PDF Diktat Fisika Modern

ii

RSITAS JEMBER | DIKTAT FISIKA MODERN

iii

KATA PENGANTAR Puji dan syukur kami panjatkan kepada Tuhan Yang Maha Esa, sebagai pencipta dan pemelihara alam semesta, karena berkat rahmat dan hidayah-Nya kami dapat menyusun Diktat Fisika Modern ini dengan baik. Diktat ini kami susun sebagai tugas yang diberikan dari mata kuliah Fisika Modern yang merupakan salah satu mata kuliah wajib yang harus ditempuh oleh mahasiswa program studi Pendidikan Fisika Universitas Jember pada Semester V (Lima) tahun ajaran 2015/2016. Diktat ini dibuat untuk memudahkan mahasiswa saat melaksanakan perkuliahan pada mata kuliah Fisika Modern. Kepada semua pihak yang telah terlibat dalam penyusunan buku ini, kami mengucapkan terima kasih. Taklupa juga kami ucapkan terima kasih kepada pihak sumber referensi dalam pembuatan diktat ini. Dalam penyusunan buku ajar ini kami yakin masih banyak kekurangannya. Oleh karena itu, kami mengharap kepada para pendidik khususnya dan para pembaca pada umumnya untuk memberikan saran dan kritik, dalam rangka penyempurnaan dikta ini. Untuk itu kami menyampaikan terima kasih yang sebesar-besarnya. Semoga Diktat ini dapat bermanfaat.

Jember, November 2015

Penulis

DIKTAT FISIKA MODERN | UNIVERSITAS JEMBER

iv

DAFTAR ISI

Halaman HALAMAN SAMPUL

i

HALAMAN JUDUL

ii

KATA PENGANTAR

iii

DAFTAR ISI

iv

PETA KONSEP

vi

Halaman BAB I PENDAHULUAN ................................................................................. 1 BAB I PENDAHULUAN .................................................................................................. 2 1.1 Latar Belakang ....................................................................................................... 2

Halaman BAB II TEORI RELATIVITAS KHUSUS ................................................... 4 BAB II TEORI RELATIVITAS KHUSUS .................................................................... 5 2.1 Kegagalan Relativitas Klasik ........................................................................... 5 2.2 Postulat Einstein............................................................................................... 8 2.3 Akibat Postulat Einstein........................................................................................... 9 2.4 Transformasi Lorentz ....................................................................................... 12 2.5 Dinamika Relativistik ...................................................................................... 13 2.6 Pertanyaan ................................................................................................................... 19 Halaman BAB III SIFAT PARTIKEL RADIASI ELEKTROMAGNETIK .............. 20 BAB III SIFAT PARTIKEL RADIASI ELEKTROMAGNETIK ............................... 21 3.1 Tinjauan Ulang Gelombang Elektromagnetik ................................................. 21 3.2 Radiasi Benda Hitam ....................................................................................... 25 3.3 Efek Fotolistrik ................................................................................................ 30 3.4 Efek Compton .................................................................................................. 33 3.5 Foton ................................................................................................................ 35 3.6 Pertanyaan ................................................................................................................... 36

RSITAS JEMBER | DIKTAT FISIKA MODERN

v

Halaman BAB IV SIFAT GELOMBANG DARI PARTIKEL .................................... 38 BAB IV SIFAT GELOMBANG DARI PARTIKEL ..................................................... 39 4.1 Hipotesis deBroglie .......................................................................................... 39 4.2 Hubungan Ketidakpastian Bagi Gelombang Klasik ........................................ 41 4.3 Hubungan Ketidakpastian Heissenberg ........................................................... 45 4.4 Paket Gelombang ............................................................................................. 49 4.5 Probabilitas dan Keacakan ............................................................................... 54 4.6 Pertanyaan ................................................................................................................... 54

Halaman BAB V PERSAMAAN SCHRODINGER ...................................................... 56 BAB V PERSAMAAN SCHRODINGER ....................................................................... 57 5.1 Pembenaran Persamaan Schrodinger ............................................................... 57 5.2 Resep Schrodinger ........................................................................................... 58 5.3 Probabilitas dan Normalitas ............................................................................. 61 5.4 Beberapa Penerapan ......................................................................................... 64 5.5 Osilator Harmonik Sederhana .......................................................................... 73 5.6 Pertanyaan ................................................................................................................... 77 Halaman BAB VI MODEL ATOM RUTHERFORD-BOHR ...................................... 79 BAB VI MODEL ATOM RUTHERFORD-BOHR ....................................................... 80 6.1 Sifat-sifat Dasar Atom ..................................................................................... 80 6.2 Model Atom Thomson ..................................................................................... 80 6.3 Inti Atom Rutherford ....................................................................................... 86 6.4 Spektrum Garis ................................................................................................ 89 6.5 Model Bohr ...................................................................................................... 92 6.6 Beberapa Kelemahan Model Bohr ................................................................... 95 6.7 Pertanyaan ................................................................................................................... 97 DAFTAR PUSTAKA ........................................................................................................ 99

DIKTAT FISIKA MODERN | UNIVERSITAS JEMBER

vi

Peta Konsep

Fisika Modern

BAB I PENDAHULUAN

1.1 Latar Belakang

BAB II TEORI RELATIVITAS KHUSUS

BAB III SIFAT PARTIKEL RADIASI ELEKTROMAGNET

BAB IV SIFAT GELOMBANG DARI PARTIKEL

BAB V PERSAMAAN SCHRODINGER

BAB VI MODEL ATOM RUTHERFORDBOHR

2.1 Kegagalan Relativitas Klasik

3.1 Tinjauan Ulang Gelombang Elektromagnet

4.1 Hipotesis deBroglie

5.1 Pembenaran Persamaan Schrödinger

6.1 Sifat-sifat Dasar Atom

2.2 Postulat Einstein

3.2 Radiasi Benda Hitam

4.2 Hubungan Ketidakpastian Bagi Gelombang Klasik

5.2 Resep Schrödinger

6.2 Model Atom Thomson

2.3 Akibat Postulat Einstein

3.3 Efek Fotolistrik

4.3 Hubungan Ketidakpastian Heissenberg

5.3 Probabilitas dan Normalisasi

6.3 Inti Atom Rutherford

2.4 Transformasi Lorentz

3.4 Efek Compton

4.4 Paket Gelombang

5.4 Beberapa Penerapan

6.4 Spektrum Garis

2.5 Dinamika Relativistik

3.5 Foton

4.5 Probabilitas dan Keacakan

5.5 Osilator Harmonik Sederhana

6.5 Model Bohr

6.6 Beberapa Kelemahan Model Bohr

RSITAS JEMBER | DIKTAT FISIKA MODERN

2

BAB I PENDAHULUAN

1.1 Latar belakang

Perkembangan ilmu pengetahuan dan teknologi tidak dapat dipisahkan dari Fisika Modern. Pada kenyataannya, pemahaman mengenai konsep Fisika Modern menjadi lebih sulit karena ruang lingkupnya terkait dengan dunia mikroskopis (kuantum) atau kecepatan mendekati kecepatan cahaya (relativitas) yang tidak dapat diamati langsung oleh panca indera. Berbagai referensi dengan topik yang beraneka ragam terkadang memberikan interpretasi yang berbeda apabila tidak dilakukan pendalaman terhadap topik tersebut. Fisika modern biasanya dikaitkan dengan berbagai perkembangan yang dimulai dengan teori relativitas khusus dan kuantum. Bidang studi ini menyangkut penerapan kedua teori tersebut untuk memahami sifat atom, inti atom, serta berbagai partikel penyusunnya. Sebagai calon guru fisika dan calon fisikawan, mahasiswa perlu memahami konsep tersebut dengan baik dan benar, sebagai langkah awal untuk memahami tingkat ilmu yang lebih tinggi seperti fisika kuantum, pendahuluan fisika inti, pengantar fisika zat padat. Diktat ini disusun untuk memperluas pengetahuan dan meningkatkan pemahaman mahasiswa calon guru fisika dan calon fisikawan. Pemahaman yang baik dan benar tentu berhubungan dengan cara penyampaian materi. Penyampaian materi yang terstruktur dan konsisten menjadi penting. Penyampaian materi yang menarik juga diperlukan seperti penjelasan materi yang dilengkapi dengan gambar (visualisasi), contoh permasalahan yang nyata, fenomena alam dan aplikasi. Perkembangan Fisika Modern selalu mengalami kemajuan, maka informasi yang diberikan haruslah up to date (terkini), dan revisi berkala perlu dilakukan. Setiap bagian diktat ini menyajikan materi yang lengkap, fenomena nyata dalam kehidupan sehari-hari, serta gambar yang mendukung dalam pemahaman konsep. Bagian pertama diktat ini membahas tentang pendahuluan dalam penulisan diktat ini. Pada bagian menjelaskan isi dalam diktat ini berisi materi, contoh soal, soal latihan untuk dapat dikerjakan. Diktat ini dibuat semenarik munkin agar menarik untuk dibaca dan dipelajari. Sehingga pembaca tidak mudah bosan dalam mempelajarinya. Bagian kedua diktat ini membahas tentang teori relativitas khusus. Dalam bagian ini yang dibahas terlebih dahulu yaitu meninjau ulang relativitas klasik Newton dan kemudian diperlihatkan mengapa Einstein terdorong mengusulkan untuk menggantikannya. Setelah itu,

RSITAS JEMBER | DIKTAT FISIKA MODERN

3

pada bagian ini mahasiswa akan mengetahui berbagai aspek matematika teori relativitas khusus, ramalan-ramalannya dan akhirnya berbagai percobaan yang menguji kebenarannya. Bagian ketiga diktat ini membahas tentang sifat partikel radiasi elektromagnetik. Dalam bagian ini akan dibahas tiga percobaan awal yang menuntun ke teori kuantum dan membuktikan kebenarannya. Sebelum membahas bukti percobaan yang mendukung kehadiran foton dan sifat partikel dari cahaya, buku ini akan meninjau ulang terlebih dahulu beberapa sifat gelombang elektromagnet. Bagian keempat diktat ini membahas tentang sifat gelombang dari partikel. Dalam bagian ini akan dibahas serangkaian bukti percobaan yang mendukung perilaku gelombang berbagai partikel seperti elektron. Dalam fisika klasik, hukum-hukum yang mengatur kekhasan gelombang dan partikel sama sekali berbeda. Sehingga pada bab ini bertujuan untuk mempermudah mahasiswa dalam mempelajari hipotesa de Broglie, teori ketidakpastian, paket gelombang, serta probabilitas dan amplitudo probabilitas. Bagian kelima diktat ini membahas tentang persamaan Schrödinger. Dalam bagian ini akan dibahas persamaan Schrödinger yang akan menjelaskan mengenai hubungan ruang dan waktu pada sistem mekanika kuantum. Persamaan ini merupakan hal penting dalam teori mekanika kuantum, sebagaimana halnya hukum kedua Newton pada mekanika klasik. Bagian ini bertujuan untuk membantu mahasiswa dalam memahami konsep yang berkaitan dengan persamaan Schrodinger dimulai dari persamaan dan fungsi Schrodinger, probabilitas dan normalisasi, dan osilator harmonik sederhana. Bagian keenam diktat ini membahas tentang model atom Rutherford-Bohr. Dalam bagian ini akan dibahas tentang percobaan mendasar dengan atom, dan memperlihatkan bagaimana suatu model atom disusun berdasarkan kumpulan pengetahuan yang kita peroleh dari semua percobaan itu. Bagian ini akan membantu mahasiswa dalam memahami konsep model atom dimulai dari uraian singkat tentang sifat-sifat dasar atom, model atom Thomson, inti atom Rutherford, spektrum garis, model Bohr, hingga kelemahan-kelemahan model atom Bohr. Kami berharap pembaca khususnya calon guru fisika dan calon fisikawan yang mempelajari diktat ini dapat berkembang wawasannya dalam memahami konsep fisika modern, dan dapat meningkatkan kualitas praktik perkuliahan khusunya pada program studi fisika ataupun pendidikan fisika mata kuliah fisika modern diseluruh Universitas yang ada di negara Indonesia kita yang tercinta ini.

DIKTAT FISIKA MODERN | UNIVERSITAS JEMBER

4

RSITAS JEMBER | DIKTAT FISIKA MODERN

5

BAB II TEORI RELATIVITAS KHUSUS

2.1 Kegagalan Relativitas Klasik

Pandangan tentang alam ini, yang sebenarnya berasal

Info Ilmuwan

dari Galileo, mengatakan bahwa ruang dan waktu adalah mutlak. Dikemukakan juga bahwa setiap percobaan yang

GALILEO

dilakukan dalam kerangka acuan (pengamatan) kita barulah bermakna fisika apabila dapat dikaitkan dengan percobaan serupa yang dilakukan dalam kerangka acuan mutlak, yaitu suatu system koordinat Kartesius yang padanya tercantelkan jam-jam mutlak. Contohnya, pernyataan yang lazim dikenal Galileo Galilei (lahir di Pisa, Toscana, 15 Februari 1564 – meninggal di Arcetri, Toscana, 8 Januari 1642 pada umur 77 tahun) adalah seorang astronom, filsuf, dan fisikawan Italia yang memiliki peran besar dalam revolusi ilmiah. Sumbangannya dalam keilmuan antara lain adalah penyempurnaan teleskop, berbagai pengamatan astronomi, dan hukum gerak pertama dan kedua (dinamika). Selain itu, Galileo juga dikenal sebagai seorang pendukung Copernicus mengenai peredaran bumi adalah bulat mengelilingi matahari dan matahari sebagai sistem tata surya.

bahwa sebuah benda yang diam cenderung diam kecuali jika padanya dikenakan gaya luar. Pembandingan

pengamatan-pengamatan

yang

dilakukan dalam berbagai kerangka lembam, memerlukan transformasi Galileo, yang mengatakan bahwa kecepatan (relatif terhadap tiap kerangka lembam) mematuhi aturan jumlah yang paling sederhana. Andaikanlah seorang pengamat O, dalam slah satu kerangka lembam mengukur kecepatan sebuah benda v; maka pengamat O’ dalam kerangka lembam lain, yang bergerak dengan kecepatan tetap u relatif terhadap O, akan mengukur bahwa benda yang sama ini bergerak dengan kecepatan v’ = v – u. Bahasan tentang transformasi kecepatan ini akan kita sederhanakan dengan memilih sistem koordinat dalam kedua kerangaka acuan sedemikian rupa sehingga gerak relatif u selalu pada arah x. Untuk kasus ini, transformasi Galileo menjadi. v’x = vx - u v’u = vu v’z = vz

DIKTAT FISIKA MODERN | UNIVERSITAS JEMBER

(2.1a) (2.1b) (2.1c)

6

Tampak

bahwa

hanya

komponen-x

kecepatan

yang

terpengaruh.

Dengan

mengintegrasikan persamaan pertama kita peroleh x’ = x – ut

(2.2)

sedangkan diferensiasinya memberikan = Atau =

(2.3)

Persamaan (2.3) memperlihatkan mengapa hukum-hukum Newton tetap berlaku dalam kedua kerangka acuan itu. selama u tetap (jadi du/dt = 0), kedua pengamat ini akan mengukur percepatan yang identik dan sependapat pada penerapan F = ma. Berikut adalah beberapa contoh tentang penerapan trasformasi Galileo:

Contoh soal: Seorang perenang yang mampu berenang dengan laju c dalam air tenang, berenang mengarungi sebuah sungai yang laju arusnya u. Andaikanlah perenang ini berenang melawan aliran arus sejauh L kemudian berbalik dalam arah menuruti aliran arus ketitik awal berangkatnya. Carilah waktu yang dibutuhkan si perenang untuk melakukan perenang pulang-balik ini, dan bandingkan dengan waktu yang diperlukannya untuk berenang menyilangi arus sejauh jarak L kemudian kembali.

RSITAS JEMBER | DIKTAT FISIKA MODERN

7

Pemecahan:

..

DIKTAT FISIKA MODERN | UNIVERSITAS JEMBER

8

2.2 Postulat Einstein

Albert Einstein

Permasalahan yang dimunculkan pada percobaan Michelson-Morley baru berhasil terpecahkan oleh teori relativitas khusus, yang membentuk landasan bagi konsepkonsep baru tentang ruang dan waktu. Teori ini didasarkan pada dua postulat berikut, yang diajukan Albert Einstein pada tahun 1905.

Albert Einstein adalah seorang ilmuwan fisika teoretis yang dipandang luas sebagai ilmuwan terbesar dalam abad ke-20. Dia mengemukakan teori relativitas dan juga banyak menyumbang bagi pengembangan mekanika kuantum, mekanika statistika, dan kosmologi.

1. Prinsip Relativitas Hukum-hukum fisika tetap sama pernyataannya dalam semua system lembam. 2. Prinsip Kekonstanan Kecepatan Cahaya Cahaya dapat merambat dalam vakum (misalnya ruang vakum, atau ruang bebas), kecepatan cahaya dinotasikan dengan c, yang konstan terhadap gerak benda yang memiliki radiasi.

Postulat pertama pada dasarnya menegaskan bahwa tidak ada satupun percobaan yang dapat kita gunakan untuk mengukur kecepatan terhadap ruang mutlak, yang dapat kita ukur hanyalah laju relatif dari dua sistem lembamnya. Postulat pertama kelihatan lebih masuk akal, tetapi bagaimanapun juga postulat kedua merupakan revolusi besar dalam ilmu fisika. Einstein sudah memperkenalkan teori foton cahaya dalam makalahnya pada efek fotolistrik (yang menghasilkan kesimpulan ketidakperluan eter). Postulat kedua adalah sebuah konsekuensi dari foton yang tak bermassa bergerak dengan kecepatan c pada ruang hampa. Eter tidak lagi memiliki peran khusus sebagai kerangka acuan inersia ‘mutlak´ alam semesta, jadi bukan hanya tidak perlu, tetapi juga secara kualitatif tidak berguna di dalam relativitas khusus. Postulat kedua kelihatan tegas dan sederhana. Percobaan Michelson-Morley memang tampaknya menunjukan bahwa laju cahaya dalam arah lawan turut dan silang adalah sama. Postulat kedua semata-mata menegaskan fakta bahwa laju cahaya adalah sama bagi semua pengamatan, sekalipun mereka dalam gerak relatif.

RSITAS JEMBER | DIKTAT FISIKA MODERN

9

2.3 Akibat Postulat Einstein

Tinjauan dua pengamat O dan O’. O menembakkan seberkas cahaya menuju sebuah cermin berjarak L darinya dan kemudian mengukur selang waktu 2 ∆𝑡 yang dibutuhkan berkas tersebut untuk menempuh jarak ke cermin dan kemudian dipantulkan kembali ke O. (tentu saja L = c ∆𝑡). Pengamat O’ sedang bergerak dengan laju tetap u seperti tampak pada gambar 2.4. menurut pandangan O, pengiriman dan penerimaaan berkas cahaya ini sama, dan O’ bergerak menjauhinya (O) dalam arah tegak lurus. Gambar 2.5 memperlihatkan percobaan yang sama dari sudut pandang O’, yang menurutnya O sedang bergerak dengan kecepatan – u. Menurut pandangan O’ ini,

Gambar 2.4 pengamat O mengirimkan dan menerima seberkas cahaya yang dipantulkan oleh sebuah cermin. Pengamat O’ sedang bergerak dengan laju u.

Gambar 2.5 percobaan yang diperlihatkan pada gambar 2.4 sebagaimana dilihat oleh pengamat O’. Pengamat O memancarkan seberkas cahaya di titik A dan menerima pantulannya di B.

Berkas cahaya dikirim dari titik A dan diterima di titik B setelah selang waktu 2 ∆𝑡′ kemudian. Jarak AB baginya adalah 2u∆𝑡′. Menurut O, berkas cahaya menempuh jarak 2L dalam selang waktu 2 ∆𝑡 , sedangkan menurut O’, berkas cahaya itu menempuh lintasan AMB yang berjarak 2 √𝐿2 + (𝑢 ∆𝑡 ′ )2 dalam selang waktu 2 ∆𝑡′ menurut relativitas Galileo, ∆𝑡 = ∆𝑡′, dan O mengukur lajunya cahaya c sehingga laju cahaya menurut pengukuran O’ adalah √𝑐 2 + 𝑢2 . Menurut postulat kedua Einstein, O maupun O’ kedua-duannya haruslah mengukur laju cahaya yang sama, yakni c oleh karena itu, ∆𝑡 𝑑𝑎𝑛 ∆𝑡′ haruslah berbeda. Hubungan antara ∆𝑡 𝑑𝑎𝑛 ∆𝑡 ′ dapat kita cari dengan mengambil kedua pengukuran laju cahaya sama dengan c. Menurut O, c = 2L/2∆𝑡, jadi L = c∆𝑡. Menurut O’, c = 2 √𝐿2 + (𝑢 ∆𝑡 ′ )2/2 ∆𝑡′, jadi c ∆𝑡′ = √𝐿2 + (𝑢 ∆𝑡 ′ )2 dengan menggabungkan keduanya, kita dapati

DIKTAT FISIKA MODERN | UNIVERSITAS JEMBER

10

c

=

dan pemecahannya bagi ∆𝑡′ adalah

(2.4)

=

percobaannya dari sudut pandang O’. Maka untuk perjalanan berkas cahaya menuju cermin dalam selang waktu ∆𝑡′1 , O’ mengamati bahwa berkas cahaya itu menempuh jarak, L’- u ∆𝑡′1 , karena baginya, dalam selang waktu itu, cermin telah bergerak menuju sumber sejauh u ∆𝑡′1 , karena pengamat O’ juga mengukur laju cahaya adalah c, maka berkesimpulan bahwa = L’ – u

c

begitu pula, berkas cahaya yang dipantulkan kembali ke sumbernya, dalam selang waktu ∆𝑡′1 ; menempuh jarak L’+ u ∆𝑡′2 , oleh karena itu. = L’ + u

c

jika kita mengambil 2 ∆𝑡′ sebagai selang waktu total bagi perjalanan bolak – balik berkas cahaya (sebagaimana diamatai oleh O’), maka 2

=

+

=

+ = L’

Kita mengetahui bahwa O mengukur laju c yang sama bagi berkas cahaya itu, yang menurutnya menempuh jarak 2L dalam waktu 2 ∆𝑡. Begitu pula, kita mengetahui bahwa ∆𝑡′ = ∆𝑡/ √1 − 𝑢2 /𝑐 2. Dengan menggabungkan hasil- hasil ini, kita peroleh

= L’ L’ = c L’ = L

(2.5)

Jadi, panjang L’ menurut O’ lebih pendek daripada panjang L menurut O. Hasil ini dikenal sebagai penyusutan panjang (length contraction). Perantara, maka frekuensi 𝑣′ yang

RSITAS JEMBER | DIKTAT FISIKA MODERN

11 didengar pengamat 𝑂 berbeda dari frekuensi yang dipancarkan sumber 𝑆. Hubungannya adalah (2.6)

Sebagai contoh untuk gelombang suara dalam udara 𝑣 = 340𝑚/𝑠. Andaikanlah sumber memancarkan gelombang bunyi berfrekuensi 1000 Hz, jika sumber dan pengamat bergerak saling mendekati dengan laju 30m/s, maka kita dapat mencirikan tiga situasi berikut dan banyak kemungkinan lainnya: 1. Sumber dalam zat perntara, sedangkan pengamat bergerak dengan laju 30𝑚/𝑠 menuju sumber

2. Pengamat diam, sumber bergerak menuju pengamat dengan laju 30𝑚/𝑠

3. Sumber dan pengamat masing-masing bergerak mendekati dengan laju 15𝑚/ 𝑠 relative terhadap zat perantara

Jadi :

Selang waktu 𝑇 ′ antara dua puncak gelombang menurut pengukuran 𝑂′ berkaitan dengan selang waktu 𝑇 antara dua puncak glombang menurut pengukuran 𝑂, menurut rumus pemuluran waktu, persamaan (2.4) yakni 𝑇 ′ =

𝑇 2

√1−𝑢 ⁄ 2 𝑐

; 𝑇 berkaitan dengan frekuensi 𝑣 yang

diukur 𝑂 menurut hubungan 𝑇 = 1/𝑣. Panjang gelombang λ’ yang diukur 𝑂′ berkaitan dengan frekuensi 𝑣′ yang diukur 𝑂′ menurut hubungan 𝑐 = 𝜆′ 𝑣′. Jadi

DIKTAT FISIKA MODERN | UNIVERSITAS JEMBER

12

Atau

(2.7) Persamaan (2.7) adaalh rumus pergeseran Doppler yang taat asas dengan kedua postulat Einstein. Perhatikan bahwa (tidak seperti halnya dengan rumus klasik) rumus ini tidakmembedakan antara gerak sumber dan pengamat, dan hanya bergantung pada laju relatif 𝑢. (jika sumbernya bergerak menjauhi pengamat, maka dalam rumus pergeseran Doppler, kita gantikan 𝑢 dengan −𝑢).

