksi. Misal ND, nD dan n adalah berturut-turut jumlah donor, jumlah elektron pada level donor dan jumlah elektron konduksi masing-masing per satuan volume. Turunkan hubungan kTEeDDDDeNnnNn/21)(−=−
dan tafsirkan arti fisisnya. Di sini diasumsikan bahwa level donor tidak dapat dihuni oleh dua elektron pada saat bersamaan, sistem elektron non-degenerate, dan Ne = 2(2πm*kT/h2)3/2, dengan m* adalah massa elektron konduksi.
Solusi:
Ditinjau sampel satu satuan volume. Energi bebas elektron F pada level donor ditunjukkan oleh persamaan ⎟⎟⎠⎞⎜⎜⎝⎛−−−=DnDDDDDDnNnNkTEnF2.)!(!!log (1) ⎟⎟⎠⎞⎜⎜⎝⎛−−−−−−=DDDDDDDDDDDNnNnNNnnnkTEnlog)(log2log (2)
bilangan dalam logaritma pada suku kedua persamaan (1) berarti jumlah total konfigurasi elektron nD (spin + ataupun -) yang terdistribusi pada level donor ND. Pada persamaan (2) faktor ini disederhanakan dengan menggunakan rumus Striling. Potensial kimia elektron μ pada level donor diberikan oleh persamaan ⎟⎟⎠⎞⎜⎜⎝⎛−−−−=∂∂=DDDDDnNnkTEnFlog2logμ, (3)
Sehingga
kTEDDDDenNn/)(.2μ+=− (4)
Atau
269
.1/)(21+=+−kTEDDDeNnμ (5)
Sementara itujumlah elektron konduksi n diberikan oleh persamaan ∫+=−−12/)(3kTedhnμεp, dengan (ε = p2/2m*) (6)
Dimana faktor 2 muncul karena degenerasi spin. Dengan asumsi degenerasi lemah, persamaan (6) dapat dituliskan sebagai ..*2.22//2/32/)(3kTekTkTeNehkTmdpehnμμμεπ=⎟⎠⎞⎜⎝⎛==∫−− (7)
Dengan mengeliminasi μ pada persamaan (4) dan (7), diperoleh, .)(/21kTEeDDDDeNnnNn−=− (8)
Prinsip dari alur pemikiran di atas tidak lain adalah penentuan kesetimbangan reaksi pada persamaan berikut
eDD+↔+ (9)
D berarti donor dengan elektronnya , D+ donor terionisasi dan e adalah elektron konduksi. Jika digunakan notasi [D] = nD, [D+] = ND-nD dan [e] = n, maka persamaan (8) berbentuk hukum aksi massa
[][][])(TKDeD=+ (10)
4. Suatu elektron dalam medan magnet H punya energi ± μBH sesuai dengan keadaan momen magnet spin paralel atau anti paralel terhadap medan. Hitung suseptibilitas paramagnetik spin dari sistem elektron bebas pada 0 K dengan degenerasi penuh.
Solusi :
Energi elektron dapat dituliskan sebagai berikut HpBmμε±=22 (1)
Dengan tanda ± berkaitan dengan dua arah momen magnet spin. Pada 0 K elekktron menduduki level energi hingga potensial Fermi μ0. Karenanya energi kinetik elektron p2/2m dengan spin +
270
bernilai antara 0 hingga μ0-μBH dan yang spin – bernilai dari 0 hingga μ0+μBH. Jumlahnya diberikan oleh persamaan 33.34++=phVNπ, HBpmμμ−=+0221 (2) 33.34−−=phVNπ HBpmμμ+=−0221 (3)
Momen magnet total diberikan oleh )(34)(333−+−+−−=−−=pphVNNMBBμπμ (4) ])}(2{)}(2[{342/302/303HmHmhVBBBμμμμπμ−−+= (5)
Dengan mengasumsikan bahwa μ0>>μBH, dapat diperoleh ...,.../)2(343022302/3032+=+=HHμμμμπμNmhVMBB (6)
Dengan N=2.4πV(2mμ0)3/2/3h2. akhirnya diperoleh 02230223//kTnnBBμμμχ==.
5. Misal suatu besaran fisika I dari suatu sistem elektron dinyatakan dengan suatu integral yang mengandung distribusi Fermi f(ε)
∫∫∞∞≡=00)()()()()(εεεεψεεεdfDdfgI, (g = ψD)
Dengan D adalah density of states. Turunkan rumus-rumus berikut ini jika degenerasi cukup kuat : ),()('302231TOTgkTI+=⎟⎠⎞⎜⎝⎛∂∂μπμ ),()(20TOgIT+=⎟⎟⎠⎞⎜⎜⎝⎛∂∂μμ ).()()('3002231TODTkTIN+=⎟⎠⎞⎜⎝⎛∂∂μμψπ
Solusi :
271
11)()(+=−μεβεef, (β=1/kT) []),('12)()(2εμεμεμεβμεβμfTeekTTf−−=+−=⎟⎠⎞⎜⎝⎛∂∂−− ).('εμffT−=⎟⎟⎠⎞⎜⎜⎝⎛∂∂ ()()...)(')(12222610+⎥⎦⎤⎢⎣⎡−=−−=⎟⎠⎞⎜⎝⎛∂∂=∞∫μεμμεεπεεεμεgddTkdfgTTI ),()('32231TOTgk+=μπ (1)
Dan ∫∞+=−=⎟⎟⎠⎞⎜⎜⎝⎛∂∂02).()()(')(TOgdfgITμεεεμ (2)
Untuk g = D, maka I = N. Dari hubungan 0=⎟⎠⎞⎜⎝⎛∂∂+⎟⎟⎠⎞⎜⎜⎝⎛∂∂=dTTNdNdNTμμμ
Dapat diperoleh ).()()('32231TODDTkTN+−=⎟⎠⎞⎜⎝⎛∂∂μμπμ (3)
Berdasarkan persamaan (3) dapat dilihat g’ dan g pada persamaan (1) dan (2) , μ dapat diganti dengan nilai μ0 pada 0 K. Dapat pula diperoleh hubungan μμμ⎟⎠⎞⎜⎝⎛∂∂+⎟⎠⎞⎜⎝⎛∂∂⎟⎟⎠⎞⎜⎜⎝⎛∂∂=⎟⎠⎞⎜⎝⎛∂∂TITITINTN
)()(')()(')(322312231TOTgkDDTkg++−=μπμμπμ
).()()('3002231TODTk+=μμψπ
6. Di dalam logam dianggap ada elektron yang dapat berpindah secara bebas. Atomic heat dat kristal Na (volume atom 24 cm3/mol) sama dengan 4,5R jika diasumsikan adanya satu elektron bebas per atom dan berlaku ekipartisi energi sebagaimana berlaku dalam statistik klasik. Tunjukkan rincian logikanya dan jelaskan mengapa atomic heat logam biasanya mengikuti hukum Dulong-Petit dan mengapa kontribusi dari elektron bebas tampak hampir nol, berlawanan dengan kesimpulan sebelumnya.
272
Solusi:
Sistem elekton bebas yang dianggap sebagai gas ideal klasik punya kapasitas`panas molar pada volume konstan (CV) sama dengan 3/2R sebagai akibat diberlakukannya ekipartisi energi pada derajat kebebasan translasinya. Di lain pihak vibrasi kisi kristal logam menyumbang 3R terhadap nilai CV, karena dipunyai 3N0-6≅3N0 derajat kebebasan per mol (N0 = bilangan Avogadro) dan dapat diperlakukan sebagai sistem 3N0 osilator harmonik yang mengikuti statistik klasik. Dengan menjumlahkan kedua jenis tersebut dapat diperoleh 4,5 R sebagai kapasitas panas atom logam.
Jika sistem elektron dianggap sebagai gas Fermi yang terdegenerasi, elektron menempati pita konduksi hingga level pada orde potensial Fermi μ0 = kT0 (>>kT). Energi termal yang berode kT tidak dapat mengeksitasi elektron pada level yang lebih rendah ke level yang lebih tinggi yang kosong, karena adanya larangan Pauli. Hanya elektron di dekat potensial Fermi dapat menyerap energi termal kT dan berpindah ke level lebih tinggi yang kosong, karena distribusi Fermi terdegenerasi turun secara tajam dari 1 ke 0 dalam selang energi selebar kT disekitar potensial Fermi. Akibatnya elektron yang dapat dieksitasi secara termal berorde N x T/T0, dan sumbangannya pada kapasitas panas atom berorde 3/2 R x T/T0 dan dapat diabaikan ketika T<<T0. Dengan asumsi density of state berbentuk 2/13323)2(842)(επεπεmhVddpphVD==
Dapat diperoleh nilai estimasi untuk μ0 sebagai berikut .10166,4388323/2113/2023/220ergVVNmhVNmhAA−−×=⎟⎟⎠⎞⎜⎜⎝⎛=⎟⎠⎞⎜⎝⎛=ππμ (1)
Dengan VA merujuk pada volume atom. Untuk Na VA = 24 cm2 dan μ0 = 5,0 x 10-12 erg (= 3,0 eV), T0 = μ0/k = 3,6 x 104 K. Sesuai dengan hubungan T<<T0 hal ini dipenuhi dengan baik pada temperatur biasa.
7. Ditinjau suseptibilitas paramagnetik spin dari gas elektron bebas. Jelaskan makna fisis beda kualitatif antara nilai suseptibilitas tersebut pada kasus degenerasi kuat dan degenerasi lemah. Jelaskan pula makna dari rasio antar kedua nilai tersebut.
Solusi :
273
Pada kasus non-degenerate, susptibilitas magnetik spin diberikan oleh persamaan
,/2kTnBμχ=∞ (1)
Sedangkan untuk kasus degenerate ./0223kTnBμχ=∞ (2)
Rasio antara keduanya 0023TT=∞χχ (3)
Dapat dianggap sebagai bilangan yang mewakili rasio antara jumlah elektron yang dapat menerima energi termal terhadap jumlah total elektron yang terdiri atas gas Fermi yang sangat terdegenerasi. Dengan kata lain jika diasumsikan bahwa n’ = n x 3/2 (T/T0), elektron dapat diperlakukan secara klasik (tidak ada degenerasi) dan punya suseptibilitas magnet sebagaimana persamaan (1), maka akan diperoleh hasil sebagaimana persamaan (2). Penyebab kelakuan ini tidak lain adalah prinsip Pauli, sebuah elektron yang punya energi ε tidak dapat menyerap kuantum eksitasi termal jika keadaan dengan energi ε + kT telah terisi. Namun, elektron yang menduduki daerah energi selebar kT disekitar potensial Fermi dapat dieksitasi secara bebas.
8. Buatlah estimasi nilai kapasitas panas elektron dan suseptibilitas paramagnetik spin (per satuan massa) dari Li dan Na. Asumsikan bahwa elektron valensi kedua logam tersebut dapat dianggap sebagai elektron bebas dan gunakan 0,534 g/cm3 dan 0,97 g/cm3 sebagai densitas masing-masing dari Li dan Na.
Solusi :
Rumus untuk gas Fermi ideal dapat digunakan pada kasus ini
0222/μπTkNCV=
022/3μμχBsN= ()3/2208/32VNmhπμ=
Dengan N adalah jumlah elektron per satuan massa. Jika densitas adalah ρ, berat molekul M, jumlah elektron valensi z dan bilangan Avogadro N0, dapat dituliskan N = zN0/M dan N/V = ρN, sehingga
274
TMzTMzhmNkCV3/13/23/143/23/13/223/1023/83/2103248,034ρρπ−−×==cal/g.deg 3/13/23/1663/13/13/2223/23/110864,13.4MzMzhBsρρμπχ−−×== cgs.emu/g
Jika diambil nilai z = 1, ρ = 0,534 g cm-3, M = 7 untuk Li
z = 1, ρ = 0,97 g cm-3, M = 23 untuk Na, diperoleh
Li : CV = 0,2579 x 10-4 T cal/g.deg, χs = 1,4808 x 10-6 cgs.emu/g.
Na : CV = 0,1166 x 10-4 T cal/g.deg, χs = 0,6691 x 10-6 cgs.emu/g.
9. Tunjukkan bahwa persamaan keadaan gas Fermi ideal dapat dituliskan sebagai
pV=2/3U
dan turunkan rumus untuk kompresibilitas jika degenerasi kuat. Estimasikan kompresibilitas kristal Na. Asumsikan bahwa kristal Na punya satu elektron bebas per atom dan gunakan nilai berikut : berat atom = 23, densitas = 0,97 g/cm3.
Solusi :
Dengan menggunakan fungsi grand partisi Ξ dapat dituliskan
(,1log)(log0)(∫∞−+=Ξ=εμβεεedDkTkTpV ) (1)
Dengan D(ε) untuk elektron bebas diberikan oleh
,)(2/1εεCD= ,2/3032NC=μ 3/220832⎟⎠⎞⎜⎝⎛=VNmhπμ . (2)
Melalui integrasi parsial dapat diperoleh (),1log)/(0)(2/12/323∫∞−+=εμβεεμedNkTpVo
()[]()⎟⎟⎠⎞⎜⎜⎝⎛+++=∫∞−∞−0)(2/3320)(2/3322/30231/1log/(μεβεμβεεβεμedeNkT 275
()EdfDfdN∫∫∞∞===0322302/32/30)()()(/εεεεεεεμ (3)
Pada kasus yang sangat terdegenerasi, E diberikan oleh persamaan ,...161251404202053⎟⎟⎠⎞⎜⎜⎝⎛+⎟⎟⎠⎞⎜⎜⎝⎛−⎟⎟⎠⎞⎜⎜⎝⎛+=μπμπμkTkTNE (4)
Sehingga dapat dituliskan ...,60322052++=vTkvpμπμ (5)
Dan kompresibilitas κ diberikan oleh persamaan ()TTvpvpVV∂∂−=⎟⎟⎠⎞⎜⎜⎝⎛∂∂−=/11κ ,...18123...18322020102220⎟⎟⎠⎞⎜⎜⎝⎛+⎟⎟⎠⎞⎜⎜⎝⎛−=⎟⎟⎠⎞⎜⎜⎝⎛++=−μπμμπμkTvvTkv (6)
Pada 0 K diperoleh dynecmVVNmhNVvAAA/1310.597,0832/232322/53/202000−×=⎟⎟⎠⎞⎜⎜⎝⎛==πμκ
Untuk VA = 23/0,97 cm3, diperoleh nilai κ0 = 11,7 x 10-12 cm2/dyne.
10. Ditinjau sampel logam yang mengandung N atom dan diasumsikan bahwa pita energi logam ini yang dapat menampung 2N elektron dihuni oleh 2N-N’ elektron. Tunjukkan bahwa kontribusi elektron-elektron tersebut terhadap sifat termal logam ekivalen dengan gas elektron yang level energinya adalah –εi dan potensial kimianya adalah –μ, dimana εi dan μ adalah level energi dan potensial kimia sistem elektron.
Solusi :
Sifat termal gas elektron yang terdiri atas 2N-N’ elektron yang menduduki pita energi tersebut di atas ditentukan oleh energi bebas Helmholtz
()Σ−+−−=iiekTNNF)(1log)'2(εμβμ, (1)
276
(⎥⎦⎤⎢⎣⎡+∂∂=−Σ−iiekTNN)(1log'2εμβμ
) . (2)
Persamaan tersebut dapat diubah menjadi bentuk
()()()()ΣΣ−−+−−=−iiiiekTNNFεμμμεβ1log'2
()()()ΣΣΣ−−+−−=−iiiiiiekTNεμμεμεβ1log', (3)
Dan
()()(),11211111'2ΣΣΣ−−−+−=⎟⎠⎞⎜⎝⎛+−=+=−iiiiiieNeeNNεμβεμβμεβ (4)
Atau
( ) ,11')(Σ−−−+=iieNμεβ (5)
Suku Σiεi pada persamaan (3) merupakan konstanta dan tidak berhubungan dengan sifat termal dan dapat dihilangkan dengan mengubah nilai energi nol. Persamaan (3) dan (5) tidak lain adalah persamaan yang menentukan energi bebas Helmholtz dari sistem elektron yang mempunyai energi –εi dengan potensial kimia –μ.
11. Jika ditinjau spin elektron, sebuah elektron pada level donor dapat memiliki dua keadaan. Namun, interaksi Coulomb antar elektron mencegah level donor untuk menampung dua buah elektron pada saat bersamaan. Tentukan suseptibilitas magnetik spin sistem elektron pada level donor dengan asumsi tersebut.
Solusi :
Fungsi grand partisi untuk elektron yang terdistribusi pada ND donor ditunjukkan oleh
()()()[]DBDBDNkTEkTEee//1HHμμλ+−++=Ξ
DDNBkTEkTe⎥⎦⎤⎢⎣⎡+=Hμλcosh21/ (1)
Tiga suku dalam kurung adalah keadaan kosong, keadaan yang terisi elektron dengan spin positif dan keadaan dengan spin negatif. λ = exp(μ/kT) merupakan aktivitas absolut elektron. Titik mula potensial kimia μ, yang juga titik awal energi, diambil pada dasar pita konduksi. Karenannya
277
energi elektron pada level donor adalah –ED + μBH atau –ED - μBH bergantung pada apakah spin elektronnya positif atau negatif. Dari persamaan (1) dapat dituliskan )/cosh(21)/sinh(2log//kTekTeNkTMBkTEBkTEBDDDHHHμλμλμ+=∂Ξ∂=. (2)
Untuk H kecil dapat diperoleh besaran per satuan volume, kTnekTNHMBDkTEBDD2/)(21211μμχμ=+==+−. (3)
Ini berarti bahwa nD elektron dalam level donor mengarahkan spinnya pada medan magnet secara independen.
12. Tentukan potensial kimia dan kapasitas panas gas Fermi ideal (spin ½) relativistik yang sangat degenerate.
Solusi :
Dengan menuliskan ε = cp, maka dapat diturunkan hubungan sebagai berikut ∫∫∞−∞−+=+=0)(2330)(231818μεβμεβεππedpchedpphVN, (1) ∫∫∞−∞−+=+=0)(3330)(231818μεβμεβεπεπedpchedpphVE. (2)
Untuk kasus yang terdegenerasi kuat, dengan g(ε) = εs, dapat dituliskan ....)2)(1(360)(76)(1)(341201+−−+++=−−∞+∫ssssssskTskTsdfμπμπμεεε (3)
Untuk s = 2 dan 3 diperoleh, ,1382333⎟⎟⎠⎞⎜⎜⎝⎛⎟⎟⎠⎞⎜⎜⎝⎛+=μππμkTchVN (4) .15721242334⎟⎟⎠⎞⎜⎜⎝⎛⎟⎟⎠⎞⎜⎜⎝⎛+⎟⎟⎠⎞⎜⎜⎝⎛+=μπμππμkTkTchVE (5)
Dari persamaan (4) dapat diperoleh
278
,...311200⎟⎟⎠⎞⎜⎜⎝⎛+⎟⎟⎠⎞⎜⎜⎝⎛−=μπμμkT 3/1083⎟⎠⎞⎜⎝⎛=πμnhc , .⎟⎠⎞⎜⎝⎛=VNn (6)
Jika disubstitusikan ke dalam persamaan (5), dapat diperoleh ,...3212203340⎟⎟⎠⎞⎜⎜⎝⎛+⎟⎟⎠⎞⎜⎜⎝⎛+=μππμkTchVE sehingga ,...32120043⎟⎟⎠⎞⎜⎜⎝⎛+⎟⎟⎠⎞⎜⎜⎝⎛+=μπμkTNE (7)
Dan untuk kapasitas panas pada volume tetap ....32...3/13/123/7022,+=+=⎟⎠⎞⎜⎝⎛∂∂=hcnTkNTkNkTECNVVπμπ (8)
Suku pertama CV menunujukkan kebergantungan terhadap suhu sama dengan kasus non-relativistik, tetapi dengan koefisiennya menjadi
()mchnπ233/1
Terhadap kasus yang non-relativistik, artinya menjadi sangat lebih besar.
13. Hitung potensial Fermi μ dan energi internal E dari gas Fermi ideal yang terdiri atas partikel berspin ½ hingga suku orde T4, untuk kasus degenerasi cukup tinggi.
Solusi :
Density of state D(ε) untuk partikel bebas dalam kotak bervolume V adalah ∫=επεε02342)(dppddhVD , (p2 = 2mε)
,22.22/12/32επ⎟⎠⎞⎜⎝⎛=hmV (1)
Dengan faktor 2 muncul karena degenerasi spin. Pada 0 K keadaan energi sepenuhnya terisi hingga level ε = μ0 yang ditentukan dengan hubungan ,23824)(2/30202/32000NhmVdhmVdD=⎟⎠⎞⎜⎝⎛=⎟⎠⎞⎜⎝⎛=∫∫μπεεπεεμμ (2)
Atau ,8323/220⎟⎠⎞⎜⎝⎛=VNmhπμ 279
Dengan N adalah jumlah total partikel. Sehingga dapat diperoleh ./)(2/302/123μεεND= (3)
Pada temperatur finite, diperoleh ∫∫∞−∞==02/12/30230.)()()(NdfNdDfεεεμεεε (4)
Menggunakan rumusan untuk kasus terdegenerasi, dengan g(ε) = ε3/2, dapat diperoleh ,...38478515344222/30⎟⎟⎠⎞⎜⎜⎝⎛+⎟⎟⎠⎞⎜⎜⎝⎛−⎟⎟⎠⎞⎜⎜⎝⎛+⎟⎟⎠⎞⎜⎜⎝⎛=μπμπμμμkTkTNE (5)
Sehingga bahwa ⎟⎟⎠⎞⎜⎜⎝⎛+⎟⎟⎠⎞⎜⎜⎝⎛−⎟⎟⎠⎞⎜⎜⎝⎛+=...161251534042020μπμπμkTkTNE . (6)
14. Tunjukkan bahwa kapasitas panas CV dari gas Fermi ideal pada temperatur yang cukup rendah dapat dituliskan sebagai berikut )(02231μπTDkCV=
Di sini D(ε) density of state untuk satu partikel.
Solusi :
Pada 0 K, dapat dituliskan persamaan
∫=00.)(μεεNdD (1)
Pada T kelvin, dapat dituliskan persamaan
.)()(0NdfD=∫∞εεε (2)
Dari rumusan untuk kasus degenerate dapat dituliskan ...)(')()(22610++=∫μπεεμDkTdDN (3)
Dengan mengurangkan (1) dari (3) diperoleh
280
.0...)(')(6)(220=++∫μπεεμμDkTdD (4)
Pada temperatur yang cukup rendah, dapat diharapkan μ – μ0<<μ0, μ sehingga dapat dilakukan aproksimasi untuk persamaan (4)
().0...)(')()(0226100=++−μπμμμDkTD
Sehingga dapat diperoleh 0)(log)(22610μεεεπμμ=⎟⎠⎞⎜⎝⎛−=DddkT (5)
Di lain pihak dapat pula diperoleh hubungan ...)()()()()(220061+⎟⎠⎞⎜⎝⎛+===∞∫∫μεμεεεπεεεεεεεDddkTdDdDfE (6)
Selanjutnya dapat pula digunakan aproksimasi
()).(')()()()()(00220610000000μμπεεεμμμμεεεεεεμμμDkTdDDdDdD∫∫∫−=−+=
Sehingga akhirnya didapat ()),()(0220610μπεεεμDkTdDE∫+= (7)
Dan diperoleh ().02231μπTDkTECVV=⎟⎠⎞⎜⎝⎛∂∂=
Jika digunakan hubungan ()2/13328)(επεmhVD=, dan D(μ0) = 3N/2 μ0 dapat diperoleh 0221TTNkCVπ= (T0 = μ0/k) (8)
15. Misal density of state elektron pada suatu sampel dianggap konstan D untuk ε>0 (D = 0 untuk ε<0) dan jumlah total elektron sama dengan N.
(i). Hitung potensial Fermi μ0 pada 0 K.
(ii). Turunkan kondisi bahwa sistem non-degenerate.
(iii). Tunjukkan bahwa kapasitas panas sebanding dengan T jika sistem sangat terdegenerasi.
