Pengantar Fisika Statistik

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 volum ruang 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 dan laju Bab 4 Menentukan Parameter Ststistik

31 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 5.1. Sifat dasar boson

46 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

ε i +1 − ε i → 0 . 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

εN εN-1 εN-2

. . .

. . .

εr+1 εr εr-1

ε4 ε3 ε2 ε1=0

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

. . . : ( N − 1)dε sampai Ndε

Kelompok ke-N memiliki jangkauan energi

Energi EM

Kelompok-M . . .

Energi Es

Kelompok-s . . .

Energi E2

Kelompok-2

Energi E1

Kelompok-1

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

M

N = ∑ ns s =1

(2.1)

Energi total assembli memenuhi

M

U = ∑ ns E s s =1

(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 N 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.

9

Proses I: Membawa N Buah Sistem ke Dalam Assembli

Mari kita hitung jumlah cara yang dapat ditempuh pada tiap proses pertama yaitu membawa N 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. i) Ambil satu sistem dari daftar N buah sistem yang berada di luar assembli. Kita bebas memilih satu sistem ini dari N buah sistem yang ada tersebut. Jadi jumlah cara pemilihan sistem yang pertama kali dibawa masuk ke dalam assembli adalah N cara. ii) Setelah sistem pertama dimasukkan ke dalam assembli maka tersisa N -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 N -1 cara.

iii) Begitu seterusnya. iv) Akhirnya, ketika sistem ke- N 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- N ke dalam asembli adalah hanya 1 cara. v) Dengan demikian, jumlah total cara membawa masuk N buah sistem ke dalam assembli adalah N × ( N − 1) × ( N − 2) × ... × 2 × 1 = N !

1

2

3

N-1 N

Gambar 2.3 Cara membawa N sistem di luar masuk ke dalam assembli

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 g1 keadaan dan ditempati oleh n1 sistem. Sebagai ilustrasi lihat Gbr. 2.3

g1 g1-1 g1-2

. . .

1

2

3

4

n1-1 n1

3 2 1

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- g1 . Jadi jumlah cara menempatkan partikel pertama pada kelompok-1 yang memiliki g1 keadaan adalah g1 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- g1 . Dengan demikian, jumlah cara menempatkan partikel kedua juga g1 cara. Hal yang sama juga berlaku bagi partikel ke-3, partikel ke-4, dan seterusnya, hingga partikel ke- n1 . Akhirnya, jumlah cara menempatkan n1 partikel pada g1 buah keadaan adalah g1 × g1 × g1 × ... × g1 ( n1 buah perkalian) = g1n1

Sejumlah g1n1 cara di atas secara implisit mengandung makna bahwa urutan pemilihan partikel yang berbeda menghasilkan penyusunan yang berbeda pula. Padahal

11

tidak demikian. Urutan pemilihan yang berbeda dari sejumlah n1 partikel yang ada tidak berpengaruh pada penyusunan asalkan jumlah partikel pada tiap bangku tetap jumlahnya. Urutan pemilihan sejumlah n1 partikel menghasilkan n1! macam cara penyusunan. Dengan demikian, jumlah riil cara penyusunan n1 partikel pada g1 buah keadaan seharusnya adalah

g1n1 n1!

Penjelasan yang sama juga berlaku bagi n 2 buah partikel yang disusun pada g 2 keadaan. Jumlah cara penyusunan partikel tersebut adalah

g 2n2 n2 !

Secara umum jumlah cara menempatkan n s partikel di dalam kelompok energi yang mengandung g s keadaan adalah

g sns ns !

Akhirnya jumlah cara mendistribusikan secara bersama-sama n1 sistem pada kelompok dengan g1 keadaan, n 2 sistem pada kelompok dengan g 2 keadaan, .. , n s sistem pada g s keadaan adalah

g1n1 g 2n2 g 3n3 g nM × × × ... × M = n1! n2 ! n3 ! nM !

g sns ∏ s =1 n s ! M

Dengan demikian, jumlah total cara menempatkan N buah sistem ke dalam konfigurasi

12

yang mengandung n1 sistem pada kelompok dengan g1 keadaan, n 2 sistem pada kelompok dengan g 2 keadaan, .., n s sistem pada kelopmok dengan g s keadaan adalah

M

W = N !∏ s =1

g sns ns !

(2.3)

Kita tinjau asembli yang terisolasi dari lingkungan. Tidak ada pertukaran partikel maupun energi antara assembli dan lingkungan. Dengan demikian, jumlah sistem N dan energi total U yang dimiliki assembli konstan. Akibatnya,

M

δN = ∑ δn s = 0

(2.4)

s =1 M

δU = ∑ E s δn s = 0

(2.5)

s =1

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 n s sedemikian sehingga W maksimum. Tetapi karena W merupakan perkalian sejumlah faktor maka akan lebih mudah jika kita memaksimalkan ln W . Karena jika ln W maksimum maka W pun maksimum. Kita peroleh

M

ln W = ln N !+ ln ∏ s =1

g sns ns !

⎧ g n1 g n2 g nM ⎫ = ln N !+ ln ⎨ 1 × 2 × ... × M ⎬ nM ! ⎭ ⎩ n1! n2 ! ⎛ g1n1 ⎞ ⎛ g 2n2 ⎞ ⎛ g MnM ⎞ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟ = ln N !+ ln⎜ ⎟ + ln⎜ n ! ⎟ + ... + ln⎜ n ! ⎟ n ! ⎝ 1 ⎠ ⎝ 2 ⎠ ⎝ M ⎠

13

M ⎛ g ns ⎞ = ln N !+ ∑ ln⎜⎜ s ⎟⎟ s =1 ⎝ ns ! ⎠ M

{

}

= ln N !+ ∑ ln g sns − ln n s ! s =1 M

= ln N !+ ∑ {n s ln g s − ln n s !}

(2.6)

s =1

Karena baik N maupun n s merupakan bilangan-bilangan yang sangat besar maka untuk mempermudah perhitungan kita dapat menggunakan pendekatan Stirling sebagai berikut ln N !≅ N ln N − N

ln n s ≅ n s ln n s − n s

sehingga kita dapatkan bentuk approksimasi

M

ln W ≅ N ln N − N + ∑ {n s ln g s − n s ln n s + n s }

(2.7)

s =1

Dengan demikian, diferensial dari ln W menjadi

M

δ ln W ≅ δN ln N − δN + δ ∑ {n s ln g s − n s ln n s + n s } s =1

M

= 0 − 0 + ∑ {δn s ln g s + n s δ ln g s − δn s ln n s − n s δ ln n s + δn s } s =1

M ⎧ ⎫ ⎞ ⎛1 = ∑ ⎨δn s ln g s + n s × 0 − δn s ln n s − n s ⎜⎜ δn s ⎟⎟ + δn s ⎬ s =1 ⎩ ⎠ ⎝ ns ⎭ M

= ∑ {δn s ln g s − δn s ln n s } s =1

14

M

= ∑ {ln g s − ln n s }δn s s =1

M ⎛g = ∑ ln⎜⎜ s s =1 ⎝ ns

⎞ ⎟⎟δn s ⎠

(2.8)

Karena kita harus menerapkan syarat batas kekekalan energi dan jumlah partikel, maka solusi untuk n s dicari dengan menerapkan perngali Langrange sebagai berikut

δ ln W + αδN + βδU = 0

(2.9)

Substitusi persamaan (2.4), (2.5), dan (2.8) ke dalam persamaan (2.9) diperoleh ⎛g ln⎜⎜ s ∑ s =1 ⎝ ns M

M M ⎞ ⎟⎟δn s + α ∑ δn s + β ∑ E s δn s = 0 s =1 s =1 ⎠

yang dapat disederhanakan menjadi ⎫ ⎧ ⎛ gs ⎞ ⎟⎟ + α + βE s ⎬δn s = 0 s =1 ⎩ ⎝ s ⎠ ⎭ M

∑ ⎨ln⎜⎜ n

(2.10)

Karena kondisi ini berlaku untuk nilai n s berapapun maka harus terpenuhi

⎛g ln⎜⎜ s ⎝ ns

⎞ ⎟⎟ + α + βE s = 0 ⎠

⎛g ln⎜⎜ s ⎝ ns

⎞ ⎟⎟ = −α − β E s ⎠

gs = exp(− α − βE s ) ns

yang menghasilkan ungkapan untuk n s sebagai

15

n s = g s exp(α + β E s )

(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.

(nM,gM,EM)

nM=gM exp(α+βEM)

. . . (ns,gs,Es)

ns=gs exp(α+βEs)

. . . (n2,g2,E2)

n2=g2 exp(α+βE2)

(n1,g1,E1)

n1=g1 exp(α+βE1)

Gambar 2.4 Jumlah partikel yang menempati tiap kelompok energi

2.3 Harga Rata-Rata

Banyak sekali konfugurasi yang diperbolehkan ketika menempatkan N sistem ke dalam M kelompok 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 X adalah 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

X =

X (konfig − 1) P(konfig − 1) + X (konfig − 2) P(konfig − 2) + ... + X (konfig − R) P(konfig − R) P(konfig − 1) + P(konfig − 2) + ... + P(konfig − R) R

=

∑ X (konfig − t ) P(konfig − t ) t =1

R

∑ P(konfig − t )

(2.12)

t =1

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 P (konfig − t ) = Pmaks dan terpenuhi syarat-syarat berikut ini:

P (konfig − 1) << Pmaks P(konfig − 2) << Pmaks . . .

P(konfig − R) << Pmaks

maka X (konfig − 1) P (konfig − 1) + X (konfig − 2) P(konfig − 2) + ... + X (konfig − R) P (konfig − R) ≅ X (konfig − maks) Pmaks

dan P (konfig − 1) + P(konfig − 2) + ... + P (konfig − R ) ≅ Pmaks

Dengan demikian

X ≅

X (konfig − maks) Pmaks = X (konfig − maks) Pmaks

(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 ln W dengan deret Taylor di sekitar ln Wmaks

d ln W ⎤ ⎥ s =1 dn s ⎦ n M

ln W = ln Wmaks + ∑

δn s + s , maks

1 M ∂ 2 ln W ⎤ ⎥ ∑ 2 s ,q ∂n s ∂n q ⎥⎦

δn s δnq + ...

(2.14)

ns , maks nq , maks

Karena W hanya fungsi variable n s saja maka

∂ 2 ln W d 2 ln W = δ s ,q ∂n s ∂nq dn s2

(2.15)

Dengan δ s,q adalah delta Kronecker. Dengan demikian kita dapatkan bentuk aproksimasi untuk ln W d ln W ⎤ ⎥ s =1 dn s ⎦ n M

ln W = ln Wmaks + ∑

d ln W ⎤ ⎥ s =1 dn s ⎦ n M

= ln Wmaks + ∑

δn s + s , maks

δn s + s , maks

1 M d 2 ln W ⎤ δ ∑ s ,q dn 2 ⎥ 2 s ,q s ⎦n

1 M d 2 ln W ⎤ ∑ ⎥ 2 s dn s2 ⎦ n

δn s δnq + ... s , maks nq , maks

δn s2 + ...

(2.16)

s , maks

Pada titik maksimum terpenuhi

19

d ln W ⎤ ⎥ s =1 dn s ⎦ n M

∑

δn s = 0

(2.17)

s , maks

sehingga

ln W = ln Wmaks +

1 M d 2 ln W ⎤ ∑ ⎥ 2 s dn s2 ⎦ n

δn s2 + ...

(2.18)

s , maks

Dengan menggunakan persamaan (2.7) kita akan dapatkan

M d ln W = ∑ (ln g s − ln n s ) dn s s =1 M ⎛ d ln g s d ln n s d 2 ln W = ∑⎜ − ⎜ dn s dnq dnq s =1 ⎝ dn q

M ⎛ ⎞ M ⎛ ⎞ ⎞ ⎟ = ∑ ⎜ 0 − 1 dn s ⎟ = ∑ ⎜ 0 − 1 δ s ,q ⎟ = − 1 ⎜ ⎟ ⎟ ⎟ s =1 ⎜ n s dnq ⎠ s =1 ⎝ ns nq ⎠ ⎝ ⎠

atau

d 2 ln W d 2 ln W 1 = =− 2 ns dn s dn s dn s

(2.19)

Dengan demikian persmaaan (2.18) dapat ditulis menjadi

ln W − ln Wmaks =

⎛ W ln⎜⎜ ⎝ Wmaks

1 M 1 − δn s2 + ... ∑ 2 s ns

⎞ 1 M ⎛ δn ⎟⎟ = − ∑ ⎜⎜ s 2 s ⎝ ns ⎠

2

⎞ ⎟⎟ n s + ... ⎠

(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

δn s ns

≅ ξ sehingga diperoleh


⎞ 1 M ⎟⎟ = − ∑ ξ 2 n s + ... 2 s ⎠


M ⎞ 1 1 ⎟⎟ = − ξ 2 ∑ n s = − ξ 2 N 2 2 s ⎠

Atau

(

W ≅ exp − ξ 2 N / 2 Wmaks

)

(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

(

)

W ≅ exp − 10 − 20 × 10 23 / 2 = exp(−500) ≈ 0 Wmaks 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 , y , 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 v x , v y , dan v z . Dengan demikian, dinamika sebuah partikel dapat dijelaskan secara lengkap oleh enam buah koordinat, yaitu tiga koordinat ruang: x,

22

y, dan z, serta tiga koordinat kecepatan: v x , v y , dan v z . Kita dapat menggabungkan enam koordinat tersebut dalam satu ungkapan, yaitu ( x, y, z , v x , v y , v z ) .

r v Karena momentum merupakan perkalian massa dan kecepatan, yaitu p = mv 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 ( x, y, z , p x , p y , p z ) .

z

pz y py x

px

Gambar 3.1 Ilustrasi koordinat ruang fasa.

Ruang yang direpsentasikan oleh koordinat posisi saja disebut ruang spasial. Ruang yang diungkapkan oleh koordinat momentum saja disebut ruang momentum. Ruang yang direpresentasikan oleh gabungan koordinat ruang dan dan momentum disebut ruang fasa.

3.2 Elemen volum ruang fasa

Jika ruang fasa dibangun oleh ruang spasial tiga dimensi dan ruang momentum tiga dimensi maka: Elemen volum ruang spasial adalah: dVs = dxdydy

23

Elemen volum ruang momentum adalah: dV p = dp x dp y dp z Elemen volum ruang fasa menjadi: dΓ = dVs dV p = dxdydzdp x dp y dp z

Jika ruang fasa dibangun oleh ruang spasial dua dimensi dan ruang momentum dua dimensi maka: Elemen volum ruang spasial adalah: dS s = dxdy Elemen volum ruang momentum adalah: dS p = dp x dp y Elemen volum ruang fasa menjadi: dΓ = dS s dS p = dxdydp x dp y

Jika ruang fasa dibangun oleh ruang spasial satu dimensi dan ruang momentum satu dimensi maka: Elemen volum ruang spasial adalah: dX s = dx Elemen volum ruang momentum adalah: dPp = dp x Elemen volum ruang fasa adalah: dΓ = dX s dPp = dxdp x

Perhatikan bahwa yang dimaksud elemen volum pada penjelasan di atas bisa bermakna 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.

3.3 Energi Kinetik

Tinjau elemen kecil volum dalam ruang fasa yang dibatasi oleh kordinatkoordinat berikut ini: Antara x sampai x + dx Antara y sampai y + dy Antara z sampai z + dz Antara p x sampai p x + dp x Antara p y sampai p y + dp y

24

Antara p z sampai p z + dp z

Volum ruang fasa elemen tersebut adalah

dΓ = dxdydzdp x dp y dp z

(3.1)

Di dalam elemen volum tersebut, komponen momentum partikel adalah p x , p y , dan p z . Dengan demikian, energi kinetik partikel yang berada dalam elemen volum tersebut adalah

E= =

(

)

(

1 2 1 1 mv = m v x2 + v y2 + v z2 = [mv x ] 2 + [mv y ] 2 + [mv z ] 2 2 2 2m

(

1 p x2 + p y2 + p z2 2m

)

) (3.2)

3.4 N Sistem Dalam Ruang Fasa

Di atas kita bahas hanya satu sistem dalam ruang fasa. Bagaimana jika terdapat N sistem? Tiap sistem akan memiliki 6 koordinat fasa yang bebas yang terdiri dari 3

koordinat ruang dan 3 koordinat momentum. Koordinat sistem pertama ( x1 , y1 , z1 , p1x , p1 y , p1z ) Koordinat system kedua (x 2 , y 2 , z 2 , p 2 x , p 2 y , p 2 z ) . . . dan seterusnya. Jika system pertama berada pada elemen volum yang dibatasi oleh kordinatkoordinat berikut ini Antara x1 sampai x1 + dx1 Antara y1 sampai y1 + dy1 Antara z1 sampai z1 + dz1

25

Antara p1x sampai p1x + dp1x Antara p1 y sampai p1 y + dp1 y Antara p1z sampai p1z + dp1z maka volum elemen ruang fasa yang menjadi lokasi sistem tersebut adalah dΓ1 = dx1 dy1 dz1 dp1x dp1 y dp1z

Dengan cara yang sama maka akan kita peroleh elemen volum ruang fasa yang ditempati sistem kedua adalah dΓ2 = dx 2 dy 2 dz 2 dp 2 x dp 2 y dp 2 z

dan seterusnya. Dari hasil ini maka kita dapatkan elemen total ruang fasa yang ditempati oleh N buah sistem adalah dΓ = dx1 dy1 dz1 dp1x dp1 y dp1z dx 2 dy 2 dz 2 dp 2 x dp 2 y dp 2 z ...dx N dy N dz N dp Nx dp Ny dp Nz N

= ∏ dxi dy i dz i dpix dpiy dpiz i =1 N

= ∏ dΓi

(3.3)

i =1

Di dalam elemen ruang fase tersebut, energi masing-masing sistem adalah

(

)

E1 =

1 p12x + p12y + p12z 2m

E2 =

1 p 22x + p 22 y + p 22z 2m

(

)

. . .

26

EN =

(

1 2 2 2 p Nx + p Ny + p Nz 2m

)

Dengan demikian energi total N system yang menempati ruang fasa dalam persaman (3.3) adalah E = E1 + E 2 + ... + E N N

= ∑ Ei i =1 N

=∑ i =1

(

1 pix2 + piy2 + piz2 2m

)

(3.4)

3.5 Menghitung Jumlah Keadaan

Pada penurunan fungsi distribusi kita sudah membagi energi atas kelompokkelompok energi dari kemlompok ke-1 hingga kelompok ke- M . Tinjau sebuah sistem dengan energi E = ( p x2 + p y2 + p z2 ) / 2m . Penulisan energi di atas dapat dibalik sebagai berikut

p x2 + p y2 + p z2 =

(

2mE

)

2

(3.5)

Bandingkan persamaan (3.5) dengan persamaan untuk bola berikut ini X 2 + Y 2 + Z 2 = R2

(3.6)

Persamaan (3.5) dan (3.6) persis sama. Pada persamaan (3.5), yang berperan sebagai jari-jari adalah

2mE . Ini berarti, dalam koordinat momentum, nilai-nilai p x ,

p y , dan p z yang memberikan E yang konstan adalah yang berada pada permukaan bola dengan jari-jari

2mE . 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

pz

2mE py

px

Gambar 3.1 Bola pada ruang momentum. Jari-jari bola adalah

2mE

Jika kita bagi energi assembli atas kelompok-kelompok energi maka tiap kelompok akan diwakili oleh kulit bola dengan ketebalan tertentu. Mari kita ambil elemen volum pada kulit bola dengan jari-jari

2mE dan ketebalan d ( 2mE ) . Luas

kulit bola tersebut adalah

S p = 4π

(

2mE

)

2

= 8πmE

(3.7)

Tebal kulit bola adalah

d

(

)

2mE = 2m d

( E )=

1 2m × E −1 / 2 dE = 2

2m −1 / 2 E dE 2

(3.8)

Dengan demikian, volum kolit bola adalah dV p = S p d

(

2mE

) 28

= 8πmE

2m −1 / 2 3/ 2 E dE = 2π (2m ) E 1 / 2 dE 2

(3.9)

pz

d ( 2mE ) 2mE py

px

Gambar 3.2 Elemen volum dalam ruang momentum berupa kulit bola

Volum ruang fasa yang ditempati oleh sistem yang berada pada kulit bola momentum serta dalam elemen volum spasial dVs = dxdydz adalah dΓ = dxdydz 2π (2m )

3/ 2

E 1 / 2 dE

(3.10)

Volum ruang fasa yang ditempati oleh sistem pada semua ruang spasial, tetapi tetap berada dalam kulit bola momentum diperoleh dengan mengintegralkan persamaan (3.10) pada elemen ruang spasial. Hasilnya adalah

∆Γ p = ∫ dxdydz 2π (2m )

3/ 2

= 2πV (2m )

3/ 2

E 1 / 2 dE

E 1 / 2 dE (3.11)

29

dengan V = ∫ dxdydz adalah 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 ∆Γ p sama dengan volum ruang fasa dikali kerapatannya, yaitu B∆Γ p = 2πVB(2m )

3/ 2

E 1 / 2 dE

(3.12)

Jika kelompok-kelompok energi yang kita bangun di dalam assembli diwakili oleh kulit bola maka kita dapat menyamakan g s dalam persamaan (2.11) dengan B∆Γ p pada persamaan (3.12). Akhirnya, kita dapatkan ungkapan untuk g s sebagai g s = 2πVB(2m )

3/ 2

E 1 / 2 dE

(3.13)

3.6 Menentukan n s

Setelah mengetahui bentuk g s dalam fungsi kontinu yaitu yang tertuang dalam persamaan (3.13), selanjutnya kita akan menentukan n s dalam bentuk kontinu juga. Dalam bentuk diskrit, hubungan antara n s dan g s adalah n s = g s e α + βEs

(2.11)

Pada persamaan di atas, n s adalah jumlah sistem di dalam assembli. Sekarang kita mendefisikan karapat sistem, yaitu jumlah sistem per satuan energi. Untuk kerapatan system kita gubakan symbol n( E ) . Dengan demikian, jumlah sistem dalam kulit bola

yang dibatasi oleh energi E dan E + dE adalah n( E )dE . Dengan mengganti n s dengan n( E )dE dan g s dengan persamaan (3.13) kita dapatkan hubungan antara jumlah sistem

dan kerapatan keadaan dalam bentuk kontinu sebagai berikut 30

n( E )dE = 2πVB(2m )

3/ 2

= 2πVB(2m )

3/ 2

E 1 / 2 dE × e α + βE

e α + βE E 1 / 2 dE

(3.14)

3.7 Volum Elemen Ruang Fasa Dinyatakan Dalam Momentum dan Laju

Persamaan (3.11) menyatakan elemen volum ruang fasa dinyatakan dalam variabel energi. Kita juga dapat menyatakan elemen volum tersebut dalam variabel momentum atau laju. Kita mulai dari hubungan E = p 2 / 2m sehingga

⎛ 1 ⎞ E1/ 2 = ⎜ ⎟ ⎝ 2m ⎠ dE =

1/ 2

p

(3.15)

1 pdp m

(3.16)

Substitusi persamaa (3.15) dan (3.16) ke dalam persamaan (3.11) diperoleh ungkapan elemen ruang fasa dinyatakan dalam momentum sebagai berikut.

∆Γ p = 2πV (2m )

3/ 2

⎛ 1 ⎞ ×⎜ ⎟ ⎝ 2m ⎠

= 4πVp 2 dp

1/ 2

p×

1 pdp m

(3.15)

Mengingat hubungan antara momentum dan laju p = mv maka dp = mdv . Konsekuensinya, kita dapat menulis eleme ruang fasa dalam koordinat posisi sebagai berikut,

∆Γ p = 4πV (mv ) (mdv) 2

= 4πVm 3 v 2 dv

(3.16)

31

Dengan

menggunakan

persamaan

(3.16)

maka

kita

dapatkan

g s = B∆Γ p = 4πBVm 3 v 2 dv dan kerapatan keadaan menjadi

n(v)dv = g s e α + βE = 4πBVm 3 v 2 dv × e α + β ( mv = (4πBVm 3 e α )v 2 e − mv

2

2

/ 2)

/ 2 kT

dv

(3.17)

Hasil yang kita peroleh di atas akan sering kita jumpai pada bab-bab berikutnya, khususnya saat melakukan transformasi dari penjumlahan diskrit ke integral kontinu.

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 E s dan mengandung keadaan sebanyak g s memenuhi prsamaan (2.11) yaitu n s = g s e α + βEs . Secara fisis kita meyakini bahwa tidak mungkin ada sistem yang memiliki energi tak berhingga. Oleh karena itu jika E s → ∞ maka haruslah n s → 0 . Ini hanya mungkin terpenuhi jika parameter β bernilai negatif. Lalu, bergantung pada

besaran apakah β?

33

N1, T

N2, T

N1, T

E N2, 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 N 1 sistem dan assembli kedua mengandung N 2 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).

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

N 1 = ∑ n1s = konstan

(4.1)

N 2 = ∑ n2 s = konstan

(4.2)

s

s

U = U 1 + U 2 = ∑ n1s E1s + ∑ n2 s E 2 s = konstan s

(4.3)

s

Apabila kita nyatakan dalam bentuk diferensial, persamaan (4.1) sampai (4.3) berbentuk

δN 1 = ∑ δn1s = 0

(4.4)

δN 2 = ∑ δn2 s = 0

(4.5)

s

s

δU = ∑ E1s δn1s + ∑ E 2 s δn2 s = 0 s

(4.6)

s

Sebelum ke dua assembli digabung maka jumlah penyusunan sistem pada keadaan-keadaan energi di masing-masing assembli memenuhi ⎛ g1ns1s ⎞ ⎟⎟ W1 = N1!∏ ⎜⎜ s ⎝ n1s ! ⎠

(4.7)

⎛ g n2 s ⎞ W1 = N 2 !∏ ⎜⎜ 2 s ⎟⎟ s ⎝ n2 s ! ⎠

(4.8)

Ketika dua assembli digabung maka probabilitas penyusunan sistem-sistem pada assembli gabungan tersebut merupakan perkalian probabilitas penyusunan pada masingmasing assembli awal, yaitu W = W1W2

35

atau bila diungkapkan dalam notasi logaritma menjadi ln W = ln W1 + ln W2

Kita

akan

mencari

(4.9)

konfigurasi

dengan

probabilitas

maksium

dengan

memperhatikan tiga konstrain pada persamaan (4.4) sampai (4.6). Ini menyaratkan pengenalan tiga pengali Langrange α 1 , α 2 , dan β . Syarat maksimum memenuhi persamaan

δ ln W + α 1δN 1 + α 2δN 2 + βδU = 0

(4.10)

Dengan menggunakan persamaan (4.9) maka

δ ln W = δ ln W1 + δ ln W2 =

∑ s

∂ ln W2 ∂ ln W1 δn1s + ∑ δn2 s ∂n 2 s ∂n1s s

(4.11)

Substitusi persamaan (4.4), (4.5), (4.6), dan (4.11) ke dalam persamaan (4.10) diperoleh

∑ s

∂ ln W1 ∂ ln W2 ⎡ ⎤ δn1s + ∑ δn2 s + α 1 ∑ δn1s + α 2 ∑ δn2 s + β ⎢∑ E1s δn1s + ∑ E 2 s δn2 s ⎥ = 0 ∂n1s ∂n2 s s s s s ⎣ s ⎦

yang dapat disederhanakan menjadi ⎤ ⎡ ∂ ln W2 ⎤ ⎡ ∂ ln W1 + α 2 + β E 2 s ⎥δn 2 s = 0 + α 1 + βE1s ⎥δn1s + ∑ ⎢ s ⎣ ∂n 2 s ⎦ ⎦ ⎣ ∂n1s

∑⎢ s

(4.12)

Agar persamaan (4.12) selalu terpenuhi untuk variasi δn1s dan δn2 s berapa pun maka suku dalam kurung pada harus nol, atau

36

∂ ln W1 + α 1 + β E1s = 0 ∂n1s

(4.13)

∂ ln W2 + α 2 + βE 2 s = 0 ∂n 2 s

(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

β = β (T )

(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.

dQ

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 dU = dQ + dW . Dengan menggunakan definisi dW = − pdV maka dU = dQ − pdV

(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 E s , juga mungkin berubah sehingga secara umum terpenuhi δE s ≠ 0 . Dengan demikian. Mengingat U = ∑ n s E s maka secara umum dalam s

bentuk diferensial dari U adalah

δU = ∑ E s δn s + ∑ n s δE s s

(4.17)

s

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 δE s 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

∑ E δn s

s

= δQ

(4.18)

s

= − pdV

(4.19)

s

∑ n δE s

s

Jika kita menganggap bahwa dinding assembli sangat tegar sehingga tidak terjadi perubahan volum pada saat penyerapan kalor δQ maka

δU = δQ

(4.20)

Dengan demikian, syarat konfigurasi dengan probabilitas maksimum menjadi

δ ln W + αδN + βδQ = 0

(4.21)

Untuk assembli yang terisolasi, jumlah sistem tidak berubah sehingga δN = 0 . Akibat dari pembatasan tersebut maka persamaan (4.21) menjadi δ ln W + βδQ = 0 atau

δ ln W = − βδQ

(4.22)

Ingat ln W merupakan sebuah fungsi sehingga δ ln W merupakan diferensial sejati, yaitu merupakan selisih dua nilai berdekatan. Tetapi δQ bukan merupakan diferensial sejati. δQ 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 δQ bisa diubah menjadi diferensial sejati jika dibagi dengan suhu. Jadi, walaupun δQ bukan diferensial sejati tetapi δQ / T merupakan

39

diferensial sejati. Di termodinamika dibahas bahwa δQ / T merupakan sebuah besaran termodinamika yang bernama entropi. Dengan demikian, agar ruas kanan persamaan (4.22) menjadi diferensial sejati maka haruslah β ∝ 1 / T . Dan karena kita menunjukkan bahwa β berharga negatif, maka bentuk umum β sebagai fungsi suhu manjadi

β =−

1 kT

(4.23)

dengan k sebuah konstanta. Nanti akan kita buktikan bahwa k tidak lain daripada konstanta Boltzmann. 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

E=

3 kT 2

(4.24)

dengan T suhu mutlak dan k konstanta Boltzmann. Kita bisa mendapatkan energi ratarata 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 E + dE adalah n( E )dE = 2πVB(2m )

3/ 2

e α + βE E 1 / 2 dE

Energi rata-rata partikel dapat dinyatakan dalam bentuk

40

∞

∫ En( E )dE

E=

0 ∞

∫ n( E )dE 0

∞

∫ E × 2πVB(2m)

3/ 2

=

∞

∫ 2πVB(2m)

3/ 2

0

∞

=

∫e 0 ∞

βE

3/ 2

=

0

e α + βE E 1 / 2 dE

∞

2πVB(2m )

e α + βE E 1 / 2 dE

2πVB(2m )

e α ∫ e βE E 3 / 2 dE

3/ 2

0 ∞

eα ∫

βE

E 1 / 2 dE

0

E 3 / 2 dE

(4.25)

∫

βE

E

1/ 2

dE

0

Mari kita selesaikan integral pada pada persamaan (4.25) dengan melihat pembilang terlebih dahulu. Untuk menyelesaikan integral tersebut kita misalkan e βE dE = dx

(4.26a)

E 3/ 2 = y

(4.26b)

Dengan melakukan integral pada dua sisi persamaan (4.26) diperoleh

x=

1

β

e βE

dan dengan melakukan diferensial pada persamaan (4.26b) diproleh

dy =

3 1/ 2 E dE 2

Selanjunta kita menggunakan aturan rantai untuk integeral

∫ ydx = xy − ∫ xdy . Dengan

aturan ini maka kita dapat menulis bagian pembilang persamaan (4.25) sebagai

41

∞

∫e

∞

βE

E

3/ 2

0

∞ ⎞⎛ 3 ⎡ 1 βE 3 / 2 ⎤ ⎛1 ⎞ dE = ⎢ e E ⎥ − ∫ ⎜⎜ e βE ⎟⎟⎜ E 1 / 2 dE ⎟ ⎠ ⎠⎝ 2 ⎣β ⎦0 0 ⎝ β ∞

⎤ 3 ⎡1 1 E 1 / 2 e βE dE = ⎢ e β ×∞ ∞ 3 / 2 − e β ×0 0 3 / 2 ⎥ − ∫ β β 2 β ⎦ ⎣ 0

(4.27)

Karena β negatif maka e β ×∞ → 0 dan menuju nol lebih cepat daripada membesarnya ∞ 3 / 2 sehingga perkalian e β ×∞ ∞ 3 / 2 → 0 . 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 ∞

∫e

βE

∞

E

3/ 2

0

3 dE = − E 1 / 2 e βE dE ∫ 2β 0

(4.28)

Substitusi persamaan (4.28) ke dalam persamaan (4.25) didapatkan energi rata-rata system menjadi ∞

E=

∫e 0 ∞

∫

βE

βE

∞

E

3/ 2

dE =−

E 1 / 2 dE

0

3 2β

∫e 0 ∞

∫

βE

βE

E 1 / 2 dE =−

E 1 / 2 dE

3 2β

0

Karena energi rata-rata ini harus sama dengan 3kT / 2 maka − 3 / 2β = 3kT / 2 sehingga diperoleh ungkapan untuk β

β =−

1 kT

42

yang persis sama dengan persamaan (4.23). Hasil ini pun membuktikan bahwa k benarbenar 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 n s = g s e α + βEs . Selanjutnya kita lakukan penjumlahan untuk semua s yang mungkin

∑ n = ∑ g eα s

= e α ∑ g s e βE s

+ βEs

s

s

s

s

Penjumlahan di ruas kiri adalah jumlah total sistem. Jadi N = e α ∑ g s e βE s

(4.29)

s

Mari kita fokuskan pada suku penjumlahan di ruas kanan persamaan (4.29). Kita ganti g s dengan bentuk kontinu yang diberikan oleh persamaan (3.13). Penjumlahan selanjutnya diganti dengan integral pada semua jangkaiau energi yang mungkin, yaitu daru E = 0 sampai E = ∞ . Bentuk integral yang dimaksud adalah ∞

N = e α ∫ 2πVB(2m )

3/ 2

e βE E 1 / 2 dE

0

= 2πVB(2m )

3/ 2

∞

e α ∫ e βE E 1 / 2 dE

(4.30)

0

Untuk menyelesaikan integral (4.30) mari kita mendefinisikan β E = − y sehingga

E=−

y

β

,

(4.31a)

43

dE = −

1

β

dy ,

(4.31b)

dan E

1/ 2

⎛ y⎞ = ⎜⎜ − ⎟⎟ ⎝ β⎠

1/ 2

⎛ 1⎞ = ⎜⎜ − ⎟⎟ ⎝ β⎠

1/ 2

y1/ 2

(4.31c)

Dengan mensubstitusi persamaan (4.31a) sampai (4.31c) maka suku integral di ruas kanan persamaan (4.30) menjadi

∞

∫e

βE

∞

E

1/ 2

0

⎛ 1⎞ = ⎜⎜ − ⎟⎟ ⎝ β⎠

⎛ 1⎞ dE = ∫ e ⎜⎜ − ⎟⎟ ⎝ β⎠ 0

3/ 2 ∞

∫e

−y

1/ 2

−y

y

1/ 2

0

⎛ 1⎞ y 1 / 2 ⎜⎜ − ⎟⎟dy ⎝ β⎠

⎛ 1⎞ dy = ⎜⎜ − ⎟⎟ ⎝ β⎠

3/ 2

⎛3⎞ Γ⎜ ⎟ ⎝2⎠

di mana Γ(x) adalah fungsi gamma. Dapat dibuktikan secara analitik (walaupun agak panjang) dan juga sudah ditabelkan bahwa Γ(3 / 2) = π / 2 sehingga

∞

∫e 0

βE

E

1/ 2

⎛ 1⎞ dE = ⎜⎜ − ⎟⎟ ⎝ β⎠

3/ 2

π

(4.32)

2

Akhirnya, substitusi persamaan (4.32) ke dalam (4.30) diperoleh

N = 2πVB(2m )

3/ 2

⎛ 1⎞ e ⎜⎜ − ⎟⎟ ⎝ β⎠

3/ 2

π

α

2

(4.33)

Karena kita sudah membuktikan β = −1 / kT maka

N = 2πVB(2m )

3/ 2

e α (kT )

3/ 2

π 2

44

= VB(2πmkT )

3/ 2

eα

sehingga parameter α

eα =

N 3/ 2 VB(2πmkT )

atau ⎡

α = ln ⎢

N

⎣VB(2πmkT )

3/ 2

⎤ ⎥ ⎦

(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 h / 2π . 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 MaxwellBoltzmann juga merupakan modal berharga untuk memahami penurunan distribusi BoseEinstein 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

λ = h / mv dengan m massa partikel dan v laju partikel. Karena m untuk partikel sub atomik sangat kecil maka panjang gelombang λ 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 partikelpartikel 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 h / 2π . 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 1 / 2 (h / 2π ) . 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 g1 dan energi rata-rata E1 Kelompok-2 memiliki jumlah keadaan g 2 dan energi rata-rata E 2 . . . Kelompok-s memiliki jumlah keadaan g s dan energi rata-rata E s . . . Kelompok-M memiliki jumlah keadaan g M dan energi rata-rata E M

Kita akan menentukan berapa cara penyusunan yang dapat dilakukan jika: Ada n1 sistem di kelompok-1 Ada n 2 sistem di kelompok-2 . . . Ada n s sistem di kelompok-s . . . Ada n M sistem di kelompok-M

48

Mari kita tinjau kelompok-1 di mana terdapat g1 keadaan dan n1 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.

Penyusunan-1

Penyusunan-2

Penyusunan-3

Gambar 5.1 Penyusunan benda dan kursi analog dengan penyusunan boson dalam tingkat-tingkat energi. Untuk merepresentasikan sistem boson, bagian paling bawah harus selalu kursi.

Dari 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

49

energi). Oleh karena itu, jika jumlah total kursi adalah g1 maka jumlah total kursi yang dapat dipertukarkan hanya g1 − 1 karena salah satu kursi harus tetap di ujung bawah. Bersama dengan partikel sebanyak n1 , maka jumlah total benda yang dapat dipertukarkan dengan tetap memenuhi sifat boson adalah ( g 1 − 1) + n1 = g1 + n1 − 1 . Akibatnya, jumlah cara penyusunan yang dapat dilakukan adalah ( g1 + n1 − 1)! . Karena sistem boson tidak dapat dibedakan satu dengan lainnya, maka pertukaran sesama partikel dan sesama kursi tidak menghasilkan penyusunan yang berbeda. Jumlah penyusunan sebanyak ( g1 + n1 − 1)! secara implisit memperhitungkan jumlah pertukaran antar partikel dan antar kursi. Jumlah pertukaran antar partikel adalah n1! dan jumlah pertukaran antar kursi adalah g1! . Oleh karena itu, jumlah penyusunan yang berbeda untuk n1 boson di dalam g1 keadaan hanyalah ( g1 + n1 − 1)! n1! g 1!

(5.1)

Hal yang sama berlaku untuk kelompok-2 yang mengandung g 2 keadaan dengan populasi n 2 sistem. Jumlah cara penyusunan yang berbeda system-siste, ke dalam keadaan-keadaan tersebut adalah ( g 2 + n 2 − 1)! n2 ! g 2 !

(5.2)

Terakhir hingga kempok energi ke-M, jumlah cara penysunan yang berbeda untuk n M sistem dalam g M keadaan adalah ( g M + n M − 1)! nM ! g M !

(5.3)

50

Akhirnya, jumlah total cara penyusunan yang berbeda secara bersamaan n1 sistem di dalam g1 keadaan, n 2 sistem di dalam g 2 , …., n M sistem dalam g M keadaan adalah ( g + n M − 1)! ( g1 + n1 − 1)! ( g 2 + n2 − 1)! × × ... × M n1! g1! n2 ! g 2 ! nM ! g M ! M

=∏ s =1

( g s + n s − 1)! ns ! g s !

(5.4)

Kita harus juga memperhitungkan jumlah cara membawa N sistem dari luar untuk didistribusikan ke dalam tingkat-tingkat energi di atas. Jumlah cara pengambilan N system adalah N ! cara. Karena sistem tidak dapat dibedakan maka jumlah tersebut

harus dibagi dengan N ! , sehingga jumlah total cara membawa N sistem ke dalam tingkat-tingkat energi di dalam assembli adalah N ! / N != 1 . Akhirnya, kita dapatkan jumlah penysusunan sistem-sistem dalam aseembli boson adalah

M

W =∏ s =1

( g s + n s − 1)! ns ! g s !

(5.5)

5.3 Konfigurasi Maksimum

Selanjutnya kita akan menentukan konfigurasi dengan peluang kemunculan paling besar. Ambil logaritma ruas kiri dan kanan persamaan (5.5)

M

ln W = ln ∏ s =1

( g s + n s − 1)! M ⎡ ( g s + n s − 1)!⎤ = ∑ ln ⎢ ⎥ ns ! g s ! s =1 ⎣ ns ! g s ! ⎦

M

= ln ∑ ln ( g s + n s − 1)!− ln n s !− ln g s !

(5.6)

s =1

Kemudian kita gunakan pendekatan Stirling untuk melakukan penyederhanaan sebagai berikut

51

ln( g s + n s − 1)!≅ ( g s + n s − 1) ln( g s + n s − 1) − ( g s + n s − 1) ln g s !≅ g s ln g s − g s ln n s !≅ n s ln n s − n s

Dengan pendekatan tersebut maka persamaan (5.6) menjadi

M

ln W ≅ ∑ [( g s + n s − 1) ln( g s + n s − 1) − ( g s + n s − 1) s =1

− g s ln g s + g s − n s ln n s + n s ]

(5.7)

M

Jumlah total sistem serta energi total assembli memenuhi N = ∑ n s dan s =1

M

U = ∑ n s E s . Untuk assembli yang terisolasi sehingga tidak ada pertukaran sistem s =1

maupun energi antara assembli dan lingkungan. Jumlah sistem maupun energi assembli konstant. Pembatasan ini dapat dinyatakan dalam bentuk diferensial berikut ini

M

δN = ∑ δn s = 0

(5.8)

s =1 M

δU = ∑ E s δn s = 0

(5.9)

s =1

Konfigurasi dengan probabilitas maksimum diperoleh dengan memaksimumkan ln W . Dengan memperhatikan konstrain pada persamaan (5.8) dan (5.9) maka

konfigurasi dengan probabilitas maksimum memenuhi

δ ln W + αδN + βδU = 0

(5.10)

Selanjutnya dengan mengambil diferensial persamaan (5.7) kita peroleh

52

M

δ ln W ≅ ∑ [δ ( g s + n s − 1) ln( g s + n s − 1) − δ ( g s + n s − 1) s =1

− δg s ln g s + δg s − δn s ln n s + δn s ]

(5.11)

Mari kita hitung suku per suku yang terkandung dalam persamaan (5.11). i)

δ ( g s + n s − 1) ln( g s + n s − 1) =

∂ ( g s + n s − 1) ln( g s + n s − 1) δn s ∂n s

⎡ ⎤ 1 = ⎢ln( g s + n s − 1) + ( g s + n s − 1) × ⎥δn s = [ln( g s + n s − 1) + 1]δn s ( g s + n s − 1) ⎦ ⎣

∂ ( g s + n s − 1) δn s = δn s ∂n s

ii)

δ ( g s + n s − 1) =

iii)

δg s ln g s =

∂ g s ln g s δn s = 0 ∂n s

iv)

δn s ln n s =

⎡ ∂ 1⎤ n s ln n s δn s = ⎢ln n s + n s × ⎥δn s = [ln n s + 1]δn s ∂n s ns ⎦ ⎣

Persamaan (5.11) selanjutnya menjadi

M

δ ln W ≅ ∑ [ln( g s + n s − 1) + 1]δn s − δn s − 0 + 0 − [ln n s + 1]δn s + δn s s =1 M

= ∑ [ln( g s + n s − 1) − ln n s ]δn s s =1

M ⎡ g + n s − 1⎤ = ∑ ln ⎢ s ⎥δn s ns s =1 ⎣ ⎦

(5.12)

Karena g s >> 1 dan n s >> 1 maka g s + n s − 1 ≅ g s + n s sehingga persamaan (5.12) dapat disederhanakan lebih lanjut menjadi

M

⎡ g s + ns ⎤ ⎥δn s ⎣ ns ⎦

δ ln W = ∑ ln ⎢ s =1

(5.13)

53

Substitusi persamaan (5.8), (5.9), dan (5.13) ke dalam persaman (5.10) diperoleh M M ⎡ g s + ns ⎤ ln δ n + α δ n + β E s δn s = 0 ∑ ∑ ∑ s ⎢ ⎥ s s =1 s =1 s =1 ⎣ ns ⎦ M

atau ⎫ ⎧ ⎡ g s + ns ⎤ ⎥ + α + βE s ⎬δn s = 0 ns ⎦ s =1 ⎩ ⎣ ⎭ M

∑ ⎨ln ⎢

(5.14)

Kesamaan di atas harus berlaku untuk semua variasi δn s . Ini dijamin jika bagian di dalam kurung selalu nol, yaitu ⎡ g + ns ⎤ ln ⎢ s ⎥ + α + βE s = 0 ⎣ ns ⎦

atau g s + ns = exp(− α − β E s ) ns

g s + n s = n s exp(− α − βE s ) g s = n s [exp(− α − β E s ) − 1]

Dan akhirnya didapatkan ungkpan untuk jumlah populasi pada tiap-tiap tingkat energi sebagai berikut

ns =

gs exp(− α − β E s ) − 1

(5.15)

54

Ternyata untuk assembli boson, parameter β juga berbentuk β = −1 / kT . Dengan demikian, bentuk lengkap fungsi distribusi Bose-Einstein untuk assembli boson adalah

ns =

gs exp(− α + E s / kT ) − 1

(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 atomatom 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 δN = 0 . 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

ns =

gs exp(E s / kT ) − 1

(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 h / 4π . 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 MaxwellBoltzmann 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 h / 2π . Pada bagian ini kita akan menurunkan fungsi distribusi untuk sistem kuantum fermion dengan bilangan kuantum spin merupakan kelipatan ganjil dari h / 4π . 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 g1 keadaan dengan energi rata-rata E1 Kelopok-2 mengandung g 2 keadaan dengan energi rata-rata E 2 . . . Kelopok-s mengandung g s keadaan dengan energi rata-rata E s . . . Kelopok-M mengandung g M keadaan dengan energi rata-rata E M

Jumlah sistem yang menempati masing-masing keadaan misalkan n1 sistem menempati keadaan-1 n 2 sistem menempati keadaan-2

. . . n s sistem menempati keadaan-s . . .

57

n M sistem menempati keadaan-M

Karena satu keadaan maksimum menampung satu sistem maka harus terpenuhi n1 ≤ g1 , n 2 ≤ g 2 , …, n s ≤ g s , …, n M ≤ g M .

Selanjutnya kita akan menentukan berapa cara menyusun n1 sistem pada g1 keadaan, n 2 sistem pada g 2 keadaan , …, n M sistem pada g M keadaan. Tinjau kelompok-1. Di sini ada g1 keadaan dan menampung n1 sistem. Kembali kita menganalogikan keadaan sebagai kursi dan sitem sebagai benda yang akan ditempatkan pada kursi-kursi tersebut, seperti diilustrasikan pada Gbr. 6.1.

Penyusunan-1

Penyusunan-2

Penyusunan-3

Gambar 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).

58

Untuk menentukan jumlah cara menempatkan benda pada kursi-kursi tersebut, kita tempelkan benda pada kursi-kursi tesebut. Pada satu kursi hanya boleh ditempelkan satu benda. Penempelan ini menjamin bahwa tidak boleh lebih dari satu benda berada pada satu kursi. Akibatnya kita dapatkan: Ada n1 buah kursi yang ditempeli benda Ada g1 − n1 buah kursi yang kosong.

Kemudian kita melakukan permutasi semua kursi yang ada baik yang kosong maupun yang ditempeli benda. Karena benda sudah menempel pada kursi maka permutasi tidak memungkinkan munculnya satu kursi yang menampung lebih dari satu benda. Jumlah kursi yang dipermutasi adalah g1 kursi sehingga menghasilkan jumlah permutasi sebanyak g1! cara. Tetapi, karena ( g 1 − n1 ) buah kursi kosong tidak terbedakan dan n1 buah kursi yang ditempeli benda juga tidak dapat dibedakan maka jumah permutasi g1 buah kursi harus dibagi dengan permutasi ( g 1 − n1 ) buah kursi kosong dan n1 buah kursi yang ditempeli benda untuk mendapatkan penyusunan yang berbeda. Jadi, jumlah penyusunan yang berbeda hanyalah

g1! ( g1 − n1 )!n1!

(6.1)

Dengan cara yang sama kita daptkan jumlah cara penyusunan n 2 sistem pada g 2 keadaan adalah

g 2! ( g 2 − n 2 )!n2 !

(6.2)

Begitu seterusnya. Akhirnya, jumlah total cara penyusunan secara bersama-sama n1 sistem pada g1 keadaan, n 2 sistem pada g 2 keadaan, …, n M sistem pada g M keadaan adalah 59

g 1! g2! gM ! × × ... × ( g M − n M )!n M ! ( g1 − n1 )!n1! ( g 2 − n 2 )!n 2 !

M

=∏ s =1

gs! ( g s − n s )!n s !

(6.3)

Selanjutnya kita perlu menentukan berapa cara membawa N sistem dari luar untuk didistribusikan ke dalam keadaan-keadaan di dalam assembli. Seperti yang kita bahas pada assembli boson, untuk partikel tidak terbedakan jumlah cara tersebut adalah N ! / N != 1 . Akhirnya, jumlah cara penysusunan fermion untuk konfigurasi di atas adalah

M

W =∏ s =1

gs! ( g s − n s )!n s !

atau dalam notasi logaritma ⎡ ⎤ gs! ln W = ∑ ln ⎢ ⎥ s =1 ⎣ ( g s − n s )!n s !⎦ M

(6.4)

Jumlah total sistem dalam assembli dan energi total assembli masing-masing M

M

s =1

s =1

adalah N = ∑ n s dan U = ∑ E s n s . Untuk sistem terisolasi di mana tidak terjadi pertukaran partikel maupun energi antara assembli dan lingkungan maka jumlah partikel selalu konstan dan energi total juga konstan. Dengan demikian bentuk diferensial dari N dan U adalah

M

δN = ∑ δn s = 0

(6.5)

s =1 M

δU = ∑ E s δn s = 0

(6.6)

s =1

60

Konfigurasi dengan probabilitas maksimum diperoleh dengan memaksimalkan W atau ln W dengan memperhatikan konstrain pada persamaan (6.5) dan (6.6). Sebelum kearah itu kita coba sederhanakan ln W pada persamaan (6.4).

M

ln W = ∑ ln g s !− ln( g s − n s )!− ln n s ! s =1

Selanjutnya kita gunakan pendekatan Stirling untuk menyederhanakan faktorial, yaitu ln g s !≅ g s ln g s − g s ln( g s − n s )!≅ ( g s − n s ) ln( g s − n s ) − ( g s − n s ) ln n s !≅ n s ln n s − n s

Dengan demikian bentuk ln W dapat diaproksimasi sebagai berikut

M

ln W ≅ ∑ g s ln g s − g s − ( g s − n s ) ln( g s − n s ) + ( g s − n s ) − n s ln n s + n s s =1

M

= ∑ g s ln g s − ( g s − n s ) ln( g s − n s ) − n s ln n s

(6.7)

s =1

Selanjunya, ambil diferensial ke dua ruas persamaan (6.7)

M

δ ln W = ∑ δ [g s ln g s ] − δ [( g s − n s ) ln( g s − n s )] − δ [n s ln n s ]

(6.8)

s =1

Mari kita hitung satu per satu suku dalam persamaan (6.8)

i)

δ [g s ln g s ] =

∂ [g s ln g s ]δns = 0 ∂n s

61

ii)

δ [( g s − n s ) ln( g s − n s )] =

∂ [( g s − ns ) ln( g s − ns )]δns ∂n s

⎡ ⎤ 1 = ⎢− ln( g s − n s ) + ( g s − n s ) × × (−1)⎥δn s = −[ln( g s − n s ) + 1]δn s ( g s − ns ) ⎣ ⎦

iii)

δ [n s ln n s ] =

⎡ ⎤ ∂ [ns ln ns ]δns = ⎢ln ns + ns × 1 × 1⎥δns = [ln ns + 1]δns ∂n s ns ⎦ ⎣

Dari hasil di atas maka bentuk δ ln W dapat ditulis dalam bentuk lebih sederhana sebagai berikut

M

δ ln W = ∑ 0 + [ln( g s − n s ) + 1]δn s − [ln n s + 1]δn s s =1

M

= ∑ [ln( g s − n s ) − ln n s ]δn s s =1

M ⎡ g − ns ⎤ = ∑ ln ⎢ s ⎥δn s s =1 ⎣ ns ⎦

(6.9)

Konfigurasi dengan probabilitas maksimum diperoleh dengan mencari solusi untuk persamaan δ ln W + αδN + βδU = 0 , atau

M

M M ⎡ g s − ns ⎤ ⎥δn s + α ∑ δn s + β ∑ E s δn s = 0 s =1 s =1 ⎣ ns ⎦

∑ ln ⎢ s =1

⎫ ⎧ ⎡ g s − ns ⎤ ⎥ + α + βE s ⎬ = 0 ns ⎦ s =1 ⎩ ⎣ ⎭ M

∑ ⎨ln ⎢

(6.10)

Agar persamaan (6.10) selalu nol untuk variasi δn s yang sembarang maka harus terpenuhi

62

⎡ g − ns ⎤ ln ⎢ s ⎥ + α + βE s = 0 ⎣ ns ⎦ g s − ns = exp(− α − βE s ) ns

yang memberikan ungkapan untuk n s sebagai

ns =

gs exp(− α − β E s ) + 1

(6.11)

Berlaku juga pada fungsi distribusi fermion bahwa parameter β memenuhi β = −1 / kT . Dengan parameter ini maka kita dapat menulis persamaan (6.11) secara lebih eksplisit sebagai

ns =

gs exp(− α + E s / kT ) + 1

(6.12)

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

∆p ∆x ≥ h

(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 ∆p dan ∆x 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 p x . Elemen kecil ruang fasa yang dimiliki sebuah partikel dalam assembli tersebut adalah dΓ = dxdp x . Volum ruang fasa untuk semua posisi yang mungkin diperoleh dengan melakukan integral dΓ pada semua ruang spasial,

∆Γ p = ∫ dxdp x = Ldp x

(7.2)

Dalam satu dimensi, ukuran minimum ruang fasa yang diijinkan oleh prinsip ketidakpastian Heisenberg adalah ∆Γmin = ∆x∆p x ≅ h . Oleh karena itu, jumlah keadaan yang terdapat dalam elemen ruang fase ∆Γ p adalah

dN =

∆Γ p ∆Γmin

=

L dp x h

(7.3)

Jumlah keadaan persatuan volum assembli menjadi 65

g ( p x )dp x = =

dN L

1 dp x h

(7.4)

Kerapatan keadaan tersebut dapat juga diungkapkan dalam variable energi partikel dengan menggunakan hubungan ε = p x2 / 2m . Dengan hubungan ini kita

dapatkan p x = 2m ε

dan ⎛ 1 dε ⎞ ⎟⎟ = dp x = 2m ⎜⎜ ⎝2 ε ⎠

m dε 2 ε

(7.5)

Substitusi persamaan (7.5) ke dalam persamaan (7.4) diperoleh ungkapan kerapatan keadaan per satuan volum sebagai berikut

g (ε )dε =

1 m −1 / 2 ε dε h 2

(7.6)

Kerapatan keadaan tersebut dapat juga diungkapkan dalam variabel panjang gelombang partikel. Kita berangkat dari persamaan de Broglie p x = h / λ . Dari persamaan ini kita dapat dp x = − hdλ / λ2 . Substitusi dp x ke dalam persamaan (7.5) dan hilangkan tanda negatif maka kita dapatkan

g (λ )dλ = =

1

λ2

dλ

1 h dλ h λ2 (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 y masing-masing L x dan L y . Posisi partikel dalam assembli tersebut dinayatakan oleh koordinat x dan y saja. Akibatnya momentum partikel hanya memiliki dua komponen saja, yaitu p x dan p y . Elemen ruang fasa yang dibatasi koordinat x sampai x + dx , y sampai y + dy , momentum p x sampai p x + dp x dan

p y sampai p y + dp y adalah dΓ = dxdydp x dp y . Volum ruang fasa untuk semua

posisi yang mungkin diperoleh dengan mengintegralkan dΓ pada semua variable spasial, yaitu ∆Γ p = ∫ ∫ dxdy dp x dp y = L x L y dp x dp y

(7.8)

Dalam ruang dua dimensi, ukuran minimum ruang fasa yang diijinkan oleh prinsip ketidakpastian Heisenberg adalah ∆Γmin = ∆x∆p x ∆y∆p y ≅ h × h = h 2 . Dengan demikian, jumlah keadaan yang terdapat dalam elemen ruang fasa ∆Γ p adalah

dN =

∆Γ p ∆Γmin

=

Lx L y h2

dp x dp y

(7.9)

Persaman (7.9) menyatakan jumlah keadaan dalam elemen momentum yang berada antara p x sampai p x + dp x dan antara p y sampai p y + dp y . Jadi ruang momentum berbentuk persegi panjang dengan sisi-sisi dp x dan dp y . Cara lain adalah membuat elemen ruang momentum yang dibatasi oleh momentum total antara p sampai p + dp di mana momentum total memenuhi p 2 = p x2 + p y2

(7.10)

67

Elemen ruang momentum tersebut akan berupa sebuah cincin dengan jari-jari p dan ketebalan dp seperi pada Gbr. 7.1

pz

dp

p py

Gambar 7.1 Elemen ruang momentum berupa cincin dengan jari-jari p dan ketebalan dp Keliling cincin tersebut adalah K p = 2πp sedangkan tebalnya adalah dp . Dengan demikian, luas cincin adalah

dS p = K p dp = 2πpdp

(7.11)

Degan menggati dp x dp y pada persaman (7.9) dengan dS p pada persamaan (7.11) diperoleh

dN =

Lx L y h2

2πpdp

(7.12)

68

Kerapatan keadan per satuan “volum dua dimensi (luas)”adalah

g ( p )dp =

=

dN Lx L y

1 2πpdp h2

(7.13)

Kembali kita ingin menyatakan kerapatan keadan dalam variable energi. Kita gunakan persamaan energi ε = p 2 / 2m sehingga

p = 2m ε

(7.14a)

⎛ 1 dε ⎞ dp = 2m ⎜⎜ ⎟⎟ = ⎝2 ε ⎠

m −1 / 2 ε dε 2

(7.14b)

Substitusi persamaan (7.14a) dan (7.14b) ke dalam persamaan (7.13) dieroleh kerapatan keadaan sebagai berikut

g (ε )dε = =

1 2π h2

(

)

⎛ m −1 / 2 ⎞ ε dε ⎟⎟ 2m ε ⎜⎜ 2 ⎝ ⎠

1 2πm dε h2

(7.15)

Seperti sebelumya, jumlah keadaan tersebut dapat diungkapkan dalam variable panjang gelombang dengan menggunakan persamaan de Broglie p = h / λ . Dari

persamaan ini kita dapat dp = − hdλ / λ2 . Substitusi p dan dp ke dalam persamaan (7.13) dan hilangkan tanda negatif maka

69

g (λ )dλ = =

2π

λ3

h ⎛ hdλ ⎞ 1 2π ⎜ 2 ⎟ 2 λ⎝ λ ⎠ h

dλ

(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 y , dan sumbu z masing-masing L x , L y , dan L z . Posisi partikel dalam assembli tersebut dinyatakan oleh koordinat x , y , dan z . Dengan demikian, momentum partikel terdiri dari tiga komponen, yaitu p x , p y , dan p z . Elemen kecil ruang fasa di dalam assembli tersebut adalah dΓ = dxdydzdp x dp y dp z . Volum ruang fasa untuk semua posisi yang mungkin adalah ∆Γ p = ∫ ∫ ∫ dxdydz dp x dp y dp z = L x L y L z dp x dp y dp z

(7.17)

Dalam ruang tiga dimensi, ukuran minimum ruang fasa yang diijinkan oleh prinsip ketidakpastian

Heisenberg

adalah

∆Γmin = ∆x∆p x ∆y∆p y ∆z∆p z ≅ h × h × h = h 3

.

