Tugas Remidi Fisika Statistik

54
FISIKA STATISTIK disusun untuk memenuhi tugas remidi fisika statistik dosen pengampu: Joko Siswanto, S.Pd., M.Pd. Anggota Kelompok: 1. Annisa’ Ida Mushofa (09330048) 2. Novia Devi Charisma (09330070) 3. Rianda Herlan Sapta Aji (09330074) 4. Ro’esyah (09330075) PENDIDIKAN FISIKA 1

Transcript of Tugas Remidi Fisika Statistik

Page 1: Tugas Remidi Fisika Statistik

FISIKA STATISTIK

disusun untuk memenuhi tugas remidi fisika statistik

dosen pengampu:

Joko Siswanto, S.Pd., M.Pd.

Anggota Kelompok:

1. Annisa’ Ida Mushofa (09330048)

2. Novia Devi Charisma (09330070)

3. Rianda Herlan Sapta Aji (09330074)

4. Ro’esyah (09330075)

PENDIDIKAN FISIKA

FAKULTAS PENDIDIKAN MATEMATIKA

DAN ILMU PENGETAHUAN ALAM

IKIP PGRI SEMARANG

2013

1

Page 2: Tugas Remidi Fisika Statistik

TEORI DAN APLIKASI TEORI STATISTIK

Mengenai persamaan kajian dari Termodinamika dan Fisika Statistika

yakni Termodinamika adalah contoh cabang ilmu fisika yang menerapkan

pandangan makroskopik seperti suhu, volume dan tekanan, yang menggambarkan

fisik, sistem termodinamika. Sedangkan berkenaan dengan kajian fisika statistik

ini sama merupakan cabang dari kajian fisika yang sebetulnya hubungan antara

termodinamika dan fisika statistik sangatlah erat di antara keduanya. Pada

dasarnya kajian antara termodinamika dan fisika statistik adalah sama

kedudukanya di dalam ilmu fisika. Kedudukan termodinamika dan fisika statistik

ibarat pemahaman yang kontinu tentang suatu cabang ilmu pengetahuan dimana

terdapat hubungan kekerabatan yang sangat dekat sebab pokok bahasan dari fisika

statistik tidak lain adalah termodinamika lanjut.

Berkenaan dengan pemahaman kajian perbedaan termodinamika dan fisika

statistik dimana untuk pemahaman secara mikroskopik suatu sistem meliputi

beberapa ciri khas seperti adanya pengandaian bahwa sistem terdiri atas sejumlah

molekul, dan kuantitas-kuantitas yang diperinci tidak dapat diukur secara

makroskopis. Contoh penerapan pandangan mikroskopik untuk cabang ilmu fisika

yaitu dalam fisika statistik itu sendiri. Bila kedua pandangan itu diterapkan pada

sistem yang sama maka keduanya harus meghasilkan kesimpulan yang sama.

Ruang lingkup fisika statistik meliputi dua bagian besar, yaitu teori kinetik dan

mekanika statistik. Berdasarkan pada teori peluang dan hukum mekanika, teori

kinetik mampu menggambarkan sistem dalam keadaan tak seimbang, seperti:

proses efusi, viskositas, konduktivitas termal, dan difusi. Disini, molekul suatu

gas ideal tidak dianggap bebas sempurna tetapi ada antar aksi ketika bertumbukan

dengan molekul lain atau dengan dinding. Bentuk antar aksi yang terbatas ini

diacukan sebagai antar aksi lemah atau kuasi bebas. Ruang lingkup ini tidak

membahas partikel berantaraksi kuat Tidak seperti pada teori kinetik, mekanika

statistik tidak membahas perincian mekanis gerak molekular, tetapi berurusan

dengan segi energi molekul. Mekanika statistik sangat mengandalkan teori

peluang untuk menentukan keadaan seimbang sistem. Berbicara termodinamika

dan fisika statistik ini akan di jembatani oleh Termodinamika Statistik dimana

2

Page 3: Tugas Remidi Fisika Statistik

metode termodinamika statistik dikembangkan pertama kali beberapa tahun

terakhir oleh Boltzmann di Jerman dan Gibbs di Amerika Serikat. Dengan

ditemukannya teori kuantum, Bose, Einstein, Fermi, dan Dirac memperkenalkan

beberapa modifikasi ide asli Boltzmann dan telah berhasil dalam menjelaskan

beberapa aspek yang tidak dipenuhi oleh statistik Boltzmann. Pendekatan statistik

memiliki hubungan dekat dengan termodinamika dan teori kinetik. Untuk sistem

partikel di mana energi partikel bisa ditentukan, kita bisa menurunkan dengan

statistik mengenai persamaan keadaan dari suatu bahan dan persamaan energi

bahan tersebut. Termodinamika statistik memberikan sebuah penafsiran tambahan

tentang konsep dari entropi.

Dasar pokok bahasan fisika statistik khususnya kajian mekanika statistik

yaitu merupakan kajian tentang jenis partikel tertentu dapat dibedakan antara satu

dengan yang lain. Dalam statistika kuantum secara garis besar digunakan untuk

menentukan probabilitas partikel dari sebuah group yang memiliki energi partikel

yang similar/ sama. Suatu sistem kuantum memiliki diskritisasi energi. Dengan

kata lain dapat dibedakan antara tingkat energinya dan keadaan energinya. Tingkat

energi (energy level) dalam kajian ilmu fisika bisa disebut dengan keadaan energi,

tetapi tingkat energi bersifat umum sedangkan keadaan energi lebih bersifat

khusus pemahamannya. Tingkat energi merupakan sebuah nilai yang dihasilkan

dari hubungan antara energi sebuah partikel dan panjang gelombangnya. Dengan

mengetahui tingkat energi suatu atom, maka akan diketahui karakteristik dari

atom tersebut. Adapun cara teori statistik yang di gunakan yaitu untuk

menentukan probabiltas partikel dilakukan :

a. Melihat semua keadaan-keadaan yang mungkin,

b. Menentukan besarnya probilitas atau peluan keadaan yang mungkin,

c. Partikel dibedakan,

d. Penyisihan prisip Paulli semisal untuk integer fermion spin ½.

Statistika kuantum adalah paradigma statistik bagi partikel atau sistem

partikel yang perilaku penyusunnya harus digambarkan oleh mekanika kuantum,

alih-alih mekanika klasik karena ukuran mikroskopiknya. Sebagaimana di dalam

statistika klasik (statistika Maxwell-Boltzmann), pusat permasalahannya adalah

mencari fungsi distribusi yang tepat untuk berbagai temperatur (melukiskan energi

3

Page 4: Tugas Remidi Fisika Statistik

kinetik rerata sistem gas). Meskipun demikian, mengingat fungsi distribusi di

dalam mekanika statistik klasik menggambarkan jumlah partikel di dalam unsur

ruang fase pada jangkau posisi dan momentum tertentu, di dalam statistika

kuantum fungsi distribusi memberikan jumlah partikel di dalam grup tingkat-

tingkat energi. Cacahan partikel yang menghuni setiap tingkat energi individual

dapat satu atau dapat berlebih, tergantung pada derajat kemerosotan energi serta

sifat simetri fungsi gelombang terkait dengan pertukaran partikel. Untuk fungsi

gelombang antisimetrik, hanya ada sebuah partikel yang dapat menghuni sebuah

keadaan, sedangkan untuk fungsi gelombang simetrik, sejumlah partikel dapat

menghuni sebuah keadaan (pada saat yang sama). Berdasarkan batasan ini,

terdapat dua distribusi kuantum terpisah, yaitu distribusi Fermi-Dirac untuk sistem

yang digambarkan oleh fungsi gelombang antisimetrik dan distribusi Bose-

Einstein untuk sistem yang digambarkan oleh fungsi gelombang simetrik. Adapun

dalam pembahasan ini, akan menguraikan lebih lanjut teori dan aplikasi teori

statistik Bose-Einstein.