2.4 Transformasi Lorentz

Kita ketahui bahwa transformasi Galileo (2.1) berlaku baik pada laju rendah, transformasi baru haruslah memberikan hasil yang sama seperti transformasi Galileo apabila laju relatif antara 𝑂 dan 𝑂′ adalah rendah. Transformasi yang memenuhi semua persyaratan ini dikenal sebagai transformasi Lorentz dan, seperti halnya dengan transformasi galileo, ia mengaitkan koordinat dari suatu peristiwa (𝑥, 𝑦, 𝑧, 𝑡) sebagaimana diamati dari kerangka acuan 𝑂 dengan koordinat peristiwa yang sama 𝑥 ′ , 𝑦 ′ , 𝑧 ′ , 𝑡′) yang diamati dari kerangka acuan 𝑂′ yang sedang bergerak dengan kecepatan uterhadap 𝑂. Seperti di depan, kita menganggap bahwa gerak relatifnya adalah sepanjang arah 𝑥 (atau 𝑥′) positif (𝑂′ bergerak menjauhi 𝑂) Bentuk persamaan transformasi Lorentz ini adalah sebagai berikut: (2.8a) (2.8b) (2.8c) (2.8d)

RSITAS JEMBER | DIKTAT FISIKA MODERN

13 (Jika 𝑂′ bergerak menuju 𝑂, gantikan 𝑢 dengan −𝑢). Untuk menerapkan transformasi Lorentz ini, perlu diperhatikan catatan berikut: bila 𝑂 mencatat sesuatu “peristiwa” yang diamatinya memiliki koordinat (𝑥, 𝑦, 𝑧, 𝑡) maka 𝑂′, yang sedang bergerak dengan laju u terhadap 𝑂, mencatat peristiwa itu memiliki koordinat (𝑥 ′ , 𝑦 ′ , 𝑧 ′ , 𝑡 ′ ). sebuah objek yang diamati oleh 𝑂 bergerak dengan kecepatan v=(vx,vy,vz). Untuk mencari kecepatannya 𝑣 ′ = (𝑣′𝑥 , 𝑣 ′ 𝑦 , 𝑣 ′ 𝑧 ) sebagaimana diamati oleh 𝑂′, maka kita perlu menggunakan transformasi Lorentz berikut: (2.9a) (2.9b) (2.9b)

Ketiga hubungan ini merupakan akibat langsung dari persamaan transformasi Lorentz di depan.

2.5 Dinamika Relativistik

Apakah hubungan yang telah lazim kita kenal, seperti 𝑝 = 𝑚𝑣 , 𝐾 = 1⁄2 𝑚𝑣 2 , 𝐹 = 𝑚𝑎, (atau lebih tepat𝐹 =

𝑑𝑝 𝑑𝑡

), tetap berlaku,

Dua massa identik saling mendekati, masing-masing dengan laju 𝑣. Setelah bertumbukan, kita peroleh sebuah massa 2𝑚 dalam keadaan diam. Ii adalah gambaran menurut pengamat 𝑂 dalam laboratorium.

Sesudah

Sebelum 1

2 v

v V=0

DIKTAT FISIKA MODERN | UNIVERSITAS JEMBER

14 Suatu kerangka acuan yang bergerak dengan laju 𝑣 ke kanan. Menurut mekanika klasik, massa 1 akan tampak diam, sedangkan massa 2 akan tampak bergerak dengan laju 2𝑣. Tetapi transformasi Lorentz ternyata memberi hasil yang berbeda. Misalkan 𝑂′ bergerak ke kanan dengan laju 𝑢 = 𝑣. Maka menurut 𝑂′, kecepatan massa 1 adalah: 𝑣′1 =

𝑣1− 𝑢 𝑣−𝑣 = =0 2 𝑣1 𝑢 1− ⁄𝑐 2 1 − 𝑣 ⁄ 2 𝑐

(Karena semua kecepatan searah sumbu 𝑥, maka kita telah dan akan mengabaikan indeks bawah 𝑥, dan kecepatan massa 2 adalah (dengan 𝑣2 = −2 menurut 𝑂) 𝑣′2 =

𝑣2− 𝑢 (−𝑣) − (𝑣) −2𝑣 = = 2 𝑣 𝑣2 𝑢 1− ⁄𝑐 2 1 − (−𝑣) ⁄𝑐 2 1 + 𝑣 ⁄ 2 𝑐

Kecepatan massa gabungan 2m adalah: 𝑣=

𝑣− 𝑢 0−𝑣 = = −𝑣 1 − 𝑣𝑢⁄𝑐 2 1 − 0 (𝑣)⁄ 2 𝑐

Sesudah

Sebelum V

V2

Menurut 𝑂, momentum linear sebelum dan setelah tumbukan adalah: 𝑃𝑎𝑤𝑎𝑙 = 𝑚1 𝑣1 + 𝑚2 𝑣2 = 𝑚𝑣 + 𝑚(−𝑣) = 0 𝑃𝑎𝑘ℎ𝑖𝑟 = (2𝑚)(𝑉) = 0 Menurut 𝑂′ −2𝑣 −2𝑚𝑣 𝑃′𝑎𝑤𝑎𝑙 = 𝑚1 𝑣1 ′ + 𝑚2 𝑣2 ′ = 𝑚(0) + 𝑚 ( )= 2 2 1 + 𝑣 ⁄𝑐 2 1 + 𝑣 ⁄𝑐 2 𝑃′𝑎𝑘ℎ𝑖𝑟 = 2𝑚(−𝑉) = −2𝑚𝑣

RSITAS JEMBER | DIKTAT FISIKA MODERN

15

Karena menurut pengukuran 𝑂′ , 𝑃′𝑎𝑤𝑎𝑙 ≠𝑃′𝑎𝑘ℎ𝑖𝑟 , maka bagi𝑂′ momentum linear tidak kekal. Mengenai penyusutan panjang dan pemuluran waktu, marilah kita membuat anggapan bahwa bagi besaran massa terdapat pula pertambahan massa relativistik, menurut hubungan berikut: 𝑚=

𝑚0

(2.10)

2

√1−𝑢 ⁄ 2 𝑐

Anggaplah kedua objek ini memiliki massa diam 𝑚0 yang sama, maka menurut 𝑂, kedua massa itu adalah... 𝑚1 =

𝑚0 √1−

𝑣2

⁄ 2 𝑐

dan𝑚2 =

𝑚0 2

√1−𝑣 ⁄ 2 𝑐

Karena 𝑣1 = 𝑣2 = 𝑣; juga 𝑀 = 𝑚1 + 𝑚2 =

2𝑚0 2

√1 − 𝑣 ⁄ 2 𝑐

Karena massa gabungan ini diam dalam kerangka acuan 𝑂, maka massa 𝑀 adalah massa diamnya, yang selanjutnya kita nytaakan dengan 𝑀0 . Menurut 𝑂′, 𝑚′1 diam, jadi 𝑚′1 = 2

𝑚0 . Karena 𝑚′2 bergerak dengan laju 𝑣′2 = −2𝑣/(1 + 𝑣 ⁄𝑐 2 ), maka 2

𝑚0

𝑚′2 =

1 −2𝑣 √1 − ( 𝑐 1 + 𝑣 2⁄ ) 𝑐2

2

1 + 𝑣 ⁄𝑐 2 = 𝑚0 ( ) 2 1 − 𝑣 ⁄𝑐 2

Massa gabungan 𝑀′ bergerak dengan laju 𝑉 ′ = −𝑣, jadi 𝑀′ =

DIKTAT FISIKA MODERN | UNIVERSITAS JEMBER

𝑀0 2

√1 − 𝑣 ⁄ 2 𝑐

16 Jika kita substitusikan hasil yang kita peroleh bagi 𝑀0, yaitu 𝑀0 =

2𝑚0 ⁄ 2 √1 − 𝑣 ⁄ 2 𝑐 .

Tampak bahwa definisi massa yang baru ini berhasil mempertahankan kekekalan momentum menurut 𝑂, karena 𝑃𝑎𝑤𝑎𝑙 = 𝑚1 𝑣1 + 𝑚2 𝑣2 tetap sama dengan nol. Seperti 𝑃𝑎𝑘ℎ𝑖𝑟 . Selanjutnya, marilah kita periksa pernyataan momentum awal dan akhir dalam kerangka acuan 𝑂′ : 𝑃′𝑎𝑤𝑎𝑙 = 𝑚1 ′𝑣1 ′ + 𝑚2 ′𝑣2 ′ 2 1 + 𝑣 ⁄𝑐 2 2𝑣 −2𝑚0 𝑣 = 𝑚0 (0) + 𝑚0 ( ) (− )= 2 2 2 1 − 𝑣 ⁄𝑐 2 1 + 𝑣 ⁄𝑐 2 1 − 𝑣 ⁄𝑐 2 dan ′𝑉 ′

𝑃′𝑎𝑘ℎ𝑖𝑟 = 𝑀1 1 =

2𝑚0 −2𝑚0 𝑣 [−𝑣] = 2 2 1 − 𝑣 ⁄𝑐 2 1 − 𝑣 ⁄𝑐 2

Karena 𝑃′𝑎𝑤𝑎𝑙 = 𝑃′𝑎𝑘ℎ𝑖𝑟 , maka definisi baru kita tentang massa relativistik di atas telah memungkinkan kita untuk mempertahankan berlakunya kekekalan momentum dalam kedua kerangka acuan. Dan ternyata definisi massa relativistik ini berhasil mempertahankan berlakunya kekekalan momentum dalam semua kerangka acuan, tidak hanya dalam kedua kerangka acuan khusus yang kita tinjau dalam contoh kasus ini.

Selain mendefinisikan massa relativistik seperti yang kita lakukan di atas, kita dapat pula mendefinisikan ulang momentum relativistik berikut: 𝑝=

𝑚0 𝑣 2

√1−𝑣 ⁄ 2 𝑐

(2.11)

Dengan massa relativistik .khususnya, tidaklah benar menuliskan energy kinetic sebagai ½ mv2 dengan menggunakan massa relativistik. Perubahan energy kinetic ∆𝐾 = Kf – Ki adalah

RSITAS JEMBER | DIKTAT FISIKA MODERN

17

∆𝐾 = 𝑊 = ∫ 𝐹 𝑑𝑥

Jika benda bergerak dari keadaan diam, Ki = 0, maka energy kinetic akhir K adalah 𝐾 = ∫ 𝐹 𝑑𝑥 kita mencoba mempertahankan hukum kedua Newton dalam bentuk umumnya (F=dp/dt). jadi kita peroleh 𝐾=∫

𝑑𝑝 𝑑𝑥 𝑑𝑥 = ∫ 𝑑𝑝 = ∫ 𝑣 𝑑𝑝 𝑑𝑡 𝑑𝑡

Pernyataan yang terahir dapat kita ubah lebih lanjut bila kita gunakan teknik standar pengintegrasian perbagian, dengan 𝑑(𝑝𝑣) = 𝑣 𝑑𝑝 + 𝑝 𝑑𝑣 yang memberikan 𝑣=𝑣

𝐾 = 𝑝𝑣 − ∫

𝑝 𝑑𝑣 𝐾 =

𝑣=0

𝑚0 𝑣 2 √1 − 𝑣2 𝑐

𝑣=𝑣

𝑚0 𝑣

𝑣−∫ 𝑣=0𝑣=0

2 √1 − 𝑣2 𝑐

𝑑𝑣

Dengan melakukan integrasi, kita peroleh

𝐾=

𝑚0 𝑣 2 2

√1 − 𝑣2 𝑐

+ 𝑚0 𝑐 2 √1 −

𝑣2 − 𝑚0 𝑐 2 𝑐2

Yang dapat kita tuliskan dalam bentuk berikut 𝐾 = 𝑚𝑐 2 − 𝑚0 𝑐 2

(2.12)

Dengan massa relativistic didefinisika menurut persamaan (2.10). Perbedaan antara 𝑚𝑐 2 (yang memiliki satuan energy) bagi sebuah partikel yang bergerak dengan laju v, dengan besaran 𝑚0 𝑐 2 (yang juga bersatuan energy) bagi sebuah partikel yang diam, tidak lain adalah energy kinetiknya. Besaran 𝑚0 𝑐 2 disebut energy dalam partikel dan dinyatakan dengan 𝐸0 . Jadi, sebuah partikel yang bergerak, memiliki energi 𝐸0 dan tambahan energi K, sehingga dengan demikian energy relativistic total E partikel adalah

DIKTAT FISIKA MODERN | UNIVERSITAS JEMBER

18

𝐸 = 𝐸0 + 𝐾 = 𝑚0 𝑐 2 + 𝐾 = 𝑚𝑐 2

(2.13)

Hubungan antara energy dan momentum relativistic: 𝐸 2 = 𝑝2 𝑐 2 + (𝑚0 𝑐 2 )2

Hubungan ini merupakan salah satu pernyataan yang bermanfaat yang yang mengaitkan senergi relativistic dan momentum serta mudah mengingatnya sebagai teorema Pythagoras bagi segitiga siku-siku yang dua sisi tegaknya adalah pc dan 𝑚0 𝑐 2 dengan E sebagai sisi miringnya

Sebagai rangkuman pasal ini, telah kita lihat bahwa konsep dasar fisika berikut tetap berlaku: 1. Hukum kekekalan energy 2. Hukum kekekalan momentum linear 3. Hukum newton kedua, 𝐹 =

𝑑𝑝 𝑑𝑡

Jika kita memperkenalkan konsep-konsep baru relativistic berikut: 1. 𝑝 =

𝑚0 𝑣 2

√1−𝑣2 𝑐

2. 𝑚 =

𝑚0 2

√1−𝑣2 𝑐

1

3. 𝐸 = 𝑚𝑐 2 = 𝑚0 𝑐 2 + 𝐾 = (𝑝2 𝑐 2 + 𝑚0 2 𝑐 4 )2 Semua ini merupakan segi utama dinamika relativistic, berlaku persyaratan bahwa apabila v kecil sekali dibandingkan terhadap c, maka semua persamaan itu haruslah 1

memberikan kembali hasil-hasil fisika klasik yang telah kita kenal. Khususnya, 𝐾 ≡ 2 𝑚0 𝑣 2 apabila v ≫ c.

RSITAS JEMBER | DIKTAT FISIKA MODERN

19

2.6 PERTANYAAN 1.

Seorang penumpang sebuah kereta api yang bergerak dengan kecepatan 30 m/det berpapasan dengan seseorang yang sedang berdiri di person stasiun pada saat t=t’=0. Dua puluh detek setelah itu lewat, orang di peron itu menyatakan bahwa jarak seekor burung yang terbang sepanjang rel dengan arah yang sama dengan gerak kereta api itu adalah sejauh 800 m darinya. Bagimanakah koordinat burung itu menurut si penumpang kereta api?

2.

Sebuah meteran yang panjangnya L0 terletak memanjang dalam kerangka acuan O’ dari x’1 hingga x’2. Seorang pengamat O (O’ bergerak relatif terhadap acuhan O dengan laju u) mengukur panjang meteran ini L = x2 – x1, dengan melakukan pengukuran x1 dan x2 secara serempak. Gunakan persamaan transformasi lorentz untuk menurunkan penyusutan panjang yang mengaitkan L dan L0.

3.

Sebuah lampu kilat terletak 30 km dari seorang pengamat. Lampu dinyalakan dan pengamat melihat kilatannya pada jam 13:00. Pada jam berapakah sebenarnya lampu itu dinyalahkan.

4.

Anggap kecepatan bumi mengarungi eter sama dengan kecepatan edarnya, jadi v = 10-4C. Tinjau percobaan Michelson-Morley yang masing-masing lengan panjangnya 10m dan salah satu lengannya dalam arah gerak bumi. Hitung beda waktu bagi kedua gelombang cahaya untuk menempuh tiap-tiap lengan.

5.

Percobaan Michelson-Morley yang sebenarnya menggunakan suatu interferometer denagn panjang tiap-tiap lengan 11 m dan cahaya natrium 5900oA. Percobaan ini diharapkan menampakkan pergeseran cincin sebanyak 0,005 buah. Berapakah paling batas teratas yang ditetapkan untuk laju bumi mengarungi eter?

6.

Untuk rentang kecepatan berapakah dari sebuah partikel bermassa m0, kita dapat menggunakan pernyataan energi kinetik klasik ½ m0 v2 dengan ketelitian 1 persen?

7.

Turunkan kecepatan Lorentz bagi v’x dan vz

8.

Sejauh berapakah sebuah objek harus bergerak sebelum panjangnya menyusut menjadi separuh panjang sejatinya?

9.

Sebuah inti helium (partikel alfa) terdiri atas dua proton dan dua neutron dan memiliki massa 4,001506 u. (a) Berapakah energi ikat sebuah inti atom helium? (b) Berapakah beda massa dalam kg antara suatu inti atom helium dan partikel-partikel penyusunnya?

10. Berapakah perubahan massa yang terjadi jika 1 g tembaga dipanaskan dari 0 hingga 100oC? Panas jenis tembaga 0,40 J/g.K.

DIKTAT FISIKA MODERN | UNIVERSITAS JEMBER

20

RSITAS JEMBER | DIKTAT FISIKA MODERN

21

BAB III SIFAT PARTIKEL RADIASI ELEKTROMAGNETIK

3.1 Tinjauan Ulang Gelombang Elektromagnetik

Suatu medan elektromagnet dicirikan oleh medan elektrik E dan medan magnet B. 1

q

𝐄 = 4.π.ε . r2 𝐫

(3.1)

𝑩 = 2πr 𝛉

(3.2)

μ0 .i

Dalam gelombang elektromagnetik ini, E dan B tidak hanya berubah terhadap r tetapi juga terhadap waktu t. Salah satu gelombang yang istimewa adalah gelombang bidang yang muka gelombangnya berbentuk bidang. Suatu gelombang elektromagnet bidang yang merambat dalam arah z dilukiskan oleh 2 pernyataan berikut: 𝐄 = 𝐄𝟎 sin(𝑘𝑧 − 𝜔𝑡 + 𝛷) 𝐁 = 𝑩𝟎 sin(𝑘𝑧 − 𝜔𝑡 + 𝛷)

(3.3)

Polarisasi gelombang dinyatakan oleh vektor E0, dibidang polarisasinya ditentukan oleh E0 dan arah rambatannya, dalam hal ini sumbu z. Begitu arah rambatan dan polarisasi E0 ditetapkan, maka arah B0 tertentukan oleh syarat bahwa B harus tegak lurus pada E dan pula arah rambat dan bahwa hasil kali vektor E × B menunjuk dalam arah rambat gelombang. Besarnya B ditentukan oleh; 𝐵0 =

𝐸0 𝑐

(3.4)

c adalah laju cahaya. Sebuah gelombang elektromagnet mentransmisikan energi dari satu tempat ke tempat lain; fluks energinya ditentukan oleh vektor Poynting S: 1

𝐒 =𝜇 𝐄 ×𝐁 0

(3.5)

Untuk gelombang bidang, vektor ini tersederhanakan menjadi: 1 ̂ 𝐒 = 𝜇 𝐸0 𝐵0 𝑠𝑖𝑛2 (𝑘𝑧 − 𝜔𝑡 + 𝛷)𝐤 0

(3.6)

k adalah vektor satuan dalam arah z. Vektor Poynting memiliki dimensi energi per satuan waktu per satuan luas- misalnya, J/s/m2 atau W/m2.

DIKTAT FISIKA MODERN | UNIVERSITAS JEMBER

22

Sebuah

detektor

radiasi

elektromagnet ditempatkan disebuah titik pada sumbu z., dan ditentukan daya gelombang elektromagnet yang dilepaskan ke detektor. Detektor diarahkan sedemikian rupa sehingga permukaan pekanya seluas A tegal lurus sumbu z, agar sinyal yang diterima maksimum. Selanjutnya diabaikan notasi vektor dari S dan hanya bekerja dengan besarnya S, dengan demikian daya P diberikan oleh: 𝑃 = 𝑆. 𝐴 (3.7) 1 𝑃= 𝐸 𝐵 𝐴 𝑠𝑖𝑛2 (𝑘𝑧 − 𝜔𝑡 + 𝛷) 𝜇0 0 0 Yang dapat dituliskan kembali sebagai berikut 1

𝑃=𝜇

0𝑐

𝐸02 𝐴 𝑠𝑖𝑛2 (𝑘𝑧 − 𝜔𝑡 + 𝛷)

(3.8)

Ada dua hal penting dari pernyataan ini yang harus dicatat: 1. Intensitas berbanding lurus dengan 𝐸02 . Ini adalah sifat umum gelombang: intensitas berbanding lurus dengan kuadrat amplitudo. 2. Intensitas berfluktuasi terhadap waktu dengan frekuensi 2v = 2(ω/2π). Contohnya cahaya tampak memiliki frekuensi sekitar 1015 getaran perdetik dan mata tidak mampu memberi reaksi secepat itu, maka diamati rata-rata dari waktu siklus yang jumlahnya banyak sekali (mungkin 1013). Jika T adalah waktu pengamatan, maka daya rata-rata yang diterima adalah: 𝑇

1

𝑃𝐴𝑉 = 𝑇 ∫0 𝑃 𝑑𝑡 1

𝑃𝐴𝑉 = 2𝜇 𝑐 𝐸02 𝐴 0

(3.9) (3.10)

Sifat gelombang yang penting dan istimewa ini menghasilkan gejala interferensi dan difraksi. Contoh interferensi yang sederhana dan telah lazim dikenal adalah percobaan dua celah Young. Suatu gelombang bidang monokromatik dijatuhkan pada suatu penghalang yang mempunyai dua irisan celah. Gelombang bidang dilenturkan (difraksikan) oleh tiap-tiap celah, sehingga cahaya yang melewati tiap-tiap celah meliput bidang layar yang lebih luas daripada bayangan

RSITAS JEMBER | DIKTAT FISIKA MODERN

23

geometris celah. Hal ini menyebabkan cahaya dari kedua celah bertumpang tindih pada layar sehingga terjadi interferensi. Sebagai contoh jika kita bergerak menjauhi pusat layar, maka pada suatu jarak tertentu, puncak gelombang cahaya yang datang pada salah satu celah tiba secara bersamaan dengan puncak gelombang sebelumnya yang datang pada celah lainnya. Apabila hal ini terjadi, intensitas cahaya pada jarak itu maksimum dan sebagai akibatnya terjadi bayangan terang di layar pada jarak tersebut. Ini adalah peristiwa interferensi maksimum (konstruktif). Interferensi maksimum akan terjadi apabila sepanjang puncak gelombang dari salah satu celah tiba secara bersamaan dengan celah lainnya, tidak bergantung pada apakah ia merupakan urutan kedua atau keempat, atau keempat puluh tujuh. Syarat umum bagi interferensi maksimum adalah bahwa selisih X1 dan X2 merupakan kelipatan bilangan bulatpanjang gelombang cahaya: |𝑋1 − 𝑋2 | = 𝑛𝜆

n= 0,1,2,....