Akibatnya, jumlah keadaan yang terdapat dalam elemen ruang fase ∆Γ p adalah

dN =

∆Γ p ∆Γmin

=

Lx L y Lz h3

dp x dp y dp z

(7.18)

Persaman (7.18) menyatakan jumlah keadaan dalam elemen momentum yang berada antara p x sampai p x + dp x , antara p y sampai p y + dp y dan antara p z sampai p z + dp z . Jadi ruang momentum berbentuk balok dengan ukuran dp x , dp y , dan dp z .

Cara lain adalah membuat elemen ruang momentum yang dibatasi oleh momentum total antara p sampai p + dp di mana momentum total memenuhi

p 2 = p x2 + p y2 + p z2

(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

pz

p

dp

py

px

Gambar 7.2 Elemen ruang momentum berupa kulit bola dengan jari-jari p dan ketebalan dp

Luas kulit bola tersebut adalah S p = 4πp 2 dan ketebalannya adalah dp . Volum kulit bola menjadi dV p = S p dp = 4πp 2 dp

(7.20)

Degan menggati dp x dp y dp z pada persaman (7.18) dengan dV p pada persamaan (7.20) diperoleh ungkapan lain jumlah keadaan

71

dN =

Lx L y Lz h

3

4πp 2 dp

(7.21)

Kerapatan keadan per satun volum adalah

g ( p )dp =

=

dN Lx L y Lz

1 4πp 2 dp 3 h

(7.22)

Kembali kita ingin menyatakan kerapatan keadan dalam variable energi. Kita gunakan persamaan energi ε = p 2 / 2m sehingga

p = 2m ε

(7.23a)

⎛ 1 dε ⎞ dp = 2m ⎜⎜ ⎟⎟ = ⎝2 ε ⎠

m −1 / 2 ε dε 2

(7.23b)

Substitusi persaman (7.23a) dan (7.23b) ke dalam persamaan (7.22) diperoleh kerapatan keadaan sebagai berikut

g (ε )dε = =

1 4π h3

(

)

2⎛ m −1 / 2 ⎞ ε dε ⎟⎟ 2m ε ⎜⎜ 2 ⎝ ⎠

1 4π 2m 3 / 2 ε 1 / 2 dε 3 h

(7.24)

Juga di sini kita akan menyatakan kerapatan keadaan dalam variable panjang gelombang dengan menggunakan persamaan de Broglie p = h / λ . Dari persamaan ini kita dapatkan

dp = − hdλ / λ2 . Substitusi p dan dp ke dalam persamaan (7.22) dan hilangkan tanda negatif maka

72

1 ⎛ h ⎞ ⎛ hdλ ⎞ 4π ⎜ ⎟ ⎜ 2 ⎟ 2 h ⎝λ⎠ ⎝ λ ⎠ 2

g (λ )dλ = =

4π

λ4

dλ

(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

dn(v) =0 dv

(8.1)

Dengan menggunakan n(v) pada persamaan (3.17) maka distribusi partikel dalam

variable laju adalah n(v)dv = (4πBVm 3 e α )v 2 e − mv

2

/ 2 kT

dv

74

dan dengan menggunakan ungkapan e α pada persamaan (4.34) kita dapatkan ⎛ N n(v)dv = ⎜⎜ 4πBVm 3 VB(2πmkT ) 3 / 2 ⎝

=

⎞ 2 − mv 2 / 2 kT ⎟⎟v e dv ⎠

4πNm 3 / 2 2 − mv 2 / 2 kT v e dv (2πkT ) 3 / 2

(8.2)

n(v) T1 T1 < T2 < T2 T2 T3

v vm Gambar 8.1 Kerapatan partikel gas sebagai fungsi laju pada berbagai suhu.

Berdasarkan persamaan (8.2) kita simpulkan

n(v ) =

4πNm 3 / 2 2 − mv 2 / 2 kT v e (2πkT ) 3 / 2

(8.3)

sehingga

75

dn(v) 4πNm 3 / 2 = dv (2πkT )3 / 2 = =

d − mv 2 / 2 kT ⎤ ⎡ − mv 2 / 2 kT + v2 e ⎢⎣2ve ⎥⎦ dv

4πNm 3 / 2 ⎡ − mv 2 / 2 kT 2mv ⎞ − mv 2 / 2 kT ⎤ 2⎛ + − ve v 2 ⎜ ⎟e ⎢ ⎥ (2πkT )3 / 2 ⎣ ⎝ 2kT ⎠ ⎦ 4πNm 3 / 2

(2πkT )3 / 2

e − mv

2

/ 2 kT

⎡ mv 3 ⎤ 2 v − ⎢ ⎥ kT ⎦ ⎣

(8.4)

Jika v m adalah laju dengan peluang maksimum maka pada v m tersebut dn / dv = 0 . Ini dipenuhi jika ⎡ mv m3 ⎤ v − 2 ⎥=0 ⎢ m kT ⎦ ⎣

Yang memberikan solusi untuk laju dengan peluang maksimum

2kT m

vm =

(8.5)

8.2 Laju Rata-Rata

Selanjutnya kita akan menentukan laju rata-rata molekul gas. Laju rata-rata didefiniskan sebagai ∞

v=

∫ vn(v)dv 0 ∞

∫ n(v)dv 0

4πNm =

∞

3/ 2

(2πkT ) ∫ ve −mv 3/ 2

4πNm 3 / 2 (2πkT )

3/ 2

0 ∞

∫ ve

2

/ 2 kT

v 2 dv

− mv 2 / 2 kT

v 2 dv

0

76

∞

=

∫v e

3 − mv 2 / 2 kT

0 ∞

∫v

dv

(8.6) 2

e − mv

2

/ 2 kT

dv

0

Untuk menyelesaikan persamaan (8.6) kita misalkan x = mv 2 / 2kT . Dengan permisalan ini maka

v=

2kT 1 / 2 x m

⎛ 2kT ⎞ v =⎜ ⎟ ⎝ m ⎠

3/ 2

3

dv =

x3/ 2

2kT 1 −1 / 2 1 2kT −1 / 2 × x dx = x dx m 2 2 m

Dengan demikian, integral pada pembilang di persamaan (8.6) dapat diganti dengan ∞

⎛ 2kT ⎞ ∫0 ⎜⎝ m ⎟⎠

3/ 2

x3/ 2e −x ×

1 ⎛ 2kT ⎞ = ⎜ ⎟ 2⎝ m ⎠

2∞

∫ xe

−x

1 2kT −1 / 2 x dx 2 m

dx

0

2

1 ⎛ 2kT ⎞ = ⎜ ⎟ Γ(2) 2⎝ m ⎠ Jika paremater dalam fungsi gamma merupakan bilangan bulat maka Γ(n) = (n − 1)! . Dengan demikian, pembialang dalam persamaan (8.6) bernilai

2

2

1 ⎛ 2kT ⎞ 1 ⎛ 2kT ⎞ 1 ⎛ 2kT ⎞ ⎟ ⎟ × 1!= ⎜ ⎟ Γ(2) = ⎜ ⎜ 2⎝ m ⎠ 2⎝ m ⎠ 2⎝ m ⎠

2

77

Selanjutnya kita lihat integral pada penyebut di persamaan (8.6). Dengan melakukan substitusi yang sama deng di atas maka penyebut tersebut berubah menjadi ∞

⎛ 2kT ⎞ − x 1 2kT −1 / 2 x dx ⎟ xe × m ⎠ 2 m 0

∫ ⎜⎝

1 ⎛ 2kT ⎞ = ⎜ ⎟ 2⎝ m ⎠ =

1 ⎛ 2kT ⎞ ⎟ ⎜ 2⎝ m ⎠

3/ 2 ∞

∫x

1/ 2

e

−x

0

3/ 2

1 ⎛ 2kT ⎞ dx = ⎜ ⎟ 2⎝ m ⎠

1 π ⎛ 2kT ⎞ × × π = ⎟ ⎜ 2 4 ⎝ m ⎠

3/ 2

⎛ 3 ⎞ 1 ⎛ 2kT ⎞ Γ⎜ ⎟ = ⎜ ⎟ ⎝2⎠ 2⎝ m ⎠

3/ 2

1 ⎛1⎞ × Γ⎜ ⎟ 2 ⎝2⎠

3/ 2

Akhirnya laju rata-rata menjadi

1 ⎛ 2kT ⎞ ⎟ ⎜ 2⎝ m ⎠

v=

2

π ⎛ 2kT ⎞

3/ 2

=

⎟ ⎜ 4 ⎝ m ⎠ =

2

π

2kT m

8kT πm

(8.7)

8.3 Laju Root Mean Square

Laju root mean square atau disingkat rms adalah laju yang diperoleh dari peratarataan v 2 . Laju rms akan menentukan energi kinetik rata-rata atom atau molekul gas. Mari kita hitung dulu rata-rata dari v 2 . ∞

v = 2

∫v

2

n(v)dv

0

∞

∫ n(v)dv 0

78

∞

4πNm 3 / 2 (2πkT )

3/ 2

=

4πNm 3 / 2 (2πkT )

3/ 2

∫v

2

e − mv

0 ∞

∫ ve

2

/ 2 kT

− mv 2 / 2 kT

v 2 dv v 2 dv

0

∞

=

∫v

4

e − mv

0 ∞

∫v

2

/ 2 kT

dv

(8.8) 2

e

− mv 2 / 2 kT

dv

0

Dengan melakukan substitusi serupa dengan yang kita lakukan pada sub bab 8.2 dalam mencari laju rata-rata, integral pada pembilang dapat diganti dengan ∞

2

⎛ 2kT ⎞ 2 − x 1 2kT −1 / 2 ∫0 ⎜⎝ m ⎟⎠ x e × 2 m x dx

1 ⎛ 2kT ⎞ = ⎜ ⎟ 2⎝ m ⎠

5/ 2 ∞

∫x

3/ 2

e − x dx

0

1 ⎛ 2kT ⎞ ⎟ ⎜ 2⎝ m ⎠

5/ 2

=

⎛ 5 ⎞ 1 ⎛ 2kT ⎞ Γ⎜ ⎟ = ⎜ ⎟ ⎝2⎠ 2⎝ m ⎠

5/ 2

1 ⎛ 2kT ⎞ ⎟ ⎜ 2⎝ m ⎠

5/ 2

=

3 1 3 π × × × π = 2 2 8

3 ⎛ 3 ⎞ 1 ⎛ 2kT ⎞ × Γ⎜ ⎟ = ⎜ ⎟ 2 ⎝2⎠ 2⎝ m ⎠ ⎛ 2kT ⎞ ⎟ ⎜ ⎝ m ⎠

5/ 2

3 1 ⎛1⎞ × × Γ⎜ ⎟ 2 2 ⎝2⎠

5/ 2

Bagian penyebut persamaan (8.8) sama dengan bagian penyebut pada persamaan (8.6), dan hasil integralnya adalah

π ⎛ 2kT ⎞

3/ 2

⎟ ⎜ 4 ⎝ m ⎠

Dengan demikian, rata-rata kuadrat laju menjadi

79

3 π ⎛ 2kT ⎞ ⎟ ⎜ 3kT 8 ⎝ m ⎠ 2 v = = 3/ 2 m π ⎛ 2kT ⎞ ⎟ ⎜ 4 ⎝ m ⎠ 5/ 2

(8.9)

Akar dari v 2 merupakan laju rms, yaitu

v rms = v 2 =

3kT m

(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 K = mv 2 / 2 . Energi kinetik rata-rata adalah

K=

1 2 1 2kT 3 mv = m × = kT 2 2 m 2

(8.11)

8.4 Distribusi Partikel Dalam Besaran Lain

Persamaan (8.2) menyatakan jumlah partikel yang memiliki laju antara v sampai v + dv . Kadang kita perlu mencarai jumlah partikel yang memiliki komponen laju v x

sampai v x + dv x saja, berapa pun laju v y dan v z . 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 g s . Kita tinjau elemen ruang fase yang berada antara koordinat-kordinat sebagai berikut Antara x sampai x + dx Antara y sampai y + dy Antara z sampai z + dz Antara p x sampai p x + dp x Antara p y sampai p y + dp y

80

Antara p z sampai p z + dp z Volum elemen ruang fasa tersebut adalah dΓ = dxdydzdp x dp y dp z . Dan karena p x = mv x ,

p y = mv y , dan p z = mv z maka kita dapat menulis

dΓ = m 3 dxdydzdv x dv y dv z

(8.12)

Apabila kita membatasi partikel hanya berada antara v x sampai v x + dv x , antara

v y sampai v y + dv y , dan antara v z sampai v z + dv z saja, dan tidak membatasi nilai variable ruang maka volum ruang fasa diperoleh dengan melakukan integral dΓ pada semua variable ruang dan hasilnya adalah

∆Γv x ,v y ,v z = m 3 ∫ dxdydzdv x dv y dv z = m 3Vdv x dv y dv z

(8.13)

Jika B adalah kerapatan keadaan maka kita dapat mengganti g s dalam bentuk kontinu sebagai berikut

g s → B∆Γv x ,v y ,v z = Bm 3Vdv x dv y dv z

(8.14)

Karena n s adalah jumlah sistem yang menempati keadaan g s , maka bila kita mendefinisikan n(v x , v y , v z ) sebagai bentuk kontinu untuk n s melaui transformasi

berikut ini, n s → n(v x , v y , v z )dv x dv y dv z

Dengan menggunakan hubungan ns = g s eα + βEs dan mengganti n s dan g s dengan variable kontinunya maka didapat 81

n(v x , v y , v z )dv x dv y dv z = Bm 3Vdv x dv y dv z × e α + βE

(8.15)

Selanjutnya kita melakukan penggantian variable sebagai berikut

E=

(

1 2 1 mv = m v x2 + v y2 + v z2 2 2

β =− eα =

)

1 kT

N 3/ 2 BV (2πmkT )

Dengan penggantian variebl di atas maka persamaan (8.15) menjadi

n(v x , v y , v z )dv x dv y dv z = Bm 3Vdv x dv y dv z × ⎛ m ⎞ = N⎜ ⎟ ⎝ 2πkT ⎠

3/ 2

e

(

)

− m v x2 + v 2y + v z2 / 2 kT

N − m (v 2 + v 2 + v 2 ) / 2 kT e x y z 3/ 2 BV (2πmkT )

dv x dv y dv z

(8.16)

Selanjutnya kita dapat menghitung jumlah molekul yang memiliki komponen kecepatan antara v x sampai v x + dv x , berapa pun nilai v y dan v z dengan mengintegralkan n(v x , v y , v z )dv x dv y dv z , pada semua nilai v y dan v z yang mungkin, yaitu dari v y = −∞ sampai v y = +∞ , dan v z = −∞ sampai v z = +∞ . Hasilnya adalah

+∞

n(v x )dv x =

+∞

∫ ∫ n(v

x

, v y , v z )dv x dv y dv z

v y = −∞ v z = −∞

⎛ m ⎞ = N⎜ ⎟ ⎝ 2πkT ⎠

3/ 2

+∞

+∞

∫ ∫e

(

)

− m v x2 + v 2y + v z2 / 2 kT

dv x dv y dv z

v y = −∞ v z = −∞

82

⎛ m ⎞ = N⎜ ⎟ ⎝ 2πkT ⎠

3/ 2

⎛ + ∞ − mv 2 / 2 kT ⎞⎛ + ∞ ⎞ ⎜ e y ⎟⎜ e − mv z2 / 2 kT dv ⎟e − mv x2 / 2 kT dv dv y z x ⎜ v =∫−∞ ⎟⎜ v =∫−∞ ⎟ y y ⎝ ⎠⎝ ⎠ +∞

∫e

Kita tinjau integral berikut ini

− mv 2y / 2 kT

dv y . Kita lakukan transformasi variable

v y = −∞

sebagai berikut

mv y2

=η2

2kT

1/ 2

⎛ 2kT ⎞ vy = ⎜ ⎟ η ⎝ m ⎠ ⎛ 2kT ⎞ dv y = ⎜ ⎟ ⎝ m ⎠

1/ 2

dη

Dengan transformasi tersebut maka integral yang ingin kita cari dapat ditulis +∞

∫

e

η = −∞

−η 2

⎛ 2kT ⎞ ⎜ ⎟ ⎝ m ⎠

⎛ 2kT ⎞ =⎜ ⎟ ⎝ m ⎠

1/ 2

1 / 2 +∞

⎛ 2πkT ⎞ =⎜ ⎟ ⎝ m ⎠

∫e

η = −∞

dη

−η 2

⎛ 2kT ⎞ dη = ⎜ ⎟ ⎝ m ⎠

1/ 2

× π

1/ 2

Dengan cara persis sama kita akan dapatkan +∞

∫e

v y = −∞

− mv z2 / 2 kT

⎛ 2πkT ⎞ dv z = ⎜ ⎟ ⎝ m ⎠

1/ 2

Akhirnya

83

⎛ m ⎞ n(v x )dv x = N ⎜ ⎟ ⎝ 2πkT ⎠ ⎛ m ⎞ = N⎜ ⎟ ⎝ 2πkT ⎠

3/ 2

⎛ 2πkT ⎞ ⎜ ⎟ ⎝ m ⎠

1/ 2

⎛ 2πkT ⎞ ⎜ ⎟ ⎝ m ⎠

1/ 2

e − mv x / 2 kT dv x 2

1/ 2

e − mv x / 2 kT dv x 2

(8.17)

Persamaan (8.17) menyatakan kerapatan partikel yang memiliki komponen kecepatan arah sumbu x antara v x sampai v x + dv x .

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 MaxwellBoltzmann 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

v

λ

λ

w

λ

λ

v

sumber

Gelombang lebih panjang

Gelombang lebih pendek

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 v x terhadap pengamat adalah

⎛

λ = λ o ⎜1 − ⎝

vx ⎞ ⎟ c ⎠

(9.1)

dengan λ panjang gelombang yang dikur pengamat, λo adalah panjang gelombang yang dikur jika sumber gelombang diam terhadap pengamat, dan c adalah kecepatan cahaya. Kita definisikan tanda kecepatan yaitu v x > 0 jika sumber mendekati pengamat dan v x < 0 jika sumber menjauhi pengamat. Dalam astronomi, efek Dopler digunakan untuk

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).

Keadaan awal

Keadaan akhir

Gbr 9.2 Atom memancarkan gelombang elektromagnetik ketika terjadi transisi electron antar tingkat energi

Mari kita perhatikan sebuah atom yang memiliki dua tingkat energi (Gbr. 9.2). Atom tersebut memancarkan spektrum gelombang elektromagnetik dengan panjang gelombang tertentu, sebut saja λo , akibat transisi elektron antar tingkat energi atom tersebut. Jika atom dalam keadaan diam maka panjang gelombang yang kita ukur adalah

λo , persis sama dengan panjang gelombang yang dipancarkan atom. Tetapi jika atom mendekati pengamat dengan laju v x maka panjang gelombang yang dikur pengamat adalah λ = λo (1 − v x / c) . Dan sebaliknya, jika atom menjauhi pengamat dengan laju v x maka panjang gelombang yang dikur pengamat adalah λ = λo (1 + v x / c) . Sebagai ilustrasi, lihat Gbr. 9.3 Jika ada sejumlah atom yang diam maka gelombang yang diukur pengamat merupakan jumlah gelombang yang dipancarkan oleh semua atom. Panjang gelombang yang diterima dari semua atom sama, yaitu λo . Yang dideteksi oleh pengamat hanyalah gelombang dengan panjang λo tetapi memiliki intensitas tinggi. Akan tetapi jika atom yang memancarkan gelombang bergerak secara acak maka komponen kecepatan ke arah pengamat, yaitu v x 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

λo

λo

vx = 0

λo

λ = λo (1 − v x / c)

vx

λo

λ = λo (1 + v x / c)

vx Gambar 9.3 Pengamat menangkap panjang gelombang yang berbeda-beda bergantung pada gerak relative antara atom terhadap pengamat

Selanjutnya kita akan menentukan distribusi intensitas spektrum pada berbagai panjang gelombang. Kecepatan atom gas pemancar spektrum memenuhi fungsi distribusi Maxwell-Boltzmann karena merupakan partikel klasik. Jumlah atom gas yang memiliki komponen kecepatan antara v x dampai v x + dv x adalah

⎡ m ⎤ n(v x )dv x = ⎢ ⎣ 2πkT ⎥⎦

1/ 2

⎡ mv x2 ⎤ exp ⎢− ⎥ dv x 2 kT ⎣ ⎦

(9.2)

Untuk mendapatkan fungsi distribusi intensitas maka kita harus mentrasformasi variable kecepatan v x ke dalam variable panjang gelombang λ dengan menggunakan persamaan Doppler (9.1). Apabila transformasi tersebut dilakukan maka n(v x )dv x menjadi sebanding dengan I (λ )dλ , yang menyatakan intensitas gelombang yang

memiliki panjang antara λ sampai λ + dλ . Dengan demikian kita peroleh

88

⎡ m ⎤ I (λ )dλ ∝ ⎢ ⎣ 2πkT ⎥⎦

1/ 2

⎡ mv x2 ⎤ exp ⎢− ⎥ dv x kT 2 ⎣ ⎦

(9.3)

Dari persaman (9.1) kita dapatkan ⎛λ −λ ⎞ ⎟⎟ v x = c⎜⎜ o ⎝ λo ⎠

dv x = −

c

λo

(9.4a)

dλ

(9.4b)

Substitusi persaman (9.4a) dan (9.4b) ke dalam persamaan (9.3) diperoleh 2 ⎡ ⎛ ⎡ λo − λ ⎤ ⎞ ⎤ ⎢ m⎜ c ⎢ ⎥ ⎟⎟ ⎥ 1/ 2 ⎜ ⎢ ⎤ ⎣ λo ⎦ ⎠ ⎥ ⎡ c ⎡ m ⎤ ⎝ exp ⎢− I (λ )dλ ∝ ⎢ ⎥ ⎢ − dλ ⎥ ⎥ 2kT ⎣ 2πkT ⎦ ⎦ ⎥ ⎣ λo ⎢ ⎥ ⎢ ⎦ ⎣

⎡ m ⎤ ∝⎢ ⎥ ⎣ 2πkT ⎦

1/ 2

⎡ mc 2 ⎡ c⎤ ⎢− − exp ⎥ ⎢ ⎢⎣ 2kT ⎣ λo ⎦

⎛ λo − λ ⎞ ⎜⎜ ⎟⎟ ⎝ λo ⎠

2

⎤ ⎥ dλ ⎥⎦

Yang selanjutnya bisa ditulis dalam bentuk lebih sederhana sebagai ⎡ mc 2 I (λ )dλ = I (λo ) exp ⎢− ⎢⎣ 2kT

⎛ λo − λ ⎞ ⎜⎜ ⎟⎟ ⎝ λo ⎠

2

⎤ ⎥ dλ ⎥⎦

(9.5)

dengan I (λo ) adalah intensitas ketika λ = λo . I (λo ) tidak bergantung pada panjang gelombang tetapi bergantung pada beseran lain seperti suhu gas dan massa atom gas. Gambar 9.4 adalah plot I (λ ) sebagai fungsi λ pada berbagai suhu gas. Tampak bahwa intensitas terdeteksi di sekitar λo dengan λo merupakan 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

Gambar 9.4 Plot intensitas sebagai fungsi panjang gelombang pada berbegai suhu gas.

9.2 Atom Magnetik Dalam Medan Magnet

Selanjutnya kita akan bahas suatu assembli yang mengandung kumpulan atom yang memiliki momen magnet. Di dalam assembli tersebut kita berikan medan magnetic B. Untuk mempermudah kita assumsikan beberapa sifat berikut ini: i) Tidak 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 magnetik atom hanya dapat mengambil salah satu 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 masing-masing atom akibat interaksi momen magnetik dengan magnet luar. Interaksi r r antara momen magnetic µ dengan medan magnet luar B memberikan tambahan energi pada atom sebesar r r U = −µ • B

= − µB cos θ

(9.6)

Dengan θ adalah sudut antara momen magnetik dan medan magnet. Karena hanya ada dua arah orientasi momen magnetik yang dijinkan, yaitu searah medan magnet ( θ = 0) dan berlwanan dengan arah medan magnet ( θ = π), maka tambahan energi atom dengan momen magnetik serah medan magnet adalah U ↑ = − µB

(9.7)

dan tambahan energi atom dengan momen magnetik berlawanan arah medan magnet adalah U ↓ = µB

(9.8)

Probabilitas mendapatkan atom dengan arah momen searah medan magnet sebanding dengan n(U ↑ ) dan probabilitas menemukan atom dengan arah momen berlawanan dengan arah medan magnet sebanding dengan n(U ↓ ) . Dengan demikian, kita dapat menulis P↑ = K n(U ↑ )

(9.9a)

P↓ = K n(U ↓ )

(9.9b)

91

di mana K adalah faktor penormalisasi. Karena jumlah total probabilitas harus satu maka

P↑ + P↓ = 1 yang memberikan ungkapan untuk factor normalisasi sebagai berikut

K=

1 n(U ↑ ) + n(U ↓ )

(9.10)

Dengan demikian persamaan (9.9a) dan (9.9b) dapat ditulis menjadi

P↑ = P↓ =

n(U ↑ )

(9.11a)

n(U ↑ ) + n(U ↓ ) n(U ↓ )

(9.11b)

n(U ↑ ) + n(U ↓ )

Atom merupakan partikel klasik yang memenuhi fungsi distribusi MaxwellBoltzmann. Oleh karena itu probabilitas masing-masing arah orientasi memenuhi ⎡ U ⎤ ⎡ µB ⎤ n(U ↑ ) ∝ exp ⎢− ↑ ⎥ = exp ⎢ ⎥ ⎣ kT ⎦ ⎣ kT ⎦

(9.12a)

⎡ U ⎤ ⎡ µB ⎤ n(U ↓ ) ∝ exp ⎢− ↓ ⎥ = exp ⎢− ⎥ ⎣ kT ⎦ ⎣ kT ⎦

(9.12b)

Substitusi persaman (9.12a) dan (9.12b) ke dalam persamaan (9.11) kita dapatkan bentuk eksplisit dari probabilitas sebagai berikut ⎡ µB ⎤ exp ⎢ ⎥ ⎣ kT ⎦ P↑ = ⎡ µB ⎤ ⎡ µB ⎤ exp ⎢ ⎥ + exp ⎢− ⎥ ⎣ kT ⎦ ⎣ kT ⎦

(9.13a)

92

⎡ µB ⎤ exp ⎢− ⎥ ⎣ kT ⎦ P↓ = ⎡ µB ⎤ ⎡ µB ⎤ exp ⎢ ⎥ + exp ⎢− ⎥ ⎣ kT ⎦ ⎣ kT ⎦

(9.13b)

Selanjutnya kita menghitung momen magnetik rata-rata atom. Karena hanya ada dua arah orientasi yang diijinkan maka momen magnetik rata-rata atom dapat dihitung dengan persamaan sederhana

µ = + µP↑ − µP↓ ⎡ µB ⎤ ⎡ µB ⎤ exp ⎢ ⎥ exp ⎢− ⎥ ⎣ kT ⎦ ⎣ kT ⎦ −µ = +µ ⎡ µB ⎤ ⎡ µB ⎤ ⎡ µB ⎤ ⎡ µB ⎤ exp ⎢ ⎥ + exp ⎢− exp + exp ⎥ ⎢ kT ⎥ ⎢− kT ⎥ ⎣ kT ⎦ ⎣ kT ⎦ ⎣ ⎦ ⎣ ⎦

⎡ µB ⎤ ⎡ µB ⎤ exp ⎢ ⎥ − exp ⎢− ⎥ ⎣ kT ⎦ ⎣ kT ⎦ =µ ⎡ µB ⎤ ⎡ µB ⎤ exp ⎢ ⎥ + exp ⎢− ⎥ ⎣ kT ⎦ ⎣ kT ⎦

⎛ ⎡ µB ⎤ ⎡ µB ⎤ ⎞ ⎜ exp ⎢ ⎥ − exp ⎢− ⎟ ⎣ kT ⎦ ⎣ kT ⎥⎦ ⎟ ⎜ ⎜ ⎟ 2 ⎡ µB ⎤ sinh ⎢ ⎥ ⎜ ⎟ ⎣ kT ⎦ ⎠=µ =µ⎝ ⎡ µB ⎤ ⎡ µB ⎤ ⎡ µB ⎤ cosh ⎢ ⎥ exp ⎢ ⎥ + exp ⎢− ⎥ ⎣ kT ⎦ ⎣ kT ⎦ ⎣ kT ⎦ 2

⎡ µB ⎤ = µ tanh ⎢ ⎥ ⎣ kT ⎦

(9.14)

Gambar 9.5 adalah plot µ sebagai fungsi suhu. Tampak bahwa jika T → 0 maka

µ → µ . Artinya bahwa pada suhu tersebut momen magnetik rata-rata mengambil arah yang sama. Ini terjadi karena pada suhu yang mendekati nol, getaran termal atom-atom menjadi sangat kecil. Interaksi dengan medan magnet luar dapat memaksa atom-atom mengambil arah orientasi yang sama.

93

µ/µ

T/(µB/k)

Gambar 9.5 Momen gamnetik rata-rata atom sebagai fungsi suhu.

Sebaliknya, pada suhu T → ∞ maka µ → 0 . Ini akibat getaran atom-atom yang

sangat intensif sehingga medan magnet luar yang diberikan tidak sanggup mengarahkan momen-momen magnet. Energi termal electron jauh melampaui energi interkasi dengan medan magnet. Arah momen magnet atom-atom menjadi acak. Akibatnya, jumlah momen magnet yang searah medan menjadi sama dengan yang berlawanan arah medan. Juga tampak 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 atom magnetik dijumpai pula pada assembli momen dipol listrik. Misalkan kita memiliki sejumlah atom atau molekul sejenis yang r masing-masing memiliki momen dipol p . Di dalam assembli tersebut kita berikan medan listrk E . Kita ingin mencari berapa momen dipol rata-rata yang dimiliki atom/molekul. Untuk kemudahan kita juga mengansumsikan beberapa sifat berikut ini:

94

i) Tidak 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 r r U = −p• E = − pE cos θ

(9.15)

dengan θ adalah sudut antara momen dipol dengan medan listrik. Jika dipol searah medan maka energi interaksinya adalah U ↑ = − pE

(9.16a)

dan jika berlawanan medan maka energi interkasinya adalah U ↓ = pE

(9.16b)

Tampak bahwa bentuk ungkapan energi ini sama persis dengan yang kita jumpai pada atom magnetik yang telah kita bahas di sub Bab 9.1. Dengan demikian, pencarian momen dipol total persis sama dengan saat kita mencari momen magnetik total, hanya dengan menggati variable-variabel yang ekivalen sebagai berikut p↔µ E↔B

Dengan melakukan penggantian tersebut akhirnya kita dapatkan momen dipol rata-rata atom menjadi

95

⎡ pE ⎤ p = p tanh ⎢ ⎣ kT ⎥⎦

(9.17)

9.4 Momen Magnetic Dengan Tiga Arah Orientasi

Kita sudah membahas momen magnetic rata-rata jika hanya ada dua orientasi yang diijinkan, yaitu searah dan berlawanan dengan arah medan magnet. Sekarang kita sedikit perluas asumsi kita dengan menganggap bahwa ada tiga arah orientasi momen magnetik yang dijinkan, yaitu searah medan magnet, tegak lurus medan magnet, dan berlawanan arah medan magnet. Dari persamaan energi interkasi antara momen magnetic dan medan magnet U = − µB cos θ kita dapatkan bahwa:

i) Untuk momen yang searah medan, energi interaksinya adalah U ↑ = − µB ii)

Untuk

momen

yang

tegak

lurus

medan,

energi

interaksinya

adalah

U → = − µB cos(π / 2) = 0

iii) Untuk momen yang tegal lurus medan, energi interaksinya adalah U ↓ = µB

Probabilitas untuk mendapatkan momen magnetic pada berbagai arah tersebut sebagai berikut: i) Untuk momen yang searah medan −U / kT

P↑ =

e

−U ↑ / kT

e ↑ e µB / kT = −U / kT e µB / kT + 1 + e − µB / kT + e −U → / kT + e ↓

(9.18A)

ii) Untuk yang tegak lurus medan

P→ =

e

−U ↑ / kT

1 e −U → / kT = µB / kT −U ↓ / kT −U → / kT e + 1 + e − µB / kT +e +e

(9.18b)

iii) Untuk yang berlwanan dengan arah medan

96

−U / kT

P→ =

e

−U ↑ / kT

e ↓ e − µB / kT = −U / kT e µB / kT + 1 + e − µB / kT + e −U → / kT + e ↓

(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

µ = + µ × P↑ + 0 × P→ − µ × P↓ =µ

=µ

e µB / kT e − µB / kT − µ e µB / kT + 1 + e − µB / kT e µB / kT + 1 + e − µB / kT

e µB / kT − e − µB / kT e µB / kT + 1 + e − µB / kT

e µB / kT − e − µB / kT 2 =µ 1 e µB / kT + e − µB / kT + 2 2

⎛ µB ⎞ sinh ⎜ ⎟ kT ⎠ ⎝ =µ 1 ⎛ µB ⎞ + cosh⎜ ⎟ 2 ⎝ kT ⎠

(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 sembarang, bukan diskrit seperti yang kita bahas sebelumnya. Tentu saja pembahasan akan sedikit lebih rumit. Tetapi mari kita bahas perlahan-lahan. Sebagai ilustrasi, lihat Gbr. 9.7. Mari kita melihat momen magnetik yang membentuk arah antara sudut θ sampai

θ + dθ terhadap arah medan magnet. Arah medan magnet dipilih sejajar sumbu z . Momen magnetik dengan arah orientasi demikian memiliki energi interaksi

97

U (θ ) = − µB cos θ . Kita akan menentukan berapa peluang momen magnetic tersebut berada pada sudut demikian. Ini ditentukan oleh dua faktor, yaitu faktor MaxwellBolztam, dan kerapatan keadaan. Coba kalian iris kulit bola yang dibatasi oleh sudut θ sampai θ + dθ dan hitung luas irisan tersebut. Irisan tersebut berbentuk lingkaran dengan lebar tertentu.

R sin θ

θ R

dθ

Gambar 9.7 Menentukan rapat keadaan yang dibatasi oleh sudut antara θ sampai

θ + dθ Misalkan jar-jari bola adalah R . Jari-jari irisan adalah r = R sin θ . Dengan demikian, keliling irisan tersebut adalah K = 2πr = 2πR sin θ

(9.20)

Keliling bola sendiri adalah 2πR . Keliling ini mencakup sudut sebesar 2π, sedangkan irisan sendiri hanya mencakup sudut sebesar dθ . Dengan menggunakan perbandingan sudut maka kita dapat menghitung tebal irisan sebagai berikut

98

ds =

dθ × 2πR = Rdθ 2π

(9.21)

Akhirnya kita dapatkan luas irisan adalah dS = Kds

= (2πR sin θ ) Rdθ = 2πR 2 sin θdθ

(9.22)

Luas keseluruhan kulit bola sendiri adalah S = 4πR 2 . Dengan demikian, kerapatan keadaan pada posisi sudut θ sampai θ + dθ adalah dS 2πR 2 sin θdθ g (θ )dθ = = S 4πR 2 =

1 sin θdθ 2

(9.23)

Probalilitas mendapatkan atom dengan arah orientasi momen magnetik antara θ sampai

θ + dθ adalah P (θ )dθ ∝ e −U (θ ) / kT g (θ )dθ

atau P (θ )dθ = Ce −U (θ ) / kT g (θ )dθ

(9.24)

dengan C adalah faktor penormalisasi. Karena probabilitas mendapatkan atom pada semua orientasi adalah 1 maka π

∫ P(θ )dθ = 1 0

atau 99

π

∫ Ce

−U (θ ) / kT

g (θ )dθ = 1

0

yang akhinra memberikan ungkapan untuk faktor penormalisasi

C=

1 π

∫e

(9.25)

−U (θ ) / kT

g (θ )dθ

0

Ketika momen magnetik membentuk sudut θ maka komponen momen yang searah medan magnet hanya µ cos θ . Dengan demikian, momen magnetic rata-rata menjadi π

µ = ∫ ( µ cos θ ) P(θ )dθ 0

π

=

∫ (µ cosθ ) e

−U (θ ) / kT

g (θ )dθ

0

π

∫e

−U (θ ) / kT

g (θ )dθ

0

π

=µ

∫ cosθ e

µB cos θ / kT

sin θ dθ

0

π

(9.26)

∫e

µB cos θ / kT

sin θ dθ

0

Untuk menyelesaikan intergral (9.26) mari kita misalkan x = µB cos θ / kT . Dengan permisalan ini maka

cos θ =

kT x µB

(9.27a)

100

sin θ dθ = −

kT dx µB

(9.27b)

Selanjutnya kita menentukan batas integral untuk x . Jika θ = 0 maka x =

µB kT

dan jika

θ = π maka x = − µB / kT . Substitusi persamaan (9.27a) dan (9.27b) ke dalam persamaan (9.26) kita peroleh

− µB / kT

µ=µ

⎛ kT ⎞ x ⎛ kT ⎞ ⎜⎜ x⎟e ⎜− dx ⎟ µB ⎟⎠ ⎜⎝ µB ⎟⎠ B / kT ⎝

∫ µ

− µB / kT

⎛ kT ⎞ e x ⎜⎜ − dx ⎟⎟ ⎝ µB ⎠ B / kT

∫ µ

− µB / kT

∫ xe ⎛ kT ⎞ µ

=⎜ ⎟ ⎝ B ⎠

B / kT − µB / kT x

e ∫ µ

x

dx

dx

⎛ kT ⎞ ⎛ − αe = ⎜ ⎟ ⎜⎜ ⎝ B ⎠⎝

−α

− e −α − αe α + eα ⎞ ⎟⎟ e −α − e α ⎠

(9.28)

B / kT

dengan α = µB / kT . Kita sederhanakan lebih lanjut persamaan (9.28) sebagai berikut

(

) (

α −α α −α ⎛ kT ⎞ − α e + e + e − e ⎟ − e α − e −α ⎝ B ⎠

µ =⎜

(

)

)

α −α 1⎞ ⎛ kTα ⎞ ⎛ e + e =⎜ − ⎟⎟ ⎟ ⎜⎜ α −α α⎠ ⎝ B ⎠⎝ e − e

( (

) )

⎛ e α + e −α / 2 1 ⎞ ⎛ cosh α 1 ⎞ = µ ⎜⎜ α − ⎟⎟ = µ ⎜ − ⎟ −α ⎝ sinh α α ⎠ ⎝ e −e /2 α ⎠

1⎞ ⎛ = µ ⎜ coth α − ⎟ α⎠ ⎝

(9.29)

101

Dengan memperkenalkan fungsi Langevin,

L(α ) = coth α −

1

α

(9.30)

maka momen magnetic rata-rata dapat ditulis dalam bentuk lebih singkat sebagai berikut ⎛ µB ⎞ ⎟ ⎝ kT ⎠

µ = µL⎜

(9.31)

9.6 Vibrasi Kisi Dalam Kristal

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. Kita menganggap bahwa tidak ada interaksi antara satu atom dengan atom lainnya. Tiap atom dipandang sebagai osilator harmonik bebas. Menurut mekanika kuantum, atom-atom yang bergetar tidak dapat memiliki energi sembarang. Energi yang dimiliki osilator tersebut bersifat diskrit yang memenuhi

ε n = (n + 1 / 2)hω

(9.32)

hengan h = h / 2π , ω adalah frekuensi karakteristik osilasi, dan n adalah bilangan kuantum osilasi dengan nilai 0, 1, 2, …. ∞ . Kita berkeinginan mencari energi rata-rata getaran atom dengan ansumsi bahwa distribusi osilator yang memiliki energi tertentu memenuhi distribusi MaxwellBoltzmann. Dengan demikian, peluang sebuah osilator memiliki energi ε n = (n + 1 / 2)hω adalah Pn ∝ e −ε n / kT atau Pn = Ce −ε n / kT

(9.33)

102

dengan C adalah konstanta normalisasi. Peluang mendapatkan osilator pada semua tingkat energi adalah satu. Peluang tersebut adalah penjumlahan semua Pn dari n = 0 hingga n = ∞ , atau

∞

∑P n =0

n

= 1 . Penjumlahan tersebut menghasilkan nilai factor

normalisasi dalam bentuk

1

C=

∞

∑e

(9.34)

−ε n / kT

n =0

Ungkapan lengkap untuk probabilitas menemukan osilasor pada keadaan dengan bilangan kuantum n adalah e −ε n / kT

Pn =

N

∑e

(9.35)

−ε n / kT

n =0

Setelah mendapatkan ungkapan untuk peluang mendapatkan osilator pada berbagai tingkat energi maka kita dapat menghitung energi rata-rata osilator sebagai berikut ∞

ε = ∑ ε n Pn n =0

∞

=

∑ε n =0 ∞

n

∑e

e −ε n / kT (9.36) −ε n / kT

n =0

Untuk mencari bentuk penjumlahan di atas mari kita ganti − 1 / kT dengan β . Penggantian tersebut menyebabkan kita dapat menulis persamaan 89.36) sebagai

103

N

ε=

∑ε n =0 N

n

e βε n

∑e

(9.37) βε n

n =0

Mari kita misalkan ∞

Z = ∑ e βε n

(9.38)

n =0

Jika kita diferensialkan Z terhadap β , kita peroleh

∞ ∞ dZ d βε n =∑ e = ∑ ε n e −ε n dβ n =0 dβ n =0

(9.39)

Dengan demikian, kita dapat menulis energi rata-rata osilator sebagai

ε= =

1 dZ Z dβ

d ln Z dβ

(9.40)

Persamaan (9.40) menginformasika pada kita bahwa untuk mencari energi ratarata osilator, kita dapat memulai dengan mencari Z seperti yang didefinisikan dalam persaman (9.38). Sekarang marik kita mencari Z tersebut. ∞

∞

n =0

n =0

Z = ∑ e βε n = ∑ e β ( n +1 / 2 ) hω ∞

= e βhω / 2 ∑ e nβhω

(9.41)

n =0

104

Kalian ingat jumlah suatu deret geometri berikut ini bukan? Jika x < 1 maka berlaku

∞

1 + x + x 2 + x 3 + ... = ∑ x n = n =0

1 1− x

(9.42)

Dengan membandingkan persamaan (9.41) dan persamaan (9.42) kita identifikasi bahwa x pada persamaan (9.42) ekivalen dengan e βhω pada persamaan (9.41). Dengan demikian

kita dapat menulis ⎛ 1 ⎞ Z = e βhω / 2 ⎜ βhω ⎟ ⎝1− e ⎠

(9.43)

Selanjunta kita dapat memperoleh persamaan-persamaan berikut ini,

ln Z =

β hω 2

(

− ln 1 − e βhω

)

hω d 1 ln Z = − × − hωe βhω β hω dβ 2 1− e

(

=

) (

)

hω hωe βhω + 2 1 − e βhω

Dengan demikian, energi rata-rata osilator menjadi

ε=

d hω hωe βhω ln Z = + dβ 2 1 − e βhω

=

hω hω + − βhω 2 e −1

=

hω hω + hω / kT 2 e −1

(9.44)

105

Tampak dari persamaan (9.44), jika T → 0 maka e hω / kT → ∞ . Dengan sifat ini maka

ε→

hω hω . Energi ε → disebut energi titk nol. 2 2

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 zat cair atau gas. Tetapi, ketika material tersebut ditempatkan di antara dua elektroda dan diberi beda potensial maka ada arus yang mengalir dalam material. Bagaimana menjelaskan fenomena ini? Mari kita bahas. Karena ion-ion berada pada lokasi yang tetap dan sulit bergerak maka kita dapat menganggap bahwa masing-masing ion terkurung dalam lembah potensial seperti dilustrasikan pada Gbr. 9.8 ini.

Gambar 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.

106

Uo

Gambar 9.9 Dua ion bertetangga dalam material ionik

Untuk menjelaskan fenomena hopping, mari kita lihat dua ion bertetangga seperti yang diilustrasikan paga Gbr 9.9. Tinggi bukit potensial adalah U o . Ion dapat meloncati bukit potensial jika memiliki energi qU o , dengan q muatan efektif ion. Berdasarkan statistic Maxwell-Boltzmann, peluang ion memiliki energi qU o adalah P = Ce − qU o / kT

(9.45)

dengan C adalah faktor penormalisasi. Ion kiri dan kanan melihat bukit potensial yang sama tingginya. Peluang ion kiri meloncat ke kanan adalah P+ = Ce − qU o / kT

(9.46a)

dan peluang ion kanan meloncat ke kiri adalah P− = Ce − qU o / kT

(9.46b)

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 V ( x) = − E x . Akibatnya adanya medan tersebut, tinggi bukit potensial yang diamati dua ion menjadi berbeda seperti diilustrasikan pada Gbr. 9.10

Uo+Ed/2

Uo-Ed/2

d

Gambar 9.10 Bukit potensial mengalami distorsi ketika diberi medan listrik

Jika dimisalkan jarak dua ion berdekatan adalah d maka kita dapatkan hasil berikut ini: i) Potensial pada posisi ion sebelah kiri menjadi U 1 = V ( x) = − E x

(9.47)

ii) Potensial pada posisi ion sebelah kanan menjadi U 2 = V (x + d ) = −E (x + d ) = −E x − E d

(9.48)

108

iii) Tinggi bukit potensial menjadi d⎞ ⎛ U b ( x) = U o − V ⎜ x + ⎟ = U o − E ( x + d / 2 ) = U o − Ex − Ed / 2 2⎠ ⎝

(9.49)

iv) Tinggi bukit potensial terhadap posisi ion kiri adalah Ed ⎞ Ed ⎛ ∆U 1 = U b − U 1 = ⎜U o − Ex − ⎟ − (− Ex ) = U o − 2 ⎠ 2 ⎝

(9.50)

iv) Tinggi bukit potensial terhadap posisi ion kanan adalah Ed ⎞ Ed ⎛ ∆U 2 = U b − U 2 = ⎜U o − Ex − ⎟ − (− Ex − Ed ) = U o + 2 ⎠ 2 ⎝

(9.51)

Berdasarkan potensial-potensial di atas maka kita dapatkan hasil lanjut berikut ini: i) Probabilitas ion kiri meloncat ke kanan adalah P+ = Ce − q∆U1 / kT = Ce − q (U o − Ed / 2 ) / kT

(9.52)

ii) Probabilitas ion kanan meloncat ke kiri adalah P− = Ce − q∆U 2 / kT = Ce − q (U o + Ed / 2 ) / kT

(9.53)

iii) Selisih probabilitas ion meloncat dari kiri ke kanan adalah ∆P = P+ − P−

(

= Ce − qU o / kT e qEd / 2 kT − e − qEd / 2 kT

(

)

= Ce − ( qU o + qED / 2 ) / kT e qEd / kT − 1

) (9.54)

109

Jika dianggap bukit potensial sangat tinggi sehingga qU o >> qEd / 2 maka kita dapat mengaproksimasi qU o + qEd / 2 ≅ qU o . Dengan aproksimasi ini maka persamaan (9.54) menjadi

(

)

∆P ≅ Ce − qU o kT e qEd / kT − 1

(9.55)

Kerapatan arus yang mengalir di dalam material sebanding dengan selisih probabilitas di atas, atau J ∝ ∆P , sehingga bisa kita tulis

(

)

J (T , E ) = J o e − qU o / kT e qEd / kT − 1

(9.56)

Jika medan yang diterapkan tidak terlalu besar, yaitu jika terpenuhi qEd << kT maka aproksimasi e qEd / kT ≈ 1 + qEd / kT dapat kita lakukan. Dengan aproksimasi tersebut maka persamaan (9.56) dapat disederhanakn menjadi

J (T , E ) ≈ J o e − qU o / kT

qEd kT

(9.57)

Kita ingat pelajaran tentang arus listrik bahwa ada hubungan antara kerapatan arus dan medan, yaitu J = σE

(9.58)

dengan σ disebut konduktivitas listrik. Dengan membandingkan persamaan (9.57) dan (9.58) kita dapatkan ungkapan konduktivitas listrik pada medan rendah untuk material ionik sebagai

σ ≈ J o e − qU

o

/ kT

qd kT

110

=

σo T

e − Ea / kT

(9.59)

Dengan σ o = J o qd / k dan E a = qU o . Besaran E a dikenal dengan nama energi aktivasi. Dalam

eksperimen,

biasanya

konduktivitas

ditampilkan

dalam

grafik

konduktivitas skala logaritmik terhadap kebalikan suhu. Jika kita ambil logaritma dua sisi persamaan (9.59) maka kita dapatkan ⎛1⎞ E ⎛1⎞ ln σ = ln σ o + ln⎜ ⎟ − a ⎜ ⎟ ⎝T ⎠ k ⎝T ⎠

(9.60)

Gambar 9.11 adalah bentuk kurva ln σ sebagai fungsi 1 / T . Bentuk kurva semacam ini sering dijumpai dalam eksperimen. Kemiringan kurva adalah − E a / k sekaligus

ln σ

menentukan energi aktivasi.

1/T Gambar 9.11 Bentuk kurva konduktivitas dalam skala logaritma terhadap 1 / T

111

9.8 Persamaan Difusi Einstein

Selanjutnya kita meninjau difusi ion di bawah pengaruh medan listrik. Peristiwa ini sering dimanfaatkan dalam proses elektroforesis di mana medan listrik digunakan untuk menggerakkan partikel-partikel bermuatan dalam zat cair. Mari kita lihat sebuah assembli yang mengandung sejumlah ion. Kita anggap tidak ada interaksi antar ion. Interaksi hanya terjadi antara ion dan medan listrik yang diterapkan. Misalkan muatan semua ion sama, yaitu q . Misalkan pula arah medan litrik sejajar sumbu x . Difusi yang akan kita bahas hanya difusi dalam arah sejajar sumbu x . Kita menganggap kuat medan listrik sama pada tiap titik dalam bahan. Gaya yang dialami ion yang berada pada posisi x adalah F = qE sehingga Energi potensial yang dimiliki ion yang berada pada posisi x adalah U ( x) = −qE x

(9.61)

Karena ion merupakan partikel klasik maka distribusi Maxwell-Boltzmann digunakan sehingga konsentrasi ion pada posisi x memenuhi n( x) = Ce −U ( x ) / kT = Ce qEx / kT

(9.62)

di mana C merupakan konstanta normalisasi Dari kuliah tentang arus listrik kita sudah mempelajari hubungan antara kecepatan ion dengan kuat medan yang diterapkan, yaitu

r r v = µE

(9.63)

dengan µ adalah mobilitas listrik. Untuk kasus satu dimensi maka kita bisa sederhanakan menjadi v = µE . Kerapatan arus pada posisi x yang diakibatkan oleh medan listrik adalah

112

J e ( x) = vn( x) = µEn( x)

(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 r r J d = − D∇n

(9.65)

r dengan D disebut konstanta difusi dan ∇ = iˆ∂ / ∂x + ˆj∂ / ∂y + kˆ∂ / ∂z . Tanda minus pada persamaan (9.65) menginformasikan bahwa arah aliran ion akibat difusi berlawanan dengan arah gradient kerapatan ion. Artinya ion mengalir dari lokasi dengan kerapatan tinggi ke lokasi dengan kerepatan rendah. Lebih khusus lagi, untuk kasus satu dimensi, kerapatan arus difusi dapat ditulis

J d ( x) = − D

dn( x) dx

(9.66)

Dengan menggunakan persamaan (9.62) kita dapatkan

qE qEx / kT qE dn( x) =C = n( x ) e kT kT dx

Substitusi hasil di atas ke dalam persamaan (9.66) diperoleh,

J d ( x) = − D

qE n( x ) kT

(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

Je + Jd = 0

µEn( x) − D

qE n( x ) = 0 kT

Yang memberikan mobilitas ion sebagai

µ=

qD kT

(9.68)

Persamaan (9.68) dikenal dengan persamaan difusi Einstein.