A. Statistik Bose-Einstein

1.1 Sifat Dasar Boson

Sifat sistem sub atomic yang tidak dapat dibedakan dapat dipahami

dari konsep gelombang sistem. Panjang gelombang de Broglie sistem-sistem

tersebut memenuhi λ=h /mω dengan m massa sistem dan υ laju sistem.

Karena m untuk sistem sub atomic sangat kecil maka panjang gelombang λ

cukup besar. Panjang gelombang yang besar menyebabkan fungsi gelombang

dua sistem yang berdekatan menjadi tumpang tindih.Kalau dua fungsi

gelombang tumpang tindih maka kita tidak dapat lagi membedakan dua

sistem yang memiliki fungsi-fungsi gelombang tersebut.

Kondisi sebaliknya dijumpai pada sistem klasik seperti molekul-

molekul gas.massa sistem sangat besar sehingga λ sangat kecil. Akibatnya

tidak terjadi tumpang tindih fungsi gelombang sistem-sistem tersebut,

sehingga secara prinsip sistem-sistem tersebut dapat dibedakan.

Pada suhu yang sangat tinggi sistem sub atomic dapat berperilaku

seperti sistem klasik. Pada suhu yang sangat tinggikecepatan sistem sangat

besar sehingga panjang gelombangnya sangat kecil.Akibatnya, tumpang

4

Page 5: Tugas Remidi Fisika Statistik

tindih gelombang sistem-sistem menjadi hilang dan sistem menjadi

terbedakan.

Sistem kuantum yang akan kita bahas ada dua macam yaitu boson

dan fermion.Boson adalah sistem yang memiliki spin kelipatan bulat dari ℏ.

Sistem ini tidak memenuhi prinsip eksklusi Pauli sehingga satu tingkat energi

dapat ditempati oleh sistem dalam jumlah berapa pun. Sebaliknya, fermion

memiliki spin yang merupakan kelipatan ganjil dari ℏ /2. Sistem ini

memenuhi prinsip eksklusi Pauli. Tidak ada dua sistem atau lebih yang

memiliki keadaan yang sama.

1.2 Konfigurasi Boson

Statistik untuk menurunkan boson dinamakan statistik Bose-

Einstein.Untuk 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-konfigurasi lainnya sehingga hampir 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 eneri rata-rata E1

Kelompok-2 memiliki jumlah keadaan g2 dan energi rata-rata E2

Kelompok-s memiliki jumlah keadaan gs dan energi rata-rata E s

Kelompok-M memiliki jumlah keadaan gM dan energi rata-rata EM

Kita akan menentukan berapa cara penyusunan yang dapat dilakukan jika :

Terdapat n1 sistem di kelompok-1

Terdapat n2 sistem di kelompok-2

Terdapat ns sistem dikelompok-s

5

Page 6: Tugas Remidi Fisika Statistik

Terdapat nM sistem di kelompok-M

Jika ditinjau 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 dikursi

tersebut. Satu kursi dapat saja kosong atau menampung benda dalam jumlah

beberapa saja. Untuk menghitung jumlah penyusun benda, dapat

dilakukannya sebagai berikut :

Gambar 1.1Penyusunan benda dan kursi analog dengan penyusunan boson dalam tingkat-tingkat energi.Untuk merepresentasikan sistem boson, bagian paling bawah harus selalu kursi.

Dari gambar 1.1, apa pun cara penyusunan yang dilakukan, yang

berada di ujung bawah selalu kursi karena benda harus disangga oleh kursi

(sistem harus menempati tingkat energi). Oleh karena itu, jika jumlah total

kursi adalah g1maka jumlah total kursi dapat dipertukarkan dengan harga

g1−1 karena salah satu kursi harus tetap di ujung bawah. Bersama dengan

6

Page 7: Tugas Remidi Fisika Statistik

sistem banyak n1, maka jumlah total benda yang dipertukarkan dengan tetap

memenuhi sifat boson adalah (g1−1¿+n1=g1+n1−1. Akibatnya, jumlah cara

penyusunan yang dapat dilakukan adalah (g1+n1−1)!.Karena sistem boson

tidak dapat dibedakan satu degan lainnya, maka pertukaran sesame sistem dan

sesame kursi tidak menghasilkan penyusunan yang berbeda. Jumlah

penyusunan sebanyak (g¿¿1+n1−1)¿! Secara emplisit memperhitungkan

jumlah pertukaran antara sistem dan antar kursi. Jumlah pertukaran antar

sistem adalah n1 ! dan pertukaran jumlah antar kursi adalah g1 ! . Oleh karena

itu, jumlah penyusunan yang berbeda untuk n1 boson di dalam g1keadaan

hanyalah

(g1+n1−1)!n1 ! g1!

(1.1)

Hal yang sama berlaku untuk kelompok-2 yang mengandung g2

keadaan dengan populasi n2 sistem. Jumlah cara penyusunan yang berada

sistem-sistem, ke dalam keadaan-keadaan tersebut adalah

(g2+n2−1)!g2 !n2!

(1.2)Terakhir hingga kelompok energi ke-M, jumlah cara

penyusunan yang berbeda untuk nM sistem dalam gM keadaan adalah

(gM +nM−1)!gM !nM !

(1.3)

Akhirnya jumlah total cara penyusunan yang berbeda secara

bersamaan n1 sistem di dalam g1 keadaan, n2 sistem di dalam g2 , …., nM

sistem dalam gM keadaan adalah

(g1+n1−1)!n1 ! g1!

×(g2+n2−1)!

g2! n2!× …×

(gM+nM−1)!gM !nM !

=∏s=1

M (gs+ns−1) !ns! gs!

(1.4)

Harus juga diperhitungkan jumlah cara membawa N sistem dari

luar untuk didistribusikan ke dalam tingkat-tingkat energi di atas. Jumlah cara

pengambilan N sistem 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 penyusunan sistem-sistem dalam

7

Page 8: Tugas Remidi Fisika Statistik

assembli boson adala

W =∏s=1

M (gs+ns−1)!ns !gs !

(1.5)

1.3 Konfigurasi Maksimum

Selanjutnya kita akan menentukan konfigurasi dengan peluang

kemunculan paling besar. Ambil logaritma ruas iri dan kanan persamaan (1.5)

ln W =ln∏s=1

M (gs+ns−1)!ns ! gs !