(3.11)

Kemungkinan lain yang juga terjadi adalah bahwa pada suatu jarak tertentu pada layar, puncak gelombang dari salah satu celah tiba secara bersamaan dengan lembah atau dasar gelombang (trough) dari celah lain. Apabila hal ini terjadi, maka kedua gelombang tersebut akan saling menghapuskan, dan sebagai akibatnya terjadi daerah gelap pada layar. Ini dikenal sebagai interferensi minimum (destruktif). Interferensi minimum terjadi apabila jarak X1 dan X2 adalah sedemikian rupa sehingga fase gelombang yang satu berbeda setengan siklus, atau satu setengah siklus, dua setengah silkus, dan seterusnya: 1

3

5

1

|𝑋1 − 𝑋2 | = 𝜆, 𝜆, 𝜆, … . = (𝑛 + ) 𝜆 2 2 2 2 n = 0,1,2,...

(3.12)

Kita dapat mencari tempat-tempat interferensi maksimum pada layar dengan cara berikut. Misalkan d adalah jarak celah satu terhadap yang lainnya, dan D jarak kedua celah ke layar. Jika yn adalah jarak pusat layar ke maksimum ke-n, maka geometri dari gambar di bawah ini kita dapati 𝑑

2

𝑋12 = 𝐷2 + ( 2 + 𝑦𝑛 )

(3.13) 2

𝑑 𝑋22 = 𝐷2 + ( − 𝑦𝑛 ) 2

Dengan mengurangkan, diperoleh 𝑋12 − 𝑋22 = 2𝑦𝑛 𝑑

DIKTAT FISIKA MODERN | UNIVERSITAS JEMBER

(3.14)

24

dan 𝑦𝑛 =

(𝑋1 +𝑋2 )(𝑋1 −𝑋2 )

(3.15)

2𝑑

Dalam percobaan-percobaan dengan gelombang cahaya, D berorde 1m, dan yn serta d paling tinggi 1 mm; jadi X1 ≈ D dan X2 ≈ D , sehingga X1 + X2 ≈ 2D, dan dalam hampiran ini 𝐷

𝑦𝑛 = (𝑋1 − 𝑋2 ) 𝑑

(3.16)

Dengan menggunakan persamaan interferensi maksimum bagi nilai (X1-X2) pada maksimum interferensi, maka diperoleh 𝑦𝑛 = 𝑛

𝜆𝐷 𝑑

(3.17)

Piranti lain untuk mengamati interferensi gelombang cahaya adalah kisi difraksi, yaitu piranti penghalang bercelah banyak untuk menghasilkan interferensi gelombang cahaya. Maksimum-maksimum interferensi berkaitan dengan panjang gelombang berbeda yang muncul pada sudut θ yang berbeda, menurut hubungan 𝑑 sin 𝜃 = 𝑛𝜆

(3.18)

d adalah jarak antarcelah dan n bilangan urutan maksimum-maksimum interferensi (n = 1, 2, 3,...). Pernyataan maksimum mendasar bagi maksimum interferensi dalam difraksi sinar-X dari sebuah kristal adalah 2𝑑 sin 𝜃 = 𝑛𝜆

𝑛 = 1,2,3, … ..

(3.19)

Hasil ini dikenal sebagai hukum Bragg bagi difraksi sinar-X.

RSITAS JEMBER | DIKTAT FISIKA MODERN

25

3.2 Radiasi Benda Hitam

Pertanda pertama yang menunjukkan bahwa gambaran gelombang klasik tentang radiasi elektromagnet (yang berhasil baik menerangkan percobaan Young dan Hertz pada abad ke sembilan belas yang dapat dianalisis secara tepat dengan persamaan Maxwell). Tidak seluruhnya benar, tersimpulkan dari kegagalan teori gelombang untuk menerangkan spektrum radiasi termal yang diamati- Jenis radiasi elektromagnet yang dipancarkan berbagai benda semata-mata karena suhunya. Teori gelombang juga ternyata gagal menjelaskan hasil percobaan lain yang segera menyusul, seperti percobaan yang mempelajari pemancaran elektron dari permukaan logam yang disinari cahaya (efek foto listrik) dan hamburan cahaya oleh elektron-elektron (efek Compton).

Sebuah objek dipertahankan bersuhu T1. Radiasi yang dipancarkan objek ini kemudian diamati dengan suatu peralatan yang peka terhadap panjang gelombang radiasi. Sebagai contoh, zat perantara dispersif (penyebar cahaya) seperti prisma dapat digunakan untuk pengamatan ini karena panjang gelombang berbeda yang menembusinya akan teramati pada sudut θ yang berbeda pula. Dengan menggerakkan detektor radiasi ke sudut θ yang berbedabeda, kita dapat mengukur intensitas radiasi pada suatu panjang gelombang tertentu. Karena detektor bukanlah suatu titik geometris (akan sangat tidak efektif), tetapi mengapit suatu selang sudut dθ yang sempit, maka yang sebenarnya kita ukur adalah jumlah radiasi dalam selang dθ pada θ, atau yang setara dengan ini dalam selang dλ dan λ. Besaran ini disebut intensitas radiant (radiant intensity) R, sehingga hasil percobaannya adalah deretan nilai R dλ sebanyak nilai λ berbeda yang kita pilih untuk diukur. Bila percobaannya kemudian diulangi tetapi dengan menaikkan suhu T2 menjadi lebih tinggi, maka kita simpulkan dua sifat penting radiasi termal berikut: 1. Intensitas radiant total terhadap seluruh panjang gelombang berbanding lurus suhu T berpangkat empat, maka dapat ditulis

DIKTAT FISIKA MODERN | UNIVERSITAS JEMBER

26

∞

∫0 𝑅 𝑑𝜆 = 𝜎 𝑇 4

(3.20)

Persamaan ini disebut hukum Stefan dan σ dikenal sebagai tetapan Stefan-Bolzman, nilai tetapan σ didapati sebesar 𝜎 = 5,6703 × 10−8

𝑊 𝑚2 𝐾 4

2. Panjang gelombang dimana masing-masing kurva mencapai nilai maksimumnya, yang disebut λmaks (walaupun ia bukanlah suatu panjang gelombang masimum), menurun jika 1

suhu pemancar dinaikkan, ternyata sebanding dengan kenaikan suhu, sehingga λmaks∝ 𝑇 dari percobaan didapati bahwa nilai tetapan bandingnya adalah 𝜆𝑚𝑎𝑘𝑠 𝑇 = 2,898 × 10−3 𝑚. 𝐾

(3.21)

Hasil ini dikenal sebagai hukum pergeseran Wien.

Contoh soal (a) Pada panjang gelombang berapakah sebuah benda pada suhu ruang (T=200 C) memancarkan radiasi termal maksimum? (b) Hingga suhu berapakah benda tersebut harus kita panaskan agar puncak radiasi termalnya berada pada daerah spektrum merah? (c) Berapa kali banyaknya radiasi termal yang dipancarkan benda tersebut pada suhu yang tertinggi? Pemecahan (a) Suhu dirubah menjadi suhu mutlak T=293K , maka dari hukum pergeseran Wien , diperoleh 2,898 × 10−3 𝑚. 𝐾 𝜆𝑚𝑎𝑘𝑠 = = 9,89 𝜇𝑚 293 𝐾 (b) Panjang gelombang cahaya merah adalah λ≅ 650 𝑛𝑚. Maka dengan menggunakan kembali hukum pergeseran Wien untuk mendapati T, diperoleh: 2,898 × 10−3 𝑚. 𝐾 𝑇= = 4460𝐾 650 × 10−9 𝑚 (c) Karena intensitas radiasi total berbanding lurus terhadap T4, maka perbandingan radiasi termal adalah 𝑇24 (4460)4 = = 5,37 × 104 (293)4 𝑇14

RSITAS JEMBER | DIKTAT FISIKA MODERN

27

Pada tahap ini kita akan mencoba untuk menganalisis dan memahami hasil-hasil ini (ketergantungan R pada λ, hukum Stefan dan hukum Wien) berdasarkan teori termodinamika dan elektromagnet. Kita dapat melihat berbagai benda karena cahaya yang mereka pantulkan. Pada suhu ruang, radiasi termal ini paling banyak terdapat dalam daerah spektrum inframerah (λmaks≅ 10𝜇𝑚), pada daerah mata kita tak lagi peka. Bila benda tersebut dipanasi, meraka akan mulai memancarkan cahaya tampak. Bila T bertambah, maka λmaks menurun, untuk suhu sedang, λmaks akan menurun ke daerah cahaya tampak. Sebagai contoh, sepotong logam yang dipanaskan, mula-mula tampak memijar dengan memancarkan warna merah tua, dan bila suhunya terus dinaikkan warnanya berangsur berubah menjadi semakin kuning. Radiasi yang dipancarkan benda tidak hanya bergantung pada suhu, tetapi juga pada sifat-sifat lainnya, seperti rupa benda, sifat permukaannya, bahan pembuatnya. Radiasinya juga bergantung pada apakah dia memantulkan atau tidak memantulkan radiasi dari lingkungan sekitar yang jatuh padanya. Untuk menghilngkan beberapa hambatan ini, kita tidak akan meninjau benda biasa, melainkan yang permukaannya sama sekali hitam (benda hitam). Jika sebuah benda sama sekali hitam, maka cahaya yang jatuh padanya tidak ada yang ia pantulkan sehingga sifat-sifat permukaannya dengan demikian tidak dapat diamati. Perluasan ini masih belum cukup menyederhanakan persoalan untuk memungkinkan untuk menghitung spektrum radiasi yang terpancarkan. Karena itu, kita memperluasnya lebih lanjut ke suatu jenis benda hitam istimewa sebuah rongga, misalnya bagian dalam dari sebuah kotak logam, dengan sebuah lubang kecil pada salah satu dindingnya. Lubang itulah, bukan kotaknya, yang berperan sebagai benda hitam. Radiasi dari luar yang menembusi lubang ini akan lenyap pada bagian dalam kotak dan kecil kemungkinan untuk keluar kembali dari lubang tersebut; jadi tidak ada pantulan yang terjadi pada benda hitam (lubang) tersebut. Karena radiasi yang keluar dari lubang itu merupakan cuplikan radiasi di dalam kotak, maka pemahaman tentang hakikat radiasi di dalam kotak akanmemungkinkan kita untuk memahami radiasi yang keluar melewati lubang kotak itu. Perhitungan klasik bagi energi radiant yang dipancarkan untuk tiap-tiap panjang gelombang sekarang terbagi menjadi beberapa tahap perhitungan. Tanpa dikemukakan pembuktiannya, berikut dikemukakan bagian-bagian penting dari penurunannya. Pertama yang menyangkut perhitungan jumlah radiasi untuk masing-masing panjang gelombang, kemudian sumbangan tiap-tiap gelombang bagi energi total dalam kotak, dan terkahir intensitas radian yang berkaitan dengan enegi itu. 1. Kotak berisi gelombang-gelombang berdiri elektromagnet. Jika semua dinding kotak adalah logam, maka radiasi dipantulkan bolak-balik dengan simpul (node) medan

DIKTAT FISIKA MODERN | UNIVERSITAS JEMBER

28

elektrik terdapat pada tiap-tiap dinding (medan listrik haruslah nol di dalam sebuah konduktor). 2. Jumlah gelombang berdiri dengan panjang gelombang antara λ dan λ+dλ adalah 𝑁(𝜆)𝑑𝜆 =

8𝜋𝑉 𝜆4

𝑑𝜆

(3.22)

V adalah volume kotak. Untuk gelombang berdiri satu dimensi, seperti pada tali tegang sepanjang L, maka panjang gelombang yang diperkenankan adalah λ= 2L/n, (n=1,2,3...). jumlah gelombang berdiri yang mungkin dengan panjang gelombang antara 1

1

2

1

λ1 dan λ2 adalah 𝑛2 − 𝑛1 = 2𝐿(𝜆 − 𝜆 ) sehingga dalam selang antara λ dan λ+dλ akan 2𝐿

terdapat sebanyak 𝑁(𝜆)𝑑𝜆 = (𝜆2 ) 𝑑𝜆 geloambang yang berbeda. 3. Tiap-tiap gelombang memberi saham energi KT bagi radiasi di dalam kotak. Hasil ini diperoleh dari termodinamika klasik. Radiasi dalam kotak berada dalam keadaan kesetimbangan termal dengan dinding pada suhu T. Radiasi ini terpantulkan oleh dinding kotak karena ia diserap dinding dan kemudian dipancarkan dengan segera oleh atom-atom dinding, yang dalam proses ini bergetar pada frekuensi radiasi. 4. Untuk memperoleh intensitas radiant dari kerapatan energi (energi per satuan volume) kalikan dengan c/4. Hasil ini juga diperoleh dari teori elektromagnet dan termodinamika klasik.

Dengan menggabungkan unsur-unsur di atas, maka intensitas radiant yang diperkirakan adalah: Intensitas radiant = (jumlah gelombang per satuan volume) × (energi per gelombang) × (energi radiant per rapat energi) 𝑅(𝜆) =

8𝜋 𝜆4

𝑘𝑇

𝑐 4

(3.23)

Hal ini dikenal sebagai rumus Rayleigh-Jeans. Penurunannya menggunakan teori klasik elektromagnet dan termodinamika, yang merupakan usaha maksimal dalam menerapkan fisika klasik untuk memahami persoalan radiasi benda hitam.

Fisika baru memberi tafsiran benar terhadap radiasi termal dikemukakan oleh fisikawan Jerman, Max Planck. Bencana ultraviolet disebabkan karena intensitas radiant yang diramalkan hukum Rayleigh-Jeans menjadi sangat besar pada daerah panjang gelombang pendek (pada ferkuensi yang tinggi). Yang diperlukan adalah suatu cara untuk membuat R=0

RSITAS JEMBER | DIKTAT FISIKA MODERN

29 bila λ=0 atau v=∞. Planck mengemukakan bahwa sebuah atom yang bergetar hanya dapat menyerap atau memancarkan energi kembali dalam bentuk buntelan-buntelan energi (yang disebut kuanta). Jika energi kuanta berbanding lurus dengan frekuensi radiasi, maka bila frekuensinya meningkat, energinya akan turut pula menjadi besar, tetapi karena tidak satu pun gelombang yang dapat memiliki energi melebihi KT, maka tidak ada gelombang berdiri yang energi kuantumya lebih besar daripada

KT. Ini secara efektif membatasi intensitas radiant

ferkuensi tinggi (panjang gelombang pendek), dan dengan demikian memecahkan persoalan bencana ultraviolet.

Dalam teori Planck, setiap osilator dapat memancarkan atau menyerap energi hanya dalam jumlah yang merupakan kelipatan bilangan bulat dari suatu energi dasar ε, 𝐸 =𝑛𝜀

𝑛 = 1,2,3, ….

(3.24)

n menyatakan jumlah kuanta. Selanjutnya, energi setiap kuanta ini ditentukan oleh frekuensi menurut: 𝜀 =ℎ𝑣

(3.25)

h adalah suatu tetapan banding yang dikenal sebagai tetapan Planck. Berdasarkan anggapan ini, spektrum intensitas radiant yang dihitung Planck adalah: 𝑐

8𝜋

ℎ𝑐

𝑅(𝜆) = (4) ( 𝜆4 ) ⌈( 𝜆 )

1

⌉

ℎ𝑐 𝑒 𝜆𝑘𝑇 −1

(3.26)

Kesesuaian antara percobaan dan rumus Planck diilustrasikan pada gambar di atas, yang memperlihatkan betapa baiknya kurva rumus Planck berimpit dengan data pengamatan.

DIKTAT FISIKA MODERN | UNIVERSITAS JEMBER

30

Penurunan hukum Stefan dan rumus Planck memberikan hubungan tetapan Stefan-Boltzman dan tetapan Planck berikut: 2𝜋 5 𝑘 4

𝜎 = 15𝑐 2 ℎ3

(3.27)

Karena kita mengetahui σ dari percobaan, maka kita dapat menentukan nilai tetapan Planck dari hubungan ini dan hasilnya adalah ℎ = 6,626 × 10−34 𝐽. 𝑠

3.3 Efek Fotoelektrik

Pada efek fotoelektrik, permukaan sebuah logam disinari dengan seberkas cahaya dan sejumlah elektron terpancar dari permukaannya. Dalam studi eksperimental terhadap efek fotoelektrik, kita mengukur bagaimana laju dan energi kinetik elektron yang terpancar bergantung pada intensitas dan panjang gelombang sumber cahaya. Percobaan ini harus dilakukan dalam ruang hampa, agar elektron tidak kehilangan energinya karena bertumbukan dengan molekul-molekul udara.

Laju pancaran elektron diukur sebagai arus listrik pada rangkaian luar dengan menggunkan sebuah ammeter, sedangkan energi kinetiknya ditentukan dengan menggunakan suatu potensial perlambat (retarding potential) pada anoda sehingga elektron tidak mempunyai energi yang cukup untuk “memanjati” bukit potensial yang terpasang. Secara eksperimen, tegangan perlambat terus diperbesar hingga pembacaan arus pada ammeter menurun ke nol. Tegangan yang bersangkutan ini disebut potensial henti (stopping potential) Vs, karena elektron yang berenergi tinggi tidak dapat melewati potensial henti ini, maka pengukuran Vs merupakan suatu cara untuk menentukan energi kinetik maksimum elektron Kmaks: 𝐾𝑚𝑎𝑘𝑠 = 𝑒 𝑉𝑠

(3.28)

e adalah muatan elektron. Nilai khas Vs adalah dalam orde beberapa volt.

Dari berbagai percobaan berikut ini, kita pelajari fakta-fakta terinci efek fotoelektrik berikut: 1. Laju pemancaran elektron bergantung pada intensitas cahaya

RSITAS JEMBER | DIKTAT FISIKA MODERN

31

2. Laju pemancaran elektron tak bergantung pada panjang gelombang cahaya di bawah suatu panjang gelombang tertentu, di atas nilai itu arus secara berangsur-angsur menurun hingga menjadi nol pada suatu panjang gelombang pancung (cutoff wafelength) λc. 3. Nilai λc tidak bergantung pada intensitas sumber cahaya , tetapi hanya bergantung pada jenis logam yang digunakan sebagai permukaan fotosensitif 4. Energi kinetik maksimum elektron yang dipancarkan tidak bergantung pada intensitas cahaya, tetapi hanyalah bergantung pada panjang gelombangnya; energi kinetik ini didapati bertambah secara linear terhadap frekuensi sumber cahaya. 5. Apabila sumber cahaya dinyalakan, arus akan segera mengalir (dalam selang waktu 10-9 s).

Energi radiasi elektromagnet bukannya diserap dalam bentuk aliran kontinu gelombang, melainkan dalam bentuk buntelan diskret kecil atau kuanta, yang disebut foton. Sebuah foton adalah satu kuantum energi elektromagnet yang diserap atau dipancarkan, dan sejalan dengan usulan Planck, tiap-tiap foton dari radiasi berfrekuensi v memiliki energi: 𝐸 =ℎ𝑣

(3.29)

h adalah tetapan planck. Dengan demikian, foton-foton berferkuensi tinggi memiliki energi yang lebih besar. Karena suatu gelombang elektromagnet klasik berenergi U memiliki momentum p = U/c, maka foton haruslah pula memiliki momentum, dan sejalan dengan rumusan klasik, momentum sebuah atom berenergi E adalah: 𝑝=

𝐸

(3.30)

𝑐

Dengan menggabungkan dua persamaan diatas, didapati hubungan langsung berikut antara panjang gelombang dan momentum foton: ℎ

𝑝=𝜆

(3.31)

Teori Einstein segera terbukti dapat menjelaskan semua fakta efek fotoelektrik yang diamati. Andaikanlah kita menganggap bahwa sebuah elektron terikat dalam logam dengan energi W, yang dikenal sebagai fungsi kerja (work function). Logam yang berbeda memiliki

DIKTAT FISIKA MODERN | UNIVERSITAS JEMBER

32

fungsi kerja yang berbeda pula. Salah satu contoh daftarnya diperlihatkan pada tabel di bawah ini. Bahan W(eV)

Bahan W(eV)

Na

2,28

Al

4,08

Co

3,90

Cu

4,70

Zn

4,31

Ag

4,73

Pt

6,35

Pb

4,14

Untuk mengeluarkan sebuah elektron dari permukaan suatu logam, kita harus memasok energi sekurang-kurangnya sebesar W. Jika hvW, maka elektron akan terpental keluar dan kelebihan energi yang dipasok dirubah menjadi energi kinetiknya. Energi kinetik maksimum Kmaks yang dimiliki elektron yang terpental keluar dari permukaan logam adalah: 𝐾𝑚𝑎𝑘𝑠 = ℎ𝑣 − 𝑊

(3.32)

Untuk elektron yang berada jauh dibawah permukaan logam, dibutuhkan energi yang lebih besar dari pada W dan beberapa diantaranya keluar dengan energi kinetik yang lebih rendah. Sebuah foton yang memasok energi sebesar W, yang adalah tepat sama dengan energi yang dibutuhkan untuk melepaskan sebuah elektron, berkaitan dengan cahaya yang panjang gelombangnya sama dengan panjang gelombang pamcung λc. Pada panjang gelombang ini tidak ada kelebihan energi yang tersisa bagi energi kinetik fotoelektron, sehingga persamaan sebelungnya tersederhanakan menjadi 𝑊 = ℎ𝑣 =

ℎ𝑐 𝜆𝑐

(3.33)

Dan dengan demikian 𝜆𝑐 =

ℎ𝑐 𝑊

(3.34)

RSITAS JEMBER | DIKTAT FISIKA MODERN

33

Contoh soal Fungsi kerja bagi logam tungsen adalah 4,52 eV. (a) Berapakah panjang gelombang pancung bagi tungsen? (b) Berapakah energi kinetik maksimum elektron-elektron yang dipancarkan apabila digunakan radiasi dengan panjang gelombang 200 nm? (c) Berapakah potensial henti untuk kasus ini? Pemecahan (a). Panjang gelombang pancung λc : ℎ𝑐 1240 𝑒𝑉.𝑛𝑚 λc = 𝑊 = 4,52 𝑒𝑉 = 274 𝑛𝑚 (b). Pada panjang gelombang yang lebih pendek, berlaku; ℎ𝑐 𝐾𝑚𝑎𝑘𝑠 = ℎ𝑣 − 𝑊 = 𝜆 − 𝑊 1240 𝑒𝑉. 𝑛𝑚 = − 4,52 𝑒𝑉 200 𝑛𝑚 = 1,68 𝑒𝑉 (c). Potensial hentinya tak lain adalah tegangan yang berkaitan dengan K maks, yaitu: 𝐾𝑚𝑎𝑘𝑠 1,68 𝑒𝑉 𝑉𝑠 = = = 1,68 𝑉 𝑒 𝑒

3.4 Efek Compton

Cara lain radiasi berinteraksi dengan atom adalah

Perlu di ingat!!

melalui efek Compton, di mana radiasi dihamburkan oleh elektron hampir bebas yang terikat lemah pada atomnya. Sebagian energi radiasi diberikan pada elektron, sehingga terlepas dari atom, energi yang sisa diradiasikan kembali sebagai radiasi elektromagnetik. Menurut gambaran gelombang, energi radiasi yang dipancarkan itu lebih kecil dari pada energi radiasi yang datang (selisihnya berubah menjadi energi kinetik elektron), namun panjang gelombang keduanya tetap sama. Proses hamburan ini dianalisis sabagai suatu interaksi (“tumbukan” dalam pengertian partikel secara klasik) antar sebuah foton dan sebuah elektron yang kita anggap diam. Gambar dibawah ini memperlihatkan

DIKTAT FISIKA MODERN | UNIVERSITAS JEMBER

Efek compton ditemukan oleh Arthur Holy Compton pada tahun 1923. Menurut teori kuantum cahaya, foton berlaku sebagai partikel, hanya foton tidak memiliki massa diam. Jika pendapat ini benar, maka berdasarkan peristiwa efek fotolistrik yang dikemukakan oleh Einstein, Arthur Holy Compton pada tahun 1923 telah mengamati gejala-gejala tumbukan antara foton yang berasal dari sinar X dengan elektron.