9.9 Prinsip Ekipartisi Energi

Prinsip ekipartisi energi menyatakan bahwa tiap derajat kebebasan yang memiliki energi fungsi dalam ungkapan fungsi kuadratik dari variable derajat kekebasan membetikan kontribusi energi rata-rata kepada partikel sebesar kT / 2 . Contohnya, sebuah partikel yang bergerak bebas sepanjang garis lurus. Partikel tersebut hanya memiliki satu derajat kebebasan, yaitu momentum dalam satu arah. Energi partikel merupakan fungsi kuadratik dari momentum. Dengan demikian energi rata-rata yang disumbangkan oleh momentum tersebut adalah kT / 2 . Jika partikel tersebut hanya dapat bergerak dalam satu garis lurus di bawah pengaruh gaya pegas maka, partikel tersebut memiliki dua derajat kebebesan, yaitu posisi dan momentum. Derajat kebebasan posisi memberikan energi dalam bentuk kuadratik (persamaan Hooke) dan derataj kebebasan momentum juga memberikan energi dalam bentuk kuadratik. Apabila dirata-ratakan maka derajat kekebabasan posisi dan momentum masing-masing menyumbang kT / 2 sehingga energi rata-rata partikel adalah 2 × (kT / 2) = kT . Pada bagian ini kita akan membuktikan prinsip ini secara umum untuk derajat kekebasan yang sembarang. Misalkan suatu partikel memiliki f derajat kekebasan. Energi total partikel diungkapkan dalam bentuk umum E = Aξ 2 + Bη 2 + Cψ 2 + ...,

(9.69)

114

Di mana penjumlahan mengandung f suku. A , B , C , dan seterusnya adalah konstanta dan ξ, η, ψ, dan seterusnya adalah variable yang berkaitan dengan derajat kebebasan. Variable-varaiebel tersebut boleh posisi, momentum, sudut, atau apa saja. Dengan menganggap bahwa partikel tersebut memenuhi fungsi distribusi Maxwell-Boltzmann maka energi rata-rata satu partikel adalah

E=

∑ Ee ∑e

− E / kT

(9.70)

− E / kT

Untuk memudahkan penyelesaian persaman (9.70) mari untuk sementara kita kembali mendefinisikan β = −1 / kT dan Z = ∑ e βE maka

dZ = ∑ Ee βE dβ

(9.71)

Dengan demikian, energi rata-rata partikel dapat ditulis menjadi

E=

dZ / dβ d = ln Z Z dβ

(9.72)

Selanjutnya kita fokuskan pada pencarian Z .

[(

)] ]exp[βBη ]exp[βCψ ]... ]∑ exp[βBη ]∑ exp[βCψ ]...

Z = ∑ exp β Aξ 2 + Bη 2 + Cψ 2 + ...

[ = ∑ exp[β Aξ

= ∑ exp β Aξ 2 2

2

2

2

2

(9.73)

Penyelesaian penjumlahan di atas hampir tidak mungkin dilakukan. Namun penyelesaian dapat dilakukan dengan menganti penjumlahan dengan integral terhadap variablevariabel yang merepresentasikan derajat kebebasan. Kita lakukan penggantian sebagai berikut 115

[

∞

]

[

]

∑ exp βAξ 2 = ∫ exp βAξ 2 ( g1dξ )

(9.74)

0

Pada persamaan (9.74) g1 adalah kerapatan keadaan yang berkaitan dengan variable ξ . Dengan demikian persamaan (9.73) dapat ditulis menjadi ∞

[

∞

]

[

]

∞

[

]

Z = ( g1 g 2 g 3 ...) ∫ exp βAξ dξ ∫ exp βBη dη ∫ exp β Cψ 2 dψ ... 2

0

2

0

(9.75)

0

∞

Mari kita selesaikan integral pertama, yaitu

∫ exp[βAξ ]dξ . 2

Untuk kemudahan kita

0

misalkan β Aξ 2 = − x 2 . Ingat, suku kanan juga negative karena β negatif. Dengan permisalan tersebut maka

1

ξ =

x

− βA 1

dξ =

− βA

dx

Dengan demikian ∞

[

]

∞

[

2 2 ∫ exp βAξ dξ = ∫ exp − x 0

=

0

∞

∫ exp[− x ]dx = − βA 1

2

0

=

]

1

π

−β

4A

1

1

− βA

dx

π

− βA 2

(9.76a)

Dengan cara persis sama kita akan dapatkan 116

∞

∫ exp[βBη ]dη = 2

0

1

π

−β

4B

1

π

−β

4C

∞

∫ exp[βCψ ]dψ = 2

0

(9.76b)

(9.76c)

dan seterusnya. Akhirnya kita dapatkan ungkapan untuk Z sebagai berikut

⎛ 1 Z = ( g1 g 2 g 3 ...)⎜ ⎜ −β ⎝ =

1 (− β ) f / 2

ln Z = ln

=−

π ⎞⎟⎛⎜ 1

4 A ⎟⎠⎜⎝ − β

π ⎞⎟⎛⎜ 1

4 B ⎟⎠⎜⎝ − β

π ⎞⎟

... 4C ⎟⎠

⎧ π π π ⎫ ...⎬ ⎨( g1 g 2 g 3 ...) 4 A 4 B 4C ⎭ ⎩

⎧ π π π ⎫ 1 + ln ⎨( g1 g 2 g 3 ...) ...⎬ f /2 4 A 4 B 4C ⎭ (− β ) ⎩

⎧ f π π π ⎫ ln(− β ) + ln ⎨( g1 g 2 g 3 ...) ...⎬ 2 4 A 4 B 4C ⎭ ⎩

(9.77)

Dengan hasil di atas maka persaman (9.72) selanjutnya menjadi

E=

d f d d ⎧ π π π ⎫ ln Z = − ln(− β ) − ln ⎨( g1 g 2 g 3 ...) ...⎬ dβ dθ ⎩ 2 dβ 4 A 4 B 4C ⎭

(9.78)

Semua suku di ruas paling kanan persamaan (9.78) tidak mengandung β sehingga diferensial terhadap β nol. Jadi kita hanya dapatkan

E == − =−

f d ln(− β ) 2 dβ

f f f =− = kT 2β 2(−1 / kT ) 2

117

⎛1 ⎞ = f ⎜ kT ⎟ ⎝2 ⎠

(9.79)

Karena partikel yang kita bahas memiliki f derajat kebebasan maka kita simpulkan bahwa tiap derajat kebebasan menyumbang energi sebesar kT / 2 . Jadi kita telah membuktikan prinsip ekipartisi energi.

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 BoseEinstein 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 1 /(e E / kT − 1) , yang diperoleh dengan menggunakan α = 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 4πdλ / λ4 . 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

g (λ )dλ =

8π

λ4

dλ

(10.1)

Dengan demikian, jumlah foton dengan panjang gelombang antara λ sampai λ + dλ adalah

n(λ )dλ =

g (λ )dλ e E / kT − 1

(10.2)

Karena energi satu foron adalah E = hc / λ maka energi foton yang memiliki panjang gelombang antara λ sampai λ + dλ adalah

E (λ )dλ =

hc

8πhc

dλ

=

λ

5

e

λ

hc / λkT

n(λ )dλ

−1

(10.3)

Hukum Pergeseran Wien

Gambar 10.1 adalah plot E (λ ) sebagai fungsi λ pada berbagai suhu. Tampak bahwa E (λ ) mula-mula naik, kemudian turun setelah mencapai nilai maksimum pada

120

panjang gelombang λ m . Berapakah λ m ? Kita dapat menentukan λ m dengan mendiferensial E (λ ) terhadap λ dan menyamakan λ dengan λ m , atau dE (λ ) =0 dλ λm

Kerapatan daya [1013 watt/m3]

(10.4)

Panjang gelombang [nm] Gambar 10.1 Spektrum radiasi benda hitam pada berbagai suhu

Berdasarkan persamaan (10.3) maka

E (λ ) =

8πhc

λ

5

1 e

hc / λkT

−1

(10.5)

Untuk memudahkan diferensiasi persamaan (10.5) persamaan di atas kita misalkan x = λkT / hc . Dengan permisalan tersebut maka kita dapat menulis

121

5

1 ⎛ kT ⎞ E (λ ) = 8πhc⎜ ⎟ 5 1 / x ⎝ hc ⎠ x e − 1

(

)

(10.6)

dE (λ ) dE (λ ) dx kT dE (λ ) = = dλ dx dλ hc dx 1 ⎛ kT ⎞ d ⎛ ⎛ kT ⎞ ⎜⎜ 5 1 / x = ⎜ ⎟8πhc⎜ ⎟ ⎝ hc ⎠ dx ⎝ x e − 1 ⎝ hc ⎠ 5

(

)

⎞ ⎟⎟ ⎠

(10.7)

Agar terpenuhi dE / dλ = 0 maka pada persamaan (10.7) harus terpenuhi ⎞ 1 d ⎛ ⎜⎜ 5 1 / x ⎟=0 dx ⎝ x e − 1 ⎟⎠

(

)

(10.8)

Jika kalian lakukan diferensiasi secara seksama akan dapatkan hubungan berikut ini.

(1 − 5 x )e1 / x − 5 = 0

(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, λ m memenuhi hubungan

λ m kT hc

= 0,194197

atau

λmT = 0,194197

hc k

(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

λmT = 2,8 × 10 −3 m K

(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 bintangbintang 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 λ = λ m . 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

∞

E = ∫ E ( λ ) dλ 0

∞

= 8πhc ∫ 0

dλ

1

λ e 5

hc / λkT

−1

(10.12)

Untuk menyelesaikan integral (10.12) mari kita misalkan y = hc / λkT . Dengan permisalan tersebut maka diperoleh ungkapan-ungkapan berikut ini

1

λ

=

kT y hc 5

⎛ kT ⎞ = ⎜ ⎟ y5 5 λ ⎝ hc ⎠ 1

λ=

hc 1 kT y

dλ = −

hc 1 dy kT y 2

Sekarang kita tentukan syarat batas yang berlaku bagi y . Saat λ = 0 maka y = ∞ dan saat λ = ∞ maka y = 0. Dengan demikian, dalam variable y integral (10.12) menjadi

(− hc / kTy 2 )dy ⎛ kT ⎞ E = 8πhc ∫ ⎜ ⎟ y 5 hc ⎠ e y −1 ∞⎝ 5

0

5

y 3 dy ⎛ kT ⎞ ⎛ hc ⎞ = 8πhc⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ∫ − y ⎝ hc ⎠ ⎝ kT ⎠∞ e − 1

⎛ kT ⎞ = 8πhc⎜ ⎟ ⎝ hc ⎠

0

4∞

y 3 dy ∫0 e y − 1

(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

E rad =

c E 4

⎛ kT ⎞ = 2πhc ⎜ ⎟ ⎝ hc ⎠ 2

4∞

y 3 dy ∫0 e y − 1

4∞ 3 ⎡ ⎛ k ⎞ y dy ⎤ 4 = ⎢2πhc 2 ⎜ ⎟ ∫ y ⎥T ⎝ hc ⎠ 0 e − 1⎥⎦ ⎢⎣

(10.14)

Persamaan (10.14) sangat mirip dengan persamaan Stefan-Boltzman tentang energi yang diradiasi benda hitam, yaitu E rad = σT 4 dengan σ konstanta Stefan-Boltzmann. Jadi, pada persamaan (10.14) kita dapat menyamakan

⎛ k ⎞ σ = 2πhc ⎜ ⎟ ⎝ hc ⎠ 2

4∞

y 3 dy ∫0 e y − 1

(10.15)

Dengan menggunakan instruksi Mathematica sederhana kita dapatkan ∞

y 3 dy ∫0 e y − 1 = 6,49394

Selanjutnua, dengan memasukkan nilai konstanta-konstanta lain k =1,38 × 10-23 J/K, h = 6,625 × 10-34 J s, dan c = 3 × 108 m/s kita dapatkan nilai konstanta Stefan-Boltzmann

σ = 5,65 × 10 −8 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

E n = (n + 1 / 2)hω . Karena jumlah fonon tidak konstan maka fungsi distribusi untuk

125

fonon diperoleh dengan mengambil α = 0 . 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

U =∑ κ

hω (κ ) exp[hω (κ ) / kT ] − 1

(10.16)

Jika fonon memiliki sejumlah polarisasi dan polarisasi ke- p memiliki frekuensi ω p (κ ) , maka energi total fonon setelah memperhitungkan polarisasi tersebut adalah

U = ∑∑ p

κ

[

hω p (κ )

]

exp hω p (κ ) / kT − 1

(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

∑κ

→ ∫ g p (κ )dκ

(10.18)

Tetapi, karena ω merupakan fungsi κ maka kita dapat mengubah integral terhadap κ menjadi integral terhadap ω dengan melakukan transformasi

∑κ

→ ∫ g p (κ )dκ → ∫ g p (ω )dω

(10.19)

Akhirnya kita dapat menulis ulang persamaan (10.17) menjadi

U = ∑ ∫ g p (ω ) p

hω dω exp[hω / k B T ] − 1

(10.20)

126

Dari definisi energi dalam dalam persamaan (10.20) maka kita dapat menentukan kapasitas panas yang didefinisikan sebagai berikut

Cv = =

d dT

dU dT

∑∫ g

p

(ω )

hω dω exp[hω / kT ] − 1

d dT

⎧ ⎫ 1 ⎨ ⎬hωdω ⎩ exp[hω / kT ] − 1⎭

p

= ∑ ∫ g p (ω ) p

(10.21)

Untuk menyederhanakan persamaan (10.21) mari kita lihat suku diferensial dalam persamaan tersebut. Untuk mempermudah kita misalkan y = hω / kT . Dengan permisalan tersebut maka

hω d d d dy = =− 2 dT dy dT kT dy ⎫ d ⎧ 1 ⎫ d ⎧ hω d ⎧ 1 ⎫ 1 ⎨ ⎬ ⎨ y ⎬=− 2 ⎨ ⎬= dT ⎩ exp[hω / kT ] − 1⎭ dT ⎩ e − 1⎭ kT dy ⎩ e y − 1⎭ =− =

hω kT 2

⎧⎪ − e y ⎫⎪ hω ey = ⎬ ⎨ y 2 2 2 ⎪⎩ e − 1 ⎪⎭ kT e y − 1

(

)

(

)

hω exp[hω / kT ] 2 kT (exp[hω / kT ] − 1)2

Dengan demikian, kapasitas kalor dapat ditulis ⎧ hω exp[hω / kT ] ⎫ C v = ∑ ∫ g p (ω )⎨ 2 hωdω 2 ⎬ p ⎩ kT (exp[hω / kT ] − 1) ⎭ =

h2 kT 2

∑∫ g p

p

(ω )

exp[hω / kT ]

(exp[hω / kT ] − 1)

2

ω 2 dω

(10.22)

127

Model Enstein

Untuk mencari kapasitas kalor kristal, Einstein mengusulkan model bahwa semua phonon berosilasi dengan frekuensi karakteristik yang sama, ω o . Dengan asumsi ini maka dapat kita tulis g p (ω ) = Nδ (ω − ω o )

(10.23)

di mana δ (ω − ω o ) merupakan fungsi delta Dirac. Dengan model ini kita dapatkan kapasitas kalor kristal untuk satu macam polarisasi saja sebesar

Cv =

h2 exp[hω / kT ] g (ω ) ω 2 dω 2 ∫ 2 kT (exp[hω / kT ] − 1)

=

h2 exp[hω / kT ] Nδ (ω − ω o ) ω 2 dω 2 ∫ 2 kT (exp[hω / kT ] − 1)

=

exp[hω o / kT ] Nh 2 ω o2 2 kT (exp[hω o / kT ] − 1)2

(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

Cv =

exp[hω o / kT ] 3 Nh 2 ω o2 2 kT (exp[hω o / kT ] − 1)2

(10.25)

Sekarang kita tinjau kasus-kasus khusus, yaitu ketika T → 0 dan T → ∞ . Dalam kondisi T → 0 maka exp[hω o / kT ] >> 1 sehingga exp[hω o / kT ] − 1 → exp[hω o / kT ]. Akibatnya

128

3Nh 2 exp[hω o / kT ] 2 ωo Cv ≈ kT 2 (exp[hω o / kT ])2 3Nh 2ω o2 −hωo / kT = e kT 2

(10.26)

Perhatikan suku pembilang dan penyebut pada persamaan (10.26). Jika T → 0 maka T 2 → 0 dan suku pembilang exp[− hω o / kT ] → 0 . Tetapi suku

suku penyebut

pembilang menuju nol jauh lebih cepat daripada suku penyebut. Dengan demikian C v → 0 jika T → 0 . Untuk kasus sebaliknya, yaitu

T → ∞ maka hω o / kT → 0 kita dapat

mengaproksimasi

exp[hω o / kT ] ≈ 1 +

hω o kT

Dengan aproksimasi ini maka persamaan (10.25) dapat ditulis menjadi

Cv ≈

3Nh 2 1 + hω o / kT ω o2 2 2 kT (1 + hω o / kT − 1)

3 Nh 2 ≈ kT 2

⎛ kT ⎜⎜ ⎝ hω o

2

⎞ 2 ⎟⎟ ω o ⎠

= 3 Nk = 3(nN A )k = 3n( N A k ) = 3nR

(10.27)

dengan N A bilangan Avogadro, n jumlah mol dan R = N A k B konstanta gas umum. Hasil ini persis sama dengan teori klasik dari Dulong-Petit bahwa kapasitas kalor per satuan mol semua padatan adalah konstan, yaitu 3R . 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.

Gambar 10.2 Kapasitas panas intan yang diperoleh dari pengamatan (simbol) dan prediksi menggunakan model kapasitas panas Einstein (kurva)

Model Einstein dapat menjelaskan dengan baik kebergantungan kapasitas panas terhadap 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.

Model Debeye

Salah satu masalah yang muncul dalam model Einstein adalah asumsi bahwa semua fonon bervibrasi dengan frekuensi yang sama. Tidak ada justifikasi untuk asumsi

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 g (ω ) . 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, ω = ω (κ ) . Dari persamaan dispersi terebut dapat diturunkan persaman kerapatan keadaan (dibahas di kuliah zat padat) sebagai berikut

g (ω ) =

V κ2 2π 2 dω / dκ

(10.28)

Kebergantungan ω terhadap κ kadang sangat kompleks. Sebagai contoh, untuk kristal satu dimensi, kita peroleh persamaan dispersi ω = (2C / m)(1 − cos κa ) , dengan m massa atom, C konstanta pegas getaran kisi, dan a jarak antar atom dalam kisi

(periodisitas). Namun, jika κ sangat kecil, atau panjang gelombang yang besar ( κ = 2π / λ ), kita dapatkan sebuah persamaan aproksimasi

ω = vgκ

(10.29)

dengan v g disebut kecepatan grup. Dalam membangun model kapasitas panas, Debye mengambil asumsi sebagai berikut: i) Frekuensi getaran kisi memeuhi persamaan dispersi ω = v g κ ii) Ada sebuah frekuensi maksimum, ω m , yang boleh dimiliki fonon dalam kristal sehingga tidak ada fonon yang memiliki frekuensi di atas ω m .

131

Dari persamaan dispersi (10.29) kita dapatkan bahwa untuk ω ≤ ω m , κ = ω / v g dan dω = vg dκ

sehingga

kerapatan

keadaan

pada

persamaan

(10.28)

menjadi

g (ω ) = Vω 2 / 2πv g3 . Akhirnya jika digabung dengan asumsi kedua tentang adanya

frekuensi maksimum getaran fonon diperoleh ungkapan umum untuk kerapatan keadaan sebagai berikut ⎧ V ω 2 , ω ≤ ωm ⎪ 3 g (ω ) = ⎨ 2πv g ⎪⎩ 0 ω > ωm

g(ω)

(10.30)

g(ω)

ωo Model Einstein

ωm 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 ω m pada model Debye? Untuk menentukan ω m kita kembali kepada definisi bahwa g (ω ) adalah jumlah keadaan per satuan frekuensi. Karena frekuensi maksimum fonon adalah ω m maka integral g (ω ) dari frekuensi 0 sampai ω m memberikan jumlah total keadaan yang dimiliki fonon, dan itu sama dengan jumlah atom, N . Jadi

132

ωm

∫ g (ω )dω = N 0

ωm

V

∫ 2πv 0

V 2πv g3

3 g

ω 2 dω = N

ωm

∫ω

2

dω = N

0

V ω m3 =N 2πv g3 3

yang memberikan ungkapan untuk frekuensi maksimum

ω m3 =

6πv g3 N

(10.31)

V

Untuk kemudahan mari kita defiisikan suhu Debye, Θ D , berdasarkan hubungan berikut ini k B Θ D = hω m

(10.32)

Dengan definsi di atas kita dapatkan

hv g ⎛ 6π 2 N ⎞ ⎜ ⎟ ΘD = k B ⎜⎝ V ⎟⎠

1/ 3

(10.33)

Kita asumsikan bahwa kapasitas kalor kisi yang dihasilka oleh tiap polarisasi fonon sama besarnya. Karena terdapat tiga polarisasi getaran yang mungkinan maka penjumlahan terhadap indeks 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

∞

Cv = 3 3h 2 = kT 2 3h 2 = kT 2 =

e hω / kT h2 ω ω 2 dω g ( ) 2 ∫ 2 / h ω kT kT 0 (e − 1) ωm

e hω / kT

3h 2 ω dω + 2 2 kT −1

∫ g (ω ) (e ω

h / kT

0

2

)

∞

∫ g (ω ) (e ω ω

h / kT

m

⎛ V ⎞ e hω / kT h2 2⎟ 2 ⎜ ∫0 ⎜ 2πv g3 ω ⎟ e hω / kT − 1 2 ω dω + kT 2 ⎝ ⎠

ωm

(

3h 2V 2πv g3 kT 2

ωm

∫ (e ω 0

)

e hω / kT

)

−1

h / kT

2

e hω / kT

ω 4 dω

∞

e hω / kT

∫ (0) (e ω ω

h / kT

m

)

−1

2

ω 2 dω

)

−1

2

ω 2 dω

(10.34)

Untuk menyelesaikan integral pada persamaan (10.34) kita misalkan x = hω / kT . Dengan permisalan tersebut maka

ω=

kT x h

dω =

kT dx h

Selanjutnya, syarat batas untuk x ditentukan sebagai berikut. Jika ω = 0 maka x = 0 dan jika ω = ω m maka x = hω m / kT = kΘ D / kT = Θ D / T . Dengan demikian, bentuk integral untuk kapasitas panas menjadi

3h 2V Cv = 2πv g3 kT 2 =

3Vk 4T 3 2πv g3 h 3

ΘD / T

ΘD / T

∫ ( 0

∫ (e 0

x 4e x x

4

⎛ kT ⎞ kT x⎟ dx 2 ⎜ x e −1 ⎝ h ⎠ h ex

)

−1

2

)

dx

(10.35)

Berdasarkan definisi Θ D pada persamaan (10.33) maka kita dapat menulis Θ 3D = 6π 2 Nh 3 v g3 / k 3V atau Vk 4T 3 / 2πv g3 h 3 = 3 Nk (T / Θ D ) 3 . Substitusi hubungan ini ke

134

dapat persaman (10.35) kita peroleh ungkapan kapasitas kalor dalam bentuk yang lebih seberhana sebagai berikut

⎛ T C v = 9 Nk ⎜⎜ ⎝ ΘD

⎞ ⎟⎟ ⎠

3 Θ /T D

∫ (e

x 4e x

)

−1

x

0

2

dx

(10.36)

Selanjutnya kita tinjau beberapa kasus khusus yaitu ketika T → 0 dan T → ∞ . Jika T → 0 maka Θ D / T → ∞ sehingga

⎛ T C v ≈ 9 Nk ⎜⎜ ⎝ ΘD

⎞ ⎟⎟ ⎠

3∞

∫ (e 0

x 4e x x

)

−1

2

dx

(10.37)

Bagian integral tidak bergantung lagi pada T dan hasil integral adalah sebuah bilangan. Jika kalian menggunakan program Mathematica, akan diperoleh hasil integral pada persamaan (10.37) adalah ∞

∫ (e 0

x 4e x x

)

−1

2

dx =

π2

(10.38)

15

Dengan demikian, untuk T → 0 diperoleh

9π 2 Nk ⎛ T ⎜ Cv ≈ 15 ⎜⎝ Θ D

⎞ ⎟⎟ ⎠

3

= AT 3

(10.39)

9π 2 Nk A≈ 15Θ 3D

(10.40)

dengan

135

Persamaan (10.40) sangat sesuai dengan hasil eksperimen. Sebaliknya, untuk T → ∞ maka penyebut pada persamaan (10.36) dapat diaproksimasi e x −1 ≈ x dan pada pembilang dapat diaproksimasi e x ≈ 1 sehingga

⎛ T C v ≈ 9 Nk ⎜⎜ ⎝ ΘD ⎛ T = 9 Nk ⎜⎜ ⎝ ΘD

⎞ ⎟⎟ ⎠

⎞ ⎟⎟ ⎠

3 Θ /T D

x4

∫ (x )

2

dx

0

3 Θ /T D

⎛ T ⎜⎜ x dx 9 Nk = ∫0 ⎝ ΘD 2

3

⎞ 1 ⎛ ΘD ⎞ ⎟⎟ ⎜ ⎟ ⎠ 3⎝ T ⎠

3

= 3 Nk

(10.41)

yang juga persis sama dengan ramalan Dulong-Petit.

Kapasitas panas [mJ mol-1 K-1]

22,23

17,78

13,33

8,89

4,44

0 0

1,33

2,66

3,99

5,32

6,65

7,98

T3 [K3]

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).

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 FermiDirac 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 MaxwellBoltzmann 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

f (E) =

1 e

−α − βE

+1

dalam bentuk yang lebih mudah, yaitu

f (E) =

1 exp ⎡( E − E F ) ⎤ + 1 kT ⎥⎦ ⎢⎣

(11.1)

Pada penulisan persamaan (11.1) kita telah mengganti β = −1 / kT

dan telah

mendefinsikan E F = αkT . Parameter E F dikenal dengan energi Fermi. Tampak dari bentuk f (E ) bahwa E = E F maka f ( E ) = 1 / 2 , 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 E > E F maka ( E − E F ) / kT = ( E − E F ) / 0 = ∞ sehingga

f ( E > E F , T = 0) =

1 =0 e +1 ∞

(11.2)

ii) Jika E < E F maka ( E − E F ) / kT = −( E F − E ) / 0 = −∞ sehingga

f ( E < E F , T = 0) =

1 e

−∞

+1

=1

(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

1.2 1.0

f(E)

0.8 TF = 50 000 K

0.6 0.4 0.2 0.0 0

1

2

3

4

5

6

7

8

9

E/k [104 K] 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 ∞

N = V ∫ n( E )dE 0

∞

= V ∫ g ( E ) f ( E )dE

(11.4)

0

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

EF

∞

0

EF

N = V ∫ g ( E ) f ( E )dE + V ∫ g ( E ) f ( E )dE EF

∞

0

EF

= V ∫ g ( E ) × 1 × dE + V ∫ g ( E ) × 0 × dE EF

= V ∫ g ( E )dE

(11.5)

0

Dalam Bab 7 kita sudah mendapatkan ungkapan untuk kerapatan keadaan per satuan volum, yaitu

g (E) =

1 4π 2m 3 / 2 E 1 / 2 3 h

(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

EF

N = V ∫2× 0

1 4π 2m 3 / 2 E 1 / 2 dE 3 h E

=

=

F V 3/ 2 8 π 2 m E 1 / 2 dE 3 ∫ h 0

V 2 8π 2m 3 / 2 × E F3 / 2 3 3 h

(11.7)

Kita dapat menyederhanakn persamaan (11.7) lebih lanjut menjadi

3 N ⎛ 2m ⎞ = ⎜ 2 EF ⎟ 8πV ⎝ h ⎠

3/ 2

Dan askhirnya diperoleh ungkapan untuk energi Fermi pada suhu 0 K sebagai berikut

141

EF =

h 2 ⎛ 3N ⎞ ⎟ ⎜ 2m ⎝ 8πV ⎠

2/3

(11.8)

Selanjunta kita dapat mendefinisikan suhu Fermi melalu hubungan kTF = E F maka diperoleh ungkapan untuk suhu Fermi pada suhu 0 K sebagai

TF =

EF k

h 2 ⎛ 3N ⎞ = ⎟ ⎜ 2mk ⎝ 8πV ⎠

2/3

(11.9)

1,2 1,0

f(E)

0,8 0,6 0,4 0,2 0 0

1

2

3

4

5

6

7

8

9

4

E/k [10 K]

Gambar 11.2 Bentuk fungsi distribusi Fermi-Dirac pada berbagai suhu. Pada perhitungan digunakan TF = 50 000 K

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 kT di sekitar energi fermi. Gambar 11.2 adalah bentuk fungsi distribusi Fermi-Diract

pada berbagai suhu.

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 ∞

I = ∫ ϕ ( E ) f ( E )dE

(11.10)

0

Di mana ϕ (E ) sembarang fungsi dari E . Kita selanjutnya mendefiniskan fungsi berikut ini

143

E

Ψ ( E ) = ∫ ϕ ( E )dE

(11.11)

0

Dari definisi tersebut kita mendapatkan dΨ = ϕ ( E )dE

(11.12)

Dengan menggunakan persamaan (11.12) maka persamaan (11.10) dapat ditulis ∞

I = ∫ f ( E ) dΨ

(11.13)

0

Selanjutnya kita menggunakan dalil rantai untuk menguraikan integral (11.13). Dalil tersebut berbentuk ∫ udv = uv − ∫ vdu . Dengan dalil ini mapa persamaan (11.13) menjadi ∞

I = [ f ( E )Ψ ( E )]0 − ∫ Ψ ∞

0

df dE dE ∞

= [ f (∞)Ψ (∞) − f (0)Ψ (0)] − ∫ Ψ 0

df dE dE

(11.14)

Tetapi, berdasarkan definisi fungsi Fermi Dirac kita akan dapatkan f (∞) = 0 dan

f (0) = 1 . Selanjutnya berdasarkan definisi Ψ pada persamaan (11.11) kita dapatkan ∞

0

0

0

Ψ (∞) = ∫ ϕ ( E )dE , dan Ψ (0) = ∫ ϕ ( E )dE = 0 . Dengan demikian persamaan (11.14)

menjadi ⎡ ∞ ⎤ ∞ df I = ⎢0 × ∫ ϕ ( E )dE − 1 × 0⎥ − ∫ Ψ dE ⎣ 0 ⎦ 0 dE

144

∞

= −∫ Ψ 0

df dE dE

(11.15)

Selanjutnya kiya uraikan Ψ (E ) dalam deret Taylor di sekitar E F hingga suku ketiga, yaitu

dΨ Ψ(E) = Ψ(EF ) + dE

1 d 2Ψ (E − E F ) + 2 dE 2 EF

( E − E F )2

(11.16)

EF

Berdasarkan definisi Ψ (E ) dalam persamaan (11.11) maka kita dapatkan

EF

Ψ ( E F ) = ∫ ϕ ( E )dE

(11.17)

0

dΨ dΨ = ϕ (E ) sehingga dE dE

= ϕ (EF )

(11.18)

dϕ dE

(11.19)

EF

d 2 Ψ dϕ d 2Ψ = sehingga dE 2 dE dE 2

= EF

EF

Dengan demikian, persamaan (11.16) menjadi

EF

Ψ ( E ) = ∫ ϕ ( E )dE + ϕ ( E F )(E − E F ) + 0

1 dϕ 2 dE

( E − E F )2

(11.20)

EF

Dan persamaan (11.15) dapat diaproksimasi sebagai ⎧⎪ EF 1 dϕ I = − ∫ ⎨ ∫ ϕ ( E )dE + ϕ ( E F )(E − E F ) + 2 dE 0⎪ ⎩0

⎫

∞

EF

∞

= − ∫ ϕ ( E )dE ∫ 0

0

∞

(E − E F )2 ⎪⎬ df EF

df df 1 dϕ dE − ϕ ( E F ) ∫ (E − E F ) dE − dE dE 2 dE 0

⎪⎭ dE

dE

∞

∫ (E − E ) F

EF 0

2

df dE dE

145

∞

EF

= − ∫ ϕ ( E )dE [ f (∞) − f (0)] − ϕ ( E F ) ∫ (E − E F ) 0

0

∞

EF

= − ∫ ϕ ( E )dE [0 − 1] − ϕ ( E F ) ∫ (E − E F ) 0

0

∞

EF

= ∫ ϕ ( E )dE − ϕ ( E F ) ∫ (E − E F ) 0

0

df 1 dϕ dE − dE 2 dE



∞

∫ (E − E )

EF 0

∞

∫ (E − E )

2

F

EF 0

∞

∫ (E − E )

2

F

EF 0

2

F

df dE dE

df dE dE

df dE dE

(11.21)

0.30 0.25

TF = 50 000 K

df/dE

0.20 0.15 0.10 0.05 0.00 0

1

2

3

4

5

6

7

8

9

E/k [104 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 df / dE merupakan fungsi genap di sekitar E F , seperti diperlihatkan pada Gbr. 11.3. Fungsi ( E − E F ) sendiri merupakan fungsi ganjil di sekitar E F . Dengan demikian, perkalian

(E − EF )

df merupakan fungsi ganjil di sekitar E F sehingga integral perkalian tersebut dE

dalam daerah dari E yang jauh lebih kecil dari E F sampai E yang jauh lebih besar dari E F hasilnya nol. Dengan demikian kita peroleh

146

EF

I = ∫ ϕ ( E )dE − 0

∞

1 dϕ 2 dE

∫ (E − E )

2

F

EF 0

df dE dE

(11.22)

Selanjutnya, dari fungsi distribusi Fermi-Dirac kita akan dapatkan exp[E − E F ] / kT 1 df = 2 dE (exp[E − E F ] / kT + 1) kT

(11.23)

Untuk menyelesaikan integral di ruas kanan persamaan (11.22) mari kita definsikan x = ( E − E F ) / kT . Dengan definsi tersebut maka

1 df ex =− 2 dE e x + 1 kT

(

)

(E − E F )2 = (kT ) 2 x 2 dE = kT dx Selanjutnya kita tentukan syarat batas untuk x . Jika E = 0 maka x = − E F / kT dan jika E = ∞ maka x = ∞ . Akhirnya persamaan (11.22) dapat ditulis sebagai

EF

I = ∫ ϕ ( E )dE − 0

∞

1 dϕ 2 dE

1 dϕ = ∫ ϕ ( E )dE + 2 dE 0

− ex

1 kT dx (e x + 1) kT

2 2 ∫ (kT ) x

2

E F − E F / kT

∞

EF

(kT )

∫ x (e

2

− E F / kT

EF

ex

2

x

+ 1)

2

dx

(11.24)

Untuk T sekitar suhu kamar maka berlaku E F >> kT sehingga E F / kT → ∞ . Dengan demikian 1 dϕ I ≈ ∫ ϕ ( E )dE + 2 dE 0

∞

EF

(kT ) EF

2

∫ x (e

ex

2

−∞

x

+ 1)

2

dx

(11.25)

147

Dengaan menggunakan Matematica, kita dapat menentukan dengan mudah bahwa integral di ruas kanan memiliki hasil π 2 / 3 . Jadi

EF

I ≈ ∫ ϕ ( E )dE + 0

1 dϕ 2 dE

dϕ = ∫ ϕ ( E )dE + dE 0

(kT ) 2 EF

EF

(kT )

2

EF

π2 3

π2 6

(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 ∞

E=

∫ E g ( E ) f ( E )dE 0 ∞

(11.27)

∫ g ( E ) f ( E )dE 0

Kerapatan keadaan elektron (karena memiki dua arah spin) memenuhi 8π 2m 3 / 2 1 / 2 g (E) = E h3

Lihat bagian pembilang pada persamaan (11.27). Tampak di sini bawha

ϕ (E) =

8π 2m 3 / 2 3 / 2 E h3

148

dϕ 8π 2m 3 / 2 3 1 / 2 12π 2m 3 / 2 1 / 2 E = × E = dE 2 h3 h3 EF

∫ ϕ ( E )dE = 0

=

8π 2m 3 / 2 h3

EF

∫E

3/ 2

dE

0

8π 2m 3 / 2 2 5 / 2 × EF 5 h3

Dengan demikian

pembilang =

2 8π 2m 3 / 2 2 5 / 2 12π 2m 3 / 2 1 / 2 2 π E × + E kT ( ) F F 6 5 h3 h3

(11.28)

Karena umumnya kT << E F maka suku kedua jauh lebih kecil daripada suku pertama sehingga kita dapat mengaproksimasi

pembilang ≈

8π 2m 3 / 2 2 5 / 2 × EF 5 h3

(11.29)

Selanjutnya kita lihat penyebut pada persamaan (11.27). Tampak di sini bahwa 8π 2m 3 / 2 1 / 2 ϕ (E) = E h3 dϕ 8π 2m 3 / 2 1 −1 / 2 4π 2m 3 / 2 −1 / 2 = × E = E dE 2 h3 h3 8π 2m 3 / 2 ϕ E dE = ( ) ∫0 h3

EF

=

EF

∫E

1/ 2

dE

0

8π 2m 3 / 2 2 3 / 2 × EF 3 h3

Dengan demikian kita dapatkan

149

penyebut =

2 8π 2m 3 / 2 2 3 / 2 4π 2m 3 / 2 −1 / 2 2 π E × + E kT ( ) F F 6 3 h3 h3

(11.30)

Karena umumnya kT << E F maka suku kedua jauh lebih kecil daripada suku pertama sehingga maka kita dapat mengaproksimasi 8π 2m 3 / 2 2 3 / 2 penyebut ≈ × EF 3 h3

(11.31)

Dengan demikian energi rata-rata menjadi

E=

pembilang penyebut

8π 2m 3 / 2 2 5 / 2 × EF 3 5 h = 3/ 2 8π 2m 2 × E F3 / 2 3 3 h =

3 EF 5

(11.32)

Namun, jika kita mengambil sampai orde dua, maka energi rata-rata diperoleh dari persamaan (11.28) dan (11.30) yaitu 2 8π 2m 3 / 2 2 5 / 2 12π 2m 3 / 2 1 / 2 2 π E F (kT ) × EF + 6 5 h3 h3 E= 2 3/ 2 3/ 2 8π 2m 2 3 / 2 4π 2m 2 π −1 / 2 E × + E kT ( ) F F 6 3 h3 h3

⎡ 15 ⎛ kT ⎢1 + π 2 ⎜⎜ 3 ⎢ 24 ⎝ E F = EF ⎢ 5 ⎢1 + 3 π 2 ⎛⎜ kT ⎢ 24 ⎜⎝ E F ⎣

2 ⎞ ⎤ ⎟⎟ ⎥ ⎠ ⎥ 2 ⎥ ⎞ ⎥ ⎟⎟ ⎠ ⎥⎦

(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.

Energi rata-rata elektron [satuan EF]

2.4

2.0 1.6 TF = 50 000 K

1.2 0.8

0.4 0

2

4

6 T

[104

8

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) U = NE

⎡ 15 ⎛ kT ⎢1 + π 2 ⎜⎜ 3 ⎢ 24 ⎝ E F = NE F ⎢ 5 ⎢1 + 3 π 2 ⎛⎜ kT ⎢ 24 ⎜⎝ E F ⎣

2 ⎞ ⎤ ⎟⎟ ⎥ ⎠ ⎥ 2 ⎥ ⎞ ⎥ ⎟⎟ ⎠ ⎥⎦

(11.34)

151

Jika suhu sangat kecil dibandingkan dengan suhu Fermi maka kT << E F sehingga persamaan (11.34) dapat diaproksimasi sebagai berikut

2 ⎤⎡ 3 2 ⎛ kT ⎞ ⎤ ⎟⎟ ⎥ ⎥ ⎢1 + π ⎜⎜ ⎥⎦ ⎢⎣ 24 ⎝ E F ⎠ ⎥⎦

⎡ 15 ⎛ kT 3 U = NE F ⎢1 + π 2 ⎜⎜ 5 ⎢⎣ 24 ⎝ E F

⎞ ⎟⎟ ⎠

⎡ 15 ⎛ kT 3 ≈ NE F ⎢1 + π 2 ⎜⎜ 5 ⎢⎣ 24 ⎝ E F

⎤⎡ ⎛ kT 3 ⎥ ⎢1 − π 2 ⎜⎜ ⎥⎦ ⎢⎣ 24 ⎝ E F

⎞ ⎟⎟ ⎠

2

2

⎞ ⎟⎟ ⎠

2

⎤ ⎥ ⎥⎦

−1

(11.35)

di mana kita telah menggunakan aturan binomian (1 + x) −1 ≈ 1 − x untuk suku kedua. Karena kT << E F kita dapat mempertahankan perkalian hanya sampai suku yang mengandung T 2 . Dengan asumsi ini maka persamaan (11.35) dapat diaproksimasi lebih lanjut menjadi ⎡ 15 ⎛ kT 3 U ≈ NE F ⎢1 + π 2 ⎜⎜ 5 ⎢⎣ 24 ⎝ E F ⎡ 1 ⎛ kT 3 = NE F ⎢1 + π 2 ⎜⎜ 5 ⎢⎣ 2 ⎝ E F

⎞ ⎟⎟ ⎠

2

2

⎞ ⎛ kT 3 ⎟⎟ − π 2 ⎜⎜ 24 ⎝ E F ⎠

⎤ ⎥ ⎥⎦

⎞ ⎟⎟ ⎠

2

⎤ ⎥ ⎥⎦

(11.36)

Akhirnya kita dapatkan kapasitas panas elektronik, yaitu kapasitas panas yang diperoleh dari sumbangan energi elektron adalah

Ce = =

dU dT

3π 2 Nk 2 T 5E F

= γT

(11.37)

152

dengan γ = 3π 2 Nk 2 / 5E F . Tampak dari persmaan (11.37) bahwa kapasitas kalor elektronik berubah secara linier terhadap suhu. 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 C = γT + AT 3

(11.38)

Suku pertama disumbangkan oleh elektron (persamaan (11.37)) dan suku kedua disumbangkan oleh fonon (persamaan (10.39)).

3,0

C/T [mJ/mol K2]

Garis: C/T = 2,08 + 2,57 T2

2,5

2,0

0

0,1

0,2 2

0,3

2

T [K ] Gambar 11.5 Kebergantungan C / T terhadap T 2 untuk logam kalium

Persamaan (11.38) sudah dikonfirmasi secara eksperimen. Gambar 11.5 adalah kapasitas panas kalium yang diperoleh dari pengukuran dinyatakan dalam C / T sebagai fungsi T 2 . Berdasarkan persamaan (11.38) C / T bergantung secara linier terhadap T 2 . Tampak kesesuaian yang baik antara data ekperimen dan ramalan teoretik. Perpotongan 153

kurva dengan sumbu tegak (sumbu C / T ) memberikan nilai 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 E o . Sebagai ilustrasi, lihat Gbr. 11.6. Elektron menempati tingkattingkat energi dalam sumur potensial tersebut. Pada suhu T = 0, energi maksimum yang dimiliki elektron adalah E F (0) .

φ E0 EF(0)

Gambar 11.6 Elektron dalam logam dapat dipandang terperangkap dalam subur potensial dengan ketinggian dinding E o .

154

Elektron yang sedang bergerak ke arah permukaan logam akan meninggalkan logam jika energi kinetik dalam arah tersebut melebihi E o . Misalkan elektron sedang bergerak ke arah x . Elektron akan lepas dari permukaan logam tersebut jika terpenuhi

1 2 mv x > E o 2

(11.39)

Jumlah elektron per satuan volum yang memiliki komponen kecepatan arah x antara v x sampai v x + dv x adalah

⎧∞ ∞ ⎫ n x (v x )dv x = ⎨ ∫ ∫ n(v x , v y , v z )dv y dv z ⎬dv x ⎩−∞−∞ ⎭

(11.40)

Untuk elektron, satu tingkat energi dapat ditempati oleh dua elektron dengan arah spin berlawanan. Sehingga kita kerapatan elektron dapat ditulis

n(v x , v y , v z )dv x dv y dv z = f ( E )

=

2 dΓ h3

2m 3 f ( E )dv x dv y dv z h3

2m 3 dv x dv y dv z = 3 ( E − EF ) kT h e +1

(11.41)

Karena kita tertarik pada elektron yang meninggalkan permukaan logam maka fokus perhatian kita adalah pada elektron yang memiliki energi cukup jauh di atas energi Fermi. Dengan pembatasan ini maka kita dapat mengaproksimasi ( E − E F ) >> kT sehingga

1 e

( E − E F ) kT

+1

≈

1 e

( E − E F ) kT

= e EF kT e − E / kT

155

dan persamaan (11.41) menjadi

n(v x , v y , v z )dv x dv y dv z ≈

2m 3 EF / kT − E / kT e e dv x dv y dv z h3

(11.42)

Substitusi persamaan (11.42) ke dalam persamaan (11.40) kita peroleh

n x (v x )dv x ≈

∞ ∞ ⎫ 2m 3 EF / kT ⎧ − E / kT e dv y dv z ⎬dv x ⎨ ∫ ∫e 3 h ⎩−∞−∞ ⎭

∞ ∞ ⎫ 2m 3 EF / kT ⎧ − m ( v x2 + v 2y + v z2 ) / 2 kT = 3 e dv y dv z ⎬dv x ⎨ ∫ ∫e h ⎩−∞−∞ ⎭ ∞ ⎫⎧ ∞ − mvz2 / 2 kT ⎫ 2 2m 3 EF / kT ⎧ − mv 2y / 2 kT = 3 e dv y ⎬⎨ ∫ e dv z ⎬e − mvx / 2 kT dv x ⎨ ∫e h ⎩− ∞ ⎭⎩ − ∞ ⎭

(11.43)

Persamaan (11.43) dapat diselesaikan dengan menggunakan hubungan umum ∞

∫e

− λx 2

dx = π / λ . Dengan menggunakan hubungan ini maka persaman (11.43) menjadi

−∞

n x (v x )dv x =

=

⎫⎧ ⎫ − mvx2 / 2 kT 2m 3 EF / kT ⎧ π π e dv x ⎨ ⎬ ⎨ ⎬e h3 ⎩ (m / 2kT ) ⎭⎩ (m / 2kT ) ⎭

4πm 2 kT EF / kT − mvx2 / 2 kT e e dv x h3

(11.44)

Jumlah elektron yang meningalkan permukaan logam tiap satuan luas permukaan tiap satuan waktu dengan jangkauan kecepatan antara v x sampai v x + dv x adalah

v x n x (v x )dv x

156

asalkan terpenuhi

1 2 mv x > E o . Jika q adalah muatan elektron maka rapat arus yang 2

dihasilkan adalah ∞

J=

∫ qv n x

x

(v x )dv x

mv x2 = Eo

∞

4πm 2 kT EF / kT − mv x2 / 2 kT =q e v e dv x x ∫ h3 mv x2 / 2 = Eo

(11.45)

Untuk menyelesaikan integral (11.45) mari kita misalkan y = mv x2 / 2kT . Dengan permisalan ini maka

v x dv x =

kT dy m

(11.46)

J [sayuan sembarang]

5

φ = 2,5 eV 4 3 2 1

0 400

600

800 T [K]

1000

1200

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 mv x2 / 2 = E o ekivalen dengan y = E o / kT . Syarat batas v x = ∞ ekivalen dengan y = ∞ . Dengan demikian persamaan (11.45) dapat ditulis menjadi ∞

J =q

kT 4πm 2 kT EF / kT e e−y dy 3 ∫ m h Eo / kT ∞

4πmk 2T 2 EF / kT =q e e − y dy 3 ∫ h Eo / kT

=q

4πmk 2T 2 EF / kT − Eo / kT e e h3

=q

4πmk 2T 2 −( Eo − EF ) / kT e h3

= AT 2 e −φ / kT

(11.47)

dengan A konstanta dan φ = E o − E F 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 besaranbesaran 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

dS =

dQ T

(12.1)

159

Dengan dS adalah perubahan entropi, dQ adalah sejumlah kecil kalor yang diterima assembli, dan T 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 N buah partikel gas pada tingkat-tingkat energi memenuhi

W = N !∏ s

g sns ns !

(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 N buah partikel jika partikel tersebut dapat dibedakan adalah N ! . 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 N ! menjadi

W =∏ s

g sns ns !

(12.3)

Sudah kita bahas pada Bab 2 bahwa konfigurasi penyusunan yang memberikan probabilitas maksimum terneuhi jika n s = g s e α + βε s . Pada keadaan ini kita peroleh Wmaks . Secara statistik entropi didefinisikan sebagai

160

S = k ln Wmaks

(12.4)

Berdasarkan persamaan (12.3) maka ln W = ∑ [ns ln g s − ln ns !] . Kemudian kita s

melakukan penyederhanaan dengan menggunakan aturan stirling untuk logaritma faktorial dan diperoleh ln W ≈ ∑ [ns ln g s − ns ln ns + ns ] s

⎡ ⎛g = ∑ ⎢n s ln⎜⎜ s s ⎣ ⎝ ns

⎤ ⎞ ⎟⎟ + n s ⎥ ⎠ ⎦

(12.5)

Apabila menggunakan ns dalam konfigurasi maksimum maka kita peroleh Wmaks yang apabila dinyatakan dalam skala logaritma diperoleh bentuk sebagai berikut ln Wmaks = ∑ [ns (− α − βε s ) + ns ] s

= −α ∑ n s − β ∑ ε s n s + ∑ n s n

s

= −αN − βE + N

n

(12.6)

Dengan mengganti β = −1 / kT maka berdasarkan persamaan (12.4) kita dapatkan entropi

E ⎡ ⎤ S = k ⎢ − αN + + N⎥ kT ⎣ ⎦ =

E − kαN + kN T

(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

Z = ∑ g s e − Es / kT

(12.8)

s

Pejumlahan di atas dilakukan untuk semua pita energi. Pita energi ke-s mengandung sejumlah g s keadaan. Jika kita lupakan pita-pita energi dan menggunakan tingkat-tingkat energi secara individual maka fungsi partisi (12.8) dapat ditulis menjadi Z = ∑ e − Ei / kT

(12.9)

i

Fisika Statistik

Fungsi Partisi Z

Termidinamika

Gambar 12.1 Fungsi partisi merupakan jembatan penghubung antara statistik dan termodinamika

Dalam konfigurasi maksimum kita memiliki hubungan n s = g s e α + βε s . Dari hubungan ini kita dapatkan g s e − Es / kT = g s e βEs = n s e −α . Dengan demikian, persamaan fungsi partisi (12.8) dapat juga ditulis dalam bentuk Z = ∑ n s e −α s

= e −α ∑ n s s

= e −α N

atau

162

α = − ln

Z N

(12.10)

Dengan memasukkan α di atas ke dalam entropi yang diungkapkan oleh persamaan (12.7) kita dapatkan ungkapan lain untuk entropi, yaitu

S=

E ⎛Z⎞ kN ln⎜ ⎟ + kN T ⎝N⎠

(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 E = ∑ ns Es s

= ∑ E s g s e α + βEs s

= ∑ gs s

=

d dβ

= eα = eα

(

d α + βEs e dβ

∑ g eα

)

+ βEs

s

s

d dβ

∑ g eβ

Es

s

s

d Z dβ

(12.12)

Dengan menggunakan α yang didefinisikan pada persamaan (12.10) maka kita dapat menulis persamaan (12.12) sebagai

163

E=

N d Z Z dβ

=N

d ln Z dβ

(12.13)

Selanjutnya bila kita ingan menyatakan dalam variabel suhu dengan menggunakan hubungan β = −1 / kT maka diperoleh

1 d 1 d dT d d = = = 2 2 dβ dβ dT kβ dT k (1 / kT ) dT = kT 2

d dT

(12.14)

Substitusi (12.14) ke dalam (12.13) diperoleh ungkapan energi sebagai berikut

E = NkT 2

d ln Z dT

(12.15)

12.4 Energi Bebas Helmholtz

Energi bebas Helmholtz didefinisikan sebagai F = E − TS

(2.16)

Dengan menggunakan bentuk entropi pada persamaan (12.11) kita dapat menulis Z ⎛E ⎞ F = E − T ⎜ + kN ln + kN ⎟ N ⎝T ⎠ = − NkT ln

Z − NkT N

= − NkT ln Z + NkT ln N − NkT

= − NkT ln Z + kT ( N ln N − N )

(12.17)

164

Dengan pendekatan Stirling kita dapatkan ln N !≈ N ln N − N . Dengan demikian kita dapat menulis bentuk aproksimasi untuk energi bebas Helmholtz sebagai F ≈ − NkT ln Z + kT ln N !