281
Solusi :
(i). Pada 0 K level energi dihuni elektron hingga ε = μ0. Karenanya
D μ0 = N, sehingga μ0 = N/D. (1)
(ii). Potensial kimia ditentukan oleh hubungan ∫∞−+=0)(.1μεβεedDN (2)
Kondisi yang menjamin tidak ada degenerasi adalah
.1>>−βμe (3)
Ketika hal tersebut dipenuhi, maka dari persamaan (2) ()βεβμμεβedeDN==∫∞−−0.
Sekarang kondisi (3) ekivalen dengan
N/DkT<<1. (4)
Ini berarti bahwa jumlah total elektron N sangat kecil dibandingkan dengan jumlah elektron yang dapat ditampung dalam daerah energi selebar kT. Yang berarti bahwa kondisi yang dibutuhkan adalah
N<< DkT = jumlah state dalam interval energi kT.
(iii). Untuk βμ>>1, dari persamaan (2) diperoleh ()⎥⎥⎦⎤⎢⎢⎣⎡++⎟⎠⎞⎜⎝⎛+−−=∫∫∫∞−−μμμμεβμεβεεε00)(1111eddedDN
()⎟⎟⎠⎞⎜⎜⎝⎛++⎟⎠⎞⎜⎝⎛+−=∫∫∞−−−μμμεβμεβεεμ0)(11ededD
μμββDedyedyDyy=⎟⎟⎠⎞⎜⎜⎝⎛+++−=∫∫∞∞0011 (6)
Energi internal diberikan oleh
()∫∞−+=01μεβεεeDdE 282
()⎟⎟⎠⎞⎜⎜⎝⎛+−⎟⎠⎞⎜⎝⎛+−=∫∫∫∞−−−μμμμεβμεβεεεεεε00)(11ededdD
()⎟⎟⎠⎞⎜⎜⎝⎛++=∫∞0222112xexdxkTDμ
.)(2261221kTDDπμ+= (7)
Suku pertama persamaan (7) tidak bergantung pada temperatur sebagaimana terdapat pada persamaan (6). Pada temperatur rendah dapat diperoleh .2231TDkdTdEπ= (8)
16. Suatu gas ideal yang terdiri atas N buah fermion berspin-1/2 dikungkung dalam wadah bervolume V. Hitung limit temperatur nol untuk (a). Potensial kimia, (b). Rata-rata energi per partikel (c) tekanan, (d). Suseptibilitas spin Pauli. Tunjukkan bahwa dalam satuan Gaussian suseptibilitas dapat dituliskan sebagai dengan ,)0(2/32VNBμμ)0(μadalah potensial kimia pada temperatur nol. Diasumsikan tiap Fermion punya interaksi dengan medan magnet luar dalam bentuk zHS02μ, dengan Bμ adalah magneton Bohr dan Sz adalah komponen-z spin.
Solusi :
Karena spin Fermion ½, maka komponen z-nya punya dua arah yang mungkin terhadapmedan magnet (up) dan (down), yang bersesuaian dengan energi HBμ±. Sehingga energi partikel adalah .22HmpBμε±=
Pada T = 0 K, partikel dianggap menempati semua level energi di bawah energi Fermi ).0(μ Karenanya energi kinetik partikel berspin negatif terdistribusi diantara 0 dan )0(μ-HBμ, dan yang berspin positif terdistribusi di antara 0 dan )0(μ+HBμ, jumlahnya adalah ,3433−−=phVNπ ⎟⎠⎞⎜⎝⎛+=−HpmBμμ)0(212 ,3433++=phVNπ ⎟⎠⎞⎜⎝⎛−=+HpmBμμ)0(212 283
(a). Jumlah total partikel adalah [][ ] {}.)0()0(3)2(42/32/332/3HHhmVNNNBBμμμμπ++−=+=−+
Dengan H = 0, dapat diperoleh potensial kimia 3/22232)0(⎟⎠⎞⎜⎝⎛=VNmπμh
(b). Untuk partikel dengan komponen-z spin ½ dan -½ , momentum Ferminya adalah
[]{},)0(22/1HmpBμμ−=+
[]{},)0(22/1HmpBμμ+=−
Energi total yang bersesuaian adalah dppHmphVEPB202324∫++⎟⎟⎠⎞⎜⎜⎝⎛+=μπ
,3104353⎥⎦⎤⎢⎣⎡+=++pHmphVBμπ ,3104353⎥⎦⎤⎢⎣⎡−=−−−pHmphVEBμπ
Sehingga energi rata-rata per partikel adalah ()⎥⎦⎤⎢⎣⎡−++=+=−+−+−+33553(31014ppHppmNhVNEENEBμπ
Untuk ()HBμμ〉〉0, ().25105320⎥⎥⎦⎤⎢⎢⎣⎡⎟⎟⎠⎞⎜⎜⎝⎛−≈μμμHNEB
(c). Tekananya adalah ).0(52)0(52)0(.)0(μμμμnVNVEVEpT==∂∂∂∂−=⎟⎠⎞⎜⎝⎛∂∂−=
(d). Untuk ()HBμμ〉〉0, magnetisasinya adalah .)0(23/)(2HHVNVNNMBBχμμμ==−=+− 284
Sehingga .)0(232VNBμμχ=
17. Ditinjau model gas Fermi dari inti atom. Kecuali karena prinsip Pauli, nukleon dalam inti yang berat diasumsikan bergerak secara independen dalam bola yang sesuai dengan volume inti V. Partikel tersebut dianggap merupakan gas Fermi yang sepenuhnya terdegenerasi. Ambil A = N (jumlah netron) +Z (jumlah proton), asumsikan N = Z, dan hitung energi kinetik per nukleon, Ekin/A dengan model ini. Volume nukleus diberikan oleh ,3430ARVπ= . 104,1130cmR−×≈
Solusi :
Dalam ruang momentum, dpphVdn2344π=
Dengan n adalah kerapatan jumlah netron.
Jumlah netron total adalah ∫∫==FpdphpVdnA03216π
Dengan pF adalah momentum Fermi.
Energi kinetik total netron adalah mphVdnmpEFkin25162532π==∫
Volume V dapat dinyatakan dalam dua cara ,16)2(3343330ApARVF−==πππ (dengan )12=≡πhh
Memberikan nilai .16189203/210MeVmRRpF≈⎟⎠⎞⎜⎝⎛=−π
18. Bintang bajang putih (white dwarf) dianggap terdiri atas sistem gas elektron terdegenerasi pada temperatur seragam jauh di bawah temperatur Fermi. Sistem ini stabil terhadap keruntuhan gravitasi sepanjang elektronnya tak-relativistik.
(a). Hitung kerapatan elektron dimana momentum Fermi sepersepuluh massa diam elektron × c.
285
(b). Hitung tekanan gas elektron terdegenerasi di bawah kondisi ini.
Solusi :
(a). ,32∫∫∫≤=FppdphVN dengan .383⎟⎠⎞⎜⎝⎛==hpVNnFπ dan ,10cmpeF=
Diperoleh ./108,510383233mhcmne×=⎟⎠⎞⎜⎝⎛=π
(b). Untuk gas Fermi yang sangat terdegenerasi (di bawah aproksimasi valensi nol) diperoleh ,530μNE=
Dan ./10165,92.525232220mNmpnnVEpF×====μ
19. Ditinjau suatu gas terdegenerasi yang terdiri atas N buah elektron tak-berinteraksi dalam volume V (T = 0 K).
(a). Tentukan persamaan yang menghubungkan tekanan, energi dan volume gas ini untuk kasus relativistik ekstrem. (abaikan massa elektron).
(b). Untuk gas real elektron (misal bermassa m) tentukanlah kondisi pada N dan V agar hasil pada jawaban soal (a) valid.
Solusi :
Energi gas elektron terdegenerasi tak-berinteraksi adalah ,8032∫=FpdphpVEεπ
Dengan ε adalah energi elektron tunggal, dan pF adalah momentum Fermi
.)8/3(3/1hVNpFπ=
(a). Untuk kasus relativistik ekstrem, cp=ε, sehingga energinya adalah 432FphcVEπ=,
286
Dan tekanan VEVEpT310=⎟⎠⎞⎜⎝⎛∂∂−==, yang memberikan persamaan keadaan .31EpV=
(b). Untuk elektron real,
(),211)(2222⎥⎥⎦⎤⎢⎢⎣⎡⎟⎟⎠⎞⎜⎜⎝⎛+≈+=pmcpcpcmcε
Dengan p adalah momentumnya memberikan hasil
()[]./2324hmcppcVEFF+≈π
Hasil pada soal (a) dapat dianggap valid jika , atau mcpF〉〉.383⎟⎠⎞⎜⎝⎛〉〉hmcVNπ
Baik N → ∞ atau V→ 0 akan memenuhi kondisi tersebut.
20. Ditinjau gas Fermi pada temperatur rendah )0(μ〈〈kT dengan )0(μadalah potensial kimia pada T = 0. Berikan argumentasi kualitatif nilai eksponen yang dominan pada suku yang bergantung pada temperatur, untuk besaran berikut ; (a). Energi, (b). Kapasitas panas, (c). Entropi, (d). energi bebas helmholtz (e). Potensial kimia. Nilai nol pada skala energi terletak di orbital terendah.
Solusi :
Pada temperatur yang rendah, hanya partikel yang energinya terletak dalam ketebalan ~ kT dekat permukaan Fermi yang tereksitasi secara termal. Energi partikel yang demikian berorde kT.
(a). kTkTEE.)0(α+=, dengan α adalah konstanta kesebandingan. Sehingga .)0(2kTEE∝−
(b). TTECVV∝⎟⎠⎞⎜⎝⎛∂∂=
(c). Dari dTTCdSV=, dapat diperoleh ∫∝=TVTdTTCS0.
(d). Dari F = E – TS, dapat diperoleh F – F(0) ∝T2.
287
(e). Dari NpVF/)(+=μ dan VEp3/2=, dengan N adalah jumlah partikel total, diperoleh .)0(2T∝−μμ
Soal Latihan
1. Energi Fermi dari elektron konduksi dalam logam lithium adalah 4,7 eV diukur dari bagian dasar pita konduksi, berapa fraksi elektron tersebut yang tereksitasi termal pada temperatur 300 K ? Buat perkiraan kasar kapasitas panas 1 mol elektron tersebut pada 10 K.
2. Berapa rasio energi Fermi gas yang terdegenerasi sepenuhnya dari elektron-elektron yang tak saling berinteraksi terhadap gas yang sama dari netron-netron yang tak saling berinteraksi dengan volume yang sama? Mengapa hal ini penting dalam pembentukan sebuah bintang netron? (rasio massa netron terhadap elektron diambil sebesar 2000).
3. Suatu gas terdiri atas tiga atom dengan akses terhadap tiga keadaan kuantum yang berbeda dengan energi yang sama. Berapa banyak keadaan-mikro (microstate) yang berbeda yang dapat dibentuk dari level-level kuantum tersebut untuk kasus gas Fermi-Dirac, dimana atomnya terbedakan tapi hanya diperbolehkan satu atom dalam tiap state.
4. Untuk suatu gas elektron bebas berdimensi-d, hitung kompresibilitas termal pada temperatur nol κT(0). Nyatakan dalam jumlah rata-rata partikel per satuan volume VNn/= dan energi Fermi εF.
5. Tunjukkan bahwa kapasitas panas CV dari gas Fermi ideal pada temperatur yang cukup rendah dapat dituliskan sebagai berikut )(02231μπTDkCV=
288
6. Untuk logam Na ada sekitar 2,6 x 1022 elektron konduksi/cm3, yang berkelakuan seperti gas elektron bebas. (a) hitung nilai estimasi energi fermi dalam Na. (b). Berikan nilai aproksimasi kapasitas panas elektron dalam Na pada temperatur kamar.
7. Turunkan rumus untuk energi kinetik maksimum elektron dalam gas Fermi tak-berinteraksi yang terdiri atas N buah elektron dalam volume V pada temperatur nol.
8. Model elektron bebas untuk elektron konduksi dalam logam tampaknya naif tetapi serinkali berhasil. Diantara hal yang menarik adalah, model ini memberikan perhitungan yang masuk akal untuk kompresibilitas logam-logam tertentu. Misal diberikan kerapatan jumlah n dan energi Fermi ε dari suatu gas Fermi tak-berinteraksi pada temperatur nol mutlak T = 0 K. Tentukan kompresibilitas termal ,1TpVV⎟⎟⎠⎞⎜⎜⎝⎛∂∂−=κ
Dengan V adalah volume dan p adalah tekanan.
9. Untuk gas Fermi-Dirac dapat didefinisikan temperatur T0 dimana potensial kimia gas nol (z=1). Nyatakan T0 dalam temperatur Fermi TF.
10. Tunjukkan bahwa untuk gas Fermi ideal berlaku ,)()(2512/32/5zfzfTtzzP−=⎟⎠⎞⎜⎝⎛∂∂
11. Tunjukkan bahwa kompresibilitas termal Tκdan kompresibilitas adiabatik Sκ dari suatu gas ideal Fermi adalah ,)()(12/32/1zfzfnkTT=κ ,)()(512/52/3zfzfnkTT=κ
Dengan n = N/V adalah kerapatan partikel gas.
12. Untuk gas ideal Fermi, tinjaulah , dan dan ujilah apakah hasilnya memenuhi hubungan termodinamika VTP)/(22∂∂VT)/(22∂∂μPT)/(22∂∂μ
289
VVVTNTTPVTC⎟⎟⎠⎞⎜⎜⎝⎛∂∂−⎟⎟⎠⎞⎜⎜⎝⎛∂∂=2222μ dan .22PPTNTC⎟⎟⎠⎞⎜⎜⎝⎛∂∂−=μ
13. Tunjukkan bahwa kecepatan suara w dalam suatu gas ideal Fermi diberikan oleh persamaan sebagai berikut ).(95)()(3522/32/52uzfzfmkTw==
Dengan (u2) adalah kuadrat rata-rata kecepatan partikel dalam gas. Tinjaulah w dalam limit z→∞ dan bandingkan dengan kecepatan Fermi uF.
14. Hitung estimasi numerik energi Fermi (dalam eV) dan temperatur Fermi (dalam kelvin) untuk sistem berikut :
(i). Elektron konduksi dalam perak, timbal dan aluminium.
(ii). Nukleon dalam inti atom berat semisal 80Hg200.
15. Dengan menggunakan suku lain Sommerfeld lemma, tunjukkan bahwa dalam aproksimasi kedua potensial kimia gas Fermi pada temperatur rendah diberikan oleh .801221442⎥⎥⎦⎤⎢⎢⎣⎡⎟⎟⎠⎞⎜⎜⎝⎛−⎟⎠⎞⎜⎝⎛−≈FFkTFkTεπεπεμ
16. Ditinjau gas Fermi ideal dalam kotak bervolume V dalam ruang berdimensi n (dengan spektrum energi ). Tunjukkan untuk sistem ini berlaku sp∝ε
(i). .UnsPV=
(ii). .)()()()(11)/(/2/1)/(zfzfsnzfzfsnsnNkCsnsnsnsnV−+⎟⎠⎞⎜⎝⎛−⎟⎠⎞⎜⎝⎛+=
17. Tunjukkan bahwa dalam kasus dua dimensi kapasitas panas CV(N,T) gas Fermi ideal sama dengan kapasitas panas gas Bose ideal untuk semua N dan T.
290
18. Telaahlah paramagnetisme Pauli dari gas ideal fermion dengan momen magnetik intrinsik *μ dan spin (,...,2321=JJh ) dan turunkan pernyataan untuk suseptibilitas gas pada temperatur rendah dan pada temperatur tinggi.
19. Hitung fraksi elektron konduksi dalam tungsten (εF = 9,0 eV) pada 3000K yang energi kinetiknya ε = mu2/2 lebih besar dari W = 13,5 eV.
20. Tunjukkan bahwa kapasitas panas suatu gas Fermi relativistik dapat dituliskan sebagai ()222/1221mckTxxNkCV+=π , ⎟⎠⎞⎜⎝⎛=mcpxF.
291
Bab 17 Soal dan Penyelesaian
Entropi
1. Misal ps adalah probabilitas sistem berada pada state s dengan energi Es. Tunjukkan bahwa, jika entropi didefinisikan sebagai
Σ−=sssppkSlog,
Maka nilai ps yang membuat S maksimum dibawah kondisi bahwa energi rata-rata sistem adalah E, sesuai dengan distribusi kanonik.
Solusi :
Mencari nilai S maksimum di bawah kondisi
Σ=ssp1, (1) dan Σ==sssEpEkonstan (2)
Harus digunakan metode pengali Lagrange : kalikan (1) dan (2) masing-masing dengan konstanta λ dan κ dan tambahkan keduanya kepada S. Kemudian dengan menganggap semua ps saling bebas, dimaksimumkan nilai S+ κ E+ λ.
()(Σ++−=++ssssssppEpkpESλκδλκδlog )
()()...log221+⎟⎟⎠⎞⎜⎜⎝⎛−+++−−=ΣΣsssssssppkpEkpkδδλκ
Dengan membuat koefisien δps sama dengan nol diperoleh .1exp⎟⎠⎞⎜⎝⎛−+=kEkpssλκ
Karena nilai tersebut positif, maka koefisien (δps)2 adalah negatif dan selalu diperoleh
292
maksimum. Ditentukan λ dan κ sedemikian hingga memenuhi (1) dan (2). Karena secara umum Es tidak mempunyai nilai batas atas, maka κ<0 agar Σps dan ΣEsps konvergen. Dengan menuliskan κ/k≡-β (β>0), dari (1) dapat diperoleh
ΣΣ−−−≡==sskEksZeeeps).(11/1/βλβλ
Dengan demikian diperoleh )(ββZepEs−=.
2. Bandingkan penurunan entropi pada otak orang yang sedang membaca buku dengan kenaikan entropi akibat pencahayaan (dengan bola lampu listrik).
Solusi :
Perubahan entropi yang muncul dari asimilasi sejumlah ΔI informasi (diukur dalam bit) adalah .log2IekSΔ−=Δ
Sebuah buku yang hanya menggunakan abjad latin dan tanda baca membutuhkan sekitar 25 karakter yang berbeda, sehingga dibutuhkan 5 bit untuk mewakili tiap karakter. Sehingga kandungan informasi sebuah buku 400 halaman dengan 50 baris tiap halamannya dan 70 karakter di tiap baris adalah ΔI = 5 x 70 x 50 x 400 = 7 x 106 bit. Maka ΔSotak ~-10-16 JK-1. Di lain pihak bola lampu listrik yang memancarkan daya P misalnya 100 W ke sekitarnya pada temperatur T = 300 K menyebabkan peningkatan entropi sebesar tTPtSlampu3,0~~Δ JK-1
Dengan t adalah waktu yang diperlukan untuk membaca. Dengan demikian diperoleh
293
*1910~tSSlampuotak−−ΔΔ
Dengan t* adalah waktu diukur dalam satuan jam.
3. (a). Sejumlah air awalnya pada 10 ◦C dihubungkan dengan reservoir panas pada temperatur 90 ◦C. Berapa perubahan entropi keseluruhan sistem ketika air mencapai temperatur reservoir? Nyatakan jawaban dalam kapasitas panas air C, dengan asumsi C tidak bergantung temperatur. (b). Berapa perubahan entropi keseluruhan sistem jika digunakan dua reservoir untuk memanaskan air, pertama dari 10 ◦C ke 50 ◦C kemudian dari 50 ◦C ke 90 ◦C. (c). Mungkinkan secara prinsip, air dapat dipanaskan dari temperatur awal Ti ke temperatur akhir Tf tanpa mengubah entropi global?
Solusi :
(a). Perubahan entropi air dapat ditentukan dengan membayangkan suatu proses reversibel dimana temperatur naik secara infinitesimal. Pada tiap langkah infinitesimal perubahan entropinya adalah TdTCTdQdSrevw==
Memberikan perubahan entropi total ∫⎟⎟⎠⎞⎜⎜⎝⎛==ΔfiTTifwTTCTdTCSln
Reservoir panas berada pada temperatur tetap, maka perubahan entropinya hanyalah iiffrTTTCTQS−−=Δ−=Δ
294
Dengan ΔQ = C(Tf-Ti) adalah jumlah total panas yang mengalir keluar reservoir ke dalam air. Dengan nilai Tf = 363,15 K dan Ti = 283,15 K diperoleh
ΔStotal = ΔSw + ΔSr ≈ 0,0285 C.
(b). Sekarang proses dilakukan dalam dua tahap dengan temperatur antara misalnya adalah T1 = 323,15 K. Perubahan entropi air adalah ⎟⎟⎠⎞⎜⎜⎝⎛=⎟⎟⎠⎞⎜⎜⎝⎛+⎟⎟⎠⎞⎜⎜⎝⎛=ΔiffiwTTCTTCTTCSlnlnln11
Dengan memasukkan perubahan entropi kedua reservoir diperoleh
.0149,021CSSSSrrwtotal≅Δ+Δ+Δ=Δ
(c). Jelas bahwa perubahan entropi akan lebih kecil jika proses dilakukan dalam dua tahap. Jika air dihubungkan secara berturut-turut dengan N buah reservoir air pada temperatur Tn = Ti + (n/N)(Tf-Ti). Perubahan entropi air akan sebesar ΔSw = Cln(Tf/Ti), tidak bergantung pada N. Perubahan entropi reservoir adalah ΣΣ==−−+−−=−−=ΔNnifiifNnnnnrTTNnTNTTCTTTCS111))(/(/)(.
Pada limit infinitesimal, N→ ∞, jumlahan menjadi integral : .ln)lim(0wTTNSTTCxTidxCSrififΔ−=⎟⎟⎠⎞⎜⎜⎝⎛−=+−=Δ∫−∞→
Sehingga perubahan entropi nol. Hal ini merupakan proses reversibel fiktif, dalam proses yang reversibel perubahan entropi nol. Diasumsikan bahwa reservoir sudah tersedia dan tidak diperhitungkan perubahan entropi yang terjadi untuk membuat reservoir pada temperatur tertentu.
295
4. Tentukan entropi S(E,V,N) gas ideal yang terdiri atas N partikel monatomik klasik dengan energi total tetap E yang terkurung dalam kotak berdimensi-d dengan volume V.
Solusi :
Gas tersebut merupakan sistem yang tertutup, dan terisolasi secara termal yang merupakan ensembel kanonik. Entropinya didefinisikan sebagai S = klnΩ dengan Ω merupakan jumlah keadaan mikro dengan energi tetap E. Koordinat qi dan momentum pi (i = 1,2,...,dN) partikel klasik dapat dianggap kontinu sehingga perlu penanganan khusus. Didefinisikan Ω(E,V,N;ΔE) sebagai volume kulit bola dalam ruang fasa pada daerah energi sempit antara E dan E+ΔE. Definisi entropi menjadi .!);,,(ln);,,(⎟⎠⎞⎜⎝⎛ΔΩ=ΔNhENVEkENVESdN
Pada pernyataan ini h adalah konstanta sembarang dengan dimensi (panjang x momentum) dan dimasukkan agar argumen dalam logarima menjadi tak-berdimensi. (biasanya diidentifikasi sebagai tetapan Planck, untuk membandingkannya dengan gas kuantum). Karena ΔE kecil, maka Ω(E,V,N;ΔE) = ΔE Σ(E,V,N) dengan Σ(E,V,N) adalah luas permukaan dengan energi konstan.faktor N! Adalah faktor koreksi perhitungan Boltzman untuk koreksi double counting.