=¿∑s=1

M

ln [ (gs+ns−1)!ns! gs! ]=ln∑

s=1

M

ln ( gs+ns−1 ) !−ln ns!−ln gs! (1.6)¿

Kemudian kita gunakan pendekatan Stirling untuk melakukan

penyederhanaan sebagai berikut :

ln ( gs+ns−1 )!≅ ( gs+ns−1 ) ln ( gs+ns−1 )−(gs+ns−1) ln gs !≅ gs ln gs−gs

ln ns!≅ ns ln ns−ns

Dengan pendekatan tersebut maka persamaan (1.6) menjadi :

ln W =∑s=1

M

[ ( gs+ns−1 ) ln ( gs+ns−1 )−(gs+ns−1)]−gs ln gs+¿ gs¿

−ns ln ns+ns(1.7)

Jumlah total sistem serta energi total assembli memenuhi

N=∑s=1

M

ns dan U=∑s=1

M

ns E s

Untuk assembli yang terisolasi sehingga tidak ada pertukaran sistem

maupun energi antara assembli dan lingkungan.Jumlah sistem maupun energi

assembli constant.

Pembatasan ini dapat dinyatakan dalam bentuk diferensial berikut ini

:

δN=∑s=1

M

δ ns=0(1.8)

8

Page 9: Tugas Remidi Fisika Statistik

δU=∑s=1

M

E s δns=0 (1.9)

Konfigurasi dengan probabilitas maksimum diperoleh dengan

memaksimumkan ln W. Dengan memperhatikan konstrain pada persamaan

(1.8) dan (1.9) maka konfigurasi dengan probabilitas maksimum memenuhi

δ ln W +αδN +βδU=0 (1.10)

Selanjutnya dengan mengambil diferensial persamaan (1.7) diperoleh

δ ln W=¿∑s=1

M

[ δ ( gs+ns−1 ) ln ( gs+ns−1 )−δ(gs+ns−1)−δgs ln gs+δ gs−δ ns ln ns+δ ns ](1.11)¿

Hitung suku per suku yang terkandung dalam persamaan (1.11)

i) δ ( gs+ns−1 ) ln ( gs+ns−1 )= ∂∂ n1

( gs+ns−1 ) ln ( gs+ns−1 ) δns

¿ [ ln ( gs−1+ns )+( gs+ns−1 )× 1

( gs+ns−1 ) ]δns

¿ [ ln ( gs−1+ns )+1 ] δns

ii) δ ( gs+ns−1 )= ∂∂ ns

( gs+ns−1 ) δ ns=δ ns

iii) δgs ln gs=∂

∂ ns

gs ln gs δ ns=0

iv) δns ln ns=∂

∂ ns

ns ln ns δ ns=[ ln ns+ns ×1ns ]δ ns=[ ln ns+1 ] δ ns

Persamaan (1.11) selanjutnya menjadi

δ ln W ≅∑s=1

M

[ ln ( gs+ns−1 )+1 ] δ ns−δ ns−0+0− [ ln ns+1 ]δ ns+δ ns=∑s=1

M

[ ln ( gs+ns−1 )−ln ns ] δ ns

¿∑s=1

M

ln [ gs+ns−1

ns]δ ns(1.12)

Karena gs ≫1 dan ns≫1 maka gs+ns−1≅ gs+ns sehingga

persamaan (1.12) dapat disederhanakan lebih lanjut menjadi

9

Page 10: Tugas Remidi Fisika Statistik

δ ln W=∑s=1

M

ln [ gs+ns

ns]δ ns(1.13)

Subtitusikan persamaan (1.8), (1.9), dan (1.13) ke dalam persamaan

(1.10) diperoleh

∑s=1

M

ln [ gs+ns

ns]δ ns+α∑

s=1

M

δ ns+β∑s=1

M

E sδns=0

Atau

∑s=1

M {ln [ gs+ns

ns]+α+ β E s}δ ns=0 (1.14)

Kesamaan di atas harus berlaku untuk semua variasi δ ns. Ini dijamin

ika bagian di dalam kurung selalu nol, yaitu

ln [ gs+ns

ns]+α+ β E s=0

gs+ns

ns

=exp (−α−β E s )

gs+ns=ns exp (−α−β Es )

gs=ns [exp (−α−β E s )−1 ]

Dan akhirnya ungkapan untuk jumlah populasi pada tiap-tiap tingkat

energi sebagai berikut

ns=gs

exp (−α−β Es )−1(1.15)

Ternyata untuk assembli boson, parameter β juga berbentuk β=−1kT

.

Dengan demikian, bentuk lengkap fungsi Bose-Einstein untuk assembli boson

adalah

10

Page 11: Tugas Remidi Fisika Statistik

ns=gs

exp (−α +Es /kT )−1(1.16)

1.4 Parameter α untuk foton dan fonon

Parameter α pada persamaan (1.16).ada satu kekhususan untuk

assemble foton (kuantisasi gelombng elektromagnetik) dan fonon (kuantitasi

getaran atom dalam Kristal) dan ini berimplikasi pada nilai parameter α .

Dalam suatu kotak, foton bias diserap atau diciptakan oleh atom-atom yang

berada pada dinding kotak. Akibatnya, jumlah foton dalam satu assembli

tidak harus tetap. Jumlah foton bias bertambah, jika atom-atom di dinding

memancarkan foton dan bias berkurang jika atom-atom di dinding menyerap

foton. Untuk sistem semacam ini pembatasan bahwa jumlah total sistem

dalam assembli konstan sebenarnya tidak berlaku. Pada penurunan fungsi

distribusi Bose-Einstein kita telah mengamsusikan bahwa jumlah sistem

dalam assembli selalu tetap, yaitu δN=0. Konstrain ini dimasukkan dalam

persamaan dengan memperkenalkan faktor pengali Langrange α . Oleh karena

itu, agar konstrain ini tidak diberlakukan untuk assembli dengan jumlah

sistem tidak tetap, seperti foton dan 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(1.17)

2.1 Radiasi Benda Hitam

Teori tentang radiasi benda hitam menandai awal lahirnya

mekanika kuantum dan fisika modern.Benda hitam merupakan penyerap

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 sebaliknya atom-atom di dinding kotak dapat memancarkan fotonn

11

Page 12: Tugas Remidi Fisika Statistik

ke dalam ruang kotak. Karena jumlah foton yang tidak konstan ini maka

faktor Bose-Einstein untuk gas foton adalah

1

eEkT−1

Yang diperoleh dengan menggunakan α=0

Foton adalah kuantum gelombang elektromagnetik.Ekstensi foton

direspresentasikan oleh keberadaan gelombang berdiri dalam kotak. Karena

gelombang elektromagnetik memiliki dua kemungkinan arah osilasi

(polarisasi) yang saling bebas, maka kerapatan keadaan foton dalam kotak

merupakan dua kali kerapatan gelombang stasioner, yaitu :

g ( λ ) dλ=8 π

λ4dλ(1.18)

Dengan demikian, jumlah foton dengan panjang gelombang antara λ sampai

λ+dλ adalah

n ( λ )dλ=g ( λ ) dλ

eE−kT−1(1.19)

Karena energi satu foton adalah E=hc / λ maka energy foton yang

memiliki panjang gelombang antara λ sampai λ+dλ adalah

E ( λ )dλ=hcλ

n ( λ )dλ

¿ 8 πhc

λ5

eE / kT−1(1.20)