34

peristiwa tumbukan ini. Pada keadaan awal, foton memiliki energi E yang diberikan oleh 𝐸 = ℎ𝑣 =

ℎ𝑐 𝜆

(3.35)

momentumnya adalah: 𝑝=

𝐸 𝑐

(3.36)

Elektron pada keadaan diam, memiliki energi diam mec2. Setelah hamburan foton memiliki energi E’ dan momentum p’ dan bergerak pada arah yang membuat sudut θ terhadap arah foton datang. Elektron memiliki energi total Ee dan momentum pe dan bergerak dalam arah yang membuat sudut Φ terhadap foton datang (agar analisisnya mencakup pula foton datang berenergi tinggi yang memberikan energi sanagt besar pada elektron yang terhamburkan maka kita membuat kinematika relativistik bagi elektron). Dalam interaksi ini berlaku persyaratan kekekalan energi dan momentum, yakni: 𝐸𝑎𝑤𝑎𝑙 = 𝐸𝑎𝑘ℎ𝑖𝑟 𝐸 + 𝑚𝑒 𝑐 2 = 𝐸 ′ + 𝐸𝑒 (3.37 a) (𝑝𝑥 )𝑎𝑤𝑎𝑙 = (𝑝𝑥 )𝑎𝑘ℎ𝑖𝑟 𝑝 = 𝑝𝑒 cos 𝛷 + 𝑝′ cos 𝜃 (3.37 b) (𝑝𝑦 )𝑎𝑤𝑎𝑙 = (𝑝𝑦 )𝑎𝑘ℎ𝑖𝑟 0 = 𝑝𝑒 sin 𝛷 + 𝑝′ sin 𝜃 (3.37 c)

Kita mempunyai tiga persamaan dengan empat besaran tidak diketahui (θ, Φ, 𝐸𝑒 , 𝐸 ′ , 𝑝𝑒 , dan p’ saling bergantungan ) yang tidak dapat dipecahkan untuk memperoleh jawaban tunggal. Tetapi kita dapat menghilangkan (eliminasikan) dua dari keempat besaran ini dengan memecahkan persamaannya secara serempak. Jika kita memilih untuk mangukur energi dan arah foton hambur, maka kita menghilangkan 𝐸𝑒 dan 𝛷. Sudut Φ dihilangkan dengan menggabungkan persamaan-persamaan momentum:

RSITAS JEMBER | DIKTAT FISIKA MODERN

35

𝑝𝑒 cos 𝛷 = 𝑝 − 𝑝′ cos 𝜃 𝑝𝑒 sin 𝛷 = 𝑝′ sin 𝜃 2 2 𝑝𝑒 = 𝑝 − 2𝑝𝑝′ cos 𝜃 + 𝑝′2

(3.38)

Dengan menggunakan hubungan relativistik antara energi dan momentum: 𝐸𝑒2 = 𝑐 2 𝑝𝑒2 + 𝑚𝑒2 𝑐 4 Maka dengan menyisipkan Ee dan pe, diperoleh (𝐸 + 𝑚𝑒 𝑐 2 − 𝐸 ′ )2 = 𝑐 2 (𝑝2 − 2𝑝𝑝′ cos 𝜃 + 𝑝′2 ) + 𝑚𝑒2 𝑐 4

(3.39)

Dan lewat sedikit aljabar, di dapati 1 𝐸′

1

−𝐸 =𝑚

1

𝑒𝑐

2

(1 − cos 𝜃)

(3.40)

Persamaan ini dapat pula dituliskan sebagai berikut: ℎ

𝜆′ − 𝜆 = 𝑚 𝑐 (1 − cos 𝜃) 𝑒

(3.41)

λ adalah panjang gelombang foton dan λ’ panjang gelombang foton hambur. Besaran ℎ 𝑚𝑒 𝑐

dikenal sebagai panjang gelombang Compton dari elektron yang memiliki nilai 0,002426

nm, namun perlu diingat bahwa ini bukanlah suatu panjang gelombang dalam arti sebenarnya, melainkan semata-mata suatu perubahan panjang gelombang.

3.5 Foton

Foton adalah jenis partikel dasar yang membentuk unit dasar radiasi elektromagnetik, yang meliputi gelombang radio, inframerah, cahaya tampak, ultraviolet, sinar-X, dan sinar gamma. Foton tidak memiliki massa, tidak ada muatan listrik, dan berjalan dengan kecepatan cahaya. Tidak seperti beberapa partikel, seperti proton dan neutron, mereka tidak dianggap terdiri dari komponen yang lebih kecil. Foton termasuk ke dalam kelas partikel yang bertanggung jawab atas gaya dasar alam dan membawa gaya elektromagnetik. Menurut teori elektrodinamika kuantum, cara partikel bermuatan listrik bersikap terhadap satu sama lain dapat digambarkan dalam hal foton. Percobaan yang dilakukan di abad ke-19 tampaknya membuktikan bahwa cahaya terdiri dari gelombang. Namun, pada awal abad ke-20, percobaan lainnya menunjukkan

DIKTAT FISIKA MODERN | UNIVERSITAS JEMBER

36

bahwa itu terdiri dari partikel-partikel. Meskipun tampaknya bertentangan, cahaya dan bentuk lain dari radiasi elektromagnetik sebenarnya berperilaku baik sebagai bentuk. Foton adalah partikel cahaya, tetapi mereka juga memiliki sifat seperti gelombang, seperti panjang gelombang dan frekuensi.

3.6 PERTANYAAN

1.

Berapakah panjang gelombang maksimum yang dihasilkan dari foton yang menembus sebuah Kristal yang memiliki energy ikat 35 eV?

2.

Berapa panjang gelombang maksimum yang dapat menyebabkan fotoelektron terpancar dari natrium? Berapa energy kinetic maksimum dari foto electron bila cahaya 200 nm jatuh pada permukaan natrium.

3.

Frekuensi ambang pancaran foto elektrik dalam tembaga ialah 1,1 x 1015 Hz. Cari energy maksimum foto electron (dalam electron volt ) bila cahaya yang berfrekuensi 1,5 x10 15 Hz ditujukkan pada permukaan tembaga.

4.

Panjang gelombang ambang pancaran fotolistrik pada tungsten ialah 230 nm. Berapakah panjang gelombang cahaya yang harus dipakai supaya electron dengan energy maaksimum 1,5 eV terlempar keluar?

5.

Fungsi kerja permukaan tungsten ialah 5,4 eV. Bila permukaan itu disinari oleh cahaya dengan panjang gelombang 175 nm, energy foto electron maksimum ialah 1,7 eV. Carilah tetapan plat dari data tersebut!

6.

Berkas sinar-X ekawarna yang panjang gelombangnya 55,8 pm terhambur dengan sudut 46o. cari panjang gelombang berkas gelombang yang terhambur.

7.

Foton sinar-X yang frekuensi awalnya 1,5 x 1019 Hz timbul dari tumbukan dengan sebuah electron dengan frekuensi 1,2 x 1019 Hz. Berapa besar energy kinetic yang diserahkan pada electron?

8.

Sinar-X dengan panjang gelombang 0,02 nm dihamburkan secara Compton dan seberkas hamburnya diamati pada sudut 30o relative terhadap arah berkas datang. carilah : a. Panjang gelombang sinar-X hambur b. Energy foton sinar-X hambur c. Energy kinetic electron hambur dan d. Arah gerak electron hambur

RSITAS JEMBER | DIKTAT FISIKA MODERN

37

9.

Foton dengan frekuensi v dihambur oleh electron yang mula-mula dalam keadaan diam. Buktikan bahwa energy kinetic maxsimum electron yang terhentak ialah Kmax = ( 2hv/m0c2) (1+2hv/m0c2)

10. Dalam eksperimen efek Compton sinar-X yang datang memiliki panjang gelombang 10,0 pm, dan sinar-X yang di hambur dengan sudut tertentu memiliki panjang gelombang 10,5 pm. Cari momentum (besar dan arahnya) dari electron yang terhentak.

DIKTAT FISIKA MODERN | UNIVERSITAS JEMBER

38

RSITAS JEMBER | DIKTAT FISIKA MODERN

39

BAB IV SIFAT GELOMBANG DARI PARTIKEL SIGELOMBANG DARI PARTIKEL 4.1 HIPOTESIS DE BROGLIE

Berdasarkan peristiwa efek fotolistrik dari Einstein, yang kemudian didukung dengan percobaan yang dilakukan oleh Compton telah membuktikan tentang dualisme (sifat kembar) cahaya, yaitu cahaya bisa berkelakuan sebagai gelombang, tetapi cahaya juga dapat bersifat partikel. Pada tahun 1924 Louise de Broglie mengemukakan pendapatnya bahwa: cahaya dapat berkelakuan seperti partikel, maka partikel pun seperti halnya electron dapat berkelakuan seperti gelombang

Gambar 4.1 Skema Percobaan Louise de Broglie

Sebuah foton dengan frekuensi f memiliki energi sebesar hf dan memiliki momentum p, karena c = f λ, maka momentum foton dapat dinyatakan p = hf/c sehingga panjang gelombang foton dapat dinyatakan λ = h/p. Untuk benda yang bermassa m bergerak dengan kecepatan memiliki momentum linier sebesar mv maka panjang gelombang de Broglie dari benda itu dinyatakan dengan persamaan ℎ

𝜆=𝑝 Dengan:

atau

ℎ

𝜆 = 𝑚𝑣

λ= panjang gelombang deBroglie m= massa partikel v=laju partikel h= konstanta Planck = 6.626 x 10-34 J sec p= momentum

DIKTAT FISIKA MODERN | UNIVERSITAS JEMBER

40

Contoh soal: Sebuah partikel elektron bermassa 9 × 10–31 kg bergerak dengan laju 1,2 × 107ms-1 berapakan panjang gelombang de Broglie elektron tersebut? Pemecahan

ℎ 𝑚𝑣 6,6𝑥10−34 𝜆= 9𝑥10−31 1,2𝑥107 6,6𝑥10−34 𝑥1031 𝑥10−7 𝜆= 10,8 𝜆 = 0,61𝑥1010 𝑚 𝜆=

Untuk menguji hipotesis yang dilakukan oleh

deBroglie

Louise deBroglie pada tahun 1927, Davisson dan Germer di Amerika Serikat dan G.P. Thomson di Inggris secara bebas meyakinkan hipotesis Louise de Broglie dengan menunjukkan berkas elektron yang terdifraksi bila berkas ini terhambur oleh kisi atom yang teratur dari suatu kristal. Jika partikel berlaku sebagai gelombang, harus dapat ditunjukkan bahwa partikel dapat menimbulkan pola-pola difraksi seperti halnya pola-pola difraksi

Louis-Victor-PierreRaymond, duc de Broglie (banyak dikenal sebagai Louis de Broglie; lahir di Dieppe, SeineMaritime, Perancis, 15 Agustus 1892 – meninggal di Louveciennes, Perancis, 19 Maret 1987 pada umur 94 tahun) ialah fisikawan Perancis. Pada 1924, tesis doktoralnya mengemukakan usulan bahwa benda yang bergerak memiliki sifat gelombang yang melengkapi sifat partikelnya.

pada gelombang. Pada tahun 1927 Davisson dan Germer memilih elektron sebagai partikel untuk menguji

hipotesa

de

Broglie.

Elektron-elektron

diperoleh dari filamen yang dipijarkan, kemudian elektron-elektron itu dipercepat dalam medan listrik yang tegangannya 54 Volt. Setelah dipercepat elektronelektron memiliki energi kinetik.

Ek = 54 eV = 54 x 1,6 .10 –19 Joule

RSITAS JEMBER | DIKTAT FISIKA MODERN

41

Momentum elektron:

𝑝 = 𝑚𝑣 = √2𝑚

1 𝑚𝑣 2 2

𝑝 = √2𝑚 𝐸𝑘 𝑝 = √2 9,1𝑥10−31 54 . 1,6 x 10−19 P=4 x10-24 kgm/s Panjang gelombang deBroglie ℎ 𝑚𝑣 6,6𝑥10−34 𝜆= 4 x10−24 λ= 1,6x10-10 m 𝜆=

Hasil percobaan Davisson dan Germer menunjukkan bahwa elektron-elektron dapat menimbulkan pola-pola difraksi. Kini tidak disangsikan lagi bahwa apa yang kita kenal sebagai materi dapat pula menunjukkan sifat gelombang, tepat seperti yang diramalkan oleh de Broglie. Terbukti bahwa eksperimen Davisson dan Germer merupakan bukti langsung dari hipotesis de Broglie mengenai sifat gelombang benda bergerak. Komplikasi lainnya timbul dari interferensi antara gelombang yang didifraksi oleh Bragg yang membatasi terjadinya maksimum dan minimum yang menjadi hanya kombinasi tertentu dari energi elektron dan sudut datang sebagai pengganti dari setiap kombinasi yang memenuhi persamaan Bragg: nλ= 2d sinθ

4.2 HUBUNGAN KETIDAKPASTIAN BAGI GELOMBANG KLASIK

Dalam pasal ini kita menyelidiki perbedaan penting lainnya antara partikel klasik dan gelombang. Marilah kita tinjau sebuah gelombang berbentuk y = y1 sin k1 x, seperti yang diperlihatkan pada gambar 4.2 ini adalah sebuah gelombang yang terus-menerus mengulang bentuknya tanpa akhir dari x = -∞ hingga x = +∞. (panjang gelombangnya dipihak lain tertentukan secara pasti sama dengan 2π/k1). Jika kita menggunakan sebuah gelombang untuk menyatakan sebuah partikel maka gelombang itu harus memiliki salah satu sifat penting partikel berikut: ia harus bersifat setempat (localized), atau dapat dikungkung ke dalam suatu

DIKTAT FISIKA MODERN | UNIVERSITAS JEMBER

42

bagian ruang kecil (misalnya dalam ukuran atom atau inti atom). Gelombang sinus murni tidak dapat digunakan untuk menentukan letak setempat partikel.

Gambar 4.2 sebuah gelombang sinus murni yang merentang dari -∞ hingga ∞

Sekarang, tinjaulah apa yang terjadi apabila kita memadukan gelombang yang pertama tadi dengan gelombang lain yang panjang gelombangnya agak berbeda (jadi k yang berbeda), sehingga 𝑦 = 𝑦1 𝑠𝑖𝑛𝑘1 𝑥 + 𝑦2 𝑠𝑖𝑛𝑘2 𝑥 . Pola khas yang dihasilkan, yang bagi kasus gelombang suara dikenal sebagai “layanan” (beat), diperlihatkan pada gambar 4.3. Polanya tetap berulang terus-menerus dari

x =-∞ hingga x = +∞, tetapi sekarang kita sedikit

mengetahui tentang “letak” gelombangnya pada nila-nilai x tertentu dimana zat perantaranya tampak kurang “bergelombang” dari pada tempat lainnya (atau sekurang-kurangnya “bergelombang” dengan amplitudo yang lebih kecil). Dalam gambar 4.3, kita akan mengamati getaran pada titik x = xA, tetapi tidak pada x = xB. Status pengetahuan kita tentang “letak” gelombang tampaknya mulai lebih baik, namun dengan bayaran ketidakpastian pada panjang gelombangnya yaitu, bahwa pemanduan dua gelombang dengan panjang gelombang berbeda mengakibatkan kita tidak dapat lagi menentukan secara pasti panjang gelombangnya.

Gambar 4.3 Superposisi dua gelombang sinus dengan panjang gelombang yang hampir sama menghasilkan layangan. Perbedaan panjang gelombang dari kedua gelombang sinus ini adalah 10 persen tetapi kedua amplitudo sama.

Gambar 4.4 resultan perpaduan sejumlah besar gelombang sinus (dengan panjang gelombang yang berbeda-beda dan mungkin pula amplitudo yang berbeda)

RSITAS JEMBER | DIKTAT FISIKA MODERN

43

Jika kita lanjutkan dengan menjumlahkan lagi beberapa gelombang dengan panjang gelombang yang berbeda (bilangan gelombang k yang berbeda), dengan amplitudo dan fase yang dipilih secara tertentu, maka pada akhirnya kita akan mencapai suatu keadaan seperti yang diperlihatkan pada gambar 4.3. Amplitudo gelombang seperti itu adalah nol di luar suatu bagian ruang sempit Δx (Δx tidak tertentukan secara pasti, tetapi merupakan taksiran kasar bahwa di situ gelombang memiliki amplitudo yang cukup besar). Untuk mencapai keadaan ini, kita harus memadukan sejumlah besar gelombang dengan bilangan gelombang k yang berbeda. Jadi gelombang paduannya menyatakan suatu rentang bilangan gelombang (panjang gelombang) yang kita tunjukan dengan Δk. Apabila kita kita mempunyai sebuah gelombang sinus murni, Δk adalah nol (karena hanya ada satu k) sehingga Δx menjadi tidak hingga (gelombangnya mencakup seluruh ruang). Bila kita memperbesar Δk (dengan menambahkan lebih banyak gelombang), maka pada saat yang sama kita memperkecil Δx (gelombang menjadi lebih terkungkung). Tampaknya kita mempunyai suatu hubungan berbanding terbalik antara Δx dan Δk yaitu, bila salah satu mengecil, maka yang lain membesar. Hubungan matematik hampiran antara Δx dan Δk ini adalah ∆𝑥∆𝑘 ~ 1

(4.1)

Tanda sama bergelombang dimaksudkan “dalam orde besarnya.” (karena Δx dan Δk tidak tertentukan secara pasti, maka besarnya disini hanya merupakan taksiran, sehingga dengan demikian persamaan (4.1) adalah petunjuk kasar mengenai hubungan antara keduanya). Persamaan (4.1) menyatakan bahwa hasil kali dari Δx, jarak lebar gelombang, dengan Δk, rentang bilangan gelombang yang dikandungnya, besarnya dalam orde satuan. Untuk sebarang gelombang, berlaku aturan bahwa kedudukannya hanyalah dapat ditentukan secara pasti dengan bayaran pengetahuan kita tentang kepastian bilangan gelombang menjadi berkurang.

Hubungan ini dapat kita tafsirkan dengan cara lain sebagai berikut. Andaikanlah kita berupaya untuk mengukur panjang gelombang sebuah gelombang klasik, seperti gelombang air. Ini dapat kita lakukan dengan mengukur jarak antara dua puncak gelombang yang berdekatan. Andaikanlah gelombang itu adalah suatu pulsa yang sangat sempit dengan hanya suatu puncak gelombang (gambar 4.14) maka pengukuran λ-nya menjadi sangat sulit, dan kita cenderung membuat kesalahan besar, mungkin dalam orde satu panjang gelombang. Ini berarti, apabila perluasan ruang dari gelombang itu adalah Δx~λ, maka Δλ~λ. (Ingat, tanda ~

DIKTAT FISIKA MODERN | UNIVERSITAS JEMBER

44

berarti, “dalam orde”). Maka untuk gelombang ini, kita peroleh ΔxΔk~λ2. Andaikanlah gelombang itu kemudian meluas hingga mencapai beberapa panjang gelombang, sehingga Δx~Nλ. Maka sekarang λ-nya dapat kita tentukan dengan ketelitian yang lebih tinggi. Namun, untuk pencacahan jumlah bilangan bilangan gelombangnya dalam Δx, kita masih membuat kesalahan dalam orde satu panjang gelombang (mungkin ½ atau ⅓ atau ¼, tetapi masih dalam orde satuan) dibagi N, jadi sekarang Δx~λ/N, dan sekali lagi ΔxΔk~λ2. Hubungan ketidakpastian ini, yang mengaitkan “ukuran” suatu gelombang dengan ketidakpastian dalam pengukuran panjang gelombangnya, ternyata setara dengan persamaan (4.1).

Marilah sekarang kita mencoba mengukur frekuensi suatu gelombang (gelombang suara, misalnya). Andaikanlah kita dapat mengamati setiap getarannya (pada suatu osiloskop, misalnya) dengan suatu peralatan pencacah yang memadai. Jika kita mencacah selama selang waktu 1 detik dan mencatat 100 getaran, maka kita memperoleh frekuensi 100Hz. Tetapi, kita tak dapat yakin bahwa getaran 100Hz ini telah kita cacah secara pasti. Berapa jauhkah getaran keseratus satu telah berlalu ketika selang 1 detik terakhir? Jika separuh getaran yang telah berlalu, maka frekuensi sebenarnya dalah 100,5Hz. Andaikanlah sekarang kita mencacah untuk selang waktu 2 detik. Maka kita dapat mencatat 200 getaran, dan akan menyimpulkan frekuensi 100 Hz kembali, namun kita akan tidak yakin kembali tentang berapa jauhkah getaran kedua ratus satu telah berlalu. Jika separuh getaran telah berlalu lagi, maka kita akan mempunyai 200,5 getaran dalam 2 detik, atau frekuensi sebenarnya adalah 100,25 Hz. Ketidakpastian dalam frekuensi (sekarang 0,25 Hz) telah mengecil dengan faktor 2 apabila kita melipatduakan selang waktu pengukuran kita.

Gambar 4.5 dua kelompok gelombang yang berbeda

Oleh karena itu, di sini kita memperoleh pula hubungan kebalikan seperti yang kita simpulkan sebelum ini: ketidakpastian dalam frekuensi, Δv, berbanding terbalik dengan ketidakpastian dalam selang waktu, Δt, masa pengukuran dilakukan, dengan menggunakan frekuensi sudut ω=2πv kita dapat menuliskan hubungan ini sebagai berikut:

RSITAS JEMBER | DIKTAT FISIKA MODERN

45

ΔωΔt~1

(4.2)

Ini adalah hubungan ketidakpastian keduayang kita peroleh bagi gelombang klasik, dan serupa dengan Persamaan (4.1) dalam arti bahwa ia memberikan suatu hubungan antara taksiran ketidakpastian pengukuran semua besaran yang bersangkutan.

Contoh soal Dalam suatu percobaan pengukuran panjang gelombang dari gelombang dari gelombang air, 10 puncak gelombang tercacah dalam jarak 200 cm. Tafsirkan ketidakpastian minimum dalam panjang gelombang yang dapat kita peroleh. Pemecahan Untuk menafsirkan Δλ, kita perlu untuk menyatakannya dalam Δk. Kita ketahui bahwa k dan λ berhubungan melalui k=2π/A sehingga dengan mendiferensialkannya kita peroleh dk=-2π/λ2 Δλ dengan menggantikan diferensial dengan selang kecil dan mengambilkan nilai positifnya saja, kita dapatkan Δk=2π/λ2 Δλ Perhatikan perbedaan dari Δk=2π/Δλ. Mengapa hubunga yang terakhir ini tidak benar? Apa yang bakal terjadi jika λ diketahui dengan pasti?) dari persamaan ΔxΔλ~1, jadi Δx (2π/λ2Δλ)~1 Atau Δλ~1/Δx λ2/2π= 1/200 ((20)2/2π~0,3cm

4.3 HUBUNGAN KETIDAKPASTIAN HEISSENBERG

Hubungan ketidakpastian yang dibahas dalam bahas 4.2 berlaku bagi semua gelombang, karena itu kita seharusnya dapat pula menerapkan pada gelombang deBroglie. Dengan menggunakan hubungan mendasar deBroglie p=h/λ bersama dengan pernyataan k=2π/λ kita dapati p= hk/2π, yang mengaitkan momentum sebuah partikel dengan bilangan gelombang dari gelombang deBroglie-nya. Mengingatkan gabungan h/2π sering sekali muncul dalam mekanika gelombang, maka untuknya diberikan lambang khusus ђ (h coret) ђ = h/2π=1,05 x 10-34 J-s = 6,58 x 10-16 eV-s

DIKTAT FISIKA MODERN | UNIVERSITAS JEMBER

46

Dengan menggunakan ђ, maka P= ђk

(4.3)

Sehingga Δk=Δp/ђ. Dengan demikian, dari hubungan ketidakpastian (3.1) kita peroleh ΔxΔpxђ

(4.4)

Penulisan tikalas x pada momentum adalah untuk mengigatan kita bahwa Persamaan (4.4) berlaku bagi gerak sepanjang suatu arah tertentu, yang menyatakan ketidakpastian dalam kedudukan dan momentum hanya pada arah tersebut. Hubungan serupa yang tidak bergantung dapat diterapkan pula pada arah-arah lainnya: jadi berlaku pula ΔyΔpy~ђ atau Δz Δpyђ. Hubungan deBroglie E=h v dapat dituliskan sebagai E= ђ ω. Jadi Δω = ΔE/ђ, Sehingga hubungan ketidakpastian (4.2) menjadi ΔE Δt ̴ ђ

(4.5)

Persamaan (4.4) dan (4.5) dikenal sebagai hubungan ketidakpastian Heisenberg, yang adalah pernyataan matematis dari asas ketidakpastian Heisenberg. Asas ini mengatakan bahwa tidak ada satupun percobaan yang dapat dilakukan sedemikian rupa sehingga memberikan ketidakpastian di bawah batas-batas yang diungkapkan dalam persamaan (4.4) dan (4.5).