= −kT ln Z N + kT ln N ! ⎛ZN ⎞ ⎟⎟ = −kT ln⎜⎜ N ! ⎠ ⎝

(12.18)

12.5 Kapasitas Kalor

Kapasitas kalor pada volum tetap dapat diturunkan dari energi sistem, yaitu

Cv =

dE dT

(12.19)

Selanjutnya dengan menggunakan ungkapan energi dalam fungsi partisi pada persamaan (12.15) kita dapatkan

Cv =

d ⎛ ⎞ 2 d ln Z ⎟ ⎜ NkT dT ⎝ dT ⎠

2 d 2 d ln Z + NkT ln Z = 2 NkT dT dT 2

⎞ ⎛ d d2 ln Z + T 2 ln Z ⎟⎟ = Nk ⎜⎜ 2T 2 dT ⎠ ⎝ dT

(12.20)

12.6 Perhitungan Fungsi Partisi Klasik

Telah kita turunkan persamaan rapat keadaan sebagai berikut g ( E )dE = BV 2π (2m )

3/ 2

E 1 / 2 dE

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 g s → g ( E )dE

∑ s

∞

→∫ 0

Dengan transformasi tersebut maka kita mndapatkan bentuk integral untuk persamaan (12.15) sebagai berikut ∞

Z = ∫ e − E / kT g ( E )dE 0

∞

= BV 2π (2m) 3 / 2 ∫ e − E / kT E 1 / 2 dE 0

= BV 2π (2m) 3 / 2 (kT )

3/ 2

π 2

= BV (2mπkT ) 3 / 2

(12.21)

Dengan menggunakan persamaan (12.21) kita dapatkan bberapa hasil berikut ini

{

ln Z = ln BV (2mπkT )

3/ 2

} = ln{BV (2mπk ) }+ 32 ln T 3/ 2

(12.22)

Dengan menggunakan persamaan (12.22) ke dalam persamaan (12.15) kita dapatkan ungkapan untuk energi gas sebagai berikut

E = NkT 2

d dT

{

}

3 ⎡ ⎤ 3/ 2 + ln T ⎥ ⎢⎣ln BV (2mπk ) 2 ⎦

3 1⎤ ⎡ = NkT 2 ⎢0 + × ⎥ 2 T⎦ ⎣

166

=

3 NkT 2

(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 3kT / 2 . Karena terdapat N molekul maka energi total gas memenuhi persamaan (12.23). Dengan menggunakan fungsi partisi pada persamaan (12.21) maka entropi pada persamaan (12.11) menjadi

S=

=

⎧ BV (2mπkT ) 3 / 2 ⎫ 3 NkT / 2 + kN ln ⎨ ⎬ + kN T N ⎭ ⎩

⎧ BV (2mπkT ) 3 / 2 ⎫ 5 kN + kN ln ⎨ ⎬ 2 N ⎭ ⎩

(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 ∆p x ∆x ≈ h maka volum terkecil ruang fasa yang dapat mengandung sebuah keadaan adalah ∆Γmin = ∆p x ∆x∆p y ∆y∆p z ∆z ≈ h × h × h = h3

Volum ruang fasa minimum ini mengandung hanya satu keadan. Oleh karena itu, kerapatan keadaan dalam ruang fase adalah

B=

1 1 = 3 ∆Γmin h

(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 E + dE menjadi

g ( E )dE =

V 2π (2m )3 / 2 E 1 / 2 dE 3 h

(12.26)

Dan entropi gas menjadi pada persamaan (12.24) menjadi

S=

⎧V (2mπkT ) 3 / 2 ⎫ 5 kN + kN ln ⎨ ⎬ 2 Nh 3 ⎭ ⎩

⎡5 ⎧V (2mπkT ) 3 / 2 ⎫⎤ = NK ⎢ + ln ⎨ ⎬⎥ Nh 3 ⎩ ⎭⎦ ⎣2

(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 E1i ii) Keadan rotasi ke-j memiliki energi E 2 j iii) Keadan vibrasi ke- l memiliki energi E3l Energi total gas pada keadaan translasi ke-i, rotasi ke-j dan vibrasi ke- l adalah

168

E (i, j , l) = E1i + E 2 j + E3l

(12.28)

Dengan bentuk energi (12.28) maka fungsi partisi total gas menjadi ⎡ E (i, j , l) ⎤ Z = ∑ exp ⎢− kT ⎥⎦ ⎣ ijl = ∑ e − E1i / kT e

− E 2 j / kT

e − E3 l / kT

(12.29)

ijl

Jika penjumlahan pada persamaan (12.29) diuraikan atas suku-suku maka tiap suku mengandung faktor perkalian e − E1i / kT e

− E2 j / kT

e − E3 l / kT untuk semua kombinasi nilai i ,

j , dan l . Dengan adanya kombinasi seperti itu maka kita dapat melakukan

penyederhanaan seperti berikut ini.

Lihat perkalian berikut ini

∑x ∑x ∑x i

i

j

j

l

l

= (x1 + x 2 + x3 + ...)( y1 + y 2 + y 3 + ...)( z1 + z 2 + z 3 + ...)

= x1 y1 z1 + x1 y1 z 2 + x1 y1 z 3 + ... + xi y j z l + ...

(12.30)

Pada hasil perkalian kita dapatkan penjumlahan yang tiap sukunya mengandung perkalian xi y j z l untuk semua kombinasi nilai i , j , dan l . Penjulahan suku-suku yang tiap

sukunya mengandung perkalian xi y j z l untuk semua kombinasi nilai i , j , dan l dapat dijumpai pada penjumlahan lipat tiga berikunt ini.

∑x x i

ijl

j

xl = x1 y1 z1 + x1 y1 z 2 + x1 y1 z 3 + ... + xi y j z l + ...

(12.31)

Berdasarkan persaman (12.30) dan (12.31) kita simpulkan

169

∑x x i

j

ijl

xl = ∑ xi ∑ x j ∑ xl i

j

(12.32)

l

Dengan sifat pada persamaan (12.32) maka kita dapat menulis fungsi partisi (12.29) menjadi menjadi Z = ∑ e − E1i / kT ∑ e i

− E 2 j / kT

∑e

− E3 l / kT

l

j

= Z1 Z 2 Z 3

(12.33)

di mana Z 1 = ∑ e − E1i / kT

(12.34a)

Z2 = ∑e

(12.34b)

i

− E2 j / kT

j

Z 3 = ∑ e − E3 l / kT

(12.34c)

l

Persamaan (12.33) dapat diperluas ke sistem yang mengandung m jenis energi. Fungsi partisi assembli tersebut menjadi

Z=

⎡ E1i + E 2 j + E3l + ... + E mq ⎤ ⎥ kT ⎦ ⎣

∑ exp⎢−

ijl ...q

= ∑ e − E1i / kT ∑ e i

j

− E 2 j / kT

∑e

− E3 l / kT

l

= Z 1 Z 2 Z 3 ...Z m

...∑ e

− E mq / kT

q

(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 N partikel. Misalkan

170

pada konfigurasi tertentu, yaitu konfigurasi (i, j , l,..., r ) energi tiap-tiap partikel sebagai berikut: Energi partikel pertama: E1i Energi partikel kedua: E 2 j Energi partikel ketiga: E3l . . . Energi partikel ke- N : E Nr Energi total ssstem dalam konfigurasi ini adalah E (i, j , l,..., r ) = E1i + E 2 j + E3l + ... + E Nr

(12.36)

Dengan demikian, faktor Maxwell-Boltzmann adalah ⎡ E1i + E 2 j + E3l + ... + E Nr ⎤ ⎡ E (i, j , l,..., r ) ⎤ exp ⎢ = exp ⎢ ⎥ ⎥ kT kT ⎦ ⎣ ⎦ ⎣

Dan fungsi partisi total system gas tersebut menjadi

Zt =

⎡ E1i + E 2 j + E3l + ... + E Nr ⎤ exp ⎢ ⎥ kT semua konfigurasi ⎣ ⎦ yang mungkin

∑

(12.37)

Sebelum menentukan penjumlahan pada persamaan (12.37), mari kita lihat perkalian dari deret-deret berikut ini Ω = ∑ e − E1i / kT ∑ e i

j

− E 2 j / kT

∑e l

− E3 l / kT

...∑ e − E Nr / kT

(12.38)

r

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 N ! kemunculan konfigurasi yang sebenarnya hanya menukarkan indeks partikel. Oleh karena itu jumlah suku pada perkalian deret persamaan (12.38) lebih banyak N ! kali dibandingkan dengan jumlah suku pada persamaan (12.37). Dengan demikian, penjumlahan pada semua konfigurasi pada persamaan (12.37) dapat diganti dengan

Zt =

1 − E / kT e − E1i / kT ∑ e 2 j ∑ e − E3 l / kT ...∑ e − E Nr / kT ∑ N! i j l r

(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

Zt =

ZN N!

(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

g ( E )dE =

1 dp x dxdp y dydp z dz h3

(12.41)

172

Dengan fungsi kerapatan di atas maka fungsi partisi dapat ditransformasi sebagai berikut Z = ∑ e − Ei / kT i

= ∫ e − E / kT

dp x dxdp y dydp z dz

(12.42)

h3

Fungsi partisi total pada persamaan (12.40) selanjutnya dapat ditulis menjadi

Zt = =

1 Z 1 Z 2 ...Z N N!

dp x1 dx1 dp y1 dy1 dp z1 dz1 − E2 / kT dp x 2 dx 2 dp y 2 dy 2 dp z 2 dz 2 1 − E1 / kT e ... × ∫e N! ∫ h3 h3 − E / kT ∫e N

dp xN dx N dp yN dy N dp zN dz N h3

=

1 e −( E1 + E2 +...+ E N ) / kT dp x1 dx1 dp y1 dy1 dp z1 dz1 ...dp xN dx N dp yN dy N dp zN dz N N!h 3 N ∫

=

1 e − E / kT dp x1 dx1 dp y1 dy1 dp z1 dz1 ...dp xN dx N dp yN dy N dp zN dz N 3N ∫ N!h

(12.43)

dengan E = E1 + E 2 + ... + E N . 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

Zt =

1 e − E / kT dp x1 dp y1 dp z1 dp x 2 dp y 2 dp z 2 ...dp xN dp yN dp zN 3N ∫ N !h

× ∫ dx1 dy1 dz1 dx 2 dy 2 dz 2 ...dx N dy N dz N =

1 e − E / kT dp x1 dp y1 dp z1 dp x 2 dp y 2 dp z 2 ...dp xN dp yN dp zN N!h 3 N ∫

173

× ∫ dx1 dy1 dz1 ∫ dx 2 dy 2 dz 2 ...∫ dx N dy N dz N =

1 e − E / kT dp x1 dp y1 dp z1 dp x 2 dp y 2 dp z 2 ...dp xN dp yN dp zN × V × V × ... × V 3N ∫ N!h

=

VN e − E / kT dp x1 dp y1 dp z1 dp x 2 dp y 2 dp z 2 ...dp xN dp yN dp zN 3N ∫ N!h

(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, m j . Berdasarkan aturan mekanika kuantum, nilai-nilai m j yang diperbolehkan untuk tiap nilai j adalah m j = - j , - ( j − 1) , - ( j − 2) , ..., -1, 0, 1, ..., ( j − 2) , ( j − 1) , j

(12.45)

Jadi, tiap satu nilai j terdapat sebanyak (2 j + 1) bulah nilai m j yang diperbehkan. Jika atom atau molekul ditempatkan dalam medan magnetik B maka energi potensial magnetik yang dimilinya adalah U = − µ // B

(12.46)

dengan µ // adalah komponen momen magnetik yang sejajar dengan medan magnetik yang memenuhi

µ // = m j gµ B

(12.47)

dengan g disebut faktor-g Lande dan µ B disebut magneton Bohr. Untuk satu nilai j saja atau sebanyak (2 j + 1) buah nilai m j . Dengan demikian fungsi partisi molekul tersebut adalah

174

Zj =

+j

∑e

m j =− j

+j

∑e

=

−U / kT

m j gµ B B / kT

m j =− j +j

∑e

=

mjx

(12.48)

m j =− j

dengan x = gµ B B / kT . Sekarang kita tinjau kasus khusus di mana medan magnetik tidak terlalu kuat. Dalam kondisi ini maka gµ B B << kT atau x << 1 sehingga kita dapat melakukan aproksimasi sebagai berikut

e

≈ 1+ mj x +

mjx

1 (m j x )2 2

(12.49)

Substitusi persamaan (12.49) ke dalam persamaan (12.48) diperoleh

Zj ≈

j

∑ 1+ m

m j =− j

j

∑1 + x

=

m j =− j

j

j

x+

∑mj +

m j =− j

1 (m j x )2 2 1 2 j 2 x ∑mj 2 m j =− j

(12.50)

Kita lihat nilai penjumlahan masing-masing deret pada persamaan (12.50). Jumlah suku penjumlahan sama dengan jumlah banyak nilai yang dimiliki m j , yaitu (2 j + 1) suku. Jadi

j

∑1 = (2 j + 1)

(12.51)

m j =− j

175

j

∑m

m j =− j

= − j − ( j − 1) − ( j − 2) − ... − 1 + 0 + 1 + ... + ( j − 2) + ( j − 1) + j = 0 (12.52)

j

j

∑m

Untuk mencari

m j =− j

j

∑m

m j =− j

3 j

2 j

, mari kita lihat penjumlahan berikut ini

= [− j ] + [− ( j − 1)] + [− ( j − 2)] + ... + (−1) 3

3

3

+ 0 + 1 + ... + ( j − 2) 3 + ( j − 1) 3 + j 3

∑ [m

]

j

m j =− j

(12.53a)

+ 1 = [− j + 1] + [− ( j − 1) + 1] + ... + (−1) 3

j

3

3

+ 0 + 1 + ... + ( j ) 3 + ( j + 1) 3 = [− ( j − 1)] + [− ( j − 2)] + ... + (−1) 3

3

+ 0 + 1 + ... + ( j − 2) 3 + ( j − 1) 3 + j 3 + ( j + 1) 3

(12.53b)

Dengan demikian pengurangan deret (12.53b) dan (12,53a) memberikan

∑ [m

]

j

m j =− j

+1 − 3

j

j

∑m

m j =− j

3 j

= ( j + 1) 3 − [− j ]

3

∑ {[m

j

+ 1 − m 3j = ( j + 1) 3 + j 3

∑ {[m

3 j

+ 3m 2j + 3m j + 1 − m 3j = ( j + 1) 3 + j 3

2 j

+ 3m j + 1 = ( j + 1) 3 + j 3

j

m j =− j

3

j

m j =− j j

∑ 3m

m j =− j j

3

∑m

m j =− j

∑m

m j =− j

]

j

∑m

j

∑1 = ( j + 1)

+3

2 j

+ 3 × 0 + (2 j + 1) = ( j + 1) 3 + j 3

m j =− j

j

+

}

2 j

j

3

}

]

3

+ j3

m j =− j

176

atau

j

∑ m 2j =

m j =− j j

∑ m 2j =

m j =− j

( j + 1) 3 + j 3 − (2 j + 1) 3 2 j 3 + 3 j 2 + j j (2 j + 1)( j + 1) = 3 3

(12.54)

Substitusi (12.51), (12.52) dan (12.54) ke dalam persamaan (12.50) kita peroleh

Z j ≈ (2 j + 1) +

j (2 j + 1)( j + 1) x 2 3 2

j (2 j + 1)( j + 1) ⎛ gµ B B ⎞ = (2 j + 1) + ⎜ ⎟ 6 ⎝ kT ⎠

2

(12.55)

Berdasarkan fungsi partisi pada persamaan (12.55) maka kita dapat menentukan energi magnetik dengan menggunakan persamaan E = NkT 2

1 ∂Z j . Mengingat Z j ∂T

gµ B ∂ ∂ = − B2 maka ∂T kT ∂x

∂Z j ∂T

=−

gµ B B ∂Z j gµ B j (2 j + 1)( j + 1) x = − B2 2 3 ∂x kT kT

=−

gµ B B j (2 j + 1)( j + 1) ⎛ gµ B B ⎞ ⎜ ⎟ 3 kT 2 ⎝ kT ⎠

=−

g 2 µ B2 B 2 j (2 j + 1)( j + 1) 3 k 2T 3

sehingga energi magnetik adalah

177

E = NkT 2

= NkT 2

1 Zj

1 ∂Z j Z j ∂T ⎡ g 2 µ B2 B 2 j (2 j + 1)( j + 1) ⎤ ⎢− ⎥ 3 k 2T 3 ⎣ ⎦

=−

Ng 2 µ B2 B 2 j (2 j + 1)( j + 1) Zj 3kT

=−

Ng 2 µ B2 B 2 3kT

=−

Ng 2 µ B2 B 2 3kT

j (2 j + 1)( j + 1) j (2 j + 1)( j + 1) ⎛ gµ B B ⎞ (2 j + 1) + ⎜ ⎟ 6 ⎝ kT ⎠ j ( j + 1) j ( j + 1) ⎛ gµ B B ⎞ 1+ ⎜ ⎟ 6 ⎝ kT ⎠

2

2

(12.56)

Dalam kondisi gµ B B << kT bagian penyebut pada persamaan (12.56) dapat didekati dengan

j ( j + 1) ⎛ gµ B B ⎞ 1+ ⎜ ⎟ ≈1 6 ⎝ kT ⎠ 2

sehingga

E≈−

Ng 2 µ B2 B 2 j ( j + 1) 3kT

(12.57)

Selanjutnya jika M adalah momen magnet rata-rata dalam arah medan maka energi magnetik dapat ditulis E = − MB

(12.58)

178

Dengan membandingkan persamaan (12.57) dan (12.58) kita dapatkan persamaan untuk momen magnetik rata-rata

M =

Ng 2 µ B2 B j ( j + 1) 3kT

(12.59)

Magnetisasi yang didefinsikan sebagai momen dipol per satuan volum adalah

m=

M V

=

( N / V ) g 2 µ B2 B j ( j + 1) 3kT

=

ng 2 µ B2 B j ( j + 1) 3kT

(12.60)

dengan n = N / V adalah kerapatan partikel. Akhirnya kita dapatkan suseptibilitas paramagtik menjadi

χ= =

m B

ng 2 µ B2 j ( j + 1) 3kT

(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 Z = Z tr Z r Z v Z e Z n

(12.62)

dengan Z tr adalah fungsi partisi translasi Z r adalah fungsi partisi rotasi

Z v adalah fungsi partisi vibrasi Z e adalah fungsi partisi elektronik Z n 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

Z tr =

V (2πmkT )3 / 2 3 h

(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

E j = j ( j + 1)

h2 8π 2 I

(12.64)

dengan j adalah bilangan kuantum momentum sudut total yang merupakan bilangan bulat positif. Untuk tiap nilai j ada sejumlah arah momentum sudut yang diijinkan. Arah tersebut dinyatakan oleh bilangan kuantum m j . Nilai m j yang diijinkan adalah

180

m j = - j , - ( j − 1) , - ( j − 2) , ..., -1, 0, 1, ..., ( j − 2) , ( j − 1) , j

Jumlah kemungkinan nilai yang dimiliki m j tersebut adalah (2 j + 1) buah. Jadi, untuk satu nilai energi rotasi terdapat sebanyak (2 j + 1) keadaan yang diperbolehkan. Dengan demikian, dari ungkapan umum untuk fungsi partisi Z = ∑ g s e − Es / kT maka untuk gerak s

rotasi kita transformasi g s → (2 j + 1) E s → E j = j ( j + 1)

h2 8π 2 I

Dengan demikian fungsi partisi rotasi dapat ditulis menjadi Z r = ∑ (2 j + 1)e − j ( j +1) h

2

/ 8π 2 IkT

(12.65)

j

Selanjutnya kita tentukan fungsi partisi vibrasi atom. Tingkat energi vibrasi atom memenuhi persamaan E n = (n + 1 / 2)hω , 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 Z v = ∑ e − E n / kT n=0

= ∑ e − ( n +1 / 2 ) hω / kT = e − hω / 2 kT ∑ e − nhω / kT = e − hω / 2 kT n=0

=

e − hω / 2 kT 1 − e − hω / kT

n=0

1 1 − e − hω / kT (12.66)

181

E2

E1

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 E1 Dari keadaan dasar ke keadaan eksitasi kedua adalah E2 Dari keadaan dasar ke keadaan eksitasi ketiga adalah E3 dan seterusnya

Misalkan pula kerapatan keadaan masing-masing keadaan eksitasi sebagai berikut Kerapatan ekadaan eksitasi pertama adalah g1 Kerapatan ekadaan eksitasi kedua adalah g 2 Kerapatan ekadaan eksitasi ketiga adalah g3 dan seterusnya

182

Maka fungsi partisi Z = ∑ g s e − Es / kT dapat ditulis menjadi s

Z e = g o + g1e − E1 / kT + g 2e − E 2 / kT + ...

(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 Ei / kT umunya sangat besar yang berakibat nilai e − Ei / kT sangat kecil. Nilainya tersebut makin kecil lagi untuk tingkat eksitasi yang lebih besar. Dengan demikian, sebagai langkah penyederhanaan kita dapat melakukan aproksimasi sebagai berikut Z e ≈ g o + g1e − E1 / kT

(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

Z=

⎧ ⎫ 2 2 V (2πmkT )3 / 2 ⎨∑ (2 j + 1)e− j ( j +1) h / 8π IkT ⎬ 3 h ⎩ j ⎭

⎧ e − hω / 2 kT ⎫ g + g1e − E1 / kT Z n ×⎨ − hω / kT ⎬ o ⎭ ⎩1 − e

{

}

(12.69)

Energi molkul menjadi

E = NkT 2

1 ∂Z ∂ = NkT 2 ln Z Z ∂T ∂T

183

⎡ 3 ⎫ 2 2 ∂ ⎧ = NkT 2 ⎢ + ln ⎨∑ (2 j + 1)e − j ( j +1) h / 8π IkT ⎬ ⎢⎣ 2T ∂T ⎩ j ⎭ +

⎤ ∂ ∂ ⎧ e − hω / 2 kT ⎫ ∂ ln ⎨ ln g o + g1e − E1 / kT + ln Z n ⎥ + − hω / kT ⎬ ∂T ∂T ⎩1 − e ⎭ ∂T ⎦

{

}

(12.70)

Karena Z n hampir tidak bergantung pada suhu maka persamaan (12.70) dapat disederhanakan lebih lanjut menjadi

⎡ 3 ⎫ 2 2 ∂ ⎧ + E ≅ NkT 2 ⎢ ln ⎨∑ (2 j + 1)e − j ( j +1) h / 8π IkT ⎬ ⎢⎣ 2T ∂T ⎩ j ⎭ +

⎤ ∂ ⎧ e − hω / 2 kT ⎫ ∂ + ln ⎨ ln g o + g1e − E1 / kT ⎥ − hω / kT ⎬ ∂T ⎩1 − e ⎭ ∂T ⎦

{

}

(12.71)

Sekarang kita definisikan suhu-suhu sebagai berikut

Θr =

h2 8π 2 Ik

Θv =

hω k

Θe =

E1 k

Dengan definisi di atas kita dapat menulis persamaan (12.71) menjadi

⎡ 3 ⎫ ∂ ⎧ + E ≅ NkT 2 ⎢ ln ⎨∑ (2 j + 1)e − j ( j +1) Θ r / T ⎬ ⎭ ⎣⎢ 2T ∂T ⎩ j ⎤ ∂ ⎧ e − Θ v / 2T ⎫ ∂ −Θe / T ln ⎨ ln g g e + + + ⎬ ⎥ o 1 / T ∂T ⎩1 − e − Θ v ⎭ ∂T ⎦

{

}

(12.72)

184

Untuk semua molekul berlaku Θ r << Θv << Θe . Sebagai ilustrasi, untuk molekul hidrogen Θ r =85,5 K, Θv =6 140 K, dan Θe = 118 000 K. Sekarang kita tinjau nilai energi pada berbagai jangkauan suhu. Pada kasus di mana T << Θ r maka Θ r / T → ∞ . Karena

Θ r << Θv << Θe maka didapat pula Θv / T → ∞ dan Θe / T → ∞ . Dengan demikian kita dapat emngaproksimasi

⎡ 3 ⎫ ∂ ⎧ e −∞ ⎫ ∂ ∂ ⎧ + + E ≈ NkT 2 ⎢ ln ⎨∑ (2 j + 1)e − j ( j +1) ∞ ⎬ + ln ⎨ ln g o + g1e − ∞ −∞ ⎬ ⎢⎣ 2T ∂T ⎩ j ⎭ ∂T ⎩1 − e ⎭ ∂T

{

⎡ 3 ⎤ 3 = NkT 2 ⎢ + 0 + 0 + 0⎥ = NkT ⎣ 2T ⎦ 2

⎤

}⎥ ⎥⎦

(12.73)

Berdasarkan persamaan energi kita dapat menentukan kapasitas kalor menjadi

Cv =

=

dE dT

3 Nk 2

(12.74)

Sekarang kita tinjau suhu pada jangkauan Θ r << T << Θv . Pada jangkauan ini maka Θv / T → ∞ dan Θe / T → ∞ sehingga kita dapat mengaproksimasi

⎡ 3 ⎤ ∂ ⎧ ∂ ⎧ e −∞ ⎫ ∂ − j ( j +1) Θ r / T ⎫ −∞ { } + + + E ≈ NkT ⎢ ln ⎨∑ (2 j + 1)e ln ⎨ ln g g e ⎥ ⎬+ ⎬ o 1 −∞ ⎭ ∂T ⎩1 − e ⎭ ∂T ⎣⎢ 2T ∂T ⎩ j ⎦⎥ 2

⎡ 3 ⎫⎤ ∂ ⎧ = NkT 2 ⎢ + ln ⎨∑ (2 j + 1)e − j ( j +1) Θ r / T ⎬⎥ ⎢⎣ 2T ∂T ⎩ j ⎭⎥⎦

(12.75)

Sebagai pendekatan, kita ganti penjumlahan terhadap j dengan integral terhadap j sebagai berikut

185

∞

∑ (2 j + 1)e− j ( j +1)Θ r / T = ∫ (2 j + 1)e− j ( j +1)Θ r / T dj j

(12.75)

0

Tetapi kita dapat menulis

2

1 1 ⎛ 1⎞ 1 j ( j + 1) = j + j = j + j + − = ⎜ j + ⎟ − 4 4 ⎝ 2⎠ 4 2

2

1⎞ ⎛ 2 j + 1 = 2⎜ j + ⎟ 2⎠ ⎝ 1⎞ ⎛ dj = d ⎜ j + ⎟ 2⎠ ⎝

Dengan demikian persamaan (12.75) dapat ditulis menjadi ∞

∫ (2 j + 1)e

− j ( j +1) Θ r / T

0

∞

2 1⎞ ⎛ dj = ∫ 2⎜ j + ⎟e − [( j +1 / 2) −1 / 4 ]Θ r / T d ( j + 1 / 2) 2⎠ 0 ⎝

∞

2 1⎞ ⎛ = 2 e Θ r / 4 T ∫ ⎜ j + ⎟ e − ( j +1 / 2 ) Θ r / T d ( j + 1 / 2 ) 2⎠ 0⎝

(12.76)

untuk menyelesaikan integral (12.76) mari kita misalkan j + 1 / 2 = y . Dengan permisalan ini maka

2e

Θ r / 4T

∞

∞

1 ⎞ − ( j +1 / 2 ) 2 Θ r / T ⎛ Θ r / 4T − x 2Θr / T j + e d ( j + 1 / 2 ) = 2 e xe dx ⎜ ⎟ ∫0 ⎝ 2 ⎠ ∫0

=e

Θ r / 4T

= e Θ r / 4T

∞

∞

T −y Θ / 4T T −y ∫0 Θr e dy = e r Θr ∫0 e dy

T Θr

186

Akhirnya kita dapatkan energi pada jangkauan suhu Θ r << T << Θv

⎡ 3 ∂ ⎧ Θ r / 4 T T ⎫⎤ ln ⎨e E ≈ NkT 2 ⎢ + ⎬⎥ Θ r ⎭⎦ ⎣ 2T ∂T ⎩

(12.77)

Karena Θ r << T << Θv maka Θ r / 4T → 0 dan eΘ r / 4T → 1 sehingga diperoleh

⎡ 3 ∂ ⎧ T ⎫⎤ E ≈ NkT 2 ⎢ ln ⎨ ⎬⎥ + ⎣ 2T ∂T ⎩ Θ r ⎭⎦ ∂ ∂ ⎡ 3 1 ⎤ ⎡ 3 ⎤ ln T − ln Θ r ⎥ = NkT 2 ⎢ + − 0⎥ = NkT 2 ⎢ + ∂T ⎣ 2T T ⎦ ⎣ 2T ∂T ⎦ =

5 NkT 2

(12.78)

Kapasitas panas pada jangkauan suu ini adalah

Cv =

=

dE dT

5 Nk 2

(12.79)

Sekarang kita tinjau suhu pada jangkauan T >> Θv . Pada jangkauan ini maka hanya Θe / T → ∞ yang terpenuhi sehingga kita dapat mengaproksimasi

⎡ 3 ⎫ ∂ ⎧ + E ≅ NkT 2 ⎢ ln ⎨∑ (2 j + 1)e − j ( j +1) Θ r / T ⎬ ⎭ ⎣⎢ 2T ∂T ⎩ j +

⎤ ∂ ⎧ e − Θ v / 2T ⎫ ∂ ln ⎨ ln g o + g1e − ∞ ⎥ + −Θv / T ⎬ ∂T ⎩1 − e ⎭ ∂T ⎦

{

}

187

⎡ 3 ∂ ⎧ Θ r / 4T T ⎫ ∂ ⎧ e − Θ v / 2T ⎫ ⎤ ln ⎨e ln ⎨ ≈ NkT 2 ⎢ + ⎬+ − Θ v / T ⎬⎥ ∂ 2 T T T ∂ Θ r ⎩ ⎭ ⎩1 − e ⎭⎦ ⎣

(12.80)

Karena T >> Θv maka Θv / T → 0 dan Θ r / T → 0 sehingga e − Θ r / 4T ≈ 1 e − Θ v / 2T ≈ 1 1 − e − Θ v / T ≈ 1 − (1 − Θv / T ) = Θv / T

Dengan demikian, energi assembli pada persamaan (12.80) menjadi

⎡ 3 ∂ ⎧ T ⎫ ∂ ⎧ T ⎫⎤ E ≈ NkT 2 ⎢ ln ⎨ ⎬ + ln ⎨ ⎬⎥ + ⎣ 2T ∂T ⎩ Θ r ⎭ ∂T ⎩ Θv ⎭⎦ ⎡ 3 1 1⎤ = NkT 2 ⎢ + + ⎣ 2T T T ⎥⎦ =

7 NkT 2

(12.81)

Kapasitas panas pada jangkauan suhu tersebut adalah

Cv =

=

dE dT

7 Nk 2

(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.

Gambar 12.3 Kapasitas panas gas diatomik pada daerah jangkauan suhu yang sangat lebar

Gambar 12.3 adalah ilustrasi kurva kapasitas kalor pada berbagai suhu. Terjadi perubahan kapasitas panas secara tangga di sekitar suhu Θ r , Θv , dan Θe . Besar perubahan pada tiap step adalah ∆Cv = Nk .

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 Es , kerapatan keadaan g s dan jumlah populasi ns . Jumlah cara penyusunan partikel dalam konfigurasi tersebut adalah

191

W = N !∏ s

g sn s ns !

(13.1)

Assembli N,V,T Dinding isolator

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

Dinding tidak dapat dilewati partikel dan energi

N,V,T

(a) Mikrokanonik

Dinding tidak dapat dilewati partikel tetapi dapat dilewati energi

N,V,T

(b) Kanonik

Dinding dapat dilewati partikel dan energi

N,V,T

(c) Kanonik Besar

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 Ei . Probabilitas kemunculkan assembli tersebut dapat ditulis

pi ∝ e − Ei / kT atau pi = Ce − Ei / kT

(13.2)

dengan C adalah konstanta normalisasi yang bergantung pada suhu. Karena harus

∑p

terpebuhi

i

= 1 maka

i

∑ Ce

− E i / kT

i

= C ∑ e − Ei / kT = 1 i

yang memberikan bentuk ungkapan untuk C sebagai berikut

C=

∑e

1 − E i / kT

=

1 Z

(13.3)

i

Berdasarkan persamaan (13.2) dan (13.3) kita dapatkan ungkapan lengkap untuk pi sebagai berikut

e − Ei / kT pi = Z

(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

E = ∑ Ei pi i

= = =

1 Z

∑Ee

− Ei / kT

=

i

i

1 ∂ Z ∂β

∑ eβ

Ei

=

i

1 Z

∑ E eβ i

i

Ei

=

1 Z

∂

∑ ∂β e β

Ei

i

1 ∂ Z Z ∂β

∂ ln Z ∂β

(13.5)

Karena β = −1 / kT maka T = −1 / kβ sehingga

∂ ∂T ∂ 1 ∂ 1 ∂ ∂ = = 2 = kT 2 = 2 ∂β ∂β ∂T kβ ∂T k (−1 / kT ) ∂T ∂T

(13.6)

Dengan demikian energi assembli pada persamaan (13.5) dapat ditulis menjadi

E = kT 2

∂ ln Z ∂T

(13.7)

13.5 Energi Bebas Helmholtz

Telah kita defnisikan pada bab terdahulu bahwa energi bebas Helmholtz dmemenuhi F = E − TS . Dengan melakukan diferensial pada dua ruas kita dapatkan

dF = dE − TdS − SdT

(13.8)

196

Mari kita melihat hukum I termodinamika, yang juga merupakan hokum kekekalan energi,

dE = dQ + dW = dQ − pdV

(13.9)

Di sini kita mendefinisikan dW = − pdV . Untuk proses yang reversibel maka berlaku

dQ = TdS

(13.10)

Substitusi (13.10) ke dalam (13.9) diperoleh

dE = TdS − pdV

(13.11)

Selanjutnya kita substitusi persamaan (13.11) ke dalam persamaan (13.9) sehingga diperoleh bentuk diferensial dari energi bebas sebagai berikut

dF = (TdS − pdV ) − TdS − SdT = − pdV − SdT

(13.12)

Jika F dinyatakan dalam fungsi V dan T maka diferensial dari F memenuhi bentuk umum

197

⎛ ∂F ⎞ ⎛ ∂F ⎞ dF = ⎜ ⎟ dT ⎟ dV + ⎜ ⎝ ∂T ⎠V ⎝ ∂V ⎠T

(13.13)

Apabila kita bandingkan bentuk persamaan (13.12) dan (13.13) maka kita simpulkan

⎛ ∂F ⎞ − p=⎜ ⎟ ⎝ ∂V ⎠T ⎛ ∂F ⎞ −S =⎜ ⎟ ⎝ ∂T ⎠V

(13.14) (13.15)

Substitusi S dari persamaan (13.15) ke dalam ungkapan energi Helmholtz F = E − TS maka kita dapat menulis ⎛ ∂F ⎞ F = E + T⎜ ⎟ ⎝ ∂T ⎠ E F 1 ⎛ ∂F ⎞ − 2 =− 2 + ⎜ ⎟ T T T ⎝ ∂T ⎠ −

E ∂ ⎛F⎞ = ⎜ ⎟ 2 ∂T ⎝ T ⎠ T

(13.16)

Masukkan ungkapan E dari persamaan (13.7) ke dalam persamaan (13.16) didapat

−k

∂ ∂ ⎛F⎞ ln Z = ⎜ ⎟ ∂T ∂T ⎝ T ⎠

yang akhirnya memberikan ungkapans ederhana untuk energi bebas Helmholtz berupa

F = −kT ln Z

(13.17)

Dari persamaan (13.15) dan (13.17) kita dapat menulis bentuk ungkapan untuk entropy 198

sebagai

⎛ ∂F ⎞ S = −⎜ ⎟ ⎝ ∂T ⎠V

= k ln Z + kT

∂ ln Z ∂T

(13.18)

13.6 Ungkapan lain untuk entropi

Dari ungkapan energi bebas Helmholtz F = E − TS kita dapat menulis

S=

E−F T

(13.19)

Kita selanjunya menggunakan definisi awal untuk energi, yaitu E = ∑ pi Ei . i

Merngingat F adalah besaran tanpa indeks dan mengingat kesamaan

∑p

i

= 1 maka

i

kita dapat menulis

F = F ∑ pi = ∑ pi F i

(13.20)

i

Substitusi E = ∑ pi Ei dan persamaan (13.20) ke dalam persamaan (13.19) diperoleh i

S=

∑ p E − ∑ p F ∑ p (E i

i

i

i

i

T

=

i

i

i

T

− F)

= ∑ pi i

( Ei − F ) T

(13.21)

Dari persamaan (13.7) kita dapat menulis 199

Z = e − F / kT

(13.22)

Substitusi persamaan (13.22) ke dalam persamaan (13.4) kita peroleh

e − Ei / kT pi = − F / kT e = e ( F − Ei /) kT

atau

ln pi = −

Ei − F kT

(13.23)

Substitusi persamaan (13.23) ke dalam persamaan (13.21) diperoleh ungkapan lain untuk entropi, yaitu

S = ∑ pi (− k ln pi ) i

= −k ∑ pi ln pi

(13.24)

i

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 N dan partikel-partikel penyusun assembli dapat dibedakan (partikel klasik). Jumlah partikel 200

dalam assembli tersebut memenuhi

N = ∑ ns

(13.25)

s

dan energi yang dimiliki assembli adalah

Ei = ∑ ns Es

(13.26)

s

Untuk assembli kanonik, N selalu tetap tetapi Ei tidak selalu tetap. Jumlah cara penyusunan partikel-partikel dalam assembli tersebut adalah

Wi = N !∏ s

g sn s ns !

sehingga fungsi partisi menjadi

Z = ∑Wi e − Ei / kT

(13.27)

i

di mana indeks i bergerak pada semua konfigurasi yang bisa dimiliki assembli. Penjumlahan terhadap semua konfigurasi yang mungkin ekivalen dengan penjumlahan pada semua kombinasi ns yang mungkin yang kita nyatakan dengan symbol {ns } . Jadi kita dapat menulis

201

Z = ∑W{n s }e

− E{ns } / kT

{n s }

⎧ ⎡ ns Es ⎤ ⎫ ⎧ g sn s ⎫⎪ ⎢ ∑ ⎥⎪ s = ∑ ⎨ N !∏ ⎬⎨exp ⎢− ⎬ kT ⎥ ⎪ {n s } ⎩ s ns ! ⎭⎪ ⎦⎥ ⎭ ⎩ ⎣⎢ ⎧ g n s ⎫⎧ ⎡ n E ⎤⎫ = ∑ ⎨ N !∏ s ⎬⎨∏ exp ⎢− s s ⎥ ⎬ ⎣ kT ⎦ ⎭ {n s } ⎩ s ns ! ⎭⎩ s

[

⎧ g ns ⎫⎧ = ∑ ⎨ N !∏ s ⎬⎨∏ e − Es / kT {ns } ⎩ s ns ! ⎭ ⎩ s

(

⎧⎪ g e − E s / kT = ∑ ⎨ N !∏ s ns ! {n s } ⎪ s ⎩

)

ns

]

ns

⎫ ⎬ ⎭

⎫⎪ ⎬ ⎪⎭

(13.28)

Untuk mencari hasil penjumlahan pada persamaan (13.28), mari kita tinjau kasus berkut ini

( x1 + x2 ) 2 = x12 + 2 x1 x2 + x22 = x12 x20 + 2 x11 x12 + x10 x12 =

2! 2 0 2! 2! x1 x2 + x12 −1 x12 + x12 − 2 x22 2!0! (2 − 1)!1! (2 − 2)!2!

( x1 + x2 )3 = x13 + 3 x12 x2 + 3x1 x22 + x23 = x13 x20 + 3x12 x12 + 3x11 x22 + x10 x23 =

3! 3 0 3! 3! 3! x1 x2 + x13−1 x12 + x13− 2 x22 + x13 − 3 x23 3!0! (3 − 1)!1! (3 − 2)!2! (3 − 3)!3!

Dengan melihat pola di atas maka secara umum dapat kita tulis

( x1 + x2 ) N =

N! N 0 N! N! x1 x2 + x1N −1 x12 + ... + x13− n x2n + ... N !0! ( N − 1)!1! ( N − n)!n!

202

=∑ n

N! x13− n x2n ( N − n)!n!

(13.29)

Dengan cara serupa pun akan kita dapatkan bentuk penjumlahan yang sama untuk penjumlahan tiga variable, yaitu

( x1 + x2 + x3 ) N =

N! x1n1 x2n2 x2n3 n1 + n 2 + n3 = N n1!n2 !n3!

∑

x1n1 x2n2 x2n3 = N !∑ {n s } n1! n2 ! n3!

(13.30)

Dan hasil ini bisa diperumum lagi untuk penjumlahan banyak suku, yaitu

N

⎛ ⎞ x n1 x n2 x n3 x n s ⎜ ∑ xs ⎟ = N !∑ 1 2 2 ... s ... ns ! {n s } n1! n2 ! n3! ⎝ s ⎠ ⎛ x ns ⎞ = N !∑∏ ⎜⎜ s ⎟⎟ {n s } s ⎝ ns ! ⎠

(13.31)

Dengan membandingkan persamaan (13.28) dengan persamaan (13.31) maka kita simpulkan bahwa pada persamaan (13.31), xs tidak lain daripada g s e − E s / kT . Dengan kesamaan ini maka kita simpulkan bahwa fungsi partisi pada persamaan (13.28) dapat ditulis menjadi

⎞ ⎛ Z = ⎜ ∑ g s e − E s / kT ⎟ ⎠ ⎝ s

= ZN

N

(13.32)

203

Untuk sstem semiklasik di mana partikel dianggap tidak dapat dibedakan maka jumlah cara penyusunan partikel-partikel adalah

g sn s Wi = ∏ s ns !

Dengan melakukan langkah yang sama maka kita sampai pada kesmipulan bentuk fungsi partisi system semiklasik adalah

Z tot =

ZN N!

(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

E=

1 U jl ∑ ( pxj2 + p yj2 + pzj2 ) + ∑∑ 2m j j l> j

(13.34)

Pada penjumlahan U jl kita mensyaratkan l > j untuk menghindari perhitungan ganda. Suku dengan l = j juga tidak disertakan karena tidak ada interaksi antara 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 dΓ6 N / h 3 N dengan dΓ6 N = ∏ dx j dy j dz j dp xj dp yj dp zj . Fungsi partisi menjadi j

Z=

1 N !h 3 N

⎡ ∑ ( p xj2 + p yj2 + p zj2 ) / 2m + ∑∑ U jl ⎤ ⎢ j ⎥ j l> j ∫ exp⎢− ⎥∏ dx j dy j dz j dp xj dp yj dpzj kT ⎢⎣ ⎥⎦ j (13.35)

Mari kita fokuskan pada bagian integral persamaan (13.35)

⎡ ∑ ( pxj2 + p yj2 + p zj2 ) / 2m + ∑∑U jl ⎤ ⎢ j ⎥ j l> j ∫ exp⎢− ⎥∏ dx j dy j dz j dpxj dp yj dp zj kT ⎢⎣ ⎥⎦ j

⎡ ∑ ( p xj2 + p yj2 + p zj2 ) ⎤ ⎡ ∑∑ U jl ⎤ ⎢ j ⎥ ⎢ j l> j ⎥ = ∫ exp ⎢− ⎥∏ dp xj dp yj dpzj ∫ exp ⎢− ⎥∏ dx j dy j dz j 2mkT kT j ⎢⎣ ⎥⎦ ⎢⎣ ⎥⎦ j ⎡ ∑ pxj2 ⎤ ⎡ ∑ p yj2 ⎤ ⎡ ∑ p zj2 ⎤ ⎢ ⎥ ⎢ ⎥ ⎢ ⎥ = I N ∫ exp ⎢− j exp ⎢− j exp ⎢− j ∏ dpxj dp yj dpzj ⎥ ⎥ 2mkT 2mkT 2mkT ⎥ j ⎢⎣ ⎥⎦ ⎢⎣ ⎥⎦ ⎢⎣ ⎥⎦

(13.36)

di mana kita telah mendefinisikan

205

⎡ ∑∑U jl ⎤ ⎢ ⎥ I N = ∫ exp ⎢− j l> j ⎥∏ dx j dy j dz j kT ⎢⎣ ⎥⎦ j

(13.37)

Persamaan (13.36) dapat ditulis secara lebih sederhana dalam bentuk perkalian berikut ini

⎡ ⎡ ⎡ pxj2 ⎤ p yj2 ⎤ pzj2 ⎤ − − I N ∫ ∏ exp ⎢− exp exp ⎥∏ ⎢ ⎥∏ ⎢ ⎥∏ dpxj dp yj dpzj ⎢⎣ 2mkT ⎥⎦ j ⎢⎣ 2mkT ⎥⎦ j ⎢⎣ 2mkT ⎥⎦ j j ⎡ ⎡ ⎡ pxj2 ⎤ p yj2 ⎤ pzj2 ⎤ = I N ∫ ∏ exp ⎢− ⎥dpxj ∫ ∏ exp ⎢− ⎥dp yj ∫ ∏ exp ⎢− ⎥dpzj j j j ⎣⎢ 2mkT ⎦⎥ ⎣⎢ 2mkT ⎦⎥ ⎣⎢ 2mkT ⎦⎥

(

= IN ∏ ∫ e

− p xj2 / 2 mkT

dp xj

j

)∏ (∫ e

− p 2yj / 2 mkT

dp yj

j

)∏ (∫ e

− pzj2 / 2 mkT

dp zj

)

(13.38)

j

Dengan menggunakan hasil yang sudah kita pelajari sebelumnya yaitu ∞

∫e

− λx 2

dx = π / λ maka kita dapat menulis

−∞

e

− p xj2 / 2 mkT

dpxj = ∫ e

− p 2yj / 2 mkT

dp yj = ∫ e

− p zj2 / 2 mkT

Karena ada N buah perkalian dalam tanda

∏

dpzj = 2πmkT

(13.39)

maka persamaan (13.38) memberikan

j

hasil sebagai berikut

IN ∏ j

(

2πmkT

)∏ ( j

2πmkT

)∏ (

2πmkT

)

j

206

= IN

(

=

(

2πmkT

2πmkT

) ( N /2

)

3N / 2

) ( N /2

2πmkT

2πmkT

)

N /2

(13.40)

IN

Substitusi persamaan (13.40) ke dalam persamaan (13.35) didapatkan ungkapan untuk fungsi partisi menjadi

Z=

1 N !h 3 N

(

2πmkT

)

3N / 2

IN

(13.41)

Untuk mencari I N mari kita lakukan prosedur berikut ini. Kita tulis

e

−U jl / kT

= 1 + f (rjl )

(13.42)

Dengan penulisan tersebut maka

−

∑∑ U jl / kT j l> j

e

= ∏∏ e j

−U jl / kT

l> j

[

= ∏∏ 1 + f (r jl ) j

]

(13.43)

l> j

Jika terpenuhi kondisi f (rjl ) << 1 maka kita dapat melakukan aproksimasi

∏∏ [1 + f (r )] ≈ 1 + ∑∑ f (r j

l> j

jl

j l> j

jl

)

(13.44)

Dengan melakukan substitusi persamaan (13.43) dan (13.44) ke dalam persaman 207

(13.37) kita dapatkan bentuk aproksimasi untuk I N sebagai berikut

⎧ ⎫ I N ≈ ∫ ⎨1 + ∑∑ f (rjl )⎬∏ dx j dy j dz j j l> j ⎩ ⎭ j

= ∫ ∏ dx j dy j dz j + ∫ ∑∑ f (rjl )∏ dx j dy j dz j j l> j

j

j

= ∏ ∫ dx j dy j dz j + ∑∑ ∫ f (rjl )∏ dx j dy j dz j j

j

Mengingat integral

l> j

∫ dx dy dz j

j

j

(13.45)

j

= V dan

∏

mengandung N buah suku perkalian

j

maka persaman (13.45) memberikan hasil

I N = V N + ∑∑ ∫ f (rjl )∏ dx j dy j dz j j l> j

(13.46)

j

jarak antar partikel memenuhi

rjl = ( xl − x j ) 2 + ( yl − y j ) 2 + ( zl − z j ) 2 .

Dengan demikian, f (rjl ) hanya mengandung enam variable, yaitu xl , yl , zl , x j , y j , dan z j . Oleh karena itu, dalam perkalian elemen diferensial

∏ dx dy dz j

j

j

, hanya

j

enam elemen diferensial saja yang bekerja pada f (rjl ) sedangkan sebanyak 3 N − 6 buah elemen lainnya tidak bekerja pada f (rjl ) . Dengan sifat demikian kita dapat menulis

I N = V N + ∑∑ ∫ ∏ dxk dyk dzk ∫ f (rjl )dx j dy j dz j dxl dyl dzl j l> j

k≠ j k ≠l

= V N + ∑∑ V N −2 ∫ f (rjl )dx j dy j dz j dxl dyl dzl j

l> j

208

= V N + V N −2 ∑∑ ∫ f (rjl )dx j dy j dz j dxl dyl dzl j

Ingat, setelah kita melakukan integral mama mengandung indeks

(13.47)

l> j

j

maupun l

∫ f (r

jl

)dx j dy j dz j dxl dyl dzl tidak lagi

karena variable tersebut habis diintegral.

Akibatnya, penjumlahan pada ruas kanan menjadi penjumlahan dari suku-suku yang nilainya

∫ f (r

jl

sama,

di

mana

nilai

masing-masing

suku

tersebut

adalah

)dx j dy j dz j dxl dyl dzl . Hasil dari penjumlahan tersebut sama dengan nilai suku

kali banyak suku penjumlahan. Banyaknya suku penjumlahan adalah N ( N − 1) / 2 . Dengan demikian kita dapat menulis

I N = V N + V N −2

N ( N − 1) ∫ f (rjl )dx j dy j dz j dxl dyl dzl 2

(13.48)

Untuk menyelesaikan integral dalam persamaan (13.48), kita perknalkan variabel relatif r = rjl . Dengan memperkenalkan variabel relatif ini maka kita dapat melakukan transformasi berikut ini

∫ f (r

jl

r )dx j dy j dz j dxl dyl dzl = ∫ f (r )d 3r dxl dyl dzl

r r = ∫ dxl dyl dzl ∫ f (r )d 3r = V ∫ f (r )d 3r = aV

(13.49)

r r di mana d 3 r adalah elemen volum dalam ruang relatif dan a = ∫ f (r )d 3r . Akhirnya kita dapatkan

209

I N = V N + V N −2 =V N +

N ( N − 1) aV 2

N ( N − 1)a N −1 V 2

(13.50)

Misalnya energi interaksi antar partikel sangat kecil sehingga berlaku U jl / kT << 1 . Dengan asumsi ini maka kita dapat menulis e

−U jl / kT

≈1−

U jl kT

(13.51)

Dengan membandingkan persamaan (13.42) dan aproksimasi (13.51) kita simpulkan

f (rjl ) = −U jl / kT

(13.52)

r r a = ∫ [− U (r ) / kT ]d 3r = (1 / kT ) ∫ − U (r )d 3r = a' / kT .

(13.53)

sehingga

Substitusi persamaan (13.53) ke dalam persaman (13.50) diperoleh

IN = V N +

N ( N − 1)a' N −1 V 2kT

(15.54)

Dengan menggunakan persamaan (13.41) dan persamaan (13.54) maka energi bebas Helmholtz dapat ditulis 210

F = − kT ln Z ⎫ ⎧ (2πmkT )3 / 2 = −kT ⎨ln + ln I N ⎬ 3N N !h ⎭ ⎩

(13.55)

13.9 Persamaan Keadaan

Untuk gas ideal kita sudah memiliki persamaan keeadaan yang sederhana, yaitu pV = NkT . Sekarang kita ingin mencari persamaan keadaan untuk gas yang tidak ideal yang dibahas di atas. Kita mulai dengan menentukan tekanan gas dengan memasukkan F pada persamaan (13.55) ke dalam persamaan (13.14). Dari ungkapan enerngi bebas hanya I N yang mengandung besaran volum. Oleh karena itu kita dapat menulis

⎛ ∂F ⎞ p = −⎜ ⎟ ⎝ ∂V ⎠T ⎛ ∂ ⎞ = kT ⎜ ln I N ⎟ ⎝ ∂V ⎠T = kT

1 ⎛ ∂I N ⎞ ⎜ ⎟ I N ⎝ ∂V ⎠T

⎛ NV N −1 + N ( N − 1) 2V N −2 a ' / 2kT ⎞ ⎟⎟ = kT ⎜⎜ N N −1 ⎝ V + N ( N − 1)V a ' / 2kT ⎠ =

NkT ⎛ V N −1 + ( N − 1) 2V N − 2 a ' / 2kT ⎞ ⎜ ⎟ V ⎜⎝ V N −1 + N ( N − 1)V N − 2 a ' / 2kT ⎟⎠

=

NkT ⎛ 1 + ( N − 1) 2 a ' / 2kTV ⎜ V ⎜⎝ 1 + N ( N − 1)a ' / 2kTV

≈

NkT 1 + ( N − 1) 2 a' / 2kTV (1 − N ( N − 1)a' / 2kTV ) V

(

⎞ ⎟⎟ ⎠

)

211

(

≈

NkT 1 + ( N − 1) 2 a' / 2kTV − N ( N − 1)a' / 2kTV V

≈

NkT ⎛ ( N − 1)a' ⎞ NkT N ( N − 1)a' − ⎜1 − ⎟= V ⎝ 2kTV ⎠ V 2V 2

=

NkT a ' ' − 2 V V

)

(13.56)

Persamaan (13.56) dapat direorganisasi menjadi

a' ' ⎞ NkT ⎛ ⎜p+ 2⎟= V ⎠ V ⎝ a' ' ⎞ ⎛ ⎜ p + 2 ⎟V = NkT V ⎠ ⎝

(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 b . Persaman van der Walls dapat diperoleh dengan mengganti V dengan V − b yaitu

⎛ a' ' ⎞ ⎟(V − b) = NkT ⎜⎜ p + (V − b) 2 ⎟⎠ ⎝

(13.58)

Dengan menganggap bahwa b sangat kecil dibandingkan dengan V maka kita dapat mengabaikan b terhadap b pada penyebut persamaan (13.58). Sedangkan pada pembilang, b kita pertahankan karena walaupun nilainya lebih kecil dari b tetapi tetap memberi perubahan nilai yang signifikan pada persamaan. Dengan demikian kita diperoleh

212

a' ' ⎞ ⎛ ⎜ p + 2 ⎟(V − b) = NkT V ⎠ ⎝

(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

δE = Ei − E

(13.60)

Kita kuadratkan dua ruas persamaan (13.60) dan diperoleh

δE 2 = ( Ei − E ) 2 = Ei2 − 2 Ei E + E 2

(13.61)

Kita selanjutnya melakukan perata-rataaan ke dua ruas persamaan (13.61), yaitu

δE 2 = Ei2 − 2 Ei E + E 2 = Ei2 − 2 Ei E + E 2 = Ei2 − 2 EE + E 2 = Ei2 − E 2

(13.62)

213

Dalam mencari persamaan (13.62) kita telah menggunakan kesamaan Ei = E dan mengingat E konstan maka E 2 = E 2 . Sebelunya kita sudah mendapatkan hubungan antara energi dan fungsi partisi, yaitu

E=

1 ∂Z Z ∂β

(13.63)

Sekarang kita akan mencari ungkapan untuk Ei2 .

Ei2 = ∑ Ei2 pi = ∑ Ei2 i

=

i

∂2 1 − Ei / kT 1 1 = ∑ Ei2e − Ei / kT = ∑ 2 e − Ei / kT e Z Z i Z i ∂β

1 ∂ 1 ∂2Z − E i / kT = e ∑ Z ∂β 2 i Z ∂β 2 2

(13.64)

Substitusi (13.63) dan (13.64) ke dalam persamaan (13.62) diperoleh

2

1 ∂ 2 Z ⎛ 1 ∂Z ⎞ 1 ∂2Z 1 ⎛ ∂Z ⎞ − 2 ⎜⎜ ⎟ − ⎜ ⎟ = δE = 2 2 ⎟ 2 ⎜ Z ∂β Z ∂β Z ⎝ ∂β ⎟⎠ ⎝ Z ∂β ⎠ 2

2

(13.65)

Jika kita diferensialkan E pada persamaan (13.63) terhadap β kita dapatkan

∂E ∂ ⎛ 1 ∂Z ⎞ 1 ∂ 2 Z 1 ⎛ ∂Z ⎞ = − 2 ⎜⎜ ⎟⎟ = ⎜⎜ ⎟ 2 ∂β ∂β ⎝ Z ∂β ⎠ Z ∂β Z ⎝ ∂β ⎟⎠

2

(13.66)

214

Dengan membandingkan persamaan (13.55) dan (13.66) kita simpulkan

δE 2 =

∂E ∂E = kT 2 ∂β ∂T

= kT 2Cv

(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 partikelpartikel 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 al = wl exp(−α − βε l ) 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

al =

w

e

l (α + βε l )

+1

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

al =

w

e

l (α + βε l )

−1

b. Dari jawaban sebelumnya, pada e α >> 1 , atau e −α << 1 , fungsi statistik Bose-

Einstein dan Fermi-Dirac menjadi w

e

l (α + βε l )

±1

≈

w

e

l (α + βε l )

= wl e (α + βε l )

Dengan demikian pada kondisi tersebut ke tiga tipe statistik tersebut menjadi sama. 3

Menghingat e

−α

⎛ h2 ⎞ 2 = n⎜ ⎟ , dengan n adalah kerapatan partikel maka kondisi di ⎝ 2π mkT ⎠

di atas terpenuhi pada T >>

n1 / 2 h 2 . Dengan demikian, perbedaan antara ketiga tipe 2πmk

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 e −α << 1 . Mari kita cek e

−α

⎛ h2 ⎞ ⎟⎟ = n⎜⎜ ⎝ 2πmkT ⎠

1/ 2

Kita menggunakan persamaan gas ideal pV = NkT , atau n = N / V = p / kT . Dengan demikian

217

e

⎛ h2 ⎞ ⎟⎟ = n⎜⎜ 2 π mkT ⎝ ⎠

−α

1/ 2

p ⎛ h2 ⎞ ⎜ ⎟ = kT ⎜⎝ 2πmkT ⎟⎠

1/ 2

Pada STP maka T ≈ 300 K, P = 1 atm ≈ 105 Pa. Dengan memasukkan nilai tersebut dan massa atom helium maka diperoleh b.

e −α ≈ 3 × 10 −6 << 1

Elektron dan hole adalah fermion sehingga memenuhi fungsi distribusi Fermi-

[

]

Dirac 1 / e (ε − µ ) / kT + 1 . 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 ( ε − µ ) ≈ 0,5 eV. Pada STP nilai energi termal kT ≈ 0,025 eV. Dengan demikian (ε − µ ) / kT ≈ 0,5 / 0,025 = 20 sehingga e (ε − µ ) / kT >> 1 atau fungsi distribusi Fermi-Dirac untuk elektron dan hole dalam semikonduktor dapat diaprokasimasi dengan 1 / e (ε − µ ) / kT = e ( µ −ε ) / kT yang merupakan fungsi distribusi Maxwell-Boltzmann.