2.1.1 Hukum Pergeseran Wien

Gambar 1.2 adalah plot E(λ¿ sebagai fungsi λpada berbagai

suhu. Tampak bahwa E(λ¿ mula-mula naik, kemudian turun setelah

mencapai nilai maksimum pada panjang gelombang λm. Kita dapat

12

Page 13: Tugas Remidi Fisika Statistik

menentukan λm dengan mendiferensial E(λ¿ terhadap λ dab menyamakan

λ dengan

dE(λ)dλ |

λm

=0(1.21)

Gambar 1.2Spektrum radiasi benda hitam pada berbagai suhu

Berdasarkan persamaan (1.20) maka

E ( λ )=8 πhc

λ5

eEkT −1

(1.22)

Untuk memudahkan diferensial persamaan (1.22) persamaan diatas kita

misal x=λkT /hc. Dengan pemisalan tersebut maka dapat ditulis

E λ=8 πhc( kThc )

5 1

x5(e1x−1)

(1.23)

13

Page 14: Tugas Remidi Fisika Statistik

dE( λ)dλ

=dE (λ)

dxdxdλ

= kThc

dE(λ)dx

¿( kThc )8 πhc ( kT

hc )5 d

dx ( 1

x5 (e1/ x−1 ) )(1.24)

Agar terpenuhi dEdλ

=0 maka pada persamaan 1.24 harus memenuhi

ddx ( 1

x5 ( e1 / x−1 ) )=0(1.25)

Jika didiferensiasi secara seksama akan dapat hubungan berikut

(1−5 x ) e1 / x−5=0(1.26)

Nilai x pada persamaan (1.26)dapat diselesaikan dengan berbagai cara.

Jika menggunakan instruksi Wolfram Research, maka solusi untuk x yang

memenuhipersamaan 91.26) adalah 0,194197. Dengan demikian, λm

memenuhi hubungan

λm kT

hc=0,194197

Atau

λmT=0,194197hck

(1.27)

dengan menggunakan nilai konstanta k=1,38x10−23J / K ,h= 6,625 x

10−34 Js, dan c=3× 108 m /s maka kita peroleh

λmT=2,8 × 10−3 mK (1.28)

14

Page 15: Tugas Remidi Fisika Statistik

Gambar 1.3 Spektrum energi radiasi matahari berdasarkan hasil pengukurandan prediksi dengan persamaan radiasi matahari (gari).

15

Page 16: Tugas Remidi Fisika Statistik

Gambar 1.4 Warna bintang menunjukan suhu bintang. Semakain menuju kewarna biru suhu bintang semakin tinggi. Sebaliknya suhu bintang semakin rendah apabila menuju ke warna merah.

Persamaan (1.28) tidak lain daripada ungkapan hukum

pergeseran Wien. Hukum ini menjelaskan hubungan antara suhu benda

dengan gelombang dan intensitas maksimum yang dipancarkan benda

tersebut.Makin tinggi suhu benda maka makin pendek gelombang yang

dipancarkan benda tersebut, atau warna benda bergeser kea rah biru.Ketika

pandai besi memanaskan logam maka warna logam berubah secara terus

menerus dari semula merah, kuning, hijau 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 dipancarkan.Energi yang dipancarkan benda diukur

pada berbagai panjang gelombang.Kemudian intensitas tersebut diplot

terhadap panjang gelombang sehingga diperoleh selanjutnya diterapkan

pada hukum pegeseran Wien guna memprediksi suhu benda.Pada

astronom memperkirakan suhu bintang-bntang, berdasarkan spectrum

energy yang dipancarkan oleh bintang-bintang tersebut.

2.1.2 Persamaan Stefan-Boltzmann

Sebuah benda hitam memancarkan gelombang,

elektromagnetik pada semua jangkauan frekuansi 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=λm.

Energy total yang dipancarkan oleh benda hitam diperoleh

dengan mengintegralkan persamaan (1.20) dari panjang gelombang nol

sampai tak berhingga, yaitu

16

Page 17: Tugas Remidi Fisika Statistik

E=∫0

E ( λ ) dλ

¿8 πhc∫0

1λ5

dλehc / λkT−1

(1.29)

Untuk menyelesaikan persamaan integral (1.29) misalkan

y=hc / λkT . Dengan pemisalan tersebut maka diperoleh ungkapan-

ungkapan berikut ini :

1λ= kT

hcy

1λ5 =( kT

hc )5

y5

λ= hckT

1y

dλ=−hckT

1

y2dy

Syarat batas yang berlaku bagi y. saat λ=0 maka y=~ dan saat

λ= maka y=0. Dengan demikian, dalam variable y integral (1.29) menjadi

E=8 πhc∫0

( kThc )

5

y5 (−hc /kT y2 ) dy

e− y−1

¿8 πhc( kThc )

5

( hckT )∫

0− y5 dye y−1

¿8 πhc( kThc )

4

∫0− y5 dye y−1

(1.30)

Persamaan (1.30) merupakan kerapatan energy foton di dalam kotak.

Hubungan antara kerapatan energy yang diradiasi dengan energy foton dalam

kotak adalah Erad=cE /4

¿2 πh c2( kThc )

4

∫0

y3 dye y−1

17

Page 18: Tugas Remidi Fisika Statistik

¿ [2 πh c2( khc )

4

∫0

y3 dye y−1 ]T 4 (1.31)

Persamaan (1.31) sangat mirip dengan persamaan Stefan-Boltzman. Jadi pada

persamaan (1.31) kita dapat menyamakan

σ=2πh c2( khc )

4

∫0

y3 dye y−1

(1.32)

Dengan menggunakan instruksi matematika sederhana kita dapatkan

∫0

y3 dye y−1

=6,49394

Selanjutnya dengan memasukkan nilai konstanta-konstanta lain

k=1,38 x10−23J / K ,h=6,625 x10−34 Js ,dan c=3× 108 m /s kita dapatkan

nilai konstanta Stefan-boltzman.

σ=5,65×10−8W /m2 K4

2.1.3 Cosmic Microwave Background (CMB)

Salah satu gejala penting sebagai hasil peristiwa Big bang adalah

keberadaan radiasi yang bersifat isotropic (sama ke segala arah) di alam

semesta dalam panjang gelombang mikro. Gejala ini selanjutnya dikenal

dengan icosmic microwave background (CMB). Radiasi ini benar-benar

isotropic.Penyimpangan dari sifat isotropic hanya sekitar seper seribu.Dua

astronom muda, Arno Penzias dan Robert Wilson yang pertama kali

mengidentifikasi gejala ini tahun 1965 dengan menggunakan antene horn

yang dikalibrasi dengan teliti.Dengan anggapan bahwa alam semesta

berupa benda hitam sempurna dan setelah dilakukan pengukuran yang

teliti intensitas radiasi gelombang mikro ini pada berbagai panjang

gelombang yang mungkin, selanjutnya hasil pengukuran di-fit dengan

persamaan radiasi benda hitam (1.4) disimpulkan bahwa suhu rata-rata

alam semesta sekarang adalah 2,725 K.

