i
Oleh: Ahmad Fauzan A
(130210102083)
Nurul Fitriyah
(130210102010)
Sepdiana Widya Rahmawati
(130210102027)
Rizky Dwi Alfiani
(130210102028)
Santi Afifah Putri A
(130210102091)
ii
PRAKATA
Puji syukur kehadirat Tuhan Yang Maha Esa atas segala rahmat-Nya sehingga penulisan diktat matakuliah FISIKA MODERN ini dapat terselesaikan. Buku ajar ini disusun atas dasar deskripsi matakuliah Fisika Modern, yaitu matakuliah wajib bagi mahasiswa Program Studi Pendidikan Fisika. Buku ajar ini disusun dengan maksud agar dapat dijadikan referensi bagi mahasiswa sehingga perkuliahan matakuliah Fisika Modern dapat berlangsung ber langsung secara lebih efektif e fektif dan efisien. Disamping itu, diktat ini diharapkan dapat melengkapi pilihan pustaka mahasiswa dalam memahami konsep dan gejala dalam Fisika Modern. Buku ajar ini tersusun atas lima bab yang meliputi
Teori Relativitas Relativitas
Khusus, Sifat Partikel Radiasi Elektromagnet, Sifat Gelombang Dari Partikel, Persamaan Schrodinger, dan Model Atom Rutherford-Bohr. Rutherfor d-Bohr. Penulis mengucapkan banyak terima kasih kepada semua pihak yang telah membantu khususnya kepada Bapak Drs. Bambang Supriadi, M.Sc. sehingga buku ajar matakuliah Fisika Modern Moder n ini dapat terselesaikan. Saran dan kritik kr itik yang membangun dari para pembaca sangat diharapkan demi lebih sempurnanya diktat ini.
Jember, November 2015
Penulis
iii
DAFTAR ISI
Halaman HALAMAN JUDUL ................................................................................... i PRAKATA .................................................................................................... iii DAFTAR ISI.... ........................................................................................... iv BAB 1. TEORI RELATIVITAS KHUSUS ................................................ 1 1.1 Pendahuluan ............................................................................ 1 1.2 Kegagalan Relativitas Klasik .................................................. 1 1.3 Postulat Einstein ...................................................................... 7 1.4 Akibat Postulat Einstein .......................................................... 8 1.5 Transformasi Lorentz ............................................................. 11 1.6 Dinamika Relativistik .............................................................. 15 Latihan Soal................................................................................... 17 BAB 2. SIFAT PARTIKEL RADIASI ELEKTROMAGNET.................. 19 2.1 Tinjauan Ulang Gelombang Elektromagnet .......................... 19 2.2 Radiasi Benda Hitam............................................................... 24 2.3 Efek Fotoelektrik ..................................................................... 28 2.4 Efek Compton .......................................................................... 30 2.5 Proses Foton Lainnya .............................................................. 34 2.6 Foton ........................................................................................ 35 Latihan Soal .................................................................................. 35 BAB 3. SIFAT GELOMBANG DARI PARTIKEL .................................. 37 3.1 Hipotesis DeBroglie ................................................................ 37 3.2 Difraksi Partikel ..................................................................... 40 3.3 Hubungan Ketidakpastian Gelombang Klasik ...................... 43 3.4 Hubungan Ketidakpastian Heisenberg .................................. 45 3.5 Paket Gelombang .................................................................... 46 3.6 Probabilitas dan Keacakan .................................................... 51 3.7 Amplitudo Probabilitas .......................................................... 51 Latihan Soal .................................................................................. 52 BAB 4. PERSAMAAN SCHRODINGER ................................................. 53
iv
4.1 Pembenaran Persamaan Schrodinger ................................... 53 4.2 Resep Schrodinger .................................................................. 54 4.3 Probabilitas dan Normalisasi ................................................. 57 4.4 Beberapa Penerapan .............................................................. 59 4.5 Osilator Harmonik Sederhana ............................................... 65 4.6 Ketergantungan Pada Waktu ................................................ 67 4.7 Potensial Tangga dan Halang ................................................ 68 Latihan Soal .................................................................................. 73 BAB 5. MODEL ATOM RUTHERFORD-BOHR .................................... 74 5.1 Pendahuluan ............................................................................ 74 5.2 Sifat-Sifat Dasar Atom ............................................................ 74 5.3 Model Atom Thomson ............................................................. 75 5.4 Inti Atom Rutherford .............................................................. 80 5.5 Spektrum Garis ....................................................................... 87 5.6 Model Atom Bohr .................................................................... 89 5.7 Percobaan Frank-Hertz .......................................................... 96 5.8 Asaas Persesuian ...................................................................... 96 5.9 Beberapa Kelemahan Atom Bohr ........................................... 98 Latihan Soal................................................................................... 98
KUNCI JAWABAN .................................................................................... 99 DAFTAR PUSTAKA .................................................................................. 102
v
BAB I TEORI RELATIVITAS KHUSUS 1.1
Pendahuluan
Menurut pandangan fisika, semua benda yang ada di Alam pasti dalam keadaan bergerak. Ciri-ciri gerak sendiri yaitu : a. Adanya perpindahan posisi (
∆
)
∆ ∆ ∆ ∆
Pada koordinat kartesian (x,y,z) untuk vector jarak maka vector perpindahan posisinya
=
+
+
=
+
+
. Dampak dari
perpindahan posisi ini yaitu adanya jarak dan perpindahan b. Memiliki suatu kecepatan
Untuk benda yang bergerak, pastilah memiliki suatu nilai kecepatan. Sifat gerak inilah yang menunjukkan tanda relativistic. Sebagai contoh, bagi seorang pengamat didalam bus dia akan melihat orang yang diluar bus bergerak munduk, sedangkan bagi orang yang diluar bus akan melihat bus yang bergerak. Suatu benda akan dikatan diam atau bergerak tergantung pada pengamat dan kerangka acuan. c. Adanya suatu percepatan Apabila suatu benda bergerak dengan kecepatan tetap maka akan dibahas dalam relativitas khusus sedangkan bila kecepatannya berubah akan dibahas dalam relativitas umum.
1.2
Kegagalan Relativitas Klasik
a. Teori Transformasi Galileo y y’ (x,y,z) (x’,y’,z’) O z
x O’
x’
z’
1
O merupakan suatu kerangka acuan bagi pengamat yang diam. Suatu benda diam yang berada pada kerangka acuan O memiliki koordinat (x, y, z). sedangkan O’ merupakan kerangka acuan bagi pengamat yang bergerak dengan kecepatan tetap v , maka koordinat benda menurut O’ (x’,y’,z’). Posisi Benda : O
O’
X
x’= x-vt’
Y
y’=y
Z
z’=z
T
t’=t
Kecepatan Benda : O’
O
′ ′ ′
vx=
vx’=
=
vy=
vy’=
=
vz=
vz’=
=
− ′ − − (
)
=
=
=
=
Percepatan Benda O’
O
′ ′ ′ x=
vx
vy
y=
z=
vz
x’=
y’=
z’=
vx
=
x
=
y
=
z
vy
vz
2
Contoh Soal :
Seorang perenang akan meyebrangi sungai yang lebarnya L. kecepatan arus sungai adalah u ke kanan dan kecepatan perenang adalah c. a. Tentukanlah waktu yang dibutuhkan perenang untuk berenang bolak balik sejauh L searah dah melawan arus b. Tentukanlah waktu yang dibutuhkan perenang untuk bolak-balik menyebrangi sungai Jawab :
a.
Saat berangkat :
1
=
1
=
− − − − − − − − − +
=
+
+
Saat kembali : 2
=
2
=
=
Waktu yang dibutuhkan untuk pulang pergi :
= =
=
1
+
+
2
+
+ ( + ) = + ( ) =
2
2
2
2
1
1
2
2
=
2
2
3
1
2
2
b. Saat Berangkat
1
=
1
=
− − − − − − − − − − 2
2
2
=
2
2
=
2
2
2
Saat Pulang : 2
=
2
=
2
2
2
2
Waktu yang dibutuhkan untuk pulang pergi :
=
1
+
=
2
2
2
+
2
2
=
2
2
2
=
2
1
1
2
2
b. Percobaan Michelson dan Morley
Percobaan ini didasari oleh teori gelombang dimana suatu gelombang akan merambat bila ada perantara.. Jika kita meninjau gelombang
elektromagnetik
maka
seharusnya
gelombang
tersebut
membutuhkan perantara untuk sampai ke bumi. Perantara ini disebut eter. Agar cahaya sampai ke bumi maka cahaya dapat sejajar dengan gerakan eter ataupun tegak lurus dengan eter. Eter diasumsikan diam terhadap matahari dan bergerak mengelilingi bumi. Berdasarkan asumsi tersebut, Michelson dan Morley melakukan suatu percobaan dengan menggunakan Interferometer menggunakan konsep interferensi pada celah ganda.