Warner Heisenberg (1901-1976, warga Jerman). Sangat terkenal karena asas ketidakpastiannya, ia juga mengembangkan suatu rumusan lengkap mengenai teori kuantum yang didasarkan pada matriks. Hubungan-hubungan ini memberikan suatu taksiran ketidakpastian minimum yang dapat diperoleh dari beraneka percobaan; pengukuran kedudukan dan momentum sebuah partikel akan memberikan sebaran nilai selebar Δx dan Δpx. Kita mungkin dapat saja melakukan pengukuran yang ketelitiannya menyimpang jauh daripada yang diberikan (4.4) dan (4.5), tetapi yang lebih baik daripada itu tidak dapat kita capai. (Mungkin seringkali anda jumpai bahwa hubungan-hubungan ini ditulis dengan h/2 atau h, ketimbang h pada ruas kanan, atau juga dengan > ketimbang dengan ~ yang memperlihatkan kesamaan. Perbedaan ini tidak terlalu penting, karena (4.4) dan (4.5) hanya memberikan taksiran. Ketidakpastian Δx dan Δpx yang sebenarnya bergantung pada distribusi bilangan gelombangnya (panjang gelombangnya) yang digunakan untuk membatasi gelombang pada

RSITAS JEMBER | DIKTAT FISIKA MODERN

47 daerah (selang) Δx; distribusi yang lebih rapi memberikan Δx Δpx = h/2, sedangkan distribusi lainnya akan memberikan Δx Δpx > h/2. Dengan demikian, cukup aman bagi kita untuk menggunakan h sebagai suatu taksiran).

Gambar 4.6 Momentum sebuah partikel yang terbatasi kedudukannya dalam selang ∆x.

Pengukurannya berulang kali, tiap nilai pi diukur sebanyak ini kali. Momentum rataratanya nol, dan distribusinya memiliki lebar ∆p~ђ/Δx. Tentu saja, sebuah partikel klasik tidak dapat langsung bergerak dari keadaan diam bila tidak dikenai daya. Karena itu, bagaimana partikel dapat memiliki momentum tidak nol? Istilah “partikel” dan “gelombang” tidaklah berdiri sendiri dalam fisika kuantum, yang mengungkapkan bahwa deskripsi yang tepat dari suatu sistem fisika haruslah melibatkan kedua aspek ini. Perilaku gelombanglah yang menyebabkan terjadinya penyebaran distribusi momentum bila jarak ruang L diperkecil. (Analogi gelombang klasiknya adalah: pemendekan secara berangsur panjang sebuah senar gitar yang dipetik, lewat tekanan jari yang menggeser sepanjang senarnya, menyebabkan senar tersebut bergetar dengan frekuensi yang semakin tinggi, sehingga dengan demikian menjadi semakin lebih cepat getarannya. Perlu dicatat bahwa semua analogi klasik lain yang terbatas ruang lingkupnya). Untuk menentukan letak sebuah partikel, kita harus menentukan amplitudo gelombang deBroglie-nya, yang dilakukan dengan menjumlahkan semua macam komponen gelombangnya; semakin kecil L dibuat, maka menurut persamaan (4.1), semakin banyak gelombang yang harus dijumlahka. Ketika kedua dinding berada di ± ∞ hanya satu gelombang yang diperlukan, tidak ada disersi atau pantulan yang terjadi, dan perilau partikel tidak berubah terhadap waktu. Ketika kedua titik didekatkan, lebih banyak gelombang yang diperlukan, disperse dan pantulan kini dapat terjadi, dan kadang gelombang menghaslkan satu ketidak seinbangan sesaat antara gelombang

DIKTAT FISIKA MODERN | UNIVERSITAS JEMBER

48

yang bergerak kekanan dan yang bererak kekiri, yang kita amati sebagai nilap px yang tidak nol. Pengukuran yang banyak memperlihatkan bahwa jumlah gerak partikel kekanan sama banyaknya dengan gerak kekiri, sehingga momentum rata-rata pav sama dengan nol, karena momentum yang berlawanan saling menghapuskan. Rata-rata besar momentumnya I p Iav tidaklah nol. (I p Iav hanyalah nol jika semua p adalah nol). Semakin dekat jarak suatu dinding, semakin banyak pantulan yang terjadi, dan semakin besar peluang bagi beberapa komponen momentum berinterferenisi secara maksimum sehingga memberikan suatu momentum besar pada arah tertentu. Akibatnya, partikel akan mulai “bererak” semakin cepat; meskipun pav masih tetap nol, I p Iav menjadi semakin besar. Oleh karena itu, I p Iav, yang berkaitan dengan (p2)av. Definisi yang pasti dari, Δp adalah 𝛥𝑝 = √(𝑝2 )𝑎𝑣 − (𝑝𝑎𝑣)2

(4.6)

Perhatikan kesamaan definsi ini dengan konsep statistic deviasi standar dari sebuah besaran x yang memiliki nilai rata-rata x, 1

2 𝜎 = √𝑁 ∑𝑁 𝑖=1(𝑥𝑖 − 𝑥) 1

2 2 = √𝑁 ∑𝑁 𝑖=1 𝑥𝑖 𝑥

= √(𝑥)𝑎𝑣 2 − (𝑥𝑎𝑣)2

Contoh soal Tafsirkan kecepatan minimum sebuah bola bilyar m~100 g yang geraknya terbatasi pada meja bilyar berukuran 1 m. Pemecahan Untuk Δx~1m, kita peroleh ђ 1,05𝑥10−34 𝐽. 𝑠 𝛥𝑝𝑥 ~ = = 10−34 𝑘𝑔𝑚/𝑠 𝛥𝑥 1𝑚 Δ𝑝𝑥 1𝑥10−34 𝑘𝑔. 𝑚/𝑠 𝛥𝑣𝑥 ~ = = 10−33 𝑚/𝑠 𝑚 0,1 𝑘𝑔 Jadi, efek kuantum mempengaruhi gerak bola bilyar dengan orde laju 1x10-33m/s. Pada laju ini bola bilyar akan bergerak sejauh 1/100 dari diameter inti atom dalan selang waktu sekitar usia alam semesta.

RSITAS JEMBER | DIKTAT FISIKA MODERN

49

4.4 PAKET GELOMBANG

Kedudukan sebuah gelombang sinus (atau kosinus) murni sama sekali tidak terbatasi. Ia meluas dari -∞ hingga +∞. Sebaliknya kedudukan sebuah partikel klasik, terbatasi secara tegas. Sebuah paket gelombang dapat dipandang sebagai superposisi sejumlah besar gelombang, yang berinterferensi secara maksimum disekitar partikel, sehingga menghasilkan sebuah gelombang resultan dengan amplitudo yang lebih besar. Sebaliknya pada tempat yang jauh dari partikel, mereka berinterferensi secara minimum, sehingga gelombang resultannya memiliki amplitudo yang lebih kecil pada tempat dimana partikelnya kita perkirakan tidak ditemukan. Kita memperkirakan bahwa deskripsi matematika paket gelombang akan melibatkan penjumlahan (superposisi) sejumlah gelombang dengan panjang gelombang yang berbedabeda.Tinjau sebuah gelombang dengan bilangan gelombang k1 kemudian menambahkan padanya sebuah gelombang lain dengan bilangan gelombang yang hamper sama k2 = k1+∆k. Komponen-komponen gelombanya pada X=0 bergetar dengan fase sama, sehingga gelombang resultannya memiliki amplitudo yang sama disana. Semakin jauh dari x = 0, perbedaan kecil dalam kedua panjanggelomangakan menyebabkan fase kedua gelombang sinus ini menjadi berlawanan, sehingga gelombang resultannya memiliki amplitudo nol. Dengan sedikit manipulasi trigonometri kita peroleh hasil Y(x) = A cos k1x + a cos k2x 𝛥𝑘

= 2𝐴𝑐𝑜𝑠 ( 2 𝑥) cos(

𝑘1 𝑘2 2

𝑥)

(4.7)

Suku persaman (4.7) diatas memberikan perubahan amplitudo gelombang resultan dalam selubung yang dicirikan oleh suku kosinus yang pertama. Sekarang kita tinjau gelombang-gelombang ini sebagai gelombang ramat, yang deskripsi matematiknya diperoleh dari persamaan (4.7) dengan mensubstitusikan (kx –ωt) pada kx. Frekunsi sudutnya adalah ω dan v = ω /k adalah kecepatan fase gelombangnya laju dengannya satu komonen bergerak gelombang bergerak melalui zat perantara. Kedua komponen gelombang ini diperlihatkan lagi pada gambar 4.18 untuk t=0 dan waktu t berikutnya. Pada umumnya kecepatan fase v1 = ω1/k1 dan v2 = ω2/k2 dapat tidak sama. Perhatikan bahwa selubungnya bergerak dengan kecepatan yang berbeda dari masing-nasing komponen gelombangnya.

DIKTAT FISIKA MODERN | UNIVERSITAS JEMBER

50

Sekali lagi kita dapat menurunkan pernyataan eksplisit lagi bagi gelombang resultannya dengan melakukan sedikit maniulasi trigonometri yang memberikan hasil: Y(x,t) = A cos (k1x –ω1t) + A cos (k2x –ω2t) 𝛥𝑘

= 2𝐴𝑐𝑜𝑠 ( 2 𝑥 −

𝛥𝜔 2

𝑡) cos(

𝑘1 𝑘2 2

𝑥−

𝜔1 𝜔2 2

𝑡)

(4.8)

Dimana Δω = ω2- ω1 .jadi, selubungnya bergerak dengan laju v = Δω /Δk ,sedangkan gelombang didalamnya bergerak dengan laju (ω1 – ω2)/(k1 + k2), yang mana , jika Δω dan Δk kecil, tidak terlalu berbeda jauh dari v1 dan v2. Superposisi dari hanya dua gelombang saja tampak tidak menyerupai paket gelombang pada gambar 4.4. Hampiran yang lebih baik dapat kita buat dengan menjumlahkan lebih banyak gelombang sinus dengan bilangan gelombang ki yang berbeda, dan amplitude A(ki) yang mungkin pula bebeda: 𝑌(𝑥) = ∑𝑠𝑒𝑏𝑎𝑟𝑖𝑠 𝑘(𝑘𝑖 )𝑐𝑜𝑠𝑘𝑖 𝑥

(4.9)

Gambar 4.7 Kecepatan grup sebuah paket gelombang

Gambar kiri memperlihatkan “gambar potret pada t = 0 dari gelombang y1, y2 dan jumlahnya (y1 memiliki panjang gelombang satuan, sedangkan y2 adalah,10/9 satuan). Gelombang bergerak dengan kecepatan 3 satuan perdetik, sedangkan gelombang 2 dengan 2,5 satuan per detik. Gambar potret pada t = 1 detik diperlihatkan disebelah kanan. Kedua gelombang tidak sefase hinggs jarak 7,5 satuan, Jadi titik tengah layangan “bergerak dengan kecepatan 7,5 satuan perdetik, yang dalam kasus ini lebih besar daripada v1 dan v2. Jika terdapat banyak bilangan gelombang yang berbeda dan jika mereka sangat berdekatan, maka jumlah dalam persamaan (4.9) dapat digantikan dengan suatu integral: 1

𝑦(𝑥) = ∫0 𝐴(𝑘) cos 𝑘𝑥 𝑑𝑘

(4.10)

RSITAS JEMBER | DIKTAT FISIKA MODERN

51

Integralnya diambil untuk seluruh rentang bilangan gelombang yang diperkenkan (dapat terjadi dari 0 hingga ∞). Andaikanlah, kita mempunyai suatu rentang bilangamn gelombang dari k0 - ∆k/2 hingga k0 + ∆k/2. Jika semua gelombang memiliki amplitude A yang sama, maka dari persamaan (4.13), bentuk paket gelombangnya dapat diperlihatkan 𝑦(𝑥) =

2𝐴 𝑥

𝛥𝑘

sin ( 2 𝑥) cos 𝑘0 𝑥 (4.11)

Hampiran bentuk paket gelombang yang lebih baik dapat diperole dengan mengamil A(k) 𝑒

berubah-ubah;

−(𝑘−𝑘0)2 /2(𝛥𝑘 2 )

sebagai

contoh,

bentuk

fungsi

Gauss

𝐴(𝑘) =

memberikan 2 /2(𝛥𝑘 2 )

𝑌(𝑥) ∞ 𝑒 −(𝑘−𝑘0)

𝑐𝑜𝑠𝑘0 𝑥

(4.12)

Disini terdapat lagi gelombang selubung yang memodulasikan gelombang kosinus dan memperkecil amplitudonya diluar daerah selebar ∆x. Untuk membatasi gelombang inin pada daerah sekecil ∆x, kita telah menggunakan lagi rentang bilangan gelombang yang besar.

Gambar 4.8 Contoh dua paket gelombang yang berbeda. Bagi masing-masing paket gelombang, terdapat suatu fungsi modulasi yang memperkecil amplitude kosinus diluar daerah ∆x

Gambar 4.8 haruslah dipandang sebagai gambar potret paket gelombang pada suatu waktu tertentu, seperti t= 0. Begitu pula, persamaan (4.11) dan (4.12) hanya menyatakan gelombang pada t = 0. Untuk mengubahnya kebentuk gelombang rambat maka kita harus menggantikan kx dengan kx – ωt, seperti yang kita akukan pada persamaaan (4.8). Dalam

DIKTAT FISIKA MODERN | UNIVERSITAS JEMBER

52

kasus dua gelombang yang kita gunakan bagi persamaan (4.8), kita dapati bahwa gelombang selubungnya bergerak dengan laju Δω /Δk, Kasus sederhana ini kita perluas keklasus dimana terdapat banyak bilangan gelmbang tidak sama dengan mendefinisikan kecepatan grup sebagai berikut: Vgrup = dω/dk

(4.13)

Selubung paket gelombang ini bergerak pada kecepatan grup, sedangkan didalamnya, setiap komponen gelombang bergerak dengan kecepatan fase masing-masing Vfase = ω/k

(4.14)

Kecepatan fase hanya bermakna bagi satu komponen gelombang, tidak terdefinisikan bagi paket gelombang. Jadi, sebuah partikel yang terbatasi kedudukannya pada suatu bagi ruang tertentu tidak hanya dinyatakan oleh satu gelombang de Broglie dengan energy dan frekuensi tertentu, tetapi oleh sebuah paket gelombang yang merupakan superposisi dari sejumlah besar gelomban. Selubung gelonbangnya bergerak dengan kecepatan grup dω/dk.

Jika kita tidak dapat merumuskan suatu teori memetika yang meramalkan hasil dari satu kali pengukuran, maka kita dapat berupaya untuk memperoleh suatu teori matematik yang meramalkan perilaku statistic dari suatu system (tau dari sejumlah besar h begitu pula, momentum dan bilangan gelombang berkaitan melalui hubungan p = hk. Jadi, kecepatan grup vg = dω/dkdapat pula dinyatakan dalam cara berikut: vg = dω/dk = (dω/dk)(dE/dp)(dp/dk)=(1/h)(dE/dp)(h) vg = dE/dp

(4.15)

Kecepatan grup bukanlah sifat gelombang komponennya melainkan merupakan sifat zat perantara dalam mana paket gelombang itu bergerak. Sekarang kita buat anggapan berikut, yang sangat pokok gbagi mekanika mendasar dari teori kuantum. Kita menganggap bahwa tanggapan zat perantara terhadap paket gelombang, diberikan oleh dE/dp, yang identik dengan tanggapan zat perantara pada bagian partikel. Yaitu (dE/dp) paket gelombang = (dE/dp) partikel

(4.16)

RSITAS JEMBER | DIKTAT FISIKA MODERN

53

Dalam pernyataan untuk energy sebuah partikel, hanya energy kinetic K yang bergantung pada momentum, sehingga dE/dp = dK/dp; karena K =p2/2m bagi sebuah partikel tidak relativistic, maka dK/dp = p/m, yang tidak lain adalah kecepatan partikel sedangkan ruas kiri adalah

BERPIKIR KRITIS!!

kecepan grup dari paket gelmbang. Dengan demikian kita telah memperoleh hasil penting berikut. Kecepatan sebuah partikel materi sama dengan kecepatan grup paket gelombang yang bersangkutan.

Jadi bahasan ini dapat dirangkum sebagai berikut. Sebuah partikel yang terbatas geraknya dalam suatu bagian ruang

Dikemukakan Sifat Partikel Dari Gelombang (Teori Kuantum Einstein-Planck) •Apakah Hal Sebaliknya Juga Berlaku? Berikan alasanmu!

dilukiskan sebagai oleh sebuah paket gelombang, yang adalah superposisi gelombang-gelombang deBroglie. Peket gelomabang bergerak dengan laju yang sama dengan laju pertikel.

Contoh soal 𝑔𝜆⁄ 2𝜋 di mana g adalah percepatan gravitasi. Bagaimana bentuk kecepatan grup paket gelombang dari gelombang-gelombang ini? Nyatakan hasilnya dalam kecepatan fase. Gelombang laut tertentu merambat dengan kecepatan fase 𝑣𝑓𝑎𝑠𝑒 = √

Pemecahan Kecepatan grup ini kita peroleh dari persamaan Vgrup = dω/dk 𝑔 Karena k=2π/λ maka 𝑣𝑓𝑎𝑠𝑒 = √ ⁄𝑘 𝑔 Tetapi Vfase = ω/k kita peroleh 𝜔⁄𝑘 = √ ⁄𝑘 , 1 jadi 𝜔 = √𝑔𝑘 dan 𝑑𝜔 = √𝑔 (1⁄2 𝑘 − ⁄2 ) 𝑑𝑘 𝑑𝜔 𝑔 Oleh karena itu, 𝑑𝑘 = 1⁄2 √ ⁄𝑘 jadi Vgrup=Vgrup berdiri.

DIKTAT FISIKA MODERN | UNIVERSITAS JEMBER

54

4.5 PROBABILITAS DAN KEACAKAN

Pengukuran sekali terhadap kedudukan atau momentum partikel dapat dilakukan seteliti yang dapat dicapai oleh keterampilan eksperimental kita. Lalu, bagaimanakah perilaku gelombang sebuah partikel dapat kita amati? Bagaimanakah ketidakpastian dalam kedudukan dan momentum mempengaruhi percobaan kita? Perlemparan sebuah mata uang atau dadu bukanlah suatuproses acak, akan tetapi hakikat keacakan hasilnya itu menunjukan bahwa pengetahuan kita tentang keadaan sistemnyalah yang kurang lengkap. Apabila kita menganalisis hasil yangbakal diperoleh berdasarkan probabilitas, maka kita sebenarnya mengakui kelemahan kita untuk melakukan analisisnya secara pasti. Perilaku acak dari sebuah sistem yang tunduk pada hukum-hukum fisika kuantum adalah suatu aspekalam mendasar, bukanlah hasil dari keterbatasan pengetahuan kita tentang sifat-sifat sistemnya.

Diskusikan !! Bagaimana persamaan Gelombang pada seutas kawat halus yang diregangkan sepanjang sumbu-x dengan kedua ujungnya dibuat tetap?

4.6 PERTANYAAN

1.

Seorang dengan berat badan 500kg mengendarai sepeda motor dengan kecepatan 40km/jam, berat sepeda motor 100 kg. berapakan panjang gelombang De Broglie?

2.

Kecepatan sebuah elektron diukur hingga mencapai ketidakpastian 2x104 m/s. Didalam daerah sepanjang berapakah elektronnya masih mungkin ditemukan?

3.

Andaikanlah sebuah gelombang rambat memiliki laju v (dimana v=λv). Daripada mengukur gelombang-gelombangnya dalam jarak Δx, kita tinggal saja pada satu tempat dan menghitung jumlah puncak gelombang yang lewat dalam selang waktu Δt. Perlihatkan bahwa untuk kasus ini ΔxΔλ~λ2 setara dengan ΔωΔt~1.

RSITAS JEMBER | DIKTAT FISIKA MODERN

55

4.

Hingga tegangan berapakah kita harus mempercepat elektron (seperti pada mikroskop elektron misalnya) jika kita ingin dapat melihat sebuah virus yang diameternya 12 nm? Sebuah atom yang diameternya 0,12 nm? Sebuah proton yang diameternya 1,2 fm?

5.

Perhatikan bahwa untuk sebuah partikel berlaku dE/dp=v apabila (a) E adalah energi kinetik klasik dan (b) E adalah energi total relativistik.

6.

Berapakah panjang gelombang deBroglie dari sebuah neutron 0,08ev?

7.

Berapakah panjang gelombag dari 49 g bola yang bergerak dengan kecepatan 30 m/s?

8.

Misalkan Vx dari benda bermassa 2x10-4 kg diukur dengan akurasi ± 10-8. Berapakah batas akurasi dimana kita dapat meletakkan paertikel disumbu x?

9.

Berapakah panjang gelombang dari sebuah berkas elektron yang mengalami akselerasi dari 0 V hingga 150 V?

10. Berapakah panjang gelombang deBroglie dari sebuah proton bergerak dengan kecepan 2x106 m/s?

DIKTAT FISIKA MODERN | UNIVERSITAS JEMBER

56

RSITAS JEMBER | DIKTAT FISIKA MODERN

57

BAB VI PERSAMAAN SCHRÖDINGER

5.1 Pembenaran Persamaan Schrödinger

Kriteria dan sifat yang sesuai dengan persamaanpersamaan yang ada sebagai berikut: 1. Tidak boleh melanggar hukum kekebalan energi.

Erwin Schrödinger

Oleh karena itu, kita mengambil K+V=E

(5.1)

Berturut-turut K, V, dan E adalah energi kinetik, potensial, total. (Karena kajian tentang fisika kuantum ini dibatasi pada keadaan takrelativistik, maka K =

1⁄ mv2 = 𝜌2/2m; E hanyalah 2

menyatakan jumlah energi kinetik dan potensial, bukan energi massa relativistik). 2. Bentuk persamaan diferensial apa pun yang ditulis, haruslah taat asas terhadap hipotesis deBroglie-jika

dipecahkan

persamaan

matematikanya bagi sebuah partikel dengan momentum 𝜌, maka pemecahan yang didapati

Erwin Rudolf Josef Alexander Schrödinger adalah fisikawan Austria. Ia mengembangkan sejumlah hasil mendasar dari teori kuantum, yang membentuk dasar dari gelombang mekanik: ia merumuskan persamaan gelombang (stasioner dan tergantung waktu persamaan Schrödinger) dan mengungkapkan identitas pengembangan tentang formalisme dan mekanika matriks.

haruslah berbentuk sebuah fungsi gelombang dengan panjang gelombang 𝜆 yang sama dengan h/p. Dengan menggunakan persamaan p=hk, maka energi kinetik dari gelombang deBroglie partikel bebas haruslah K= 𝜌2/2m = h2k2/2m. 3. Persamaannya

haruslah

“berperilaku baik”,

dalam pengertian

matematika.