3. Soal :

Tunjukkan bahwa λ = exp ( µ kT ) = nVQ untuk gas ideal adalah valid untuk λ << 1 ; µ adalah potensial kimia, n adalah densitas gas, dan VQ = (h 2 / 2π mkT )

3

2

adalah volum

kuantum.

Solusi :

Dengan pendekatan λ << 1 , statistik Fermi-Dirac dan Bose-Einstein akan menjadi statistik Maxwell-Boltzmann : 1 e

( ε − µ ) / kT

±1

→ e µ / kT ⋅ e −ε / kT

Densitas keadaan dari sebuah gas ideal (dengan tidak menyertakan keadaan spin) adalah : D (ε )d ε =

2π 3 (2m) 2 ε d ε 3 h

sehingga

218

∞

n = ∫ D(ε )d ε ⋅ e µ / kT ⋅ e −ε / kT 0

3

⎛ mkT ⎞ 2 λ = λ ⋅⎜ ⎟ = VQ ⎝ 2π h ⎠ Yang menunjukkan bahwa λ = nVQ 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 1,66x10g, terpisah sejarak + 10-8 cm. Gas tersebut diasumsikan bersifat seperti gas ideal.

24

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 3 1 kT = M v 2 2 2 sehingga v ≈ v 2 =

3kT ≈ 2 × 103 m / s M

b. Jumlah derajat kebebasan rotasi adalah 2. Maka: 2

1 1 2 2 ⎛r⎞ I ω = kT dengan I = m ⋅ ⎜ ⎟ ⋅ 2 = mr 2 adalah momen inersia dari molekul 2 2 2 ⎝2⎠ H2, m adalah massa atom H, dan r adalah jarak antara kedua atom hidrogen tersebut. Maka diperoleh : ω ≈ ω 2 ≈ 3, 2 × 1013 / s c. Kapasitas panas molar :

219

5 R = 21 J / mol ⋅ K 2 7 C p = R = 29 J / mol ⋅ K 2 Cv =

5. Soal :

Carilah rapat probabilitas ρ ( E ) untuk 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 exp(- E / kT ) , dimana E = p 2 / 2m , dengan p adlaah momentum dari atom. Maka probabillitas dari atom berada pada p dan p+dp adalah : A exp(− p 2 / 2mkT )d 3 p Dari

A∫ exp(− p 2 / 2mkT )d 3 p = 1 Diperoleh A = ( 2π mkT )

−3

2

Sehingga ∞

2π 1 2 − E / kT e dE 3 ∫ E 2 (π kT ) 0

2 3 ∫ A exp(− p / 2mkT )d p =

∞

≡ ∫ ρ ( E )dE 0

Yang menghasilkan

ρ (E) =

2 1 E 2 e − E / kT 3 2 π (kT )

6. Soal : 220

Misalkan energi dari sebuah partikel dapat direpresentasikan dalam bentuk E ( z ) = az 2 dengan z adalah kordinat, atau momentum, dan dapat memiliki nilai dari -∞ sampai ∞. a. Tunjukkanlah bahwa energi rata-rata tiap partikel untuk sistem di atas yang memenuhi statistik Boltzmann adalah E = kT / 2 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) : ⎛ E( z) ⎞ f ( z ) ∝ exp ⎜ − ⎟ ⎝ kT ⎠ Sehingga energi rata-rata partikelnya adalah

E=∫

+∞

−∞

⎛ E( z) ⎞ exp ⎜ − ⎟ E ( z )dz −∞ kT ⎠ ⎝ f ( z ) E ( z )dz = +∞ ⎛ E( z) ⎞ ∫−∞ exp ⎜⎝ − kT ⎟⎠ dz

∫

+∞

dengan memasukkan E ( z ) = az 2 dari persamaan di atas, maka diperoleh E = kT / 2

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 12 kT . Dalam persoalan di atas, sistem hanya memiliki 1 derajat kebebasan, maka energi rata-ratanya adalah 12 kT . 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 T → 0 dan T → ∞

Solusi :

a. Energi rata-rata sebuah partikel adalah : E0e− β E0 + E1e− β E1 u= e− β E0 + e− β E1

Dengan mengambil asumsi E1 > E0 > 0 dan menentukan ∆E = E1 − E0 , maka diperoleh u=

E0 + E1e− β∆E 1 + e− β∆E

b. Ketika T → 0 , maka β = 1/ kT → ∞ , diperoleh u ≈ ( E0 + E1e− β∆E )(1 − e− β∆E ) = E0 + ∆Ee− β∆E

Ketika T → ∞ , maka β = 1/ kT → 0 , diperoleh u ≈ 12 ( E0 + E1 − β E1∆E ) (1 + 12 β∆E ) ≈

1 2

( E0 + E1 ) − β4 (∆E )2

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 T → 0 dan T → ∞

Solusi :

a. Kapasitas panas spesifik per mol adalah 2

C = NA

∂u ∂u ∂β e−∆E / kT ⎛ ∆E ⎞ = NA ⋅ = R⎜ ⎟ 2 ∂T ∂β ∂T ⎝ kT ⎠ (1 + e−∆E / kT )

222

b. Ketika T → 0 diperoleh 2

⎛ ∆E ⎞ −∆E / kT C ≈ R⎜ ⎟ e ⎝ kT ⎠

Ketika T → ∞ diperoleh C≈

R ⎛ ∆E ⎞ ⎜ ⎟ 4 ⎝ kT ⎠

2

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 N2 = e−ε / kT , N1 N3 = e−10ε / kT , N1

maka N3 =

1+ e

N + e10ε / kT

9ε / kT

Pada saat N3 < 1, tak ada pengisian pada tingkat energi N3, yaitu pada saat T < Tc, hanya E1 dan E2 yang terisi, maka hubungan

1+ e

N =1 + e10ε / kT

9ε / kT

223

terpenuhi. Jika N

1, diperoleh

10ε k ln N

Tc ≈

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 E=

ε (e−ε / kT + e−10ε / kT ) 1 + e−ε / kT + e−10ε / kT

Sedangkan kapasitas panas spesifiknya adalah : Cv = N A

∂E Rε 2 (e− βε + 100e−10 βε + 81e−11βε ) 2 = β ∂T (1 + e−εβ + e−10 βε )2

Dengan β = 1/ kT dan NA adalah bilangan Avogadro. Untuk temperatur tinggi, kT

ε,

2

Cv ≈

182 ⎛ ε ⎞ 1 R⎜ ⎟ ∝ 2 9 ⎝ kT ⎠ T

Untuk temperatur rendah, kT Cv ≈ Rε 2

ε,

e−ε / kT

( kT )

2

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 ratarata ensembel U dan U 2 untuk energi sistem U diasumsikan berasal dari spin saja. Solusi :

Untuk atom tunggal, ungkapan berikut ini terpenuhi : eβ − e− β 1 + eβ + e− β 2 eβ + e− β ε =− 1 + eβ + e− β

ε =−

Dan untuk sistemnya, U = ε1 + ε 2 = −2

e β − e− β , 1 + eβ + e− β

U 2 = ( ε1 + ε 2 ) = ε12 + ε 2 2 + 2ε1ε 2 2

Karena ε1ε 2 = ε1 ⋅ ε 2 , maka U2 =

2 [ exp(2β ) + exp(−2β )] + exp β + exp(− β )

[1 + exp β + exp(−β )]

2

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 T = pV / nk = 241 K

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 nondegenerate 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 : n2 = exp((ε1 − ε 2 ) / kT ) n1

Sehingga T=

ε1 − ε 2 k

1

ln

( ) n2 n1

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 q =

T=

Nilai

∂Q ∂S , menghasilkan =T ∂T ∂t

q ∂ ⎛ S⎞ ⎜ ⎟ ⎝ ∂t ⎠

∂S diperkirakan dengan menggunakan integral tengah pada t = 500 s, diperoleh ∂t ∂S ⎛ 3.20 − 3.00 ⎞ −3 =⎜ ⎟ = 1.0 ×10 J / sec.K ∂t ⎝ 600 − 400 ⎠

Sehingga, nilai T = 10 K. 15. Soal :

Turunkan ungkapan kapasitas panas vibrasi dari gas diatomik sebagai fungsi dari temperatur. (Gunakan hω0 / k = θ ). Lakukan dengan menggunakan ungkapan fungsi partisi vibrasi, mengevaluasi dan menggunakan hasilnya untuk menghitung nilai Cvib. Solusi :

Tingkat energi vibrasi untuk gas diatomik adalah : ε v = hω0 (v + 1 2), v = 0,1, 2,...

Fungsi partisinya adalah : ∞ ⎛ e− 2 ⎞ dengan x = β hω0 Z vib = ∑ exp [ − β hω0 (v + 1 2)] = ⎜ −x ⎟ v =0 ⎝ 1− e ⎠ x

Energi bebas untuk 1 mol gas tersebut adalah : F = − N AkT ln Z vib =

NA N hω0 + A ln [1 − exp(− β hω0 )] 2 β

Energi dalam dari sistem ini adalah : U = F −T

N A hω0 ∂F N A hω0 + = ∂T 2 exp( β hω0 ) − 1 227

Sehingga dapat diturunkan ungkapan kapasitas panas vibrasi : Cv =

hω θ ∂U x2e x , x= 0 = = 2 ∂T ( x − 1) kT T

16. Soal :

Tentukan limit temperatur Cvib untuk kasus gas diatomik. Solusi :

Dari persoalan sebelumnya, telah diturunkan ungkapan kapasitas panas vibrasi, yaitu : Cv =

hω θ ∂U x2e x , x= 0 = =R 2 ( x − 1) ∂T kT T

Limit temperatur tinggi T

θ, atau x

1, maka didapat :

Cv ≈ R

Limit temperatur rendah T

θ, atau x

1, maka didapat :

Cv ≈ R(θ / T )2 exp(−θ / T )

17. Soal :

Osilator harmonik kuantum 1 dimensi (dengan tingkat energi dasar = hω / 2 ) 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

hω dan kT

hω

Solusi :

Diketahui fungsi partisi sistem tersebut adalah : ∞ hω ⎤ 2 ⎛ −E ⎞ ∞ ⎡ z = ∑ exp ⎜ n ⎟ = ∑ exp ⎢ − ( n + 1 2 ) = ⎥ kT ⎦ sinh hω ⎣ ⎝ kT ⎠ n=0 n=0

(

2kT

)

a. Energi rata-ratanya adalah :

228

E = kT 2

∂ hω ⎛ hω ⎞ ln z = coth ⎜ ⎟ ∂T 2 ⎝ 2kT ⎠

b. Akar kuadrat rata-rata dari fluktuasi energinya adalah : ∆E = T k

∂ E ∂T

c. Pada limit kT E →

=

hω 2sinh ( 2hkTω )

hω :

hω ⎛ hω ⎞ , ∆E → hω exp ⎜ − ⎟ 2 ⎝ 2kT ⎠

Pada limit kT

hω :

E → kT , ∆E → kT

18. Soal :

Perhatikan sebuah sistem N0 osilator kuantum tak berinteraksi 1D dalam kesetimbangan termal pada temperatur T. Tingkat energi dari sebuah osilator diketahui berupa : Em = (m + 1 2)γ / V , dengan m = 0,1, 2,...; γ adalah konstanta,V adalah volume1D

a. Tentukan U dan Cv sebagai fungsi T. b. Sketsa U(T) dan Cv(T). Solusi :

Fungsi partisi sistem ini adalah : ⎛ β (m + 12)γ z = ∑ exp ⎜ − V ⎝ m =0 ∞

(

)

exp − βγ 2V 1 ⎞ = csch βγ ⎟= 2V − βγ 2 ⎠ 1 − exp V

(

)

(

)

a. Energi dalam sistem ini adalah U = − N0 =

(

Nγ ∂ ln z = 0 coth βγ 2V ∂β 2V

(

N0γ coth γ 2VkT 2V

)

)

Kapasitas panas spesifik pada volum konstan adalah :

229

(

⎛ ∂U ⎞ γ cv = ⎜ ⎟ = N0 k 2VkT ∂ T ⎝ ⎠v

) csch (γ 2VkT ) 2

2

b. Sketsa U(T) dan Cv(T).

U(T)

N 0γ

Cv(T)

2V

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 : T=

2ε 2 ×1.6 ×10−19 = = 7.7 ×103 K 3k 3 ×1.38 ×10−23

b. Tingkat energi untuk atom Hidrogen adalah : ⎛ −13.6 ⎞ En = ⎜ 2 ⎟ eV ⎝ n ⎠

230

Dengan menggunakan distribusi Boltzmann, diperoleh : N3 ⎛ E − E3 ⎞ = exp ⎜ 1 ⎟ N1 ⎝ kT ⎠

Dengan memasukkan nilai-nilai berikut : ⎛ −13.6 ⎞ ⎛ −13.6 ⎞ E1 = ⎜ 2 ⎟ eV, E3 = ⎜ 2 ⎟ eV, dan kt = (2 / 3) eV ⎝ 1 ⎠ ⎝ 3 ⎠

Maka didapat nilai : N3 / N1 ≈ 1.33 ×10−8 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: 3 2

ε = kT + E0 +

g 2 Ee− E / kT g1 + g 2e− E / kT

dengan E0 adalah energi disosiasi keadaan dasar (keadaan dasar dipilih sebagai titik nol energi), maka cv =

∂ε 3 ∂ ⎛ g 2 Ee− E / kT ⎞ = k+ ⎜ ⎟ ∂T 2 ∂T ⎝ g1 + g 2e− E / kT ⎠ ⎞ ∂ ⎛ g2 E 3 = k+ ⎜ E / kT ⎟ ∂T ⎝ g 2 + g1e 2 ⎠ g g E 2e E / kT 3 = k+ 2 1 2 kT ( g 2 + g1e E / kT )2 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 (-∞
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: N =

2 2 + e(ε − µ ) /τ

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 : Em = (m + 1 2)γ / V , dengan m = 0,1, 2,...;

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

n(ε ) =

2π V (2m)3/ 2 ε dε ⋅ (ε − µ ) / kT 3 h e −1

Kemudian, karena ∞

N=

2π V (2m)3/ 2 ε ⋅ ∫ (ε − µ ) / kT d ε 3 h e 0

⎛ 2π mkT ⎞ =V ⎜ ⎟ 2 ⎝ h ⎠

3/ 2

µ

e kT

maka

e

µ − kT

=

V 1 ⎛d ⎞ ⋅ =⎜ ⎟ N λ3 ⎝ λ ⎠

3

Dengan λ = h / 2π mkT adalah panjang gelombang de Broglie dari gerakan termal dari partikel, dan d = 3 V / N . Dengan demikian pendekatan d pendekaan exp(-µ/kT)

λ setara dengan

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. 2ε ε 0 Solusi :

Statistik Bose Einstein 2ε

*

ε

*

0

**

*

*

Total

0

1ε

2ε

* **

*

2ε

3ε

**

4ε

Energi

Ζ = e −0 / kT + e −ε / kT + 2e −2ε / kT + e −3ε / kT + e −4ε / kT

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

pi = p (0)e − Ei / kT yang menyatakan probabilitas suatu assembly berada dalam keadaan (state) i. Fungsi partisi total dinyatakan sebagai: Ζ = ∑ e − Ei / kT i

Dengan F = −kT 2 ln Ζ dan ⎛ ∂F ⎞ S = −⎜ ⎟ ⎝ ∂T ⎠V

serta F = E − TS

sehingga ⎛ ∂( F / T ) ⎞ E = −T 2 ⎜ ⎟ ⎝ ∂T ⎠V

diperoleh ⎧∂2F ⎫ ⎛ ∂E ⎞ T Cv = ⎜ = − ⎟ ⎨ 2⎬ ⎝ ∂T ⎠V ⎩ ∂T ⎭

Dengan Ζ = e −0 / kT + e −ε / kT + 2e −2ε / kT + e −3ε / kT + e −4ε / kT , menggunakan ekspresi simbolik pada Matlab, diperoleh hasil berikut :

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 exp(- ---) 2 T

|

Eps

Eps

Eps exp(-2 ---)

k T

Eps exp(-3 ---)

k T

k T

k |-------------- + 4 --------------- + 3 --------------|

2

\

2

k T

2

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 exp(- ---) |

Eps Eps exp(-2 ---)

k T

Eps Eps exp(-3 ---)

k T

k T

2 T k |-------------- + 4 --------------- + 3 --------------| \

2

2

k T

2

k T

k T

Eps \

/

Eps exp(-4 ---)|

|

k T |

2

+ 4 ---------------|/(%1) + T

|

Eps Eps exp(- ---) k T

2 Eps

Eps exp(- ---) k T

k |-2 -------------- + ---------------

240

2 k T

|

|

/

\

Eps

3 k T

2

Eps exp(-2 ---)

Eps

2 k

Eps exp(-2 ---)

k T

4 T

Eps Eps exp(-3 ---)

k T

k T

- 8 --------------- + 8 ---------------- - 6 --------------3

2

k T

k

2 Eps

4

3

T

k T

Eps

Eps

exp(-3 ---)

Eps exp(-4 ---)

k T

2 Eps

Eps \ exp(-4 ---)|

k T

k T |

+ 9 ---------------- - 8 --------------- + 16 ----------------|/(%1) 2 k

4

3

T

k T

/

- T

k

Eps

|

4

Eps exp(-2 ---)

k T

|

T

Eps

|Eps exp(- ---) 2

2

/

Eps Eps exp(-3 ---)

k T

k T

k |-------------- + 4 --------------- + 3 --------------|

2

\

2

k T

2

k T

k T

Eps \2 Eps exp(-4 ---)| k T | + 4 ---------------| 2 k T

Eps

|

/ /

2 %1

/

/

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

Ζ = ∑ W exp⎡⎢ β ⎛⎜⎜ µ ∑ n − ∑ n ⎝ i

⎣

{i }

k

k

k

k

⎞⎤ E k ⎟⎟ ⎥ ⎠⎦

(1)

dengan Wi adalah fungsi bobot yang berkaitan dengan fungsi distribusinya. Iterasi i berkaitan dengan jumlah partikel ,

∑n

k

= N i ( jumlah partikel ). Persamaan (1) dapat

k

ditulis ulang dalam bentuk ( tanpa memperhitungkan faktor degenerasi )

Z = ∑∏ exp[β (µ − E )n ] k

k

(2)

{ nk } k

dan untuk sistem boson (tanpa memperhitungkan faktor degenerasi) didapatkan

Z = ∏ (1 + e β µ

( − Ek )

+ e 2 β ( µ − Ek ) + ..)

k

=∏ k

1 1− e

β ( µ − Ek )

(3)

Pada sistem tersebut, berlaku jumlah partikel merupakan jumlah rata – rata partikel untuk konfigurasi yang mungkin, yaitu N = ∑ nk k

N=∑ k

1

(4)

e − β ( µ − Ek ) − 1

sehingga, dengan memandang rapat keadaan disekitar energi E adalah D(E ) , jumlah partikel rata – rata dapat juga dituliskan sebagai

242

∞

N = ∫ D( E ) 0

1 e

−β (µ −E)

−1

(5)

dE

Persamaan ini mengabaikan keadaan E = 0 yang dalam keadaan kuantum haruslah mempunyai bobot juga. Untuk mengakomodasinya, persamaan (5) akan berubah menjadi ∞

N = ∫ D( E ) 0

1 e −β (µ−E) − 1

dE +

1 e βµ V 1 + e βµ

(6)

Suku tambahan itu akan mempunyai nilai N 0 (jumlah partikel yang berada dalam keadaan dasar E = 0 ). Dengan E =

∂ ∑ E 2Vπ h 2 k 2 h 2π 2 2 3/ 2 R , sehingga D( E ) = = = 3 (2m ) E 1 / 2 , persamaan 2 2m ∂E 2mL h

(6) dapat dituliskan sebagai ⎛ 2m ⎞ N − N 0 = V 2π ⎜ 2 ⎟ ⎝h ⎠

3/ 2 ∞

1

∫ E2 0

1

e

−β (µ−E)

−1

(7)

dE

Dengan memisalkan x = β E sehingga dE = β −1 dx dan E 1 / 2 = x 1 / 2 β −1 / 2 , persamaan (7) dapat ditulis ulang sebagai ⎛ 2m ⎞ N = V 2π ⎜ 2 ⎟ ⎝h ⎠ ⎛ 2m N = V 2π ⎜⎜ 2 ⎝ βh

3/ 2

β

∞

−3 / 2

∫x

1/ 2

0

⎞ ⎟⎟ ⎠

1 dx z e −1 −1 x

3/ 2 ∞

ze − x 1/ 2 x ∫0 1 − ze − x dx

(8)

1 x = 1 + x + x 2 + x 3 + ... = ∑ x l , sehingga = ∑ x l , maka 1− x 1 − x l =1 l =0

Mengingat relasi

bagian integrand persamaan (8), dapat dituliskan sebagai ∞

G3 / 2 ( z ) = ∫ x1 / 2 ∑ ( ze − x ) l dx 0

(9)

l =1

yang bila diekspansikan akan memberikan 243

x

G3 / 2 ( z ) = ∫ x

1/ 2

0

∞

ze dx + ∫ x −x

1/ 2

2

z e

−2x

0

∞

dx + ∫ x 1 / 2 z 3 e − 3 x dx 0

⎤ ⎡ 3 z 3 z 3 G3 / 2 ( z ) = ⎢ zΓ( ) + 3 / 2 Γ( ) + 3 / 2 Γ( ) + ....⎥ 2 2 2 3 2 ⎦ ⎣ 2

3

(10)

sehingga persamaan (8) dapat dituliskan sebagai ⎛ 2m N = V 2π ⎜⎜ 2 ⎝ βh dengan g 3 / 2 ( z ) =

⎞ ⎟⎟ ⎠

3/ 2

3 Γ( ) g 3 / 2 ( z ) 2

(11)

1 G ( z ) . Persamaan ini dapat ditulis ulang dengan memberikan 3 3/ 2 Γ( ) 2

3 π dan diperoleh rata – rata partikel sebagai nilai Γ( ) = 2 2 ⎛ 2πm ⎞ N = V ⎜⎜ 2 ⎟⎟ ⎝ βh ⎠

3/ 2

g 3 / 2 ( z)

(12)

⎛ 2πm ⎞ dan dengan menerapkan panjang gelombang termal λ = ⎜⎜ 2 ⎟⎟ ⎝ βh ⎠ N=

V

λ3 / 2

g 3 / 2 ( z)

−1 / 2

, diperoleh (13)

Nilai ( pV ) dapat diperoleh dengan menerapkan pV = − β −1 ln Z , sehingga diperoleh ⎛ 1 pV = − k B T ln⎜⎜ ∏ β ( µ − Ek ) ⎝ k 1− e

⎞ ⎟⎟ ⎠

⎤ ⎡ 1 pV = − k B T ⎢ ∑ ln β ( µ − Ek ) ⎥ ⎦ ⎣ k 1− e

(14)

yang dapat diubah dalam bentuk kontinu menjadi

244

∞

pV 1 = − ∫ D( E ) ln dE k BT 1 − e β (µ −E) 0 pV ⎛ 2m ⎞ = −V 2π ⎜ 2 ⎟ k BT ⎝h ⎠

3/ 2 ∞

∫E

1/ 2

ln

0

(15)

1 1 − e β (µ−E)

dE

Persamaan (15) mengasumsikan bahwa partikel dengan E = 0

tidak disertakan

mengingat batas – batas integral yang dipakai. Untuk mengikutkannya, persamaan (15) dapat ditulis ulang menjadi

pV ⎛ 2m ⎞ = −V 2π ⎜ 2 ⎟ k BT ⎝h ⎠

3/ 2 ∞

∫E

1/ 2

ln

0

1 1− e

β (µ −E)

dE −

1 1 ln V 1 − e βµ

(16)

Dengan menerapkan z = e βµ dan x = e βE kembali, dapat dituliskan p ⎛ 2m ⎞ = −2π ⎜ 2 ⎟ k BT ⎝h ⎠

3/ 2

β

∞

−3 / 2

∫x 0

1/ 2

ln

1 1 1 dx − ln −x V 1− z 1 − ze

Suku terakhir mempunyai kontribusi yang sangat kecil. Dalam kasus terburuk, untuk N buah partikel, akan terdapat paling banyak Θ( N −1 ln N ) keadaan yang memenuhinya dan untuk N → ∞ , akan paling banyak bernilai 1. Suku tersebut akan diabaikan. Persamaan (16) akan kembali ke bentuk persamaan (15) dan ditulis ulang menjadi ⎛ 2m p = 2π ⎜⎜ 2 k BT ⎝ βh

⎞ ⎟⎟ ⎠

3/ 2 ∞

∫x

1/ 2

ln (1 − ze − x )dx

(17)

0

yang dapat diekspansi dengan ln(1 + x) = x −

x2 x3 x4 + − + ... menjadi 2 3 4

245

⎛ 2m p = 2π ⎜⎜ 2 k BT ⎝ βh ⎛ 2m p = 2π ⎜⎜ 2 k BT ⎝ βh

⎞ ⎟⎟ ⎠

3/ 2 ∞

⎞ ⎟⎟ ⎠

3/ 2

∫x

1/ 2

0

⎛ − x z 2 e − 2 x z 3 e −3 x ⎞ ⎜⎜ ze + + + ... ⎟⎟ dx 2 3 ⎝ ⎠

∞ ∞ 2 −2 x 3 −3 x ⎧∞ 1/ 2 − x ⎫ 1/ 2 z e 1/ 2 z e dx + ∫ x dx + ...⎬ ⎨ ∫ x ze dx + ∫ x 2 3 0 0 ⎩0 ⎭

(18)

Persamaan (18) akan mempunyai nilai

⎛ 2m p = 2π ⎜⎜ 2 k BT ⎝ βh

⎞ ⎟⎟ ⎠

3/ 2

⎞ ⎟⎟ ⎠

3/ 2

⎧ z l Γ(3 / 2 ) ⎫ ⎨∑ ⎬ l 5/ 2 ⎭ ⎩ l

(19)

Sehingga diperoleh ⎛ 2m p = 2π ⎜⎜ 2 k BT ⎝ βh

π ⎧

zl ⎫ 1 g 5 / 2 ( z) ⎨∑ ⎬= 2 ⎩ l l 5 / 2 ⎭ λ3

(20)

⎧⎪ ∂ ln Z ⎫⎪ ⎧ ∂ ( pVβ −1 ) ⎫ Nilai energi dapat diperoleh dengan U = − ⎨ , atau U = ⎨ ⎬ akan ⎬ ⎪⎩ ∂β ⎪⎭ z ,V ⎩ ∂β ⎭ z ,V memberikan ⎫ ⎧ 1 ∂ g ⎧ ∂ ⎪⎪ λ3 5 / 2 ⎪⎪ U = −V ⎨ ⎬ = −V ⎨ ⎩ ∂β ⎪ ∂β ⎪ ⎪⎭ z ,V ⎪⎩

⎧ 3β 1 / 2 ⎫ ⎫ ⎛ 1 ⎞ ⎜ '3 − 3 / 2 ⎟ g 5 / 2 ⎬ = V ⎨ '3 g 5 / 2 ( z ) ⎬ ⎝λ λ ⎠ ⎭ ⎩ 2λ ⎭

(21)

⎧ 3β −1 ⎫ U = V ⎨ 3 g 5 / 2 ( z )⎬ ⎩ 2λ ⎭

sehingga diperoleh p=

2U 3V

(22)

5. Soal :

246

Hitunglah perbedaan orde 1 untuk nilai rata-rata energi antara sistem N partikel nonidentik 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 e

( ε − µ ) / kT

−1

≈ e − (ε − µ ) / kT (1 + e− (ε − µ ) / kT )

energi rata-ratanya adalah E=

∞ 2π V (2m)3/ 2 ⎡ µ / kT − ε / kT dε ⎢∫ ε ε e e 3 h ⎣0 ∞ ⎤ 3 ⎛ 1 λ3 ⎞ + ∫ ε ε e 2 µ / kT e −2ε / kT d ε ⎥ = NkT ⎜ 1 + 3 ⎟ ⎝ 4 2d ⎠ 0 ⎦ 2

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

1 e

( ε − µ ) / kT

−1

mengharuskan nilai µ ≤ 0 . Secara umum, n=∫

1 e

( ε − µ ) / kT

2π (2m)3/ 2 ε d ε 3 −1 h

247

Pada saat temperatur turun, potensial kimia turun terus hingga mencapai nilai 0, yang mana n=∫

1 e

ε / kT

2π (2m)3/ 2 ε d ε − 1 h3

Kondensasi Bose terjadi pada saat temperatur terus menurun secara kontinu dengan

µ = 0 . Dengan demikian, pad limit temperatur yang sangat rendah, sistem Bose dapat dikatakan memiliki µ = 0 . Jumlah partikel pada keadaan tak terkondensasi tak kekal. Densitas energi u dan kapasitas panas spesifik c diperoleh sbb : 2π (2m)3/ 2 ε d ε 3 e −1 h ∞ x 3/ 2 2π = 3 (2m)3/ 2 (kT )3/ 2 ∫ x dx h e −1 0

u=∫

ε

ε / kT

∂u ⎛ 2mkT ⎞ c= = 5π k ⎜ 2 ⎟ ∂T ⎝ h ⎠

3/ 2 ∞

x 3/ 2 ∫0 e x − 1 dx

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 µ = 0 terpenuhi pada setiap temperatur, dan ε = hω . Rapat keadaannya adalah

ω 2 dω , dan densitas energinya adalah. π 2c3

1 hω 3 h ⎛ kT ⎞ u = 2 3 ∫ hω / kT dω = 2 3 ⎜ −1 π c e π c ⎝ h ⎟⎠

4

x 3 dx ∫ ex −1

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

D(ε ) sebagai fungsi energi partikel tunggal ε . Sketsakan

hasilnya. Tuliskan pula ekspresi untuk rata-rata angka pengisian keadaan partikel tunggal,

nε , sebagai fungsi ε , T, dan potensial kimia µ (T ) . Gambarkan pula fungsi ini dalam sketsa tersebut, dan indikasikan di mana letak ε = µ .

Solusi :

Dari pernyataan ε = p 2 / 2m dan D (ε )d ε =

4π V 2 p dp h3

diperoleh D(ε )d ε =

4π V (2m)3/ 2 ε 1/ 2 . 3 h

dan ekspresi untuk rata-rata angka pengisian keadaan partikel tunggal adalah nε =

1 e

( ε − µ ) / kT

−1

( µ ≤ 0)

Sketsa hasilnya :

249

D (ε )

nε

µ

ε

0

9. Soal :

Untuk kasus yang sama dengan no.8, tuliskan ekspresi integral yang menentukan secara eksplisit nilai µ (T ) . Solusi :

Dengan ε = p 2 / 2m , maka N=

4π V (2π h)3

∞

∫p

2

nε dp

0

∞

2π (2m) V 1/ 2 dε ε = 3 ( ε − µ ) / kT ∫ −1 (2π h) e 0 3/ 2

atau ∞

dx 2π N / V = 3 (2mkT )3/ 2 ∫ x1/ 2 ( x − xµ ) h −1 e 0 Di mana xµ = µ / kT ≤ 0. Nilai N/V tak berubah pada saat T menurun nilainya, namun

µ (T ) berkurang terus hingga mendekati nol. 10. Soal : 250

Dari hasil yang diperoleh dari soal no.9, perkirakan µ (T ) untuk T < TC . Deskripsikan nilai n(ε , T ) untuk T < TC .

Solusi :

Untuk boson, berlaku µ < 0 . Pada saat T ≤ TC , µ ≈ 0 Pada saat yang sama, berlaku nε > 0 =

1 e

ε / kT

−1

dan ∞ dx ⎤ ⎡ 2π V nε =0 = n ⎢1 − 3 (2m)3/ 2 (kT )5/ 2 ∫ x1/ 2 x ⎥ 0 h e − 1⎦ ⎣

⎡ ⎛ T ⎞3/ 2 ⎤ = n ⎢1 − ⎜ ⎟ ⎥ ⎢⎣ ⎝ Tc ⎠ ⎥⎦

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

∞

n=

2π ε 1/ 2 d ε 3/ 2 (2 m ) ∫0 eε / kT − 1 h3 ∞

1/ 2 dx 2π 3/ 2 x = 3 (2mkTc ) ∫ x e −1 h 0

di mana integral ∞

x1/ 2 dx = 1,306 π A=∫ x e −1 0 sehingga h2 ⎛ n ⎞ Tc = ⎜ ⎟ 2mk ⎝ 2π A ⎠

2/3

12. Soal :

Pertimbangkan sebuah sistem gas boson yang identik, tak berinteraksi, dan nonrelativistik. Jelaskan apakah efek kondensasi Bose-Einstein dapat diterapkan dalam kasus gas dua dimensi maupun gas satu dimensi. Solusi :

Kondensasi Bose-Einstein terjadi pada saat µ = 0 . Untuk kasus gas dua dimensi, berlaku ∞

N=

2π mA dε 2 (ε − µ ) / kT ∫ −1 h 0e ∞

=

2π mA ⎛ ∞ − l (ε − µ ) / kT ⎞ ∑e ⎟d ε h 2 ∫0 ⎜⎝ l =1 ⎠

=

∞ 2π mA 1 l µ / kT kT e ∑ 2 h l =1 l

Jika µ = 0 , maka persamaan di atas divergen. Maka µ ≠ 0 dan kondensasi Bose-Einstein tak terjadi pada gas dua dimensi. Untuk kasus gas satu dimensi, berlaku

252

∞

N=

2mL dε ∫ (ε − µ ) / kT 2h 0 ε e −1

(

)

Jika µ = 0 , maka bagian integral pada persamaan di atas divergen. Maka sekali lagi

µ ≠ 0 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 ε = pc . 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 ⎛ ∂F ⎞ ⎜ ⎟ =0 ⎝ ∂N ⎠T ,V maka ⎛ ∂F ⎞ ⎟ =0 ⎝ ∂N ⎠T ,V

µ =⎜

b. Rapat keadaan dari sistem ini adalah

⎛ 8π Vp 2 ⎞ ⎜ ⎟ dp 3 ⎝ h ⎠ atau ⎛ Vω2 ⎞ ⎜ 2 3 ⎟ dω ⎝π c ⎠ 253

Sehingga jumlah fotonnya adalah N =∫

V 1 ω 2 hω / kT d ω 2 3 π c −1 e

V ⎛ kT ⎞ = 2 3⎜ π c ⎝ h ⎟⎠

3

∫

∞

0

α2 eα − 1

dα

N ∝T3

14. Soal :

Tunjukkan bahwa untuk gas foton berlaku p = U / 3V

Solusi :

Rapat keadaan dinyatakan oleh D(ε ) = αV ε 2 d ε , dengan α adalah konstanta. Dengan

(

)

ln Ξ = − ∫ D ( ε ) ln 1 − e − βε d ε p=

1 ∂ ln Ξ β ∂V

=−

α 2 ε ln (1 − e− βε ) d ε ∫ β

diperoleh

ε dε 1 ∞ V αε 2 βε ∫ 0 e −1 3V = U / 3V

p= −

15. Soal :

Dengan menggunakan hukum I dan II termodinamika, serta hubungan p = U / 3V , carilah ketergantungan densitas energi terhadap temperatur pada gas foton. 254

Solusi :

Untuk radiasi termal, berlaku U (T ,V ) = u (T )V Dengan menggunakan hubungan termodinamika berikut : ⎛ ∂U ⎞ ⎛ ∂p ⎞ ⎜ ⎟ =T ⎜ ⎟ −p ⎝ ∂T ⎠T ⎝ ∂T ⎠V

Dari pernyataan tersebut diperoleh T ∂u u − 3 ∂T 3 atau

u=

u = γ T 4 , dengan γ adalah konstan 16. Soal :

a. Tunjukkan bahwa jumlah foton dalam keadaan setimbang pada temperatur T pada sebuah rongga dengna volume V adalah N = V (kt / hc)3 dikali sebuah konstanta numerik. b. Gunakan hasil ini untuk mendapatkanekspresi kualitatif dai kapasitas panas dari gas foton pada volume konstan. Solusi :

a. Rapat keadaan foton dinyatakan oleh dg =

V ε 2dε π ch 2 3 3

sehingga

255

N =∫

V 1 dε ε 2 εβ e −1 π ch 2 3 3

2

⎛ kT ⎞ = V ⋅⎜ ⎟ ⋅α ⎝ hc ⎠ dengan

β=

1 1 , α= 2 kT π

∫

λ2

∞

0

eλ − 1

dλ

b. Rapat energinya adalah u=∫

ε V ε 2 εβ dε π ch e −1 2 3 3

3

⎛ kT ⎞ 1 = kTV ⋅ ⎜ ⎟ ⋅ 2 ⎝ hc ⎠ π

∫

∞

0

λ3 eλ − 1

dλ

Sehingga dari pernyataan CV =

∂u , diperoleh CV ∝ T 3 ∂T

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 u = α T 4 , sehingga energi totalnya adalah E ∝ VT 4 . Dari persamaan TdS = dE + pdV , berlaku

256

⎛ ∂S ⎞ ⎛ ∂E ⎞ 3 T⎜ ⎟ =⎜ ⎟ ∝ VT ⎝ ∂T ⎠V ⎝ ∂T ⎠V

Dengan demikian S = VT 3 ⋅ konstanta 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 T=

3K 21/ 3

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 E d3 p 1 8π c 1 = 2∫ 3 pc β pc = 3 V h e − 1 h ( β c )4

∫

∞

0

x 2 dx ex −1

Dengan faktor 2 menyatakan jumlah polarisasi per keadaan. Dengan demikian, E 8π 5 (kT ) 4 = = 10−14 J/m3 V 15 ( hc )3

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 :

(

)

n(k ) = 1/ e βε ( k ) − 1

Jumlah total foton adalah : N = 2 ⋅V ∫

d 3k 1 3 β hck / 2π (2π ) e −1

dengan ε (k ) = hkc untuk foton, dan β = κ B1T . Faktor dua timbul karena adanya polarisasi dua arah. Sehingga : 3

N 1 ⎛k T ⎞ n = = 2 ⎜ B ⎟ ⋅I V π ⎝ hc ⎠ dengan ∞

I = ∫ dx 0

∞

∞

x2 ex −1 ∞

1 ≈ 2.4 3 n =1 n

= ∑ ∫ dx ⋅ x 2 e − nx = 2∑ n =1

0

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 dN =

V ω 2 dω 1 ,β= 2 3 β hω kT π c e −1

Jumlah total foton adalah : 258

N=

V π 2c3

∫

ω 2 dω

∞

0

e β hω / 2 π

V 1 2 3 − 1 π c ( β h )3 =

3

∫

∞

0

x 2 dx ex −1

∞ V ⎛ kT ⎞ 1 2 × 1.2 ⎛ kT ⎞ 2 = 2⎜ ⋅ ⋅V ⎜ ⎟ ∑ 3≈ ⎟ π ⎝ hc ⎠ n =1 n π2 ⎝ hc ⎠

3

⎛ 1.38 × 10−16 × 3 ⎞ 2.4 4 = 2 ⋅ π ⋅ (1028 )3 ⋅ ⎜ 10 ⎟ −27 π 3 ⎝ 1.05 ×10 × 3 × 10 ⎠

3

≈ 2.5 ×1087 Dengan total energinya adalah E=

V π 2c3

∫

∞

0

ω 3dω

=

π 2k 4

e β hω − 1 15 ( hc )3

VT 4

≈ 2.6 ×1072 erg

259

Soal Latihan 1. Tunjukkan bahwa kompresibilitas isotermal κT dan kompresibilitas adiabatis κS dari gas ideal Bose diberikan oleh :

κT =

1 g1/ 2 ( z ) 3 g3/ 2 ( z ) ,κS = nkT g3/ 2 ( z ) 5nkT g5/ 2 ( z )

dengan n(=N/V) adalah densitas partikel dalam gas.

2. Tunjukkan bahwa pada gas ideal Bose berlaku : 1 ⎛ ∂z ⎞ 5 g5/ 2 ( z ) ⎜ ⎟ = z ⎝ ∂T ⎠ P 2T g3/ 2 ( z )

3. Dengan menggunakan hubungan 2

⎛ ∂P ⎞ ⎛ ∂V ⎞ ⎛ ∂P ⎞ CP − CV = T ⎜ ⎟ ⎜ ⎟ = TV κ T ⎜ ⎟ ⎝ ∂T ⎠V ⎝ ∂T ⎠ P ⎝ ∂T ⎠V

dan CP / CV = κ T / κ S buktikan bahwa

γ ≡ CP / CV =

5 g5/ 2 ( z ) g1/ 2 ( z ) 3 { g3/ 2 ( z )}2

4. Hitunglah (∂ 2 P / ∂T 2 )v , (∂ 2 µ / ∂T 2 )v , (∂ 2 µ / ∂T 2 ) P , untuk gas ideal Bose, dan ujilah apakah hasilnya sesuai dengan hubungan-hubungan termodinamika berikut :

260

⎛ ∂2P ⎞ ⎛ ∂2µ ⎞ CV = VT ⎜ 2 ⎟ − NT ⎜ 2 ⎟ ⎝ ∂T ⎠v ⎝ ∂T ⎠v dan ⎛ ∂2µ ⎞ CP = − NT ⎜ 2 ⎟ ⎝ ∂T ⎠ P

5. Kecepatan suara dalam fluida diberikan oleh w = (∂P / ∂ρ ) S dengan ρ adalah densitas fluida. Tunjukkan bahwa untuk gas ideal Bose berlaku : w2 =

5kT g5/ 2 ( z ) 5 2 = u dengan u 2 adalah kuadrat rata-rata kecepatan partikel dalam 3m g3/ 2 ( z ) 9

gas.

6. Tunjukkan bahwa untuk gas ideal Bose berlaku u

1 4 g1 ( z ) g 2 ( z ) = u π { g3/ 2 ( z )}2

dengan u adalah kecepatan partikel. Tinjau untuk keadaan dimana z Æ 0 dan z Æ 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 P = 13 n pu pada gas roton dan ujilah bahwa hasil yang diperoleh akan cocok dengan hubungan Boltzmann P = nkT .

10. Pertimbangkan sebuah gas ideal Bose dalam medan gravitasi uniform. Tunjukkan bahwa fenomena kondensasi Bose-Einstein yang terjadi pada temperatur TC diberikan oleh TC

⎡ 8 1 ⎛ π mgL ⎞1/ 2 ⎤ ⎥ T ⎢1 + ⎜ 0 ⎟ ⎢⎣ 9 ζ ( 32 ) ⎝ kTC ⎠ ⎥⎦ 0 C

kTC0 .

dengan L adalah tinggi kontainer dan mgL

11. Untuk kasus gas ideal Bose dalam medan gravitasi uniform. Tunjukkan bahwa pada fenomena kondensasi Bose-Einstein, berlaku : (∆CV )T =TC

9 − ζ 8π

(

1/ 2

3 2

⎛ π mgL ⎞ ) Nk ⎜ 0 ⎟ ⎝ kTC ⎠

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 BoseEinstein kecuali pada T Æ 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 T

h2 1 2 mkl ln N

dengan l ⎡⎣ ~ ( A / N ) ⎤⎦ adalah jarak rata-rata antarpartikel dalam sistem.

15. Pertimbangkan kasus gas ideal Bose n-dimensi yang spektrum energi partikel-tunggalnya diberikan oleh ε ∝ p s dengan s adalah sembarang bilangan positif. Jelaskan ketergantungan kondensasi Bose-Einstein terhadap n dan s. Jelaskan sifat-sifat termodinamika sistem tersebut, yaitu : P=

sU n ⎛n ⎞ , CV (T → ∞) = Nk , dan CP (T → ∞) = ⎜ + 1⎟ Nk nV s ⎝s ⎠

16. Fungsi partisi kanonik radiasi benda hitam dapat ditulis oleh : Q(V , T ) = ∏ Q1 (ω , T ) ω

sehingga ∞

ln Q(V , T ) = ∑ ln Q1 (ω , T ) ≈ ∫ ln Q1 (ω , T ) g (ω )d ω ω

0

dengan Q1 adalah fungsi partisi osilator-tunggal dan g (ω ) densitas 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

∞

S = (d + 1)

∑n n =1 ∞

− d −1

∑n

−d

n =1

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

2

Pv 1 ⎛ λ3 ⎞ ⎛ 1 2 ⎞⎛ λ3 ⎞ = 1− + − ⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟ − ... kT 4 2 ⎝ v ⎠ ⎝ 8 9 3 ⎠⎝ v ⎠

20. Tunjukkan dalam kasus gas Bose tak-ideal dalam fasa gas, persamaan keadaannya dapat dituliskan dalam bentuk: 2

Pv 1 2a ⎞ ⎛ λ 3 ⎞ ⎛ 1 2 ⎞⎛ λ3 ⎞ ⎛ = 1+ ⎜ − + + − ⎟ ⎜ ⎟ − ... ⎟⎜ ⎟ ⎜ kT ⎝ 4 2 λ ⎠⎝ v ⎠ ⎝ 8 3 3 ⎠⎝ v ⎠

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. f(ε)

ε

Solusi : f(ε) A

A’

G G’

B

ε

B’ C

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 ∆E 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 :

266

G

: OB + ½ BB’ = OB + ½ αkT

G’

: OB + ⅓ BC = OB + ⅔ αkT

Sehingga dapat diperoleh ∆E = 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

C=

2.

d∆E 4 = 3 Dk 2T dT

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 : ⎛ 2π (me mh )1 / 2 kT ⎞ ⎟ n = p = 2⎜⎜ ⎟ h2 ⎠ ⎝

3/ 2

e − EG / 2 kT

Tunjukkan pula bahwa potensial Fermi dari sistem elektron dapat dinyatakan dengan :

µ = 12 EG + 34 kT log

mh me

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 :

N =∑ i

1 e

β (ε i − µ )

+1

+∑ j

1 e

β (ε j − µ )

(1)

+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 :

∑ eβ ε i

1

( i −µ )

1 1 ⎛ ⎞ = ∑ β ( −ε − µ ) = ∑ ⎜1 − β ( ε − µ ) ⎟ j +1 e j +1⎠ +1 j ⎝ j e

(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 n=

dp 2 , 3 ∫ β ( EG − µ + p 2 / 2 me ) h e +1

(5)

p=

2 dp . 2 ∫ h3 e β ( µ + p / 2 mh ) + 1

(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 2 ⎛ 2πme kT ⎞ n ~ 3 ∫ e − β ( EG − µ +p / 2 me ) dp = 2.⎜ ⎟ 2 h ⎝ h ⎠

p~

3/ 2

e −( EG − µ ) / kT ,

(6)

2 2 ⎛ 2πmh kT ⎞ − µ / kT e − β ( µ +p / 2 mh ) dp = 2.⎜ . ⎟e 3 ∫ 2 h ⎝ h ⎠

(7)

Dari persamaan (7), (8) dan (3) dapat ditentukan eµ/kT yakni, ⎛ mh ⎞ eµ / kT = ⎜ ⎟ ⎝ me ⎠

3/ 4

e EG / 2 kT

(9)

Dari (7) dan (8) dapat dituliskan ⎡ 2π (me mh )1 / 2 kT ⎤ n = p = 2.⎢ ⎥ h2 ⎣ ⎦

3/ 2

e − EG / 2 kT

(10)

Dari (9) dapat diperoleh

µ = 12 EG + 34 kT log

mh me

(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 n = p = 4,83 x 1015 x (300) 3/2 e -0,41x10

3.

4

/300

~ 1,6 x 1013 cm -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 n( N D − n D ) 1 = 2 N e e − ED / kT nD

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 ⎞ ⎛ N D! F = −n D E D − kT log⎜⎜ .2 nD ⎟⎟ ⎠ ⎝ n D !( N D − n D )!

(1)

⎛ n N − nD = −n D E D − kT ⎜⎜ n D log 2 − n D log D − ( N D − n D ) log D ND ND ⎝

⎞ ⎟⎟ ⎠

(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

µ=

⎛ nD ∂F = − E D − kT ⎜⎜ log 2 − log N D − nD ∂n D ⎝

⎞ ⎟⎟ , ⎠

(3)

Sehingga nD = 2.e ( ED + µ ) / kT N D − nD

(4)

Atau

269

nD =

N

1 2

e

D − ( E D + µ ) / kT

+1

.

(5)

Sementara itujumlah elektron konduksi n diberikan oleh persamaan n=

dp 2 , dengan (ε = p2/2m*) 3 ∫ − ( ε − µ ) / kT h e +1

(6)

Dimana faktor 2 muncul karena degenerasi spin. Dengan asumsi degenerasi lemah, persamaan (6) dapat dituliskan sebagai 2 ⎛ 2πm * kT ⎞ n = 3 ∫ e −(ε − µ ) / kT dp = 2.⎜ ⎟ 2 h ⎠ ⎝ h

3/ 2

.e µ / kT = N e e µ / kT .

(7)

Dengan mengeliminasi µ pada persamaan (4) dan (7), diperoleh, n( N D − n D ) 1 = 2 N e e − ED / kT . nD

(8)

Prinsip dari alur pemikiran di atas tidak lain adalah penentuan kesetimbangan reaksi pada persamaan berikut

D ↔ D+ + e

(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

[D ][e] = K (T ) +

(10)

[D]

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

ε=

p2 ± µBH 2m

(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

N+ =

4πV 3 . p+ , 3h 3

1 2 p+ = µ 0 − µ B H 2m

(2)

N− =

4πV 3 . p− 3h 3

1 2 p− = µ 0 + µ B H 2m

(3)

Momen magnet total diberikan oleh 4πV µ B ( p +3 − p −3 ) 3 3h

(4)

4πV [{2m( µ 0 + µ B H )}3 / 2 − {2m( µ 0 − µ B H )}3 / 2 ] 3 3h

(5)

M = −µ B ( N + − N − ) = − = µB

Dengan mengasumsikan bahwa µ0>>µBH, dapat diperoleh

M = 3Hµ B2

µ B2 N 4πV 3/ 2 3 ( 2 ) / + ... = H + ..., µ µ m 0 0 2 µ0 3h 3

(6)

Dengan N=2.4πV(2mµ0)3/2/3h2. akhirnya diperoleh

χ = 32 nµ B2 / µ 0 = 32 nµ B2 / kT0 . 5.

Misal suatu besaran fisika I dari suatu sistem elektron dinyatakan dengan suatu integral yang mengandung distribusi Fermi f(ε) ∞

∞

I = ∫ g (ε ) f (ε )dε ≡ ∫ψ (ε ) D(ε ) f (ε )dε , 0

(g = ψD)

0

Dengan D adalah density of states. Turunkan rumus-rumus berikut ini jika degenerasi cukup kuat : ⎛ ∂I ⎞ 2 2 3 ⎜ ⎟ = 13 π k Tg ' ( µ 0 ) + O(T ), ⎝ ∂T ⎠ µ ⎛ ∂I ⎞ ⎜⎜ ⎟⎟ = g ( µ 0 ) + O(T 2 ), ⎝ ∂µ ⎠ T ⎛ ∂I ⎞ 2 2 3 ⎜ ⎟ = 13 π k Tψ ' ( µ 0 ) D( µ 0 ) + O(T ). ⎝ ∂T ⎠ N

Solusi :

271

f (ε ) =

1 e

β (ε − µ )

+1

,

(β=1/kT)

ε − µ e β (ε − µ ) ε −µ ⎛ ∂f ⎞ =− f ' (ε ), ⎜ ⎟ = 2 2 T kT e β (ε − µ ) + 1 ⎝ ∂T ⎠ µ

[

]

⎛ ∂f ⎞ ⎜⎜ ⎟⎟ = − f ' (ε ). ⎝ ∂µ ⎠ T

∞ 2 ⎤ 1 ⎛ ∂I ⎞ 2 2 ⎡ d 1 + ... ⎜ ⎟ = − ∫ (ε − µ )g (ε ) f ' (ε )dε = 6 π k T ⎢ 2 (ε − µ )g ⎥ T 0 ⎝ ∂T ⎠ µ ⎣ dε ⎦ ε =µ

= 13 π 2 k 2Tg ' ( µ ) + O(T 3 ),

(1)

Dan ∞

⎛ ∂I ⎞ ⎜⎜ ⎟⎟ = − ∫ g (ε ) f ' (ε )dε = g ( µ ) + O(T 2 ). ⎝ ∂µ ⎠ T 0

(2)

Untuk g = D, maka I = N. Dari hubungan ⎛ ∂N ⎞ ⎛ ∂N ⎞ ⎟⎟ dµ + ⎜ dN = ⎜⎜ ⎟ dT = 0 ⎝ ∂T ⎠ µ ⎝ ∂µ ⎠ T Dapat diperoleh D' ( µ ) ⎛ ∂µ ⎞ 2 2 + O(T 3 ). ⎜ ⎟ = − 13 π k T ∂ T D ( ) µ ⎝ ⎠N

(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 ⎛ ∂I ⎞ ⎛ ∂µ ⎞ ⎛ ∂I ⎞ ⎛ ∂I ⎞ ⎜ ⎟ = ⎜⎜ ⎟⎟ ⎜ ⎟ +⎜ ⎟ ⎝ ∂T ⎠ N ⎝ ∂µ ⎠ T ⎝ ∂T ⎠ N ⎝ ∂T ⎠ µ = − g ( µ ) 13 π 2 k 2T

D' ( µ ) 1 2 2 + 3 π k Tg ' ( µ ) + O(T 3 ) D( µ )

= 13 π 2 k 2Tψ ' ( µ 0 ) D( µ 0 ) + O(T 3 ). 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<
4πV 2 dp 8πV p = 3 ( 2m 3ε )1 / 2 3 dε h h

Dapat diperoleh nilai estimasi untuk µ0 sebagai berikut h 2 ⎛ 3N ⎞ µ0 = ⎜ ⎟ 2m ⎝ 8πV ⎠

2/3

h 2 ⎛ 3N 0 ⎜ = 8m ⎜⎝ πV A

⎞ ⎟⎟ ⎠

2/3

= 4,166 × 10 −11V A

−2 / 3

erg.

(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<
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

χ ∞ = nµ B2 / kT ,

(1)

χ ∞ = 32 nµ B2 / kT0 .