Untuk menghitung Ω(E,V,N;ΔE) dinyatakan Ω=ΔE∂ν/∂E dengan adalah volume dalam ruang fasa dengan energi sama atau kurang dari E. Hamiltonian sistem untuk partikel bermassa m adalah Σ==dNiimp122Η
sehingga
296
∫∫Σ=Π=<≤=mEpdNNiiEHdNipddqdpNVE212),,(νν
Faktor νN muncul dari hasil integrasi pada koordinat. Integral momentum adalah volume dari bola berdimensi dN dengan jari-jari mER2=. Sehingga diperoleh )2/()2/()2(),,(2/dNdNmEVNVEdNNΓ=πν
Sehingga entropi dapat dituliskan sebagai .ln)!ln(2ln)2(ln);,,(2/⎟⎟⎠⎞⎜⎜⎝⎛⎟⎠⎞⎜⎝⎛Δ+−⎥⎦⎤⎢⎣⎡⎟⎠⎞⎜⎝⎛Γ−⎟⎟⎠⎞⎜⎜⎝⎛=ΔEENdNhmEVNkENVESddπ
Untuk N yang besar dapat dilakukan aproksimasi Stirling ln(N!) ≈ NlnN-N sehingga diperoleh .222/4ln),,(2⎟⎟⎠⎞⎜⎜⎝⎛++⎥⎦⎤⎢⎣⎡⎟⎠⎞⎜⎝⎛≈dddNhmENVNkNVESπ
5. Ditinjau gas ideal yang terdiri atas N buah partikel kuantum monatomik dengan energi total tetap E berada dalam hyperkubus berdimensi-d dengan sisi L. Untuk kasus E jauh lebih besar daripada energi ground state, tentukan entropi S(E,V,N) dan bandingkan hasilnya dengan kasus gas klasik.
Solusi :
Sebuah partikel bebas yang terperangkap dalam kotak hiperkubus punya fungsi eigen energi )sin(2)(12/iididkxkLx=Π⎟⎠⎞⎜⎝⎛=ψ 297
Agar fungsi gelombang nol baik pada xi = 0 maupun xi = L, komponen-komponen vektor gelombangnya harus dibatasi nilainya ki = niπ/L, dengan ni adalah bilangan bulat positif. Energi keadaan ini adalah En = ħ2k2/2m = (π2ħ2/2mL2) Σini2. fungsi eigen energi untuk sistem N partikel adalah jumlahan dari produk N buah fungsi partikel tunggal. Energi totalnya adalah ΣΣΣ======dNjjjdNjNIinkmmkE1221212222εhh
Dengan ε = π2ħ2/2mL2. Entropinya adalah S(E,V,N) = k ln[Ω(E,V,N)], dengan Ω(E,V,N) jumlah state yang berbeda dengan energi E. Untuk ε/E << 1, maka E dapat diperlakukan sebagai variabel kontinu dan jika E jauh lebih besar daripada energi ground state, maka banyak state yang tersedia.
Untuk ruang integer {nj} berdimensi dN dapat dibagi dalam sel-sel satu satuan yang masing-masing mengandung satu state. Jika diperbolehkan adanya sedikit ketidakpastian dalam E, maka jumlah state dengan energi ini dapat didekati dengan baik sebagai jumlah sel yang berpotongan dengan bola berjari-jari εEatau dengan luasan bola ini yaitu 2πdN/2(E/ε)dN/2-1/Γ(dN/2).Yang akan dihitung hanya bagian bola yang punya nilai nj positif saja yang merupakan fraksi 1/2dN dari keseluruhan bola dan juga harus dibagi dengan N!, sehingga diperoleh 12/2/)2/(!22),,(−⎟⎠⎞⎜⎝⎛Γ=ΩdNdNdNEdNNNVEεπ
EhmEdNNVdNNεπ22)2/(!2/2⎟⎠⎞⎜⎝⎛Γ=
Dengan V = Ld . Berbeda dengan permukaan energi pada ruang fase pada kasus klasik,
298
permukaan di sini tidak berdimensi. Untuk partikel dengan spin s, akan ada tambahan faktor (2s+1)N sesuai dengan jumlah konfigurasi spin yang berbeda. Entropi untuk gas dengan partikel berspin 0 adalah ⎟⎟⎠⎞⎜⎜⎝⎛⎟⎠⎞⎜⎝⎛+−⎥⎦⎤⎢⎣⎡⎟⎠⎞⎜⎝⎛Γ−⎥⎥⎦⎤⎢⎢⎣⎡⎟⎠⎞⎜⎝⎛=ENdNhmEVNkNVESdεπ2ln)!ln(2ln2ln),,(2/2
6. Untuk kumpulan N buah osilator harmonik kuantum 3-dimensi dengan frekuensi ω dan energi total E, hitung entropi S.
Solusi :
Untuk memecahkan masalah ini dengan menggunakan ensembel mikrokanonik, harus dihitung semua keadaan yang mungkin pada sistem untuk total energi tetap. Energi dari sistem ini adalah ΣΣ==+==NiiNinEiE312131)(ωh
Dengan ni adalah jumlah kuanta energi pada osilator ke-i (ni = 0,1,...,∞). Dapat dituliskan hal tersebut sebagai .2331MNEnNii≡−=Σ=ωh
Jumlah state yang mungkin adalah jumlah set dari bilangan bulat non-negatif {ni} yang ditambahkan hingga menjadi M. Masalah ini dapat diselesaikan dengan menganggap osilator 3N sebagai kotak-kotak yang di dalamnya dapat ditempatkan M buah bola yang tak terbedakan yang mewakili kuanta energi. Untuk menghitung banyaknya cara yang mungkin, kotak-kotak (osilator) diperlakukan sebagai terbedakan dan dapat disusun
299
dalam satu baris yang dipisahkan oleh 3N-1 buah dinding. Jika bola dan dinding terbedakan semua, jumlah total cara untuk M + 3N-1 buah partikel adalah(M + 3N-1)! Karena bolanya terbedakan satu sama lain dan juga dindingnya, maka dibagi dengan M! Untuk permutasi bola dan (3N-1)! Untuk permutasi dinding. Dengan demikian jumlah keadaan yang berbeda adalah
())!13()!2/3/()!12/3/()!13(!!13),(−−−+=−−+=ΩNNENENMNMNEωωhh
Entropinya adalah )],(ln[),(NEkNESΩ=, pada limit termodinamika E,N→ ∞ dengan E/N tetap. Dengan menggunakan aproksimasi Stirling diperoleh .23ln2323ln23),(⎥⎦⎤⎢⎣⎡⎟⎠⎞⎜⎝⎛−⎟⎠⎞⎜⎝⎛−−⎟⎠⎞⎜⎝⎛+⎟⎠⎞⎜⎝⎛+≈ωωωωhhhhNENENENENkNES
7. Tinjaulah suatu sistem partikel identik terbedakan yang masing-masing mempunyai dua keadaan dengan energi ε dan –ε. Gunakan ensembel mikrokanonik untuk menghitung entropi rata-rata per partikel sebagai fungsi energi rata-rata per partikel pada limit sistem yang sangat besar.
Solusi :
Ensembel mikrokanonik mendeskripsikan sistem terisolasi dengan jumlah partikel tetap N dan energi total tetap E. Jumlah partikel n+ dan n- masing-masing dengan energi ε dan –ε dikendala oleh dua hubungan E = n+ ε – n- ε dan N = n+ + n-.Didefinisikan besaran x = E/N ε (proporsional dengan energi per partikel) dapat dituliskan bahwa n+ = N(1+x)/2 dan n- = N(1-x)/2. Fungsi partisi-nya adalah jumlah mikrostate yang konsisten dengan kendala tersebut dan sama dengan jumlah cara memilih n+ partikel dari N, yakni
300
.!!!),(−++=⎟⎟⎠⎞⎜⎜⎝⎛=ΩnnNnNNE
Interpretasi ytermodinamika dari ensembel ini diperoleh melalui definisi entropi SM (E,N) = k ln[Ω(E,N)]. Pada limit N yang sangat besar dapat digunakan aproksimasi Stirling ln N! ≈NlnN-N untuk memperoleh entropi per partikel sebagai )].1ln()1()1ln()1(2[lnlim2121xxxxkNSsMN−−−++−=⎟⎠⎞⎜⎝⎛=∞→
8. Tinjaulah suatu sistem partikel identik terbedakan yang masing-masing mempunyai dua keadaan dengan energi ε dan –ε. Gunakan ensembel kanonik untuk menghitung entropi rata-rata per partikel sebagai fungsi energi rata-rata per partikel pada limit sistem yang sangat besar.
Solusi :
Ensembel kanonik mendeskripsikan sistem dengan jumlah partikel yang konstan dan kontak dengan heat bath pada temperatur tetap. Fungsi partisinya adalah
NnNnNneeeenNNTZ)(),()(0βεβεβεβε+=+⎟⎟⎠⎞⎜⎜⎝⎛=−−−+−=++Σ
Interpretasi termodinamikanya melalui energi bebas Helmholtz F(T,N) = -kTln[Z(T,N)]. Entropi dalam ensembel ini diperoleh dari hubungan termodinamika F = U – TS, dengan energi internal diidentifikasi sebagai nilai rerata ()).tanh(lnβεεβNZEUNCC−=⎟⎟⎠⎞⎜⎜⎝⎛∂∂−==
Energi rata-rata per partikel diidentifikasi sebagai UC/N dan parameter x = UC/N ε = -tanh(βε). Untuk mendapatkan entropi sebagai fungsi x, harus diselesaikan dahulu
301
hubungan temperatur dalam x : ()([].1ln1ln11ln2121xxxx+−−=⎟⎠⎞⎜⎝⎛+−=βε )
Sehingga dapat diperoleh
UC = N εx [])1ln()1ln(2lnln2121xxNkTZkTFC−−+−−=−= [])1ln()1()1ln()1(2ln2121xxxxNkTFUSCCC−−−++−=−=
Entropi per partikel adalah s = SC /N.
9. Tinjaulah suatu sistem partikel identik terbedakan yang masing-masing mempunyai dua keadaan dengan energi ε dan –ε. Gunakan ensembel grand kanonik untuk menghitung entropi rata-rata per partikel sebagai fungsi energi rata-rata per partikel pada limit sistem yang sangat besar.
Solusi :
Ensembel grand kanonik mendeskripsikan sistem dalam keadaan ekilibrium dengan reservoir, dan dapat bertukar energi dan partikel. Reservoir dicirikan dengan temperatur tertentu yakni T = 1/kβ dan potensial kimia μ atau fugasitas z = eβμ. Fungsi partisinya adalah Σ∞=−+−==0)(11),(),(NNeezNTZzTZβεβεμ
Interpretasi termodinamikanya melalui grand potensial ΩG (T,μ) = kTln[Z(T,μ)]. Entropi diperoleh melalui hubungan termodinamika Ω = TS-U+μN, dengan jumlah partikel dan energi internal diidentifikasi sebagai nilai rata-rata
302
()())(1lnβεβεβεβεβ−−+−+=⎟⎠⎞⎜⎝⎛∂∂==eezeezzZzNNGG ()()).tanh()(1lnβεεεββεβεβεβεGzGGNeezeezZEU−=+−−−=⎟⎟⎠⎞⎜⎜⎝⎛∂∂−==−−
Fungsi-fungsi termodinamika akan dinyatakan dalam x = UG/NGε = -tanh(βε) dan NG, sehingga perlu dilakukan penyesuaian [])1ln()1ln(21xx+−−=βε [].)1ln()1ln(2ln1ln21xxNNGG−+++−⎟⎟⎠⎞⎜⎜⎝⎛+=βμ
Dan dapat diperoleh
UG = NGεx
)1ln(ln+==ΩGGNkTZkT )(1GGGGNNTSμ−+Ω=
.)1ln()1()1ln()1(2ln11ln1ln(2121⎥⎦⎤⎢⎣⎡−−−++−+⎟⎟⎠⎞⎜⎜⎝⎛+++=xxxxNNNkNGGGG
Pada limit NG sangat besar, diperoleh entropi per partikel )1ln()1()1ln()1(2[lnlim2121xxxxkNSsGGNG−−−++−=⎟⎟⎠⎞⎜⎜⎝⎛=∞→
10. Dengan menggunakan ensembel mikrokanonik, hitunglah energi bebas Helmholtz F(T,N) sebagai fungsi temperatur untuk sistem N buah partikel identik terbedakan, masing-masing punya dua level energi. Tinjaulah limit T→0 untuk energi dan entropinya.
303
Solusi :
Misal tiap partikel punya energi ±ε dan n+ partikel punya energi +ε. Jumlah partikel dengan energi –ε adalah n-=N-n+ dan jika energi total adalah E, maka n± = (N±E/ε)/2. Jumlah mikrostate dengan energi E adalah jumlah cara partikel n+ (atau n-) dapat dipilih dari N, yakni .)!(!!),(+++−=⎟⎟⎠⎞⎜⎜⎝⎛=ΩnNnNnNNE
Bentuk kompak entropi dapat diperoleh pada limit termodinamika, dalam hal ini diambil N, n+ dan n- sangat besar. Dengan menggunakan aproksimasi Stirling dan hubungan di bawah ini ⎟⎠⎞⎜⎝⎛+==+εNENnx121
Dapat diperoleh
)]1ln()1(ln[ln),(xxxxNkkNES−−+−≈Ω=
Temperatur diberikan oleh persamaan ⎟⎠⎞⎜⎝⎛−=⎟⎠⎞⎜⎝⎛∂∂=⎟⎠⎞⎜⎝⎛∂∂=xxkxSNESTNN1ln2211εε
Dari hubungan tersebut dapat diperoleh
1/2)1(−+=kTexε ⎟⎠⎞⎜⎝⎛−=kTNNTEεεtanh),(
Fungsi energi bebas Helmholtz
).1ln(),(),(),(/2kTeNkTNNTTSNTENTFεε−+−−=−=
Pada limit T→0 diperoleh bahwa x →0 , sehingga n+(0,N) = 0, n-(0,N) = N, E(0,N) = -Nε dan S(0,N) = 0. Semua partikel berada energi terendahnya dan entropi nol karena hanya ada satu keadaan dengan energi minimum. Karena x harus bernilai diantara nol
304
dan satu, S tidak mungkin negatif, maka S = 0 adalah nilai minimumnya.
11. Hitung volume dalam ruang fasa yang ditempati oleh gas klasik ultrarelativistik 3-dimensi yang terdiri atas N buah partikel dan berenergi tetap E. Tentukan entropinya.
Solusi :
Diperbolehkan adanya ketidakpastian kecil ΔE pada energi gas. Volume ruang fasa yang ditempati oleh gas diberikan oleh ,/),,();,,(ENVEEENVE∂∂Δ=ΔΩν dengan ν adalah volume daerah D yang energinya kurang dari atau sama dengan E. Untuk partikel yang sangat relativistik, energi diamnya dapat diabaikan, sehingga energi total gas adalah
Σ==NiipcH1
Dengan pi = |pi|, sehingga D adalah daerah Σi pi ≤ E/c dan
∫Π==DNiiipdqd133ν
Karena posisi dan arah momentum partikel tidak dikendala, maka dapat dituliskan untuk tiap partikel∫∫=dppVpqdd2334π, sehingga
).()4()4(12EIVdppVNNiDNiiNππν≡=∫Π∫=
Untuk mengevaluasi integral IN(E), jika momentum satu partikel tetap pada nilai tertentu p, maka integral untuk partikel sisanya adalah IN-1(E-pc). Karenanya dapat dituliskan
∫−=−cENNpcEIdppEI/012).()( 305
Analisis dimensional menunjukkan bahwa IN(E) = CN(E/c)3N, dan dengan mensubstitusikan ke dalam persamaan di atas menghasilkan hubungan rekursif untuk CN : 33/0123−−∫⎟⎠⎞⎜⎝⎛−⎟⎠⎞⎜⎝⎛=NcENNNpcECdppEcC
∫−−−=101332)1(NNCxdxx
.1)!3()!33(2−−=NCNN
Dapat diperoleh ∫==103121dxxC dan solusi untuk hubungan rekursif tersebut adalah CN = 2N/(3N)!, menghasilkan NcVEN⎟⎟⎠⎞⎜⎜⎝⎛=338)!3(1πν .8)!13(133EEcVENNΔ⎟⎟⎠⎞⎜⎜⎝⎛−=Ωπ
Ketika N besar dapat digunakan aproksimasi Stirling untuk mendapatkan entropi : .4278ln!ln),,(43333⎥⎦⎤⎢⎣⎡+⎟⎟⎠⎞⎜⎜⎝⎛≈⎟⎠⎞⎜⎝⎛Ω=NchVENkNhkNVESNπ
12. Untuk kumpulan N buah osilator harmonik dengan frekuensi ω dan energi total E, hitunglah entropinya, S.
Solusi :
306
Hamiltonian himpunan N buah osilator harmonik klasik adalah .2231222Σ=⎟⎟⎠⎞⎜⎜⎝⎛+=NiiiqmmpHω
Volume dalam ruang fasa
∫Π<==EHNiiidqdpNE31),(ν
Dilakukan substitusi iixmp2=, i = 1,...,3N. ,232iNixmq+=ω i = 1,...,3N.
Dalam variabel tersebut, kendala energi dapat dituliskan sebagai , dan volumenya adalah Σ==NiixE612.)3(322),(33363NNNDNiNENNdxNEΓ⎟⎠⎞⎜⎝⎛=⎟⎠⎞⎜⎝⎛=∫Π=πωω i 1
ν
Dengan D adalah daerah dimana kendala dipenuhi, dan sisa integral adalah volume bola 6N dimensi dengan radius .ER= Untuk menghitung entropi diperlukan volume Ω(E,N;ΔE) kulit energi setebal ΔE, yaitu .)3(2),();,(333EEENENEEENENNNΔΓ⎟⎠⎞⎜⎝⎛=∂∂Δ=ΔΩπων
Untuk N besar, aproksimasi Stirling menghasilkan entropi : .132ln33ln),(⎥⎦⎤⎢⎣⎡+⎟⎟⎠⎞⎜⎜⎝⎛≈⎟⎟⎠⎞⎜⎜⎝⎛Ω=NhENkNhkNESωπ
Dalam memperoleh persamaan di atas osilator dianggap dapat dibedakan sehingga tidak dimasukkan faktor 1/N!.
307
13. Tentukan bentuk persamaan untuk tekanan P, densitas energi u dan densitas entropi s per satuan volume dari radiasi benda hitam dalam rongga berdimensi-d pada temperatur T.
Solusi :
Fungsi partisi grand kanonik untuk foton adalah
ΠΣΠΣ∞=−−−−−====ininnniiiiiiieeeVTZ01}{)1(),(βεβεβε
Dengan i adalah label keadaan partikel-tunggal berenergi εi. Foton punya potensial kimia nol karena jumlah foton dalam rongga tidak kekal dan tidak dapat muncul dalam densitas probabilitas ekilibrium. Karena level energi foton dalam rongga berukuran makroskopik sangat berdekatan, dapat dituliskan :
Σ∫∞−−−−=−−=iegdeVTZi0)1ln()()1ln()],(ln[βεβεεε
Dengan g(ε) adalah jumlah keadaan per satuan interval energi. Dengan asumsi bahwa fungsi gelombang foton nol pada dinding rongga hyperkubik bersisi L, momentum yang dibolehkan adalah p = (πħ/L)n dengan n adalah vektor bilangan bulat positif. Karena energi foton adalah |p|c, jumlah keadaan dengan energi kurang dari atau sama dengan ε adalah (d-1)(1/2d) dikalikan dengan volume bola berdimensi-d dengan radius Lε/πħc, dimana faktor d-1 memungkinkan keadaan polarisasi. Sehingga didapat 1112/1))(2/(2)1()2/(21)(−−−−≡Γ−=⎥⎥⎦⎤⎢⎢⎣⎡⎟⎠⎞⎜⎝⎛Γ−=dddddddadVcdVdcLdddddgεπεπεπεεhh
Dan
308
∫∞−−=−−=01)()1ln()],(ln[dddddkTVIaedVaVTZβεεε
Dengan
∫∞−−−−=01).1ln(xddedxxI
Besaran-besaran termodinamikanya adalah 1)(ln+=⎟⎠⎞⎜⎝⎛=dddkTIaZVkTP 1)()(ln1+=∂∂−=dddkTIdaZVuβ ()dddVkTkIadTPVVs)()1(1+=⎟⎠⎞⎜⎝⎛∂∂=
14. Berikan argumentasi umum mengapa dan pada kondisi bagaimana entropi dari sistem terisolasi A akan tetap kontan atau naik. Untuk mudahnya anggap bahwa A dapat dibagi menjadi sub sistem B dan C yang berhubungan secara lemah, tapi tetap dalam kesetimbangan termal internal.
Solusi :
Anggap bahwa temperatur kedua sub sistem masing-masing adalah TB dan TC, dan TB≥TC. Sesuai dengan definisi entropi, jika ada pertukaran energi kecil ΔE>0 antara keduanya (B dan C), maka ,BBTESΔ−=Δ, ,CCTESΔ=Δ .0)(≥Δ−=Δ+Δ=ΔETTTTSSSCBCBCB
Jika TB > TC, maka tidak ada kesetimbangan termal antara sub sistem, dan ΔS > 0. Jika 309
TB = TC, maka kedua sub sistem berada dalam kesetimbangan termal, maka ΔS = 0.
15. Tuliskan definisi statistik entropi dan apa makna fisisnya. Tinjau suatu sistem dua level yang terdiri atas N = n1 + n2 partikel yang terdistribusi diantara dua keadaan eigen 1 dan 2 dengan energi eigen E1 dan E2. Sistem berhubungan dengan reservoir panas pada temperatur T. Jika suatu emisi kuantum tunggal ke dalam reservoir terjadi, populasi berubah n2→n2-1 dan n1→n1+1. Untuk n1 >>1 dan n2>>1, tentukan perubahan entropi untuk : (a). Sistem dua level (b). Reservoir (c). Turunkan hubungan Boltzman untuk rasio n1/n2.
Solusi :
S = k ln Ω, dengan Ω adalah jumlah keadaan mikro sistem. Secara fisis entropi adalah ukuran disorder dari sistem.
(a). Perubahan entropi sistem dua level adalah .ln1ln!!!ln)!1()!1(!ln121221121nnknnknnNknnNkS≈+=−+−=Δ
(b). Perubahan entropi reservoir adalah TEES122−=Δ
(c). Dari dapat diperoleh ,021=Δ+ΔSS⎟⎠⎞⎜⎝⎛−−=kTEEnn1212exp
16. Dalam teori ledakan besar (Big Bang) alam semesta, energi radiasi yang awalnya terkungkung dalam ruang kecil mengalami ekspansi secara adiabatik secara simetri bola.
310
Radiasi mengalami pendinginnan ketika berekspansi. Turunkan hubungan antara temperatur T dan jari-jari R dari volume bola radiasi, murni berdasarkan pertimbangan termodinamika.
Solusi :
Ekspansinya dapat dianggap sebagai proses kuasi statik. Sehingga
pdVTdSdU−=
Dengan menggunakan syarat adiabatik dS = 0 dan persamaan untuk tekanan radiasi p = U/3V, dapat diperoleh
VdVUdU3//−=
Sehingga . Kerapatan energi radiasi benda hitam adalah dengan a adalah konstanta. Sehingga dapat dituliskan 3/1−∝VU4/aTVUu==
43/44−−∝∝RVT , maka 1−∝RT
Atau dengan kata lain RT = konstan.
17. Satu kilogram air dipanaskan dengan resistor dari 20 oC ke 99 oC padda tekanan konstan (1 atm). Buatlah estimasi untuk :
(i). Perubahan energi internal air
(ii). Perubahan entropi air
(iii). Faktor peningkatan jumlah keadaan kuantum yang dapat diakses.
Solusi :
(i). Perubahan energi internal air adalah
311
.109,779110004kaloriTMcU×=××=Δ=Δ
(ii). Perubahan entropinya adalah ∫===Δ./239ln12KkaloriTTMcdTTMcS
(iii). Dari hubungan Boltzmann S = k lnΩ dapat dituliskan ).107exp(exp2512×=⎟⎠⎞⎜⎝⎛Δ=ΩΩkS
18. Jika sebuah pita karet diregangkan secara adiabatik, temperaturnya akan naik.. Jika pita karet diregangkan secara isotermal, apakah entropinya akan naik atau turun, atau tetap?
Solusi :
Diasumsikan bahwa jika pita karet diregangkan sebesar dx, usaha yang dilakukan pada karet adalah
,kxdxdW=
Dengan k adalah koefisien elastisitas yang lebih besar dari nol. Dari rumus dF=-SdT+kxdx, dapat diperoleh hubungan Maxwell .0=⎟⎠⎞⎜⎝⎛∂∂−=⎟⎠⎞⎜⎝⎛∂∂xTTxkxS
Dengan demikian entropi pita karet tetap sama jika diregangkan secara isotermal.