18

Page 19: Tugas Remidi Fisika Statistik

Gambar 1.5CMB dengan persamaan radiasi benda hitam

Gambar 1.6Variasi suhu alam semesta berdasarkan posisi

Ada sekitar variasi suhu pada arah yang berbeda seperti

ditunjukkan dalam gambar diatas. Bagian berwarna merah sedikit lebih

19

Page 20: Tugas Remidi Fisika Statistik

panas dan bagian berarna biru sedikit lebih dingin dengan penyimpangan

0,0002 derajat.

2.2 Kapasitas kalor Kristal

Dalam Kristal-kristal atom bervibrasi.Jika diselesaikan dengan

mekanika kuantum maka energy vibrasi atom-atom dalam Kristal

terkuantisasi. Kuantisasi getaran atom tersebut disebut fonon. Energy

fonon dengan bilangan kuantum n adalah En=(n+ 12) ωℏ . Karena jumlah

fonon tidak konstan maka fungsi distribusi untuk 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 energy toal yang dimiliki fonon dalam

Kristal dapat ditulis

U=∑ ωℏ (κ)exp [ ωℏ (κ )/kT ]−1

(1.33)

Jika fonon memiliki sejumlah polarisasi dan polarisasi kep

memiliki frekuensi ω p ( κ ) ,maka energy total fonon setelah

memperhitungkan polarisasi tersebut adalah

U=∑p∑

κ

ℏω p(κ )exp [ℏωp(κ)/kT ]−1

(1.34)

Penjumlahan terhadap κ dilakukan engan asumsi bahwa κ adalah

integer. Tetapi jika κ adalah variable kontinu maka penjumahan terhadap

κ dapat diganti dengan integral dengan melakukan transformasi berikut ini

∑κ

→∫ gp (κ )dκ (1.35)

Tetapi karena ω merupakan fungsi κ maka kita dapat mengubah

integral terhadap κ menjadi integral terhadap ω dengan melakukan

transformasi

20

Page 21: Tugas Remidi Fisika Statistik

∑κ

→∫ gp (κ )→∫ g p (ω) dω (1.36)

Akhirnya kita dapat menulis menulis ulang persamaan (1.34) menjadi

U=∑p∫ g p(ω) ωℏ

exp [ ωℏ / kB T ]−1dω (1.37)

Dari definisi energy dalam persamaan (1.37) maka kita dapat

menentukan kapasitas panas yang didefinisikan sebagai berikut

C v=dUdT

¿ ddT ∑

p∫ gp(ω) ωℏ

exp [ ωℏ /kB T ]−1dω

¿∑p∫ gp (ω ) d

dT { ωℏexp [ ωℏ /kT ]−1 } ωdωℏ (1.38)

Untuk menyederhanakan persamaan (1.38) mari kita lihat suku

diferensial dalam persamaan tersebut. Untuk mempermudah kita misalkan

y= ωℏ /kT . Dengan pemisalan tersebut maka

ddT

= ddy

dydT

=− ωℏk T2

ddy

ddT { ωℏ

exp [ ωℏ /kT ]−1 }= ddT { 1

e y−1 }=− ωℏk T 2

ddy { 1

e y−1 }− ωℏk T2 { 1

(e y−1 )2 }= ωℏk T2

e y

(e y−1 )2

¿ ωℏk T2

exp [ ωℏ /kT ](exp [ ωℏ /kT ]−1 )2

Dengan demikian, kapasitas kalor dapat ditulis

C v=∑p∫ gp (ω ){ ωℏ

k T2

exp [ ωℏ /kT ](exp [ ωℏ /kT ]−1 )2 } ωdωℏ

21

Page 22: Tugas Remidi Fisika Statistik

¿ ωℏk T2 ∑

p∫ g p (ω ) exp [ ωℏ /kT ]

(exp [ ωℏ /kT ]−1 )2ω2 dω1.39¿

2.2.1 Model Einstein

Untuk mencari kapasitas kalor Kristal, Einstein mengusulkan

model bahwa semua fonon berisolasi dengan frekuensi karakteristik yang

sama, ω0 , dengan asumsi ini maka dapat ditulis

gp (ω )=Nδ ( ω−ω0 ) (1.40)

Di mana δ ( ω−ω0 ) merupakanfungsi data dirac. Dengan model ini kita

dapatkan kapasitas kalor Kristal untuk satu macam polarisasi saja sebesar

C v=ℏ2

k T2∫ g (ω ) exp [ ωℏ /kT ](exp [ ωℏ /kT ]−1 )2

ω2 dω

¿ ℏ2

k T2∫Nδ (ω−ω0 ) exp [ ωℏ /kT ](exp [ ωℏ /kT ]−1 )2

ω2 dω

¿ Nℏ2

k T 2

exp [ ωℏ /kT ](exp [ ωℏ /kT ]−1 )2

ω02(1.41)

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 energy yang sama besar maka

kapasitas kalor total menjadi tiga kali dari yang tampak dalam persamaan

(1.41), yaitu menjadi

C v=3Nℏ2

k T 2

exp[ ωℏkT ]

(exp[ ωℏkT ]−1)

2 ω02 (1.42 )

Tinjau kasus-kasus khusus, yaitu ketika T→ 0 dan T→ .dalam

kondisi T→ 0 maka exp [ℏω0/kT ¿≫1 sehingga exp [

ℏω0/kT ¿−1 ≈ exp[ ℏω0

kT ] akibatnya

22

Page 23: Tugas Remidi Fisika Statistik

C v=3Nℏ2

k T 2

exp [ℏω0

kT ](exp[ ℏω0

kT ])2 ω0

2 3 Nℏ2 ω02

k T 2 e−ℏω0

kT (1.43)

Perhatikan suku pembilang danpenyebut pada persamaan

(1.43).jika T→ 0 maka suku penyebut T 2→ 0 dan suku pembilang

exp [− ωℏkT ]→ 0 sehingga kita dapat mengaproksimasi

exp [ℏω0

kT ]≈ 1+ℏω0

kT

Dengan aproksmasi ini maka persamaan (1.42) dapat ditulis menjadi

C v=3Nℏ2

k T 2

1+exp [ℏω0

kT ](1+[ℏω0

kT ]−1)2 ω0

2

≈3 Nℏ2

k T 2 (ℏω0

kT )2

ω02

¿3 Nk=3 (n N A ) k

¿3 n ( N A k )=3 nR (1.44)

Dengan N Abilangan Avogadro, n jumlah mold an R=N A k

konstanta gas umum. Hasil ini persis sama dengan teori klasik dari dulong-

petit bahwa kapasitas kalor persatuan mol semua padatan adalah konstan,

yaitu 3R.

Gambar 1.7 adalah perbandingan hasil pengamatan kapasitas kalor

intan (symbol) dan prediksi dengan model Einstein. Terdapat kesesuaian

yang baik antara prediksi model tersebut dengan pengamatan, khususnya

nilai kapasitas kalor yang menuju nol jika suhu menuju nol dan nilai

kapasitas kalor menuju konstanta dulong-petit pada suhu tinggi.

23

Page 24: Tugas Remidi Fisika Statistik

Gambar 1.7Kapasitas panas intan yang diperoleh dari pengamatan (simbol) dan prediksi menggunakan model kapasitas panas Einstein.