Disyaratkan bahwa fungsi haruslah bernilai tunggal-artinya, tidak boleh ada dua probabilitas untuk menemukan partikel di satu titik yang sama. Ia harus linear, agar gelombangnya memiliki sifat superposisi yang diharapkan sebagai milik gelombang yang berperilaku baik.

Dengan memilih bernalar dalam urutan terbalik, akan ditinjau terlebih dahulu pemecahan dari persamaan yang dicari. Persamaan matematik gelombang tali y(x,t) = A sin

DIKTAT FISIKA MODERN | UNIVERSITAS JEMBER

58 (kx - 𝜔𝑡) dan gelombang elektromagnet B(x,t) = Bo sin (kx - 𝜔𝑡). Oleh karena itu, dipostulatkan bahwa gelombang deBroglie partikel bebas 𝜓 (x,t) memiliki pula bentuk matematik yang serupa dengan A sin (kx - 𝜔𝑡), yaitu bentuk dasar sebuah gelombang dengan amplitudo A yang merambat dalam arah x positif. Gelombang ini memiliki panjang gelombang 𝝺 = 2π/k dan frekuensi v=𝜔/2π. Diabaikan ketergantungan pada waktu dan membicarakan dalam keadaan gelombang pada saat tertentu, dapat dikatakan t=0. Jadi, dengan mendefinisikan 𝜓(x) sebagai 𝜓(x,t=0), maka 𝜓(x) = A sin kx

(5.2)

Persamaan diferensial, yang pemecahannya adalah 𝜓(x,t) dapat mengandung turunan terhadap x atau t, tetapi haruslah hanya bergantung pada pangkat satu dari 𝜓 dan turunanturunannya sehingga suku 𝜓2 atau (𝜕 𝜓/𝜕t)2 ini tidak boleh muncul (ini sebagai akibat dari anggapan tentang sifat linear dan bernilai tunggal dari persamaan dan pemecahannya). Persamaan haruslah mengandung potensial V, jika V yang muncul berpangkat satu, maka agar taat asas dengan kekekalan energi (V + K = E). K harus pula muncul dalam bentuk pangkat satu. Telah didapati K = h2k22m, sehingga satu-satunya cara untuk memperoleh suku yang mengandung k2 adalah dengan mengambil turunan kedua dari 𝜓(x) = A sin kx terhadap x. 𝑑2 𝜓 𝑑𝑥 2

= -k2 𝜓 = -

ℎ2 𝑑2 𝜓

− 2𝑚

𝑑𝑥 2

2𝑚 ℎ2

K𝜓=-

2𝑚 ℎ2

(E-V) 𝜓

(5.3)

+ V 𝜓 = E 𝜓 (persamaan Schrödinger waktu bebas satu dimensi)

Perlu ditekankan bahwa yang dilakukan bukanlah suatu penurunan; namun hanya sekedar membentuk suatu persamaan diferensial dengan ketiga sifat berikut: (1) ia taat asas dengan kekekalan energi; (2) ia linear dan bernilai tunggal; (3) ia memberikan pemecahan partikel bebas yang sesuai dengan sebuah gelombang deBroglie tunggal. Meskipun gelombang nyata selain bergantung pada koordinat ruang dan waktu dan bahwa alam bukan berdimensi satu melainkan tiga.

5.2 Resep Schrödinger

Anggaplah kita diberi suatu potensial V(x) tertentu yang diketahui dan untuk memperoleh fungsi gelombang 𝜓(x) dan energi E. Ini adalah contoh persoalan umum yang dikenal sebagai persamaan nilai eigen (pribadi, baca:aigen). Akan ditemukan bahwa

RSITAS JEMBER | DIKTAT FISIKA MODERN

59

persamaan ini hanya memperkenankan pemecahan dengan nilai energi tertentu E saja, yang dikenal sebagai nilai eigen energi. 1.

ℎ2 𝑑2 𝜓

Mulailah dengan menuliskan persamaan − 2𝑚

𝑑𝑥 2

+ V 𝜓 = E 𝜓 untuk V(x) yang

bersangkutan. Perhatikan bahwa jika potensialnya berubah secara tidak kontinu [V(x) mungkin saja dapat tidak kontinu, tetapi 𝜓(x) tidak boleh], maka untuk daerah x (ruang) yang berbeda perlu dituliskan pula persamaan yang berbeda. 2.

Dengan menggunakan teknik matematika yang sesuai pada bentuk persamaan yang ditulis, carilah fungsi matematik 𝜓(x), sebagai pemecahan bagi persamaan diferensial yang bersangkutan.

3.

Pada umumnya, didapati banyak pemecahan yang memenuhi. Dengan menerapkan syarat-syarat batas, maka beberapa dari antara pemecahan itu dapat dikesampingkan dan semua tetapan (integrasi) yang tidak diketahui dapat ditentukan. Biasanya, penerapan syarat bataslah yang menentukan pemilihan nilai-nilai eigen energinya.

4.

Jika sedang mencari pemecahan bagi suatu potensial yang berubah secara tidak kontinu, maka harus menerapkan persyaratan kekontinuan pada 𝜓 (dan juga pada d 𝜓/dx) pada batas antara daerah-daerah ketidakkontinuannya.

5.

Tentukanlah semua tetapan (integrasi) yang belum diketahui, misalnya tetapan A dalam persamaan 𝜓(x) = A sin k.

Contoh soal: Sebuah benda bermassa m dijatuhkan dari ketinggian H di atas sebuah tangki air. Ketika memasuki air, ia mengetahui gaya apung B yang lebih besar daripada beratnya. (Kita abaikan viskos (gesek) oleh air pada benda). Carilah perpindahan dan kecepatan benda, dihitung dari saat dilepaskan hingga ia muncul kembali ke permukaan air. Pemecahan: Kita pilih sebuah koordinat dengan y positif ke atas, dan mengambil y = 0 pada permukaan air. Selama benda jatuh bebas, ia hanya dipengaruhi gaya gravitasi. Maka, dalam daerah 1 (di atas air), hukum kedua Newton memberikan −mg = m

𝑑2 𝑦 𝑑𝑡 2

yang memiliki pemecahan 𝑣1 (t) = 𝑣𝑜1 – gt

1

𝑦1 (t) = 𝑦𝑜1 + 𝑣𝑜1 t + 2gt2 𝑣𝑜1 dan 𝑦𝑜1 adalah kecepatan dan ketinggian awal pada saat t=0.

DIKTAT FISIKA MODERN | UNIVERSITAS JEMBER

60

Ketika benda memasuki air, gayanya menjadi B – mg, sehingga hukum kedua Newton menjadi 𝑑2 𝑦2

B – mg = m

𝑑𝑡 2

yang memiliki pemecahan

𝐵

𝑣2 (t) = 𝑣𝑜2 + (𝑚 – g) t 1 𝐵

𝑦2 (t) = 𝑦𝑜2 + 𝑣𝑜2 t + 2 (𝑚 – g) t2 Keempat pemecahan ini memiliki empat koefisien tidak tertentukan: 𝑣𝑜1 , 𝑦𝑜1 , 𝑣𝑜2 , dan 𝑦𝑜2 . (Perhatikan bahwa 𝑣𝑜2 dan 𝑦𝑜2 bukanlah nilai pada saat t=0, tetapi tetapan yang akan ditentukan kemudian). Kedua tetapan pertama diperoleh dengan menerapkan syarat awal-pada saat t=0 (ketika benda dilepaskan) 𝑦𝑜1 = H dan 𝑣𝑜1 = 0, karena benda dilepaskan dari keadaan diam. Oleh karena itu, pemecahan dalam daerah 1 adalah 𝑣1 (t) = – gt 1 𝑦1 (t) = H - 2gt2 Langkah berikut adalah menerapkan syarat batas pada permukaan air. Misalkan 𝑡1 adalah saat ketika benda memasuki air. Syarat batasnya menghendaki bahwa 𝑣 dan 𝑦 kontinu pada daerah batas antara air dan udara, yakni: 𝑦1 (𝑡1 )= 𝑦2 (𝑡1 ) dan 𝑣1 (𝑡1 )= 𝑣2 (𝑡1 ) Persyaratan pertama mengatakan bahwa bendanya tidak lenyap pada suatu saat tertentu dan kemudian muncul kembali di suatu titik lain pada saat berikutnya. Persyaratan kedua setara dengan mensyaratkan lajunya berubah secara mulus pada permukaan air. (Jika syarat ini tidak dipenuhi, maka 𝑣1 (𝑡1 - ∆𝑡) ≠ 𝑣2 (𝑡1 - ∆𝑡) meskipun ∆𝑡 → 0, sehingga percepatan akan menjadi tak terhingga). Untuk menerapkan syarat batas ini, kita harus terlebih dahulu mencari 𝑡1 , yang diperoleh dengan mencari waktu 𝑡1 , ketika 𝑦1 menjadi nol. 1 𝑦1 (𝑡1 ) = H - 2g𝑡1 2 = 0 sehingga 2𝐻

𝑡1 = √ 𝑔

Dengan demikian, laju benda ketika menyentuh air, 𝑣1 (𝑡1 ) adalah 2𝐻

𝑣1 (𝑡1 ) = - g𝑡1 = - g √ 𝑔 = - √2𝑔𝐻 Maka syarat batas memberikan 2𝐻

1

𝐵

2𝐻

𝑦2 (𝑡1 ) = 𝑦𝑜1 + 𝑣𝑜1 √ 𝑔 + 2 (𝑚 – g)√ 𝑔 = 0 dan 𝐵

2𝐻

𝑣2 (𝑡1 ) = 𝑣𝑜1 + (𝑚 – g)√ 𝑔 = - √2𝑔𝐻

RSITAS JEMBER | DIKTAT FISIKA MODERN

61

Kedua persamaan ini dapat dipecahkan secara serempak untuk memperoleh 𝑦𝑜2 dan 𝑣𝑜2 , yang menghasilkan 𝑣𝑜2 = -(B/m) √2𝐻/𝑔 dan 𝑦𝑜2 = H(1+B/mg). Jadi, pemecahan lengkap dalam daerah 2 adalah 𝑣2 (𝑡) = − 𝐻𝐵

𝑦2 (𝑡) = 𝐻 + 𝑚𝑔 –

𝐵 𝑚

𝐵 𝑚

2𝐻

𝐵

√ 𝑔 + (𝑚 – g) t 2𝐻

1

𝐵

√ 𝑔 t + 𝑣2 (𝑡1 ) = 2 (𝑚 – g)t2

Persamaan bagi 𝑣1 , 𝑦1 , 𝑣2 , dan 𝑦2 memberikan perilaku gerak benda dari saat t = 0 hingga ia muncul kembali ke permukaan air. Hasil-hasil ini dapat kita terapkan untuk menghitung sifat gerak lainnya; sebagai contoh, kita dapat mencari kedalaman maksimum yang dicapai benda, yang terjadi ketika 𝑣2 = 0. Jika kita ambil 𝑡2 sebagai waktu pada saat hal ini terjadi, maka 𝑣2 (𝑡2 ) = −

𝐵 𝑚

2𝐻

𝐵

√ 𝑔 + (𝑚 – g) 𝑡2 = 0 𝐵

2𝐻

𝑡2 = 𝐵−𝑚𝑔 √ 𝑔

Kedalaman D adalah nilai 𝑦2 pada saat 𝑡2 ini, yaitu 𝐻𝐵

𝐵

2𝐻

1

𝐵

−𝑚𝑔𝐻

D = 𝑦2 (𝑡2 ) = (H + 𝑚𝑔) – 𝑚 √ 𝑔 𝑡2 + 2 (𝑚 – g) 𝑡2 2 = 𝐵−𝑚𝑔

Kesimpulan dari persoalan klasik ini dapat diringkas sebagai berikut ini; pernyataan setara bagi mekanika kuantum adalah yang di dalam kurung kurawal. Apabila sebuah benda 𝑔𝑎𝑦𝑎 bergerak melewati perbatasan dua daerah di mana bekerja {𝑝𝑜𝑡𝑒𝑛𝑠𝑖𝑎𝑙 }, maka perilaku gerak ℎ𝑢𝑘𝑢𝑚 𝑘𝑒𝑑𝑢𝑎 𝑁𝑒𝑤𝑡𝑜𝑛 dasar dari benda dapat dicari dengan memecahkan { } 𝑝𝑒𝑟𝑠𝑎𝑚𝑎𝑎𝑛 𝑆𝑐ℎ𝑟𝑜𝑑𝑖𝑛𝑔𝑒𝑟 𝑘𝑒𝑐𝑒𝑝𝑎𝑡𝑎𝑛 𝑘𝑒𝑑𝑢𝑑𝑢𝑘𝑎𝑛 } selalu kontinu pada daerah perbatasan, dan bahwa { } 𝑓𝑢𝑛𝑔𝑠𝑖 𝑔𝑒𝑙𝑜𝑚𝑏𝑎𝑛𝑔 𝑡𝑢𝑟𝑢𝑛𝑎𝑛 𝑑𝛹/𝑑𝑥 𝑔𝑎𝑦𝑎 juga kontinu apabila {𝑝𝑒𝑟𝑢𝑏𝑎ℎ𝑎𝑛 𝑝𝑜𝑡𝑒𝑛𝑠𝑖𝑎𝑙 } tetap berhingga. {

5.3 Probabilitas Dan Normalisasi

Fungsi 𝜓(x) menyatakan suatu gelombang dalam pengertian yang lumrah bagi kitaartinya, ia memiliki panjang gelombang dan bergerak dengan kecepatan fase yang jelas. Secara lebih tepat, |𝜓|2 dx memberikan probabilitas untuk menemukan partikel dalam selang infinitesimal dx di x (yakni, antara x dan x + dx). Dalam satu dimensi, perbedaan antara “menemukan partikel di x” dan “menemukan partikel dalam selang dx di x” mungkin tidak

DIKTAT FISIKA MODERN | UNIVERSITAS JEMBER

62

begitu penting, tetapi bila meninjau persoalan dua dan tiga dimensi, maka perbedaannya menjadi menonjol. Pengertian bahwa sebuah partikel tunggal dalam ruang tidak memiliki dimensi fisika; karena dimensi sebuah titik dalam ruang adalah nol, maka probabilitas untuk menemukan sebuah partikel di sebuah titik adalah selalu nol, tetapi untuk selang dx, probabilitasnya tidak nol. Jika mendefinisikan P(x) sebagai rapat probabilitas (probabilitas per satuan panjang, dalam ruang satu dimensi), maka tafsiran 𝜓(x) menurut resep Schrödinger adalah P(x) dx = |𝜓(x)|2 dx

(5.4)

Tafsiran |𝜓|2 ini membantu untuk memahami persyaratan kontinu 𝜓(x); tidak menghendaki probabilitasnya berubah secara takkontinu, tetapi seperti halnya dengan semua gelombang lainnya yang berperilaku baik, amplitudonya hendaklah berubah secara tidak mencolok dan kontinu. Probabilitas untuk menemukan partikel antara 𝑥1 dan 𝑥2 adalah jumlah semua probabilitas P(x) dx dalam selang infinitesimal antara 𝑥1 dan 𝑥2 , yang tentu saja adalah suatu integral: Probabilitas untuk menemukan partikel antara 𝑥1 dan 𝑥2 = 𝑥

𝑥

1

1

2 2 ∫𝑥 𝑃(𝑥)𝑑𝑥 = ∫𝑥 |𝜓(𝑥)|2 𝑑𝑥

(5.5)

Dari aturan ini, diperoleh dalil berikut, bahwa probabilitas untuk menemukan partikel di suatu titik sepanjang sumbu x, adalah 100 persen, sehingga berlaku +∞

∫−∞ |𝜓(𝑥)|2 𝑑𝑥 = 1

(5.6)

Perhatikan bahwa tetapan A tidak tertentukan dari pemecahan persamaan diferensialnya; dan ternyata, selama persamaan Schrödinger linear, maka jika 𝜓(x) adalah pemecahannya, hasil kali 𝜓(x) dengan sebarang tetapan juga merupakan pemecahan. Sebuah fungsi gelombang yang tetapan pengalinya ditentukan menurut persamaan diatas dikatakan ternormalisasikan; jika tidak, ia dikatakan tidak ternormalisasikan. Hanyalah fungsi gelombang yang ternormalisasikan secara tepat, yang dapat digunakan untuk melakukan semua perhitungan yang mempunyai makna fisika. Jika normalisasinya telah dilakukan secara

RSITAS JEMBER | DIKTAT FISIKA MODERN

63 𝑥

𝑥

1

1

tepat, maka persamaan ∫𝑥 2 𝑃(𝑥)𝑑𝑥 = ∫𝑥 2|𝜓(𝑥)|2 𝑑𝑥 akan selalu menghasilkan suatu probabilitas yang terletak antara 1 dan 0. Setiap pemecahan persamaan Schrödinger yang menghasilkan |𝜓(𝑥)|2 bernilai takhingga, harus dikesampingkan tidak pernah titik mana pun. Dalam praktik, “mengesampingkan”suatu pemecahan dengan mengembalikan faktor pengalinya sama dengan nol. Sebagai contoh, jika pemecahan matematika bagi persamaan diferensialnya menghasilkan 𝜓(x) = A𝑒 𝑘𝑥 + B𝑒 −𝑘𝑥 bagi seluruh daerah x > 0, maka harus disyaratkan A = 0 agar pemecahannya mempunyai makna fisika; jika tidak, |𝜓(𝑥)| akan menjadi takhingga untuk x menuju takhingga. (Tetapi, jika berlakunya pemecahan ini dibatasi dalam selang 0 < x < L, maka tidak boleh mengambil A=0). Jika pemecahannya dikehendaki berlaku pada seluruh daerah negatif sumbu x < 0, maka harus mengambil B = 0.

Sebagai contoh, andaikanlah ingin untuk mencari rata-rata kedudukan sebuah partikel dengan mengukur koordinatnya x-nya. Dengan melakukan sejumlah besar pengukuran berkali-kali, didapati bahwa dengan mengukur nilai 𝑥1 sebanyak 𝑛1 kali, 𝑥2 sebanyak 𝑛2 kali, dan seterusnya, maka dengan cara yang lazim, didapati nilai rata-ratanya, yaitu 𝑛1 𝑥1 + 𝑛2 𝑥2+⋯

𝑥𝑎𝑣 =

(5.7)

𝑛1 + 𝑛2 +⋯ ∑𝑛 𝑥 = ∑ 𝑛𝑖 𝑖 𝑖

(5.8)

Jika mengetahui probabilitas untuk menemukan partikel pada setiap titik 𝑥𝑖 , maka 𝑛𝑖 berkaitan dengan P(𝑥𝑖 ), sehingga dengan mengubah penjumlahannya menjadi integral, diperoleh +∞

𝑥𝑎𝑣 =

∫−∞ 𝑃(𝑥)𝑥𝑑𝑥 +∞

∫−∞ 𝑃(𝑥)𝑑𝑥

(5.9)

dengan demikian, +∞

𝑥𝑎𝑣 = ∫−∞ |𝜓(𝑥)|2 𝑥𝑑𝑥

(5.10)

Langkah terakhir dapat dilakukan jika fungsi gelombangnya ternormalisasikan, +∞

karena dengan demikian penyebut dari ∫−∞ 𝑃(𝑥)𝑑𝑥 sama dengan satu.

DIKTAT FISIKA MODERN | UNIVERSITAS JEMBER

64

Dengan cara yang sama, nilai rata-rata sebarang fungsi dari x dapat dicari sebagai berikut: +∞

[𝑓(𝑥)]𝑎𝑣 = ∫−∞ |𝜓(𝑥)|2 𝑓(𝑥)𝑑𝑥

(5.11) +∞

Nilai rata-rata yang dihitung menurut 𝑥𝑎𝑣 = ∫−∞ |𝜓(𝑥)|2 𝑥𝑑𝑥 dan [𝑓(𝑥)]𝑎𝑣 = +∞

∫−∞ |𝜓(𝑥)|2 𝑓(𝑥)𝑑𝑥 dikenal sebagai nilai ekspektasi (expectation values).

5.4 Beberapa Penerapan

Yang dimaksudkan dengan sebuah “partikel bebas” adalah

Partikel Bebas

sebuah partikel yang bergerak tanpa dipengaruhi gaya apa pun dalam suatu bagian ruang; yaitu, F = 0, sehingga V(x) = tetapan, untuk semua x. Dalam hal ini, bebas memilih tetapan potensial sama dengan nol, karena potensial selalu ditentukan dengan tambahan satu tetapan integrasi sebarang (F = -dV/dx dalam satu dimensi). ℎ2 𝑑2 𝜓

Berikut diterapkan resepnya, dengan menuliskan kembali Persamaan − 2𝑚

𝑑𝑥 2

+V𝜓

= E 𝜓 dengan potensial yang sesuai (V = 0): ℎ2 𝑑2 𝜓

− 2𝑚

𝑑𝑥 2

=E𝜓

(5.12)

atau 𝑑2 𝜓 𝑑𝑥 2

= -k2 𝜓

(5.13)

di mana k2 = Persamaan

𝑑2 𝜓 𝑑𝑥 2

2𝑚𝐸 ħ2

(5.14)

= -k2 𝜓 adalah bentuk persamaan yang telah lazim dikenal; dengan k2

selalu positif, maka pemecahannya adalah 𝜓(x) = A sin kx + B cos kx Dari persamaan k2 =

2𝑚𝐸 ħ2

(5.15)

, didapati bahwa nilai energi yang diperkenankan adalah:

E=

ħ2 k2 2𝑚

(5.16)

RSITAS JEMBER | DIKTAT FISIKA MODERN

65

Karena pemecahan tidak memberi batasan pada k, maka energi partikel diperkenankan memiliki semua nilai (dalam istilah fisika kuantum, dikatakan bahwa energinya tidak terkuantisasikan). Perhatikan bahwa persamaan E =

ħ2 k2 2𝑚

tidak lain adalah energi kinetik

sebuah partikel dengan momentum p = ħk atau, setara dengan ini, p=h/λ; berdasarkan bahasan di awal tadi, ini tidak lain daripada apa yang telah diperkirakan, karena telah membentuk persamaan Schrödinger yang menghasilkan pemecahan bagi partikel bebas yang berkaitan dengan satu gelombang deBroglie. Penentuan nilai A dan B di sini mengalami beberapa kesulitan, karena integral +∞

normalisasi, persamaan ∫−∞ |𝜓(𝑥)|2 𝑑𝑥 = 1, tidak dapat dihitung dari -∞ hingga +∞ bagi fungsi gelombang ini.

Partikel dalam Sebuah Kotak (Satu Dimensi)

Di sini akan meninjau sebuah

partikel yang bergerak bebas dalam sebuah “kotak” satu dimensi yang panjangnya L; partikelnya benar-benar terperangkap dalam kotak. Potensial ini dapat dinyatakan sebagai berikut: V(x) = 0

0≤x≤L =∞ x < 0, x > L

(5.17)

Potensial diperlihatkan pada Gambar 5.1 dan seringkali dikenal sebagai potensial sumur persegi takhingga. Tentu saja, bebas memilih sebarang nilai tetapan bagi V dalam daerah 0 ≤ x ≤ L; pemilihan nol yang dilakukan adalah sekedar untuk memudahkan.