19. Sebuah wadah bervolume V mengandung N buah molekul gas ideal yang dijaga pada temperatur tetap T dan tekanan P1. Energi sebuah molekul dapat dituliskan sebagai berikut ,)(21),,(222kzyxzyxkpppmpppEε+++= 312
Dengan kε menunjukkan level energi bersesuaian dengan keadaan internal molekul gas.
(a). Tinjau energi bebas F = -kTlnZ, dengan Z adalah fungsi partisi dan k adalah tetapan Boltzmann.
(b). Jika ada wadah lain yang bertemperatur sama T, mengandung jumlah molekul yang sama dari gas jenis yang sama dengan tekanan P2. Nyatakan entropi total kedua gas dalam P1, P2, T, dan N.
Solusi :
(a). Fungsi partisi partikel tunggalnya adalah Σ∫∫∫−=kkTEdpehVzk/3
.2.02/32zhmkTV⎟⎠⎞⎜⎝⎛=π
Dengan merujuk pada level energi internal. Dengan memperhitungkan sifat indistinguishable partikel, fungsi partisi sistem N buah partikel adalah (Σ−=nnkTz/exp0ε )
NNNzhmkTNVNNzZ02/32.2!!⎟⎠⎞⎜⎝⎛==π
Sehingga
ZkTFln−=
⎟⎟⎠⎞⎜⎜⎝⎛−⎟⎠⎞⎜⎝⎛++−=!ln2ln23lnln20NhmkTNzNVNkTπ 313
(b). ⎟⎟⎠⎞⎜⎜⎝⎛∂∂−=ZZkSlnlnββ
.lnln252ln23ln002⎟⎟⎠⎞⎜⎜⎝⎛∂∂−++⎟⎠⎞⎜⎝⎛+=zzhmkTNVNkββπ
Jadi ⎟⎟⎠⎞⎜⎜⎝⎛++⎥⎦⎤⎢⎣⎡+=oShmkTNVNkS252ln23211π ⎟⎟⎠⎞⎜⎜⎝⎛++⎥⎦⎤⎢⎣⎡+=oShmkTNVNkS252ln23222π
Dengan .lnln000zzSββ∂∂−=
Total entropinya adalah
21SSS+= ⎟⎟⎠⎞⎜⎜⎝⎛++⎥⎦⎤⎢⎣⎡+=oShmkTNVVNk252ln232221π
20. suatu gas ideal yang terdiri atas N buah atom tak berspin menempati volume V pada temperatur T. Tiap atom hanya punta dua level energi yang dipisahkan dengan energi sebesar Δ. Tentukan potensial kimia, energi bebas dan entropi sistem.
Solusi :
Gas ideal klasik memenuhi kondisi non-degenerasi. Fungsi partisi sub sistem adalah ),exp()exp(21βεβε−+−=z Δ+=12εε, sehingga fungsi partisi sistemnya adalah
[]().21NNeezZβεβε−−+== 314
Energi bebasnya adalah
).ln(ln21βεβε−−+−=−=eeNkTZkTF
Potensial kimianya adalah ).ln(,21βεβεμ−−+−=⎟⎠⎞⎜⎝⎛∂∂=eekTVTNF
Tekanannya adalah .ln212121βεβεβεβεεε−−−−+∂∂+∂∂−=∂∂=eeeVeVNZVkTp
Entropinya adalah ⎥⎦⎤⎢⎣⎡⎟⎟⎠⎞⎜⎜⎝⎛++=−⎟⎟⎠⎞⎜⎜⎝⎛∂∂−=−−NeeNkNkzzNkS21ln1!lnlnlnβεβεβββ
B. SOAL
1. Asumsikan bahwa entropi S bergantung pada Ω(E) di dalam kulit bola energi : S = f(Ω). Tunjukkan bahwa dari sifat penjumlahan S dan perkalian Ω dapat diperoleh : S = konstanta x log Ω.
2. Untuk gas ideal klasik dalam wadah bervolume V, hitung energi bebas dan entropi dengan menggunakan ensembel kanonik.
3. Tinjaulah suatu rantai satu dimensi yang terdiri atas n>>1 segmen. Misal panjang tiap segmen adalah a jika dimensi panjang dari segmen sejajar dengan panjang rantai dan nol jika dimensi panjang segmen tegak lurus panjang rantai. Tiap segmen punya dua keadaan, arah horisontal dan arah vertikal dan tiap arah tidak terdegenerasi. Jarak antar ujung rantai adalah nx. Tentukan entropi sebagai fungsi x.
4. Ditinjau suatu sistem yang berada pada temperatur 300 K dan ditambahkan panas (heat) ke dalamnya. (a). Berapa perubahan entropi yang terjadi? (b). Dengan faktor berapakah
315
jumlah state yang dapat diakses meningkat?
5. Untuk sembarang sistem, besaran-besaran berikut ini saling berkaitan : jumlah derajat kebebasan NV, perubahan entropi ΔS, rasio energi termal akhir terhadap energi termal awal Ef/Ei, rasio jumlah state akhir terhadap jumlah state awal Ωf/Ωi. Di bawah ini ada tabel, dimana tiap baris horisontal mewakili proses tertentu pada suatu sistem. Dapatkah anda isi bilangan-bilangan yang belum dituliskan?
Nv
ΔS (J/K)
Ef/Ei
Ωf/Ωi
1024
1
2
1,01
1,03
231010
1023
1,02
6. (a). Berapakah perubahan entropi lautan Atlantik (T = 280 K, V = 0,36 x 109 km3) jika ditambahkan kuantitas panas sebesar 0,1 joule?
(b). Berapakah perubahan entropinya untuk kasus secangkir air 280 K?
(c). Dengan faktor berapakah peningkatan jumlah state yang mungkin dimiliki kedua sistem tersebut masing-masing?
7. Suatu sistem 1024 partikel dengan μ = -0,2 eV pada temperatur kamar (295 K). Tentukan faktor peningkatan jumlah state yang dapat diakses pada kasus-kasus berikut ini.
(a). Jumlah partikel naik 0,01% tanpa penambahan energi ke dalam sistem atau kerja kepada sistem. (partikel tambahan punya energi total nol u0 + εtermal = 0, dan volume sistem tidak berubah).
316
(b). Ditambahkan satu partikel tak berenergi ke dalam sistem.
8. Sebuah bola karet melakukan kontak dengan reservoir panas yang temperaturnya tetap konstan pada 300 K (dengan demikian dapat diasumsikan energi internal konstan). Pada tekanan 1,001 atm volumenya menyusut 10-10 m3.
(a). Berapa perubahan entropinya?
(b). Dengan faktor berapakah peningkatan jumlah state yang dapat diakses?
(c). Ulangi perhitungan untuk kasus temperatur 20 ◦C, tekanan 1,02 x 105 Pa, dan reduksi volume 10-10 m3.
9. Sebuah magnet yang kontak dengan reservoir panas dengan temperatur tetap 300 K, punya momen magnet μz = 10-3 J/T dan diletakkan dalam medan magnet luar berarah sepanjang sumbu z dengan kuat medan Bz = 0,1 T. Medan magnet luar dinaikkan 1% dan momen magnet induksi juga naik 1%.
(a). Berapa perubahan entropinya?
(b). Berapa faktor perubahan jumlah state yang dapat diakses?
10. Untuk air dalam fase cair, peningkatan tekanan yang besar hanya akan mengubah volume sedikit. Secara khusus tekanan dan volume dihubungkan dalam persamaan p = A[1+B(1-V/V0)], dengan A, B, dan V0 adalah konstanta.
Tunjukkan bahwa entropi air bergantung pada volume. (asumsikan bahwa E, V, dan N adalah variabel bebas, dengan E sebanding dengan T).
11. Ditinjau reservoir dengan temperatur, tekanan dan potensial kimia masing-masing T, p 317
dan μ. Awalnya entropinya dalah S0, kemudian suatu sistem kecil berinteraksi dengan reservoir dan memindahkan energi, volume dan partikel sebesar ΔE, ΔV, dan ΔN. Tentukan besaran di bawah ini dalam parameter S0, T, p, μ, ΔE, ΔV, dan ΔN : (a). Entropi reservoir yang baru SR.
(b). Jumlah state reservoir yang dapat diakses sekarang.
12. Untuk sistem tertentu, energi tiap state s dinyatakan oleh
Es = kT[(Cs + (3/2)N ln(β/β0)-N ln(V/V0)],
Dengan β0 dan V0 adalah konstanta tetap dan Cs adalah konsatanta yang nilainya tergantung pada state. Hitung entropi rata-rata sistem.
13. (a). Berapa perubahan total entropi jika 1 mol gas hidrogen pada tekanan p1 = 1 atm dicampur secara adiabatik dengan 3 mol hidrogen pada tekanan p2 = 3 atm pada temperatur yang sama?
(b). Berapa perubahan total entropi jika keadaan yang sama dengan (a) diberlakukan dengan gas yang bertekanan 3 atm bukan hidrogen, tetapi helium?
14. Buatlah sket diagram entropi-temperatur dari runtutan perubahan kuasistatik berikut untuk 1 mol He4 :
(a). He awalnya berupa cairan pada tekanan 1 atm dengan titik didih normal 4,2 K, kemudian berupa sepenuhnya menjadi uap pada temperatur dan tekanan yang sama.
(b). Uap kemudian naik temperaturnya menjadi 10 K pada tekanan 1 atm.
(c). Gas pada 10 K dan tekanan 1 atm kemudian ditekan secara isotermal hingga 100 atm. 318
(d). He kemudian melakukan ekspansi reversibel secara adiabatik hingga tekanan 1 atm. He kemudian mencapai temperatur 4,2 K dan membentuk campuran cairan dan uap pada titik didih normal.
Hitung perubahan entropi He4 pada tiap tahapan dengan kalor laten penguapan He4 adalah 93 Jmole-1 pada 4,2 K, kapasitas panas molar gas He4 pada tekanan konstan adalah 5R/2 dan uap serta gas He4 dapat diperlakukan sebagai gas ideal. (tetapan gas R = 8,3 J K-1mol-1).
15. Suatu zat padat isolator yang terdiri atas atom-atom identik dengan keadaan energi yang diperbolehkan adalah satu level non-degenerate pada ε1 dan dua level degenerate pada energi yang lebih tinggi ε2. Tuliskan fungsi partisi zat padat tersebut. Berapa nilai batas entropi 1 mol zat padat tersebut pada temperatur tinggi dan temperatur rendah?
16. Suatu gas mulia padat punya sifat-sifat sebagai berikut : temperatur karakteristik kisinya sekitar 80 K dan inti atomnya punya spin ½. Level-level energi spin intinya dalam medan magnet nol terpisah selebar 10-11 eV. Buatlah estimasi entropi dan kapasitas panasnya untuk 1 mol zat tersebut pada 1 K.
17. Suatu benda akan didinginkan menggunakan mesin Carnot yang bekerja berkebalikan sebagai refrigerator. Heat bath pada temperatur tetap T1 (temperatur kamar) berlaku sebagai penyerap panas (heat sink) dimana semua panas mesin dikumpulkan. Kerja W dilaukan kepada mesin untuk mengekstrak panas dari benda yang akan didinginkan. Semua proses bersifat reversibel ideal tanpa adanya kerja atau kalor lain masuk atau keluar. Perubahan entropi benda dari T1 menuju temperatur akhir adalah ΔS dan
319
perubahan energi internalnya adalah ΔU. Tunjukkan bahwa kerja W yang dibutuhkan (minimum) adalah ΔU-T1ΔS. Benda yang didinginkan bisa berupa suatu massa gas dan pada keadaan akhir, jika temperatur memungkinkan dapat saja berupa cairan.
18. Satu mol gas sempurna dengan Cv = 3R/2 (tidak bergantung pada temperatur) diambil dari temperatur 100 K dan tekanan 105 Pa ke 400 K dan 8x105 Pa melewati 2 jalur yang berbeda. (1). Dengan volume konstan mulai dari 100 K ke 400 K dan kemudian secara isotermal ke tekanan akhir. (2) mulai dari tekanan konstan dari 100 K ke 400 K kemudian secara isotermal ke volume akhir. Hitung kalor yang diserap atau dilepaskan pada tiap langkah jumlah aljabar untuk tiap jalur. Bandingkan hal tersebut dengan perubahan entropi dan tunjukkan bahwa perubahan entropi sama untuk kedua jalur perubahan tersebut. (ln2 = 0,693).
19. Satu kilogram air pada 20 0C diubah menjadi es pada -10 0C pada tekanan 1 atm. Kapasitas panas air pada tekanan konstan adalah 4200 JK-1kg-1 dan kapasitas panas es adalah 2100 JK-1kg-1, sedangkan kalor lebur es pada 0 0C adalah 3,36 x 105 JKkg-1. Berapa total perubahan entropi sistem air-es?
20. (a). Satu mol oksigen pada 300 K melakukan ekspansi dari silinder bervolume 5 liter ke silinder kosong dengan volume yang sama (disebut ekspansi bebas). Ketika temperatur oksigen kembali seragam menjadi 300 K, berapa perubahan entropi oksigen (diasumsikan dapat diperlakukan sebagai gas ideal)? (b). Jika perubahan volume dari 5 liter menjadi 10 liter terjadi reversibel dan isotermal, berapa perubahan entropi oksigen? Berapa perubahan entropi heat bath yang digunakan untuk mempertahankan temperatur
320
konstan?
321
Bab 18 Soal dan Penyelesaian
Gas Riil
1. Pada sistem gas real yang mengikuti Persamaan Van Der Waals 2()()apVbnRTV+−=, tentukanlah harga – harga kritis pada Critical Point : , bVc3=227baPc= dan 827canRTb=
Solusi :
Persamaan keadaan Van Der Waals
2()()apVbnRTV+−= (1)
Bentuk persamaan ini mempunyai nilai – nilai kritis ,dan . Pada daerah sekitar titik kritis berlaku cTcPcVcVVVV===321untuk P dan T yang diketahui, sehingga dapat dibentuk persamaan
(2) 0)(3=−cVV
atau dapat dituliskan
0 (3) 333223=−+−cccVVVVVV
Persamaan (3) ini setara dengan persamaan (1) yaitu 2()()caPVbnV+−=c RT yang dapat dinyatakan dengan
2ccaabVPbPnRTVV−+−= c
2
32cccVPbPVaVabnRTV−+−=
322
232ccccnRTVaVabVbVPPP−+−= (4)
sehingga dapat ditulis dalam bentuk
32()ccccnRTaabVbVVPPP−++−=0. (5)
Perbandingan persamaan (4) dan (6) memberikan 3 persamaan simultan, yaitu
3cccnRTVbP=+ (6.a)
ccPaV=23 (6.b)
ccPabV=3 (6.c)
Substitusi (6.b) pada (6.c) menghasilkan
()cccPabVV=2331
cccPabPaV=31
(7.a) bVc3=
Dengan memasukkan (7.a) ke (6.b)
cPab=2)3(3
227baPc= (7.b)
Substitusi (7.a) dan (7.b) pada (6.a)
23(3)27cnRTbbab=+
2279cnRTbbba=+
2278cnRTbba= 323
sehingga
827canRTb= (7.c)
Persamaan (7.a),(7.b),(7.c) merupakan harga – harga kritis pada daerah critical point.
2. Molekul gas hydrogen memiliki dua derajat kebebasan rotasi yaitu dalam bentuk ortho- and para hydrogen
a. Dua electron H2 para hydrogen dalam bentuk keadaan antisimetris. Momentum anguler orbital memiliki harga genap adalah 2(12pELLI
) =+h, dimana L = 0,2,4,…. Tuliskan fungsi partisi rorasi untuk single para-hydrogen
b. Dalam ortho-hydrogen, memiliki keadaan degenerasi kelipatan 3, adalah 20(12ELLI=h + ) , dimana L = 1,3,5,.. Tuliskan fungsi partisi rorasi untuk single ortho-hydrogen
Solusi :
a. ()()22(1)2(21)220,2,4,...0211LLnnIIpnLnZLeeββψ∞−+−+===+=+ΣΣhh
b. ()()22(1)(21)(22)221,3,5,...03213LLnnIIpnLnZLeeββψ∞−+−++===+=+ΣΣhh
324
3. Suatu bahan mengalami expasi adiabatic, terutama bagaimana variasi perubahan tekanan terhadap volume.
a. Tunjukan bahwa :
PSVTCpVCVκ∂⎛⎞=−⎜⎟∂⎝⎠
b. Dengan menggunakan hasil point a, tunjukan untuk gas ideal dalam kondisi adiabatik expansi pVγadalah konstanta, dimana PVCCγ=
Solusi :
a. pSVTVVVSVpVSpSSTVTVSTTp∂⎛⎞⎜⎟∂∂⎝⎠⎛⎞=−⎜⎟∂⎛⎞∂⎝⎠⎜⎟∂⎝⎠∂∂∂⎛⎞⎛⎞⎛⎞+⎜⎟⎜⎟⎜⎟∂∂∂⎝⎠⎝⎠⎝⎠=−⎛⎞∂∂⎛⎞⎜⎟⎜⎟∂∂⎝⎠⎝⎠
p
kalikan pembagi dan penyebut dengan pVT∂⎛⎞⎜⎟∂⎝⎠; 1pTVVpVpppTVSSTVTSTVTpTSTVVVSTpTT−∂∂∂⎛⎞⎛⎞⎛⎞+⎜⎟⎜⎟⎜⎟∂∂∂⎝⎠⎝⎠⎝⎠=−⎛⎞∂∂∂⎛⎞⎛⎞⎜⎟⎜⎟⎜⎟∂∂∂⎝⎠⎝⎠⎝⎠∂⎛⎞⎜⎟∂⎝⎠=−⎛⎞∂∂∂∂⎛⎞⎛⎞⎛⎞−⎜⎟⎜⎟⎜⎟⎜⎟∂∂∂∂⎝⎠⎝⎠⎝⎠⎝⎠ V
Dengan mengingat devenisi ;
325
;11;VpVpTpTSSCTCTTTVVVpVTκα∂∂⎛⎞⎛⎞==⎜⎟⎜⎟∂∂⎝⎠⎝⎠⎛⎞∂∂⎛⎞=−=⎜⎟⎜⎟∂∂⎝⎠⎝⎠
Maka ;
()()1pVTCTCVVVTακα⎛⎞⎜⎟⎝⎠=−⎛⎞⎛⎞−−⎜⎟⎜⎟⎝⎠⎝⎠
Maka diperoleh ;
PSVTCpVCVκ∂⎛⎞=−⎜⎟∂⎝⎠
4. Menurut persamaan gas real 1PVnBnRTV=+, Tentukan ungkapan untuk TPV∂⎛⎞⎜⎟∂⎝⎠
Solusi :
Bila diketahui persamaan gas real 11PVnBnRTnBPnRTVVV⎛=+⇒=+⎜⎝⎠
⎞⎟
atau 2122nRTnRTBPnRTVnRTBVVV−−=+=+ 2
Maka ; 2222322221TPnRTVnRTBVVnRTnRTBVVnRTnBVV−−∂⎛⎞=−−⎜⎟∂⎝⎠=−−⎛⎞=−+⎜⎟⎝⎠
3
326
5. Tentukan ungkapan bagi PTV∂⎛⎞⎜⎟∂⎝⎠berdasarkan persamaan gas real pada soal no. 12.
Solusi : 1PVnBPVVnBTnRTVnRV+⎛⎞=+⇒=⎜⎟⎝⎠ atau ()21PVTVnnR
B−=+
maka ; ()()()()()2121222221112PTPVVnBVVnRPVPVVnBVnBnRnRPVPVnRVnBnRVnBPVVnRVnBVnB−−−−⎡⎤∂∂⎛⎞=+⎜⎟⎢⎥∂∂⎝⎠⎣⎦=+−+⎡⎤⎛⎞=−⎢⎥⎜⎟+⎝⎠+⎢⎥⎣⎦⎡⎤⎛⎞=−⎢⎥⎜⎟++⎝⎠⎢⎥⎣⎦
6. Perubahan entalpi (H) pada tekanan tetap dapat ditulis dalam bentuk persamaan dimana PdHnCdT=PC adalah kapasitas panas sistem pada tekanan konstan dan bergantung pada temperatur menurut persamaan PCabT=+. Tentukan ekspresi dari ΔΗ dari temperatur awal ke temperatur akhir iTfT.
Solusi :
()fffiiiPHTTHTTdHnCdTataudHnabTdTnadTnbTdTdHnadTnbTdT===+=+∫∫∫
+
Dengan mengingat ; 1111bbnnaaTdTTuntuknn+=≠+∫ − ,
Maka ;
327
()()222fifinbHnaTTTTΔ=−+−
7. Dengan menggunakan persamaan TVUPTVT∂∂⎛⎞⎛⎞ P =−⎜⎟⎜⎟∂∂⎝⎠⎝⎠. Berdasarkan persamaan gas van der Waals untuk gas real, tunjukan bahwa untuk gas real 0TUV∂⎛⎞≠⎜⎟∂⎝⎠
Solusi :
Untuk persamaan gas van der Waals : 22nRTanPVnbV=−− atau ()VPnRTVn∂⎛⎞=⎜⎟∂−⎝⎠ b
()2222TVUnRnRTTVVnbVnbVanV⎛⎞⎡⎤∂⎛⎞=−⎜⎟⎜⎟⎢⎜⎟∂−−⎝⎠⎣⎦⎝⎠=
− an ⎥
Jadi, untuk gas real berdasarkan persamaan gas van der Waals 0TUV∂⎛⎞≠⎜⎟∂⎝⎠
8. Koofisien gas Joule-Thompson berdasarkan eksperiment adalah JTHTPμ−∂⎛⎞=⎜⎟∂⎝⎠. Jika 0JTμ−p adalah kondisi dibawah entalpi. Apakah ada pengaruh temperatur pada gas? Jelaskan !
Solusi :
Aapabila gas pada kondisi 0JTHTPμ−∂⎛⎞=⎜⎟∂⎝⎠p, maka terjadi pengurangan atau sebaliknya jika maka dP0dPp0HTP∂⎛⎞⎜⎟∂⎝⎠p. Maka dapat disimpulkan bahwa pada kasus ini ada pengaruh temperatur terhadap gas dan supaya 0JTμ−f maka harus positif. dT
328
9. Persamaan gas real 1PVnbnRTV=+, Tujukan bahwa untuk gas van der Waals mkRVbβ=−, jika diketahui bahwa HTPkβ∂⎛⎞=⎜⎟∂⎝⎠
Solusi : 1PVnbnRTV=+ atau 22nRTanPVnbV=−−
Jika mVVn= maka ; 2mmRTaPVbV=−−
Sehingga ; 2HmmPRTTTVbV
a ⎡⎤∂∂⎛⎞=−⎢⎥⎜⎟∂∂−⎝⎠⎣⎦ HmTRPkVβ∂⎛⎞==⎜⎟∂−⎝⎠ b
atau mkRVbβ=−
10. Critical Phenomena (Fenomena kritis) pada sistem gas-liquid ditentukan oleh parameter keteraturan (order parameter). Pada critical point gas-liquid, order parameter ini adalah perbedaan volume ( Volume Difference = V ) fase – fase yang coexist yang cenderung bernilai 0 pada critical point. Tentukanlah critical exponent δ sistem Van Der Waals !
Solusi :
Critical Exponent δ sistem Van Der Waals didefinisikan sebagai :
(1) δ/1PV∝
Pernyataan di atas mempunyai makna bahwa V mempunyai bagian singular proporsional dengan P dalam orde δ/1. Dengan kata lain, hendak ditinjau
329
relasi dalam keadaan )(PVc0≠V. Pernyataan (1) tersebut dapat dituliskan ulang sebagai
. (2) δVP∝
Dengan demikian δ ditentukan oleh orde P(V-Vc) minimal yang tidak singular.