4
Gambar 1 : Inferometer
Posisi awal : Semua peralatan dalam keadaan diam
Lintasan (O-B-O) yaitu lintasan yang sejajar dengan sinar dat ang
∆ 1
=
− − − − − −
2
1
( )2
1
Lintasan (O-C-O) yaitu lintasan yang tegak lurus dengan sinar datang : 2
=
=
2
1
( )2
1
2
1
=
2
1
1
1
2
1
2
Posisi Kedua : Ketika alat diputar (Untuk mensimulasikan bumi yang berputar)
′ − ′ −
Lintasan (O-B-O) : tegak lurus dengan sinar datang 1
=
2
1
1
2
Lintasan (O-C-O) : sejajar sinar datang 2
=
2
1
1
2
5
∆′ ′− ′ − − − ∆ ∆ ∆−∆′ ∆ − − − ∆ =
2
1
=
2
1
1
2
1
1
=2
Kita ingat perubahan sudut fase;
1
=8
Bila dalam
=2
=2
1
2
1
2
2
1
dimasukkan angka-angka yang muncul dari percobaan
maka dalam perhitungan akan terlihat nilai perubahan beda fase sedangkn dalam percobaan nyata yang dilakukan Michaelson dan Morley tidak menunjukkan adanya beda fase. Ini merupakan bukti bahwa eter tidak ada. Sebagai rangkuman, kita lihat bahwa terdapat suatu proses rantai nalar yang berawal dari asas kelembaman Galileo, melalui hukum-hukum Newton dengan andaian implisit mengenai ruang dan waktu, dan berakhir dengan kegagalan Michaelson Morley untuk mengamati gerak relative bumi terhadap eter. Contoh Soal : Geseran satu frinji dalam percobaan Michelson-Morley berkaitan dengan perubahan waktu tempuh berkas cahaya dalam rambatan pergi balik sepanjang salah satu lengan inferometer sebanyak satu periode getaran cahaya (sekitar 2x10
-15
0
s)ketika alat itu diputar 90 dengan
menggunakan hasil diatas, kesimpulan apakah yang anda peroleh bagi kecepatan rambat dalam eter untuk pergeseran sebanyak satu lingkar batas? Jawab :
∆ − − − 1
=8
1
1
2
2
1
6
Missal
≪
= dan
maka :
− − − − − − − − − − ⋯ − ⋯ ∆ − − − ∆ − − − ∆ − 2
1
=1
2
1
1 2 2
1
=
2 dengan
1
1 2
= 1+
2
+
1
1 2
=1+
3 8
2
4
1
=8
2
1
1
1 2
1 2
1
2
2 2
+
+
1
1
=8
uraian deret Taylor :
1 2 2
2
1
1 =8 1
1+
1 2
2
1 =4
2
2
=4
4 3.14 11 3 104 = 5.7 10 7 3 108
2
= 2.42
Jadi kesimpulannya terbukti bahwa eter tidak ada karena dalam alat yang digunakan tidak terjadi perubahan fase namun pada perhitungan ada beda fase 1.3
Postulat Einstein
Teori relativitas khusus merupakan landasan baru bagi konsep-konsep tentang ruang dan waktu. Teori ini didasarkan oleh dua postulat berikut. 1. Asas relativitas : hukum-hukum fisika tetap sama pernyataannya dalam semua sistem lembam
7
Artinya bahwa tidak ada satupun percobaan yang dapat kita gunakan untuk mengukur kecepatan terhadap ruang mutlak, yang dapat kita ukur hanyalah laju relative dari suatu sistem lembam 2. Ketidakubahan laju cahaya : Laju cahayamemiliki nilai c yang sama dalam semua sistem lembam Artinya bahwa laju cahaya adalah sama bagi semua pengamat, sekalipun mereka berada dalam keadaan gerak relatif
1.4
Akibat Postulat Einstein
a. Pemuluran Waktu Tinjau kedua pengamat O dan O’. O menembakkan seberkas cahaya menuju sebuah cermin berjarak L dan mengukur selang waktu 2
∆
yang dibutuhkan sinar untuk menempuh jarak dari O ke cermin lalu
kembali ke O. Pengamat O’ bergerak dengan laju tetap u tegak lurus dengan cahaya. Dari sudut padang O :
O, bergerak menjauhi O. Jarak tempuh = 2L Selang waktu = 2
∆
L=c
∆
Dari sudut pandang O’ :
8
Lintasan tempuh cahaya : A-M-B
∆′ ′ ′ ∆ ∆∆′ ∆′ ∆′ ′ ∆′ ∆ ′∆ ∆ ∆ ′ ∆′ −∆ Selang Waktu = 2
2
Jarak tempuh = 2
=
2
2
2
2
= =
(
=
1
)2
)2
+( 2
=
+(
)2
+(
)2
+(
)2 + (
)2
2
Hubungan diatas memperlihatkan bahwa pengamat O’ akan mengukur selang waktu yang lebih lama dari yang diukur O. Inilah hasil umum dari teori relatifitas khusus yang disebut sebagai dilatasi waktu atau pemuluran waktu
9
b. Penyusutan Panjang
Tinjau kedua pengamat O dan O’. O menembakkan seberkas cahaya menuju sebuah cermin berjarak L dan mengukur selang waktu 2
∆
yang dibutuhkan sinar untuk menempuh jarak dari O ke cermin lalu
kembali ke O. Pengamat O’ bergerak dengan laju tetap u sejajar dengan cahaya. Dari Sudut Pandang O’ : Cahaya menuju cermin : Selang waktu =
′−∆′ ∆′ ′−∆′ ∆′ ′ Jarak tempuh = 1
1
=
=
∆′
1
1
1
+
Cahaya dipantulkan kembali ke sumbernya : Selang wakt u =
′ ∆′ ∆′ ′ ∆′ ∆′ −′ +
Jarak Tempuh = 2
1
=
+
2
2
=
Total Waktu perjalanan cahaya :
10
∆′
2
2
∆′ ∆′ ∆′ ′ −′ ′ − ∆′ −∆ =
1+
2
=
=
Untuk :
+
+
=
2
2
2
2
1
Maka :
∆ ′ − − ′ ∆ − ′ − 2
2
1
2
=
2
2
2
=
1
2
=
1
Dari hasil tersebut maka L’ menurut O’ lebih pendek dari L menurut O. Penyusutan panjang merupakan hasil umum dan tidak bersangkutan dengan pengukuran panjang yang dilakukan secara langsung.
1.5
Transformasi Lorentz
Transformasi Lorentz merupakan suatu transformasi yang memenuhi semua persyaratan postulat Einstein. Tinjau dua buah kerangka S dan S’ dengan koordinat yang sesuai. Bila kerangka S’ bergerak relatif terhadap S dengan kecepatan u searah sumbu x dimana pada tiap kerangka terdapat pengamat masing-masing. Bila waktu awal adalah t=0=t’ , misalkan kerangka S mencatat koordinat ruang dan waktu (x,y,z,t) dan S’ mencatan koordinat (x’,y’,z’,t’) maka kita dapat sebuah hubungan :
′′ ′′
= = = =
1
, , ,
2
, , ,
3
, , ,
4
, , ,
………..(1)
11
Karena partikel pada kerangka S’ hanya bergerak dalam arah koordinat x maka koordinat y dan z tetap. Jadi dari persamaan (1) kita dapat menulis :
′′ ′′
′ ′ ′ ′′ =
11
+
12
21
+
22
=
=
=
……….(2)
Dimana adalah konstanta. Jika partikel melintasi area sejauh dx disepanjang sumbu x dalam selang waktu dt dalam kerangka S, maka dalam kerangka S’ :
=
11
+
12
=
21
+
22
…….(3)
Kecepatan partikel menjadi :
=
=
dan
Bila disubtitusikan ke persamaan (3)
′ ′′ =
11
=
21
+ +
12
22
=
… +
11
+
21
12
=
22
11
21
+ +
12
..(4)
22
Sekarang kita akan mencari konstanta 11 , 12 , 21 dan 22
Misalkan partikel yang diamati diam dalam koordinat S maka
′ − − − =
=
maka melalui persamaan (4) :
= 0 dan
12 22
12
=
22
Misalkan partikel diam dalam kerangka S’ maka persamaan (4)
12
′
= 0 dan
= dengan
− − + +
11
0=
21
12
=
11
=
12
22
=
11
22
22
Bila partikel yang diaati berupa foton atau gelombang cahaya, maka menurut postulat kedua Einstein kerangka acuan mengamati kecepatan yang sama yaitu
′ − − − − ′′ − ′ ′ − ′ ′ ′ ′ ′− =
= maka dari persamaan (4) diperoleh :
21
+ +
2
+
11
2
=
11
=
21
21
21
=
12
=
22
11
21
=
11
11
+
11
11
11
2
11
Maka dari persamaan (2) dapat kita peroleh :
=
11 (
)
=
=
=
11
2
Sedangkan menurut postulat pertama Einstein :
=
11 (
+
)
=
=
=
11
2
Solusi secara lengkap dapat ditulis :
13
′ ′ − − − − − − − − − − ′ − ′ − − ′ − − ′′ =
11 (
+
)
=
11
11 (
) +
11
2
2
=
11
2
11
2
+
11
2
11
2
2
=
11
2
11
2
2
2
=
11
2
11
2
2
2
1=
11
2
11
2
2
2
1=
11
11
11
2
2
1
2
1
=
2
1
2
1
=
2
1
2
Bentuk transformasi Lorentznya :
=
11 (
)
1
=
1
=
1
2
2
2
2
=
=
14
2
− ′ − ′ − − ′ − − ′ − − 2
=
2
1
=
1
=
2
2/ 2
1
1
/
2
2/ 2
1
=
1.6
/
1
/
2
Dinamika Relativistik
Menurut kerangka O yang diam bila dua buah massa identik saling mendekati dengan laju v, maka setelah tumbukan kita peroleh masa gabungan 2m
Kejadian diatas bila dilihat dari sudut pandang O’ yang bergerak dengan laju u=v ke kanan, maka :
′ − − −−
Menurut transformasi Lorentz, Kecepatan massa 1 : 1
=
1
1
1
/
2
=
1
2/ 2
=0
Kecepatan massa 2 :
15
′ − − − −− − − − − − − ′ − − ′ ′ ′ − − ′ ′ − − ′ ′ =
2
2
1
/
2
(
2 =
1
)
2)
(
/
2 =
2
2/ 2
1+
Kecepatan massa gabungan 2m :
=
1
/
2 =
0 1 0( )/
2
=
Menurut O momentum linier sebelum dan sesudah tumbukan :
=
1 1
+
2 2
= 2
=
+
=0
=0
Menurut O’ momentum linier sebelum dan sesudah t umbukan :
=
1+
1
=2
2
2
=
(0) +
2
1+
=2
2
2
=
2 1 + 2/
2
= 2
Terlihat bahwa menurut kerangka O’ menurut O’ tidak kekal.