(2)

χ0 3 T = χ ∞ 2 T0

(3)

Sedangkan untuk kasus degenerate

Rasio antara keduanya

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 CV = Nπ 2 k 2T / 2µ 0

χ s = 3Nµ B2 / 2µ 0 h2 (3N / 8πV )2 / 3 µ0 = 2m 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

CV =

4

π

32 / 3

8/3

k 2 mN 01 / 3 −2 / 3 z 1 / 3 z1/ 3 −4 T = 0,3248 × 10 T cal/g.deg ρ h2 M 2/3 ρ 2 / 3 M 1/ 3

χ s = 4.31 / 3 π 2 / 3

µ B2 h2

ρ −2 / 3

z1/ 3 z1/ 3 −6 6 = 1 , 864 × 10 cgs.emu/g ρ 2 / 3 M 1/ 3 M 1/ 3

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

9.

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.

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 ∞

(

)

pV = kT log Ξ = kT ∫ D(ε )dε log 1 + e β ( µ −ε ) ,

(1)

0

Dengan D(ε) untuk elektron bebas diberikan oleh D(ε ) = Cε

1/ 2

,

2 3

Cµ

3/ 2 0

h 2 ⎛ 3N ⎞ µ0 = ⎜ ⎟ 2m ⎝ 8πV ⎠

= N,

2/3

.

Melalui integrasi parsial dapat diperoleh pV = ( NkT / µ 3 2

∞

3/ 2 o

(

)

) ∫ ε 1 / 2 dε log 1 + e β ( µ −ε ) , 0

⎛ = ( 32 NkT / µ 03 / 2 ⎜⎜ 23 ε 3 / 2 log 1 + e β ( µ −ε ) ⎝

[

(

)]

∞ 0

∞ ⎞ + 23 β ∫ ε 3 / 2 dε / e β (ε − µ ) + 1 ⎟⎟ 0 ⎠

(

)

275

(2)

(

∞

)

= N / µ 03 / 2 ∫ ε 3 / 2 dεf (ε ) =

∞ 3 2

0

∫ εD(ε ) f (ε )dε =

2 3

(3)

E

0

Pada kasus yang sangat terdegenerasi, E diberikan oleh persamaan ⎛ 5π 2 E = Nµ 0 ⎜1 + ⎜ 12 ⎝ 3 5

2 4 ⎞ ⎛ kT ⎞ π 4 ⎛ kT ⎞ ⎜⎜ ⎟⎟ − ⎜⎜ ⎟⎟ + ... ⎟, ⎟ 16 ⎝ µ 0 ⎠ ⎝ µ0 ⎠ ⎠

(4)

π 2 k 2T 3 + ..., 6 µ0v

(5)

Sehingga dapat dituliskan p=

2 5

µ0 v

+

Dan kompresibilitas κ diberikan oleh persamaan

κ =−

1 ⎛ ∂V ⎜ V ⎜⎝ ∂p

⎞ 1 ⎟⎟ = − v(∂p / ∂v )T ⎠T

⎛ 2 µ 0 π 2 k 2T 2 ⎞ = ⎜⎜ + + ... ⎟⎟ 18µ 0 v ⎝3 v ⎠

−1

2 ⎞ 3 v ⎛⎜ π 2 ⎛ kT ⎞ ⎜⎜ ⎟⎟ + ... ⎟, 1− = ⎟ 2 µ 0 ⎜ 18 ⎝ µ 0 ⎠ ⎠ ⎝

(6)

Pada 0 K diperoleh 3 v 3 V A h 2 ⎛ 3N 0 ⎞ ⎟ ⎜ / κ0 = = 2 µ 0 2 N 0 2m ⎜⎝ 8πV A ⎟⎠

2/3

= 0,597.V A5 / 2 × 10 − 13cm 2 / dyne

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

(

)

F = (2 N − N ' ) µ − kT ∑ log 1 + e β ( µ −ε i ) ,

(1)

i

276

2 N − N ' = kT

(

∂ ⎡ log 1 + e β ( µ −ε i ) ∑ ⎢ ∂µ ⎣ i

)⎤⎥ .

(2)

⎦

Persamaan tersebut dapat diubah menjadi bentuk F = (2 N − N ' )µ − kT

∑ log (1 + e β (ε

i

−µ

) − ∑ (µ − ε ) i

i

(

)

i

)

= ∑ ε i − N ' µ − kT ∑ log 1 + e β (ε i − µ ) − ∑ (µ − ε i ) , i

i

(3)

i

Dan 2N − N ' = ∑ i

1 1 ⎛ ⎞ = ∑ ⎜1 − = 2N − ∑ , β ( µ −ε i ) ⎟ β ( µ −ε i ) 1+ e ⎠ i ⎝ i 1+ e

1 1+ e

β (ε i − µ )

(4)

Atau N'= ∑ i

1

1+ e

β ( −ε i − ( − µ ) )

,

(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

[

(

Ξ = 1 + λ e ( ED − µ B H ) / kT + e ( ED + µ B H ) / kT

µ H⎤ ⎡ = ⎢1 + 2λe ED / kT cosh B ⎥ kT ⎦ ⎣

)]

ND

ND

(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 M = kT

2λe ED / kT sinh( µ B H / kT ) ∂ log Ξ = NDµB . ∂H 1 + 2λe ED / kT cosh( µ B H / kT )

(2)

Untuk H kecil dapat diperoleh besaran per satuan volume,

χ=

M N D µ B2 = H kT

1 1 2

e −( ED + µ ) / kT + 1

=

n D µ B2 . kT

(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 N 8π = 3 V h

∞

E 8π = V h3

∞

∞

p 2 dp 8π ε 2 dp = ∫0 e β (ε −µ ) + 1 h 3 c 3 ∫0 e β (ε − µ ) + 1 ,

εp 2 dp

∫ eβ ε

( −µ )

0

+1

(1)

∞

=

8π ε 3 dp . h 3 c 3 ∫0 e β (ε − µ ) + 1

(2)

Untuk kasus yang terdegenerasi kuat, dengan g(ε) = εs, dapat dituliskan ∞

s ∫ ε f (ε )dε = 0

µ s +1 s +1

+

(πkT ) 2 s −1 7(πkT ) 4 sµ + s ( s − 1)( s − 2) µ s −3 + .... 6 360

(3)

Untuk s = 2 dan 3 diperoleh, 2 N 8πµ 3 ⎛⎜ ⎛ πkT ⎞ ⎞⎟ ⎟ , = 1+ ⎜ V 3h 3 c 3 ⎜⎝ ⎜⎝ µ ⎟⎠ ⎟⎠

E 2πµ 4 = 3 3 V h c

(4)

2 4 ⎛ ⎞ ⎜1 + 2⎛⎜ πkT ⎞⎟ + 7 ⎛⎜ πkT ⎞⎟ ⎟. ⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎝ µ ⎠ 15 ⎝ µ ⎠ ⎟⎠ ⎝

(5)

Dari persamaan (4) dapat diperoleh

278

⎞ ⎛ 1 ⎛ πkT ⎞ 2 ⎟⎟ + ... ⎟, µ = µ 0 ⎜1 − ⎜⎜ ⎟ ⎜ 3 ⎝ µ0 ⎠ ⎠ ⎝

⎛ 3n ⎞ µ 0 = hc⎜ ⎟ ⎝ 8π ⎠

1/ 3

N⎞ ⎛ ⎜ n = ⎟. V⎠ ⎝

,

(6)

Jika disubstitusikan ke dalam persamaan (5), dapat diperoleh E 2πµ 04 = 3 3 V h c

⎛ ⎜1 + ⎜ ⎝

2 ⎞ 2 ⎛ πkT ⎞ E 3 ⎛⎜ ⎜⎜ ⎟⎟ + ... ⎟, sehingga = µ0 1 + ⎟ 3 ⎝ µ0 ⎠ N 4 ⎜ ⎝ ⎠

2 ⎞ 2 ⎛ πkT ⎞ ⎜⎜ ⎟⎟ + ... ⎟, ⎟ 3 ⎝ µ0 ⎠ ⎠

(7)

Dan untuk kapasitas panas pada volume tetap 2π 7 / 3 k 2T π 2 k 2T ⎛ ∂E ⎞ CV = ⎜ = Nk + ... = N 1 / 3 + .... ⎟ µ0 3 hcn1 / 3 ⎝ ∂T ⎠V , N

(8)

Suku pertama CV menunujukkan kebergantungan terhadap suhu sama dengan kasus nonrelativistik, tetapi dengan koefisiennya menjadi

(3n )1 / 3 2π

h mc

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 D (ε ) =

ε

2V d 4πp 2 dp , 3 ∫ h dε 0

⎛ 2m ⎞ = 2.2πV ⎜ 2 ⎟ ⎝h ⎠

(p2 = 2mε)

3/ 2

ε 1/ 2 ,

(1)

Dengan faktor 2 muncul karena degenerasi spin. Pada 0 K keadaan energi sepenuhnya terisi hingga level ε = µ0 yang ditentukan dengan hubungan µ0

⎛ 2m ⎞ ∫0 D(ε )dε = 4πV ⎜⎝ h 2 ⎟⎠

3 / 2 µ0

∫ 0

8π ⎛ 2m ⎞ ε dε = V ⎜ 2 µ 0 ⎟ 3 ⎝h ⎠

3/ 2

= N,

(2)

Atau h 2 ⎛ 3N ⎞ µ0 = ⎜ ⎟ 2m ⎝ 8πV ⎠

2/3

,

279

Dengan N adalah jumlah total partikel. Sehingga dapat diperoleh D(ε ) = 32 Nε 1 / 2 / µ 03 / 2 .

(3)

Pada temperatur finite, diperoleh ∞

∫ f (ε ) D(ε )dε =

3 2

Nµ

0

−3 / 2 0

∞

∫ε

1/ 2

f (ε )dε = N .

(4)

0

Menggunakan rumusan untuk kasus terdegenerasi, dengan g(ε) = ε3/2, dapat diperoleh 3 ⎛ µ E = N ⎜⎜ 5 ⎝ µ0

⎞ ⎟⎟ ⎠

3/ 2

⎛ 5π 2 µ ⎜1 + ⎜ 8 ⎝

2 4 ⎞ ⎛ kT ⎞ 7π 4 ⎛ kT ⎞ ⎜⎜ ⎟⎟ − ⎜⎜ ⎟⎟ + ... ⎟, ⎟ 384 ⎝ µ ⎠ ⎝ µ ⎠ ⎠

(5)

Sehingga bahwa ⎛ 5π 2 3 E = Nµ 0 ⎜ 1 + ⎜ 5 12 ⎝

2 4 ⎞ ⎛ kT ⎞ π 4 ⎛ kT ⎞ ⎜⎜ ⎟⎟ − ⎜⎜ ⎟⎟ + ... ⎟ . ⎟ 16 ⎝ µ 0 ⎠ ⎝ µ0 ⎠ ⎠

(6)

14. Tunjukkan bahwa kapasitas panas CV dari gas Fermi ideal pada temperatur yang cukup rendah dapat dituliskan sebagai berikut CV = 13 π 2 k 2TD ( µ 0 ) Di sini D(ε) density of state untuk satu partikel.

Solusi : Pada 0 K, dapat dituliskan persamaan µ0

∫ D(ε )dε = N .

(1)

∫ D(ε ) f (ε )dε = N .

(2)

0

Pada T kelvin, dapat dituliskan persamaan ∞

0

Dari rumusan untuk kasus degenerate dapat dituliskan µ

N = ∫ D(ε )dε + 16 π 2 (kT ) 2 D' ( µ ) + ...

(3)

0

Dengan mengurangkan (1) dari (3) diperoleh

280

µ

∫ D(ε )dε +

µ0

π2

(kT ) 2 D' ( µ ) + ... = 0.

6

(4)

Pada temperatur yang cukup rendah, dapat diharapkan µ – µ0<<µ0, µ sehingga dapat dilakukan aproksimasi untuk persamaan (4)

(µ − µ 0 )D( µ 0 ) + 16 π 2 (kT ) 2 D' ( µ 0 ) + ... = 0. Sehingga dapat diperoleh ⎛ d ⎞ log D(ε ) ⎟ ⎝ dε ⎠ ε = µ0

µ = µ 0 − 16 π 2 (kT ) 2 ⎜

(5)

Di lain pihak dapat pula diperoleh hubungan µ

∞

⎞ ⎛ d E = ∫ εf (ε ) D(ε )dε = ∫ εD(ε )dε + 16π 2 (kT ) 2 ⎜ εD(ε ) ⎟ + ... ⎠ε =µ ⎝ dε 0 0

(6)

Selanjutnya dapat pula digunakan aproksimasi µ

µ0

∫ εD(ε )dε = ∫ εD(ε )dε + (µ − µ )µ 0

0

0

µ0

0

D( µ 0 ) = ∫ εD(ε )dε − 16π 2 (kT ) 2 µ 0 D' ( µ 0 ). 0

Sehingga akhirnya didapat µ0

E = ∫ εD(ε )dε + 16π 2 (kT ) D( µ 0 ), 2

(7)

0

Dan diperoleh ⎛ ∂E ⎞ 2 2 CV = ⎜ ⎟ = 13 π k TD (µ 0 ). ⎝ ∂T ⎠V

Jika digunakan hubungan D(ε ) =

8πV 2m 3ε 3 h

(

CV = 12 π 2 Nk

)

1/ 2

, dan D(µ0) = 3N/2 µ0 dapat diperoleh

T T0

(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 ∞

N = D∫ 0

dε e

β (ε − µ )

+1

(2)

.

Kondisi yang menjamin tidak ada degenerasi adalah e − βµ >> 1.

(3)

Ketika hal tersebut dipenuhi, maka dari persamaan (2) ∞

N e βµ . = ∫ e − β (ε − µ ) dε = β D 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 µ ∞ ⎤ ⎡µ 1 dε ⎛ ⎞ ε N = D ⎢ ∫ dε − ∫ ⎜1 − β (ε − µ ) d + ⎟ ∫µ e β (ε −µ ) + 1⎥⎥ e +1⎠ ⎢⎣ 0 0⎝ ⎦ µ ∞ ⎛ ⎞ dε dε ⎛ ⎞ ⎜ ⎟ + ∫ β (ε − µ ) = D µ − ∫ ⎜ − β (ε − µ ) ⎟ ⎜ + 1 ⎟⎠ +1⎠ µ e 0⎝e ⎝ ∞ ∞ ⎛ dy dy ⎞ ⎟ = Dµ = D⎜⎜ µ − ∫ βy + ∫ βy + 1 0 e + 1 ⎟⎠ 0 e ⎝

(6)

Energi internal diberikan oleh ∞

E=∫ 0

εDdε

e

β (ε − µ )

+1

282

µ ∞ ⎛µ εdε εdε ⎞⎟ ⎛ ⎞ = D⎜ ∫ εdε − ∫ ⎜ − β (ε − µ ) − ⎟ ⎜ + 1 ⎠ ∫µ e β (ε − µ ) + 1 ⎟⎠ 0⎝e ⎝0 ∞ ⎛ xdx ⎞ 2 ⎟ = D⎜⎜ 12 µ 2 + 2(kT ) ∫ x ⎟ + e 1 0 ⎝ ⎠

= 12 Dµ 2 + 16 π 2 D(kT ) 2 .

(7)

Suku pertama persamaan (7) tidak bergantung pada temperatur sebagaimana terdapat pada persamaan (6). Pada temperatur rendah dapat diperoleh dE 1 2 2 = π Dk T . dT 3

(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 3µ B2 N / 2µ (0)V , dengan µ (0) adalah potensial kimia pada temperatur nol. Diasumsikan tiap Fermion punya interaksi dengan medan magnet luar dalam bentuk 2µ 0 HS z , dengan µ B 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 ± µ B H . Sehingga energi partikel adalah

ε=

p2 ± µB H. 2m

Pada T = 0 K, partikel dianggap menempati semua level energi di bawah energi Fermi µ (0). Karenanya energi kinetik partikel berspin negatif terdistribusi diantara 0 dan µ (0) - µ B H , dan yang berspin positif terdistribusi di antara 0 dan µ (0) + µ B H , jumlahnya adalah N− =

4πV 3 p− , 3h 3

⎛ 1 2 ⎞ p − = µ (0) + µ B H ⎟ ⎜ ⎝ 2m ⎠

N+ =

4πV 3 p+ , 3h 3

⎛ 1 2 ⎞ p + = µ (0) − µ B H ⎟ ⎜ ⎝ 2m ⎠

283

(a). Jumlah total partikel adalah N = N+ + N− =

{

}

4πV (2m) 3 / 2 [µ (0) − µ B H ]3 / 2 + [µ (0) + µ B H ]3 / 2 . 3 3h

Dengan H = 0, dapat diperoleh potensial kimia h2 ⎛ 2 N ⎞ µ (0) = ⎜ 3π ⎟ V⎠ 2m ⎝

2/3

(b). Untuk partikel dengan komponen-z spin ½ dan -½ , momentum Ferminya adalah p + = {2m[µ (0) − µ B H ]} , 1/ 2

p − = {2m[µ (0) + µ B H ]} , 1/ 2

Energi total yang bersesuaian adalah 4πV E+ = 3 h =

4πV h3

E− =

P+

⎞ 2 ⎛ p2 ∫0 ⎜⎜⎝ 2m + µ B H ⎟⎟⎠ p dp

⎡ p +5 µ H ⎤ + B p +3 ⎥, ⎢ 3 ⎣10m ⎦

4πV h3

⎡ p −5 µ H ⎤ − B p −3 ⎥, ⎢ 3 ⎣10m ⎦

Sehingga energi rata-rata per partikel adalah

µ H E E + + E − 4πV ⎡ 1 ⎤ = = 3 ⎢ p +5 + p −5 + B ( p +3 − p −3 ⎥ 3 N N h N ⎣10m ⎦

(

)

Untuk µ (0 )〉〉 µ B H , ⎡ 5 ⎛ µ H ⎞2 ⎤ E 3 ≈ µ (0 )⎢1 − ⎜⎜ B ⎟⎟ ⎥. N 5 ⎢⎣ 2 ⎝ µ 0 ⎠ ⎥⎦

(c). Tekananya adalah ∂E ∂µ (0) 2 N 2 ⎛ ∂E ⎞ p = −⎜ . = µ (0) = nµ (0). ⎟ =− ∂µ (0) ∂V 5V 5 ⎝ ∂V ⎠ T

(d). Untuk µ (0 )〉〉 µ B H , magnetisasinya adalah M = µB (N − − N + ) /V =

3µ B2 N H = χH . 2 µ (0)V

284

3µ B2 N . Sehingga χ = 2 µ (0)V

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 V =

4π 3 R0 A, R0 ≈ 1,4 × 10 −13 cm. 3

Solusi :

Dalam ruang momentum, dn =

4V 4πp 2 dp 3 h

Dengan n adalah kerapatan jumlah netron. Jumlah netron total adalah A = ∫ dn = 16πV

pF

∫ 0

p2 dp h3

Dengan pF adalah momentum Fermi. Energi kinetik total netron adalah E kin = ∫

p2 16πV p F5 dn = 2m 5h 3 2m

Volume V dapat dinyatakan dalam dua cara V =

4π 3 3(2π ) 3 −3 R0 A = p F A, 3 16π

(dengan h ≡

⎛ 9π ⎞ Memberikan nilai p F = R ⎜ ⎟ ⎝ 8 ⎠ −1 0

2/3

h = 1) 2π

1 ≈ 16 MeV . mR02

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 :

2V (a). N = dp, h3 ∫ p ≤∫p∫F

3

mc N 8π ⎛ p F ⎞ = dengan n = ⎜ ⎟ . dan p F = e , V 3 ⎝ h ⎠ 10

Diperoleh 3

8π ⎛ me c ⎞ n= ⎜ ⎟ = 5,8 × 10 23 / m 3 . 3 ⎝ 10h ⎠

(b). Untuk gas Fermi yang sangat terdegenerasi (di bawah aproksimasi valensi nol) diperoleh E=

3 Nµ 0 , 5

Dan p=

2E 2 2 p2 = nµ 0 = n. F = 9,5 × 1016 N / m 2 . 3V 5 5 2m

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 E = 8πV

pF

∫ 0

εp 2 h3

dp,

Dengan ε adalah energi elektron tunggal, dan pF adalah momentum Fermi p F = (3N / 8πV )1 / 3 h.

(a). Untuk kasus relativistik ekstrem, ε = cp , sehingga energinya adalah

E=

2πcV 4 pF , h3 286

1E ⎛ ∂E ⎞ , yang memberikan persamaan keadaan Dan tekanan p = −⎜ ⎟ = ⎝ ∂V ⎠ T =0 3 V

pV =

1 E. 3

(b). Untuk elektron real,

ε=

(mc )

2 2

⎡ 1 ⎛ mc ⎞ 2 ⎤ ⎟⎟ ⎥, + ( pc) ≈ pc ⎢1 + ⎜⎜ ⎢⎣ 2 ⎝ p ⎠ ⎥⎦ 2

Dengan p adalah momentumnya memberikan hasil

[

]

E ≈ 2πcV p F4 + (mcp F ) / h 3 . 2

Hasil pada soal (a) dapat dianggap valid jika p F 〉〉 mc , atau 3

N 8π ⎛ mc ⎞ 〉〉 ⎟ . ⎜ 3 ⎝ h ⎠ V Baik N → ∞ atau V→ 0 akan memenuhi kondisi tersebut. 20. Ditinjau gas Fermi pada temperatur rendah kT 〈〈 µ (0) dengan µ (0) adalah 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). E = E (0) + αkT .kT , dengan α adalah konstanta kesebandingan. Sehingga E − E (0) ∝ kT 2 . ⎛ ∂E ⎞ (b). C V = ⎜ ⎟ ∝T ⎝ ∂T ⎠V T CV C (c). Dari dS = dT , dapat diperoleh S = ∫ V dT ∝ T . T T 0

(d). Dari F = E – TS, dapat diperoleh F – F(0) ∝ T2.

287

(e). Dari µ = ( F + pV ) / N dan p = 2 E / 3V , dengan N adalah jumlah partikel total, diperoleh

µ − µ (0) ∝ T 2 .

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 n = N / V dan energi Fermi εF. 5. Tunjukkan bahwa kapasitas panas CV dari gas Fermi ideal pada temperatur yang cukup rendah dapat dituliskan sebagai berikut

CV = 13 π 2 k 2TD ( µ 0 )

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

κ =−

1 ⎛ ∂V ⎜ V ⎜⎝ ∂p

⎞ ⎟⎟ , ⎠T

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 1 ⎛ ∂z ⎞ 5 f 5 / 2 ( z) , ⎜ ⎟ =− z ⎝ ∂t ⎠ P 2T f 3 / 2 ( z )

11. Tunjukkan bahwa kompresibilitas termal κ T dan kompresibilitas adiabatik κ S dari suatu gas ideal Fermi adalah

κT =

1 f1 / 2 ( z ) , nkT f 3 / 2 ( z )

κT =

1 f 3 / 2 ( z) , 5nkT f 5 / 2 ( z )

Dengan n = N/V adalah kerapatan partikel gas. 12. Untuk gas ideal Fermi, tinjaulah (∂ 2 P / ∂T 2 )V , (∂ 2 µ / ∂T 2 )V dan (∂ 2 µ / ∂T 2 ) P dan ujilah apakah hasilnya memenuhi hubungan termodinamika 289

⎛ ∂2P ⎞ ⎛ ∂2µ ⎞ CV = VT ⎜⎜ 2 ⎟⎟ − NT ⎜⎜ 2 ⎟⎟ ⎝ ∂T ⎠V ⎝ ∂T ⎠V

dan

⎛ ∂2µ ⎞ C P = − NT ⎜⎜ 2 ⎟⎟ . ⎝ ∂T ⎠ P

13. Tunjukkan bahwa kecepatan suara w dalam suatu gas ideal Fermi diberikan oleh persamaan sebagai berikut w2 =

5kT f 5 / 2 ( z ) 5 2 = (u ). 3m f 3 / 2 ( z ) 9

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 ⎡ π 2 ⎛ kT ⎞ 2 π 4 ⎛ kT ⎞ 4 ⎤ ⎜ ⎟ ⎥. µ ≈ ε F ⎢1 − ⎜ ⎟ − 80 ⎜⎝ ε F ⎟⎠ ⎥ ⎢⎣ 12 ⎝ εF ⎠ ⎦

16. Ditinjau gas Fermi ideal dalam kotak bervolume V dalam ruang berdimensi n (dengan spektrum energi ε ∝ p s ). Tunjukkan untuk sistem ini berlaku

s (i). PV = U . n 2 CV n ⎛ n ⎞ f ( n / s ) +1 ( z ) ⎛ n ⎞ f n / s ( z ) (ii). . = ⎜ + 1⎟ −⎜ ⎟ Nk s ⎝ s ⎠ f n / s ( z ) ⎝ s ⎠ f ( n / s ) −1 ( z )

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 Jh(J = 12 , 32 ,...) 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

(

)

CV x2 +1 =π2 Nk x2

1/ 2

kT , mc 2

p ⎞ ⎛ ⎜x = F ⎟. mc ⎠ ⎝

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 S = −k ∑ p s log p s , s

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

∑p

s

= 1,

(1)

dan

s

∑E

s

p s = E = konstan

s

(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.

δ (S + κE + λ ) = δ ∑ (− kp s log p s + κE s p s + λp s ) s

⎛ k ⎞ ⎟⎟(δp s )2 + ... = ∑ (− k log p s − k + κE s + λ )δp s + 12 ∑ ⎜⎜ − ps ⎠ s s ⎝

Dengan membuat koefisien δps sama dengan nol diperoleh

λ ⎞ ⎛κ p s = exp⎜ E s + − 1⎟. k ⎝k ⎠ 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 1 = ∑ p s = e λ / k −1 ∑ e − βEs ≡ e λ / k −1 Z ( β ). s

s

Dengan demikian diperoleh e − βE . ps = Z (β )

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 ∆I informasi (diukur dalam bit) adalah ∆S = −

k ∆I . log 2 e

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 ∆I = 5 x 70 x 50 x 400 = 7 x 106 bit. Maka ∆Sotak ~-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

∆S lampu ~

Pt ~ 0,3t JK-1 T

Dengan t adalah waktu yang diperlukan untuk membaca. Dengan demikian diperoleh

293

∆S otak 10 −19 ~− * ∆S lampu t 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 dS w =

dQrev dT =C T T

Memberikan perubahan entropi total Tf

⎛ Tf dT = C ln⎜⎜ T ⎝ Ti Ti

∆S w = C ∫

⎞ ⎟⎟ ⎠

Reservoir panas berada pada temperatur tetap, maka perubahan entropinya hanyalah ∆S r = −

T f − Ti ∆Q = −C Ti Tf

294

Dengan ∆Q = 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 ∆Stotal = ∆Sw + ∆Sr ≈ 0,0285 C.

(b). Sekarang proses dilakukan dalam dua tahap dengan temperatur antara misalnya adalah T1 = 323,15 K. Perubahan entropi air adalah ⎛ Tf ⎛T ⎞ ∆S w = C ln⎜⎜ 1 ⎟⎟ + C ln⎜⎜ ⎝ Ti ⎠ ⎝ T1

⎛T ⎞ ⎟⎟ = C ln⎜⎜ f ⎝ Ti ⎠

⎞ ⎟⎟ ⎠

Dengan memasukkan perubahan entropi kedua reservoir diperoleh ∆S total = ∆S w + ∆S r1 + ∆S r 2 ≅ 0,0149C. (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 ∆Sw = Cln(Tf/Ti), tidak bergantung pada N. Perubahan entropi reservoir adalah N (T f − Ti ) / N Tn − Tn −1 = −C ∑ . Tn n =1 Ti + ( n / N )(T f − Ti ) n =1 N

∆S r = −C ∑

Pada limit infinitesimal, N→ ∞, jumlahan menjadi integral : lim(∆Sr ) = −C ∫ N →∞

T f −Ti

0

⎛T dx = −C ln⎜ f ⎜T Ti + x ⎝ i

⎞ ⎟ = − ∆S w . ⎟ ⎠

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;∆E) sebagai volume kulit bola dalam ruang fasa pada daerah energi sempit antara E dan E+∆E. Definisi entropi menjadi ⎛ Ω( E , V , N ; ∆E ) ⎞ S ( E , V , N ; ∆E ) = k ln⎜ ⎟. h dN N ! ⎝ ⎠ 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 ∆E kecil, maka Ω(E,V,N;∆E) = ∆E 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;∆E) dinyatakan Ω=∆E∂ν/∂E dengan adalah volume dalam ruang fasa dengan energi sama atau kurang dari E. Hamiltonian sistem untuk partikel bermassa m adalah 2

p Η=∑ i i =1 2m dN

sehingga

296

ν ( E ,V , N ) = ∫

dN

∏dpi dqi = ν N ∫ 2 d dN p H ≤ E i =1 p < 2 mE ∑

Faktor νN muncul dari hasil integrasi pada koordinat. Integral momentum adalah volume dari bola berdimensi dN dengan jari-jari R = 2mE . Sehingga diperoleh

ν ( E ,V , N ) =

V N (2πmE ) dN / 2 (dN / 2)Γ(dN / 2)

Sehingga entropi dapat dituliskan sebagai ⎛ ⎛ V (2πmE ) d / 2 S ( E , V , N ; ∆E ) = k ⎜⎜ N ln⎜⎜ hd ⎝ ⎝

⎞ ⎡ ⎛ dN ⎞⎤ ⎛ ∆E ⎞ ⎞⎟ ⎟⎟ − ln ⎢Γ⎜ ⎟⎥ − ln( N !) + ln⎜ ⎟ . ⎝ E ⎠ ⎟⎠ ⎣ ⎝ 2 ⎠⎦ ⎠

Untuk N yang besar dapat dilakukan aproksimasi Stirling ln(N!) ≈ NlnN-N sehingga diperoleh ⎛ ⎡ V ⎛ 4πmE ⎞ ⎤ d + 2 ⎞⎟ / 2 . + S ( E , V , N ) ≈ Nk ⎜ ln ⎢ ⎜ d ⎟ ⎥ ⎟ ⎜ ⎣ N ⎝ dNh 2 ⎠ 2 ⎦ ⎠ ⎝

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 ⎛2⎞ ⎝L⎠

ψ k ( x) = ⎜ ⎟

d /2

d

∏ sin( k i xi ) i =1

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 N

E=∑ I =1

h 2 ki

2m

2

dN h2 2 2 k j = ε∑nj j =1 j =1 2m

dN

=∑

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

E atau dengan luasan

ε

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 2π dN / 2 ⎛E⎞ Ω( E , V , N ) = dN ⎜ ⎟ 2 N !Γ(dN / 2) ⎝ ε ⎠

VN ⎛ 2πmE ⎞ = ⎜ ⎟ N !Γ(dN / 2) ⎝ h 2 ⎠

dN / 2

dN / 2 −1

2ε E

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 ⎛ ⎡ ⎛ 2πmE ⎞ d / 2 ⎤ ⎡ ⎛ dN ⎞⎤ ⎛ 2ε ⎜ S ( E , V , N ) = k N ln ⎢V ⎜ 2 ⎟ ⎥ − ln ⎢Γ⎜ ⎟⎥ − ln( N !) + ln⎜ ⎜ ⎝ E ⎣ ⎝ 2 ⎠⎦ ⎢⎣ ⎝ h ⎠ ⎥⎦ ⎝

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 3N

3N

i =1

i =1

E = ∑ Ei = ∑ (ni + 12 )hω Dengan ni adalah jumlah kuanta energi pada osilator ke-i (ni = 0,1,...,∞). Dapat dituliskan hal tersebut sebagai 3N

∑n i =1

i

=

E 3N − ≡ M. 2 hω

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 Ω( E , N ) =

(M + 3N − 1)! = M !(3N − 1)!

( E / hω + 3 N / 2 − 1)! ( E / hω − 3N / 2)!(3N − 1)!

Entropinya adalah S ( E , N ) = k ln[Ω( E , N )] , pada limit termodinamika E,N→ ∞

dengan E/N tetap. Dengan menggunakan aproksimasi Stirling diperoleh ⎡⎛ E 3⎞ ⎛ E 3⎞ ⎛ E 3⎞ ⎛ E 3 ⎞⎤ + ⎟ ln⎜ + ⎟−⎜ − ⎟ ln⎜ − ⎟⎥. S ( E , N ) ≈ Nk ⎢⎜ ⎣⎝ Nhω 2 ⎠ ⎝ Nhω 2 ⎠ ⎝ Nhω 2 ⎠ ⎝ Nhω 2 ⎠⎦

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

⎛N⎞ N! Ω( E , N ) = ⎜⎜ ⎟⎟ = . ⎝ n+ ⎠ n+ !n− !

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 ⎛S ⎞ s = lim ⎜ M ⎟ = k[ln 2 − 12 (1 + x) ln(1 + x) − 12 (1 − x) ln(1 − x)]. N →∞ ⎝ N ⎠

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 Z (T , N ) =

⎛ N ⎞ − βεn + ⎟⎟e + e βε ( N − n − ) = (e − βε + e βε ) N n + = 0⎝ + ⎠ N

∑ ⎜⎜ n

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 UC = E

C

⎛ ∂ (ln Z ) ⎞ ⎟⎟ = − Nε tanh( βε ). = −⎜⎜ ⎝ ∂β ⎠ N

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 : ⎛1− x ⎞ ⎟= ⎝1+ x ⎠

βε = 12 ln⎜

1 2

[ln(1 − x ) − ln(1 + x )].

Sehingga dapat diperoleh UC = N εx FC = −kT ln Z = − NkT [ln 2 − 12 ln(1 + x) − 12 ln(1 − x)] SC =

U C − FC = Nk [ln 2 − 12 (1 + x) ln(1 + x) − 12 (1 − x) ln(1 − x)] T

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 Z (T , µ ) =

∞

∑z

N =0

N

Z (T , N ) =

1 1 − z (eβε + e − βε )

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

NG = N

UG = E

(

G

)

z e βε + e − βε ⎛ ∂ (ln Z ) ⎞ = z⎜ ⎟ = βε − βε ⎝ ∂z ⎠ β 1 − z (e + e )

(

G

)

⎛ ∂ (ln Z ) ⎞ z e βε − e − βε ⎟⎟ = −ε = − N G ε tanh( βε ). = −⎜⎜ 1 − z (e βε + e − βε ) ⎝ ∂β ⎠ z

Fungsi-fungsi termodinamika akan dinyatakan dalam x = UG/NGε = -tanh(βε) dan NG, sehingga perlu dilakukan penyesuaian

βε =

1 2

[ln(1 − x) − ln(1 + x)] ⎛ N

⎞

G ⎟⎟ − ln 2 + 12 [ln(1 + x) + ln(1 − x)]. βµ = ln⎜⎜ 1 + N ⎝ G ⎠

Dan dapat diperoleh UG = NGεx Ω G = kT ln Z = kT ln( N G + 1) SG =

1 (Ω G + N G − µN G ) T ⎡ ln( N G + 1 ⎤ ⎛ 1 ⎞ ⎟⎟ + ln 2 − 12 (1 + x) ln(1 + x) − 12 (1 − x) ln(1 − x)⎥. = kN G ⎢ + ln⎜⎜1 + ⎝ NG ⎠ ⎣ NG ⎦

Pada limit NG sangat besar, diperoleh entropi per partikel ⎛S ⎞ s = lim ⎜⎜ G ⎟⎟ = k[ln 2 − 12 (1 + x) ln(1 + x) − 12 (1 − x) ln(1 − x) N G →∞ N ⎝ G⎠

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 ⎛N⎞ N! Ω( E , N ) = ⎜⎜ ⎟⎟ = . ⎝ n + ⎠ n + !( N − n + )!

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 x=

n+ 1 ⎛ E ⎞ = ⎜1 + ⎟ N 2⎝ Nε ⎠

Dapat diperoleh S ( E , N ) = k ln Ω ≈ − Nk[ x ln x + (1 − x) ln(1 − x)] Temperatur diberikan oleh persamaan 1 ⎛ ∂S ⎞ 1 =⎜ ⎟ = T ⎝ ∂E ⎠ N 2 Nε

k ⎛1− x ⎞ ⎛ ∂S ⎞ ln⎜ ⎜ ⎟ = ⎟ ⎝ ∂x ⎠ N 2ε ⎝ x ⎠

Dari hubungan tersebut dapat diperoleh x = (e 2ε / kT + 1) −1

⎛ ε ⎞ E (T , N ) = − Nε tanh⎜ ⎟ ⎝ kT ⎠

Fungsi energi bebas Helmholtz F (T , N ) = E (T , N ) − TS (T , N ) = − Nε − NkT ln(1 + e −2ε / kT ). 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 ∆E pada energi gas. Volume ruang fasa yang ditempati oleh gas diberikan oleh Ω( E ,V , N ; ∆E ) = ∆E∂ν ( E , V , N ) / ∂E , 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 N

H = c∑ pi i =1

Dengan pi = |pi|, sehingga D adalah daerah Σi pi ≤ E/c dan

ν =∫

D

N

∏d

3

qi d 3 pi

i =1

Karena posisi dan arah momentum partikel tidak dikendala, maka dapat dituliskan untuk tiap partikel ∫ d 3 qd 3 p = 4πV ∫ p 2 dp , sehingga N

ν = (4πV ) N ∫ ∏ ∫ pi2 dpi ≡ (4πV ) N I N ( E ). D i =1

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 E/c

I N (E) =

∫ dpp

2

I N −1 ( E − pc).

0

305

Analisis

dimensional

menunjukkan

bahwa

IN(E)

CN(E/c)3N,

=

dan

dengan

mensubstitusikan ke dalam persamaan di atas menghasilkan hubungan rekursif untuk CN : ⎛c⎞ CN = ⎜ ⎟ ⎝E⎠

3N E / c

∫ 0

⎞ ⎛E dpp C N −1 ⎜ − p ⎟ ⎠ ⎝c

3 N −3

2

1

= ∫ dxx 2 (1 − x) 3 N −3 C N −1 0

=

2(3N − 3)! C N − 1. (3N )!

1

Dapat diperoleh C1 = ∫ x 2 dx =

1 3

dan solusi untuk hubungan rekursif tersebut adalah

0

CN = 2N/(3N)!, menghasilkan 1 ⎛ 8πVE 3 ⎞ ⎜ ⎟ ν= (3N )! ⎜⎝ c 3 ⎟⎠

N

N

⎛ 8πVE 3 ⎞ ∆E 1 ⎜ ⎟ Ω= . (3N − 1)! ⎜⎝ c 3 ⎟⎠ E Ketika N besar dapat digunakan aproksimasi Stirling untuk mendapatkan entropi : ⎡ ⎛ 8πVE 3 ⎛ Ω ⎞ S ( E , V , N ) = k ln⎜ 3 N ⎟ ≈ Nk ⎢ln⎜⎜ 3 3 4 ⎝ h N! ⎠ ⎣ ⎝ 27h c N

⎞ ⎤ ⎟⎟ + 4⎥. ⎠ ⎦

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 ⎛ pi 2 mω 2 2 ⎞ + H = ∑ ⎜⎜ qi ⎟⎟. 2 i =1 ⎝ 2m ⎠ 3N

Volume dalam ruang fasa

ν ( E, N ) = ∫

H <E

3N

∏ dp dq i

i

i =1

Dilakukan substitusi pi = 2m xi , qi =

2 mω 2

i = 1,...,3N. i = 1,...,3N.

x3 N +i ,

Dalam variabel tersebut, kendala energi dapat dituliskan sebagai E = ∑i =1 xi , dan 6N

2

volumenya adalah ⎛2⎞ ν ( E, N ) = ⎜ ⎟ ⎝ω ⎠

3N

⎛2⎞ dxi =⎜ ⎟ ∫D ∏ ⎝ω ⎠ i =1 6N

3N

π 3N 3NΓ(3N )

E 3N .

Dengan D adalah daerah dimana kendala dipenuhi, dan sisa integral adalah volume bola 6N dimensi dengan radius R = E . Untuk menghitung entropi diperlukan volume Ω(E,N;∆E) kulit energi setebal ∆E, yaitu ∂ν ( E , N ) ⎛ 2 ⎞ Ω( E , N ; ∆E ) = ∆E =⎜ ⎟ ∂E ⎝ω ⎠

3N

π 3N Γ(3N )

E 3N

∆E . E

Untuk N besar, aproksimasi Stirling menghasilkan entropi : ⎡ ⎛ 2πE ⎞ ⎤ ⎛ Ω ⎞ ⎟⎟ + 1⎥. ⎟⎟ ≈ 3 Nk ⎢ln⎜⎜ S ( E , N ) = k ln⎜⎜ ⎝ h3 N ⎠ ⎣ ⎝ 3hωN ⎠ ⎦

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 ∞

Z = (T ,V ) = ∑ e − βε i ni = ∏ ∑ e − βε i ni = ∏ (1 − e − βε i ) −1 { ni }

i

ni = 0

i

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 : ∞

ln[ Z (T , V )] = −∑ ln(1 − e − βε i ) = − ∫ dεg (ε ) ln(1 − e − βε ) i

0

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 d g (ε ) = dε

⎡ d − 1 π d / 2 ⎛ Lε ⎞ d ⎤ (d − 1)Vε d −1 ≡ adVε d −1 ⎜ ⎟ ⎥ = d −1 ⎢ d −1 d Γ d d π c ( / 2 ) h 2 ⎝ ⎠ ⎥⎦ 2 Γ(d / 2)(hc π ) ⎢⎣

Dan

308

∞

ln[ Z (T , V )] = − a d V ∫ dεε d −1 ln(1 − e − βε ) = a d VI d (kT ) d 0

Dengan ∞

I d = − ∫ dxx d −1 ln(1 − e − x ). 0

Besaran-besaran termodinamikanya adalah ⎛ kT ⎞ P = ⎜ ⎟ ln Z = a d I d (kT ) d +1 ⎝V ⎠ 1 ∂ (ln Z ) = da d I d (kT ) d +1 u=− V ∂β s=

1 ⎛ ∂ (PV ) ⎞ d ⎟ = (d + 1)a d I d k (kT ) ⎜ V ⎝ ∂T ⎠V

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 ∆E>0 antara keduanya (B dan C), maka ∆S B = −

∆E , TB ,

∆S = ∆S B + ∆S C =

∆S C =

∆E , TC

(TB − TC ) ∆E ≥ 0. TB TC

Jika TB > TC, maka tidak ada kesetimbangan termal antara sub sistem, dan ∆S > 0. Jika

309

TB = TC, maka kedua sub sistem berada dalam kesetimbangan termal, maka ∆S = 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 ∆S1 = k ln

n n N! N! − k ln = k ln 2 ≈ k ln 2 . (n 2 − 1)!(n1 + 1)! n1!n2 ! n1 + 1 n1

(b). Perubahan entropi reservoir adalah ∆S 2 =

E 2 − E1 T

(c). Dari ∆S1 + ∆S 2 = 0, dapat diperoleh n2 ⎛ E − E1 ⎞ = exp⎜ − 2 ⎟ n1 kT ⎠ ⎝

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 dU = TdS − pdV Dengan menggunakan syarat adiabatik dS = 0 dan persamaan untuk tekanan radiasi p = U/3V, dapat diperoleh dU / U = − dV / 3V

Sehingga

U ∝ V −1 / 3

.

Kerapatan

energi

radiasi

benda

hitam

adalah

u = U / V = aT 4 dengan a adalah konstanta. Sehingga dapat dituliskan T 4 ∝ V −4 / 3 ∝ R −4 , maka T ∝ R −1 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

∆U = Mc∆T = 1000 × 1 × 79 = 7,9 × 10 4 kalori. (ii). Perubahan entropinya adalah ∆S = ∫

T Mc dT = Mc ln 2 = 239kalori / K . T T1

(iii). Dari hubungan Boltzmann S = k lnΩ dapat dituliskan Ω2 ⎛ ∆S ⎞ 25 = exp⎜ ⎟ = exp(7 × 10 ). Ω1 ⎝ k ⎠

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 dW = kxdx, Dengan k adalah koefisien elastisitas yang lebih besar dari nol. Dari rumus dF=-SdT+kxdx, dapat diperoleh hubungan Maxwell ⎛ ∂S ⎞ ⎛ ∂x ⎞ ⎜ ⎟ = −⎜ k ⎟ = 0. ⎝ ∂x ⎠ T ⎝ ∂T ⎠ x

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 Ek ( p x , p y , p z ) =

1 ( p x2 + p y2 + p z2 ) + ε k , 2m 312

Dengan ε k 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 z=

⎛ 2πmkT ⎞ = V .⎜ ⎟ 2 ⎠ ⎝ h Dengan

V h3

∑∫∫∫e

− Ek / kT

dp

k

3/ 2

z0 .

z 0 = ∑ exp(− ε n / kT )

merujuk

pada

level

energi

internal.

Dengan

n

memperhitungkan sifat indistinguishable partikel, fungsi partisi sistem N buah partikel adalah z N VN ⎛ 2πmkT ⎞ Z= = ⎟ ⎜ N! N! ⎝ h 2 ⎠

3N / 2

.z 0N

Sehingga F = − kT ln Z

⎛ ⎞ 3N ⎛ 2πmkT ⎞ = −kT ⎜⎜ N ln V + N ln z 0 + ln⎜ ⎟ − ln N !⎟⎟ 2 2 ⎝ h ⎠ ⎝ ⎠

313

⎛ ⎞ ∂ ln Z ⎟⎟ (b). S = k ⎜⎜ ln Z − β ∂β ⎝ ⎠ ⎛ V 3 ⎛ 2πmkT ⎞ 5 ⎞ ∂ = Nk ⎜⎜ ln + ln⎜ ln z 0 ⎟⎟. ⎟ + + ln z 0 − β 2 ∂β ⎠ 2 ⎝ N 2 ⎝ h ⎠

Jadi ⎛ V 3 ⎡ 2πmkT ⎤ 5 ⎞ + + S o ⎟⎟ S1 = Nk ⎜⎜ 1 + ln ⎢ 2 ⎥ ⎦ 2 ⎝N 2 ⎣ h ⎠ ⎛V ⎞ 3 ⎡ 2πmkT ⎤ 5 + + S o ⎟⎟ S 2 = Nk ⎜⎜ 2 + ln ⎢ 2 ⎥ ⎦ 2 ⎝N 2 ⎣ h ⎠

Dengan S 0 = ln z 0 − β

∂ ln z 0 . ∂β

Total entropinya adalah S = S1 + S 2

⎞ ⎛ VV 3 ⎡ 2πmkT ⎤ 5 ⎟ = 2 Nk ⎜ 1 2 + ln ⎢ S + + o 2 ⎥⎦ 2 ⎟ ⎜ N 2 h ⎣ ⎠ ⎝

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 ∆. Tentukan potensial kimia, energi bebas dan entropi sistem.

Solusi :

Gas ideal klasik memenuhi kondisi non-degenerasi. Fungsi partisi sub sistem adalah z = exp(− βε 1 ) + exp(− βε 2 ),

ε 2 = ε 1 + ∆ , sehingga fungsi partisi sistemnya adalah

(

Z = [z ] = e − βε 1 + e − βε 2 N

)

N

.

314

Energi bebasnya adalah F = −kT ln Z = − NkT ln(e − βε 1 + e − βε 2 ). Potensial kimianya adalah ⎛ ∂F ⎞ − βε − βε ⎟T ,V = −kT ln(e 1 + e 2 ). ⎝ ∂N ⎠

µ =⎜ Tekanannya adalah

∂ε 1 − βε 1 ∂ε 2 − βε 2 + e e ∂ ∂ ∂ V V ln Z = − N . p = kT ∂V e − βε 1 + e − βε 2 Entropinya adalah ⎡ ⎛ e − βε 1 + e − βε 2 ⎞ ⎛ ∂β S = Nk ⎜⎜ ln z − β ln z ⎟⎟ − k ln N != Nk ⎢1 + ln⎜⎜ ∂β N ⎠ ⎝ ⎝ ⎣

⎞⎤ ⎟⎟⎥ ⎠⎦

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 ∆S, 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

∆S (J/K)

1024

1 2

Ef/Ei

1,01 1,03

1023

6.

Ωf/Ωi

1010

23

1,02

(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 ∆E, ∆V, dan ∆N. Tentukan besaran di bawah ini dalam parameter S0, T, p, µ, ∆E, ∆V, dan ∆N : (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 ∆S dan

319

perubahan energi internalnya adalah ∆U. Tunjukkan bahwa kerja W yang dibutuhkan (minimum) adalah ∆U-T1∆S. 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

(p+

sistem

gas

real

yang

mengikuti

Persamaan

Van

Der

Waals

a )(V − b) = nRT , tentukanlah harga – harga kritis pada Critical Point : V2

Vc = 3b ,

Pc =

8a a dan nRTc = 2 27b 27b

Solusi :

Persamaan keadaan Van Der Waals (p+

a )(V − b) = nRT V2

(1)

Bentuk persamaan ini mempunyai nilai – nilai kritis Tc , Pc dan Vc . Pada daerah sekitar titik kritis berlaku V1 = V2 = V3 = Vc untuk P dan T yang diketahui, sehingga dapat dibentuk persamaan

(V − Vc ) 3 = 0

(2)

atau dapat dituliskan V 3 − 3VcV 2 + 3Vc2V − Vc3 = 0

(3)

Persamaan (3) ini setara dengan persamaan (1) yaitu ( Pc +

a )(V − b) = nRTc yang dapat dinyatakan dengan V2

VPc − bPc +

a ab − = nRTc V V2

2 V 3 Pc − bPV + aV − ab = nRTcV 2 c

322

aV ab nRTcV 2 V − bV + − = Pc Pc Pc 3

2

(4)

sehingga dapat ditulis dalam bentuk V 3 − (b +

nRTc 2 a ab = 0. )V + V − Pc Pc Pc

(5)

Perbandingan persamaan (4) dan (6) memberikan 3 persamaan simultan, yaitu 3Vc = b +

(6.a)

a Pc

(6.b)

ab Pc

(6.c)

3Vc2 = Vc3 =

nRTc Pc

Substitusi (6.b) pada (6.c) menghasilkan

( )

1 ab Vc 3Vc2 = 3 Pc 1 a ab Vc = 3 Pc Pc Vc = 3b

(7.a)

Dengan memasukkan (7.a) ke (6.b) 3(3b) 2 = Pc =

a Pc

a 27b 2

(7.b)

Substitusi (7.a) dan (7.b) pada (6.a) 3(3b) = b +

nRTc a 27b 2

nRTc 27b 2 9b = b + a nRTc 27b 2 8b = a

323

sehingga nRTc =

8a 27b

(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 E p =

h2 L( L + 1) , dimana L = 2I

0,2,4,…. Tuliskan fungsi partisi rorasi untuk single para-hydrogen b. Dalam ortho-hydrogen, memiliki keadaan degenerasi kelipatan 3, adalah E0 =

h2 L( L + 1) , dimana L = 1,3,5,.. Tuliskan fungsi partisi rorasi untuk 2I

single ortho-hydrogen

Solusi :

a. Z p =

b. Z p =

∑ ( 2 L + 1) e

−

β h2 2I

L ( L +1)

L = 0,2,4,...

∑ 3 ( 2 L + 1) e

L =1,3,5,...

∞

= ∑ (ψ n + 1) e

−

β h2 2I

2 n (2 n +1)

n =0

−

β h2 2I

L ( L +1)

∞

= ∑ (ψ n + 3) e

−

β h2 2I

(2 n +1)(2 n + 2)

n =0

324

3.

Suatu bahan mengalami expasi adiabatic, terutama bagaimana variasi perubahan tekanan terhadap volume. a. Tunjukan bahwa : CP ⎛ ∂p ⎞ ⎜ ⎟ =− CV V κ T ⎝ ∂V ⎠ S

b. Dengan menggunakan hasil point a, tunjukan untuk gas ideal dalam kondisi adiabatik expansi pV γ adalah konstanta, dimana γ =

CP CV

Solusi :

a.

⎛ ∂S ⎞ ⎜ ⎟ ⎝ ∂V ⎠ p ⎛ ∂p ⎞ ⎜ ⎟ =− ⎛ ∂S ⎞ ⎝ ∂V ⎠ S ⎜ ∂p ⎟ ⎝ ⎠V ⎛ ∂S ⎞ ⎛ ∂S ⎞ ⎛ ∂T ⎞ ⎜ ⎟ +⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎝ ∂V ⎠T ⎝ ∂T ⎠V ⎝ ∂V ⎠ p =− ⎛ ∂S ⎞ ⎛ ∂T ⎞ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎝ ∂T ⎠V ⎝ ∂p ⎠V

⎛ ∂V ⎞ kalikan pembagi dan penyebut dengan ⎜ ⎟ ; ⎝ ∂T ⎠ p ⎛ ∂V ⎞ ⎛ ∂S ⎞ ⎛ ∂S ⎞ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟ +⎜ ⎟ ⎝ ∂T ⎠ p ⎝ ∂V ⎠T ⎝ ∂T ⎠V =− ⎛ ∂S ⎞ ⎛ ∂T ⎞ ⎛ ∂V ⎞ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎟ ⎜ ⎝ ∂T ⎠V ⎝ ∂p ⎠V ⎝ ∂T ⎠ p =−

⎛ ∂S ⎞ ⎜ ⎟ ⎝ ∂T ⎠ p −1

⎛ ∂V ⎞ ⎛ ∂V ⎞ ⎛ ∂V ⎞ ⎛ ∂S ⎞ −⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎟ ⎜ ⎝ ∂T ⎠ p ⎝ ∂p ⎠T ⎝ ∂T ⎠ p ⎝ ∂T ⎠V

Dengan mengingat devenisi ;

325

⎛ ∂S ⎞ CV = T ⎜ ⎟ ⎝ ∂T ⎠V

κT = −

⎛ ∂S ⎞ ; Cp = T ⎜ ⎟ ⎝ ∂T ⎠ p

1 ⎛ ∂V ⎞ 1 ⎛ ∂V ⎞ ⎜ ⎟ ;α = ⎜ ⎟ V ⎝ ∂p ⎠T V ⎝ ∂T ⎠ p

Maka ;

⎛ Cp ⎞ ⎜ ⎟ ⎝ T ⎠ =− C 1 ( −αV )( −κTV ) ⎛⎜ ⎞⎟⎜⎛ V ⎞⎟ ⎝ αV ⎠⎝ T ⎠ Maka diperoleh ;

CP ⎛ ∂p ⎞ ⎜ ⎟ =− CV V κ T ⎝ ∂V ⎠ S

4.

Menurut persamaan gas real

PV nB ⎛ ∂P ⎞ = 1+ , Tentukan ungkapan untuk ⎜ ⎟ nRT V ⎝ ∂V ⎠T

Solusi :

Bila diketahui persamaan gas real P=

PV nB nRT ⎛ nB ⎞ = 1+ ⇒P= ⎜1 + ⎟ atau nRT V V ⎝ V ⎠

nRT n 2 RTB + = nRTV −1 + n 2 RTBV −2 V V2

Maka ; ⎛ ∂P ⎞ −2 2 −3 ⎜ ⎟ = − nRTV − 2n RTBV ⎝ ∂V ⎠T nRT =− 2 V nRT =− 2 V

2n 2 RTB − V3 ⎛ 2nB ⎞ ⎜1 + ⎟ V ⎠ ⎝

326

5.

⎛ ∂T ⎞ Tentukan ungkapan bagi ⎜ ⎟ berdasarkan persamaan gas real pada soal no. 12. ⎝ ∂V ⎠ P

Solusi :

PV nB PV ⎛ V + nB ⎞ PV 2 −1 T = atau = 1+ ⇒T = (V + nB ) ⎜ ⎟ nR nRT V nR ⎝ V ⎠ maka ; ∂ ⎡ PV 2 −1 ⎤ ⎛ ∂T ⎞ = (V + nB ) ⎥ ⎜ ⎟ ⎢ ⎝ ∂V ⎠ P ∂V ⎣ nR ⎦ PV 2 2 PV −1 −2 = (V + nB ) − (V + nB ) nR nR ⎤ 2 PV ⎛ 1 ⎞ PV 2 ⎡ 1 = − ⎢ ⎥ ⎜ ⎟ nR ⎝ V + nB ⎠ nR ⎢ (V + nB )−2 ⎥ ⎣ ⎦ =

6.