Persamaan keadaan sistem Van Der Waals dinyatakan oleh
TNkVaNPNbVB=+−))((22, (3)
yang dapat dibentuk menjadi
22)(VaNNbVTNkPB−−=
(4) 221)(−−−−=aVNNbVTNkB
Persamaan (4) diselesaikan dengan proses ekspansi Taylor untuk mendapatkan relasi yang didefinisikan oleh persamaan (2) menjadi
...))(('''))((''))((')()(32+−+−+−+−=cccccVVVPVVVPVVVPVVPVP
Dengan V1=ρ, persamaan (4) dapat dibentuk
(5) 2211)(ρρaNNbTNkPB−−=−−
yang diturunkan orde 1 ,2 ,3 berturut – turut adalah ρρρρaNNbTNkPB2122)(−−=∂∂−− (6.a) aNNbTNkNbTNkPBb2314213222)(2)(2−−+−−=∂∂−−−−−−ρρρρρ (6.b) 41631521433)(4)(12)(6−−−−−−−−−−−−+−=∂∂NbTNkNbTNkNbNkPBBBρρρρρρρ (6.c)
Dapat diperoleh juga
330
423322262−−−−=∂∂=∂∂−=∂∂VVVVVVρρρ (7.a, 7.b, 7.c)
Dengan memanfaatkan (6.a, 6.b, 6.c) dan (7.a, 7.b, 7.c), dapat diperoleh CVVBVVcaVNNbVTNkVPVVP=−−=−−=∂∂=−3222)()('
C
yang singular karena faktor pada suku ke-2, 3−VCCVVBBVVcaVNNbVTVNkNbVTNkVPVVP−−−−=−−−−−=∂∂=−3232222)(4)(4)(''yang juga singular pada suku ke-3, dan CCVVBBBVVcNbVTVNkNbVTVNkNbVTNkVPVVP=−−−=−+−+−=∂∂=−423233)(24)(72)(36)('''yang ternyata tidak lagi singular.
Hasil di atas menunjukkan bahwa suku deret Taylor yang merupakan ekspansi P(V) tidak singular setelah orde ke-3. Maka dapat dikatakan bahwa critical exponent untuk orde parameter sistem gas-liquid ini adalah 3=δ
Soal 11 dan 12
Asumsi bahwa persamaan gas real dapat ditulis ()()mPVbTRT−= dengan ()(),,mdbTbTPdanVdT
331
11. Tunjukan bahwa ()1mndbTnRVdTPβ⎛⎞⎛⎞=+⎜⎟⎜⎟⎝⎠⎝⎠
Solusi :
Diketahui bahwa ()()mPVbTRT−= atau ()()VVPbTRTbTnn⎛⎞−=⇒=⎜⎟⎝⎠
RT
P
atau ()nRTVnbTP=+ ()()()1111PmndbTVnRTnbTVTVTPVdTPndbTnRVdTPβ⎛⎞∂∂⎛⎞⎛⎞⎛⎞⎛⎞==+=+⎜⎟⎜⎟⎜⎟⎜⎟⎜⎟∂∂⎝⎠⎝⎠⎝⎠⎝⎠⎝⎠⎛⎞⎛⎞=+⎜⎟⎜⎟⎝⎠⎝⎠
nR
12. Tunjukan bahwa 2mRTVPκ⎛⎞=⎜⎟⎝⎠
Solusi : ()22111TmVnRTnbTVPVPPVPRTVPκ∂∂⎛⎞⎛⎞⎛⎞⎛⎞⎛=−=−+=−−⎜⎟⎜⎟⎜⎟⎜⎟⎜∂∂⎝⎠⎝⎠⎝⎠⎝⎠⎝⎛⎞=⎜⎟⎝⎠
nR⎞⎟⎠
13. Persamaan keadaan gas van der Waals 2()()BavbPkTv−+= dimana v adalah volume per partikel VvN= dengan a dan b adalah konstanta. Tunjukan bahwa panas spesifik ()2321PVNkCCavbkTv−=−−
Solusi :
Berdasarkan persamaan termodinamika , Tds
332
VTVVPTPPSSpTdSTdVTTdVCdTVTTSSVTdSTdPTTdPCdTPTT∂∂∂⎛⎞⎛⎞⎛⎞=+=+⎜⎟⎜⎟⎜⎟∂∂∂⎝⎠⎝⎠⎝⎠∂∂∂⎛⎞⎛⎞⎛⎞=+=−+⎜⎟⎜⎟⎜⎟∂∂∂⎝⎠⎝⎠⎝⎠
Dari kedua persamaan diatas maka selisih kedua persamaan diatas menjadi ;
()PVPVVPCCdTTdPTdVTT∂∂⎛⎞⎛⎞−=+⎜⎟⎜⎟∂∂⎝⎠⎝⎠
Jika volume V konstan maka ;
()PVPVCCdTTdPT∂⎛⎞−=⎜⎟∂⎝⎠ atau dapat ditulis kembali menjadi ;
()PVPVPVPvPCCTNTTTTT∂∂∂∂⎛⎞⎛⎞⎛⎞⎛⎞−==⎜⎟⎜⎟⎜⎟⎜⎟∂∂∂∂⎝⎠⎝⎠⎝⎠⎝⎠V
Jika diketahui bahwa 2()()BavbPkTv−+=, maka ; VPkTv∂⎛⎞=⎜⎟∂−⎝⎠ b
()232322PvkkaabaaTPPvvvv∂⎛⎞==⎜⎟∂⎝⎠−++−− v b
Maka
()()()()()222323232221PVPVvPCCNTTTNkTaaPvbvbvvNkkTakTvbvNkavbv∂∂⎛⎞⎛⎞−=⎜⎟⎜⎟∂∂⎝⎠⎝⎠=⎛⎞+−−−⎜⎟⎝⎠=−−=−−
Soal Nomor 14 - 16
Partikel-partikel gas real encer dalam volume V berinteraksi dengan fungsi potensial sebagai
333
berikut :
.,,0,0)(partikelantarjarakadalahrdenganarjikarjikarU<∞>=
Persamaan keadaan gas tersebut dapat dituliskan dengan bantuan ensembel Kanonik besar sebagai berikut :
kTP = Σmmb3λzm
dengan λ adalah panjang gelombang termal, z : fugacity dan bm adalah integral cluster–m.
14. Gambarkan grafik cluster–m yang akan berkontribusi untuk m = 1, 2 dan 3, lengkap dengan labelnya.
Solusi :
( 1 + f12 ) ( 1 + f13 ) ( 1 + f23 ) = 1 + ( f12 + f13 + f23 ) + ( f12f13 + f12f23 + f13f23 ) + ( f12f13f23 ),
Gugus 1 ; •
Gugus 2 ; 1• •2, 1• •3, 1• •3
Gugus 3 : 1• •2, 2• •3, 3• •1 dan 1• •2
•3 •1 •2 •3
15. Tuliskan rumus bm tersebut dan hitunglah b1 dan b2 untuk kasus ini.
Solusi : {}1311lmNmllvZbmλ=⎛⎞=⎜⎟⎝⎠ΣΠ
l
, 331mlblVλ−=
( Jumlah semua gugus l yang mungkin ) dan konstrain/kendala : llmlN=Σ
Persamaan kTPVdiperoleh dari hubungan dengan Fungsi partisi grand Kanonik :
334
{}G1301 Z = Z(N,V,T)=llmmlNNNmllZvZbmλ∞==⎛⎞⎜⎟⎝⎠ΣΣΠ
l
23312312G123333123Z = ...lmmmmmmmmZvZvZvbxbxbxmmmλλλ⎛⎞⎛⎞⎛⎞⎜⎟⎜⎟⎜⎟⎝⎠⎝⎠⎝⎠ΣΣΣ
1 2 3
m
Diketahui bahwa : nxnXen=Σ 131explGlZvZbλ∞=⎛⎞=⎜⎟⎝⎠Π,
untuk kasus gas real lnGPVZkT= dan lnGNZZZ∂=∂ , maka ; 11331lnlnexpllGllZVZvZbbλλ∞=⎛⎞⎛==⎜⎟⎜⎝⎠⎝ΣΠ ⎞⎟⎠
dan 113lnlGllZvZbZλ−⎛⎞∂=⎜⎟∂⎝⎠Σ,
sehingga ; 13lnlGlPVZvZbkTλ⎛⎞==⎜⎟⎝⎠Σ, dan 13lllZVNbλ⎛⎞=⎜⎟⎝⎠Σ
Gunakan deret kuasa : 1231231...mmmZanananan∞===++Σ +
Dimana ; 131llNlnZVλ=⎛⎞==⎜⎟⎝⎠Σ b
131nZb
λ
= + 2
2
3
2 Z b
λ +3333bZλ+...
2312331{ Zb+2Zb+3Zb+... }λ= 31nλ=[ (+++..)bna122na33na1 + 2(+++.. )na122na33na2 b2 +
3 (+++..)na122na33na3 b3 + ... ]
335
31nλ=[ a1b1n +( a2b1+2b21a2)n2 + ( a3b1+4 a1a2b2 +3b31a3)n3 +..],
Untuk, b1 = 1, koefisien n = 1, maka ; a1 = λ3,
koefisien n2 = 0→ a2b1 + 2 b21a2 = 0
a2 =– 2λ6b2 dan
a3 = λ9 (8–3b22b3),, jadi
Z = λ3n – 2λ6b2 n2+λ9 (8– 3b22b3) n3 + …
Selanjutnya : 131llPVZVbkTλ=⎛⎞=⎜⎟⎝⎠Σ → ()31llPZbkTλ= ()2312331Z b + Z b + Z b +...λ= kTP=31λ[(+++..) bna122na33na1 + (+++..)na122na33na2 b2 + (+++..)na122na33na3 b3 +... ] kTP=31λ[ a1b1n + (a2b1+b21a2) n2 + (a3b1 + 2a1a2b2 +b31a3 ) n3 +...],
a1 = λ3, a2 = –2λ6b2 dan a3 = λ9 (8– 3b22b3) kTP= 31λ[ λ3n –λ6b2 n2 + λ9 (4– 2b22b3 ) n3 +…] = [ n –λ3b2 n2 + λ6 (4– 2b22b3) n3 +…] atau nkTP= 1 –λ3b2 n + λ6 (4– 2b22b3) n2 +…,
Maka diperoleh ; A1 = 1, A2 = – b2 dan A3 = 4– 2b22b3
16. Persamaan keadaan gas riil dapat juga dinyatakan sebagai uraian deret virial sbb :
nkTP = A1 + A2 n + A3 n2 + . . .
dengan n = N/V. Turunkanlah ungkapan bagi A1, A2 dan A3 dalam bm. 101blVλ=[•] = 311drV∫ = V1V = 1, 336
2312bVλ=[ 3 ( 1• •2 ) ], 123321332bdrd 2 r
λ V
= ⎡ ⎤ ⎣∫ ⎦ f = 2
3
3 4 ()
2
π r f r dr
λ ∫ = ()2()361urkTredrπλ−−∫
()()22030611aaredrredrπλ∞−∞⎡⎤+−⎢⎥⎣⎦∫∫ = −
233306613ardraa3
3
2 πππλλ⎡⎤
λ
⎢ − ⎥ = − = −
⎣ ⎦
∫ =
3• 3• 3616bVλ=[ 3 ( 1• •2 ) + 1• •2 ],
Soal Latihan
1. Tunjukan rasio ( ) /pVRT pada kritikal point untuk gas dimana persamaan keadaanya (Persamaan Dieterici’s) ()()exp/pVbRTaRTV−=− dan tunjukan jawaban secara numerik.
2. Satu mol gas gas senantiasa menaati persamaan gas van der Waals. Jika molar energi internal ( V adalah molar volume dan a adalah konstanta persamaan keadaan dan c adalah konstanta. Tentukanlah molar kapasitas panas /ucTaV=−vpCdanC
3. Persamaan gas van der Waals adalah 2()RTPVbV=−−
a, tentukanlah koofisien ekspansi termal α
4. Dengan menggunakan persamaan gas real van der Waals, tunjukan molar kapasitas panas pada volume konstan adalah hanya fungsi dari temperatus
5. Tunjukan dengan menggunakan persamaan gas real van der Waals perbedaan molar 337
kapasitas panas pada tekanan tetap dan volume tetap.
6. Tentukan koofisien Joule-Thomson HTP∂⎛⎞⎜⎟∂⎝⎠ berdasarkan persamaan gas real van der Waals.
7. Dengan menggunakan persaman gas real van der Waals buktikan bahwa 2TEaVV∂⎛⎞=⎜⎟∂⎝⎠
8. Suatu sistem memiliki energi total ()22,,expSUSVNNVβα⎛⎞=⎜⎝⎠
⎟ dengan α dan β adalah konstanta sedangkan S, V dan N masing-masing entropi, volume dan jumlah partikel. Tentukanlah potensial kimia μ sebagai fungsi dari dari temperatur dan tekanan.
9. Persamaan Sackur-Tetrode ()3/224,,ln32VmUSUVNNkNNhπ 5 ⎡⎤⎛⎞⎛⎞=+⎢⎥⎜⎜⎟⎜⎝⎠
⎟⎟ ⎢⎥⎝⎠⎣⎦ merupakan gambaran dari persamaan entropi gas ideal monoatomik. Jelaskan mengapa kondisi ini tidak berlaku untuk gas real ?
10. Persamaan gas ideal van der Waals TNkVaNPNbVB=+−))((22 dengan temperatur Boyle . Ketika temperatur ini dihilangkan pada koofisien virial suku kedua, gas ideal akan sama dengan gas real di sekitar . Dengan menggunakan kritikal temperatur dari persamaan gas van der Waals, tentukan harga BoyleTBoyleTBoyleT
11. Dengan menggunakan hubungan termodinamika buktikan untuk elektron gas 211TNTVVpnκμ⎛⎞⎛⎞∂∂=−=⎜⎟⎜⎟∂∂⎝⎠⎝⎠NT
n dengan /nNV= 338
12. Soal Nomor 13-16 Untuk kasus kristikal eksponen ;
Berdasarkan persamaan gas van der Waals tentukan ;
13. Kritikal point α
14. Kritikal point β
15. Kritikal point γ
17. Tunjukan entropy dari gas real dengan N partikel klasik monoatomik dengan energi total E tetap yang beradada dalam kotak d-dimensi dengan volume V. Berikan kesimpulan dari persamaan keadaan gas ini dengan asumsi N adalah sangat banyak (,,SEVN)
18. Gas real dengan N partikel dengan energi total E tetap Yang berada dalam kotak hiperkubik d – dimensi dengan panjang sisi L. Dengan mengasumsikan bahwa E sangat besar dibandingkan dengan ground state energy, Tentukan probailitas ditemukannya partikel dengan momentum p dalam gas ini ?
19. Suatu kotak mengandung gas ideal klasik dengan volume V tetap dan dinding kotak menyerap N0 bagian. Tiap-tiap bagian dapat menyerap sampai dua partikel dengan energi tiap-tiap serapan ε−. Jumlah partikel N adalah tetap dan lebih besar dari 2N0. Gunakan ensembel grand kanonik untuk menunjukan persamaan keadaan gas dan tentukan jumlah rata-rata penyerapan partikel dengan batas dan T 0T→→∞
20. Suatu gas A dengan N partikel bermasa m, jika permukaan area A dalam bentuk 2 dimensi gas ideal pada temperatur T di permukaan area. Energi serapan partikel 202pmεε=− dimana (,xy) ppp= dan 0ε energi ikat permukaan per partikel. Dengan menggunakan aproksimasi dan asumsi bahwa partikel tak dapat dibedakan. Tentukan potensial kimia μ serapan gas. 339
Bab 19 Soal dan Penyelesaian
Siatem dengan Interaksi Lemah
1. Jelaskan apa yang dimaksut dengan ensemble kanonik ?
Solusi :
Ensembel kanonik adalah sistem dengan banyak partikel pada tiap sistem adalah sama dan merupakan bilangan konstan dan temperatur tiap sistem ( bukan energi ) adalah sama dan merupakan bilangan konstan. Dengan kata lain sistem yang mempunyai nilai N (banyak partikel) dengan volum (V) dan temperatur (T) yang tetap. Kondisi ini memperbolehkan kemungkinan adanya pertukaran energi antara sistem dan sebuah ensembel dan juga interaksi antar partikel dalam sebuah sistem.
2. Sebuah sistem dengan dua partikel (A dan B) yang dapat dibedakan. Masing-masing partikel mempunyai dua keadaan nilai eigen energi 10ε= dan 2εε=.
a. Tuliskan fungsi partisi sistem
b. Tuliskan fungsi partisi salah satu partikel
c. Tuliskan fungsi partisi noninteracting particles
d. Tuliskan probability sistem untuk keadaan yang mungkin
e. Energi rata-rata sistem
f. Energi bebas per partikel
g. Entropi per partikel
Solusi :
340
Keadaan
Mikro
ε
I
II
III
VI
1
0
B
A
B
A
B
A
A
B
Σε
0
1
a. Fungsi Partisi
4(0)21(,2)2iZTNeeeeβεββεβε−−−−====++Σ 212eeβεβ−− + ε =+
b. Fungsi partisi salah satu partikel 2(0)1(,1)1iZTNeeeeβεββε−−−=−===+=+Σ βε
c. Tuliskan fungsi partisi noninteracting particles
2(,2)(,1)ZTNZTN===
d. Probability sistem untuk keadaan yang mungkin 111(,1)1pZTeβε−==+ dan
341
2(,1)1eepZTeβεβεβε−−−==+
e. Energi rata-rata sistem -2-1e1eiiiuEpβεβεεε====+Σ
f. Energi bebas per partikel
()ln,1ln1fkTZTkTeβε−⎡⎤⎡⎤=−=−+⎣⎦⎣⎦
g. Entropi per partikel ()ln11VfskekTeβεβεβε−−∂⎛⎞=−=++⎜⎟∂+⎝⎠
3. Sebuah sistem dengan dua partikel (A dan B) yang dapat dibedakan dan masing-masing partikel mempunyai tiga keadaan nilai eigen energi 10ε= , 2εε= dan 22εε=. Gambarkan keadaan yang mungkin dan tuliskan fungsi partisinya serta fungsi energi bebasnya.
Solusi :
Kead. Mikro
ε
I
II
III
IV
V
VI
VII
VIII
IX
2
1
B
A
B
A
B
A
B
A
B
A
A
B
342
0
B
ABAAB
Σε
0
1
2
3
4
Fungsi Partisi
βεβεβεβεβεββε4322)0(51222−−−−−−=−+++++==ΣeeeeeeeZi βεβεβεβε4322321−−−−++++=eeee
Jika kT1−=β, maka kTkTkTkTeeeeZεεεε4322321++++=
Fungsi Helmholtz
ZkTFln−= )2321(ln432kTkTkTkTeeeekTεεεε++++−=
4. Sebuah sistem dengan dua partikel (A dan B) yang tak dapat dibedakan dan masing-masing partikel mempunyai tiga keadaan nilai eigen energi 10ε= , 2εε= dan 22εε=. Gambarkan keadaan yang mungkin dan tuliskan fungsi partisinya serta fungsi energi bebasnya.
Solusi :
343






Keadaan
Mikro
ε
I
II
III
IV
V
VI
2
1
0
Σε
0
1
2
3
4






Fungsi Partisi
βεβεβεβεββε432)0(512−−−−−=−++++==ΣeeeeeeZi βεβεβεβε43221−−−−++++=eeee
Jika kT1−=β, maka kTkTkTkTeeeeZεεεε43221++++=
Fungsi Helmholtz
ZkTFln−=
344
)21(ln432kTkTkTkTeeeekTεεεε++++−=
5. Tunjukan bahwa dalam ensembel kanonik, fluktuasi energi sebesar 2EkTCΔ= v.
Solusi : 22EEEΔ=<>−<>
Diketahui bahwa ; ZElnβ∂∂−= atau β∂∂−=ZZE1
Maka ; 2221β∂∂>=<ZZE dan 221⎟⎟⎠⎞⎜⎜⎝⎛∂∂−=><βZZE
Maka ; 2222222211()lnEEEEZZZZZβββ⎡⎤⎡⎤
β
∂∂∂Δ=<>−<>=−==−⎢⎥⎢⎥

∂∂∂⎣⎦⎣⎦ ∂
Diketahui bahwa ; TkB1−=β dan TECV∂∂=
Maka ; TETkEEB∂∂=∂∂−=Δ22)(β
345
VBCTkE22)(=Δatau 2EkTCΔ= v
6. Tunjukan bahwa dalam ensembel kanonik, fluktuasi energi relatif sebesar 1~EENΔ.
Solusi :
Diketahui bahwa fluktuasi energi dalam ensembel kanonik adalah ΔE = kT 2Cv,
Maka ; 2EkTCEEΔ= v
Jika sistem sangat besar maka diambil ~ dan ~, maka →N→VVN adalah konstan dan jika Cv dan E adalah variabel ekstensive maka CV ~ N, jadi ; EEΔ~N1
7. Dengan menggunakan ensembel kanonik, tuliskan sifat-sifat termodinamika kuantum osilator harmonik 1 dimensi dalam kesetimbangan dengan temperatur ruang T yang memiliki tingkat energi 1(0,1,2,...)2nnnεω⎛⎞=+=⎜⎟⎝⎠h
Solusi :
Fungsi Partisi ensambel Kanonik :
()1expnZEβ∞==−Σ
Dimana ; 1(0,1,2,...)2nnnεω⎛⎞=+=⎜⎟⎝⎠h, maka
346
11exp2nZnβω∞=⎡⎤⎛=−+⎜
⎞⎟
⎢⎥⎝⎠⎣⎦Σh atau ()221...Zeeeβωβωβω−−−=++hhh + ,
Diketahui bahwa deret geometri ; 211...1xxx+++=−, dimana xeβω−=h, maka ;
Fungsi partisinya menjadi ; 21eZeβωβω−−=−hh
Fungsi hemholtznya : ()()2lnln11ln121ln12eFkTZkTekTekTeβωβωβωβωβωω−−⎛⎞=−=−⎜⎟−⎝⎠⎡⎤=−−−−⎢⎥⎣⎦=+−hhhhhh
Entropi ; ()()1ln12ln11FSkTTTkeeβωβωβωωβω−∂∂⎛⎞⎛=−=−+−⎜⎟⎜∂∂⎝⎠⎝⎡⎤=−−⎢⎥−⎣⎦hhhhh
e ⎞⎟⎠
Energi internal osilator : 2lnln1121EZatauEkTZTeβωβω∂∂⎛⎞=−=⎜⎟∂∂⎝⎠⎡⎤=+⎢⎥−⎣⎦hh
8. Energi osilator harmonik 1 dimensi dengan status keadaan n adalah εn = (n + ½ )hf,
347
dengan h : tetapan Planck, F : frekuensi, n = 1, 2, 3, . . . dst. Misalkan kita memiliki sebuah sistem yang terdiri dari N buah osilator harmonik 3 dimensi identik yang tak terbedakan dan bisa dianggap tak saling berinteraksi.
a. Tuliskan fungsi partisi kanonik untuk sistem tsb dan sederhanakan sehingga diperoleh bentuk analitik (closed form).
b. Tuliskan juga aproksimasi bagi fungsi partisi tersebut untuk T tinggi (T >> hf/k) dan T terendah (T << hf/k).