≠
Maka momentum linier
Sejalan dengan pembahasan tentang pemuluran waktu dan penyusutan panjang maka bagi besaran massa terdapat pula pertambahan massa relativistic
− − − − ′ ′ − − − =
0
2/ 2
1
Untuk tinjauan kasus diatas menurut kerangka O : 1
=
=
0 2/ 2
1
1
+
Dan
2
2=
2
=
0 2/ 2
1
0
2/ 2
1
Menurut kerangka O’ : 1=
2
0
0
=
1
1
2
=
2
1+
2
0
1+ 1
2/ 2
16
2/ 2 2/ 2
′ − − ′ ′ ′ − − −− ′ ′′ −− −− =
2/ 2
1
=
1
1
0
2/ 2
1
+
=
=
2
=
2
2
2
0
=
(0) +
2
1+ 1
0
2
/ 2/
2
2
1+
2/ 2
2/ 2
1
2
=
0
=
2
1
2
0
2/ 2
1
2
Maka momentum relativistic dapat didefinisikan sebagai :
− 0
=
2/ 2
1
Dengan perolehan diatas maka kita dapat mendefisikan energy kinetic :
=
− − − − −
− =0
=
=
0
0
1
2/ 2
+
− 2
=
0
2
=0
2/ 2
1
2
2/ 2
1
0
0
2
1
2/ 2
+
0
2
Jadi, jika sebuah partikel yang bergerak memiliki energy diam E 0 dan energy kinetic K maka energy relativistik totalnya :
=
2
=
0
+
2 2
=
+
0
0
2
+
=
2
2 2
Latihan Soal
1. Sejauh berapakah sebuah objek harus bergerak sebelumpanjangnya menyusut menjadi separuh panjang sejatinya? 2. Seorang astronot harus melakukan penerbangan ke sebuah planet jauh yang berjarah 200 tahun cahaya dari bumi. Jika sang astronot ingin agar 17
selama penerbangan pergi-pulangnya usianya hanya bertambah 10tahun, dengan laju berapakah ia harus terbang? 3. Usia hidup sejadi sebuah partikel tertentu adalah 100ns (a) berapa lamakah ia hidup dalam laboratorium jika ia bergerak dengan laju v = 0.960 c? (b) berapajauhkah jarak yang ditempuhnya dalam laboratorium selama selang waktu ini? (c) berapa jauhkah jarak yang ia tempuh dalam kerangkanya sendiri? 4. Dalam suatu reactor nuklir, setiap atom uranium melepaskan energy sekitar 200MeV ketika ia berfisi (membela diri). Berapakah perubahan massa yang terjadi bila 1kg uranium terfisikan? 5. Sebuah elektron yang bergerak dengan laju v = 0.99999c, bertumbukan langsung dengan sebuah positron (anti elektron) yang juga bergerak dengan laju yang sama. Dalam tumbukan tersebut elektron dan positron termusnahkan
dan
terganti
dengan
terciptanya
dua
buah
muon
(m0c2=105,7 MeV) yang bergerak saling menjauhi dalam arah yang berlawanan. Berapakah energy kinetic masing-masing muon yang tercipta ini?
18
BAB II SIFAT PARTIKEL RADIASI ELEKTROMAGNET
Dengan adanya dua percobaan yang sudah dibuktikan yaitu, percobaan efek fotoelektrik dan efek compton, semuanya membuktikan bahwa cahaya sebagai gelombang memiliki sifat sebagai partikel pula, dimana energinya tidak tersebar merata pada muka gelombang, melainkan dilepaskan dalam bentuk buntelan-buntelan seperti partikel, buntelan ini dikenal sebagai sebuah foton. 2.1
Tinjauan Ulang Gelombang Elektromagnet
Suatu medan electromagnet dicirikan dengan adanya medan elektrik E dan medan magnet B.
=4
1
0
2
= 20
...(2.1)
...(2.2)
Dimana: r = vector satuan dalam arah radial
= vector satuan dalam arah dalam sistem koordinat silinder
Dalam medan elektrik radial, jika muatan elektrik dipercepat atau jika arus elektrik berubah terhadap waktu, maka menghasilkan gelombang electromagnet. Dalam gelombang electromagnet , E dan B berubah terhadar r dan waktu t . Gelombang electromagnet bidang datar yang merambat dalam arah z, dirumuskan oleh:
− − =
+
=
+
...(2.3)
Pada polarisasi gelombang, bidang polarisasi ditentukan oleh rambatnya (sumbu z). Sedangkan
dan arah
dapat ditentukan dengan syarat B harus
tegak lurus pada E dan arah rambatnya, dan hasil kali vector E × B menunjuk dalam arah rambat gelombang. Sehingga didapatkan besarnya 0
=
0
: ...(2.4)
Sebuah gelombang electromagnet mentransmisikan energi dari satu tempat ke tempat lain. Fluks energinya ditentukan oleh vector Poynting S, untuk gelombang electromagnet bidang besarnya vector Poynting:
19
− =
1
0 0
0
2
+
...(2.5)
Gambar 2.1 Sebuah gelombang electromagnet yang sedang merambat sepanjang arah z
Suatu
percobaan
sebuah
detector
radiasi
electromagnet
dengan
menentukan daya gelombang electromagnet yang dilepaskan ke detector. Dengan mengabaikan notasi vector dari S dan hanya bekerja dengan besarnya S, maka didapatkan nilai daya:
− =
1 0
2 0
2
+
...(2.6)
Ada dua hal penting yang perlu diingat:
1. Intensitas berbanding lurus dengan
2 0
yang merupakan sifat umum
gelombang. Intensitas berbanding lurus dengan kuadrat amplitudo. Sifat ini juga mencirikan gelombang sebagai partikel.
2. Intensitas berfluktasi terhadap waktu, dengan 2 = 2( /2 ). Fluktasi ini tidak biasanya diamati, karena mata tidak mampu bereaksi dengan cepat, dan oleh karena itu maka diamati dengan rata-rata waktu dari siklus yang jumlahnya banyak sekali. T adalah waktu pengamatan, maka daya rata-rata:
20
=2
1
2 0
0
...(2.7)
Untuk membuktikan persamaan (2.7), berikut langkah-langkahnya:
− − Σ − Σ − − − − − − − 2
Langkah pertama adalah kita buktikan nilai rata-rata
= sin = sin
Misal:
adalah 1 2
+
2
2
=
2
=
+
=
2
<
2
>=
= =360 =0
2
=
=
2
= 2 + = +
=
=
1
=
+
0
=
=
Jadi,
=
0
=
2 0
0
2
2
2 +
1 2
+
=
1
2
1 cos2 2
1 2
+
0
2
= 2 0 (Terbukti) 0
Sifat gelombang superposisi menghasilkan gejala interferensi dan difraksi. Percobaan dua celah Young merupakan contoh interferensi. Dalam percobaan ini, suatu muka gelombang bidang melewati dua celah pada sebuah penghalang. Gelombangnya dilenturkan pada kedua celah itu. Hal ini menyebabkan gelombang yang terlenturkan bertumpang tindih pada layar, sehingga terjadi interferensi.