Model Einstein dapat menjelaskan dengan baik kebergantugan

kapasitas panas terhadap suhu. Sesuai dengan pengamatan experiment

bahwa pada suhu menuju nol kapasitas panas menuju nol dan pada suhu

tinggi kapasitas panas menuju nilai yang diramalkan Dulong-petit.Akan

tetapi, masih ada sedikit penyimpangan antara data eksperimen dengan

ramalan Einstein.Pada suhu yang menuju nol, hasil eksperimen

memperlihatkan bahwa kapasitas panas berubah sebagai fungsi kubik

9pangkat tiga) dari suhu, bukan seperti pada persamaan (1.42).oleh karena

itu perlu penyempurnaan pada model Einstein untuk mendapatkan hasil

yang persis sama dengan eksperimen.

2.2.2 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 ini.Asumsi ini digunakan semata-mata karena

kemudahan mendapatkan solusi.Oleh karena itu hasil yang lebih tepat

diharapkan muncul jika dianggap frekuensi fonon tidak seragam.Asumsi

ini digunakan oleh Debeye untuk membangun teori kapasitas panas yang

24

Page 25: Tugas Remidi Fisika Statistik

lebih teliti. Namun, sebelum masuk ke teori Debeye kita akan terlebih

dahulu membahas kerapatan keadaan untuk kisi dalam usaha mencari

ekspresi 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 tersebut dapat

diturunkan persamaan kerapatan keadaan sebagai berikut

g (ω )= V2 π2

κ2

dω /dκ(1.45)

Kebergantungan ω terhadap κ kadang sangat kompleks. Sebagai

contoh, untuk Kristal satu dimensi, kita peroleh persamaan dispersi ¿¿,

dengan m massa atom, C konstanta pegas getaran kisi, dan a jarak antar

atom dalam kisi (periodisitas). Namuun, jika κ sangat kecil, atau panjang

gelombang yang besat (κ=2 π / λ¿, jika dapatkan sebuah persamaan

aproksimasi

ω=vg κ (1.46)

Dengan vg disebut kecepatan grup. Dalam membangun model

kapasitas panas, Deybe mengambil asumsi sebagai berikut :

i. Frekuensi getaran kisi memenuhi persamaan dispersi ω=vg κ

ii. Ada sebuah frekuensi maksimum,ωm yang boleh dimiliki fonon dalam

kristal sehingga tidak ada fonon yang dimiliki frekuensi di atas ωm.

Dari persamaan dispersi (1.46) kita dapatkan bahwa untuk ω ≤ ωm,

k= ωvg

dan dωdk

=vgsehingga kerapatan keaadaan pada persamaan (1.45)

menjadi g (ω )= Vω2

2 πvg3 . Akhirnya jika gabung dengan asumsi kedua tentan

adanya frekuensi maksimum getaran fonon diperoleh ungkapan umum

untuk kerapatan keadaan sebagai berikut :

25

Page 26: Tugas Remidi Fisika Statistik

g (ω )={ V

2 πv g3 ω2 ,ω≤ ωm

0ω>ωm

(1.47)

Gambar 1.8Kurva kerapatan keadaan sebagai fungsi pada model Einstein dan Debeye

Perbedaan kurva kerapatan keadaan sebagai fungsi pada model

Einstein dan Deybe diperlihatkan pada gambar 1.8. Berapa nilai ωm pada

model Debye? Untuk menentukan ωm kita kembali pada defenisi bahwa

g (ω ) adalah jumlah keadaan per satuan frekuensi. Karena frekuensi

maksimum fonon adalah ωm maka integral g (ω ) dari frekuensi 0 sampai

ωm memberikan jumlah total keadaan yang dimiliki fonon, dan itu sama

dengan jumlah atom, N . Jadi,

∫0

ωm

g (ω)dω=N

∫0

ωm

V

2 πgg3

ω2

dω=N

26

Page 27: Tugas Remidi Fisika Statistik

V

2 πvg3∫

0

ωm

ω2dω=N

V2 πvg

3

ωm3

3=N

Yang memberikan ungkapan untuk frekuensi maksimum

ωm3 =

6πv g3 N

V(1.48 )

Untuk kemudahan mari kita didefenisikan suhu Debye, ΘD,

berdasarkan hubungan ini

K BΘD=ћωm(1. 49)

Dengan definisi di atas didapatkan

ΘD=ћvg

KB

3√ 6 π2 NV

(1.50)

Kita asumsikan bahwa kapasitar kalor kisi yang dihasilkan oleh

tiap polarisasi fonon sama besarnya. Karena terdapat tiga polarisasi

getaran yang mungkinan maka penjumlahan terhadap indeks p dalam

persamaan (1.39) mengahasilakan tiga kali nilai per polarisasi. Akibatnya,

tanda sumasi dapat diganti dengan tiga dan kita peroleh kapasitas panas

yang disumbangkan oleh semua polarisasi menjadi,

C v=3ћ2

kT 2∫0

g ( ω) eћωkT

¿¿ ¿

¿ 3 ћ2

kT 2∫0

ωm

( V

2 π v g3 ) eћω /kT

(e¿¿ ћω/kT−1)2 ω2 dω+ ћ2

kT 2∫ωm

(0 ) eћω/ kT

¿¿ ¿

¿ 3 ћ2 V

2 π v g3 kT2∫

0

ωm

eћω/ kT

(e¿¿ћω /kT−1)2ω4 dω (1.51)¿

27

Page 28: Tugas Remidi Fisika Statistik

Untuk menyelesaikan integral pada persamaan (1.51) kita misalkan

x= ωℏ /kT . Dengan permisalan tersebut maka

ω= kTℏ

x

dω= kTℏ

dx

Selanjutnya, syarat batas untuk x ditentukan sebagai berikut. Jika

ω=0 maka x=0 dan jika ω=ωm maka x=ℏωm

kT=

k ΘD

kT=ΘD /T . Dengan

demikian, bentuk integral untuk kapasitas panas menjadi

C v=3ℏ2 V

2π v g3 kT 2 ∫

0

ΘD /Tex

(ex−1 )2 ( kTℏ

x)4 kTℏ

dx

¿ 3ℏ2 V

2 π v g3 kT2 ∫

0

Θ D /Tex x4

(ex−1 )2dx (1.52)

Berdasarkan definisi ΘD pada persamaan (1.50) maka dapat ditulis

ΘD3=6 π2ℏ3 vg

3 /k3V atau V k 4T 3

2 π v g3ℏ3=3 Nk (T /ΘD )3. Subtitusikan hubungan

ini ke dalam persamaan (1.52) maka diperoleh ungkapan kapasitas kalor

dalam bentuk yang lebih sederhana sebagai berikut

C v=9 Nk ( TΘD

)3

∫0

Θ D /Tex x 4

( ex−1 )2dx(1.53)

Selanjutnya integral tidak bergantung lagi pada T dan hasil integral

adalah sebuah bilangan. Jika menggunakan program Mathematic, maka

diperoleh hasil integral pada persamaan (1.53) adalah

∫0

ex x4

(ex−1 )2dx=¿ π2

15(1.54)¿

Dengan demikian, untuk T→ 0 diperoleh

28

Page 29: Tugas Remidi Fisika Statistik

C v ≈9 π2 Nk

15 ( TΘD )

3

¿ A T 3(1.55)

Dengan

A ≈9 π2 Nk15 ΘD

3 (1.56)

Persamaan (1.56) sangat sesuai dengan hasil

eksperimen.Sebaliknya, untuk T → maka penyebut pada persamaan (1.52)

dapat diaproksmasi ex−1 ≈ x dan pada pembilang dapat diaproksimasi

ex ≈ 1 sehingga

C v=9 Nk ( TΘD

)3

∫0

Θ D /Tx4

(x )2dx

C v=9 Nk ( TΘD

)3

∫0

Θ D /T

x2dx=9 Nk ( TΘD

)3 1

3 (ΘD

T )3

¿3 Nk (1.53)

Yang juga persis sama dengan ramalan Dulong-Petit.