Solusi :
a. εnx,ny,nz = (nx + ny + nz + 23) hf, dengan nx, ny, nz = 0, 1, 2, 3, . . . ()()32000expxyzxyznnnZnnnhfβ∞∞∞====−++ΣΣΣ +
()()()32xyxyznnhfhfhfhfnnneeeeββββ∞∞∞−−−−=ΣΣΣ nz
Nilai untuk = ()Σ∞−nnhfeβhfeβ−−11, maka ; ()32311hfhfZeeββ−−⎡⎤⎢⎥=⎢⎥−⎣⎦ 3221hfhfeeββ−=⎛⎞−⎜⎟
⎝ ⎠
322hfhfeeββ−−⎛⎞=−⎜⎟⎝⎠,
Untuk N partikel dalam 3-D, diperoleh ; ()32211!!NhfhfNNZZeeNNββ−−⎛⎞==−⎜⎟⎝⎠
348
b. ex = 1 + x + 22x + . . . , dan e–x = 1 – x + 22x – . . .,
maka : 2hfeβ = 1 +
2
hfβ + . . . dan 2hfeβ− = 1 –
2
hfβ + . . .,
T tinggi (T → ∞) atau β rendah (β→0) : ()32200011limlimlim!!NhfhfNNZZeeNNβββββ−−→→→⎛⎞==−⎜⎟⎝⎠ 3111!22NhfhfNββ−⎡⎤⎛⎞⎛⎞=+−+⎜⎟⎜⎟⎢⎥⎝⎠⎝⎠⎣⎦ ()3311!!NNkThfNNβ−⎛⎞==⎜⎟⎝⎠ hf
T rendah (T → 0)atau β tinggi (β→ ∞) : ()32211limlimlim!!NhfhfNNZZeeNNβββββ−−→∞→∞→∞⎛⎞==−⎜⎟⎝⎠ 332211!!NNhfhfkTeeNNβ−−⎛⎞⎛⎞==⎜⎟⎜⎟⎝⎠⎝⎠
9. Berdasarkan soal nomor 2, hitunglah ;
a. Energi rata-rata sistem tersebut.
b. Hitung juga aprokmasi nilai eigen energi tsb untuk T tinggi dan T rendah.
c. Kapasitas panas pada volume tetap.
349
d. Hitung juga aprokmasi kapasitas panas tsb untuk T tinggi dan T rendah.
e. Turunkan juga ungkapan bagi entropi.
Solusi :
a. Energi rata-rata 32222222222ln11ln3ln!!13lnln!3232NNhfhfhfhfhfhfhfhfhfhfEZeeNeeNNNeeNeehfNeeNhfβββββββββββββββ−−−−−−∂=−∂⎡⎤⎡⎤⎛⎞⎛⎞∂∂⎢⎥=−−=−⎢⎥⎜⎟⎜⎟∂∂⎢⎥⎢⎥⎝⎠⎝⎠⎣⎦⎣⎦⎡⎤⎛⎞∂∂=+−⎢⎥⎜⎟∂∂⎢⎥⎝⎠⎣⎦⎛⎞⎛⎞+⎜⎟⎜⎟⎛⎞⎜⎟⎝⎠=⎜⎟⎜⎟⎛⎞⎝⎠⎜⎟−⎜⎟⎜⎟⎝⎠⎝⎠⎛=⎜⎝coth2hfβ⎞⎛⎞⎟⎜⎟⎠⎝⎠
b. Aprokmasi nilai eigen energi tsb untuk T tinggi dan T rendah.
T tinggi (T → ∞) atau β rendah (β→ 0) :
350
00220223limlimcoth223lim2313322hfhfhfhfNhfhfEeeNhfeeNhfNNkThfββββββββββ→→−→−⎛⎞⎛⎞=⎜⎟⎜⎟⎝⎠⎝⎠⎛⎞⎛⎞+⎜⎟⎜⎟⎛⎞⎜⎟⎝⎠=⎜⎟⎜⎟⎛⎞⎝⎠⎜⎟−⎜⎟⎜⎟⎝⎠⎝⎠⎛⎞⎛⎞==⎜⎟⎜⎟⎛⎞⎝⎠⎝⎠⎜⎟⎝⎠
=
T rendah (T → 0) atau β tinggi (β→ ∞) : 22223limlimcoth223lim232hfhfhfhfNhfhfEeeNhfeeNhfββββββββ→∞→∞−→∞−⎛⎞⎛⎞=⎜⎟⎜⎟⎝⎠⎝⎠⎛⎞⎛⎞+⎜⎟⎜⎟⎛⎞⎜⎟⎝⎠=⎜⎟⎜⎟⎛⎞⎝⎠⎜⎟−⎜⎟⎜⎟⎝⎠⎝⎠⎛⎞=⎜⎟⎝⎠
c. Kapasitas panas pada volume tetap VVUCETTTββ∂∂∂∂⎛⎞===⎜⎟∂∂∂∂⎝⎠
E
351
222222213coth2213csc2223csc223csc22NhfhfkTNhfhfhfhkThfhfNkhkThfhfNkhββββββ⎡⎤∂⎛⎞⎛⎞⎛⎞=−⎜⎟⎜⎟⎜⎟⎢⎥∂⎝⎠⎝⎠⎝⎠⎣⎦⎡⎤⎛⎞⎛⎞⎛⎞⎛=−−⎜⎟⎜⎟⎜⎟⎜
⎞⎟
⎢⎥⎝⎠⎝⎠⎝⎠⎝ ⎠ ⎣⎦⎛⎞⎛⎞=⎜⎟⎜⎟⎝⎠⎝⎠⎛⎞⎛⎞=⎜⎟⎜⎟⎝⎠⎝⎠=
d. Aprokmasi kapasitas panas untuk T tinggi dan T rendah.
T tinggi (T → ∞) atau β rendah (β→ 0) : 2200202limlim3csc2213lim2sinh233VhfhfCNkhhfNkhfNkRβββββββ→→→⎛⎞⎛⎞=⎜⎟⎜⎟⎝⎠⎝⎠⎛⎞=⎜⎟⎛⎞⎝⎠⎜⎟⎝⎠==
T rendah (T → 0) atau β tinggi (β→ ∞) :
352
222222222222limlim3csc2213lim2sinh213lim23232VhfhfhfhfkThfhfCNkhhfNkatauhfhfNkeehfNkeatauhfNkekTβββββββββββββ→∞→∞→∞→∞−−−⎛⎞⎛⎞=⎜⎟⎜⎟⎝⎠⎝⎠⎛⎞=⎜⎟⎛⎞⎝⎠⎜⎟⎝⎠⎡⎤⎛⎞⎢⎥=⎜⎟⎢⎥⎝⎠−⎣⎦⎛⎞=⎜⎟⎝⎠⎛⎞=⎜⎟⎝⎠
e. Entropi VFST∂⎛⎞=−⎜⎟∂⎝⎠
dimana ;
lnNFkTZ=−, dan 3221!NhfhfNZeeNββ−−⎛⎞=−⎜⎟⎝⎠
Maka ; ()lnlnlnNNSkTZkZTZTT∂∂⎛⎞==+⎜⎟∂∂⎝⎠ N
Diketahui bahwa ; 22lnln1lnlnNNNNTEZZTZkTZkTTβββ∂∂∂⎛⎞=−=−⎜⎟∂∂∂⎝⎠∂∂⎛⎞⎛⎞==⎜⎟⎜⎟∂∂⎝⎠⎝⎠
Maka ;
353
2lnNEZTk∂=∂ T
Jadi ; 322lnlnln13lncoth!2NNNNhfhfESkZkTZkZTTNhfhfkeeNTβββ−−∂⎛⎞=+=+⎜⎟∂⎝⎠⎡⎤⎛⎞⎛⎞⎛⎢⎥=−+⎜⎟⎜⎟⎜⎝⎠⎝⎢⎥⎝⎠⎣⎦ 2

⎟⎠
10. Suatu sistem osilator harmonik 1 dimensi yang memiliki hamiltonian 222111222NiiipHmω==+Σ m q dengan temperatur ruang T. Tentukanlah :
a. Fungsi partisi kanonik
b. Energi bebas Hemholtz
c. Potensial kimia
d. Entropy
e. Energi
Solusi :
a. Fungsi partisi kanonik
Fungsi partiasi ensembel kanonik dalam ruang fasa adalah : 3331exp((,))!NNNZdqdpHqpNhβ=−∫
Maka ;
Fungsi partisi sistem ini adalah :
354
221/21/2211(,,1)exp2212221pZTVmqdpdqhmmhmβωππβωβπβωβω∞∞−∞−∞⎧⎫⎛⎞=−+⎨⎬⎜⎟⎝⎠⎩⎭⎛⎞⎛⎞=⎜⎟⎜⎟⎝⎠⎝⎠==∫∫h
Dengan 2hπ=h
b. Energi bebas Hemholtz
(),,(,,1)NZtVNZTV= (,,)ln(,,1)1lnlnNFTVNkTZTVNkTNkTkTβωω=−⎛⎞=⎜⎟⎝⎠⎛⎞=⎜⎟⎝⎠hh
c. Potensial kimia
()(),,,,,lnlnVTFTVNTVNNkTNkkTkT
T
ωμω∂⎛⎞==⎜⎟∂⎝⎠⎛⎞=⎜⎟⎝⎠hh
d. Entropi
355
,ln(,,)ln(,,)lnln1NVZTVNSkZTVNkTTNkNkkTNkkTωω∂⎛⎞=+⎜⎟∂⎝⎠⎛⎞=+⎜⎟⎝⎠⎡⎤⎛⎞=+⎜⎟⎢⎥⎝⎠⎣⎦hh
e. Energi 2,2ln(,,)lnNVNZTVNEkTTkTTkTNkTω∂⎛⎞=⎜⎟∂⎝⎠⎛⎞∂⎛⎞=⎜⎟⎜⎟⎜⎟∂⎝⎠⎝⎠=h
11. Tuliskan persamaan Schrodinger untuk gas ideal monoatomik satu dimensi serta tuliskan fungsi partisi kanonik dan Fungsi Helmholtznya
Solusi :
356
Partikel dalam Sumur Potensial (1-D)
Syarat Batas : V(x) = ⎩⎨⎧=ψ→≥≤∞ψ→<<0Lxatau0xuntukadaLx0untuk0
Persamaan Shcrodinger : H ψ(x) = E ψ(x) ⎟⎟⎠⎞⎜⎜⎝⎛+−)(2222xVdxdmhψ(x) = Eψ(x), V(x) = 0 →⎥⎦⎤⎢⎣⎡−2222dxdmhψ(x) = Eψ(x) 22)()(1dxxdxψψ + 22hmE = 0
dimana ; k2 = 22hmE → 22)()(1dxxdxψψ + k2 = 0 22)(dxxdψ + ψ(x) = 0 →2k⎟⎟⎠⎞⎜⎜⎝⎛+222kdxdψ(x) = 0 → ⎟⎠⎞⎜⎝⎛−⎟⎠⎞⎜⎝⎛+ikdxdikdxdψ(x) = 0
ψ(x) = ψ0 + ψikxe1 atau ψ(x) = Asin(kx) + B cos(kx) ikxe−
dengan syarat batas : ψ(x = 0) = B = 0 dan ψ(x = L) = A sin(k L) = 0, A ≠ 0,
sin(k L) = 0 → k L = nπ → k = Lnπ, dimana nilai n = 1, 2, 3, . . .
ψ(x) = L1sin (Lnπx),
Jadi ; 222mEk=h→ 22hmE = Lnπ atau
V = 0
V = ∞
V = ∞
0
ψI = 0
L
ψII = 0
III
I
II 357
22222nEmLπ=h
• Fungsi Partisi ensambel Kanonik :
()1expnZEβ∞==−Σ
Dimana ; 22222nEmLπ=h, maka 22221exp2nnZmLπβ∞=⎛⎞⎛⎞=−⎜⎟⎜⎟⎜⎟⎝⎠⎝⎠Σh
Jika dimisalkan ; 2222cmLπ=h, maka ;
()21expnZcnβ∞==−Σ
dimana :
21xcnneβ∞−=Σ = dn = ∫∞−12cneβ21cβπ, maka
()2222112exp2nmLZcnπββπ∞=⎛⎞=−=⎜⎟⎝⎠Σh
• Fungsi Helmholtz : 22212lnln2mLFkTZkTπβπ⎡⎤⎛⎞⎢⎥=−=−⎜⎟⎢⎥⎝⎠⎣⎦h
12. Tuliskan persamaan Schrodinger untuk gas ideal monoatomik dalam kotak kubus bervolume V (dengan sisi L) serta tuliskan fungsi partisi kanonik dan Fungsi
358
Helmholtznya
Solusi :
Syarat Batas : V(x,y,z) = ⎩⎨⎧=∞≠<<<<<<0;0;00,0,0ψψkotakdiluarLzdanLyLx
Persamaan Shcrodinger : H ψ(x) = E ψ(x), untuk 1 partikel dalam kotak ⎟⎟⎠⎞⎜⎜⎝⎛+⎥⎦⎤⎢⎣⎡++−)(22222222xVdzddyddxdmhψ = Eψ , V(x,y,z) = 0 ⎥⎦⎤⎢⎣⎡++−22222222dzddyddxdmhψ(x,y,z) = E ψ(x,y,z),
Karena syarat batas separabel dalam koordinat kartesius, maka ;
ψ(x,y,z) = ψ(x) ψ(y) ψ(z) ⎥⎦⎤⎢⎣⎡++−22222222dzddyddxdmhψ(x) ψ(y) ψ(z) = E ψ(x) ψ(y) ψ(z) 222222)()(1)()(1)()(1dzzdzdyydydxxdxψψψψψψ+++22hmE = 0
L
L
L
359
222222)()(1)()(1)()(1dzzdzdyydydxxdxψψψψψψ+++ k2 = 0
– – – + k2xk2yk2zk2= 0,
Maka ;
– 2x k = 22)()(1dxxdxψψ ; – 2y k = 22)()(1dyydyψψ dan – 2z k =
22)()(1dzzdzψψ
Untuk ; – 2xk=22)()(1dxxdxψψ 22)(dxxdψ + ψ(x) = 0 2xk⎟⎟⎠⎞⎜⎜⎝⎛+222xkdxdψ(x) = 0 ⎟⎠⎞⎜⎝⎛−⎟⎠⎞⎜⎝⎛+xxikdxdikdxdψ(x) = 0
ψ(x) = ψ0+ ψxikxe1 atau xikxe−
ψ(x) = A sin (kx x) + B cos (kx x)
Dengan syarat batas 0 ≤ x ≤ L , maka ;
ψ(x = 0) = B = 0 dan
ψ(x = L) = A sin (kx L) = 0 ; A ≠ 0
Sin (kx L) = 0
kx L = nxπ atau kx = Lnxπ,
maka ; ky = Lnyπ dan kz = Lnzπ
ψ(x,y,z) = ψ(x) ψ(y) ψ(z)
360
ψ(x,y,z) = 31L sin (Lnxπ) sin (Lnyπ) sin (Lnzπ),
Jadi ;
k2= + + 2xk2yk2zk22hmE = 2⎟⎠⎞⎜⎝⎛Lnxπ+ 2⎟⎟⎠⎞⎜⎜⎝⎛Lnyπ+ 2⎟⎠⎞⎜⎝⎛Lnzπatau
Enx,ny,nz = 2222mLhπ( + + ) ; dimana nilai n2xn2yn2znx, ny, nz = 1, 2, 3, . . .
• Fungsi Partisi ensambel Kanonik :
Z = ΣΣΣ∞=∞=∞=111expxyznnn()Eβ−
Enx,ny,nz = 2222mLhπ( + + ), 2xn2yn2zn
dimisalkan ; c = 2222mLhπ→ Enx,ny,nz = c( + + ) 2xn2yn2zn
Z = ΣΣΣ∞=∞=∞=111expxyznnn())(222zyxnnnc++−β
= , dimana : ⎟⎟⎠⎞⎜⎜⎝⎛Σ∞=−12xxncneβ⎟⎟⎠⎞⎜⎜⎝⎛Σ∞=−12yyncneβ⎟⎟⎠⎞⎜⎜⎝⎛Σ∞=−12zzncneβ
⎟⎟⎠⎞⎜⎜⎝⎛Σ∞=−12xncneβ = dn = ∫∞−12cneβ21cβπ, maka
Z = = 312⎟⎟⎠⎞⎜⎜⎝⎛Σ∞=−xncneβ813⎟⎠⎞⎜⎝⎛cβπ= 8132222⎟⎟⎠⎞⎜⎜⎝⎛hβππmL
361
3222128mLZπβπ⎛⎞=⎜⎟⎝⎠h
• Fungsi Helmholtz :
F = – kT ln Z = – kT ln [8132222⎟⎟⎠⎞⎜⎜⎝⎛hβππmL]
13. Dalam gas ideal energi sistem tanpa interaksi antar molekul adalah ()21,2NiipHqpm==Σ, tentukanlah :
a. Energi bebas Hemholtz
b. Potensial kimia
c. Entropi
Solusi :
Fungsi partisi dalah gas ideal adalah : ()21/23331!NiiNmpNNZdqdpeNhβ=−⎛⎞Σ=⎜⎟⎝⎠∫∫ atau ()()3/2211(,,)(,,12!!NNVZTVNZTVmkTNNhπ⎛⎞==⎜⎟⎝⎠
Diketahui bahwa rerata panjang gelombang de Broglie partikel gas pada temperatur tertentu adalah : 22hmkTλπ=,
maka fungsi partisi dapat ditulis kembali menjadi ;
362
31(,,)!NVZTVNNλ⎛⎞=⎜⎟⎝⎠
a. Energi bebas Hemholtz ()()3/2233/231lnln2!ln12ln1NVFkTZkTmkTNhNhNkTatauVmkTNNkTVππλ⎡⎤⎛⎞=−=−⎢⎥⎜⎟⎝⎠⎢⎥⎣⎦⎡⎤⎛⎞⎢⎥⎜⎟=−⎜⎟⎢⎥⎝⎠⎣⎦⎡⎤⎛⎞=−⎢⎥⎜⎟⎝⎠⎣⎦
b. Potensial kimia (),33/23ln()ln2lnVTFkTZNNhkTVmkTNkTVμπλ∂⎛⎞==⎜⎟∂⎝⎠⎡⎤⎛⎞⎢⎥⎜⎟=⎜⎟⎢⎥⎝⎠⎣⎦⎡⎤⎛⎞=⎢⎥⎜⎟⎝⎠⎣⎦
c. Entropi ()(),33/23ln5ln225ln2VTFSkNZTNhkTVmkTVNkNπλ∂⎛⎞=−=⎜⎟∂⎝⎠⎡⎤⎛⎞⎢⎥⎜⎟=−+⎜⎟⎢⎥⎝⎠⎣⎦⎡⎤⎛⎞=+⎜⎟⎢⎥⎝⎠⎣⎦
363
14. Dengan menggunakan ensembel kanonik, tentukan kecepatan distribusi partikel dalam gas ideal.
Solusi :
Probablitas satu partikel dalam ruang fasa dengan momentum p dan koordinat q adalah : {}1(,)exp(,)(,,1)qpHqpZTVρβ=−
Dengan ; ()3/22(,,1)2VZTVmkThπ⎛⎞=⎜⎟⎝⎠ dan 22hmkTλπ=, maka ; (){}23/22321(,)exp(,)2pmqpHqpVmkTheVβρβπλ−=−⎛⎞⎜⎟⎝⎠=
Probabilitas ditemukan satu partikel dengan momentum antara p dan p+dp, dan koordinat q dan q+dq adalah ; ()3331,qpdqdphρ
Dimana ; adalah volume ruang fasa, maka ; 3h
Kecepatan distribusi untuk semua posisi adalah ;
()2233333233/2322pmpmmfvdvdvdqehVmedkTββλπ−−=⎛⎞=⎜⎟⎝⎠∫
v
15. Dengan menggunakan koordinat polar dan ensembel kanonik, tentukan kecapatan
364
rata-rata kecepatan partikel dalam gas ideal.
Solusi :
Distribusi kecepatan dalam koordinat polar adalah :
()223/2223/2224242pmmvkTmfvdvevdvkTmevkTβππππ−−⎛⎞=⎜⎟⎝⎠⎛⎞=⎜⎟⎝⎠
dv
Probabilitas kecepatan yang cocok untuk distribuís kecepatan maksimal, jika ;
()00vdfvdv⎛⎞=⎜⎟⎝⎠
Maka ; 0300022mvvataukTkTvm−+==
Kecepatan rata-rata adalah : ()03/22021422yvvfvdvmkTyedykTmππ∞∞−=⎛⎞⎛⎞=⎜⎟⎜⎟⎝⎠⎝⎠∫∫
Dimana ; 22mvykT⎛⎞=⎜⎟⎝⎠,
Jika 0yyedy∞−=∫Γ(2) = 1, maka ;
365
3/22214228mkTvkTmkTmπππ⎛⎞⎛⎞=⎜⎟⎜⎟⎝⎠⎝⎠=
16. Dengan menggunakan koordinat polar dan ensembel kanonik, tentukan energi kinetik gas ideal.
Solusi :
Diketahui bahwa, Kecepatan rata-rata adalah : ()03/22021422yvvfvdvmkTyedykTmππ∞∞−=⎛⎞⎛⎞=⎜⎟⎜⎟⎝⎠⎝⎠∫∫
Maka kuadrat kecepatan rata-rata adalah ; ()2203/25/23/2021422yvvfvdvmkTyedykTmππ∞∞−=⎛⎞⎛⎞=⎜⎟⎜⎟⎝⎠⎝⎠∫∫
Jika ; Γ3/20yyedy∞−=∫553222π⎛⎞=⎜⎟⎝⎠, maka ; 3/25/2221534223mkTvkTmkTm
2 2
πππ⎛⎞⎛⎞=⎜⎟⎜⎟⎝⎠⎝⎠=
Jadi, energi kinetik sebesar ;
366
21132232kinetikkTEmvmmkT⎛⎞==⎜⎟⎝⎠=
17. Gas ideal dengan N partikel dalam kesitimbangan termodinamika dengan resevoar panas pada temperatur T. Jika diketahui bahwa probabilitas ensembel kanonik adalah expdwAdkTε−⎛⎞=⎜⎟⎝⎠Γ dengan Γ adalah volume ruang fasa sebesar Γ. Tentukanlah probabilitas 3/2NNNAVε=()dwE pada sistem tersebut dengan E adalah energi pada interval dE
Solusi :
Diketahui bahwa ; expdwAdkTε−⎛⎞=⎜⎟⎝⎠Γ dan Γ, maka ; 3/2NNNAVε=3/23123232NNNNNNNdAVdNAVdεεεεε−Γ==
Dengan mengintegralkan dan sampakan persamaan sama dengan 1, maka nilai konstanta dapat diperoleh : 3120exp1NconstdkTεεε∞−−⎛⎞=⎜⎟⎝⎠∫
Misalkan ; 32NtdanzkTε−==, maka
Dengan menggunakan fungsi Gamma, diperoleh ;
367
10()tztdtzε∞−−=Γ∫
Maka diperoleh :
()312321.exp32NNdwENkTkTεε−−⎛⎞=⎜⎟⎛⎞⎝⎠Γ⎜⎟⎝⎠
18. Menurut persamaan Barometric aproksimasi pertama untuk tekanan atmosfer di puncak akan mereduksi 1/3 tekanan udara. Gengan asumsi bahwa temperatur udara adalah uniform dan masa molar udara adalah M, buktikan bahwa 13mgzkTe⎛⎞−⎜⎟⎝⎠=
Solusi ;
Dengan mengasumsikan keadaan energi pada ketinggian z sebesar , maka kosentrasi kolom udara berdasarkan ensembel kanonik adalah ; ()Uzmgz=0()mgzkTonznedengannkosentrasi−==
Dengan menggunakan persamaan gas ideal yang berhubungan dengan kosentrasi dan tekanan ; NPVNkTPkTV=⇒=
Jika ~NkTnV, maka ; 0001()()3(0)mgzmgzktktnePznzePnn−−====
19. Suatu sistem dengan gas centrifugal yang berradius R yang digunakan untuk memisahkan campuran gas dari luar. Pemisahan antara dua jenis gas dengan massa
368
1m dan . Jika rotasi sentrifugal dengan konstanta kecepatan angular adalah 2mω. Dengan menggunkan ensembel kanonik, tentukan koofisien pemisahan q yang besarnya ; 12120rRrnnqnn==⎛⎞⎜⎟⎝⎠=⎛⎞⎜⎟⎝⎠
Dimana, adalah kosentrasi yang berhubungan dengan jenis gas. 1ndann2
Solusi :
Energi rotasi partikel dalam sistem sentrifugal dengan jarak r dari pusat rotasi adalah : 22()2mrUrω=−
Distribusi kanonik adalah merupakan fungsi dari radius, sebesar ; 22()020()UrkTmrkTnrneneω−−==
Dimana menggambarkan kondisi normalisasi , maka hubungan dengan koofisien separasi adalah : 0n0r→()222220120222120102exp2mRkTmRkTnenemmRqnkTnωωω−−⎛⎞⎜⎟⎜⎟⎝⎠⎛⎞⎜⎟⎜⎟⎛⎞−⎝⎠=⇒⎜⎟⎜⎟⎛⎞⎝⎠⎜⎟⎝⎠
20. Dalam sistem magnetik model Ising d=1, dengan kondisi syarat batas dan tanpa medan magnetik, fungsi partisi kanonik adalah ;
369
()12,...,,11,expNNiisssiZNJssββ=±=⎛⎞=+⎜⎟⎝⎠ΣΣ 1
a. Buktikanlah ()[],2cosh()NZNJββ=
b. Tentukanlah fungsi energi per spin dalamβ dan J
c. Tentukanlah kapasitas panas per spin dalamβ dan J
Solusi :
a. Buktikanlah ()[],2cosh()NZNJββ=
()()()()()()12121,1,...1,1,...1,expexpexp2cosh2coshiissiissiiiJJiiNZNJJJeeJJηββββηβηβηββ=±=±=±=±±⎛⎞=⎜⎟⎝⎠==+=⎡⎤=⎣⎦ΣΣΣΠΣΠΠΠ��
b. Tentukanlah fungsi energi per spin dalamβ dan J()()()()()()()lnln2coshln2cosh2sinh2coshtanhNEZJNJJNJJNJJββββββββ∂=−∂∂⎡⎤=−⎣⎦∂∂=−∂⎛⎞=−⎜⎟⎜⎟⎝⎠=−
370
c. Tentukanlah kapasitas panas per spin dalamβ dan J()()()()()2222222221tanh1tanh1tanh1tanhCETETNJJkTNJJNJJkTNkJJββββββββ∂=∂∂∂=∂∂∂⎛⎞=−−⎜⎟∂⎝⎠⎡⎤=−−⎣⎦⎡⎤=−⎣⎦⎡⎤=−⎣⎦
371
A. 20 Soal Tanpa Jawaban
1. Dengan menggunakan energi bebas Hemholtz dari system termodinamika, buktikan bahwa ; (,,)FNVT ,,VTNTFFNVNV∂∂⎛⎞⎛⎞ F +=⎜⎟⎜⎟∂∂⎝⎠⎝⎠
2. Buktikan bahwa 222ln0lnTVPVTTZTVCCkZV⎡⎤⎧⎫∂∂⎛⎞⎨⎬⎢⎥⎜⎟∂∂⎝⎠⎩⎭⎣⎦−=−>⎛⎞∂⎜⎟∂⎝⎠
3. Perlihatkan bahwa untuk gas ideal ; 11lnlnPZSTZNkNT∂⎛⎞⎛⎞=+⎜⎟⎜⎟∂⎝⎠⎝⎠
4. Energi osilator harmonik 1 dimensi dengan status keadaan n adalah εn = (n + ½ )hυ, dengan h : tetapan Planck, υ : frekuensi, n = 1, 2, 3, . . . dst. Misalkan kita memiliki sebuah sistem yang terdiri dari N buah osilator harmonik 2 dimensi identik yang tak terbedakan dan bisa dianggap tak saling berinteraksi.
c. Tuliskan fungsi partisi kanonik untuk sistem tsb dan sederhanakan sehingga
372
diperoleh bentuk analitik (closed form).
d. Tuliskan juga aproksimasi bagi fungsi partisi tersebut untuk T tinggi (T >> hυ/k) dan T terendah (T << hυ/k).