21
Gambar 2.2 (a) Percobaan dua celah Young. (b) Pita-pita interferensi yang diamati pada layar
Jika intensitas cahaya pada jarak maksimum, maka mengakibatkan terjadinya bayangan terang di layar pada jarak tersebut, hal ini dinamakan interferensi maksimum, yang terjadi pada titik di layar yang selisih jaraknya ke kedua celah sama dengan panjang gelombang cahaya. Syarat umum bagi
− …
interferensi maksimum yaitu bahwa selisih
1 dan
2 merupakan
kelipatan bulat
panjang gelombang cahaya: 1
2
=
= 0,1,2,
Gambar 2.3 Geometri percobaan dua celah
22
...(2.8)
Pada suatu jarak tertentu pada layar, puncak gelombang dari salah satu celah tiba secara bersamaan dengan lembah atau dasar gelombang dari celah lain. Jika hal ini terjadi, maka kedua gelombang tersebut akan saling menghapuskan dan mengakibatkan daerah gelap pada layar, hal ini dikenal sebagai interferensi minimum. Pada geometri percobaan dua celah didapatkan interferensi maksimum
−
pada layar. Untuk nilai ( 1
2 ) pada
=
maksimum interferensi diperoleh:
...(2.9)
Piranti lain untuk mengamati interferensi gelombang cahaya adalah kisi difraksi. Cara kerjanya, maksimum-maksimum interferensi berkaitan dengan panjang gelombang berbeda yang muncul pada sudut
sin =
yang berbeda: ...(2.10)
Piranti ini sangat bermanfaat untuk mengukur panjang gelombang, tetapi
harus
dalam orde beberapa kali panjang gelombang karena nilainya bergantung dari
sudut .
Gambar 2.4 Penggunaan kisi difraksi untuk memilah cahaya ke dalam panjang gelombang penyusunnya
Sebagai contoh, difraksi sinar-X dari sebuah kristal. Masing-masing bidang barisan atom, yang pertama, kedua, dan seterusmya, akan memantulkan sebagian berkas sinar-X yang dijatuhkan pada kristal. Muka gelombang yang dipantulkan oleh permukaan kedua akan ketinggalan dari yang dipantulkan oleh
23
bidang pertama, karena gelombang yang dipantulkan bidang kedua harus menempuh suatu jarak tambahan. Sehingga interferensi maksimum dalam difraksi sinar-X dari kristal:
2 sin =
…
= 1,2,3,
...(2.11)
Hasil ini dikenal sebagai hukum Bragg bagi difraksi sinar-X
Gambar 2.5 Seberkas sinar-X dapat dipantulkan dari bidang-bidang kristal yang berbeda
Contoh Soal Sebuah kristal tunggal garam dapur (NaCl) diradiasi dengan seberkas sinar-X dengan panjang gelombang 100 nm, dan pantulan Bragg yang pertama teramati
pada sudut 30 . Berapakah jarak antar atom bagi NaCl? Penyelesaian:
Dengan menggunakan hukum Bragg untuk jarak
=
2.2
2sin
=
, maka:
100 100 = 2sin(30 ) 1
= 100
Radiasi Benda Hitam
Pada Gambar 2.6, terlihat bahwa suatu objek dipertahankan bersuhu T 1. Radiasi yang dipancarkan objek ini kemudian diamati dengan suatu peralatan yang peka terhadap panjang gelombang radiasi. Dengan menggerakkan detector radiasi ke sudut
yang berbeda-beda, maka intensitas radian pada suatu panjang
gelombang tertentu dapat terukur.
24
Gambar 2.6 Pengukuran spectrum radiasi termal
Yang diukur adalah jumlah radiasi dalam selang besaran ini desebut intensitas radian R.
pada , atau
pada , maka
Berdasarkan hasil percobaan dengan menaikkan suhu T 2 menjadi lebih tinggi, seperti pada Gambar 2.7, maka didapatkan dua sifat penting radiasi termal.
Gambar 2.7 Hasil pengamatan intensitas radian yang mungkin terhadap berbagai panjang gelombang
Dua sifat penting radiasi termal: 1. Intensitas radian total terhadap seluruh panjang gelombang berbanding lurus dengan suhu T berpangkat empat.
∞ 0
=
Persamaan ini disebut hukum Stefan dan Boltzman.
25
4
...(2.12) dikenal sebgai tetapan Stefan-
2. Penjang
gelombang
= 5,6703 × 10
di
mana
maksimumnya yang disebut
− 8
/
2.
masing-masing .
= 2,898 × 10
4
kurva
mencapai
− 3
.
nilai
...(2.13)
Hasil ini dikenal sebagai hukum pergeseran Wien. Contoh Soal
Pada malam yang cerah, permukaan bumi melepaskan panas secara radiasi.
Andaikan suhu tanah adalah 10 C dan tanah meradiasikan panas seperti benda hitam, berapakah laju hilangnya panas tiap m2? Penyelesaian:
− = 273 + 10 = 283
=
4
8
= 5,6703 × 10
2.
/
= 364
/
4
2
× (283 )4
2
Radiasi yang dipancarkan benda biasa tidak hanya bergantung pada suhu, tetapi juga bergantung pada rupa benda, sifat permukaannya, bahan pembuatnya, dan pemantulannya. Dengan meninjau suatu benda hitam, yang terdapat bagian sebuah kotak logam dengan sebuah lubang kecil pada salah satu dindingnya yang berperan sebagain benda hitam. Perhitungan klasik bagi energi radian yang dipancarkan untuk tiap-tiap panjang gelombang terbagi beberapa tahap perhitungan: 1. Kotak berisi gelombang-gelombang berdiri electromagnet.
2. Jumlah gelombang berdiri dengan panjang gelombang antara dan
=
= volume kotak
8
4
+
...(2.14)
3. Tiap-tiap gelombang memberi tambahan energi kT bagi radiasi di dalam kotak. 4. Untuk memperoleh intensitas radian dari kerapatan energi (energi per satuan volume), kalikan dengan c/4.
26
=
8
4
4
...(2.15)
Hasil ini dikenal sebagai rumus Rayleigh-Jeans. Namun, hukum Rayleigh-Jeans mengalami kegagalan dan disempurnakan oleh Max Planck.
Gambar 2.8 Kegagalan rumus Rayleigh-Jeans klasik menghasilkan kurva ramalan yang cocok dengan spectrum pengamatan intensitas radian
Intensitas radian yang dihitung dengan persamaan (2.15) tampak menghampiri data percobaan untuk daerah panjang gelombang yang panjang, tetapi pada daerah panjang gelombang yang pendek, teori klasik ternyata sama sekali gagal. Kegagalan hukum Rayleigh-Jeans pada daerah panjang gelombang pendek ini dikenal sebagai bencana ultraviolet. Menurut Plank, bencana ultraviolet disebabkan karena intensitas radian yang diramalkan hukum Rayleigh-Jeans menjadi sangat besar pada daerah panjang gelombang pendek. Suatu cara yang diperlukan adalah untuk membuat
→ → →∞ 0 bila
0 atau
.
Dalam radiasi benda hitam, Max Planck memberi tafsiran terhadap radiasi
termal. Planck mengemukakan bahwa sebuah atom yang bergetar hanya dapat menyerap atau memancarkan energy kembali dalam bentuk buntelan-buntelan energy (kuanta). Jika energy kuanta berbanding lurus dengan frekuensi radiasi, maka bila frekuensinya meningkat, energinya menjadi besar. Karena tidak ada gelombang yang energinya melebihi kT, maka intensitas radian dibatasi.
Besarnya energy yang dipancarkan oleh osilator bergantung pada energy
dasar :
… =
=
= 1,2,3,
27
...(2.16) ...(2.17)
Spektrum intensitas radian yang dihitung Planck:
− =
8
4
1
4
...(2.18)
1
Penurunan hukum Stefan dari Rumus Planck memberikan hubungan tetapan Stefan-Boltzman dan tetapan Planck berikut:
Gambar 2.9 Fungsi Planck berimpit secara sempurna dengan data pengamatan
Nilai dari tetapan Planck (h):
2.3
= 6,626 × 10
− 34
.
Efek Fotoelektrik
Berdasarkan percobaan pengamatan efek fotoelektrik. Energy kinetic dengan mengenakan suatu potensial perlambat pada anoda, sehingga electron tidak mempunyai energy yang cukup untuk melewati bukit potensial yang
terpasang. Tegangan ini disebut potensial henti ( ). Pengukuran cara untuk menentukan energy kinetic maksimum e letron
=
:
Gambar 2.10 Peralatan untuk mengamati efek fotoelektrik
28
merupakan
...(2.19)
Dari beberapa percobaan, didapatkan fakta rinci efek fotoelektrik: 1. Laju pemancaran electron bergantung pada intensitas cahaya 2. Laju pemancaran electron tidak bergantung pada panjang gelombang cahaya di bawah suatu panjang gelombang tertentu 3. Nilai
hanya bergantung pada jenis logam yang digunakan sebagai
permukaan fotosensitif 4. Energi kinetic maksimum hanya bergantung pada panjang gelombangnya 5. Apabila sumber cahaya dinyalakan, arus segera akan mengalir (dalam selang -9
waktu 10 s) Foton-foton yang berfrekuensi tinggi memiliki energy yang lebih besar. Oleh karena itu foton haruslah memiliki momentum:
=
...(2.20)
=
...(2.21)
Pada teori Einstein, ketika sebuah elektron terikat dalam logam dengan energi W, jika hv < W, maka tidak terjadi efek fotoelektrik. Jika hv > W, maka elektron akan terpental keluar dan kelebihan energy yang dipasok berubah menjadi energi kinetiknya. Energi kinetik maksimum yang dimiliki elektron yang terpental keluar dari permukaan logam:
− =
=
=
...(2.22)
...(2.23)
Tabel 2.1 Beberapa fungsi kerja fotoelektrik
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
29
Bahan W (eV)
Bahan W (eV)
Pb
4,14
Contoh Soal
Suatu permukaan logam memiliki panjang gelombang pancung fotoelektrik sebesar 325,6 nm. Ia disinari dengan cahaya berpanjang gelombang 259,8 nm. Berapakah potensial hentinya? Penyelesaian:
= 325,6
Diketahui:
= 259,8
Ditanya: Jawab:
?