29

Page 30: Tugas Remidi Fisika Statistik

Gambar 1.9 Kapasitas kalor argon padat diukur pada suhu jauh di bawah

suhu Debeye. Garis adalah hasil perhitungan menggunakan

teori Debeye (kittel, hal 125)

Gambar diatas adalah hasil pengukuran kapasitas panas argon

padat (titik-titik) beserta kurva yang diperoleh menggunakan model

Deybe. Tampakbahwa ramalan Deybe tentang kebergantungan kapasitas

kalor pada pangkat tiga suhu sangat sesuai dengan hasil pengamatan. Teori

Deybe dan Einstein hanya berbeda pada suhu rendah. Pada suhu agak

tinggi, kedua teori tersebut memprediksi hasil yang sangat mirip dan pada

suhu yang sangat tinggi ke dua teori memberikan prediksi yang sama

persis sama dengan hukum Dulong-Petit.

2.3 Kondensasi Bose-Einstein

Gambar 1.10Salah satu hasil pengukuran yang membuktikan fenomena

kondensasi Bose-Einstein.

Kita kembali melihat bentuk fungsi distribusi Bose-Einstein.

Jumlah sistem yang menempati keadaan dengan energi En pada suhu T

adalah

30

Page 31: Tugas Remidi Fisika Statistik

N ( En , T )= 1

expEn−μ

kT−1

Tampak jelas dari ungkapan di atas bahwa pada suhu yang sangat

rendah sistem-sistem akan terkonsentrasi di keadaan-keadaan dengan

energi sangat rendah. Jika T→ 0 maka jumlah sistem yang menempati

tingkat energi paling rendah, tingkat energi kedua, ketiga, dan seterusnya

makin dominan. Jumlah sistem yang menempati keadaan-keadaan dengan

nilai energi tinggi makin dapat diabaikan. Hampir semua sistem akan

berada pada tingkat energi terendah jika suhu didinginkan hingga dalam

orde 10−14 K . Gambar diatas memperlihatkan evolusi populasi boson pada

tingkat energi terendah (bagian tengah kurva). Pada suhu T<<Tc hampir

semua boson berada pada tingkat energi paling rendah.

Namun, ada fenomena yang menarik di sini. Ternyata untuk boson,

keadaan dengan energi terendah dapat ditempati oleh sistem dalam jumlah

yang sangat besar pada suhu yang jauh lebih tinggi dari 10−14 K . Dengan

kata lain, boson tidak perlu menunggu suhu serendah 10−14 K untuk

mendapatkan sistemdalam jumlah yang sangat besar pada tingkat energi

terendah. Pada beberapa material, seperti helium, jumlah sistem yang

sangat besar pada tingkat energi terendah dapat diamati pada suhu setinggi

3K. Jadi terjadi semacam kondensasi boson pada suhu yang jauh lebih

tinggi dari prediksi klasik. Fenomena ini dikenal dengan kondensai Bose-

Einstein.

2.3.1 Kebergantungan Potensial Kimia Pada Suhu

Mari kita tengok kembali fungsi distribusi Bose-Einstein. Untuk

mudahnya kita gunakan skala energi sehingga tingkat terendah memiliki

energi E0=0. Populasi keadaan dengan tingkat energi sembarang

diberikan oleh persamaan (1.53). Jumlah populasi yang menempati tingkat

energi terendah (E0=0¿ adalah

31

Page 32: Tugas Remidi Fisika Statistik

N (0 , T )= 1

exp (−μkT )−1

(1.54)

Pada suhu T→ 0 hampir semua sistem menempati keadaan dengan

energi terendah. Dengan demikian, jumlah populasi pada tingkat ini

memiliki orde kira-kira sama dengan jumlah total sistem, atau

N ≈ limT → 0

N (0 ,T )=limT →0

1

exp (−μkT

¿)−1(1.55)¿

Karena nilai N sangat besar (dalam orde 1023 ¿ maka ketika T→ 0

penyebut pada 1/[exp (−μkT

¿)−1¿ harus menuju nol. Jika tidak maka 1/[

exp (−μkT

¿)−1¿ tidak akan menghasilkan nilai N yang snagat besar. Nilai [

exp (−μkT

¿)−1¿ akan menuju nol hanya jika exp (−μkT

¿)¿ menuju satu. Dari

sifat fungsi eksponensial bahwa exp [x ] mendekati 1 jika x→ 0. Jadi

disimpulan bahwa pada T→ 0 akan berlaku μ

kT→ 0 maka dapat dilakukan

aproksimasi

exp (−μkT )≈ 1−¿ μ

kT(1.56)¿

Jadi dapat diaproksimasikan sebagai berikut ini

N ≈ limT → 0

1

exp(−μkT

¿)−1=1

(1− μkT )−1

=−kT

μ

¿

Atauμ=−kT

N(1.57)

32

Page 33: Tugas Remidi Fisika Statistik

Hubungan pada persamaan (1.57) menyatakan bahwa pada suhu T

menuju 0 maka μ berharga negatif dan merupakan fungsi linear dari suhu.

Sebagai ilustrasi, pada T=1 K dan N= 1022 maka μ=−1,4 ×10−38erg. Ini

adalah nilai yang sangat kecil. Bahkan nilai ini jauh lebih kecil daipada

jarak antar dua tingkat energi terdekat dalam assembli atom helium di

alam kubus dengan sisi 1 cm. Kebergantungan μpada suhu itulah yang

menyebabkan peristiwa kondensasi Bose-Einstein.

Agar lebih memahami fenomena kondensasi Bose-Einstein,

perhatikan sistem-sistem yang berada dalam kubus dengan sisi L. Tingkat-

tingkat energi yang dimiliki assembli memenuhi

E (nx ny nz )= ℏ2

2 M( π / L )2 (nx

2+ny2 +nz

2 )(1.58)

Tingkat energi terendah bersesuaian dengan nx=n y=nz=1, yaitu

E (111 )= ℏ2

2 M ( πL )

2

(1+1+1 )

Salah satu tingkat energi berikutnya bersesuaian dengan

nx=n y=1 dan nz=2 yaitu,

E (112)= ℏ2

2 M ( πL )

2

(1+1+4 )

Selisih tingkat energi terendah dan tingkat energi berikutnya adalah

∆ E=E (111 )−E (112 )=3×ℏ2

2M ( πL )

2

Jika assembli tersebut adalah atom helium (M=6,6 × 10−24 g)

dalam kubus dengan sisi 1 cm makan ∆ E≅ 2,48× 10−30 erg.