5. Berdasarkan soal nomor 5, hitunglah ;
a. Energi rata-rata sistem tersebut.
b. Hitung juga aprokmasi nilai eigen energi tsb untuk T tinggi dan T rendah.
c. Kapasitas panas pada volume tetap.
d. Hitung juga aprokmasi kapasitas panas tsb untuk T tinggi dan T rendah.
e. Turunkan juga ungkapan bagi entropi.
6. N partikel gas ideal monoatomik hipotetik 2 dimensi terletak dalamm kotak (rectangle) berukuran Lx = Lx = L memiliki temperatur T. Massa tiap partikel m dan luas kotak = L2. Perlakukan sistem sebagai kumpulan partikel identik (tak bisa dibedakan) dan tak saling berinteraksi.
a. Tuliskan hamiltonian 1 partikel saja dan selesaikan untuk mencari status eigen dan energi yang terkait.
b. Tuliskan hamiltonian total sistem tersebut (N partikel) dan tuliskanlah fungsi eigen sistem (tanpa memperhatikan simetri)serta energinya.
c. Tuliskan fungsi kanonik sistem tersebut.
7. Perlihatkan untuk fungsi partisi ()31,8!NNkTZVTVNhcπ⎧⎫⎪⎪⎛⎞=⎨⎬⎜⎟⎝⎠⎪⎪⎩⎭ untuk gas monoatomik dengan hubungan antara energi dan momentum sebesar pcε=, dengan c adalah kecepatan cahaya.
373
8. Buktikan untuk kasus 3N partikel yang bergerak dalam ruang 1 dimensi, memiliki fungsi partisi sebesar :
()331(,)23!NNkTZLTLNhc⎡⎤⎛⎞=⎜⎟⎢⎥⎝⎠⎣⎦
9. Suatu sisten martikel identik yang memiliki 2 keadaan energi yaitu ±ε. Gunakan ensembel kanonik dan tentukan entropi rata-rata per partikel dan fungsi energi rata-rata per partikel.
10. Tentukan fungsi korelasi 11nss+ untuk sistem magnetik dimana n = 0,1,2, ... dengan fungsi partisi kanonik adalah ;
()12,...,,11,expNNiisssiZNJssββ=±=⎛⎞=+⎜⎟⎝⎠ΣΣ 1
11. Berdasarkan soal nomor 12, tunjukan bahwa fluktuasi rata-rata magnetisasi sebesar ;
()2111tanh()NiisNJδβ==−Σ
12. Perlihatkan bahwa untuk material magnetik, kapasitas panas dengan konstanta medan H dan magnetisasi M memiliki hubungan ; HMMHHMCCTTT∂∂⎛⎞⎛⎞−=−⎜⎟⎜⎟∂∂⎝⎠⎝⎠
13. Buktikan bahwa untuk bahan paramagnetik mematuhi hukum Curie 22HMCHCCT−=
14. Suatu sistem magnetik spin ½ memiliki energi ssEB B μμ=−= dengan , dengan menggunakan ensembel kanonik, tentukanlah magnetisasi dan isothemal suseptibilitasnya. 1s=±
374
15. Suatu sistem dengan Hamiltonian 1NiiHε== n Σ yang memiliki probabilitas keadaan mikro {}inμ≡. Tentukanlah fungsi partisi dan energi bebas Helmholtznya.
16. Berdasarkan jawaban nomor 14, tentukanlah entropi dan energi internalnya.
17. Keadaan makro gas ideal kanonik (),,MTVN≡ dengan 212NiipHm==Σ dan keadaan mikro {},iipqμ≡uurur. Tentukanlah fungsi partisi dan energi bebas Helmholtznya.
18. Berdasarkan jawaban nomor 15, tentukanlah entropi dan dan potensial kimianya
19. Suatu sistem magnetik dengan medan internal Buv dan Hamiltonian H. Jika spin adalah ½ dengan keadaan mikro N spin digambarkan dengan variabel Ising {}1σ=± dan 01NiiMμσ==Σ dengan 0μmomen magnet mikroskopik. Jika tidak ada interaksi antar spin ( H=0), tentukanlah probabilitas keadaan mikro dan fungsi partisi Gibs-nya.
20. Berdasarkan soal nomor 18, tentukanlah magnetisasi rata-rata dan suseptibilitasnya.
375
Bab 20 Soal dan Penyelesaian
Ensembel Kanonik
1. Jelaskan apa yang dimaksut dengan ensemble kanonik ?
Solusi :
Ensembel kanonik adalah sistem dengan banyak partikel pada tiap sistem adalah sama dan merupakan bilangan konstan dan temperatur tiap sistem ( bukan energi ) adalah sama dan merupakan bilangan konstan. Dengan kata lain sistem yang mempunyai nilai N (banyak partikel) dengan volum (V) dan temperatur (T) yang tetap. Kondisi ini memperbolehkan kemungkinan adanya pertukaran energi antara sistem dan sebuah ensembel dan juga interaksi antar partikel dalam sebuah sistem.
2. Sebuah sistem dengan dua partikel (A dan B) yang dapat dibedakan. Masing-masing partikel mempunyai dua keadaan nilai eigen energi 10ε= dan 2εε=.
a. Tuliskan fungsi partisi sistem
b. Tuliskan fungsi partisi salah satu partikel
c. Tuliskan fungsi partisi noninteracting particles
d. Tuliskan probability sistem untuk keadaan yang mungkin
e. Energi rata-rata sistem
f. Energi bebas per partikel
g. Entropi per partikel
Solusi :
376
Keadaan
Mikro
ε
I
II
III
VI
1
0
B
A
B
A
B
A
A
B
Σε
0
1
a. Fungsi Partisi
4(0)21(,2)2iZTNeeeeβεββεβε−−−−====++Σ 212eeβεβ−− + ε =+
b. Fungsi partisi salah satu partikel 2(0)1(,1)1iZTNeeeeβεββε−−−=−===+=+Σ βε
c. Tuliskan fungsi partisi noninteracting particles
2(,2)(,1)ZTNZTN===
d. Probability sistem untuk keadaan yang mungkin 111(,1)1pZTeβε−==+ dan
377
2(,1)1eepZTeβεβεβε−−−==+
e. Energi rata-rata sistem -2-1e1eiiiuEpβεβεεε====+Σ
f. Energi bebas per partikel
()ln,1ln1fkTZTkTeβε−⎡⎤⎡⎤=−=−+⎣⎦⎣⎦
g. Entropi per partikel ()ln11VfskekTeβεβεβε−−∂⎛⎞=−=++⎜⎟∂+⎝⎠
3. Sebuah sistem dengan dua partikel (A dan B) yang dapat dibedakan dan masing-masing partikel mempunyai tiga keadaan nilai eigen energi 10ε= , 2εε= dan 22εε=. Gambarkan keadaan yang mungkin dan tuliskan fungsi partisinya serta fungsi energi bebasnya.
Solusi :
Kead. Mikro
ε
I
II
III
IV
V
VI
VII
VIII
IX
2
1
B
A
B
A
B
A
B
A
B
A
A
B
378
0
B
ABAAB
Σε
0
1
2
3
4
Fungsi Partisi
βεβεβεβεβεββε4322)0(51222−−−−−−=−+++++==ΣeeeeeeeZi βεβεβεβε4322321−−−−++++=eeee
Jika kT1−=β, maka kTkTkTkTeeeeZεεεε4322321++++=
Fungsi Helmholtz
ZkTFln−= )2321(ln432kTkTkTkTeeeekTεεεε++++−=
4. Sebuah sistem dengan dua partikel (A dan B) yang tak dapat dibedakan dan masing-masing partikel mempunyai tiga keadaan nilai eigen energi 10ε= , 2εε= dan 22εε=. Gambarkan keadaan yang mungkin dan tuliskan fungsi partisinya serta fungsi energi bebasnya.
Solusi :
379






Keadaan
Mikro
ε
I
II
III
IV
V
VI
2
1
0
Σε
0
1
2
3
4






Fungsi Partisi
βεβεβεβεββε432)0(512−−−−−=−++++==ΣeeeeeeZi βεβεβεβε43221−−−−++++=eeee
Jika kT1−=β, maka kTkTkTkTeeeeZεεεε43221++++=
Fungsi Helmholtz
ZkTFln−=
380
)21(ln432kTkTkTkTeeeekTεεεε++++−=
5. Tunjukan bahwa dalam ensembel kanonik, fluktuasi energi sebesar 2EkTCΔ= v.
Solusi : 22EEEΔ=<>−<>
Diketahui bahwa ; ZElnβ∂∂−= atau β∂∂−=ZZE1
Maka ; 2221β∂∂>=<ZZE dan 221⎟⎟⎠⎞⎜⎜⎝⎛∂∂−=><βZZE
Maka ; 2222222211()lnEEEEZZZZZβββ⎡⎤⎡⎤
β
∂∂∂Δ=<>−<>=−==−⎢⎥⎢⎥

∂∂∂⎣⎦⎣⎦ ∂
Diketahui bahwa ; TkB1−=β dan TECV∂∂=
Maka ; TETkEEB∂∂=∂∂−=Δ22)(β
381
VBCTkE22)(=Δatau 2EkTCΔ= v
6. Tunjukan bahwa dalam ensembel kanonik, fluktuasi energi relatif sebesar 1~EENΔ.
Solusi :
Diketahui bahwa fluktuasi energi dalam ensembel kanonik adalah ΔE = kT 2Cv,
Maka ; 2EkTCEEΔ= v
Jika sistem sangat besar maka diambil ~ dan ~, maka →N→VVN adalah konstan dan jika Cv dan E adalah variabel ekstensive maka CV ~ N, jadi ; EEΔ~N1
7. Dengan menggunakan ensembel kanonik, tuliskan sifat-sifat termodinamika kuantum osilator harmonik 1 dimensi dalam kesetimbangan dengan temperatur ruang T yang memiliki tingkat energi 1(0,1,2,...)2nnnεω⎛⎞=+=⎜⎟⎝⎠h
Solusi :
Fungsi Partisi ensambel Kanonik :
()1expnZEβ∞==−Σ
Dimana ; 1(0,1,2,...)2nnnεω⎛⎞=+=⎜⎟⎝⎠h, maka
382
11exp2nZnβω∞=⎡⎤⎛=−+⎜
⎞⎟
⎢⎥⎝⎠⎣⎦Σh atau ()221...Zeeeβωβωβω−−−=++hhh + ,
Diketahui bahwa deret geometri ; 211...1xxx+++=−, dimana xeβω−=h, maka ;
Fungsi partisinya menjadi ; 21eZeβωβω−−=−hh
Fungsi hemholtznya : ()()2lnln11ln121ln12eFkTZkTekTekTeβωβωβωβωβωω−−⎛⎞=−=−⎜⎟−⎝⎠⎡⎤=−−−−⎢⎥⎣⎦=+−hhhhhh
Entropi ; ()()1ln12ln11FSkTTTkeeβωβωβωωβω−∂∂⎛⎞⎛=−=−+−⎜⎟⎜∂∂⎝⎠⎝⎡⎤=−−⎢⎥−⎣⎦hhhhh
e ⎞⎟⎠
Energi internal osilator : 2lnln1121EZatauEkTZTeβωβω∂∂⎛⎞=−=⎜⎟∂∂⎝⎠⎡⎤=+⎢⎥−⎣⎦hh
8. Energi osilator harmonik 1 dimensi dengan status keadaan n adalah εn = (n + ½ )hf,
383
dengan h : tetapan Planck, F : frekuensi, n = 1, 2, 3, . . . dst. Misalkan kita memiliki sebuah sistem yang terdiri dari N buah osilator harmonik 3 dimensi identik yang tak terbedakan dan bisa dianggap tak saling berinteraksi.
a. Tuliskan fungsi partisi kanonik untuk sistem tsb dan sederhanakan sehingga diperoleh bentuk analitik (closed form).
b. Tuliskan juga aproksimasi bagi fungsi partisi tersebut untuk T tinggi (T >> hf/k) dan T terendah (T << hf/k).
Solusi :
a. εnx,ny,nz = (nx + ny + nz + 23) hf, dengan nx, ny, nz = 0, 1, 2, 3, . . . ()()32000expxyzxyznnnZnnnhfβ∞∞∞====−++ΣΣΣ +
()()()32xyxyznnhfhfhfhfnnneeeeββββ∞∞∞−−−−=ΣΣΣ nz
Nilai untuk = ()Σ∞−nnhfeβhfeβ−−11, maka ; ()32311hfhfZeeββ−−⎡⎤⎢⎥=⎢⎥−⎣⎦ 3221hfhfeeββ−=⎛⎞−⎜⎟
⎝ ⎠
322hfhfeeββ−−⎛⎞=−⎜⎟⎝⎠,
Untuk N partikel dalam 3-D, diperoleh ; ()32211!!NhfhfNNZZeeNNββ−−⎛⎞==−⎜⎟⎝⎠
384
b. ex = 1 + x + 22x + . . . , dan e–x = 1 – x + 22x – . . .,
maka : 2hfeβ = 1 +
2
hfβ + . . . dan 2hfeβ− = 1 –
2
hfβ + . . .,
T tinggi (T → ∞) atau β rendah (β→0) : ()32200011limlimlim!!NhfhfNNZZeeNNβββββ−−→→→⎛⎞==−⎜⎟⎝⎠ 3111!22NhfhfNββ−⎡⎤⎛⎞⎛⎞=+−+⎜⎟⎜⎟⎢⎥⎝⎠⎝⎠⎣⎦ ()3311!!NNkThfNNβ−⎛⎞==⎜⎟⎝⎠ hf
T rendah (T → 0)atau β tinggi (β→ ∞) : ()32211limlimlim!!NhfhfNNZZeeNNβββββ−−→∞→∞→∞⎛⎞==−⎜⎟⎝⎠ 332211!!NNhfhfkTeeNNβ−−⎛⎞⎛⎞==⎜⎟⎜⎟⎝⎠⎝⎠
9. Berdasarkan soal nomor 2, hitunglah ;
a. Energi rata-rata sistem tersebut.
b. Hitung juga aprokmasi nilai eigen energi tsb untuk T tinggi dan T rendah.
c. Kapasitas panas pada volume tetap.
385
d. Hitung juga aprokmasi kapasitas panas tsb untuk T tinggi dan T rendah.
e. Turunkan juga ungkapan bagi entropi.
Solusi :
a. Energi rata-rata 32222222222ln11ln3ln!!13lnln!3232NNhfhfhfhfhfhfhfhfhfhfEZeeNeeNNNeeNeehfNeeNhfβββββββββββββββ−−−−−−∂=−∂⎡⎤⎡⎤⎛⎞⎛⎞∂∂⎢⎥=−−=−⎢⎥⎜⎟⎜⎟∂∂⎢⎥⎢⎥⎝⎠⎝⎠⎣⎦⎣⎦⎡⎤⎛⎞∂∂=+−⎢⎥⎜⎟∂∂⎢⎥⎝⎠⎣⎦⎛⎞⎛⎞+⎜⎟⎜⎟⎛⎞⎜⎟⎝⎠=⎜⎟⎜⎟⎛⎞⎝⎠⎜⎟−⎜⎟⎜⎟⎝⎠⎝⎠⎛=⎜⎝coth2hfβ⎞⎛⎞⎟⎜⎟⎠⎝⎠
b. Aprokmasi nilai eigen energi tsb untuk T tinggi dan T rendah.
T tinggi (T → ∞) atau β rendah (β→ 0) :
386
00220223limlimcoth223lim2313322hfhfhfhfNhfhfEeeNhfeeNhfNNkThfββββββββββ→→−→−⎛⎞⎛⎞=⎜⎟⎜⎟⎝⎠⎝⎠⎛⎞⎛⎞+⎜⎟⎜⎟⎛⎞⎜⎟⎝⎠=⎜⎟⎜⎟⎛⎞⎝⎠⎜⎟−⎜⎟⎜⎟⎝⎠⎝⎠⎛⎞⎛⎞==⎜⎟⎜⎟⎛⎞⎝⎠⎝⎠⎜⎟⎝⎠
=
T rendah (T → 0) atau β tinggi (β→ ∞) : 22223limlimcoth223lim232hfhfhfhfNhfhfEeeNhfeeNhfββββββββ→∞→∞−→∞−⎛⎞⎛⎞=⎜⎟⎜⎟⎝⎠⎝⎠⎛⎞⎛⎞+⎜⎟⎜⎟⎛⎞⎜⎟⎝⎠=⎜⎟⎜⎟⎛⎞⎝⎠⎜⎟−⎜⎟⎜⎟⎝⎠⎝⎠⎛⎞=⎜⎟⎝⎠
c. Kapasitas panas pada volume tetap VVUCETTTββ∂∂∂∂⎛⎞===⎜⎟∂∂∂∂⎝⎠
E
387
222222213coth2213csc2223csc223csc22NhfhfkTNhfhfhfhkThfhfNkhkThfhfNkhββββββ⎡⎤∂⎛⎞⎛⎞⎛⎞=−⎜⎟⎜⎟⎜⎟⎢⎥∂⎝⎠⎝⎠⎝⎠⎣⎦⎡⎤⎛⎞⎛⎞⎛⎞⎛=−−⎜⎟⎜⎟⎜⎟⎜
⎞⎟
⎢⎥⎝⎠⎝⎠⎝⎠⎝ ⎠ ⎣⎦⎛⎞⎛⎞=⎜⎟⎜⎟⎝⎠⎝⎠⎛⎞⎛⎞=⎜⎟⎜⎟⎝⎠⎝⎠=
d. Aprokmasi kapasitas panas untuk T tinggi dan T rendah.
T tinggi (T → ∞) atau β rendah (β→ 0) : 2200202limlim3csc2213lim2sinh233VhfhfCNkhhfNkhfNkRβββββββ→→→⎛⎞⎛⎞=⎜⎟⎜⎟⎝⎠⎝⎠⎛⎞=⎜⎟⎛⎞⎝⎠⎜⎟⎝⎠==
T rendah (T → 0) atau β tinggi (β→ ∞) :
388
222222222222limlim3csc2213lim2sinh213lim23232VhfhfhfhfkThfhfCNkhhfNkatauhfhfNkeehfNkeatauhfNkekTβββββββββββββ→∞→∞→∞→∞−−−⎛⎞⎛⎞=⎜⎟⎜⎟⎝⎠⎝⎠⎛⎞=⎜⎟⎛⎞⎝⎠⎜⎟⎝⎠⎡⎤⎛⎞⎢⎥=⎜⎟⎢⎥⎝⎠−⎣⎦⎛⎞=⎜⎟⎝⎠⎛⎞=⎜⎟⎝⎠
e. Entropi VFST∂⎛⎞=−⎜⎟∂⎝⎠
dimana ;
lnNFkTZ=−, dan 3221!NhfhfNZeeNββ−−⎛⎞=−⎜⎟⎝⎠
Maka ; ()lnlnlnNNSkTZkZTZTT∂∂⎛⎞==+⎜⎟∂∂⎝⎠ N
Diketahui bahwa ; 22lnln1lnlnNNNNTEZZTZkTZkTTβββ∂∂∂⎛⎞=−=−⎜⎟∂∂∂⎝⎠∂∂⎛⎞⎛⎞==⎜⎟⎜⎟∂∂⎝⎠⎝⎠
Maka ;
389
2lnNEZTk∂=∂ T
Jadi ; 322lnlnln13lncoth!2NNNNhfhfESkZkTZkZTTNhfhfkeeNTβββ−−∂⎛⎞=+=+⎜⎟∂⎝⎠⎡⎤⎛⎞⎛⎞⎛⎢⎥=−+⎜⎟⎜⎟⎜⎝⎠⎝⎢⎥⎝⎠⎣⎦ 2

⎟⎠
10. Suatu sistem osilator harmonik 1 dimensi yang memiliki hamiltonian 222111222NiiipHmω==+Σ m q dengan temperatur ruang T. Tentukanlah :
a. Fungsi partisi kanonik
b. Energi bebas Hemholtz
c. Potensial kimia
d. Entropy
e. Energi
Solusi :
a. Fungsi partisi kanonik
Fungsi partiasi ensembel kanonik dalam ruang fasa adalah : 3331exp((,))!NNNZdqdpHqpNhβ=−∫
Maka ;
Fungsi partisi sistem ini adalah :
390
221/21/2211(,,1)exp2212221pZTVmqdpdqhmmhmβωππβωβπβωβω∞∞−∞−∞⎧⎫⎛⎞=−+⎨⎬⎜⎟⎝⎠⎩⎭⎛⎞⎛⎞=⎜⎟⎜⎟⎝⎠⎝⎠==∫∫h
Dengan 2hπ=h
b. Energi bebas Hemholtz
(),,(,,1)NZtVNZTV= (,,)ln(,,1)1lnlnNFTVNkTZTVNkTNkTkTβωω=−⎛⎞=⎜⎟⎝⎠⎛⎞=⎜⎟⎝⎠hh
c. Potensial kimia
()(),,,,,lnlnVTFTVNTVNNkTNkkTkT
T
ωμω∂⎛⎞==⎜⎟∂⎝⎠⎛⎞=⎜⎟⎝⎠hh
d. Entropi
391
,ln(,,)ln(,,)lnln1NVZTVNSkZTVNkTTNkNkkTNkkTωω∂⎛⎞=+⎜⎟∂⎝⎠⎛⎞=+⎜⎟⎝⎠⎡⎤⎛⎞=+⎜⎟⎢⎥⎝⎠⎣⎦hh
e. Energi 2,2ln(,,)lnNVNZTVNEkTTkTTkTNkTω∂⎛⎞=⎜⎟∂⎝⎠⎛⎞∂⎛⎞=⎜⎟⎜⎟⎜⎟∂⎝⎠⎝⎠=h
11. Tuliskan persamaan Schrodinger untuk gas ideal monoatomik satu dimensi serta tuliskan fungsi partisi kanonik dan Fungsi Helmholtznya
Solusi :
392
Partikel dalam Sumur Potensial (1-D)
Syarat Batas : V(x) = ⎩⎨⎧=ψ→≥≤∞ψ→<<0Lxatau0xuntukadaLx0untuk0
Persamaan Shcrodinger : H ψ(x) = E ψ(x) ⎟⎟⎠⎞⎜⎜⎝⎛+−)(2222xVdxdmhψ(x) = Eψ(x), V(x) = 0 →⎥⎦⎤⎢⎣⎡−2222dxdmhψ(x) = Eψ(x) 22)()(1dxxdxψψ + 22hmE = 0
dimana ; k2 = 22hmE → 22)()(1dxxdxψψ + k2 = 0 22)(dxxdψ + ψ(x) = 0 →2k⎟⎟⎠⎞⎜⎜⎝⎛+222kdxdψ(x) = 0 → ⎟⎠⎞⎜⎝⎛−⎟⎠⎞⎜⎝⎛+ikdxdikdxdψ(x) = 0
ψ(x) = ψ0 + ψikxe1 atau ψ(x) = Asin(kx) + B cos(kx) ikxe−
dengan syarat batas : ψ(x = 0) = B = 0 dan ψ(x = L) = A sin(k L) = 0, A ≠ 0,
sin(k L) = 0 → k L = nπ → k = Lnπ, dimana nilai n = 1, 2, 3, . . .