− − − − = =
1240 325,6
= 3,808
=
= =
1240 259,8
= 4,773
3,808
3,808
= 0,965
=
=
= 0,965
2.4 Efek Compton
Efek Compton merupakan cara lain radiasi berinteraksi dengan atom, yang mana radiasi dihamburkan oleh electron hampir bebas yang terikat lemah pada atomnya. Proses hamburan ini dianalisis sebagai suatu interaksi antara sebuah foton dan sebuah electron yang diam. 30
Gambar 2.11 Geometri hamburan Compton
′
Elektron pada keadaan diam, memiliki energy diam
2.
Setelah hamburan,
′ ′ ′ −′ − − ′ ′ ′ −′ − ′ ′ ′ − − atom memiliki energy
dan momentum
dan bergerak pada arah yang
membuat sudut
terhadap arah foton dating. Electron memliki energy total
dan momentum
dan bergerak pada arah yang membuat sudut
terhadap foton
datang. Dalam interaksi ini berlaku syarat kekekalan energi dan momentum, yaitu:
=
2
+
=
+
...(2.24a)
=
=
cos
+
cos
...(2.24b)
sin
...(2.24c)
=
0=
sin
Untuk mengukur energi dan arah foton hambur, maka menghilangkan Sudut
dihilangkan dengan menggabungkan persamaan-persamaan momentum:
cos
=
sin
2
2
cos
=
sin
2
=
2
2
2
=
2 2
+
2 4
dan
:
maka dengan menyisipkan
+
dan
2
=
2
cos +
2
cos +
2
2
...(2.25)
+
2 4
...(2.26)
Besarnya energy dapat dihitung dengan persamaan: 1
1
=
1
2
1
cos
31
...(2.27)
.
′ − − =
1
cos
...(2.28)
Pada eksperimen pertama oleh Arthur Compton, seberkas sinar-X dijatuhkan pada suatu sasaran hamburan yaitu unsur karbon. Energy dari sinar-X yang terhambur diukur dengan sebuah detector yang dapat berputar pada berbagai
sudut .
Gambar 2.12
Diagram skematis peralatan hamburan Compton. Panjang gelombang
sinar-X hambur diukur dengan detector yang dapat digerakkan ke
berbagai kedudukan . Beda panjang gelombang
′ −
berubah terhadap
Hasil percobaan asli Compton diperlihatkan pada Gambar 2.13. Dari hasil tersebut dapat terlihat bahwa foton yang terhambur oleh electron tidak mengalami kehilangan energi. Akan tetapi panjang gelombang puncak yang lain bergantung pada perubahan sudut.
32
Gambar 2.13 Hasil-hasil percobaan asli Compton bagi hamburan sinar-X Contoh Soal
Hitunglah energy kinetic maksimum yang diberikan kepada electron hambur oleh suatu energy foton tertentu, dalam hamburan Compton! Penyelesaian:
′ − − − ′ − − ′ − − − ′ − ′ 1
Agar K maksimum
1
1
=
2
1
cos
= 180 , cos 180 = 1 1
1
1
1
=
1
1
2
=
1 1
1
2
1
=
1
=
+
33
cos 180
1
1
2
2
2
2
′ ′ −′ − − 2
1
=
+2 2 2
=
2
+2
2
=
=
2
2
=
2
2
=
2.5
+2
2
+2
2
2
+2 2
+2
Proses Foton Lainnya
Pada Bremsstrahlung dan produksi sinar-X, apabila electron dipercepat atau diperlambat, maka akan memancarkan energy electromagnet. Ketika menumbuk suatu sasaran, elektronnya diperlambat sehingga pada akhirnya berhenti, karena bertumbukan dengan atom-atom materi sasaran. Karena energy kinetic pental atom sangatlah kecil, maka dapat diabaikan. Jika energy kinetic
−′
electron sebelum tumbukan ( ) dan setelah tumbukan menurun menjadi ( maka energy fotonnya:
=
′
),
...(2.29)
Gambar 2.14 Peralatan untuk menghasilkan Bremsstrahlung
Panjang gelombang terpendek yang dipancarkan ditentukan oleh kehilangan energy maksimum yang mungkin,
=
...(2.30)
34
=
=
Pada produksi pasangan, dimana seluruh energi foton hilang dan dalam proses ini dua partikel terciptakan, yakni sebuah electron dan sebuah positron. Energi foton yang hilang dalam proses ini berubah menjadi energi relativistic positron E +, dan electron E -:
− − − =
+
+
2
=
+
+
2
+
Kekekalan energi mensyaratkan bahw jika E 1 dan E 2
...(2.31)
+
adalah energi masing-
masing foton, maka: 2
2.6
+
+
2
+
+
=
1
+
2
...(2.32)
Foton
Foton tidak memiliki massa diam, ia bergerak dengan laju cahaya yang memenuhi
hubungan
=
, = ,
=
.
Bahkan
merasa
tarikan
gravitasi seperti partikel-partikel lain. Foton mentransmisikan gaya electromagnet, dua muatan listrik berinteraksi dengan “mempertukarkan” foton. Foton dipancarkan oleh salah satu muatan dan diterima oleh muatan lainnya. Foton tidak memiliki ukuran fisik dan tidak dapat dibelah karena tidak memiliki unsur-unsur penyusun dirinya. Latihan Soal
1. Gunakan nilai angka dari tetapan Stefan,
−
= 5,67 × 10
mendapatkan nilai angka tetapan Planck dari persamaan
8
/
2.
=
2 5 4 15 2 3
4 untuk
2. Berapakah panjang gelombang pancung bagi efek fotoelektrik yang menggunakan permukaan aluminium? 3. Penyinaran permukaan seng menghasilkan efek fotoelektrik. a. Berapakah panjang gelombang terbesar yang akan mengakibatkan fotoelektron terpancarkan?
35
b. Berapakah potensial hentinya bila digunakan cahaya berpanjang gelombang 220,0 nm? 4. Sinar gamma berenergi tinggi dapat mencapai suatu detector radiasi melalui hamburan Compton dari sekitarnya, seperti diperlihatkan pada diagram di bawah ini; efek ini dikenal sebafai hamburan-balik. Perlihatkan bahwa, bila
≫
2.
Foton hamburan-balik memiliki energy sekitar 0,25 MeV, yang
tidak bergantung pada energy foton awal, bila sudut hamburnya menghampiri 180o.
5. Sinar gamma berenergi 0,662 MeV mengalami hamburan Compton. o
a. Berapakah energy foton hambur yang diamati pada sudut hambur 60 ? b. Berapakah energy kinetic electron hambur?
36
BAB III SIFAT GELOMBANG DARI PARTIKEL
Dalam fisika klasik hukum-hukum yang mengatur kekhasan gelombang dan partikel sangat berbeda. Gerak peluru memenuhi hukum-hukum yang berlaku sebagai partikel yang dijelaskan di mekanika newton sedangkan gelombang mengalami interferensi dan difraksi yang tidak dijelaskan dengan mekanika newton yang berlaku sebagai partikel. Ciri-ciri gelombang adalah memiliki panjang gelombang dan frekuensi, sedangkan ciri-ciri partikel adalah memiliki massa, momentum dan energi. 3.1
Hipotesis deBroglie
Percobaan
interfernsi
dua
celah
(jika
cahaya
bersifat
sebagai
gelombang) dan efek fotolistrik serta efek chompton (jika cahaya bersifat sebagai partikel). Dalam hipotesis disertasi doktornya deBroglie meneliti mengenai efek fotolistrik serta efek chompton, sehingga menghasilkan bahwa gelombang sebagai partikel. Dengan meneliti persamaan:
=
…(3.1)
=
…(3.2)
Pada pers. (3.1) mengalami kesulitan, apakah E merupakan Energi total, Energi nonrelativitas atau Energi relativitas? Sedangkan pada pers. (3.2) deBroglie mengusulkan hipotesisnya bahwa semua partikel yang bergerak (p) berkaitan pada suatu gelombang dengan panjang gelombang (λ):
=
=
dimana: λ= panjang gelombang DeBroglie
=
37
sehingga
=
1
2
=2 1
=2 ( =2
2)
2
= 2
=
2
makin besar besar momentum partikel maka makin pendek pendek panjang gelombang. Dalam persamaanλ =
− =
0
1
m menyatakan massa 38nergytic
2/ 2
Contoh Soal
1) Carilah panjang gelombang deBrolie dari: a. Sebuah molekul (m=28u) b. Sebuah proton 5MeV c. Sebuah elektron 50 GeV Pemecahan :
a. m= 28 . 1,660566x10
-27
= 4,6494x10
-26
3 2
E = KT 3 2
= 1,38x10 -23.300 = 6,21x10 -21 joule
− − = 2
= 2 . 4,6494 10 26 . 6,21 10 21 =2,4x10-23kg m/s
38
kg
−−
λ = b.