⎤ PV ⎛ 1 ⎞ ⎡ V ⎥ ⎜ ⎟ ⎢2 − nR ⎝ V + nB ⎠ ⎢⎣ (V + nB ) ⎥⎦

Perubahan entalpi (H) pada tekanan tetap dapat ditulis dalam bentuk persamaan dH = nCP dT dimana CP adalah kapasitas panas sistem pada tekanan konstan dan bergantung pada temperatur menurut persamaan CP = a + bT . Tentukan ekspresi dari ∆Η dari temperatur awal Ti ke temperatur akhir T f . Solusi : dH = nCP dT atau dH = n ( a + bT ) dT = nadT + nbTdT Hf

Tf

Tf

Hi

Ti

Ti

∫ dH = n ∫ a dT + n ∫ bT dT

Dengan mengingat ; b

b

1 n +1 ∫a T dT = n + 1 T a untuk n ≠ −1 , n

Maka ;

327

∆H = na (T f − Ti ) + 7.

Dengan

nb 2 T f − Ti 2 2

(

menggunakan

)

persamaan

⎛ ∂U ⎞ ⎛ ∂P ⎞ ⎜ ⎟ =T ⎜ ⎟ −P . ⎝ ∂V ⎠T ⎝ ∂T ⎠V

Berdasarkan

persamaan gas van der Waals untuk gas real, tunjukan bahwa untuk gas real ⎛ ∂U ⎞ ⎜ ⎟ ≠0 ⎝ ∂V ⎠T

Solusi :

Untuk persamaan gas van der Waals : P=

nRT an 2 nR ⎛ ∂P ⎞ − 2 atau ⎜ ⎟ = V − nb V ⎝ ∂T ⎠V (V − nb )

⎛ nR ⎞ ⎡ nRT an 2 ⎤ ⎛ ∂U ⎞ = − − T ⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ (V − nb ) ⎟ ⎢ V − nb V 2 ⎥ ⎝ ∂V ⎠T ⎦ ⎝ ⎠V ⎣ an 2 = 2 V ⎛ ∂U ⎞ Jadi, untuk gas real berdasarkan persamaan gas van der Waals ⎜ ⎟ ≠0 ⎝ ∂V ⎠T

8.

⎛ ∂T ⎞ Koofisien gas Joule-Thompson berdasarkan eksperiment adalah µ J −T = ⎜ ⎟ . ⎝ ∂P ⎠ H

Jika µ J −T p 0 adalah kondisi dibawah entalpi. Apakah ada pengaruh temperatur pada gas? Jelaskan ! Solusi : ⎛ ∂T ⎞ Aapabila gas pada kondisi µ J −T = ⎜ ⎟ p 0 , maka terjadi pengurangan dP ⎝ ∂P ⎠ H ⎛ ∂T ⎞ atau sebaliknya jika dP p 0 maka ⎜ ⎟ p 0 . Maka dapat disimpulkan bahwa ⎝ ∂P ⎠ H

pada kasus ini ada pengaruh temperatur terhadap gas dan supaya µ J −T f 0 maka dT harus positif.

328

9.

Persamaan gas real

β=

PV nb = 1+ , Tujukan bahwa untuk gas van der Waals nRT V

kR β ⎛ ∂T ⎞ , jika diketahui bahwa ⎜ ⎟ = Vm − b ⎝ ∂P ⎠ H k

Solusi :

PV nb = 1+ nRT V

nRT an 2 atau P = − V − nb V 2

V maka ; n RT a P= − 2 Vm − b Vm

Jika Vm =

Sehingga ; ∂ ⎡ RT a ⎤ ⎛ ∂P ⎞ − 2⎥ ⎢ ⎜ ⎟ = ⎝ ∂T ⎠ H ∂T ⎣ Vm − b Vm ⎦

β R ⎛ ∂T ⎞ atau ⎜ ⎟ = = ⎝ ∂P ⎠ H k Vm − b kR β= Vm − b 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 :

V ∝ P1 / δ

(1)

Pernyataan di atas mempunyai makna bahwa V mempunyai bagian singular proporsional dengan P dalam orde 1 / δ . Dengan kata lain, hendak ditinjau

329

relasi Vc ( P) dalam keadaan V ≠ 0 . Pernyataan (1) tersebut dapat dituliskan ulang sebagai

P ∝Vδ .

(2)

Dengan demikian δ ditentukan oleh orde P(V-Vc) minimal yang tidak singular. Persamaan keadaan sistem Van Der Waals dinyatakan oleh

N 2a (V − Nb)( P + 2 ) = Nk B T , V

(3)

yang dapat dibentuk menjadi P=

Nk B T N 2a − 2 (V − Nb) V

= Nk B T (V − Nb) −1 − N 2 aV −2

(4)

Persamaan (4) diselesaikan dengan proses ekspansi Taylor untuk mendapatkan relasi yang didefinisikan oleh persamaan (2) menjadi

P (Vc ) = P (V − Vc ) + P ' (V )(V − Vc ) + P ' ' (V )(V − Vc ) 2 + P' ' ' (V )(V − Vc ) 3 + ... Dengan ρ =

1 , persamaan (4) dapat dibentuk V

P = Nk B T ( ρ −1 − Nb) −1 − N 2 aρ 2

(5)

yang diturunkan orde 1 ,2 ,3 berturut – turut adalah

∂P = Nk B Tρ − 2 ( ρ −1 − Nb) − 2 N 2 aρ ∂ρ

(6.a)

∂2P = −2 Nk bTρ −3 ( ρ −1 − Nb) − 2 + 2 Nk B Tρ − 4 ( ρ −1 − Nb) −3 − 2 N 2 a 2 ∂ρ (6.b)

∂3 P = 6NkB ρ −4 (ρ −1 − Nb) −2 + 12NkBTρ −5 (ρ −1 − Nb) −3 − 4NkBTρ −6 (ρ −1 − Nb) −4 3 ∂ρ (6.c) Dapat diperoleh juga

330

∂ρ = −V − 2 ∂V ∂2ρ = 2V −3 2 ∂V ∂3ρ = −6V − 4 2 ∂V

(7.a, 7.b, 7.c)

Dengan memanfaatkan (6.a, 6.b, 6.c) dan (7.a, 7.b, 7.c), dapat diperoleh

P ' (V − Vc ) =

∂P ∂V

= Nk B T (V − Nb) − 2 − 2 N 2 aV −3 V =VC

V =VC

yang singular karena faktor V −3 pada suku ke-2, ∂2P P ' ' (V − Vc ) = ∂V 2

= − 4 Nk B T (V − Nb) − 2 − 4 Nk B TV (V − Nb) −3 − 2 N 2 aV −3 V =VC

V −VC

yang juga singular pada suku ke-3, dan P' ' ' (V − Vc ) =

∂3P ∂V 3

= 36 Nk BT (V − Nb) −2 + 72 Nk B TV (V − Nb) −3 + 24 Nk BTV 2 (V − Nb) −4 V =VC

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

δ =3

Soal 11 dan 12

Asumsi bahwa persamaan gas real dapat ditulis

b (T ) ,

db (T ) dT

P (Vm − b (T ) ) = RT

dengan

, P dan Vm

331

V =VC

⎛ 1 ⎞ ⎛ ndb (T ) nR ⎞ 11. Tunjukan bahwa β = ⎜ ⎟ ⎜ + ⎟ P ⎠ ⎝ Vm ⎠ ⎝ dT

Solusi :

Diketahui

bahwa

P (Vm − b (T ) ) = RT

atau

V RT nRT ⎛V ⎞ P ⎜ − b (T ) ⎟ = RT ⇒ = b (T ) atau V = nb (T ) + P n P ⎝n ⎠

β=

nRT ⎞ ⎛ 1 ⎞ ⎛ ndb (T ) nR ⎞ 1 ⎛ ∂V ⎞ ⎛1⎞ ∂ ⎛ + ⎟ ⎜ ⎟ =⎜ ⎟ ⎜ nb (T ) + ⎟ = ⎜ ⎟⎜ V ⎝ ∂T ⎠ P ⎝ V ⎠ ∂T ⎝ P ⎠ ⎝ V ⎠ ⎝ dT P ⎠

⎛ 1 ⎞ ⎛ ndb (T ) nR ⎞ = ⎜ ⎟⎜ + ⎟ P ⎠ ⎝ Vm ⎠ ⎝ dT

⎛ RT ⎞ 12. Tunjukan bahwa κ = ⎜ 2 ⎟ ⎝ Vm P ⎠

Solusi :

κ =−

1 ⎛ ∂V ⎞ nRT ⎛1⎞ ∂ ⎛ ⎜ ⎟ = −⎜ ⎟ ⎜ nb (T ) + V ⎝ ∂P ⎠T P ⎝ V ⎠ ∂P ⎝

⎞ ⎛ 1 ⎞ ⎛ nR ⎞ ⎟ = −⎜ ⎟⎜ − 2 ⎟ ⎠ ⎝ V ⎠⎝ P ⎠

⎛ RT ⎞ =⎜ 2 ⎟ ⎝ Vm P ⎠

13. Persamaan keadaan gas van der Waals (v − b)( P + volume per partikel v =

a ) = k BT dimana v adalah v2

V dengan a dan b adalah konstanta. Tunjukan bahwa N

panas spesifik

CP − CV =

Nk 2a 2 v − b) 1− 3 ( kTv

Solusi :

Berdasarkan persamaan termodinamika T ds ,

332

⎛ ∂S ⎞ ⎛ ∂S ⎞ ⎛ ∂p ⎞ T dS = T ⎜ ⎟ dV + T ⎜ ⎟ =T⎜ ⎟ dV + CV dT ⎝ ∂V ⎠T ⎝ ∂T ⎠V ⎝ ∂T ⎠V ⎛ ∂S ⎞ ⎛ ∂S ⎞ ⎛ ∂V ⎞ T dS = T ⎜ ⎟ dP + T ⎜ ⎟ = −T ⎜ ⎟ dP + CP dT ⎝ ∂P ⎠T ⎝ ∂T ⎠ P ⎝ ∂T ⎠ P Dari kedua persamaan diatas maka selisih kedua persamaan diatas menjadi ; ∂V ⎞ ⎛ ∂P ⎞ ⎟ dP + T ⎜ ⎟ dV ⎝ ∂T ⎠ P ⎝ ∂T ⎠V

( CP − CV ) dT = T ⎛⎜

Jika volume V konstan maka ; ∂V ⎞ ⎟ dP atau dapat ditulis kembali menjadi ; ⎝ ∂T ⎠ P ∂V ∂P ∂v ∂P ( CP − CV ) = T ⎛⎜ ⎞⎟ ⎛⎜ ⎞⎟ = NT ⎛⎜ ⎞⎟ ⎛⎜ ⎞⎟ ⎝ ∂T ⎠ P ⎝ ∂T ⎠V ⎝ ∂T ⎠ P ⎝ ∂T ⎠V

( CP − CV ) dT = T ⎛⎜

Jika diketahui bahwa (v − b)( P +

a ) = k BT , maka ; v2

k ⎛ ∂P ⎞ ⎜ ⎟ = ⎝ ∂T ⎠V v − b

k k ⎛ ∂v ⎞ = ⎜ ⎟ = ⎝ ∂T ⎠ P P − a + 2ab P + a − 2a ( v − b ) v 2 v3 v 2 v3

Maka ∂v ⎞ ⎛ ∂P ⎞ ⎟ ⎜ ⎟ ⎝ ∂T ⎠ P ⎝ ∂T ⎠V

( CP − CV ) = NT ⎛⎜ =

Nk 2T

2a a⎞ 2 ⎛ ⎜ P + 2 ⎟ (v − b) − 3 (v − b) v ⎠ v ⎝ Nk kT = 2a 2 kT − 3 ( v − b ) v Nk = 2a 2 1− 3 (v − b) v

Soal Nomor 14 - 16

Partikel-partikel gas real encer dalam volume V berinteraksi dengan fungsi potensial sebagai

333

berikut :

U (r ) =

0, jika r > 0 ∞, jika r < a, dengan r adalah jarak antar partikel.

Persamaan keadaan gas tersebut dapat dituliskan dengan bantuan ensembel Kanonik besar sebagai berikut :

P = kT

b

∑ λm3 zm m

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,

Gugus 3 :

1•

•2,

2•

•3,

•3

1•

•3

3•

•1

dan

1•

•2

•1

•2

•3 15. Tuliskan rumus bm tersebut dan hitunglah b1 dan b2 untuk kasus ini. Solusi : Z =

N

∑∏

{m l }

l =1

l 1 1 ⎛ v ⎞ , b = b m 3 1⎟ ⎜ l λ l − 3V ml ⎝ λ 3 ⎠

m

( Jumlah semua gugus l yang mungkin ) dan konstrain/kendala :

∑ m l =N l

l

PV Persamaan kT diperoleh dari hubungan dengan Fungsi partisi grand Kanonik :

334

∞

∑Z

ZG =

N =0

N

N

Z(N,V,T)= ∑ ∏ {m l }

m

ZG =

Z m11 ⎛ v ⎞ l ∑ ⎜ 3 b1 ⎟ x ⎠ m1 m1 ⎝ λ

l =1

Z ml l ⎛ v ⎞ ⎜ 3 b1 ⎟ ml ⎝ λ ⎠

Z m2 2 ⎛ v ⎞ ∑ ⎜ 3 b2 ⎟ ⎠ m2 m2 ⎝ λ

m2

ml

m

x

Z m3 3 ⎛ v ⎞ 3 ∑ ⎜ 3 b3 ⎟ x ... ⎠ m3 m3 ⎝ λ

Xn Diketahui bahwa : ∑ = ex n n ∞ ⎛ Z lv ⎞ Z G = ∏ exp ⎜ 3 b1 ⎟ , l =1 ⎝ λ ⎠

untuk kasus gas real

PV ∂ = ln Z G dan N = Z ln Z G , maka ; kT ∂Z

∞ ⎛ Z lV ⎞ ⎛ Z lv ⎞ ln Z G = ln ∏ exp ⎜ 3 b1 ⎟ = ∑ ⎜ 3 b1 ⎟ dan l =1 ⎝ λ ⎠ l ⎝ λ ⎠

⎛ lZ l −1v ⎞ ∂ ln Z G = ∑ ⎜ 3 b1 ⎟ , ∂Z l ⎝ λ ⎠

sehingga ; ⎛ Z lv ⎞ ⎛ lZ lV ⎞ PV = ln Z G = ∑ ⎜ 3 b1 ⎟ , dan N = ∑ ⎜ 3 b1 ⎟ kT l ⎝ λ l ⎝ λ ⎠ ⎠ ∞

Gunakan deret kuasa : Z = ∑ am n m = a1n1 + a2 n 2 + a3n3 + ... m =1

Dimana ; n = N = ∑ ⎛⎜ l 3 Z l b1 ⎞⎟ V

n=

1

λ3 =

n=

Zb1 +

1

λ 1

λ

3

3

l =1

⎝λ

⎠

3 3 2 2 Z b2 + 3 Z b3 +... 3 λ λ

{ Zb1 +2Z 2 b 2 +3Z3 b 3 +... } 2

3

2

3

[ ( a1n + a2n + a3n +..)b1 + 2( a1n + a2n + a3n +.. )2 b2 + 2

3

3 ( a1n + a2n + a3n +..)3 b3 + ... ]

335

n=

1

λ3

[ a1b1n +( a2b1+2 a12 b2)n2 + ( a3b1+4 a1a2b2 +3 a13 b3)n3 +..], b1 = 1, koefisien n = 1, maka ; a1 = λ3,

Untuk,

koefisien n2 = 0→ a2b1 + 2 a12 b2 = 0 a2 =– 2λ6b2 dan a3 = λ9 (8 b22 –3b3),, jadi Z = λ3n – 2λ6b2 n2+λ9 (8 b22 – 3b3) n3 + … Selanjutnya : PV = kT

1 ⎛ Z lV ⎞ → P = 3 Z l bl ∑ ⎜ 3 b1 ⎟ kT λ l =1 ⎝ λ ⎠

(

1 P = kT λ3 [(

a1n

)

=

1

(Zb + Z b λ 2

1

3

+ a2n2 + a3n3 +..) b1

+

2

(

)

+ Z3 b3 +...

a1n

+ a2n2 + a3n3 +..)2 b2

+

( a1n + a2n2 + a3n3 +..)3 b3 +... ]

1 P 2 3 2 3 = kT λ3 [ a1b1n + (a2b1+ a1 b2) n + (a3b1 + 2a1a2b2 + a1 b3 ) n +...], a1 = λ3, a2 =

–2λ6b2 dan a3 = λ9 (8 b22 – 3b3)

1 P 3 6 2 9 3 3 2 6 3 2 2 = kT λ3 [ λ n –λ b2 n + λ (4 b2 – 2b3 ) n +…] = [ n –λ b2 n + λ (4 b2 – 2b3) n +…] atau P 3 6 2 2 nkT = 1 –λ b2 n + λ (4 b2 – 2b3) n +…,

Maka diperoleh ; A1 = 1, A2 = – b2 dan A3 = 4 b22 – 2b3

16. Persamaan keadaan gas riil dapat juga dinyatakan sebagai uraian deret virial sbb :

P = A1 + A2 n + A3 n2 + . . . nkT dengan n = N/V. Turunkanlah ungkapan bagi A1, A2 dan A3 dalam bm. b1 =

1 lλ V 0

[•]

=

1 d 3 r1 = ∫ V

1 V V = 1,

336

b2 =

b2 =

1 2 λ 3V

[ 3 ( 1•

•2 ) ],

3

⎡ d 3 r1d 3r2 f ⎤ = 3 4π r 2 f (r)dr = 6π r2 ( e−u(r) kT −1) dr 12 ⎦ 2 λ V ⎣∫ λ3 ∫ 2 λ3 ∫ 3

=

a ∞ ⎤ 6π ⎡ 2 −∞ 1 − + r e dr r 2 e0 − 1 dr ⎥ 3 ⎢∫ ∫ λ ⎣0 a ⎦

(

)

(

)

a ⎤ 6π ⎡ 6π 1 2π = 3 ⎢ ∫ − r 2 dr ⎥ = − 3 a 3 = − 3 a 3 λ ⎣0 λ 3 λ ⎦

3•

b3 =

1 6 λ 6V

[ 3 ( 1•

•2 )

+

1•

3•

•2 ],

Soal Latihan 1. Tunjukan rasio

( pV / RT )

pada kritikal point untuk gas dimana persamaan

keadaanya (Persamaan Dieterici’s) p (V − b ) = RT exp ( − a / RTV )

dan tunjukan

jawaban secara numerik. 2. Satu mol gas gas senantiasa menaati persamaan gas van der Waals. Jika molar energi internal u = cT − a / V ( V adalah molar volume dan a adalah konstanta persamaan keadaan dan c adalah konstanta. Tentukanlah molar kapasitas panas Cv dan C p 3. Persamaan gas van der Waals adalah P =

RT a − 2 , tentukanlah koofisien (V − b) V

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. ⎛ ∂T ⎞ 6. Tentukan koofisien Joule-Thomson ⎜ ⎟ berdasarkan persamaan gas real van ⎝ ∂P ⎠ H

der Waals. 7. Dengan menggunakan persaman gas real van der Waals buktikan bahwa a ⎛ ∂E ⎞ ⎜ ⎟ = 2 ⎝ ∂V ⎠T V ⎛ βS2 ⎞ 8. Suatu sistem memiliki energi total U ( S , V , N ) = α N exp ⎜ 2 ⎟ dengan α dan ⎝ V ⎠

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. ⎡ ⎛ V ⎛ 4π mU ⎞3/ 2 ⎞ 5 ⎤ 9. Persamaan Sackur-Tetrode S (U ,V , N ) = Nk ⎢ln ⎜ ⎜ ⎟ + ⎥ merupakan 2 ⎟ ⎢⎣ ⎜⎝ N ⎝ 3 Nh ⎠ ⎠⎟ 2 ⎥⎦

gambaran dari persamaan entropi gas ideal monoatomik. Jelaskan mengapa kondisi ini tidak berlaku untuk gas real ? 10. Persamaan gas ideal van der Waals

(V − Nb)( P +

N 2a ) = Nk B T V2

dengan

temperatur Boyle TBoyle . Ketika temperatur ini dihilangkan pada koofisien virial suku kedua, gas ideal akan sama dengan

gas real di sekitar TBoyle .

Dengan

menggunakan kritikal temperatur dari persamaan gas van der Waals, tentukan harga

TBoyle 11. Dengan menggunakan hubungan termodinamika buktikan untuk elektron gas

κT = −

1 ⎛ ∂V ⎞ 1 ⎛ ∂n ⎞ dengan n = N / V ⎜ ⎟ = 2⎜ ⎟ V ⎝ ∂p ⎠ NT n ⎝ ∂µ ⎠ NT

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 S ( E , V , N ) 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 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 T → 0 dan T → ∞ 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

ε=

p

2

2m

− ε 0 dimana p = ( px , p y ) dan ε 0 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 ε1 = 0 dan ε 2 = ε . 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 I

II

III

B

A

A

B

VI

Mikro ε 1 0

∑ε

A

B

0

A

B

1

a. Fungsi Partisi

4

Z (T , N = 2) = ∑ e − βε = e − β (0) + 2 e− βε + e−2 βε i =1

= 1 + 2 e − βε + e −2 βε b.

Fungsi partisi salah satu partikel 2

Z (T , N = 1) = ∑ e − βε = e − β (0) + e− βε i =1

= 1 + e − βε

c. Tuliskan fungsi partisi noninteracting particles

Z (T , N = 2) = Z (T , N = 1) 2 d. Probability sistem untuk keadaan yang mungkin

p1 =

1 1 = dan Z (T ,1) 1 + e − βε

341

e − βε e − βε = p2 = Z (T ,1) 1 + e − βε

e.

Energi rata-rata sistem

ε e- βε

2

u = E = ∑ piε i = i =1

f.

1 + e- βε

Energi bebas per partikel

f = −kT ln ⎡⎣ Z (T ,1) ⎤⎦ = − kT ln ⎡⎣1 + e − βε ⎤⎦ g.

Entropi per partikel

βε ⎛ ∂f ⎞ − βε +k s = −⎜ ⎟ = k ln 1 + e 1 + e − βε ⎝ ∂T ⎠V

(

)

3. Sebuah sistem dengan dua partikel (A dan B)

yang dapat dibedakan dan

masing-masing partikel mempunyai tiga keadaan nilai eigen energi ε1 = 0 , ε 2 = ε dan ε 2 = 2ε . Gambarkan keadaan yang mungkin dan tuliskan fungsi partisinya serta fungsi energi bebasnya.

Solusi :

Kead. Mikro

I

II

III

IV

V

B

A

VI

VII

VIII

B

A

A

B

IX

ε 2 1

B

A

A

B

A

B

342

0

A

∑ε

B

A

0

B

A

B

1

2

3

4

Fungsi Partisi

5

Z = ∑ e −βε = e −β ( 0) + 2 e −βε + 2 e −2 βε + e −2 βε + 2 e −3 βε + e −4 βε i =1

= 1 + 2 e − βε + 3 e −2 βε + 2 e −3 βε + e −4 βε

Jika β = − Z =1+ 2e

ε

1 , maka kT kT

+ 3e

2ε

kT

+ 2e

3ε

kT

+e

4ε

kT

Fungsi Helmholtz

F = −kT ln Z = −kT ln (1 + 2 e

ε

kT

+ 3e

2ε

kT

+ 2e

3ε

kT

+e

4ε

kT

)

4. Sebuah sistem dengan dua partikel (A dan B) yang tak dapat dibedakan dan masing-masing partikel mempunyai tiga keadaan nilai eigen energi ε1 = 0 , ε 2 = ε dan ε 2 = 2ε . Gambarkan keadaan yang mungkin dan tuliskan fungsi partisinya serta fungsi energi bebasnya.

Solusi :

343

Keadaan I

II

III

IV

V

VI

Mikro

ε

• • •• • •• • • •• •

2 1 0

∑ε

0

1

2

3

4

Fungsi Partisi

5

Z = ∑ e −βε = e −β ( 0) + e −βε + 2 e −2 βε + e −3 βε + e −4 βε i =1

= 1 + e − βε + 2 e −2 βε + e −3βε + e −4 βε

Jika β = − Z =1+ e

ε

kT

1 , maka kT + 2e

2ε

kT

+e

3ε

kT

+e

4ε

kT

Fungsi Helmholtz

F = −kT ln Z

344

= −kT ln (1 + e

ε

kT

+ 2e

2ε

kT

+e

3ε

kT

+e

4ε

kT

)

5. Tunjukan bahwa dalam ensembel kanonik, fluktuasi energi sebesar ∆E = kT 2Cv . Solusi :

∆E = < E 2 > − < E > 2

Diketahui bahwa ; E=−

∂ ln Z atau ∂β

E=−

1 ∂Z Z ∂β

Maka ;

1 ∂2Z < E >= Z ∂β 2 2

⎛ 1 ∂Z dan < E > = ⎜⎜ − ⎝ Z ∂β 2

⎞ ⎟⎟ ⎠

2

Maka ;

2

⎡ ∂2 ⎤ ⎡1 ∂ ⎤ 1 ∂2 ∂E (∆E ) =< E > − < E > = Z − Z = ⎢ 2 ln Z ⎥ = − ⎢ ⎥ 2 Z ∂β ∂β ⎣ Z ∂β ⎦ ⎣ ∂β ⎦ 2

2

2

Diketahui bahwa ;

β =−

1 k BT

dan CV =

∂E ∂T

Maka ; (∆E ) 2 = −

∂E ∂E = k BT 2 ∂β ∂T

345

(∆E ) 2 = k BT 2CV atau ∆E = kT 2Cv

6. Tunjukan bahwa dalam ensembel kanonik, fluktuasi energi relatif sebesar

∆E 1 ~ . E N

Solusi :

Diketahui bahwa fluktuasi energi dalam ensembel kanonik adalah ∆E = kT 2Cv ,

Maka ;

∆E kT 2Cv = E E

Jika sistem sangat besar maka diambil N → ~ dan V → ~, maka

N adalah V

konstan dan jika Cv dan E adalah variabel ekstensive maka CV ~ N, jadi ; ∆E 1 ~ E N

7. Dengan menggunakan ensembel kanonik, tuliskan sifat-sifat termodinamika kuantum osilator harmonik 1 dimensi dalam kesetimbangan dengan temperatur 1⎞ ⎛ ruang T yang memiliki tingkat energi ε n = ⎜ n + ⎟ hω (n = 0,1, 2,...) 2⎠ ⎝ Solusi :

Fungsi Partisi ensambel Kanonik : ∞

Z = ∑ exp ( − β E ) n =1

1⎞ ⎛ Dimana ; ε n = ⎜ n + ⎟ hω (n = 0,1, 2,...) , maka 2⎠ ⎝

346

⎡ 1 ⎞⎤ ⎛ Z = ∑ exp ⎢ − β hω ⎜ n + ⎟ ⎥ atau 2 ⎠⎦ ⎝ n =1 ⎣ ∞

(

)

Z = e − β hω 2 1 + e − β hω + e−2 β hω + ... , Diketahui bahwa deret geometri ; 1 + x + x 2 + ... =

1 , dimana x = e − β hω , maka ; 1− x

Fungsi partisinya menjadi ;

Z=

e − β hω 2 1 − e − β hω

Fungsi hemholtznya :

⎛ e − β hω 2 ⎞ F = −kT ln Z = −kT ln ⎜ − β hω ⎟ ⎝ 1− e ⎠ ⎡ 1 ⎤ = − kT ⎢ − β hω − ln (1 − e β hω ) ⎥ ⎣ 2 ⎦ 1 = hω + kT ln (1 − e β hω ) 2 Entropi ;

∂ ⎛1 ⎛ ∂F ⎞ β hω ⎞ S = −⎜ ⎟=− ⎜ hω + kT ln 1 − e ⎟ ∂T ⎝ 2 ⎝ ∂T ⎠ ⎠ ⎡ β hω ⎤ = k ⎢ β hω − ln 1 − e − β hω ⎥ ⎣ e −1 ⎦

(

(

)

)

Energi internal osilator :

∂ ⎛ ∂ ⎞ ln Z atau E = kT 2 ⎜ ln Z ⎟ ∂β ⎝ ∂T ⎠ 1 ⎤ ⎡1 = hω ⎢ + β hω ⎥ ⎣ 2 e − 1⎦

E=−

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 +

Z=

∞

∞

∞

∑ ∑ ∑ exp ( − β ( n

n x = 0 n y = 0 nz = 0

=e

− 32 β hf

∞

∑( nx

e − β hf

nx ∞

) ∑( ny

∑ (e −βhf ) ∞

Nilai untuk

n

n

Z =e

− 32 β hf

⎡ 1 ⎢ ⎢ 1 − e − β hf ⎣

(

)

=

x

3 ) hf, dengan n , n , n = 0, 1, 2, 3, . . . x y z 2

+ n y + nz + 32 ) hf

e − β hf

ny ∞

) ∑ (e ) − β hf

) nz

nz

1 1 − e − βhf

, maka ;

⎤ β hf −3 − ⎛ β2hf ⎞ 1 ⎥ = = ⎜e −e 2 ⎟ , 3 3 β hf ⎥ − ⎛ β2hf ⎞ ⎝ ⎠ 2 ⎦ e e − ⎜ ⎟ ⎝ ⎠

Untuk N partikel dalam 3-D, diperoleh ; β hf − ⎞ 1 1 ⎛ β hf N ZN = (Z ) = ⎜e 2 − e 2 ⎟ N! N !⎝ ⎠

−3 N

348

b. ex = 1 + x +

x2 x2 + . . . , dan e–x = 1 – x + 2 2

– . . .,

maka : βhf

e

2

=1+

βhf 2

−

βhf 2

+ . . . dan e

βhf

=1–

2

+ . . .,

T tinggi (T → ∞) atau β rendah (β→0) : β hf − ⎞ 1 1 ⎛ β2hf N lim Z N = lim ( Z ) = lim ⎜e − e 2 ⎟ β →0 β →0 N ! β →0 N ! ⎝ ⎠

1 ⎡⎛ β hf = ⎜1 + N ! ⎢⎣⎝ 2

⎞ ⎛ β hf ⎟ − ⎜1 + 2 ⎠ ⎝

1 1 ⎛ kT ⎞ −3 N = ( β hf ) = ⎜ ⎟ N! N ! ⎝ hf ⎠

⎞⎤ ⎟⎥ ⎠⎦

−3 N

−3 N

3N

T rendah (T → 0)atau β tinggi (β→ ∞) : β hf − ⎞ 1 1 ⎛ β2hf N lim Z N = lim ( Z ) = βlim ⎜e − e 2 ⎟ →∞ N ! β →∞ β →∞ N ! ⎝ ⎠

1 ⎛ β2hf ⎞ = ⎜e ⎟ N !⎝ ⎠

−3 N

=

−3 N

3 Nhf 1 ⎛ − 2 kT ⎞ e ⎜ ⎟ N !⎝ ⎠

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

E =−

∂ ln Z N ∂β

β hf −3 N ⎤ β hf ⎡ 1 ⎛ β hf ⎡ 1 ⎛ β hf − − ⎞ ∂ ∂ 2 =− ln ⎢ ⎜ e − e 2 ⎟ ⎥ = 3 N ln ⎢ ⎜ e 2 − e 2 ∂β ⎢ N ! ⎝ ∂β ⎢⎣ N ! ⎝ ⎠ ⎥⎦ ⎣ β hf ⎡ ∂ − 1 ∂ ⎛ β2hf ln ⎜ e − e 2 = 3N ⎢ ln + ⎢⎣ ∂β N ! ∂β ⎝ β hf ⎛ ⎛ β hf − ⎞⎞ 2 ⎜ ⎜e + e 2 ⎟ ⎟ ⎠ ⎟ ⎛ hf ⎞ = 3 N ⎜ ⎝ β hf ⎜ ⎟ hf β ⎜⎛ − ⎞ ⎟⎝ 2 ⎠ 2 2 ⎜ ⎜e −e ⎟ ⎟⎟ ⎜ ⎠⎠ ⎝⎝ ⎛ β hf ⎞ ⎛ 3Nhf ⎞ =⎜ ⎟ coth ⎜ ⎟ ⎝ 2 ⎠ ⎝ 2 ⎠

⎞⎤ ⎟⎥ ⎠ ⎥⎦

⎞⎤ ⎟⎥ ⎠ ⎥⎦

b. Aprokmasi nilai eigen energi tsb untuk T tinggi dan T rendah.

T tinggi (T → ∞) atau β rendah (β→ 0) :

350

⎞ ⎛ β hf ⎞ ⎟ coth ⎜ ⎟ ⎠ ⎝ 2 ⎠ β hf ⎛ ⎛ β hf − ⎜ ⎜e 2 + e 2 ⎛ 3 Nhf ⎞ ⎜ ⎝ = lim ⎜ ⎟ β hf β hf β →0 − ⎝ 2 ⎠⎜ ⎛ 2 ⎜ ⎜e −e 2 ⎜ ⎝⎝

⎛ 3Nhf lim E = lim ⎜ β →0 β →0 ⎝ 2

⎛ 3Nhf =⎜ ⎝ 2

⎞⎞ ⎟⎟ ⎠⎟ ⎞⎟ ⎟ ⎟⎟ ⎠⎠

⎛ 3N ⎞ ⎞ 1 ⎟ = 3 NkT ⎟ β hf = ⎜ ⎞ ⎝ β ⎠ ⎠⎛ ⎜ ⎟ ⎝ 2 ⎠

T rendah (T → 0) atau β tinggi (β→ ∞) :

⎞ ⎛ β hf ⎞ ⎟ coth ⎜ ⎟ ⎠ ⎝ 2 ⎠ β hf ⎛ ⎛ β hf − ⎜ ⎜e 2 + e 2 ⎛ 3 Nhf ⎞ ⎜ ⎝ = lim ⎜ ⎟ β hf β →∞ − ⎝ 2 ⎠ ⎜ ⎛ β2hf ⎜ ⎜e −e 2 ⎜ ⎝⎝ ⎛ 3 Nhf ⎞ =⎜ ⎟ ⎝ 2 ⎠

⎛ 3Nhf lim E = lim ⎜ β →∞ β →∞ ⎝ 2

⎞⎞ ⎟⎟ ⎠⎟ ⎞⎟ ⎟ ⎟⎟ ⎠⎠

c. Kapasitas panas pada volume tetap

∂ ∂β ∂ ⎛ ∂U ⎞ CV = ⎜ E = E ⎟ = ∂T ∂β ⎝ ∂T ⎠V ∂T

351

⎛ 1 ⎞ ⎛ 3 Nhf = ⎜ − 2 ⎟⎜ ⎝ kT ⎠ ⎝ 2

⎞⎡ ∂ ⎛ β hf ⎟ ⎢ coth ⎜ ⎠ ⎣ ∂β ⎝ 2

⎞⎤ ⎟⎥ ⎠⎦

⎛ 1 ⎞ ⎛ 3 Nhf ⎞ ⎛ hf ⎞ ⎡ 2 ⎛ β hf ⎞ ⎤ = ⎜ − 2 ⎟⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎢ − csc h ⎜ ⎟⎥ ⎝ kT ⎠ ⎝ 2 ⎠ ⎝ 2 ⎠ ⎣ ⎝ 2 ⎠⎦ ⎛ hf ⎞ 2 ⎛ β hf ⎞ = 3 Nk ⎜ ⎟ csc h ⎜ ⎟ ⎝ 2kT ⎠ ⎝ 2 ⎠ 2

⎛ β hf ⎞ 2 ⎛ β hf ⎞ = 3 Nk ⎜ ⎟ csc h ⎜ ⎟ ⎝ 2 ⎠ ⎝ 2 ⎠ = 2

d.

Aprokmasi kapasitas panas untuk T tinggi dan T rendah.


⎛ β hf ⎞ ⎛ β hf ⎞ lim CV = lim 3Nk ⎜ csc h 2 ⎜ ⎟ ⎟ β →0 β →0 ⎝ 2 ⎠ ⎝ 2 ⎠ 2

1 ⎛ β hf ⎞ = 3Nk lim ⎜ ⎟ β →0 ⎝ 2 ⎠ sinh 2 ⎛ β hf ⎞ ⎜ ⎟ ⎝ 2 ⎠ = 3Nk = 3R 2


352

⎛ β hf ⎞ ⎛ β hf ⎞ lim CV = lim 3Nk ⎜ csc h 2 ⎜ ⎟ ⎟ β →∞ β →∞ ⎝ 2 ⎠ ⎝ 2 ⎠ 2

1 ⎛ β hf ⎞ atau = 3 Nk lim ⎜ ⎟ β →∞ ⎝ 2 ⎠ sinh 2 ⎛ β hf ⎞ ⎜ ⎟ ⎝ 2 ⎠ 2

⎡ 1 ⎛ β hf ⎞ ⎢ = 3 Nk lim ⎜ ⎟ β hf β hf β →∞ − ⎝ 2 ⎠ ⎢ 2 ⎣e − e 2 2

⎛ β hf ⎞ − = 3 Nk ⎜ ⎟ e ⎝ 2 ⎠ 2

2

⎤ ⎥ ⎥ ⎦

2

β hf 2

atau

⎛ hf ⎞ − 2 kT = 3 Nk ⎜ ⎟ e ⎝ 2kT ⎠

e.

hf

Entropi

⎛ ∂F ⎞ S = −⎜ ⎟ ⎝ ∂T ⎠V

dimana ; β hf − ⎞ 1 ⎛ β2hf F = − kT ln Z N , dan Z N = ⎜e −e 2 ⎟ N !⎝ ⎠

−3 N

Maka ; S =k

∂ ∂ (T ln Z N ) = k ⎛⎜ ln Z N + T ln Z N ⎞⎟ ∂T ∂T ⎝ ⎠

Diketahui bahwa ; ∂ ∂T ⎛ ∂ ⎞ ln Z N = − ln Z N ⎟ ⎜ ∂β ∂β ⎝ ∂T ⎠ 1 ⎛ ∂ ⎞ ⎛ ∂ ⎞ ln Z N ⎟ = kT 2 ⎜ ln Z N ⎟ = 2 ⎜ k β ⎝ ∂T ⎠ ⎝ ∂T ⎠

E =−

Maka ;

353

E ∂ ln Z N = 2 ∂T kT

Jadi ;

∂ ⎛ ⎞ S = ⎜ k ln Z N + kT ln Z N ⎟ = k ln Z N + ∂T ⎝ ⎠ − 3N β hf ⎡ 1 ⎛ β hf − ⎞ ⎤ ⎛ 3Nhf 2 2 = k ln ⎢ ⎜ e − e ⎟ ⎥+⎜ ⎢⎣ N ! ⎝ ⎠ ⎥⎦ ⎝ 2T

10. Suatu

sistem N

H =∑ i =1

osilator

harmonik

1

E T ⎞ ⎛ β hf ⎞ ⎟ coth ⎜ ⎟ ⎠ ⎝ 2 ⎠

dimensi

yang

memiliki

hamiltonian

1 pi2 1 + mω 2 qi2 dengan temperatur ruang T. Tentukanlah : 2 2m 2

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 : Z=

1 d 3 N qd 3 N p exp(− β H (q, p )) N ! h3 N ∫

Maka ; Fungsi partisi sistem ini adalah :

354

∞ ∞

⎧ ⎛1 p 1 ⎞⎫ Z (T , V ,1) = ∫ ∫ exp ⎨− β ⎜ + mω 2 q 2 ⎟ ⎬dpdq h −∞ −∞ ⎠⎭ ⎩ ⎝ 2 2m 1/ 2

1 ⎛ 2π ⎞ = ⎜ ⎟ h ⎝ β mω 2 ⎠ = =

1/ 2

⎛ 2π m ⎞ ⎜ ⎟ ⎝ β ⎠

2π

βω 1 β hω

Dengan h =

h 2π

b. Energi bebas Hemholtz Z ( t , V , N ) = Z (T , V ,1) N F (T , V , N ) = − kT ln Z (T , V ,1) N ⎛ 1 ⎞ = NkT ln ⎜ ⎟ ⎝ β hω ⎠ ⎛ hω ⎞ = NkT ln ⎜ ⎟ ⎝ kT ⎠

c. Potensial kimia

µ (T ,V , N ) V ,T =

∂F (T ,V , N ) ∂N

⎛ hω ⎞ = NkT ln ⎜ ⎟ ⎝ kT ⎠ ⎛ hω ⎞ = kT ln ⎜ ⎟ ⎝ kT ⎠

d. Entropi

355

⎛ ∂ ln Z (T ,V , N ) ⎞ S = k ln Z (T ,V , N ) + kT ⎜ ⎟ ∂T ⎝ ⎠ N ,V ⎛ hω ⎞ = Nk ln ⎜ ⎟ + Nk ⎝ kT ⎠ ⎡ ⎛ hω ⎞ ⎤ = Nk ⎢ln ⎜ ⎟ + 1⎥ ⎣ ⎝ kT ⎠ ⎦

e. Energi ⎛ ∂ ln Z (T ,V , N ) ⎞ E = kT 2 ⎜ ⎟ ∂T ⎝ ⎠ N ,V ⎛ ∂ ⎛ hω ⎞ N ⎞ = kT ⎜ ln ⎜ ∂T ⎜⎝ kT ⎟⎠ ⎟⎟ ⎝ ⎠ = NkT 2

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)

I

II

V=∞

V=0

III V=∞ ψII = 0 L

ψI = 0 0

→ ψ ada ⎧ 0 untuk 0 < x < L Syarat Batas : V(x) = ⎨ ⎩ ∞ untuk x ≤ 0 atau x ≥ L → ψ = 0

Persamaan Shcrodinger : H ψ(x) = E ψ(x) ⎛ h2 d 2 ⎞ h2 ⎡ d 2 ⎤ ⎜⎜ − ⎟ ψ(x) = Eψ(x), V(x) = 0 → ψ(x) = Eψ(x) V x + ( ) − 2 ⎟ 2m ⎢⎣ dx 2 ⎥⎦ ⎝ 2m dx ⎠

1 d 2ψ ( x) 2mE + =0 2 ψ ( x) dx h2 dimana ; k2 =

2mE 1 d 2ψ ( x) + k2 = 0 → 2 2 ψ ( x ) h dx

⎛ d2 ⎞ d d d 2ψ ( x) 2 ⎜⎜ 2 + k 2 ⎟⎟ ψ(x) = 0 → ⎛⎜ + ik ⎞⎟⎛⎜ − ik ⎞⎟ ψ(x) = 0 + k ψ(x) = 0 → 2 dx ⎠ ⎝ dx ⎠⎝ dx ⎝ dx ⎠

ψ(x) = ψ0 eikx + ψ1 e−ikx atau ψ(x) = Asin(kx) + B cos(kx) 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 = ψ(x) =

nπ , dimana nilai n = 1, 2, 3, . . . L

1 nπ sin ( x), L L

Jadi ; k2 =

2mE 2mE nπ → = 2 2 L h h

atau

357

E=

•

n 2π 2 h 2 2mL2


Z = ∑ exp ( − β E ) n =1

Dimana ; E =

n 2π 2 h 2 , maka 2mL2

∞ ⎛ ⎛ n 2π 2 h 2 ⎞ ⎞ Z = ∑ exp ⎜⎜ − β ⎜ 2 ⎟⎟ ⎟ n =1 ⎝ 2mL ⎠ ⎠ ⎝

c=

Jika dimisalkan ; ∞

(

Z = ∑ exp − β cn 2 n =1

π 2h2 2mL2

, maka ;

)

dimana : ∞

∑

e − β cn

2

∞

=

nx =1

∫e

− β cn2

1 ∞

(

Z = ∑ exp − β cn n =1

2

)

dn =

1 2

π , maka βc

1 ⎛ 2mL2π ⎞ = ⎜ ⎟ 2 ⎝ βπ 2 h 2 ⎠

• Fungsi Helmholtz : ⎡ 1 ⎛ 2mL2π F = − kT ln Z = −kT ln ⎢ ⎜ 2 2 ⎢⎣ 2 ⎝ βπ 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 :

L

L L

⎧ 0, 0 < x < L, 0 < y < L dan 0 < z < L ; ψ ≠ 0 Syarat Batas : V(x,y,z) = ⎨ ;ψ = 0 ⎩ ∞ diluar kotak

Persamaan Shcrodinger : H ψ(x) = E ψ(x), untuk 1 partikel dalam kotak ⎞ ⎛ h2 ⎡ d 2 d2 d2 ⎤ ⎟ ψ = Eψ , V(x,y,z) = 0 ⎜− V x + + ( ) + ⎢ ⎥ 2 2 2 ⎟ ⎜ 2m dx dy dz ⎦ ⎣ ⎠ ⎝

−

h2 ⎡ d 2 d 2 d 2 ⎤ ψ(x,y,z) = E ψ(x,y,z), + + 2m ⎢⎣ dx 2 dy 2 dz 2 ⎥⎦

Karena syarat batas separabel dalam koordinat kartesius, maka ;

ψ(x,y,z) = ψ(x) ψ(y) ψ(z) −

h2 ⎡ d 2 d2 d2 ⎤ + + ψ(x) ψ(y) ψ(z) = E ψ(x) ψ(y) ψ(z) 2m ⎢⎣ dx 2 dy 2 dz 2 ⎥⎦

1 d 2ψ ( x) 1 d 2ψ ( y) 1 d 2ψ ( z) 2mE + + + 2 =0 ψ ( x) dx2 ψ (y ) dy2 ψ (z ) dz2 h

359

1 d 2ψ (x) 1 d 2ψ ( y) 1 d 2ψ (z) + + + k2 = 0 2 2 2 ψ (x) dx ψ (y) dy ψ (z ) dz – k x2 – k y2 – k z2 + k2 = 0, Maka ; –

k x2 =

1 d 2ψ ( x) ψ ( x) dx2

k y2 =

; –

1 d 2ψ ( y) ψ ( y ) dy 2

dan –

k z2 =

1 d 2ψ ( z ) ψ (z ) dz 2 Untuk ; – k x2 =

1 d 2ψ ( x) ψ ( x) dx2

d 2ψ ( x) + k x2 ψ(x) 2 dx

=

0

⎛ d2 ⎞ ⎜⎜ 2 + k x2 ⎟⎟ ψ(x) ⎝ dx ⎠

=

0

⎛d ⎞⎛ d ⎞ ⎜ + ik x ⎟⎜ − ik x ⎟ ψ(x) = 0 ⎝ dx ⎠⎝ dx ⎠

ψ(x) = ψ0 eik x x + ψ1 e−ik x x atau 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 = maka

; ky =

nxπ , L

nyπ nπ dan kz = z L L

ψ(x,y,z) = ψ(x) ψ(y) ψ(z)

360

1

ψ(x,y,z) =

sin (

L3

nyπ nxπ nπ ) sin ( ) sin ( z ), L L L

Jadi ; k2 = k x2 + k y2 + k z2 2

⎛ nyπ ⎞ 2mE ⎛n π ⎞ ⎛n π ⎞ = ⎜ x ⎟ + ⎜⎜ ⎟⎟ + ⎜ z ⎟ atau 2 h ⎝ L ⎠ ⎝ L ⎠ ⎝ L ⎠ 2

Enx,ny,nz =

π 2h 2

2

2mL

2

( nx2 + n2y + nz2 ) ;

dimana nilai nx, ny, nz = 1, 2,

3, . . .

•


Z=

∞

∞

∑ ∑ ∑ exp (− βE )

nx =1 n y =1 nz =1

Enx,ny,nz =

π 2h 2

2mL2

( nx2 + n2y + nz2 ),

π 2h 2

dimisalkan ; c =

→ Enx,ny,nz = c( nx2 + n2y + nz2 )

∑ ∑ ∑ exp (− βc( nx2 + n2y + nz2 )) ∞

Z=

2mL2

∞

∞

nx =1 n y =1 nz =1

⎛ ∞ 2⎞ ⎛ ∞ 2⎞ ⎛ ∞ 2⎞ = ⎜ ∑ e− βcnx ⎟ ⎜ ∑ e− βcn y ⎟ ⎜ ∑ e− βcnz ⎟ , dimana : ⎟ ⎟ ⎜ n =1 ⎜ n =1 ⎟ ⎜ n =1 ⎠ ⎠⎝ y ⎝ x ⎠⎝ z ⎛ ∞ − βcn2 ⎞ ⎟ = ⎜∑e ⎟ ⎜ n =1 ⎠ ⎝ x

∞

∫e

− β cn2

1

3

⎛ ∞ − βcn2 ⎞ ⎟ = 1 Z= ⎜∑e ⎜ n =1 ⎟ 8 ⎝ x ⎠

dn =

1 2 3

⎛π ⎞ ⎜ ⎟ = ⎝ βc ⎠

π , maka βc 1 8

3

⎛ 2mL2π ⎞ ⎜⎜ ⎟ 2 2⎟ ⎝ βπ h ⎠

361

1 ⎛ 2mL2π ⎞ Z= ⎜ ⎟ 8 ⎝ βπ 2 h 2 ⎠

3

• Fungsi Helmholtz : 1 F = – kT ln Z = – kT ln [ 8

13. Dalam

gas

ideal

energi

3

⎛ 2mL2π ⎞ ⎜⎜ ⎟ ] 2 2⎟ βπ h ⎝ ⎠

sistem

tanpa

interaksi

antar

molekul

adalah

pi2 H ( q, p ) = ∑ , tentukanlah : i =1 2m N

a. Energi bebas Hemholtz b. Potensial kimia c. Entropi

Solusi :

Fungsi partisi dalah gas ideal adalah : Z=

1 N ! h3 N

(

3 ∫d q

)

N

⎛ d 3 N p e − β / 2 m ∑ i=1 pi2 ⎞ ⎜∫ ⎟ ⎝ ⎠ N

atau

1 1 V N 3/ 2 Z (T , V , N ) = ( Z (T ,V ,1) = ⎛⎜ 2 ( 2π mkT ) ⎞⎟ N! N !⎝ h ⎠

N

Diketahui bahwa rerata panjang gelombang de Broglie partikel gas pada temperatur tertentu adalah : h2 λ= , 2π mkT maka fungsi partisi dapat ditulis kembali menjadi ;

362

1 ⎛V ⎞ Z (T , V , N ) = ⎜ ⎟ N !⎝ λ3 ⎠

N

a. Energi bebas Hemholtz N ⎡ 1 ⎛V 3/ 2 ⎞ ⎤ F = − kT ln Z = − kT ln ⎢ ⎜ 2 ( 2π mkT ) ⎟ ⎥ ⎠ ⎥⎦ ⎢⎣ N ! ⎝ h ⎡ ⎛ ⎞ ⎤ Nh3 ⎢ ⎜ ⎟ − 1⎥ atau = NkT ln 3/ 2 ⎢⎣ ⎜⎝ V ( 2π mkT ) ⎟⎠ ⎥⎦

⎡ ⎛ Nλ3 ⎞ ⎤ = NkT ⎢ln ⎜ ⎟ − 1⎥ V ⎠ ⎦ ⎣ ⎝

b. Potensial kimia

⎛ ∂F ⎞ ⎟ = kT ln( Z ) ⎝ ∂N ⎠V ,T

µ =⎜

⎡ ⎛ ⎞⎤ Nh3 ⎟⎥ = kT ⎢ln ⎜ 3/ 2 ⎢⎣ ⎜⎝ V ( 2π mkT ) ⎟⎠ ⎥⎦ ⎡ ⎛ N λ 3 ⎞⎤ = kT ⎢ln ⎜ ⎟⎥ ⎣ ⎝ V ⎠⎦

c. Entropi

⎛ ∂F ⎞ S = −⎜ ⎟ = kN ln ( Z ) ⎝ ∂T ⎠V ,T ⎡ ⎛ 5 ⎞⎤ Nh3 ⎟⎥ = kT ⎢ − ln ⎜ + ⎜ V ( 2π mkT )3/ 2 2 ⎟ ⎥ ⎢⎣ ⎝ ⎠⎦ ⎡ ⎛ V 5 ⎞⎤ = Nk ⎢ln ⎜ + ⎟⎥ 3 2 ⎠⎦ ⎣ ⎝ Nλ

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 :

ρ (q, p ) =

Dengan ;

ρ (q, p ) =

=

1 exp {− β H (q, p)} Z (T ,V ,1) h2 3/ 2 ⎞ ⎛V Z (T , V ,1) = ⎜ 2 ( 2π mkT ) ⎟ dan λ = , maka ; 2π mkT ⎝h ⎠ 1 3/ 2 ⎞ ⎛V ⎜ 2 ( 2π mkT ) ⎟ ⎝h ⎠

λ3 V

e

−β

exp {− β H (q, p )}

p2 2m

Probabilitas ditemukan satu partikel dengan momentum antara p dan p+dp, dan koordinat q dan q+dq adalah ; 1 ρ ( q, p ) d 3qd 3 p h3 Dimana ; h3 adalah volume ruang fasa, maka ; Kecepatan distribusi untuk semua posisi adalah ; m3 λ 3 − β 2pm f ( v ) d v = 3 d 3v ∫ d 3 q e h V 2

3

⎛ m ⎞ =⎜ ⎟ ⎝ 2π kT ⎠

3/ 2

e

−β

p2 2m

d 3v

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 :

⎛ m ⎞ f ( v ) dv = ⎜ ⎟ ⎝ 2π kT ⎠ ⎛ m ⎞ =⎜ ⎟ ⎝ 2π kT ⎠

3/ 2

e

3/ 2

e

−β

−

p2 2m

mv 2 2 kT

4π v 2 dv 4π v 2 dv

Probabilitas kecepatan yang cocok untuk distribuís kecepatan maksimal, jika ; ⎛ df ( v ) ⎞ ⎜ ⎟ =0 ⎝ dv ⎠v0

Maka ; −

m 3 v + v0 = 0 atau 2kT 0 2kT m

v0 =

Kecepatan rata-rata adalah : ∞

v = ∫ vf ( v ) dv 0

⎛ m ⎞ = 4π ⎜ ⎟ ⎝ 2π kT ⎠

3/ 2

2

∞

⎛ 2kT ⎞ 1 −y ⎜ ⎟ ∫ y e dy ⎝ m ⎠ 20

Dimana ; ⎛ mv 2 ⎞ y =⎜ ⎟, ⎝ 2kT ⎠ ∞

Jika

∫ ye

−y

dy = Γ(2) = 1, maka ;

0

365

⎛ m ⎞ v = 4π ⎜ ⎟ ⎝ 2π kT ⎠

3/ 2

2

⎛ 2kT ⎞ 1 ⎜ ⎟ ⎝ m ⎠ 2

8kT mπ

=

16. Dengan menggunakan koordinat polar dan ensembel kanonik, tentukan energi kinetik gas ideal. Solusi :

Diketahui bahwa,

Kecepatan rata-rata adalah :

∞

v = ∫ vf ( v ) dv 0

⎛ m ⎞ = 4π ⎜ ⎟ ⎝ 2π kT ⎠

3/ 2

∞

2

⎛ 2kT ⎞ 1 −y ⎜ ⎟ ∫ y e dy ⎝ m ⎠ 20

Maka kuadrat kecepatan rata-rata adalah ; ∞

v 2 = ∫ v 2 f ( v ) dv 0

⎛ m ⎞ = 4π ⎜ ⎟ ⎝ 2π kT ⎠ ∞

Jika ;

∫y 0

3/ 2

3/ 2

5/ 2

∞

1 3/ 2 − y y e dy 2 ∫0

⎛5⎞ 5 3 π , maka ; e − y dy = Γ ⎜ ⎟ = ⎝2⎠ 2 2

⎛ m ⎞ v = 4π ⎜ ⎟ ⎝ 2π kT ⎠ 3kT = m 2

⎛ 2kT ⎞ ⎜ ⎟ ⎝ m ⎠

3/ 2

⎛ 2kT ⎞ ⎜ ⎟ ⎝ m ⎠

5/ 2

153 π 222

Jadi, energi kinetik sebesar ;

366

1 2 1 ⎛ 3kT ⎞ mv = m ⎜ ⎟ 2 2 ⎝ m ⎠ 3 = kT 2

Ekinetik =

17. Gas ideal dengan N partikel dalam kesitimbangan termodinamika dengan resevoar panas pada temperatur T. Jika diketahui bahwa probabilitas ensembel kanonik ⎛ −ε adalah dw = A exp ⎜ ⎝ kT

⎞ ⎟ d Γ dengan Γ adalah volume ruang fasa sebesar ⎠

Γ = ANV N ε 3 N / 2 . Tentukanlah probabilitas dw ( E ) pada sistem tersebut dengan E adalah energi pada interval dE

Solusi :

Diketahui bahwa ; ⎛ −ε dw = A exp ⎜ ⎝ kT

⎞ N 3N / 2 , maka ; ⎟ d Γ dan Γ = ANV ε ⎠

3N ε 3 N / 2 d Γ = ANV dε 2 ε 3N 3 N 2 −1 ε = ANV N dε 2 N

Dengan mengintegralkan dan sampakan persamaan sama dengan 1, maka nilai konstanta dapat diperoleh : ∞

const ∫ ε

3 N −1 2

0

⎛ −ε ⎞ exp ⎜ ⎟ dε = 1 ⎝ kT ⎠

Misalkan ; t=

−ε 3N dan z = , maka kT 2

Dengan menggunakan fungsi Gamma, diperoleh ;

367

∞

∫ε

− t z −1

t

dt = Γ( z )

0

Maka diperoleh : 1

dw ( E ) = kT

3N

2

⎛ 3N ⎞ Γ⎜ ⎟ ⎝ 2 ⎠

.ε

3 N −1 2

⎛ −ε ⎞ exp ⎜ ⎟ ⎝ kT ⎠

18. Menurut persamaan Barometric aproksimasi pertama untuk tekanan atmosfer di puncak akan mereduksi 1/3 tekanan udara. Gengan asumsi bahwa temperatur udara ⎛ mgz ⎞ ⎟ ⎠

⎜− 1 adalah uniform dan masa molar udara adalah M, buktikan bahwa = e⎝ kT 3

Solusi ;

Dengan mengasumsikan keadaan energi pada ketinggian z sebesar U ( z ) = mgz , maka kosentrasi kolom udara berdasarkan ensembel kanonik adalah ; n( z ) = n0 e

−

mgz kT

dengan no = kosentrasi

Dengan menggunakan persamaan gas ideal yang berhubungan dengan kosentrasi dan tekanan ; PV = NkT ⇒ P = Jika

N kT V

N kT ~ n , maka ; V −

mgz kt

1 P( z ) n( z ) n0 e = = = n0 n0 3 P(0)

=e

−

mgz kt

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

m1 dan m2 . Jika rotasi sentrifugal dengan konstanta kecepatan angular adalah ω .