ψ(x) = L1sin (Lnπx),
Jadi ; 222mEk=h→ 22hmE = Lnπ atau
V = 0
V = ∞
V = ∞
0
ψI = 0
L
ψII = 0
III
I
II 393
22222nEmLπ=h
• Fungsi Partisi ensambel Kanonik :
()1expnZEβ∞==−Σ
Dimana ; 22222nEmLπ=h, maka 22221exp2nnZmLπβ∞=⎛⎞⎛⎞=−⎜⎟⎜⎟⎜⎟⎝⎠⎝⎠Σh
Jika dimisalkan ; 2222cmLπ=h, maka ;
()21expnZcnβ∞==−Σ
dimana :
21xcnneβ∞−=Σ = dn = ∫∞−12cneβ21cβπ, maka
()2222112exp2nmLZcnπββπ∞=⎛⎞=−=⎜⎟⎝⎠Σh
• Fungsi Helmholtz : 22212lnln2mLFkTZkTπβπ⎡⎤⎛⎞⎢⎥=−=−⎜⎟⎢⎥⎝⎠⎣⎦h
12. Tuliskan persamaan Schrodinger untuk gas ideal monoatomik dalam kotak kubus bervolume V (dengan sisi L) serta tuliskan fungsi partisi kanonik dan Fungsi
394
Helmholtznya
Solusi :
Syarat Batas : V(x,y,z) = ⎩⎨⎧=∞≠<<<<<<0;0;00,0,0ψψkotakdiluarLzdanLyLx
Persamaan Shcrodinger : H ψ(x) = E ψ(x), untuk 1 partikel dalam kotak ⎟⎟⎠⎞⎜⎜⎝⎛+⎥⎦⎤⎢⎣⎡++−)(22222222xVdzddyddxdmhψ = Eψ , V(x,y,z) = 0 ⎥⎦⎤⎢⎣⎡++−22222222dzddyddxdmhψ(x,y,z) = E ψ(x,y,z),
Karena syarat batas separabel dalam koordinat kartesius, maka ;
ψ(x,y,z) = ψ(x) ψ(y) ψ(z) ⎥⎦⎤⎢⎣⎡++−22222222dzddyddxdmhψ(x) ψ(y) ψ(z) = E ψ(x) ψ(y) ψ(z) 222222)()(1)()(1)()(1dzzdzdyydydxxdxψψψψψψ+++22hmE = 0
L
L
L
395
222222)()(1)()(1)()(1dzzdzdyydydxxdxψψψψψψ+++ k2 = 0
– – – + k2xk2yk2zk2= 0,
Maka ;
– 2x k = 22)()(1dxxdxψψ ; – 2y k = 22)()(1dyydyψψ dan – 2z k =
22)()(1dzzdzψψ
Untuk ; – 2xk=22)()(1dxxdxψψ 22)(dxxdψ + ψ(x) = 0 2xk⎟⎟⎠⎞⎜⎜⎝⎛+222xkdxdψ(x) = 0 ⎟⎠⎞⎜⎝⎛−⎟⎠⎞⎜⎝⎛+xxikdxdikdxdψ(x) = 0
ψ(x) = ψ0+ ψxikxe1 atau xikxe−
ψ(x) = A sin (kx x) + B cos (kx x)
Dengan syarat batas 0 ≤ x ≤ L , maka ;
ψ(x = 0) = B = 0 dan
ψ(x = L) = A sin (kx L) = 0 ; A ≠ 0
Sin (kx L) = 0
kx L = nxπ atau kx = Lnxπ,
maka ; ky = Lnyπ dan kz = Lnzπ
ψ(x,y,z) = ψ(x) ψ(y) ψ(z)
396
ψ(x,y,z) = 31L sin (Lnxπ) sin (Lnyπ) sin (Lnzπ),
Jadi ;
k2= + + 2xk2yk2zk22hmE = 2⎟⎠⎞⎜⎝⎛Lnxπ+ 2⎟⎟⎠⎞⎜⎜⎝⎛Lnyπ+ 2⎟⎠⎞⎜⎝⎛Lnzπatau
Enx,ny,nz = 2222mLhπ( + + ) ; dimana nilai n2xn2yn2znx, ny, nz = 1, 2, 3, . . .
• Fungsi Partisi ensambel Kanonik :
Z = ΣΣΣ∞=∞=∞=111expxyznnn()Eβ−
Enx,ny,nz = 2222mLhπ( + + ), 2xn2yn2zn
dimisalkan ; c = 2222mLhπ→ Enx,ny,nz = c( + + ) 2xn2yn2zn
Z = ΣΣΣ∞=∞=∞=111expxyznnn())(222zyxnnnc++−β
= , dimana : ⎟⎟⎠⎞⎜⎜⎝⎛Σ∞=−12xxncneβ⎟⎟⎠⎞⎜⎜⎝⎛Σ∞=−12yyncneβ⎟⎟⎠⎞⎜⎜⎝⎛Σ∞=−12zzncneβ
⎟⎟⎠⎞⎜⎜⎝⎛Σ∞=−12xncneβ = dn = ∫∞−12cneβ21cβπ, maka
Z = = 312⎟⎟⎠⎞⎜⎜⎝⎛Σ∞=−xncneβ813⎟⎠⎞⎜⎝⎛cβπ= 8132222⎟⎟⎠⎞⎜⎜⎝⎛hβππmL
397
3222128mLZπβπ⎛⎞=⎜⎟⎝⎠h
• Fungsi Helmholtz :
F = – kT ln Z = – kT ln [8132222⎟⎟⎠⎞⎜⎜⎝⎛hβππmL]
13. Dalam gas ideal energi sistem tanpa interaksi antar molekul adalah ()21,2NiipHqpm==Σ, tentukanlah :
a. Energi bebas Hemholtz
b. Potensial kimia
c. Entropi
Solusi :
Fungsi partisi dalah gas ideal adalah : ()21/23331!NiiNmpNNZdqdpeNhβ=−⎛⎞Σ=⎜⎟⎝⎠∫∫ atau ()()3/2211(,,)(,,12!!NNVZTVNZTVmkTNNhπ⎛⎞==⎜⎟⎝⎠
Diketahui bahwa rerata panjang gelombang de Broglie partikel gas pada temperatur tertentu adalah : 22hmkTλπ=,
maka fungsi partisi dapat ditulis kembali menjadi ;
398
31(,,)!NVZTVNNλ⎛⎞=⎜⎟⎝⎠
a. Energi bebas Hemholtz ()()3/2233/231lnln2!ln12ln1NVFkTZkTmkTNhNhNkTatauVmkTNNkTVππλ⎡⎤⎛⎞=−=−⎢⎥⎜⎟⎝⎠⎢⎥⎣⎦⎡⎤⎛⎞⎢⎥⎜⎟=−⎜⎟⎢⎥⎝⎠⎣⎦⎡⎤⎛⎞=−⎢⎥⎜⎟⎝⎠⎣⎦
b. Potensial kimia (),33/23ln()ln2lnVTFkTZNNhkTVmkTNkTVμπλ∂⎛⎞==⎜⎟∂⎝⎠⎡⎤⎛⎞⎢⎥⎜⎟=⎜⎟⎢⎥⎝⎠⎣⎦⎡⎤⎛⎞=⎢⎥⎜⎟⎝⎠⎣⎦
c. Entropi ()(),33/23ln5ln225ln2VTFSkNZTNhkTVmkTVNkNπλ∂⎛⎞=−=⎜⎟∂⎝⎠⎡⎤⎛⎞⎢⎥⎜⎟=−+⎜⎟⎢⎥⎝⎠⎣⎦⎡⎤⎛⎞=+⎜⎟⎢⎥⎝⎠⎣⎦
399
14. Dengan menggunakan ensembel kanonik, tentukan kecepatan distribusi partikel dalam gas ideal.
Solusi :
Probablitas satu partikel dalam ruang fasa dengan momentum p dan koordinat q adalah : {}1(,)exp(,)(,,1)qpHqpZTVρβ=−
Dengan ; ()3/22(,,1)2VZTVmkThπ⎛⎞=⎜⎟⎝⎠ dan 22hmkTλπ=, maka ; (){}23/22321(,)exp(,)2pmqpHqpVmkTheVβρβπλ−=−⎛⎞⎜⎟⎝⎠=
Probabilitas ditemukan satu partikel dengan momentum antara p dan p+dp, dan koordinat q dan q+dq adalah ; ()3331,qpdqdphρ
Dimana ; adalah volume ruang fasa, maka ; 3h
Kecepatan distribusi untuk semua posisi adalah ;
()2233333233/2322pmpmmfvdvdvdqehVmedkTββλπ−−=⎛⎞=⎜⎟⎝⎠∫
v
15. Dengan menggunakan koordinat polar dan ensembel kanonik, tentukan kecapatan
400
rata-rata kecepatan partikel dalam gas ideal.
Solusi :
Distribusi kecepatan dalam koordinat polar adalah :
()223/2223/2224242pmmvkTmfvdvevdvkTmevkTβππππ−−⎛⎞=⎜⎟⎝⎠⎛⎞=⎜⎟⎝⎠
dv
Probabilitas kecepatan yang cocok untuk distribuís kecepatan maksimal, jika ;
()00vdfvdv⎛⎞=⎜⎟⎝⎠
Maka ; 0300022mvvataukTkTvm−+==
Kecepatan rata-rata adalah : ()03/22021422yvvfvdvmkTyedykTmππ∞∞−=⎛⎞⎛⎞=⎜⎟⎜⎟⎝⎠⎝⎠∫∫
Dimana ; 22mvykT⎛⎞=⎜⎟⎝⎠,
Jika 0yyedy∞−=∫Γ(2) = 1, maka ;
401
3/22214228mkTvkTmkTmπππ⎛⎞⎛⎞=⎜⎟⎜⎟⎝⎠⎝⎠=
16. Dengan menggunakan koordinat polar dan ensembel kanonik, tentukan energi kinetik gas ideal.
Solusi :
Diketahui bahwa, Kecepatan rata-rata adalah : ()03/22021422yvvfvdvmkTyedykTmππ∞∞−=⎛⎞⎛⎞=⎜⎟⎜⎟⎝⎠⎝⎠∫∫
Maka kuadrat kecepatan rata-rata adalah ; ()2203/25/23/2021422yvvfvdvmkTyedykTmππ∞∞−=⎛⎞⎛⎞=⎜⎟⎜⎟⎝⎠⎝⎠∫∫
Jika ; Γ3/20yyedy∞−=∫553222π⎛⎞=⎜⎟⎝⎠, maka ; 3/25/2221534223mkTvkTmkTm
2 2
πππ⎛⎞⎛⎞=⎜⎟⎜⎟⎝⎠⎝⎠=
Jadi, energi kinetik sebesar ;
402
21132232kinetikkTEmvmmkT⎛⎞==⎜⎟⎝⎠=
17. Gas ideal dengan N partikel dalam kesitimbangan termodinamika dengan resevoar panas pada temperatur T. Jika diketahui bahwa probabilitas ensembel kanonik adalah expdwAdkTε−⎛⎞=⎜⎟⎝⎠Γ dengan Γ adalah volume ruang fasa sebesar Γ. Tentukanlah probabilitas 3/2NNNAVε=()dwE pada sistem tersebut dengan E adalah energi pada interval dE
Solusi :
Diketahui bahwa ; expdwAdkTε−⎛⎞=⎜⎟⎝⎠Γ dan Γ, maka ; 3/2NNNAVε=3/23123232NNNNNNNdAVdNAVdεεεεε−Γ==
Dengan mengintegralkan dan sampakan persamaan sama dengan 1, maka nilai konstanta dapat diperoleh : 3120exp1NconstdkTεεε∞−−⎛⎞=⎜⎟⎝⎠∫
Misalkan ; 32NtdanzkTε−==, maka
Dengan menggunakan fungsi Gamma, diperoleh ;
403
10()tztdtzε∞−−=Γ∫
Maka diperoleh :
()312321.exp32NNdwENkTkTεε−−⎛⎞=⎜⎟⎛⎞⎝⎠Γ⎜⎟⎝⎠
18. Menurut persamaan Barometric aproksimasi pertama untuk tekanan atmosfer di puncak akan mereduksi 1/3 tekanan udara. Gengan asumsi bahwa temperatur udara adalah uniform dan masa molar udara adalah M, buktikan bahwa 13mgzkTe⎛⎞−⎜⎟⎝⎠=
Solusi ;
Dengan mengasumsikan keadaan energi pada ketinggian z sebesar , maka kosentrasi kolom udara berdasarkan ensembel kanonik adalah ; ()Uzmgz=0()mgzkTonznedengannkosentrasi−==
Dengan menggunakan persamaan gas ideal yang berhubungan dengan kosentrasi dan tekanan ; NPVNkTPkTV=⇒=
Jika ~NkTnV, maka ; 0001()()3(0)mgzmgzktktnePznzePnn−−====
19. Suatu sistem dengan gas centrifugal yang berradius R yang digunakan untuk memisahkan campuran gas dari luar. Pemisahan antara dua jenis gas dengan massa
404
1m dan . Jika rotasi sentrifugal dengan konstanta kecepatan angular adalah 2mω. Dengan menggunkan ensembel kanonik, tentukan koofisien pemisahan q yang besarnya ; 12120rRrnnqnn==⎛⎞⎜⎟⎝⎠=⎛⎞⎜⎟⎝⎠
Dimana, adalah kosentrasi yang berhubungan dengan jenis gas. 1ndann2
Solusi :
Energi rotasi partikel dalam sistem sentrifugal dengan jarak r dari pusat rotasi adalah : 22()2mrUrω=−
Distribusi kanonik adalah merupakan fungsi dari radius, sebesar ; 22()020()UrkTmrkTnrneneω−−==
Dimana menggambarkan kondisi normalisasi , maka hubungan dengan koofisien separasi adalah : 0n0r→()222220120222120102exp2mRkTmRkTnenemmRqnkTnωωω−−⎛⎞⎜⎟⎜⎟⎝⎠⎛⎞⎜⎟⎜⎟⎛⎞−⎝⎠=⇒⎜⎟⎜⎟⎛⎞⎝⎠⎜⎟⎝⎠
20. Dalam sistem magnetik model Ising d=1, dengan kondisi syarat batas dan tanpa medan magnetik, fungsi partisi kanonik adalah ;
405
()12,...,,11,expNNiisssiZNJssββ=±=⎛⎞=+⎜⎟⎝⎠ΣΣ 1
a. Buktikanlah ()[],2cosh()NZNJββ=
b. Tentukanlah fungsi energi per spin dalamβ dan J
c. Tentukanlah kapasitas panas per spin dalamβ dan J
Solusi :
a. Buktikanlah ()[],2cosh()NZNJββ=
()()()()()()12121,1,...1,1,...1,expexpexp2cosh2coshiissiissiiiJJiiNZNJJJeeJJηββββηβηβηββ=±=±=±=±±⎛⎞=⎜⎟⎝⎠==+=⎡⎤=⎣⎦ΣΣΣΠΣΠΠΠ��
b. Tentukanlah fungsi energi per spin dalamβ dan J()()()()()()()lnln2coshln2cosh2sinh2coshtanhNEZJNJJNJJNJJββββββββ∂=−∂∂⎡⎤=−⎣⎦∂∂=−∂⎛⎞=−⎜⎟⎜⎟⎝⎠=−
406
c. Tentukanlah kapasitas panas per spin dalamβ dan J()()()()()2222222221tanh1tanh1tanh1tanhCETETNJJkTNJJNJJkTNkJJββββββββ∂=∂∂∂=∂∂∂⎛⎞=−−⎜⎟∂⎝⎠⎡⎤=−−⎣⎦⎡⎤=−⎣⎦⎡⎤=−⎣⎦
407
A. 20 Soal Tanpa Jawaban
1. Dengan menggunakan energi bebas Hemholtz dari system termodinamika, buktikan bahwa ; (,,)FNVT ,,VTNTFFNVNV∂∂⎛⎞⎛⎞ F +=⎜⎟⎜⎟∂∂⎝⎠⎝⎠
2. Buktikan bahwa 222ln0lnTVPVTTZTVCCkZV⎡⎤⎧⎫∂∂⎛⎞⎨⎬⎢⎥⎜⎟∂∂⎝⎠⎩⎭⎣⎦−=−>⎛⎞∂⎜⎟∂⎝⎠
3. Perlihatkan bahwa untuk gas ideal ; 11lnlnPZSTZNkNT∂⎛⎞⎛⎞=+⎜⎟⎜⎟∂⎝⎠⎝⎠
4. Energi osilator harmonik 1 dimensi dengan status keadaan n adalah εn = (n + ½ )hυ, dengan h : tetapan Planck, υ : frekuensi, n = 1, 2, 3, . . . dst. Misalkan kita memiliki sebuah sistem yang terdiri dari N buah osilator harmonik 2 dimensi identik yang tak terbedakan dan bisa dianggap tak saling berinteraksi.
c. Tuliskan fungsi partisi kanonik untuk sistem tsb dan sederhanakan sehingga
408
diperoleh bentuk analitik (closed form).
d. Tuliskan juga aproksimasi bagi fungsi partisi tersebut untuk T tinggi (T >> hυ/k) dan T terendah (T << hυ/k).
5. Berdasarkan soal nomor 5, hitunglah ;
a. Energi rata-rata sistem tersebut.
b. Hitung juga aprokmasi nilai eigen energi tsb untuk T tinggi dan T rendah.
c. Kapasitas panas pada volume tetap.
d. Hitung juga aprokmasi kapasitas panas tsb untuk T tinggi dan T rendah.
e. Turunkan juga ungkapan bagi entropi.
6. N partikel gas ideal monoatomik hipotetik 2 dimensi terletak dalamm kotak (rectangle) berukuran Lx = Lx = L memiliki temperatur T. Massa tiap partikel m dan luas kotak = L2. Perlakukan sistem sebagai kumpulan partikel identik (tak bisa dibedakan) dan tak saling berinteraksi.
a. Tuliskan hamiltonian 1 partikel saja dan selesaikan untuk mencari status eigen dan energi yang terkait.
b. Tuliskan hamiltonian total sistem tersebut (N partikel) dan tuliskanlah fungsi eigen sistem (tanpa memperhatikan simetri)serta energinya.
c. Tuliskan fungsi kanonik sistem tersebut.
7. Perlihatkan untuk fungsi partisi ()31,8!NNkTZVTVNhcπ⎧⎫⎪⎪⎛⎞=⎨⎬⎜⎟⎝⎠⎪⎪⎩⎭ untuk gas monoatomik dengan hubungan antara energi dan momentum sebesar pcε=, dengan c adalah kecepatan cahaya.
409
8. Buktikan untuk kasus 3N partikel yang bergerak dalam ruang 1 dimensi, memiliki fungsi partisi sebesar :
()331(,)23!NNkTZLTLNhc⎡⎤⎛⎞=⎜⎟⎢⎥⎝⎠⎣⎦
9. Suatu sisten martikel identik yang memiliki 2 keadaan energi yaitu ±ε. Gunakan ensembel kanonik dan tentukan entropi rata-rata per partikel dan fungsi energi rata-rata per partikel.
10. Tentukan fungsi korelasi 11nss+ untuk sistem magnetik dimana n = 0,1,2, ... dengan fungsi partisi kanonik adalah ;
()12,...,,11,expNNiisssiZNJssββ=±=⎛⎞=+⎜⎟⎝⎠ΣΣ 1
11. Berdasarkan soal nomor 12, tunjukan bahwa fluktuasi rata-rata magnetisasi sebesar ;
()2111tanh()NiisNJδβ==−Σ
12. Perlihatkan bahwa untuk material magnetik, kapasitas panas dengan konstanta medan H dan magnetisasi M memiliki hubungan ; HMMHHMCCTTT∂∂⎛⎞⎛⎞−=−⎜⎟⎜⎟∂∂⎝⎠⎝⎠
13. Buktikan bahwa untuk bahan paramagnetik mematuhi hukum Curie 22HMCHCCT−=
14. Suatu sistem magnetik spin ½ memiliki energi ssEB B μμ=−= dengan , dengan menggunakan ensembel kanonik, tentukanlah magnetisasi dan isothemal suseptibilitasnya. 1s=±
410
15. Suatu sistem dengan Hamiltonian 1NiiHε== n Σ yang memiliki probabilitas keadaan mikro {}inμ≡. Tentukanlah fungsi partisi dan energi bebas Helmholtznya.
16. Berdasarkan jawaban nomor 14, tentukanlah entropi dan energi internalnya.
17. Keadaan makro gas ideal kanonik (),,MTVN≡ dengan 212NiipHm==Σ dan keadaan mikro {},iipqμ≡uurur. Tentukanlah fungsi partisi dan energi bebas Helmholtznya.
18. Berdasarkan jawaban nomor 15, tentukanlah entropi dan dan potensial kimianya
19. Suatu sistem magnetik dengan medan internal Buv dan Hamiltonian H. Jika spin adalah ½ dengan keadaan mikro N spin digambarkan dengan variabel Ising {}1σ=± dan 01NiiMμσ==Σ dengan 0μmomen magnet mikroskopik. Jika tidak ada interaksi antar spin ( H=0), tentukanlah probabilitas keadaan mikro dan fungsi partisi Gibs-nya.
20. Berdasarkan soal nomor 18, tentukanlah magnetisasi rata-rata dan suseptibilitasnya.
411
Daftar Pustaka
Pointon, A. J., An Introduction to Statistical Physics for Students, London: Longman (1967)
Zeemansky, M. W. and R. H. Dittman, Kalor dan Termodinamika, Bandung: Penerbit ITB (1986)
Kittel, C., Introduction to Solid State Physics 7th ed., New York: John Wilry & Sons (1996)
412

2 komentar:

  1. mantap....!!!! tq masbrow... visit balik yah blog ane http://redanorak.blogspot.com follow aja, nanti ane follow balik :D

    BalasHapus