6,6 10 34 = 2,4 10 23
=
0,275 A
− − − =5
= 2
(
1
2
1
2,98 kg m/s
= =
c.
)2
= 2
2
E= 50 GeV = 50x103 MeV mc2= 0,511 MeV
= 2
=
=
=
2 2
2 2 2
=
=
2
2 4
+
2 )2
(
2 )2
(
= (5 104 )2
(0,511)2
2
Karena E >> mc maka,
=
2
= 5 104
=
=
1240 5 104
= 248
2) Neutron yang dihasilkan dalam sebuah 39nergy39 dikenal sebagai neutron termal, karena 39nergy kinetiknya telah berkurang (oleh tumbukan) hingga
≅ 3 2
, diman T adalah suhu ruang. Tentukan panjang gelombang
deBroglienya !
39
Pemecahan : 3 2
K =
3 2
= 1,38x10 -23 . 300 = 6,21x10 -21 J P
− −
= 2
= 2 . 1,67 10 27 = 4,55x10 λ
=
(1
) . 6,21 10
21
-24
kg m/s
−−
6,6 10 34 . 4,55 10 24 /
=
= 1,45 A 3.2
Difraksi partikel
Pada tahun 1927 Davisson dan Germer menyelidiki pemantulan berkas elektron dari permukaan kristal nikel. Peralatan yang digunakan untuk melakukan percobaan sebagai berikut
Gambar 3.1 peralatan yang digunakan Davisson dan Germer untuk mempelajari difraksi (elektron)
40
Dalam percobaan seberkas elektron dari suatu kawat pijar panas dipercepat melalui suatu beda potensial V. Setelah melewati suatu celah kecil, berkas elektron ini menumbuk kristal nikel tunggal. Elektronya kemudian dihamburkan kesegala arah oleh atom kristal, beberapa menumbuk detektor, yang dapat digerakkan ke sebarang subut ϕ relatif terhadap arah berkas datang, yang mengukur intensitas berkas elektron yang dihamburkan pada sudut tersebut. Jika setiap atom kristal dianggap dapat bertindak sebagai satu penghambur, maka gelombang elektron yang terhambur dapat berinterferensi, sehingga diperoleh semacam kisi difraksi kristal bagi gelombang elektron. Hamburan tersebut dapat dilihat pada gambar berikut :
Gambarb 3.2 gambar hamburan dari bidang kristal.
Sudut hamburan sebesar θ = 90° atau
ϕ
2. Berkas yang terpantul dengan
intensitas maksimum akan teramati pada sudut ϕ apabila syarat bragg bagi interferensi maksimum dipenuhi. Sehingga jarak atom a berhubungan dengan jarak d menurut persamaan
ϕ
= sin( 2 )
...(3.3)
Intensitas berkas hambur pada sudut ϕ antara 0-90° seperti pada gambar
41
Gambar
3.3
hasil
percobaan
Davisson
dan
Germer.
Intesitas
maksimum
menyebabkan intesitas berkas pantul mencapai maksimum pada sudut ϕ = 50° dan V= 54V
Sehingga panjang gelombang berkas elektron untuk hamburan pada sudut 50°, padaa percobaan diketahui bahwa jarak kisi dari atom nikel a= 0,215 nm maka:
= sin25° = 0,0909
= 2 sin = 0,165
Kemudian bandingkan berdasarkan teori deBroglie. Sebuah elektron yang dipercepat melalui suatu beda potensial 54 V memiliki energi 54 eV sehingga momentumnya
=
2
=
1
1240 7430
1
= (7430
=
Panjang gelombang deBroglie adalah
=
2
2
=
= 0,167
Hasil tersebut sesuai dengan kebenaran teori dBroglie.
42
)
sehingga,
Contoh soal
1) Sebuah sinar elektron 5,4 KeV diarahkan pada kristal dan elektron difraksi ditemukan pada sudut 50° relatif terhadap berkas asli. Berapakah jarak dar i pesawat atom kristal? Sebuah perhitungan relativistik diperlukan untuk λ?
− − − − − − − − − −
Pemecahan :
=
=
2
2 . 9,11 10
34
6,6 10
34
=
2 9,11 10 6,6 10
=
34
34
1576,17576 10
34
6,6 10
48
=
5,4
. 5,4
. (1,602 10
6,6 10 34 39,701 10 24
16
= 0,1662 10
)
10
= 0,01662
Jarak antar pesawat atom
3.3
= 2sin 65° =
0,01662 2 . 0,906
−
= 9,1 10
3
Hubungan ketidakpastian Gelombang Klasik
Sebuah gelombang berbentuk
=
1
sin
1
, gelombang tersebut
berulang-ulang dari x = -∞ hingga x= +∞,
Gambar 3.4 sebuah gelombang murni dari rentang -∞ samapai +∞
Dari gambar diatas kita tidak dapat mengetahui dimana letak gelombang, karena letak gelombang berada dimana-mana. Tetapi panjang
43
Xa
gelombang tersebut dapat ditentukan secara pasti sebesar
2
. Sekarang
apabila memadukan dua gelombang dengan panjang gelombang yang berbeda, sehingga y= y1 sin k 1x+y2 sin k 2x, gelombang tersebut berulangulang dari x = -∞ hingga x= +∞ Xa
Xb
Gambar 3.5 perpaduan dua gelombang yang berbeda panjang gelombang
Dari gambar 3.5, dapat menetukan letak gelombang pada titik Xa terdapat getaran sedangkan pada Xb tidak terdapat getaran. Panjang gelombang tersebut tidak dapat ditentukan secara pasti, karena panjang gelombang pada dua gelombang yang berbeda menyebabkan ketidakpastian pada panjang gelombang.
∆x
Gambar 3.6 perpaduan dua gelombang yang berbeda dengan panjang gelombang berbeda dan 44mplitude berbeda
Amplitudo gelombang (∆x) berbeda dan nilai panjang gelombang berbeda (∆λ). Jika ∆λ diperbesar maka ∆x akan memperkecil. Hubungan ∆x dengan ∆λ berbanding terbalik secara matematik:
∆∆
44
~1
…(3.4)
Dimana:
=
2
ketidakpastian panjang gelombang juga berlaku pada ketidakpastian frekuensi gelombang. Jika frekuensi gelombang diperbesar maka selang waktu akan memperkecil. Pada pengukuran menggunakan frekuensi sudut ω=2πv secara sistematis dituliskan:
3.4
∆∆
~1
…(3.5)
Hubungan ketidakpastian Heisenberg
Ketidakpastian juga berlaku pada panjang gelombang DeBroglie dengan menggunakan
= dengan
=
2
maka:
= 2 dimana2 = ħ
= ħ k
Nilai ħ = 1,05x10 -34 Js = 6,58x10 -16 eV s Hubungan ketidakpastian diperoleh:
∆∆
~ħ
…(3.6)
Frekuensi gelombang DeBroglie juga memiliki ketidakpastian, sama seperti ketidakpastian Gelombang klasik. Pada DeBroglie E= hv dapat dituliskan dengan E= ħω
∆
ω=
∆ ħ
sehingga utnuk ketidakpastian dapat dituliskan secara sistematis :
∆∆
~ħ
…(3.7)
Persamaan (3.6) dan (3.7) merupakn ketidakpastian HeisenBerg.
Contoh soal
1) Kecepatan sebuah elektron diukur hingga mencapai ketidakpastian 2,0 x 104 m/s. Dalam daerah sepanjang berapakah elektronnya masih mungkin ditemukan ?
45
Pemecahan:
∆∆ ∆∆ ∆ ∆
~ħ ~ħ
=
ħ
=
− −
1,05 10 34 . 9.1 10 31 2 104 /
−
= 0,057 10
7
= 5,7
2) Partikel ∆ memiliki elektron diam 1236 MeV dengan ketidakpastian pengukuran secara eksperimen sebesar 120 MeV. Berapakah usia hidup minimumnya? Pemecahan:
∆∆ ∆ ∆
~ħ
=
ħ
E
=
−
6,58 10 16 120 106
.