Dengan menggunkan ensembel kanonik, tentukan koofisien pemisahan q

yang

besarnya ; ⎛ n1 ⎞ ⎜ n ⎟ 2 ⎠r = R ⎝ q= n ⎛ 1 ⎞ ⎜ n ⎟ 2 ⎠r =0 ⎝

Dimana, n1 dan n2 adalah kosentrasi yang berhubungan dengan jenis gas. Solusi :

Energi rotasi partikel dalam sistem sentrifugal dengan jarak r dari pusat rotasi adalah : U (r ) = −

mω 2 r 2 2

Distribusi kanonik adalah merupakan fungsi dari radius, sebesar ; n(r ) = n0 e = n0 e

−

−

U (r ) kT

mω 2 r 2 2 kT

Dimana n0 menggambarkan kondisi normalisasi r → 0 , maka hubungan dengan koofisien separasi adalah : mω R ⎛ − ⎜ n01e 2 kT ⎜ ⎝ 2

q=

2

⎞ ⎟ ⎟ ⎠

mω R ⎛ − ⎜ n02 e 2 kT ⎜ ⎝ n ⎛ 01 ⎞ ⎜ n ⎟ 02 ⎠ ⎝ 2

2

⎞ ⎟ 2 2 ⎟ ⎠ ⇒ exp ⎛ ( m1 − m2 ) ω R ⎞ ⎜⎜ ⎟⎟ 2kT ⎝ ⎠

20. Dalam sistem magnetik model Ising d=1, dengan kondisi syarat batas dan tanpa medan magnetik, fungsi partisi kanonik adalah ;

369

Z (β, N ) =

N ⎛ ⎞ exp ⎜ β J ∑ si si + 1⎟ s1 , s2,..., s N =±1 i =1 ⎝ ⎠

∑

a. Buktikanlah Z ( β , N ) = [ 2 cosh( β J ) ]

N

b. Tentukanlah fungsi energi per spin dalam β dan J c. Tentukanlah kapasitas panas per spin dalam β dan J Solusi : a. Buktikanlah Z ( β , N ) = [ 2 cosh( β J ) ]

Z (β, N ) =

N

⎛ ⎞ exp ⎜ β J ∑ηi ⎟ s1 =±1, s2 =±1,... i ⎝ ⎠

∑

∑ ∏ exp ( β Jη )

=

s1 =±1, s2 =±1,...

i

i

∏ η∑ exp ( β Jη ) i

(

i ±1

= ∏ eβ J + eβ J

i

)

i

= ∏ 2 cosh ( β J ) i

= ⎡⎣ 2 cosh ( β J ) ⎤⎦

N

b. Tentukanlah fungsi energi per spin dalam β dan J ∂ ln Z ∂β N ∂ ln ⎡⎣ 2 cosh ( β J ) ⎤⎦ =− ∂β ∂ =− N ln ( 2 cosh ( β J ) ) ∂β

E =−

(

)

⎛ 2 sinh ( β J ) ⎞ = − NJ ⎜ ⎜ 2 cosh ( β J ) ⎟⎟ ⎝ ⎠ = − NJ tanh ( β J )

370

c. Tentukanlah kapasitas panas per spin dalam β dan J ∂ E ∂T ∂ ∂β = E ∂β ∂T

C=

=

∂ ⎛ 1 ⎞ − NJ tanh ( β J ) ) ⎜ − 2 ⎟ ( ∂β ⎝ kT ⎠

= − NJ 2 ⎡⎣1 − tanh 2 ( β J ) ⎤⎦ NJ 2 ⎡1 − tanh 2 ( β J ) ⎤⎦ 2 ⎣ kT = Nk β 2 J 2 ⎡⎣1 − tanh 2 ( β J ) ⎤⎦ =

371

A. 20 Soal Tanpa Jawaban

1. Dengan

menggunakan

energi

bebas

Hemholtz

F ( N ,V , T )

dari

system

termodinamika, buktikan bahwa ; ⎛ ∂F ⎞ ⎛ ∂F ⎞ N⎜ ⎟ +V ⎜ ⎟ =F ⎝ ∂N ⎠V ,T ⎝ ∂V ⎠ N ,T

2. Buktikan bahwa CP − CV = − k

⎡ ∂ ⎢ ⎣ ∂T

2

⎧ ⎛ ∂ ⎞ ⎫⎤ ln Z ⎟ ⎬⎥ ⎨T ⎜ ⎠T ⎭⎦V ⎩ ⎝ ∂V >0 2 ⎛ ∂ ⎞ ⎜ 2 ln Z ⎟ ⎝ ∂V ⎠T

3. Perlihatkan bahwa untuk gas ideal ; S ⎛Z ⎞ ⎛ ∂ ⎞ ln Z1 ⎟ = ln ⎜ 1 ⎟ + T ⎜ Nk ⎝ ∂T ⎠P ⎝N⎠

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

3 1 ⎧⎪ ⎛ kT ⎞ ⎪⎫ Z N (V , T ) = ⎨8π V ⎜ ⎟ ⎬ N ! ⎪⎩ ⎝ hc ⎠ ⎭⎪

N

untuk gas

monoatomik dengan hubungan antara energi dan momentum sebesar ε = pc , dengan c adalah kecepatan cahaya.

373

8. Buktikan untuk kasus 3N partikel yang bergerak dalam ruang 1 dimensi, memiliki fungsi partisi sebesar : 1 ⎡ ⎛ kT ⎞ ⎤ Z 3 N ( L, T ) = 2L ( 3N )! ⎢⎣ ⎜⎝ hc ⎟⎠ ⎥⎦

3N

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

s1sn +1

untuk sistem magnetik dimana n = 0,1,2, ...

dengan fungsi partisi kanonik adalah ; Z (β, N ) =


∑

11. Berdasarkan soal nomor 12, tunjukan bahwa fluktuasi rata-rata magnetisasi sebesar ;

(∑

δ si i =1 N

)

2

=N

1 1 − tanh( β J )

12. Perlihatkan bahwa untuk material magnetik, kapasitas panas dengan konstanta medan H dan magnetisasi M memiliki hubungan ; ⎛ ∂H ⎞ ⎛ ∂M ⎞ CH − CM = −T ⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎝ ∂T ⎠ M ⎝ ∂T ⎠ H

13. Buktikan bahwa untuk bahan paramagnetik mematuhi hukum Curie

C H − CM =

CH 2 T2

14. Suatu sistem magnetik spin ½ memiliki energi E = − µ Bs = µ Bs dengan s = ±1 , dengan menggunakan ensembel kanonik, tentukanlah magnetisasi dan isothemal suseptibilitasnya.

374

15. Suatu sistem dengan Hamiltonian H = ε ∑ i =1 ni N

keadaan mikro

yang memiliki probabilitas

µ ≡ {ni } . Tentukanlah fungsi partisi dan energi bebas

Helmholtznya. 16. Berdasarkan jawaban nomor 14, tentukanlah entropi dan energi internalnya. 17. Keadaan makro gas ideal kanonik M ≡ (T ,V , N ) dengan H = ∑ i =1 N

pi2 dan 2m

uur ur keadaan mikro µ ≡ pi , qi . Tentukanlah fungsi partisi dan energi bebas

{

}

Helmholtznya. 18. Berdasarkan jawaban nomor 15, tentukanlah entropi dan dan potensial kimianya

uv 19. Suatu sistem magnetik dengan medan internal B dan Hamiltonian H. Jika spin adalah ½ dengan keadaan mikro N spin digambarkan dengan variabel Ising

{σ = ±1}

dan M = µ0 ∑ i =1σ i dengan µ0 momen magnet mikroskopik. Jika N

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 ε1 = 0 dan ε 2 = ε . 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 I

II

III

B

A

A

B

VI

Mikro ε 1 0

∑ε

A

B

0

A

B

1

a. Fungsi Partisi

4

Z (T , N = 2) = ∑ e − βε = e − β (0) + 2 e− βε + e−2 βε i =1

= 1 + 2 e − βε + e −2 βε b.

Fungsi partisi salah satu partikel 2

Z (T , N = 1) = ∑ e − βε = e − β (0) + e− βε i =1

= 1 + e − βε

c. Tuliskan fungsi partisi noninteracting particles

Z (T , N = 2) = Z (T , N = 1) 2 d. Probability sistem untuk keadaan yang mungkin

p1 =

1 1 = dan Z (T ,1) 1 + e − βε

377

e − βε e − βε = p2 = Z (T ,1) 1 + e − βε

e.

Energi rata-rata sistem

ε e- βε

2

u = E = ∑ piε i = i =1

f.

1 + e- βε

Energi bebas per partikel

f = −kT ln ⎡⎣ Z (T ,1) ⎤⎦ = − kT ln ⎡⎣1 + e − βε ⎤⎦ g.

Entropi per partikel

βε ⎛ ∂f ⎞ − βε +k s = −⎜ ⎟ = k ln 1 + e 1 + e − βε ⎝ ∂T ⎠V

(

)

3. Sebuah sistem dengan dua partikel (A dan B)

yang dapat dibedakan dan

masing-masing partikel mempunyai tiga keadaan nilai eigen energi ε1 = 0 , ε 2 = ε dan ε 2 = 2ε . Gambarkan keadaan yang mungkin dan tuliskan fungsi partisinya serta fungsi energi bebasnya.

Solusi :

Kead. Mikro

I

II

III

IV

V

B

A

VI

VII

VIII

B

A

A

B

IX

ε 2 1

B

A

A

B

A

B

378

0

A

∑ε

B

A

0

B

A

B

1

2

3

4

Fungsi Partisi

5

Z = ∑ e −βε = e −β ( 0) + 2 e −βε + 2 e −2 βε + e −2 βε + 2 e −3 βε + e −4 βε i =1

= 1 + 2 e − βε + 3 e −2 βε + 2 e −3 βε + e −4 βε

Jika β = − Z =1+ 2e

ε

1 , maka kT kT

+ 3e

2ε

kT

+ 2e

3ε

kT

+e

4ε

kT

Fungsi Helmholtz

F = −kT ln Z = −kT ln (1 + 2 e

ε

kT

+ 3e

2ε

kT

+ 2e

3ε

kT

+e

4ε

kT

)

4. Sebuah sistem dengan dua partikel (A dan B) yang tak dapat dibedakan dan masing-masing partikel mempunyai tiga keadaan nilai eigen energi ε1 = 0 , ε 2 = ε dan ε 2 = 2ε . Gambarkan keadaan yang mungkin dan tuliskan fungsi partisinya serta fungsi energi bebasnya.

Solusi :

379

Keadaan I

II

III

IV

V

VI

Mikro

ε

• • •• • •• • • •• •

2 1 0

∑ε

0

1

2

3

4

Fungsi Partisi

5

Z = ∑ e −βε = e −β ( 0) + e −βε + 2 e −2 βε + e −3 βε + e −4 βε i =1

= 1 + e − βε + 2 e −2 βε + e −3βε + e −4 βε

Jika β = − Z =1+ e

ε

kT

1 , maka kT + 2e

2ε

kT

+e

3ε

kT

+e

4ε

kT

Fungsi Helmholtz

F = −kT ln Z

380

= −kT ln (1 + e

ε

kT

+ 2e

2ε

kT

+e

3ε

kT

+e

4ε

kT

)

5. Tunjukan bahwa dalam ensembel kanonik, fluktuasi energi sebesar ∆E = kT 2Cv . Solusi :

∆E = < E 2 > − < E > 2

Diketahui bahwa ; E=−

∂ ln Z atau ∂β

E=−

1 ∂Z Z ∂β

Maka ;

1 ∂2Z < E >= Z ∂β 2 2

⎛ 1 ∂Z dan < E > = ⎜⎜ − ⎝ Z ∂β 2

⎞ ⎟⎟ ⎠

2

Maka ;

2

⎡ ∂2 ⎤ ⎡1 ∂ ⎤ 1 ∂2 ∂E (∆E ) =< E > − < E > = Z − Z = ⎢ 2 ln Z ⎥ = − ⎢ ⎥ 2 Z ∂β ∂β ⎣ Z ∂β ⎦ ⎣ ∂β ⎦ 2

2

2

Diketahui bahwa ;

β =−

1 k BT

dan CV =

∂E ∂T

Maka ; (∆E ) 2 = −

∂E ∂E = k BT 2 ∂β ∂T

381

(∆E ) 2 = k BT 2CV atau ∆E = kT 2Cv

6. Tunjukan bahwa dalam ensembel kanonik, fluktuasi energi relatif sebesar

∆E 1 ~ . E N

Solusi :

Diketahui bahwa fluktuasi energi dalam ensembel kanonik adalah ∆E = kT 2Cv ,

Maka ;

∆E kT 2Cv = E E

Jika sistem sangat besar maka diambil N → ~ dan V → ~, maka

N adalah V

konstan dan jika Cv dan E adalah variabel ekstensive maka CV ~ N, jadi ; ∆E 1 ~ E N

7. Dengan menggunakan ensembel kanonik, tuliskan sifat-sifat termodinamika kuantum osilator harmonik 1 dimensi dalam kesetimbangan dengan temperatur 1⎞ ⎛ ruang T yang memiliki tingkat energi ε n = ⎜ n + ⎟ hω (n = 0,1, 2,...) 2⎠ ⎝ Solusi :


Z = ∑ exp ( − β E ) n =1

1⎞ ⎛ Dimana ; ε n = ⎜ n + ⎟ hω (n = 0,1, 2,...) , maka 2⎠ ⎝

382

⎡ 1 ⎞⎤ ⎛ Z = ∑ exp ⎢ − β hω ⎜ n + ⎟ ⎥ atau 2 ⎠⎦ ⎝ n =1 ⎣ ∞

(

)

Z = e − β hω 2 1 + e − β hω + e−2 β hω + ... , Diketahui bahwa deret geometri ; 1 + x + x 2 + ... =

1 , dimana x = e − β hω , maka ; 1− x

Fungsi partisinya menjadi ;

Z=

e − β hω 2 1 − e − β hω

Fungsi hemholtznya :

⎛ e − β hω 2 ⎞ F = −kT ln Z = −kT ln ⎜ − β hω ⎟ ⎝ 1− e ⎠ ⎡ 1 ⎤ = − kT ⎢ − β hω − ln (1 − e β hω ) ⎥ ⎣ 2 ⎦ 1 = hω + kT ln (1 − e β hω ) 2 Entropi ;

∂ ⎛1 ⎛ ∂F ⎞ β hω ⎞ S = −⎜ ⎟=− ⎜ hω + kT ln 1 − e ⎟ ∂T ⎝ 2 ⎝ ∂T ⎠ ⎠ ⎡ β hω ⎤ = k ⎢ β hω − ln 1 − e − β hω ⎥ ⎣ e −1 ⎦

(

(

)

)

Energi internal osilator :

∂ ⎛ ∂ ⎞ ln Z atau E = kT 2 ⎜ ln Z ⎟ ∂β ⎝ ∂T ⎠ 1 ⎤ ⎡1 = hω ⎢ + β hω ⎥ ⎣ 2 e − 1⎦

E=−

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 +

Z=

∞

∞

∞

∑ ∑ ∑ exp ( − β ( n

n x = 0 n y = 0 nz = 0

=e

− 32 β hf

∞

∑( nx

e − β hf

nx ∞

) ∑( ny

∑ (e −βhf ) ∞

Nilai untuk

n

n

Z =e

− 32 β hf

⎡ 1 ⎢ ⎢ 1 − e − β hf ⎣

(

)

=

x

3 ) hf, dengan n , n , n = 0, 1, 2, 3, . . . x y z 2

+ n y + nz + 32 ) hf

e − β hf

ny ∞

) ∑ (e ) − β hf

) nz

nz

1 1 − e − βhf

, maka ;

⎤ β hf −3 − ⎛ β2hf ⎞ 1 ⎥ = = ⎜e −e 2 ⎟ , 3 3 β hf ⎥ − ⎛ β2hf ⎞ ⎝ ⎠ 2 ⎦ e e − ⎜ ⎟ ⎝ ⎠

Untuk N partikel dalam 3-D, diperoleh ; β hf − ⎞ 1 1 ⎛ β hf N ZN = (Z ) = ⎜e 2 − e 2 ⎟ N! N !⎝ ⎠

−3 N

384

b. ex = 1 + x +

x2 x2 + . . . , dan e–x = 1 – x + 2 2

– . . .,

maka : βhf

e

2

=1+

βhf 2

−

βhf 2

+ . . . dan e

βhf

=1–

2

+ . . .,

T tinggi (T → ∞) atau β rendah (β→0) : β hf − ⎞ 1 1 ⎛ β2hf N lim Z N = lim ( Z ) = lim ⎜e − e 2 ⎟ β →0 β →0 N ! β →0 N ! ⎝ ⎠

1 ⎡⎛ β hf = ⎜1 + N ! ⎢⎣⎝ 2

⎞ ⎛ β hf ⎟ − ⎜1 + 2 ⎠ ⎝

1 1 ⎛ kT ⎞ −3 N = ( β hf ) = ⎜ ⎟ N! N ! ⎝ hf ⎠

⎞⎤ ⎟⎥ ⎠⎦

−3 N

−3 N

3N

T rendah (T → 0)atau β tinggi (β→ ∞) : β hf − ⎞ 1 1 ⎛ β2hf N lim Z N = lim ( Z ) = βlim ⎜e − e 2 ⎟ →∞ N ! β →∞ β →∞ N ! ⎝ ⎠

1 ⎛ β2hf ⎞ = ⎜e ⎟ N !⎝ ⎠

−3 N

=

−3 N

3 Nhf 1 ⎛ − 2 kT ⎞ e ⎜ ⎟ N !⎝ ⎠

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

E =−

∂ ln Z N ∂β

β hf −3 N ⎤ β hf ⎡ 1 ⎛ β hf ⎡ 1 ⎛ β hf − − ⎞ ∂ ∂ 2 =− ln ⎢ ⎜ e − e 2 ⎟ ⎥ = 3 N ln ⎢ ⎜ e 2 − e 2 ∂β ⎢ N ! ⎝ ∂β ⎢⎣ N ! ⎝ ⎠ ⎥⎦ ⎣ β hf ⎡ ∂ − 1 ∂ ⎛ β2hf ln ⎜ e − e 2 = 3N ⎢ ln + ⎢⎣ ∂β N ! ∂β ⎝ β hf ⎛ ⎛ β hf − ⎞⎞ 2 ⎜ ⎜e + e 2 ⎟ ⎟ ⎠ ⎟ ⎛ hf ⎞ = 3 N ⎜ ⎝ β hf ⎜ ⎟ hf β ⎜⎛ − ⎞ ⎟⎝ 2 ⎠ 2 2 ⎜ ⎜e −e ⎟ ⎟⎟ ⎜ ⎠⎠ ⎝⎝ ⎛ β hf ⎞ ⎛ 3Nhf ⎞ =⎜ ⎟ coth ⎜ ⎟ ⎝ 2 ⎠ ⎝ 2 ⎠

⎞⎤ ⎟⎥ ⎠ ⎥⎦

⎞⎤ ⎟⎥ ⎠ ⎥⎦

b. Aprokmasi nilai eigen energi tsb untuk T tinggi dan T rendah.


386

⎞ ⎛ β hf ⎞ ⎟ coth ⎜ ⎟ ⎠ ⎝ 2 ⎠ β hf ⎛ ⎛ β hf − ⎜ ⎜e 2 + e 2 ⎛ 3 Nhf ⎞ ⎜ ⎝ = lim ⎜ ⎟ β hf β hf β →0 − ⎝ 2 ⎠⎜ ⎛ 2 ⎜ ⎜e −e 2 ⎜ ⎝⎝

⎛ 3Nhf lim E = lim ⎜ β →0 β →0 ⎝ 2

⎛ 3Nhf =⎜ ⎝ 2

⎞⎞ ⎟⎟ ⎠⎟ ⎞⎟ ⎟ ⎟⎟ ⎠⎠

⎛ 3N ⎞ ⎞ 1 ⎟ = 3 NkT ⎟ β hf = ⎜ ⎞ ⎝ β ⎠ ⎠⎛ ⎜ ⎟ ⎝ 2 ⎠


⎞ ⎛ β hf ⎞ ⎟ coth ⎜ ⎟ ⎠ ⎝ 2 ⎠ β hf ⎛ ⎛ β hf − ⎜ ⎜e 2 + e 2 ⎛ 3 Nhf ⎞ ⎜ ⎝ = lim ⎜ ⎟ β hf β →∞ − ⎝ 2 ⎠ ⎜ ⎛ β2hf ⎜ ⎜e −e 2 ⎜ ⎝⎝ ⎛ 3 Nhf ⎞ =⎜ ⎟ ⎝ 2 ⎠

⎛ 3Nhf lim E = lim ⎜ β →∞ β →∞ ⎝ 2

⎞⎞ ⎟⎟ ⎠⎟ ⎞⎟ ⎟ ⎟⎟ ⎠⎠

c. Kapasitas panas pada volume tetap

∂ ∂β ∂ ⎛ ∂U ⎞ CV = ⎜ E = E ⎟ = ∂T ∂β ⎝ ∂T ⎠V ∂T

387

⎛ 1 ⎞ ⎛ 3 Nhf = ⎜ − 2 ⎟⎜ ⎝ kT ⎠ ⎝ 2

⎞⎡ ∂ ⎛ β hf ⎟ ⎢ coth ⎜ ⎠ ⎣ ∂β ⎝ 2

⎞⎤ ⎟⎥ ⎠⎦

⎛ 1 ⎞ ⎛ 3 Nhf ⎞ ⎛ hf ⎞ ⎡ 2 ⎛ β hf ⎞ ⎤ = ⎜ − 2 ⎟⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎢ − csc h ⎜ ⎟⎥ ⎝ kT ⎠ ⎝ 2 ⎠ ⎝ 2 ⎠ ⎣ ⎝ 2 ⎠⎦ ⎛ hf ⎞ 2 ⎛ β hf ⎞ = 3 Nk ⎜ ⎟ csc h ⎜ ⎟ ⎝ 2kT ⎠ ⎝ 2 ⎠ 2

⎛ β hf ⎞ 2 ⎛ β hf ⎞ = 3 Nk ⎜ ⎟ csc h ⎜ ⎟ ⎝ 2 ⎠ ⎝ 2 ⎠ = 2

d.

Aprokmasi kapasitas panas untuk T tinggi dan T rendah.


⎛ β hf ⎞ ⎛ β hf ⎞ lim CV = lim 3Nk ⎜ csc h 2 ⎜ ⎟ ⎟ β →0 β →0 ⎝ 2 ⎠ ⎝ 2 ⎠ 2

1 ⎛ β hf ⎞ = 3Nk lim ⎜ ⎟ β →0 ⎝ 2 ⎠ sinh 2 ⎛ β hf ⎞ ⎜ ⎟ ⎝ 2 ⎠ = 3Nk = 3R 2


388

⎛ β hf ⎞ ⎛ β hf ⎞ lim CV = lim 3Nk ⎜ csc h 2 ⎜ ⎟ ⎟ β →∞ β →∞ ⎝ 2 ⎠ ⎝ 2 ⎠ 2

1 ⎛ β hf ⎞ atau = 3 Nk lim ⎜ ⎟ β →∞ ⎝ 2 ⎠ sinh 2 ⎛ β hf ⎞ ⎜ ⎟ ⎝ 2 ⎠ 2

⎡ 1 ⎛ β hf ⎞ ⎢ = 3 Nk lim ⎜ ⎟ β hf β hf β →∞ − ⎝ 2 ⎠ ⎢ 2 ⎣e − e 2 2

⎛ β hf ⎞ − = 3 Nk ⎜ ⎟ e ⎝ 2 ⎠ 2

2

⎤ ⎥ ⎥ ⎦

2

β hf 2

atau

⎛ hf ⎞ − 2 kT = 3 Nk ⎜ ⎟ e ⎝ 2kT ⎠

e.

hf

Entropi

⎛ ∂F ⎞ S = −⎜ ⎟ ⎝ ∂T ⎠V

dimana ; β hf − ⎞ 1 ⎛ β2hf F = − kT ln Z N , dan Z N = ⎜e −e 2 ⎟ N !⎝ ⎠

−3 N

Maka ; S =k

∂ ∂ (T ln Z N ) = k ⎛⎜ ln Z N + T ln Z N ⎞⎟ ∂T ∂T ⎝ ⎠

Diketahui bahwa ; ∂ ∂T ⎛ ∂ ⎞ ln Z N = − ln Z N ⎟ ⎜ ∂β ∂β ⎝ ∂T ⎠ 1 ⎛ ∂ ⎞ ⎛ ∂ ⎞ ln Z N ⎟ = kT 2 ⎜ ln Z N ⎟ = 2 ⎜ k β ⎝ ∂T ⎠ ⎝ ∂T ⎠

E =−

Maka ;

389

E ∂ ln Z N = 2 ∂T kT

Jadi ;

∂ ⎛ ⎞ S = ⎜ k ln Z N + kT ln Z N ⎟ = k ln Z N + ∂T ⎝ ⎠ − 3N β hf ⎡ 1 ⎛ β hf − ⎞ ⎤ ⎛ 3Nhf 2 2 = k ln ⎢ ⎜ e − e ⎟ ⎥+⎜ ⎢⎣ N ! ⎝ ⎠ ⎥⎦ ⎝ 2T

10. Suatu

sistem N

H =∑ i =1

osilator

harmonik

1

E T ⎞ ⎛ β hf ⎞ ⎟ coth ⎜ ⎟ ⎠ ⎝ 2 ⎠

dimensi

yang

memiliki

hamiltonian

1 pi2 1 + mω 2 qi2 dengan temperatur ruang T. Tentukanlah : 2 2m 2

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 : Z=

1 d 3 N qd 3 N p exp(− β H (q, p )) N ! h3 N ∫

Maka ; Fungsi partisi sistem ini adalah :

390

∞ ∞

⎧ ⎛1 p 1 ⎞⎫ Z (T , V ,1) = ∫ ∫ exp ⎨− β ⎜ + mω 2 q 2 ⎟ ⎬dpdq h −∞ −∞ ⎠⎭ ⎩ ⎝ 2 2m 1/ 2

1 ⎛ 2π ⎞ = ⎜ ⎟ h ⎝ β mω 2 ⎠ = =

1/ 2

⎛ 2π m ⎞ ⎜ ⎟ ⎝ β ⎠

2π

βω 1 β hω

Dengan h =

h 2π

b. Energi bebas Hemholtz Z ( t , V , N ) = Z (T , V ,1) N F (T , V , N ) = − kT ln Z (T , V ,1) N ⎛ 1 ⎞ = NkT ln ⎜ ⎟ ⎝ β hω ⎠ ⎛ hω ⎞ = NkT ln ⎜ ⎟ ⎝ kT ⎠

c. Potensial kimia

µ (T ,V , N ) V ,T =

∂F (T ,V , N ) ∂N

⎛ hω ⎞ = NkT ln ⎜ ⎟ ⎝ kT ⎠ ⎛ hω ⎞ = kT ln ⎜ ⎟ ⎝ kT ⎠

d. Entropi

391

⎛ ∂ ln Z (T ,V , N ) ⎞ S = k ln Z (T ,V , N ) + kT ⎜ ⎟ ∂T ⎝ ⎠ N ,V ⎛ hω ⎞ = Nk ln ⎜ ⎟ + Nk ⎝ kT ⎠ ⎡ ⎛ hω ⎞ ⎤ = Nk ⎢ln ⎜ ⎟ + 1⎥ ⎣ ⎝ kT ⎠ ⎦

e. Energi ⎛ ∂ ln Z (T ,V , N ) ⎞ E = kT 2 ⎜ ⎟ ∂T ⎝ ⎠ N ,V ⎛ ∂ ⎛ hω ⎞ N ⎞ = kT ⎜ ln ⎜ ∂T ⎜⎝ kT ⎟⎠ ⎟⎟ ⎝ ⎠ = NkT 2

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)

I

II

V=∞

V=0

III V=∞ ψII = 0 L

ψI = 0 0

→ ψ ada ⎧ 0 untuk 0 < x < L Syarat Batas : V(x) = ⎨ ⎩ ∞ untuk x ≤ 0 atau x ≥ L → ψ = 0

Persamaan Shcrodinger : H ψ(x) = E ψ(x) ⎛ h2 d 2 ⎞ h2 ⎡ d 2 ⎤ ⎜⎜ − ⎟ ψ(x) = Eψ(x), V(x) = 0 → ψ(x) = Eψ(x) V x + ( ) − 2 ⎟ 2m ⎢⎣ dx 2 ⎥⎦ ⎝ 2m dx ⎠

1 d 2ψ ( x) 2mE + =0 2 ψ ( x) dx h2 dimana ; k2 =

2mE 1 d 2ψ ( x) + k2 = 0 → 2 2 ψ ( x ) h dx

⎛ d2 ⎞ d d d 2ψ ( x) 2 ⎜⎜ 2 + k 2 ⎟⎟ ψ(x) = 0 → ⎛⎜ + ik ⎞⎟⎛⎜ − ik ⎞⎟ ψ(x) = 0 + k ψ(x) = 0 → 2 dx ⎠ ⎝ dx ⎠⎝ dx ⎝ dx ⎠

ψ(x) = ψ0 eikx + ψ1 e−ikx atau ψ(x) = Asin(kx) + B cos(kx) 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 = ψ(x) =

nπ , dimana nilai n = 1, 2, 3, . . . L

1 nπ sin ( x), L L

Jadi ; k2 =

2mE 2mE nπ → = 2 2 L h h

atau

393

E=

•

n 2π 2 h 2 2mL2


Z = ∑ exp ( − β E ) n =1

Dimana ; E =

n 2π 2 h 2 , maka 2mL2

∞ ⎛ ⎛ n 2π 2 h 2 ⎞ ⎞ Z = ∑ exp ⎜⎜ − β ⎜ 2 ⎟⎟ ⎟ n =1 ⎝ 2mL ⎠ ⎠ ⎝

c=

Jika dimisalkan ; ∞

(

Z = ∑ exp − β cn 2 n =1

π 2h2 2mL2

, maka ;

)

dimana : ∞

∑

e − β cn

2

∞

=

nx =1

∫e

− β cn2

1 ∞

(

Z = ∑ exp − β cn n =1

2

)

dn =

1 2

π , maka βc

1 ⎛ 2mL2π ⎞ = ⎜ ⎟ 2 ⎝ βπ 2 h 2 ⎠

• Fungsi Helmholtz : ⎡ 1 ⎛ 2mL2π F = − kT ln Z = −kT ln ⎢ ⎜ 2 2 ⎢⎣ 2 ⎝ βπ 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 :

L

L L

⎧ 0, 0 < x < L, 0 < y < L dan 0 < z < L ; ψ ≠ 0 Syarat Batas : V(x,y,z) = ⎨ ;ψ = 0 ⎩ ∞ diluar kotak

Persamaan Shcrodinger : H ψ(x) = E ψ(x), untuk 1 partikel dalam kotak ⎞ ⎛ h2 ⎡ d 2 d2 d2 ⎤ ⎟ ψ = Eψ , V(x,y,z) = 0 ⎜− V x + + ( ) + ⎢ ⎥ 2 2 2 ⎟ ⎜ 2m dx dy dz ⎦ ⎣ ⎠ ⎝

−

h2 ⎡ d 2 d 2 d 2 ⎤ ψ(x,y,z) = E ψ(x,y,z), + + 2m ⎢⎣ dx 2 dy 2 dz 2 ⎥⎦

Karena syarat batas separabel dalam koordinat kartesius, maka ;

ψ(x,y,z) = ψ(x) ψ(y) ψ(z) −

h2 ⎡ d 2 d2 d2 ⎤ + + ψ(x) ψ(y) ψ(z) = E ψ(x) ψ(y) ψ(z) 2m ⎢⎣ dx 2 dy 2 dz 2 ⎥⎦

1 d 2ψ ( x) 1 d 2ψ ( y) 1 d 2ψ ( z) 2mE + + + 2 =0 ψ ( x) dx2 ψ (y ) dy2 ψ (z ) dz2 h

395

1 d 2ψ (x) 1 d 2ψ ( y) 1 d 2ψ (z) + + + k2 = 0 2 2 2 ψ (x) dx ψ (y) dy ψ (z ) dz – k x2 – k y2 – k z2 + k2 = 0, Maka ; –

k x2 =

1 d 2ψ ( x) ψ ( x) dx2

k y2 =

; –

1 d 2ψ ( y) ψ ( y ) dy 2

dan –

k z2 =

1 d 2ψ ( z ) ψ (z ) dz 2 Untuk ; – k x2 =

1 d 2ψ ( x) ψ ( x) dx2

d 2ψ ( x) + k x2 ψ(x) 2 dx

=

0

⎛ d2 ⎞ ⎜⎜ 2 + k x2 ⎟⎟ ψ(x) ⎝ dx ⎠

=

0

⎛d ⎞⎛ d ⎞ ⎜ + ik x ⎟⎜ − ik x ⎟ ψ(x) = 0 ⎝ dx ⎠⎝ dx ⎠

ψ(x) = ψ0 eik x x + ψ1 e−ik x x atau 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 = maka

; ky =

nxπ , L

nyπ nπ dan kz = z L L

ψ(x,y,z) = ψ(x) ψ(y) ψ(z)

396

1

ψ(x,y,z) =

sin (

L3

nyπ nxπ nπ ) sin ( ) sin ( z ), L L L

Jadi ; k2 = k x2 + k y2 + k z2 2

⎛ nyπ ⎞ 2mE ⎛n π ⎞ ⎛n π ⎞ = ⎜ x ⎟ + ⎜⎜ ⎟⎟ + ⎜ z ⎟ atau 2 h ⎝ L ⎠ ⎝ L ⎠ ⎝ L ⎠ 2

Enx,ny,nz =

π 2h 2

2

2mL

2

( nx2 + n2y + nz2 ) ;

dimana nilai nx, ny, nz = 1, 2,

3, . . .

•


Z=

∞

∞

∑ ∑ ∑ exp (− βE )

nx =1 n y =1 nz =1

Enx,ny,nz =

π 2h 2

2mL2

( nx2 + n2y + nz2 ),

π 2h 2

dimisalkan ; c =

→ Enx,ny,nz = c( nx2 + n2y + nz2 )

∑ ∑ ∑ exp (− βc( nx2 + n2y + nz2 )) ∞

Z=

2mL2

∞

∞

nx =1 n y =1 nz =1

⎛ ∞ 2⎞ ⎛ ∞ 2⎞ ⎛ ∞ 2⎞ = ⎜ ∑ e− βcnx ⎟ ⎜ ∑ e− βcn y ⎟ ⎜ ∑ e− βcnz ⎟ , dimana : ⎟ ⎟ ⎜ n =1 ⎜ n =1 ⎟ ⎜ n =1 ⎠ ⎠⎝ y ⎝ x ⎠⎝ z ⎛ ∞ − βcn2 ⎞ ⎟ = ⎜∑e ⎟ ⎜ n =1 ⎠ ⎝ x

∞

∫e

− β cn2

1

3

⎛ ∞ − βcn2 ⎞ ⎟ = 1 Z= ⎜∑e ⎜ n =1 ⎟ 8 ⎝ x ⎠

dn =

1 2 3

⎛π ⎞ ⎜ ⎟ = ⎝ βc ⎠

π , maka βc 1 8

3

⎛ 2mL2π ⎞ ⎜⎜ ⎟ 2 2⎟ ⎝ βπ h ⎠

397

1 ⎛ 2mL2π ⎞ Z= ⎜ ⎟ 8 ⎝ βπ 2 h 2 ⎠

3

• Fungsi Helmholtz : 1 F = – kT ln Z = – kT ln [ 8

13. Dalam

gas

ideal

energi

3

⎛ 2mL2π ⎞ ⎜⎜ ⎟ ] 2 2⎟ βπ h ⎝ ⎠

sistem

tanpa

interaksi

antar

molekul

adalah

pi2 H ( q, p ) = ∑ , tentukanlah : i =1 2m N

a. Energi bebas Hemholtz b. Potensial kimia c. Entropi

Solusi :

Fungsi partisi dalah gas ideal adalah : Z=

1 N ! h3 N

(

3 ∫d q

)

N

⎛ d 3 N p e − β / 2 m ∑ i=1 pi2 ⎞ ⎜∫ ⎟ ⎝ ⎠ N

atau

1 1 V N 3/ 2 Z (T , V , N ) = ( Z (T ,V ,1) = ⎛⎜ 2 ( 2π mkT ) ⎞⎟ N! N !⎝ h ⎠

N

Diketahui bahwa rerata panjang gelombang de Broglie partikel gas pada temperatur tertentu adalah : h2 λ= , 2π mkT maka fungsi partisi dapat ditulis kembali menjadi ;

398

1 ⎛V ⎞ Z (T , V , N ) = ⎜ ⎟ N !⎝ λ3 ⎠

N

a. Energi bebas Hemholtz N ⎡ 1 ⎛V 3/ 2 ⎞ ⎤ F = − kT ln Z = − kT ln ⎢ ⎜ 2 ( 2π mkT ) ⎟ ⎥ ⎠ ⎥⎦ ⎢⎣ N ! ⎝ h ⎡ ⎛ ⎞ ⎤ Nh3 ⎢ ⎜ ⎟ − 1⎥ atau = NkT ln 3/ 2 ⎢⎣ ⎜⎝ V ( 2π mkT ) ⎟⎠ ⎥⎦

⎡ ⎛ Nλ3 ⎞ ⎤ = NkT ⎢ln ⎜ ⎟ − 1⎥ V ⎠ ⎦ ⎣ ⎝

b. Potensial kimia

⎛ ∂F ⎞ ⎟ = kT ln( Z ) ⎝ ∂N ⎠V ,T

µ =⎜

⎡ ⎛ ⎞⎤ Nh3 ⎟⎥ = kT ⎢ln ⎜ 3/ 2 ⎢⎣ ⎜⎝ V ( 2π mkT ) ⎟⎠ ⎥⎦ ⎡ ⎛ N λ 3 ⎞⎤ = kT ⎢ln ⎜ ⎟⎥ ⎣ ⎝ V ⎠⎦

c. Entropi

⎛ ∂F ⎞ S = −⎜ ⎟ = kN ln ( Z ) ⎝ ∂T ⎠V ,T ⎡ ⎛ 5 ⎞⎤ Nh3 ⎟⎥ = kT ⎢ − ln ⎜ + ⎜ V ( 2π mkT )3/ 2 2 ⎟ ⎥ ⎢⎣ ⎝ ⎠⎦ ⎡ ⎛ V 5 ⎞⎤ = Nk ⎢ln ⎜ + ⎟⎥ 3 2 ⎠⎦ ⎣ ⎝ Nλ

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 :

ρ (q, p ) =

Dengan ;

ρ (q, p ) =

=

1 exp {− β H (q, p)} Z (T ,V ,1) h2 3/ 2 ⎞ ⎛V Z (T , V ,1) = ⎜ 2 ( 2π mkT ) ⎟ dan λ = , maka ; 2π mkT ⎝h ⎠ 1 3/ 2 ⎞ ⎛V ⎜ 2 ( 2π mkT ) ⎟ ⎝h ⎠

λ3 V

e

−β

exp {− β H (q, p )}

p2 2m

Probabilitas ditemukan satu partikel dengan momentum antara p dan p+dp, dan koordinat q dan q+dq adalah ; 1 ρ ( q, p ) d 3qd 3 p h3 Dimana ; h3 adalah volume ruang fasa, maka ; Kecepatan distribusi untuk semua posisi adalah ; m3 λ 3 − β 2pm f ( v ) d v = 3 d 3v ∫ d 3 q e h V 2

3

⎛ m ⎞ =⎜ ⎟ ⎝ 2π kT ⎠

3/ 2

e

−β

p2 2m

d 3v

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 :

⎛ m ⎞ f ( v ) dv = ⎜ ⎟ ⎝ 2π kT ⎠ ⎛ m ⎞ =⎜ ⎟ ⎝ 2π kT ⎠

3/ 2

e

3/ 2

e

−β

−

p2 2m

mv 2 2 kT

4π v 2 dv 4π v 2 dv

Probabilitas kecepatan yang cocok untuk distribuís kecepatan maksimal, jika ; ⎛ df ( v ) ⎞ ⎜ ⎟ =0 ⎝ dv ⎠v0

Maka ; −

m 3 v + v0 = 0 atau 2kT 0 2kT m

v0 =

Kecepatan rata-rata adalah : ∞

v = ∫ vf ( v ) dv 0

⎛ m ⎞ = 4π ⎜ ⎟ ⎝ 2π kT ⎠

3/ 2

2

∞

⎛ 2kT ⎞ 1 −y ⎜ ⎟ ∫ y e dy ⎝ m ⎠ 20

Dimana ; ⎛ mv 2 ⎞ y =⎜ ⎟, ⎝ 2kT ⎠ ∞

Jika

∫ ye

−y

dy = Γ(2) = 1, maka ;

0

401

⎛ m ⎞ v = 4π ⎜ ⎟ ⎝ 2π kT ⎠

3/ 2

2

⎛ 2kT ⎞ 1 ⎜ ⎟ ⎝ m ⎠ 2

8kT mπ

=

16. Dengan menggunakan koordinat polar dan ensembel kanonik, tentukan energi kinetik gas ideal. Solusi :

Diketahui bahwa,

Kecepatan rata-rata adalah :

∞

v = ∫ vf ( v ) dv 0

⎛ m ⎞ = 4π ⎜ ⎟ ⎝ 2π kT ⎠

3/ 2

∞

2

⎛ 2kT ⎞ 1 −y ⎜ ⎟ ∫ y e dy ⎝ m ⎠ 20

Maka kuadrat kecepatan rata-rata adalah ; ∞

v 2 = ∫ v 2 f ( v ) dv 0

⎛ m ⎞ = 4π ⎜ ⎟ ⎝ 2π kT ⎠ ∞

Jika ;

∫y 0

3/ 2

3/ 2

5/ 2

∞

1 3/ 2 − y y e dy 2 ∫0

⎛5⎞ 5 3 π , maka ; e − y dy = Γ ⎜ ⎟ = ⎝2⎠ 2 2

⎛ m ⎞ v = 4π ⎜ ⎟ ⎝ 2π kT ⎠ 3kT = m 2

⎛ 2kT ⎞ ⎜ ⎟ ⎝ m ⎠

3/ 2

⎛ 2kT ⎞ ⎜ ⎟ ⎝ m ⎠

5/ 2

153 π 222

Jadi, energi kinetik sebesar ;

402

1 2 1 ⎛ 3kT ⎞ mv = m ⎜ ⎟ 2 2 ⎝ m ⎠ 3 = kT 2

Ekinetik =

17. Gas ideal dengan N partikel dalam kesitimbangan termodinamika dengan resevoar panas pada temperatur T. Jika diketahui bahwa probabilitas ensembel kanonik ⎛ −ε adalah dw = A exp ⎜ ⎝ kT

⎞ ⎟ d Γ dengan Γ adalah volume ruang fasa sebesar ⎠

Γ = ANV N ε 3 N / 2 . Tentukanlah probabilitas dw ( E ) pada sistem tersebut dengan E adalah energi pada interval dE

Solusi :

Diketahui bahwa ; ⎛ −ε dw = A exp ⎜ ⎝ kT

⎞ N 3N / 2 , maka ; ⎟ d Γ dan Γ = ANV ε ⎠

3N ε 3 N / 2 d Γ = ANV dε 2 ε 3N 3 N 2 −1 ε = ANV N dε 2 N

Dengan mengintegralkan dan sampakan persamaan sama dengan 1, maka nilai konstanta dapat diperoleh : ∞

const ∫ ε

3 N −1 2

0

⎛ −ε ⎞ exp ⎜ ⎟ dε = 1 ⎝ kT ⎠

Misalkan ; t=

−ε 3N dan z = , maka kT 2

Dengan menggunakan fungsi Gamma, diperoleh ;

403

∞

∫ε

− t z −1

t

dt = Γ( z )

0

Maka diperoleh : 1

dw ( E ) = kT

3N

2

⎛ 3N ⎞ Γ⎜ ⎟ ⎝ 2 ⎠

.ε

3 N −1 2

⎛ −ε ⎞ exp ⎜ ⎟ ⎝ kT ⎠

18. Menurut persamaan Barometric aproksimasi pertama untuk tekanan atmosfer di puncak akan mereduksi 1/3 tekanan udara. Gengan asumsi bahwa temperatur udara ⎛ mgz ⎞ ⎟ ⎠

⎜− 1 adalah uniform dan masa molar udara adalah M, buktikan bahwa = e⎝ kT 3

Solusi ;

Dengan mengasumsikan keadaan energi pada ketinggian z sebesar U ( z ) = mgz , maka kosentrasi kolom udara berdasarkan ensembel kanonik adalah ; n( z ) = n0 e

−

mgz kT

dengan no = kosentrasi

Dengan menggunakan persamaan gas ideal yang berhubungan dengan kosentrasi dan tekanan ; PV = NkT ⇒ P = Jika

N kT V

N kT ~ n , maka ; V −

mgz kt

1 P( z ) n( z ) n0 e = = = n0 n0 3 P(0)

=e

−

mgz kt

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

m1 dan m2 . Jika rotasi sentrifugal dengan konstanta kecepatan angular adalah ω .

Dengan menggunkan ensembel kanonik, tentukan koofisien pemisahan q

yang

besarnya ; ⎛ n1 ⎞ ⎜ n ⎟ 2 ⎠r = R ⎝ q= n ⎛ 1 ⎞ ⎜ n ⎟ 2 ⎠r =0 ⎝

Dimana, n1 dan n2 adalah kosentrasi yang berhubungan dengan jenis gas. Solusi :

Energi rotasi partikel dalam sistem sentrifugal dengan jarak r dari pusat rotasi adalah : U (r ) = −

mω 2 r 2 2

Distribusi kanonik adalah merupakan fungsi dari radius, sebesar ; n(r ) = n0 e = n0 e

−

−

U (r ) kT

mω 2 r 2 2 kT

Dimana n0 menggambarkan kondisi normalisasi r → 0 , maka hubungan dengan koofisien separasi adalah : mω R ⎛ − ⎜ n01e 2 kT ⎜ ⎝ 2

q=

2

⎞ ⎟ ⎟ ⎠

mω R ⎛ − ⎜ n02 e 2 kT ⎜ ⎝ n ⎛ 01 ⎞ ⎜ n ⎟ 02 ⎠ ⎝ 2

2

⎞ ⎟ 2 2 ⎟ ⎠ ⇒ exp ⎛ ( m1 − m2 ) ω R ⎞ ⎜⎜ ⎟⎟ 2kT ⎝ ⎠

20. Dalam sistem magnetik model Ising d=1, dengan kondisi syarat batas dan tanpa medan magnetik, fungsi partisi kanonik adalah ;

405

Z (β, N ) =


∑

a. Buktikanlah Z ( β , N ) = [ 2 cosh( β J ) ]

N

b. Tentukanlah fungsi energi per spin dalam β dan J c. Tentukanlah kapasitas panas per spin dalam β dan J Solusi : a. Buktikanlah Z ( β , N ) = [ 2 cosh( β J ) ]

Z (β, N ) =

N

⎛ ⎞ exp ⎜ β J ∑ηi ⎟ s1 =±1, s2 =±1,... i ⎝ ⎠

∑

∑ ∏ exp ( β Jη )

=

s1 =±1, s2 =±1,...

i

i

∏ η∑ exp ( β Jη ) i

(

i ±1

= ∏ eβ J + eβ J

i

)

i

= ∏ 2 cosh ( β J ) i

= ⎡⎣ 2 cosh ( β J ) ⎤⎦

N

b. Tentukanlah fungsi energi per spin dalam β dan J ∂ ln Z ∂β N ∂ ln ⎡⎣ 2 cosh ( β J ) ⎤⎦ =− ∂β ∂ =− N ln ( 2 cosh ( β J ) ) ∂β

E =−

(

)

⎛ 2 sinh ( β J ) ⎞ = − NJ ⎜ ⎜ 2 cosh ( β J ) ⎟⎟ ⎝ ⎠ = − NJ tanh ( β J )

406

c. Tentukanlah kapasitas panas per spin dalam β dan J ∂ E ∂T ∂ ∂β = E ∂β ∂T

C=

=

∂ ⎛ 1 ⎞ − NJ tanh ( β J ) ) ⎜ − 2 ⎟ ( ∂β ⎝ kT ⎠

= − NJ 2 ⎡⎣1 − tanh 2 ( β J ) ⎤⎦ NJ 2 ⎡1 − tanh 2 ( β J ) ⎤⎦ 2 ⎣ kT = Nk β 2 J 2 ⎡⎣1 − tanh 2 ( β J ) ⎤⎦ =

407

A. 20 Soal Tanpa Jawaban

1. Dengan

menggunakan

energi

bebas

Hemholtz

F ( N ,V , T )

dari

system

termodinamika, buktikan bahwa ; ⎛ ∂F ⎞ ⎛ ∂F ⎞ N⎜ ⎟ +V ⎜ ⎟ =F ⎝ ∂N ⎠V ,T ⎝ ∂V ⎠ N ,T

2. Buktikan bahwa CP − CV = − k

⎡ ∂ ⎢ ⎣ ∂T

2

⎧ ⎛ ∂ ⎞ ⎫⎤ ln Z ⎟ ⎬⎥ ⎨T ⎜ ⎠T ⎭⎦V ⎩ ⎝ ∂V >0 2 ⎛ ∂ ⎞ ⎜ 2 ln Z ⎟ ⎝ ∂V ⎠T

3. Perlihatkan bahwa untuk gas ideal ; S ⎛Z ⎞ ⎛ ∂ ⎞ ln Z1 ⎟ = ln ⎜ 1 ⎟ + T ⎜ Nk ⎝ ∂T ⎠P ⎝N⎠

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

3 1 ⎧⎪ ⎛ kT ⎞ ⎪⎫ Z N (V , T ) = ⎨8π V ⎜ ⎟ ⎬ N ! ⎪⎩ ⎝ hc ⎠ ⎭⎪

N

untuk gas

monoatomik dengan hubungan antara energi dan momentum sebesar ε = pc , dengan c adalah kecepatan cahaya.

409

8. Buktikan untuk kasus 3N partikel yang bergerak dalam ruang 1 dimensi, memiliki fungsi partisi sebesar : 1 ⎡ ⎛ kT ⎞ ⎤ Z 3 N ( L, T ) = 2L ( 3N )! ⎢⎣ ⎜⎝ hc ⎟⎠ ⎥⎦

3N

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

s1sn +1

untuk sistem magnetik dimana n = 0,1,2, ...

dengan fungsi partisi kanonik adalah ; Z (β, N ) =


∑

11. Berdasarkan soal nomor 12, tunjukan bahwa fluktuasi rata-rata magnetisasi sebesar ;

(∑

δ si i =1 N

)

2

=N

1 1 − tanh( β J )

12. Perlihatkan bahwa untuk material magnetik, kapasitas panas dengan konstanta medan H dan magnetisasi M memiliki hubungan ; ⎛ ∂H ⎞ ⎛ ∂M ⎞ CH − CM = −T ⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎝ ∂T ⎠ M ⎝ ∂T ⎠ H

13. Buktikan bahwa untuk bahan paramagnetik mematuhi hukum Curie

C H − CM =

CH 2 T2

14. Suatu sistem magnetik spin ½ memiliki energi E = − µ Bs = µ Bs dengan s = ±1 , dengan menggunakan ensembel kanonik, tentukanlah magnetisasi dan isothemal suseptibilitasnya.

410

15. Suatu sistem dengan Hamiltonian H = ε ∑ i =1 ni N

keadaan mikro

yang memiliki probabilitas

µ ≡ {ni } . Tentukanlah fungsi partisi dan energi bebas

Helmholtznya. 16. Berdasarkan jawaban nomor 14, tentukanlah entropi dan energi internalnya. 17. Keadaan makro gas ideal kanonik M ≡ (T ,V , N ) dengan H = ∑ i =1 N

pi2 dan 2m

uur ur keadaan mikro µ ≡ pi , qi . Tentukanlah fungsi partisi dan energi bebas

{

}

Helmholtznya. 18. Berdasarkan jawaban nomor 15, tentukanlah entropi dan dan potensial kimianya

uv 19. Suatu sistem magnetik dengan medan internal B dan Hamiltonian H. Jika spin adalah ½ dengan keadaan mikro N spin digambarkan dengan variabel Ising

{σ = ±1}

dan M = µ0 ∑ i =1σ i dengan µ0 momen magnet mikroskopik. Jika N

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

Pengantar Fisika Statistik

Recommend Documents