Resepnya sekarang harus diterapkan secara terpisah pada daerah di dalam dan di luar ℎ2 𝑑2 𝜓

kotak. Jika diterapkan Persamaan − 2𝑚 𝑑𝑥 2 + V 𝜓 = E 𝜓 bagi daerah di luar kotak, didapatkan bahwa satu-satunya cara untuk mempertahankan persamaannya bermakna bila V → ∞ adalah dengan mensyaratkan 𝜓 = 0, sehingga 𝑉𝜓 tidak akan menjadi takhingga. Jika kedua dinding kotak benar-benar tegar, maka partikel akan selalu berada dalam kotak, sehingga probabilitas untuk menemukan partikel di luar kotak tentulah nol. Untuk membuat probabilitasnya nol di luar kotak, harus mengambil 𝜓 = 0 di luar kotak. Jadi diperoleh, 𝜓(x) = 0

DIKTAT FISIKA MODERN | UNIVERSITAS JEMBER

x < 0, x > L

(5.18)

66

Gambar 5.1 Sebuah partikel yang bergerak bebas dalam suatu daerah satu dimensi 0 ≤ x ≤ L; daerah x < 0 dan x > L diabaikan.

Persamaan Schrödinger untuk 0 ≤ x ≤ L, bila V(x) = 0, identik dengan Persamaan ℎ2 𝑑2 𝜓

− 2𝑚

𝑑𝑥 2

= E 𝜓, sehingga memiliki pemecahan yang sama, yaitu:

𝜓(x) = A sin kx + B cos kx

(0 ≤ x ≤ L)

(5.19)

dengan k2 =

2𝑚𝐸

(5.20)

ħ2

Pemecahan ini belum lengkap, karena belum ditentukan nilai A dan B, juga belum menghitung nilai energi E yang diperkenankan. Untuk menghitungnya, akan diterapkan persyaratan bahwa ψ(x) harus kontinu pada setiap batas dua bagian ruang. Dalam hal ini, akan dibuat syarat bahwa pemecahan untuk x < 0 dan x > 0 bernilai sama di x = 0. Begitu pula pemecahan untuk x > L dan x < L haruslah bernilai sama di x = L. Jika x = 0, untuk x < 0 Jadi harus mengambil ψ(x) = 0 pada x = 0. 𝜓(x) = A sin 0 + B cos 0 = 0 Jadi, B=0

(5.21)

Karena 𝜓 = 0 untuk x > L, maka haruslah berlaku 𝜓(L) = 0, 𝜓(L) = A sin kL + B cos kL = 0

(5.22)

Karena telah didapatkan bahwa B = 0, maka haruslah berlaku A sin kL = 0

(5.23)

RSITAS JEMBER | DIKTAT FISIKA MODERN

67 Di sini ada dua pemecahan, yaitu A = 0, yang memberikan 𝜓 = 0 di mana-mana; 𝜓2 = 0 di mana-mana, yang berarti bahwa dalam kotak tidak terdapat partikel (pemecahan yang tidak masuk akal) atau sin kL = 0, yang hanya benar apabila kL = 𝜋, 2𝜋, 3𝜋, ......... atau kL = n𝜋, n = 1,2,3, ......

(5.24)

Karena k = 2𝜋/λ, diperoleh λ = 2L/n; ini identik dengan hasil yang diperoleh dalam mekanika (fisika) dasar bagi panjang gelombang dari gelombang berdiri dalam sebuah dawai yang panjangnya L dan kedua ujungnya terikat. Jadi, pemecahan persamaan Schrödinger bagi sebuah partikel yang terperangkap dalam suatu daerah linear sepanjang L tidak lain adalah sederetan gelombang berdiri deBroglie. Tidak semua panjang gelombang diperkenankan; tetapi hanyalah sejumlah nilai tertentu yang ditentukan oleh Persamaan kL = n𝜋, n = 1,2,3, ...... yang dapat terjadi.

Dari persamaan k2 =

2𝑚𝐸 ħ2

didapati bahwa, karena hanya nilai-nilai k tertentu yang

diperkenankan oleh Persamaan kL = n𝜋,

n = 1,2,3, ......, maka hanyalah nilai-nilai tertentu

E yang dapat terjadi-dengan kata lain, energinya terkuantisasi! E=

ħ2 𝑘2 2𝑚

=

ħ2 𝜋 2 𝑛2 2𝑚𝐿2

(5.25)

Untuk memudahkan, ambillah E0 = ħ2 𝜋 2 /2𝑚𝐿2 , yang mana tampak bahwa unit energi ini ditentukan oleh massa partikel dan panjang kotak. Maka E = 𝑛2 E0, dan dengan demikian partikelnya hanya dapat ditentukan dengan energi E0, 4E0, 9E0, 16E0, dan seterusnya, tidak pernah dengan 3E0 atau 6,2E0. Dalam kasus kuantum, hal ini tidaklah mungkin; karena hanya laju awal tertentu yang dapat memberikan keadaan gerak yang tetap; keadaan gerak khusus ini disebut keadaan stasioner. (Keadaan ini adalah “stasioner” karena, apabila ketergantungan pada waktu dilibatkan untuk membuat 𝜓(x,t) seperti pada penjelasan di atas. |𝜓(x, t)|2 tidak bergantung pada waktu. Semua nilai rata-rata yang dihitung Persamaan [𝑓(𝑥)]𝑎𝑣 = +∞

∫−∞ |𝜓(𝑥)|2 𝑓(𝑥)𝑑𝑥 juga tidak bergantung pada waktu.

DIKTAT FISIKA MODERN | UNIVERSITAS JEMBER

68 Pemecahan bagi 𝜓(𝑥) belum lengkap, karena belum menentukan tetapan A. Untuk +∞

menentukannya kembali ke persyaratan normalisasi ∫−∞ 𝜓2 𝑑𝑥 = 1. Karena 𝜓 = 0, kecuali untuk 0 ≤ x ≤ L, maka (kecuali di dalam kotak) integralnya tidak nol, sehingga berlaku 𝐿

∫0 𝐴2 𝑠𝑖𝑛2

𝑛𝜋𝑥 𝐿

𝑑𝑥 = 1

(5.26)

yang memberi A = √2/𝐿. Dengan demikian, pemecahan lengkap bagi fungsi gelombang untuk 0 ≤ x ≤ L adalah 2

𝜓(x) = √𝐿 sin

𝑛𝜋𝑥 𝐿

n = 1,2,3 ....

(5.27)

Gambar 5.2 Tingkat energi yang diperkenankan dari sumur takhingga satu dimensi. Fungsi gelombang bagi tiap tingkat energi diperlihatkan oleh kurva tebal, dan daerah berbayangan memberikan rapat probabilitas bagi tiap tingkat energi.

Dalam Gambar 5.2 dilukiskan berbagai tingkat energi, fungsi gelombang, dan rapat probabilitas 𝜓2 yang mungkin beberapa keadaan terendah. Keadaan energi terendah, yaitu pada n = 1, dikenal sebagai keadaan dasar, dan keadaan dengan energi yang lebih tinggi (n > 1) dikenal sebagai keadaan eksitasi.

Setelah melakukan pengukuran berkali-kali sebanyak mungkin, diperkirakan akan menemukan distribusi hasil pengukuran yang sama seperti 𝜓 2 untuk kasus n = 1– probabilitasnya terbesar pada x = L/2, dan berangsur-angsur berkurang begitu bergerak menjauhi pusatnya dan akhirnya menuju nol pada ujung-ujungnya. (Jika menggunakan fisika partikel klasik, takkuantum, maka berharap menemukan bahwa probabilitasnya tetap sama pada semua titik di dalam “kotak”). Andaikanlah pengukurannya diulangi kembali, dengan

RSITAS JEMBER | DIKTAT FISIKA MODERN

69

kekecualian bahwa sekarang partikelnya diberi energi 4E0. Bila diulangi semua pengukuran terhadap kedudukannya, akan didapati bahwa distribusi hasil pengukuran ini sesuai dengan 𝜓2 untuk n = 2; maksimum-maksimum probabilitasnya nol terjadi pada x = L/2. Dengan demikian, partikelnya haruslah bergerak sedemikian rupa sehingga ia sewaktu-waktu dapat ditentukan di x = L/4 dan di x = 3L/4 tanpa pernah ditemukan x = L/2.

Contoh: Perlihatkan bahwa nilai rata-rata dari x adalah L/2 dan tidak bergantung pada keadaan kuantum. Pemecahan: +∞ Menggunakan persamaan 𝑥𝑎𝑣 = ∫−∞ |𝜓(𝑥)|2 𝑥𝑑𝑥; karena 𝜓 = 0 kecuali untuk 0 ≤ x ≤ L, maka digunakan 0 dan L sebagai batas-batas integral, sehingga 2 𝐿 𝑛𝜋𝑥 𝑋𝑎𝑣 = 𝐿 ∫0 (𝑠𝑖𝑛2 𝐿 ) 𝑥 𝑑𝑥 Bentuk ini dapat diintegralkan secara parsial, atau dicari pada tabel integral; hasil adalah 𝐿 𝑋𝑎𝑣 = 2 Perhatikan bahwa, sebagaimana dikehendaki, hasil ini tidak bergantung pada n. Jadi, pengukuran rata-rata kedudukan partikel tidak menghasilkan informasi mengenai keadaan kuantumnya.

Partikel dalam Sebuah Kotak (Dua Dimensi)

Jika potensial merupakan fungsi

dari x dan y, maka 𝜓 harus pula bergantung pada x dan y dan turunan terhadap x, harus diganti dengan turunan terhadap x dan y. Karena itu, dalam dua dimensi diperoleh −

ħ2 2𝑚

𝜕2 𝜓 (x,y)

(

𝜕𝑥 2

+

𝜕2 𝜓 (x,y) 𝜕𝑦 2

) + 𝑉(𝑥, 𝑦)𝜓(𝑥, 𝑦) = 𝐸𝜓(𝑥, 𝑦)

(5.28)

Kedua suku pertama pada ruas kiri melibatkan turunan parsial; untuk fungsi yang berperilaku baik, maka turunan ini didefinisikan sebagai turunan terhadap satu variabel dengan memperlakukan variabel lainnya sebagai tetapan. Jadi, jika f(x,y) = x2 +xy + y2, maka 𝜕𝑓 𝜕𝑥

𝜕𝑓

= 2𝑥 + 𝑦 dan 𝜕𝑥 = 2𝑦 + 𝑥]. “Kotak” dua dimensi sekarang dapat didefinisikan sebagai berikut: V(x,y) = 0

DIKTAT FISIKA MODERN | UNIVERSITAS JEMBER

0 ≤ x ≤ L, 0 ≤ y ≤ L = ∞ untuk yang lainnya

(5.29)

70

Dibayangkan sebuah benda bermassa yang meluncur tanpa gesekan pada bagian atas sebuah meja dan bertumbukan secara elastik dengan dinding-dinding batas meja di x = 0, x = L, y = 0, kotaknya dipilih bujur sangkar; potensialnya dapat dipilih berbentuk persegi dengan mengambil V = 0 bila 0 ≤ x ≤ a dan 0 ≤ y ≤ b). Seperti kasus sebelumnya, dicurigai bahwa 𝜓(x,y) = 0 di luar kotak, agar probabilitas bernilai nol di sana. Di dalam kotak, di tinjau pemecahan-pemecahan yang terpisahkan (separable); artinya, fungsi dari x dan y yang ditinjau dapat dinyatakan sebagai hasil kali sebuah fungsi yang hanya bergantung pada y: 𝜓(𝑥, 𝑦) = 𝑓(𝑥) 𝑔(𝑦)

(5.30)

Gambar 5.3 Sebuah partikel yang bergerak bebas dalam daerah dua dimensi 0 ≤ x ≤ L, 0 ≤ y ≤ L

bentuk masing-masing fungsi dari f dan g di ruas kanan sama seperti Persamaan 𝜓(x) = A sin kx + B cos kx f(x) = A sin 𝑘𝑥 𝑥 + B cos 𝑘𝑥 𝑥 (5.31) g(y) = C sin 𝑘𝑦 𝑦 + D cos 𝑘𝑦 𝑦

Bilangan gelombang dalam contoh soal sebelumnya kini menjadi bilangan gelombang terpisah 𝑘𝑥 bagi f(x) dan 𝑘𝑥 bagi g(y). Kelak akan diperlihatkan kaitan antara keduanya. Syarat kontinu pada 𝜓(𝑥, 𝑦) menghendaki bahwa pemecahan di luar dan di dalam kotak bernilai sama pada daerah batas kotak; jadi 𝜓 = 0 di x = L (untuk semua y) dan 𝜓 = 0 di y = L (untuk semua x). Persyaratan x = 0 dan y = 0 menghendaki bahwa, dengan cara yang sama seperti contoh soal sebelumnya, B = 0 dan D = 0. Persyaratan pada x = L menghendaki bahwa sin 𝑘𝑥 𝐿 = 0, sehingga merupakan 𝑘𝑥 𝐿 merupakan kelipatan bilangan bulat dari 𝜋.

RSITAS JEMBER | DIKTAT FISIKA MODERN

71 Semua bilangan bulat ini tidak perlu sama, karena itu masing-masing disebut 𝑛𝑥 dan 𝑛𝑦 untuk membantu membedakan mereka. Jadi, diperoleh: 𝜓(𝑥, 𝑦) = 𝐴′ sin

𝑛𝑥 𝜋𝑥 𝐿

sin

𝑛𝑦 𝜋𝑦

(5.32)

𝐿

Hasilkali A dan C telah dinyatakan dengan 𝐴′ . Koefisien 𝐴′ , sekali lagi didapati dengan menggunakan syarat normalisasi, yang dalam dua dimensi menjadi ∬ 𝜓2 𝑑𝑥 𝑑𝑦 = 1

(5.33)

Untuk kasus ini, syaratnya adalah 𝐿

𝐿

∫0 𝑑𝑦 ∫0 𝐴′2 𝑠𝑖𝑛2

𝑛𝑥 𝜋𝑥 𝐿

𝑠𝑖𝑛2

𝑛𝑦 𝜋𝑦 𝐿

𝑑𝑥 = 1

(5.34)

yang memberikan 𝐴′ =

2 𝐿

(5.35)

(Pemecahan terhadap persoalan ini, yang adalah gelombang berdiri deBroglie pada suatu permukaan dua dimensi, mirip pemecahan persoalan klasik dari getaran selaput seperti pada selaput gendang). Terakhir dengan menyisipkan kembali pemecahan bagi ψ(𝑥, 𝑦) ini ke dalam Persamaan −

ħ2 2𝑚

(

𝜕2 𝜓 (x,y) 𝜕𝑥 2

+

𝜕2 𝜓 (x,y) 𝜕𝑦 2

) + 𝑉(𝑥, 𝑦)𝜓(𝑥, 𝑦) = 𝐸𝜓(𝑥, 𝑦), maka didapati bahwa

energinya adalah: 𝐸=

ħ2 𝜋 2 2𝑚𝐿2

(𝑛𝑥 2 + 𝑛𝑦 2 )

Bandingkan hasil ini dengan Persamaan E =

(5.36) ħ2 𝑘2 2𝑚

=

ħ2 𝜋 2 𝑛2 2𝑚𝐿2

. Sekali lagi diambil E0 =

ħ2 𝜋 2 /2𝑚𝐿2 sehingga 𝐸 = 𝐸0 (𝑛𝑥 2 + 𝑛𝑦 2 ). Dalam Gambar 5.4 diperlihatkan energi dari beberapa keadaan eksitasi. Gambar 5.5 memperlihatkan rapat probabilitas 𝜓2 untuk beberapa gabungan bilangan kuantum 𝑛𝑥 dan 𝑛𝑦 yang berbeda. Probabilitas ini memiliki maksimum-maksimum dan minimum-minimum seperti probabilitas dalam persoalan satu dimensi. Sebagai contoh, jika memberikan energi 8𝐸0 pada partikel dan melakukan pengukuran berulang kali terhadap kedudukannya sebanyak mungkin, maka memperkirakan akan menemukan partikelnya lebih

DIKTAT FISIKA MODERN | UNIVERSITAS JEMBER

72 sering pada empat titik berikut: (𝑥, 𝑦) = (𝐿/4, 𝐿/4), (𝐿/4,3𝐿/4), (3𝐿/4, 𝐿/4) dan (3𝐿/4, 3𝐿/4); memperkirakan tidak pernah akan menemukan partikelnya di x = L/2 atau y = L/2. Bentuk rapat probabilitas memberikan sedikit informasi kepada semua tentang bilangan kuantum dan juga tentang energi partikel. Jadi, mengukur rapat probabilitas dan menemukan enam buah maksimum, seperti yang diperlihatkan pada Gambar 5.5, maka dapat disimpulkan bahwa partikelnya memiliki energi 13𝐸0 dengan 𝑛𝑥 = 2 dan 𝑛𝑦 = 3, atau 𝑛𝑥 = 3 dan 𝑛𝑦 = 2.

Gambar 5.4 Beberapa tingkat energi terendah yang diperkenankan dari partikel yang terbatas geraknya dalam.

Gambar 5.5 Rapat probabilitas 𝜓 2 bagi beberapa tingkat energi terendah dari partikel yang terbatas geraknya dalam sebuah kotak dua dimensi.

Adakalanya dua himpunan bilangan kuantum 𝑛𝑥 dan 𝑛𝑦 yang berbeda memiliki energi yang tepat sama. Hal seperti ini dikenal sebagai degenerasi, dan tingkat energinya disebut terdegenerasi (degenerate). Sebagai contoh, tingkat energi pada E = 13𝐸0 adalah

RSITAS JEMBER | DIKTAT FISIKA MODERN

73 terdegenerasi, karena baik 𝑛𝑥 = 2, 𝑛𝑦 = 3 dan 𝑛𝑥 = 3, 𝑛𝑦 = 2 memiliki E = 13𝐸0 . Karena degenerasi ini muncul dari pertukaran 𝑛𝑥 dan 𝑛𝑦 (yang sama dengan mempertukarkan sumbu x dan y), maka distribusi probabilitas dalam kedua kasus ini tidak terlalu berbeda. Tetapi, untuk keadaan dengan E = 50𝐸0 , terdapat tiga himpunan bilangan kuantum: 𝑛𝑥 = 7, 𝑛𝑦 = 1; 𝑛𝑥 = 1, 𝑛𝑦 = 7; dan 𝑛𝑥 = 5, 𝑛𝑦 = 5, yang memenuhi. Kedua himpunan yang pertama terjadi dari pertukaran 𝑛𝑥 dan 𝑛𝑦 sehingga memiliki distribusi probabilitas yang sama, tetapi yang ketiga menyatakan keadaan gerak yang sangat berbeda, seperti diperlihatkan pada Gambar. Tingkat energi pada E = 13𝐸0 dikatakan terdegenerasi rangkap dua (two-fold), sedangkan tingkat energi pada E = 50𝐸0 terdegenerasi rangkap tiga (three-fold); dapat pula dikatakan bahwa salah satu tingkat energi memiliki degenerasi 2, sedangkan yang lainnya 3.

Gambar 5.6 Dua rapat probabilitas yang berbeda dengan energi yang tepat sama.

Degenerasi pada umumnya terjadi apabila sebuah sistem dilabel dengan dua atau lebih bilangan kuantum; sebagaimana telah dilihat pada perhitungan di atas, gabungan bilangan kuantum yang berbeda seringkali dapat memberikan nilai energi yang sama.

5.5 Osilator Harmonik Sederhana

Osilator klasik yang dapat ditinjau adalah benda bermassa 𝑚 yang diikatkan pada sebuah pegas dengan tetapan pegas k sehingga menderita gaya pegas 𝐹 = −𝑘𝑥, di mana x adalah perpindahan benda dari keadaan setimbang. Osilator seperti ini dapat di analisis dengan menggunakan hukum Newton yang mengungkapkan frekuensi 𝜔𝑜 = √𝑘/𝑚 dan periode 𝑇 = 2𝜋√𝑚/𝑘. Osilator harmonik ini memiliki energi kinetik maksimum di 𝑥 = 0; energi kinetiknya nol pada titik balik 𝑥 = ± 𝐴𝑜 , di mana 𝐴𝑜 amplitudo geraknya. Pada titik

DIKTAT FISIKA MODERN | UNIVERSITAS JEMBER

74

balik, osilator berhenti sejenak, kemudian berbalik arah geraknya. Tentu saja, geraknya terbatasi pada daerah − 𝐴𝑜 ≤ 𝑥 ≤ + 𝐴𝑜 . Sebuah gaya 𝐹 = −𝑘𝑥 memiliki potensial 𝑉 = 1⁄2 𝑘𝑥 2 , jadi diperoleh Persamaan Schrödinger: ħ2 𝑑2 𝜓

− 2𝑚

𝑑𝑥 2

+

1 2

𝑘𝑥 2 𝜓 = 𝐸𝜓

(5.37)

(Karena bekerja dalam ruang satu dimensi, maka 𝑉 dan 𝜓 adalah fungsi dari 𝑥 saja). Persamaan diferensial ini sulit sekali dipecahkan secara langsung, karena itu akan ditebak saja ħ2 𝑑2 𝜓

pemecahannya. Semua pemecahan Persamaan − 2𝑚

𝑑𝑥 2

+

1 2

𝑘𝑥 2 𝜓 = 𝐸𝜓 harus menuju nol

bila 𝑥 → ±∞, dan untuk limit 𝑥 → ±∞ perilakunya haruslah seperti eksponensial −𝑥 2 . Oleh 2

karena itu, dicoba dengan 𝜓(𝑥) = 𝐴𝑒 −𝑎𝑥 , di mana 𝐴 dan 𝑎 adalah tetapan yang ditentukan ħ2 𝑑2 𝜓

dengan mengevaluasikan Persamaan − 2𝑚 mulai dengan mengevaluasi

𝑑2 𝜓 𝑑𝑥 2

𝑑𝑥 2

+

1 2

𝑘𝑥 2 𝜓 = 𝐸𝜓 bagi pilihan 𝜓(𝑥) ini. Di

.

𝑑𝜓 2 = −2 𝑎𝑥 (𝐴𝑒 −𝑎𝑥 ) 𝑑𝑥

𝑑2𝜓 2 2 = −2𝑎 (𝐴𝑒 −𝑎𝑥 ). −2𝑎𝑥 (−2𝑎𝑥)𝐴𝑒 −𝑎𝑥 𝑑𝑥 2 dan kemudian menyisipkan 𝜓(𝑥) dan

𝑑2 𝜓 𝑑𝑥 2

ħ2 𝑑2 𝜓

ke dalam − 2𝑚

𝑑𝑥 2

+

1 2

𝑘𝑥 2 𝜓 = 𝐸𝜓 untuk

melihat apakah pilihan ini memberikan suatu pemecahan. ħ2

2

2

− 2𝑚 (−2𝑎𝐴𝑒 −𝑎𝑥 + 4𝑎2 𝑥 2 𝐴𝑒 −𝑎𝑥 ) +

1 2

2

𝑘𝑥 2 (𝐴𝑒 −𝑎𝑥 ) = 𝐸𝐴𝑒 −𝑎𝑥

2

(5.38)

2

Pembagian dengan faktor sekutu 𝐴𝑒 −𝑎𝑥 memberikan ħ2 𝑎 𝑚

Persamaan

−

2𝑎2 ħ2 𝑚

ħ2 𝑎 𝑚

−

𝑥2 + 2𝑎2 ħ2 𝑚

1 2

𝑘𝑥 2 = 𝐸

𝑥2 +

1 2

(5.39)

𝑘𝑥 2 = 𝐸 bukanlah persamaan yang harus

dipecahkan bagi x, karena sedang mencari pemecahan yang berlaku bagi semua x, bukan hanya sebuah nilai x tertentu. Agar hal ini berlaku bagi sebarang x, maka semua koefisien dari 𝑥 2 haruslah saling menghapuskan dan semua tetapan yang sisa haruslah sama. (Sebagai 𝑏

misal, tinjau persamaan 𝑎𝑥 + 𝑏 = 0. Persamaan ini tentu saja berlaku bagi 𝑥 = − 𝑎, tetapi

RSITAS JEMBER | DIKTAT FISIKA MODERN

75

bila menginginkan persamaan ini berlaku bagi sebarang dan semua x, maka haruslah persyaratan 𝑎 = 0 dan 𝑏 = 0). Jadi 2𝑎2 ħ2

−

𝑚

+

1 2

𝑘=0

(5.40)

dan ħ2 𝑎 𝑚

=𝐸

(5.41)

√𝑘𝑚 2ħ

(5.42)

yang menghasilkan 𝑎= dan 𝐸=

1 2

ħ √𝑘/𝑚

(5.43)

Persyaratan energi ini dapat pula dinyatakan dalam frekuensi klasik 𝜔𝑜 = √𝑘/𝑚 sebagai 1

𝐸 = 2 ħ𝜔𝑜

(5.44)

Cobalah !! Bagaimanakah persamaan Shrödinger bebas waktu untuk sebuah osilatorharmonik satu dimensi yang mengandung sebuah partikel dengan masa m dan bergerak sepanjang sumbu-x di bawah pengaruh gaya potensial U(x) = ½kx2 (k >0)

Koefisien A harus dicari dari syarat normalisasi. Pemecahan yang baru didapati ini diilustrasikan pada Gambar. Salah satu ciri pemecahan ini yang mencolok adalah – bahwa probabilitas untuk menemukan partikel di luar titik balik 𝑥 = ±𝐴𝑜 , energi potensial lebih besar daripada energi total E, sedangkan energi total E tetap, maka energi kinetiknya negatif. Ini adalah hal yang tidak mungkin terjadi dalam kerangka fisika klasik, karena itu partikel klasik tidak mungkin ditemukan di |𝑥| > 𝐴𝑜 . Tetapi, sebaliknya, adalah mungkin bagi gelombang kuantum untuk merembes ke dalam daerah terlarang klasik ini.