−
= 5,5 10
24
3) Dalam logam, elektron-elektron konduksi tidak terikat pada satu atao, tetapi 46lectron bergerak bebas dalam logam. Tinjaulah sebuah penggal tembaga berukuran 1cm x 1cm x 1cm. Tentukan ketidakpastian dalam masing-masing komponen momentum dari sebuah elektron yang dibatasi geraknya dalam logam tersebut? Pemecahan:
∆∆ ∆ ∆ ∇ ~ħ
=
3.5
ħ
=
1
2
=
1 1240 2 . 3,14 .1
=
1 1240 6,28 . 10
= 2,0 x 10- 5 eV/c
Paket Gelombang
Kedudukan suatu gelombang sinus atau kosinus murni sama sekali tidak dibatasi dari -∞ samapai +∞, sedangkan kedudukan partikel dibatasi secara tegas. Tetapi dengan diskripsi kuantum yang mencampurkan partikel dan gelombang, kedudukan partikel menjadi tidak dibatasi secara tegas.
46
Untuk mengetahui keberadaan dalam atom maka digunakan konsep paket gelombang. 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 gelombang yang berinterferensi secara maksimum disekitar partikel yang berada jauh dari partikel maka resultannya memiliki amplitudo yang lebih kecil pada tempat dimana partikelnya kita perkirakan tidak ditemukan. Sebuah paket ideal separti gambar berikut ini
Gambar 3.7 sebuah paket gelombang yang ideal
Amplitudonya hampir nol, kecuali pada suatu daerah kecil berukuran ∆x. Ini berkaitan berkaitan dengan sebuah partikel yang kedudukannya kedudukannya di batasi batasi dalam daerah berukuran ∆x, dengan rentang momentunya ∆p. Setiap momentum berkaitan dengan satu panjang gelombang deBroglie tertentu, sehingga rentang momentum ∆p setara dengan rentang panjang gelombang sebesar ∆λ. Dengan demikian paket gelombang melibatkan penjunlahan sejumlah gelombang dengan panjang gelombang yang berbeda-beda. Kita tinjau sejumlah gelombang sinus berbentuk y = A cos kx, Sekarang kita lihat suatu gelombang dengan bilangan gelombang k 1kemudian ditambahakan suatu gelombang yang hampir sama k 2 = k 1 + ∆k yang mengilustrasikan gejala layangan. Komponen-komponen gelombang pada x = 0 bergetar dengan fase sama, Sehingga kita peroleh:
∆ =
cos
1
+ cos
( ) = 2 cos( 2 )cos(
47
2
1+ 2
2
)
...(3.8)
Dengan mensubtitusikan (kx-ωt) (kx- ωt) pada kx. Frekuensi sudutnya adalah ω dan k =ω/k adalah kecepatan fase gelombang. Kita dapat menurunkan pernyatan ekspilnsit bagi gelombang resultannya dengan melakukan sedikit manipilasi trigonometri yang memberikan hasil:
− − ∆ − ∆ − ,
=
cos
1
= 2 cos
+
1
2
2
cos (
2
2
1+ 2
1+ 2
2
2
)
...(3.9)
Bila kita menjumlahakn gelombang sinus yang lebih banyak maka:
=
1
cos
...(3.10)
Jika terdapat banyak bilangan gelombang yang berbeda dan jika mereka sangat berdekatan, maka dapat diganti dengan integral :
=
cos
...(3.11)
Terjadi dari 0 sampai ∞. Jika kita mempunyai rentang bilang gelombang dari
∆ +
2. Jika amplitudonya sam makaa diberikan :
− ∆
∆ − − − ∆ =
2
sin
2
2 hingga
...(3.12)
Sebuah paket gelomabang lebih baik dengan mengambil A(k) berubah-ubah,
=
sebagai contoh, bentuk fungsi gauss
=
(
)2 2
cos
0
(
2
) 2
, sehingga ...(3.13)
Disini terdapat lagi gelombang selubung yang memodulasi gelombang kosinus dan memperkecil amplitudonya diluar ruang daerah se lebar ∆x,
48
Gambar 3.8 dua paket gelombang yang berbeda, setiap gelombang terdapat fungsi yang memperkecil amplitudo kosinus diluar daerah ∆x.
Untuk mengubah dalam bentuk gelombang rambat maka harus mengubah kx menjadi kx-ωt kx-ωt sehngga kita dapatkan gelombang selubungnya selubungn ya bergerak dengan laju ∆ω/∆k. Sehingga kecepatan grup:
=
...(3.14)
Selubung paket gelombang ini bergerak pada kecepatan grup, sedangkan di dalamnya setiap komponen gelombang bergerak dengan kecepatan fase masing-masing
=
...(3.15)
Kecepatan fase hanya didefinisikan sebagai satu komponen gelombang bukan paket gelombang Kecepatan grup
=
dapat pula dinyatakan dalam cara
=
=
=
=
49
1 ħ
ħ
...(3.16)
Kecepatan grup bukanlah sifat komponen gelombang melainkan sifat zat perantara dalam paket gelombang yang bergerak. Zat perentara terdapat paket gelombang diberikan oleh dE/dp yang identik dengan tanggapan zat perentar a pada partikel.
=
...(3.17)
Ruas kanan adalah kecepatan partikel sedangkan ruas kiri adalah kecepatan paket gelombang. Dengan demikian kecepatan sebuah partikel materi sama dengan kecepatan grup paket gelombang yang bersangkutan. Contoh soal
1) Sebuah elektron memiliki panjang gelombang deBroglie 2x10 -12 m. Cari energi kinetik dan kecepatan fase, kecepatan grup gelombang deBroglie. Pemecahan :
=
− − =
(6,6 10 34 )(3 108 ) 2 10 12
− − − − − = 1 10
13
energi diam E o = moc2 = (9,1x10-31)(3x108)2= 0,8x10-13 J 2 2
energi kinetik elektron K = E - Eo =
= (10
13 )2
2 -
+
+ (0,8 10
13 )2
0,8 10
13
= 0,48x10 -13 J
− − − − − = 0,48 10
13
.
1 1,6 10 19 /
= 3 105
= 300
untuk momentum kecepatan elektron menggunakan rumus
=
2
=
=
Kecepatan grup :
2 2
=
+
2
=
= 0,78
50
10
(10
13 )2
13
+ (0,8 10
13 )2
= 0,78
Kecepatan fase : 3.6
=
2
= 628
Probabilitas dan keacakan
Pengukuran terhadap kedudukan atau momentum pertikel dapat dilakukan dengan teliti yang dapay dicapai oleh ketrampilan eksperimen. Teori mekanika kuantum memungkinksn untuk menghitung rata-rata hasil atau hasil pengukuran yang mungkin diperoleh dan distribusi dari setiap hasil pengukuran sekitar hasil rata-ratanya. Sebagai contoh, fisika kuantum meramalkan bahwa atom hidrogen yang dipersiapkan secara identik, probabilitas untuik menemukan elektron beredar searah dengan perputaran jam adalah 50 persen, sehingga pengukurannya bergerak searah atau berlawanan perputaran jam, bukan gabungan keduanya. Keacakan menunjukkan bahwa pengetahuan yang dimiliki pada suatu sistem kurang lengkap. Sebagai contoh jika mengetahui secara pasti bagaiman dadu dilempar (besar dan arah kecepatan walnya, orientasi awalnya, laju putranya)dan hukum tumbukanny apda meja maka dapat meramalkan secara pasti bagaiman dadu akan mendarat pada meja. 3.7
Amplitudo probabilitas
Sebuah partikel yang terbatasi kedudukanya dengan sebuah paket gelombang, jika partikel dibatasi pada suatu bagian ruang berukuran ∆x, maka paket gelombang yang menyatakan partikel tersebut hanyalah memiliki amplitudo yang besarnya dalam daerah yang berukuran ∆x, sedangkan di luarnya amplitudo paket gelombangnya kecil. Artinya amplitudo paket gelombang itu besar pada tempat diman partikelnya berada dan kecil pada daerah yang memungkinkan untuk mendapatkan partikel. Jadi amplitudo gelombang deBroglie (sebuah partikel) pada t sebarang titik berkaitan dengan probabilitas untuk menemukan partikel yang bersangkutan pada titik tersebut. Dalam fisika klasik, intesitas sebuah gelombang berbanding lurus dengan kuadrat amplitudonya, maka probabilitasnya juga berbanding lurus dengan kuadrat amplitudo gelombang deBroglie. Dalam menentukan
51
amplitudo probabilitas selalu mengalami kesulitan, yang disebabkan karena amplitudo gelombang adalah besaran komploeks, sehingga tidak dapat untuk menafsirkan
atau
mengkur
langsung
amplitudo
probabilitas.
Tetapi
probabilitas didefinisikan dalam nilai mutlak dari kuadrat amplitudo.
Latihan Soal !
1. Tentukan panjang gelombang dari: 6
a) Elektron yang bergerak dengan kecepatan 2.10 m/s b) Partikel yang bermassa 3 kg dengan kecepatan 100km/jam c) Sebuah elektron dengan energi kinetik 1eV 2. Tentukan : a) Energi kinetik elektron dengan panjang gelombang 1 nm b) Energi foton dengan panjang gelombang 1nm c) Energi kinetik elektron dengan panjang gelombang 1 nm d) Energi foton dengan panjang gelombang 1 fm 3. Tentukan panjang gelombang deBroglie dari a) Elektron 1 KeV b) Foton 1 KeV c) Neutron 1KeV 4. Sebuah sinar elektron 50 KeV diarahkan pada kristal dan elektron difraksi ditemukan pada saat sudut 50° relativ terhadap berkas asli. Berapa jarak dari dari pesawat atom kristal? Sebuah perhitungan relativistik diperlukan untuk λ berikut
2
= 0,5
?