Apabila kita prediksi populasi sistem pada tingkat energi eksitasi

pertama dan tingkat energi terendah dengan menggunakan statistik

Maxwell-Boltzman adalah

33

Page 34: Tugas Remidi Fisika Statistik

N1

N 0

=exp (−∆ EkT

)

Pada suhu T = 1 mK makaN1

N 0

=exp(−2,48 ×10−30ergk ×10−3 K )≅ 1

Hasil diatas berarti bahwa pada suhu 1 mk, tingkat energi terendah

dan eksitansi pertama memiliki populasi yang hampir sama. Namun,

dengan statistik Bose-Einstein didapatkan hasil yang sangat berbeda.

Dnegan asumsi N= 1020 dan suhu T= 1 mK maka kita peroleh

μ=−kTN

=−k ×10−3

1022 =−1,4 ×10−41erg

Jumlah populasi yang menempati tingkat energi eksitasi pertama

(tepat di atas tingkat energi paling rendah) adalah

N ( E1 ,T )= 1

expE1−μ

kT−1

Karena E0=0 maka E1=∆ E. Lebih lanjut, mengingat |μ|≪∆ E

maka E1−μ≈ E1=∆ E. Dengan demikian

N ( E1 ,T )= 1

exp∆ EkT

−1

1

exp( 2,48×1030

k ×10−3 )−1

=5× 1010

Dengan demikian, fraksi sistem pada tingkat energi eksitasi

pertama adalah

N (E1)N

=5×1010

1022 =5 ×10−12

34

Page 35: Tugas Remidi Fisika Statistik

Tampak bahwa fraksi sistem pada tingkat energi eksitasi pertama

amat kecil. Ini berarti bahwa sebagian besar sistem berada pada tingkat

energi terendah.

2.3.2 Suhu Kondensasi Einstein

Kerapatan keadaan kuantum untuk sistem dengan spin nol dapat

ditulis dengan

D ( E )= V4 π 2 ( 2 M

ℏ2 )3/2

E1 /2(1.59)

Pada suhu T menuju 0 sebagian sistem menempati tingkat energi

terendah dengan jumlah yang sangat signifikan. Jumlah total sistem dalam

assembli dapat ditulis

N=∑ N ( En )=¿ N 0 (T )+∑n ≠0

N (En)¿

¿ No (T )+∫0

D ( E ) f (E ,T ) dE=¿N o (T )+N e (T ) (1.60 ) ¿

Dengan No (T ) adalah jumlah sistem pada tingkat energi terendah

dan N e (T )=∫D ( E ) f ( E ,T ) dE dan jumlah total sistem yang menempati

tingkat-tingkat energi lainnya.

Dengan mengambil skala energi E0=0 maka jumlah sistem pada

tingkat energi terendah dapat ditulis

N0 (T )= 1

exp(−μkT )−1

Jumlah sistem yang menempati semua tingkat energi lainnya

adalah

N e (T )= V4π 2 ( 2 M

ℏ2 )3/2

∫0

E1 /2

expE−μkT

−1dE

35

Page 36: Tugas Remidi Fisika Statistik

V4 π2 (2 M

ℏ2 )3 /2

∫0

E1/2

exp (−μkT

)expE

kT−1

dE(1.61)

Misalkan E/kT=x. Dengan demikian

√ E=√kT √ x ,exp( EkT )=¿exp ( x ) ,dan dE=( kT ) dx .¿

Selanjutnya integralnya dapat ditulis

∫0

E1 /2

expE−μkT

−1dE= 3√kT∫

0

√ xexp ( x )−1

dx=1,03 π2 kT 3/2

Akhirnya didapatkan

N e (T )= V4π 2 ( 2 M

ℏ2 )3/2

×1,03 π2 kT 3/2

¿2,612 nQ V (1.62)

Dengan nQ=¿ dinamakan konsentrasi kuantum.

Kita definisikan suku kondensasi Bose-Einstein, T E , sebagai suhu

ketika jumlah sistem pada keadaan terkesitasi persis sama dengan jumlah

total sistem. Jadi pada T= T E , terpenuhi N e T E,=N . Dengan menggunakan

persamaan (1.62) didapatkan bahwa pada suhu kondensasi Bose-Einstein

terpenuhi

N= V4 π 2 ( 2 M

ℏ2 )3/2

× 1,03 π2 kT 3/2

Yang memberikan

T E=2ℏ2 πMk ( N

2,612 V )2 /3

(1.63)

36

Page 37: Tugas Remidi Fisika Statistik

Gambar 1.11Fraksi superfluida (sistem yang menempati keadaan dasar) dan fluida normal (sistem yang menempati keadaan eksitasi) dalam assembli boson sebagai fungsi suhu ketika suhu berada di bawah suhu kondensasi Bose-Einstein.

Pada sembarang suhu yang mendekati nol derajat, fraksi jumlah

sistem pada keadaan tereksitasi adalah

N e(T )N

=( TT E

)3/2

(1.64)

Berarti pula bahwa fraksi jumlah sistem pada keadaan paling

rendah adalah

N 0(T )N

=1−N e (T )

N=1−( T

T E )32 (1.65)

Gambar 1.11 adalah fraksi boson yang mempunyai keadaan energi

terendah N0 dan boson yang menempati keadaan terkesitasi N e sebagai

fungsi suhu. Boson yang terkodensasi membentuk fase yang dinamakan

superfluida dan boson yang menempati keadaan tereksitasi dinamakan

fluida normal. Superfluida hanya dijumpai ketika suhu T lebih rendah dari

T E.

37

Page 38: Tugas Remidi Fisika Statistik

38

Page 39: Tugas Remidi Fisika Statistik

CONTOH SOAL DAN PENYELESAIAN

1. Perlihatkan menggunakan definisi entropi bahwa ¿1

kT !

Penyelesaian :

Entropi, secara mikroskopik didefinisikan sebagai

S=k ln Ω

Variasi kecil, menggunakan variasi

δS=kδ ln Ω=¿k∑s=1

ln( gs+ns

ns)δ ns ¿

Karena itu, derivative terhadap energi dalam hubungan

∑s=1

M

δ ns {ln (ns+gs )−ln ns+α +β εs }=0

Memberikan

∂ S∂ u

=k∑s=1

M

ln( gs+ns

ns) ∂ ns

∂ u

¿k∑s=1

M

( α+β εs )∂ ns

∂ u

¿kα∑s=1

M ∂ ns

∂u+kβ∑

s=1

M

εs

∂ns

∂u

Dengan menggunakan batasan n1+n2+…+ns+…=N dan

n1 ε1+n2ε 2+…+ns ε s+…=E

Maka

∑s=1

M ∂ ns

∂ u=∂ N

∂u=0

Dan

39

Page 40: Tugas Remidi Fisika Statistik

∑s=1

M

εs

∂ ns

∂ u= ∂

∂u (∑s=1

M

ns ε s)=∂u∂u

=1

Sedangkan

dU=TdS−pdV

Yang berarti pada volume tetap

∂ S∂ u

= 1T

Dengan demikian

∂ S∂ u

= 1T

=kα∑s=1

M ∂ ns

∂u+kβ∑

s=1

M

εs

∂ ns

∂u

1T

=0+kβ

Atau

β= 1kT

40