DIKTAT FISIKA MODERN | UNIVERSITAS JEMBER

76

Gambar 5.7 Keadaan dasar osilator harmonik satu dimensi.

Energi kinetik 𝐾 adalah selisih antara energi potensial 𝑉 = 1⁄2 𝑘𝑥 2 . Fisika klasik tidak memperkenankan partikel bergerak ke dalam daerah yang berada di luar titik-titik balik klasik 𝑥 = ±𝐴𝑜 , di mana energi kinetiknya akan bernilai negatif. Karena rapat probabilitasnya 𝜓2 meluas melewati kedua titik balik, maka menurut fisika kuantum terdapat probabilitas bagi partikel untuk merembes masuk ke dalam daerah terlarang klasik. Pemecahan yang didapati ini berhubungan dengan keadaan dasar dari osilator. Pemecahan umum yang sulit memperolehnya secara matematik adalah yang berbentuk 2

𝜓𝑛 (𝑥) = 𝐴𝑓𝑛 (𝑥)𝑒 𝑎𝑥 , di mana 𝑓𝑛 (𝑥) adalah sebuah polinomial dalam x dengan pangkat tertingginya 𝑥 𝑛 . Energi yang bersangkutan adalah 1

𝐸𝑛 = (𝑛 + 2) ħ𝜔𝑜

(5.45)

𝑛 adalah bilangan bulat 0,1,2, ..... Semua pemecahan ini memiliki sifat bahwa rapat probabilitasnya merembes ke dalam daerah terlarang di luar kedua titik balik klasiknya. Di antara kedua titik balik, semua rapat probabilitas berosilasi seperti sebuah gelombang sinus, sedangkan semakin menjauhi kedua titik balik, akan menurun menuju nol seperti fungsi 2

𝑒 −2𝑎𝑥 .

Gambar 5.8 Beberapa tingkat energi terendah dan rapat-rapat probabilitas yang bersangkutan dari osilator harmonis.

RSITAS JEMBER | DIKTAT FISIKA MODERN

77

5.6 PERTANYAAN

1.

Andaikan sebuah partikel yang berada di dalam sebuah sumur tak hingga satu dimensi memancarkan foton ketika meloncat dari satu keadaan ke keadaan lain yang lebih rendah, tanpa ada batasan terhadap perubahan n – nya. Daftarkan semua energi foton yang mungkin, dunyatakan dalam E0 yang dipancarkan ketika sebuah partikel dalam sumur tak hingga satu dimensi berpindah dari keadaan dengan n = 4 keadaan dasar.

2.

Gerakan sebuah elektron terbatasi dalam suatu daerah satu dimensi dalam mana energi minimumnya adalah 1,0 eV. (a) Berapakah ukuran daerah tersebut? (b) Berapa banyak energi yang harus dipasok untuk menggerakkan elektron ke energi eksitasi pertamanya? (c) Dari suatu keadaan eksitasi tertentu, elektron melepaskan energi sebanyak 24,0 eV ketika berpindah ke keadaan dasar. Berapakah nilai bilangan kuantum n dari keadaan eksitasi tersebut?

3.

Berapakah energi minimum sebuah proton atau neutron(𝑚𝑐 2 ≅ 940 𝑀𝑒𝑉) yang terbatas geraknya dalam ruang berukuran inti atom (1,0 𝑥 10−4 𝑚)?

4.

Bagi sebuah partikel yang terperangkap dalam sebuah potensial sumur satu dimensi, probabilitas untuk menemukannya dalam selang selebar w adalah (a) Tidak bergantung pada kedudukannya di dalam sumur dan (b) Sama dengan w L . Pergunakan fungsi gelombang umum dari partikel di dalam sebuah sumur satu dimensi untuk menghitung probabilitas menemukan partikelnya antara x dan x + w. Apakah yang terjadi bila   ? Apakah hasil ini taat asas dengan hasil klasik yang diperkirakan?

5.

Persoalan partikel di dalam potensial sumur hingga adalah sama dengan yang untuk sumur tak hingga, dengan kekecualian bahwa potensialnya memiliki nilai hingga V0 untuk x90 = (5,9 𝑥 1028 𝑖𝑛𝑡𝑖/𝑚3 )(2,0 𝑥 10−6 𝑚)(6,4 𝑥10−28 𝑚2 /𝑖𝑛𝑡𝑖) = 7,5 𝑥 10−5 (b) Dengan mengulangi perhitungan diatas untuk 𝜃 = 450 , kita peroleh: 2(79) (1,44𝑒𝑉. 𝑛𝑚) cot 22,50 = 3,4 𝑥 10−14 m 𝑏= 6 2(8,0 𝑥 10 𝑒𝑉)

RSITAS JEMBER | DIKTAT FISIKA MODERN

89

Rumus hamburan Rutherford dan bukti percobaanya. Agar kita dapat menghitung probabilitas hamburan sebuah partikel kedalam suatu selang sudut kecil pada 𝜃, kita syaratkan parameter impaknya terletak dalam suatu selang kecil db di b (lihat gambar 6.10).

Dengan demikian, fraksi df adalah 𝑑𝑓 = 𝑛𝑡(2𝜋𝑏 𝑑𝑏)

Menurut persamaan (6.19). Dengan mendiferensiasikan persamaan (6.17), kita peroleh pernyataan db dalam 𝑑𝜃 sebagai berikut: 𝑧𝑍 𝑒 2

1

1

𝑑𝑏 = 2𝐾 4𝜋𝜀 (1 − 𝑐𝑠𝑐 2 2 𝜃)(2 𝑑𝜃) 0

(6.20)

Jadi, 𝑒2

𝑧𝑍

1

1

|𝑑𝑓| = 𝜋𝑛𝑡( )2 ( )2 𝑐𝑠𝑐 2 2 𝜃 𝑐𝑜𝑡 2 𝜃 𝑑𝜃 2𝐾 4𝜋𝜀

(6.21)

0

Selanjutnya, dengan melakukan suatu manipulasi perhitungan, akhirnya kita peroleh: 𝑛𝑡

𝑧𝑍

𝑒2

𝑁(𝜃) = 4𝑟 2 (2𝐾)2 (4𝜋𝜀 )2 0

1 1 2

𝑠𝑖𝑛4 𝜃

(6.22) Ini adalah rumus hamburan Rutherford.

6.4 Spektrum Garis

Kenyataan bahwa gas memancarkan cahaya dalam bentuk spektrum garis diyakini berkaitan erat dengan struktur atom. Dengan demikian, spektrum garis atomik dapat digunakan untuk menguji kebenaran dari sebuah model atom.

DIKTAT FISIKA MODERN | UNIVERSITAS JEMBER

90

Gambar spektrum garis berbagai gas

Seorang guru matematika Swiss bernama Balmer menyatakan deret untuk gas hidrogen sebagai persamaan berikut ini. selanjutnya, deret ini disebut deret Balmer.

n2   364,5 2 n 4

Dimana panjang gelombang dinyatakan dalam satuan nanometer (nm).

Peralatan untuk mengamati spektrum garis

Beberapa orang yang lain kemudian menemukan deret-deret yang lain selain deret Balmer sehingga dikenal adanya deret Lyman, deret Paschen, Bracket, dan Pfund. Pola deret-

RSITAS JEMBER | DIKTAT FISIKA MODERN

91

deret ini ternyata serupa dan dapat dirangkum dalam satu persamaan. Persamaan ini disebut deret spektrum hidrogen.

 = R(

1 1 + 2) 2 m n

Dimana R adalah konstanta Rydberg yang nilainya 1,097 × 107 m−1. A. Deret Lyman (m = 1) 1 1 1 = R ( 2 + 2) 𝜆 1 n dengan n = 2, 3, 4, …. B. Deret Balmer (m = 2) 1 1 1 = R ( 2 + 2) 𝜆 2 n dengan n = 3, 4, 5 …. C.

Deret Paschen (m = 3) 1 1 1 = R ( 2 + 2) 𝜆 3 n dengan n = 4, 5, 6 ….

D. Deret Bracket (m = 4) 1 1 1 = R ( 2 + 2) 𝜆 4 n dengan n = 5, 6, 7, …. E. Deret Pfund (m = 5) 1 1 1 = R ( 2 + 2) 𝜆 5 n dengan n = 6, 7, 8 ….

DIKTAT FISIKA MODERN | UNIVERSITAS JEMBER

92

Contoh Batas deret dari deret Paschen (n=3) adalah 820,1 nm. Tentukan ketiga panjang gelombang terpanjang dari deret Paschen tersebut! Pemecahan

𝑛2 , 𝑛 = 4, 5, 6 𝑛2 − 32 Ketiga panjang gelombang tersebut adalah : 42 𝑛 = 4; 𝜆 = 820,1 2 = 1875𝑛𝑚 4 − 32 2 5 𝑛 = 5; 𝜆 = 820,1 = 1281𝑛𝑚 5 − 32 62 𝑛 = 6; 𝜆 = 820,1 2 = 1094𝑛𝑚 6 − 32 Ketiga spektrum ini berada dalam rentang inframerah elektromagnetik. 1 = 0,8201

spektrum

6.5 Model Atom Bohr

Setelah Rutherford mengemukakan bahwa massa dan muatan positif atom terhimpun pada suatu daerah kecil dipusatnya, fisikawan Denmark, Neils Bohr pada

Niels Bohr

tahun 1931 mengemukakan bahwa atom ternyata mirip sistem planet mini, dengan elekton-elektron mengedari inti atom seperti halnya planet-planet mengedari matahari. Dengan alasan bahwa tata surya tidak runtuh karena tarikan gravitasi matahari dan antar planet, atom jua tidak runtuh karena tarikan elektrostastis Coulomb antara inti atom dan tiap elektron.

Gambar Model Atom Bohr

Niels Bohr adalah seorang ahli fisika dari Denmark dan pernah meraih hadiah Nobel Fisika pada tahun 1922. Pada tahun 1913, Bohr menerapkan konsep mekanika kuantum untuk model atom yang telah dikembangkan oleh Ernest Rutherford, yang menggambarkan bahwa atom tersusun dari inti atom (nukleus) yang dikelilingi oleh orbit elektron.

RSITAS JEMBER | DIKTAT FISIKA MODERN

93

Jari-jari orbit lingkarannya adalah r, dan elektron (bermassa m) bergerak dengan laju singgung tetap v. Gaya tarik Coulomb berperan memberikan percepatan sentripetal v2/2, jadi: 1 𝑞1 𝑞2 1 𝑒 2 𝑚𝑣 2 𝐹= = = 4𝜋𝜀0 𝑟 2 4𝜋𝜀0 𝑟 2 𝑟 Dengan energi kinetiknya: 1 1 𝑒2 𝐾 = 𝑚𝑣 2 = 2 8𝜋𝜀0 𝑟

Serta energi potensial sistem ini adalah energi potensial Coulomb: 𝑉=−

1 𝑒2 4𝜋𝜀0 𝑟

Dengan demikian, energi total sistem adalah: 1 𝑒2 1 𝑒2 − 8𝜋𝜀0 𝑟 4𝜋𝜀0 𝑟 1 𝑒2 𝐸=− 8𝜋𝜀0 𝑟

𝐸 =𝐾+𝑉 =

Vektor momentum sudut dalam fisika klasik didefinisikan sebagai 𝑰 = 𝒓 × 𝒑. Untuk momentum sudut elektron yang beredar mengelilingi inti atom, r tegak lurus p, sehingga kita dapat menyederhanakan menjadi 𝐼 = 𝑟𝑝 = 𝑚𝑣𝑟. Jadi postulat Bohr: 𝑚𝑣𝑟 = 𝑛ℏ

Dimana n adalah sebuah bilangan bulat (n = 1, 2, 3, ...). dengan menggunakan pernyataan ini dan hubungan (6.29) bagi energi kinetik, 1

1

𝑛ℏ 2

𝑒2

1

𝑚𝑣 2 = 2 𝑚 (𝑚𝑟) = 8𝜋𝜀 2

0

𝑟

(6.33)

Kita peroleh dengan deretan nilai jari-jari r yang diperkenankan, yakni: 𝑟𝑛 =

DIKTAT FISIKA MODERN | UNIVERSITAS JEMBER

4𝜋𝜀0 𝑚𝑒 2

𝑛 2 = 𝑎0 𝑛 2

(6.34)

94

Dimana didefinisikan jari-jari Bohr a0, 𝑎0 =

4𝜋𝜀0 𝑚𝑒 2

= 0.0529 𝑛𝑚

(6.35)

Bagi orbit elektron hanya jari-jari orbit tertentu sajalah yang diperkenankan oleh model Bohr. Jari-jaro orbit elektron hanya dapat bernilai a0, 4a0, 9a0, 16a0, dan seterusnya, tidak pernah benilai 3a0 atau 5a0.

Dengan menggabungkan pernyataan r yang kita peroleh diatas dengan persamaan (6.31) kita peroleh: 𝑚𝑒 2

𝐸𝑛 = − 32𝜋2 𝜀

0

2 ℏ2

1 𝑛2

(6.36)

Jelas n pada energi E mencirikan tingkat energi. Dengan menghitung semua nilai tetapannya, kita peroleh: 𝐸𝑛 =

−13,6 𝑒𝑉 𝑛2

(3.37)

Semua tingkat energi ini ditunjukan secara sistematis pada gambar 6.21. n=∞

E=0

n=4

E = -0,8 Ev

n=3

E = -1,5 eV

n=2

E = -3,4 eV

n=1

E = -13,6 eV

Energi eksitasi suatu keadaan n adalah energi di atas keadaan dasar, En – E1. Jadi eksitasi pertama (n = 2) memiliki energi eksitasi sebesar -3,4 eV – (-13,6 eV) atau 10,2 eV. Keadaan eksitasi kedua memiliki energi eksitasi 12,1 eV dan seterusnya.

RSITAS JEMBER | DIKTAT FISIKA MODERN

95

dengan energi

h 𝜐 = En1 – En2 atau 𝑚𝑒 4

𝜐 = 64𝜋3𝜀

0

2 ℏ3

1

1

2

1

(𝑛 2 − 𝑛 2 )

(6.39)

Jadi panjang gelombang radiasi yang dipancarkan adalah 𝑐 64𝜋 3 𝜀0 2 ℏ3 𝑛1 2 𝑛2 2 𝜆= = ( 2 ) 𝜐 𝑚𝑒 4 𝑛1 − 𝑛2 2 1

𝑛 2𝑛 2

= 𝑅 (𝑛 12 −𝑛2 2 ) ∞

1

2

(6.40)

Tetapan R∞ yang disebut tetapan Rydberg bernilai 1,0973731 x 107 m-1.

Contoh Carilah panjang gelombang transisi dari n1 = 3 ke n2 = 2 dan dari n1 = 4 ke n2 = 2. Pemecahan Persamaan (6.40) memberikan

1 𝑛1 2 𝑛2 2 ( 2 ) 𝑅∞ 𝑛1 − 𝑛2 2 1 32 22 𝜆= ( ) = 656,1 𝑛𝑚 1,0973731 × 107 32 − 22 𝜆=

Dan

1 42 22 𝜆= ( ) = 486,0 𝑛𝑚 1,0973731 × 107 42 − 22

DIKTAT FISIKA MODERN | UNIVERSITAS JEMBER

96

Rumus Bohr juga menerangkan asas gabung Ritz, yang menyatakan bahwa jumlah dau frekuensi berbeda dalam spektrum pancar memberikan frekuensi ketiga lainnya dalam spektrum tersebut. Marilah kita tinjau transisi dari suatu keadaan n3 ke n2, yang kemudian disusul dengan transisi dari n2 ke n1. Dengan menggunakan persamaan (6.39) bagi kasus ini diproleh 1 1 𝜐𝑛3→𝑛2 = 𝑐𝑅∞ ( 2 − 2 ) 𝑛3 𝑛2 1 1 𝜐𝑛2→𝑛1 = 𝑐𝑅∞ ( 2 − 2 ) 𝑛2 𝑛1

Dengan demikian, 1 1 1 1 𝜐𝑛3→𝑛2 + 𝜐𝑛2→𝑛1 = 𝑐𝑅∞ ( 2 − 2 ) + 𝑐𝑅∞ ( 2 − 2 ) 𝑛3 𝑛2 𝑛2 𝑛1 1 1 = 𝑐𝑅∞ ( 2 − 2 ) 𝑛3 𝑛1 Dengan demikian model atom Bohr taat asas gabung Ritz.

6.6 Kelemahan Atom Bohr

Model atom Bohr belum lengkap model ini hanya berlaku bagi satu atom yang mengandung satu elektron saja dan tidak untuk atom dengan elektron dua atau lebih karena gaya yang ditinjau hanyalah antara elektron dan inti atom. Sedangkan gaya antar elektron diabaikan. Selanjutnya jika diamati spektrum pancar dengan lebih teliti, didapati bahwa garis spektrum bukanlah sebuah garis tunggal melainkan terdiri atas gabungan dua atau lebih garis yang sangat rapat. Model atom Bohr juga tidak menjelaskan doublet spektrum garis. Model ini terbatas pada sebagai dasar untuk menghitung sifat atom lainnya. Meskipun kita dapat menghitung secara teliti energi berbagai garis spektrum, kita dapat menghitung intensitasnya. Sebagai contoh seberapa seringkah sebuah elektron pada tingkat n = 3 akan meloncat secara langsung ke keadaan n = 1 dengan memancarkan foton yang bersangkutan dan seberapa seringkah akan meloncat pertama-tama ke tingkat n = 2 dan kemudian ke tingkat n = 1, dengan memancarkan dua buah foton? Suatu teori yang lengkap memberi cara untuk menghitung sifat ini.

RSITAS JEMBER | DIKTAT FISIKA MODERN

97

Kelemahan selanjutnya adalah bahwa model atom Bohr melanggar asas ketidakpastian. Hubungan ketidakpastian ∆x ∆px ≥ ђ berlaku untuk semua arah dalam ruang. Jika memilih arah radial, maka ∆r ∆pr ≥ ђ. Untuk sebuah elektron yang bergerak dalam suatu orbit lingkaran. Maka nilai r-nya kita ketahui secara pasti, jadi ∆r = 0. Jika ia bergerak dalam suatu lingkaran, maka kita dapat mengetahui pr secara pasti sehingga ∆p = 0 mengetahui r dan pr sekaligus secara pasti ini melanggar asas ketidakpastian.

6.7 PERTANYAAN

1.

(a) Hitunglah frekuensi getar sebuah elektron dan panjang gelombang serap serta pancar dalam sebuah atom hidrogen model Thompson. Gunakan R= 0,053 nm. Bandingkan hasilnya dengan panjang gelombang hasil pengamatan dari garis pancar dan serap terkuat dalm spektrum hidrohen, 122nm. (b) Ulangi perhitungan ini untuk natrium (Z=11). Gunakan R= 0,18 nm. Bandingkan hasilnya dengan panjang gelombang hasil pengamatan, 590 nm.

2.

Turunkan persamaan (6.12) dari persamaan (6.11)

3.

Gunakan persamaan (6.13) untuk murunkan persamaan (6.14)

4.

Berkas partikel alfa berenergi 5,00 MeV dihamburkan pada sudut 90 o oleh selembar emas. (a) Berapakah parameter impaknya? (b) Berapakah jarak minimum antara partikel alfa dan atom emas ? (c) Hitunglah energi kinetik dan potensial pada jarak minimum ini.

5.

Berapa besar energi kinetik yang harus dimiliki partikel alfa sebelum jarak hampiri terdekatnya ke inti atom emas sama dengan jari-jari (7,0 x 10-15 m)?

6.

Berapakah jarak hampiri terdekat apabila berkas partikel alfa dengan energi kinetik 6,0 MeV dihambur oleh selembar tembaga tipis?

7.

Berkas proton berenergi 5,0 MeV dijatuhkan pada selembar perak setebal 4,0 x 10-6 m. Berapa bagian berkas proton berkas proton datang yang yang dihamburkan pada sudutsudut berikut: (a) Lebih besar daripada 90o? (b) Lebih besar daripada 10o? (c) Antara 5o dan 10o? (d) Lebih kecil dariapapada 5o.

8.

Berkas proton dijatuhkan pada selembar tembaga setebal 12 𝜇m. (a) Berapakah seharusnya energi kinetik berkas proton agar jarak hampiri terdekatnya sama dengan jarijari inti atom (5,0 fm)? (b) Jika energi proton adalah 7,5 MeV, berapakah parameter impak untuk hamburan pada sudut 120o? (c) Berapakah jarak minimum antara proton dan inti atom untuk kasus ini? (d) Berapa bagian proton yang dihambur melebihi sudut 120o.

DIKTAT FISIKA MODERN | UNIVERSITAS JEMBER

98

9.

Berkas partikel alfa dengan energi kinetik K dihamburkan oleh selembar emas atau selembar perak yang sama tebalnya. Berapakah nisbah jumlah partikel yang dihamburkan pada sudut-sudut yang lebih besar daripada 180o oleh lembar emas terhadap lembar perak, untuk jumlah partikel datang yang sama banyak pada tiap lembar?

10. Energi kinetik maksimum yang diberikan pada inti atom sasaran akan terjadi pada tumbukan-langsung dengan parameter impak b=0 (mengapa?) Hitunglah energi kinetik maksimum yang diberikan kepada inti atom bila berkas partikel alfa berenergi 8,0 MeV dijatuhkan pada selembar emas. Apakah kita dibenarkan untuk mengabaikan energi ini?

RSITAS JEMBER | DIKTAT FISIKA MODERN

99

DAFTAR PUSTAKA Beiser, Arthur. 1990. Konsep Fisika Modern Edisi Kelima. Jakarta: Erlangga. Gautreau, Ronald. 1995. Teori dan Soal-Soal Fisika Modern. Jakarta: Erlangga. Gauther, Ronald. 2006. Fisika Modern Edisi 2. Jakarta: Erlangga. Krane, Kenneth. 1982. Fisika Modern. Jakarta: UI-PRESS. Kusminarto. 2011. Esensi Fisika Modern. Yogyakarta: ANDI Yogyakarta.

DIKTAT FISIKA MODERN | UNIVERSITAS JEMBER