5. Energi dari elektron memasuki kristal meningkat yang mengurangi panjang gelombang deBroglie. Pertimbangan sinar dari 50 eV diarajkan pada target nikel. Energi potensial elektron yang memasuki perubahan target adalah 26 eV. a) Bandingkan kecepatan elektron luar dan dalam target b) Bandingkan masing-masing panjang gelombang deBroglienya
52
BAB IV PERSAMAAN SCHRODINGER
4.1
Pembenaran Persamaan Schrodinger
Persamaan Schrodinger hanya dapat dipecahkan secara eksak untuk beberapa potensial sederhana tertentu; yang paling sederhana adalah potensial konstan dan potensial osilator harmonik. Persamaan Schrodinger harus memenuhi semua kriteria berikut. 1.
hukum kekekalan energy adalah salah satu asas yang diinginkan tetap berlaku. Oleh karena itu, kita mengambil K + V =E
...(4.1)
(karena kajian kita tentang fisika kuantum ini dibatasi pada keadaan takrelativistik, maka
=
=
; E hanyalah menyatakan jumlah
energy kinetic dan potensial, bukan energy massa relativistic). 2.
Hipotesis deBrogile jika dipecahkan persamaan matematikanya bagi sebuah partikel dengan momentum p = ħk, maka enrgi kinetic dari gelombang deBrogile partikel bebas haruslah
3.
ℏ 2
=2 =
2 2
2
.
Fungsinya haruslah bernilai tunggal-artinya, tidak boleh ada dua probalitas untuk menemukan partikel di satu titik yang sama. Ia harus pula linear, agar gelombangnya memiliki sifat superposisi yang kita harapkan sebagai milik gelombang yang berperilaku baik.
Dengan memilih bernalar dalam urutan terbalik, akan ditinjau terlebih dahulu pemecahan dari persamaan yang sedang di cari. gelombang tali yang
− − − memiliki
bentuk
matematik
,
=
sin(
electromagnet, yang memiliki pula bentuk serupa
,
=
0), maka
sin(
),
,
). Jadi dengan mendifinisikan
=
53
sin
=
dan
gelombang
sin(
) dan
sebagai
( , =
...(4.2)
Didepan telah didapati bahwa
=
ℏ
2 2
2
, sehingga satu-satunya cara untuk
memperoleh suku yang mengandung r adalah dengan mengambil turunan kedua dari
= A sin
terhadap x.
− − ℏ − ℏ 2
2
2
= 2
2
2
2
4.2
2
=
+
2
=
=
− ℏ − 2
2
Resep Schrodinger
1. Mulaialah dengan menuliskan persamaan (4.3) untuk bersangkutan. 2. Carilah suatu fungsi
...(4.3)
yang
( ), sebagai pemecahan bagi persamaan
diferensial yang bersangkutan. 3. Pada umumnya, kita dapati banyak pemecahan yang memenuhi. Dengan menerapkan syarat-syarat batas. 4. Jika
tidak kontinu, maka anda harus menerapkan persyaratan
kekontinuan pada
.
5. Tentukanlah semua tetapan yang belum diketahui. Misalnya tetapan A pada persamaan 4.2.
Contoh soal
Sebuah benda bermassa m dijatuhkan dari ketinggian H di atas tangki air. Ketika memasuki air, ia mengalami gaya apung B yang lebih besar daripada beratnya. (Kita abaikan gaya gesek (viskos) oleh air pada benda Carilah perpindahan dan kecepatan benda, dihitung dari saat dilepaskan hingga ia muncul kembali kepermukaan air. Pemecahan Kita pilih sebuah system
koordinat dengan y positif keatas, dan
mengambil y=0 pada permukaan air. Selama benda jatuh bebas, ia hanya dipengaruhi gaya gravitasi. Maka, dalam daerah 1(diatas air, hukum kedua Newton memberikan
54
− − − 2
=
2
Yang memiliki pemecahan
1( )
₀₁ ₀₁
=
1( )
=
01
01
+
1 2
01
2
v dan y adalah kecepatan dan ketinggian awal pada saat t=0. Ketika benda memasuki air (daerah 2), gayanya menjadi B-mg, sehingga hukum kedua Newton menjadi
− − − ₀₂ ₀₂ 2
=
2
Yang memiliki pemecahan
2( )
2( )
=
=
02
02
+
+
02
+
1 2
2
₀₁
Keempat pemecahan ini memiliki empat koefisien tidak tertentukan y ,
₀₁ ₀₂ ₀₂ ₀₁
v , y , v
(Perhatikan bahwa
y dan v bukanlah nilai pada saat t=0,
tetapitetapan yang akan ditentukan kemudian). Kedua tetapan pertama diperoleh
₀₁
dengan menerapkan syarat awal – pada saat t=0 (ketika benda dilepaskan) y =H dan v = 0, karena benda dilepaskan dari keadan diam. Oleh karena itu, pemecahan dalam daerah 1 adalah
− − 1( )
1(
=
1 2
) =
2
Langkah berikut dalam penerapan syarat batas pada permukaan air .Misalkan t
₁
adalah saat ketika benda memasuki air. Syarat batasnya menghendaki bahwa v dan y kontinu pada daerah batas antara air dan udara, yakni:
dan
1
1
=
2
2
1
1
=
2
2
55
Persyaratan pertama mengatakan bahwa benda nya 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
−Δ ≠ ₁ ₁
mulus pada permukaan air. [Jika syarat tidak dipenuhi , maka 1 1
−Δ 2
1
→
meskipun Δt 0, shingga percepatan akan menjadi takhingga]. Untuk
menerapkan syarat batas ini, kita harus terlebih dahulu mencari t ketika y menjadi nol.
− ₁₁ − − − − − − ₀₂ ₀₂ − − 1
1 2
=
1
2
=0
sehingga
2
=
1
Dengan demikian, laju benda ketika menyentuh air v (t ) adalah
1
=
1
2
=
=
2
Maka syarat batas memberikan
1
1
=
01
2
+
01
+
1 2
2
=0
dan
1
1
=
2
02 +
=
2
Kedua persamaan ini dapat dipecahkan secara serempak untuk memperoleh y dan v , yang menghasilkan
02
=
2
dan
Jadi, pemecahan lengkap dalam daerah 2 adalah
− − 1
1
=
2
56
+
02
=
1+
.
− − ₁₁ ₂ ₂ 2
1
=
2
+
+
1 2
2
Persamaana bagi v , y , dan v dan y memberikan perilaku gerak benda dari saata t = 0 hingga ia muncul kembali ke permukaan air. Hasil – hasil ini dapat kita terapkan untuk menghitung sifat gerak lainnyaa; sebagai contoh, kita dapat
₂
mencari kedalama maksimum yang dicapai benda, yang terjadi ketika v =0 . Jika
₂
kita ambil t sebagai waktu pada saat hal ini terjadi, maka
− − − ₂ ₂ − − − − − 2
2
2
=
2
+
2
=
2
=0
Kedalaman D adalah nilai y pada saat t ini , yaitu
=
2
2
=
2
+
+
1 2
2
=
4.3
Probalitas dan Normalisasi
Variabel fisika yang menyatakan suatu jenis gelombang yang berbeda, yang nilai mutlaknya memberikan probabilitas untuk menemukan partikelnya
pada suatu titik tertentu. Dimana | ( )|2
memberikan probabilitas untuk
menemukan partikel
di
dalam
selang
dx
x. Rapat
probabilitas P(x)
terhadap ψ(x) menurut persamaan Schrödinger sebagai ber ikut:
= | ( )|2
57
...(4.4)
Probabilitas untuk menemukan partikel antara x 1 dan x2 adalah jumlah semua probabilitas P(x)dx dalam selang antara x 1 dan x2 adalah sebagai berikut :
− 2 1
=
2 1
( )
2
...(4.5)
Dari aturan ini, maka probabilitas untuk menemukan partikel disuatu titik sepanjang sumbu x, adalah 100 persen, sehingga berlaku: +∞
( )
∞
2
= 1
...(4.6)
Persamaan (4.6) dikenal dengan syarat Normalisasi, yang menunjukkkan bagaimana
mendapatkan tetapan A. Sebuah fungsi gelombang yang tetapan
pengalinya ditentukan dari persamaan (4.6) disebut ternormalisasikan. Sebagai contoh, jika pemecahan matematika bagi persamaan differensial menghasilkan
− =
+
A = 0 agar pemecahannya
bagi seluruh daerah x > 0, maka syaratnya
mempunyai makna fisika. Jika tidak |ψ(x)| akan
menjadi tak hingga untuk x menuju tak hhingga (Tetapi jika pemecahannya dibatasi dalam selang 0 < x < L, maka A tidak boleh sama dengan nol).
Contoh soal 4.2
Sebuah partikel terperangkap dalam suatu daerah satu dimensi selebar L. Pada keadaan eksitasi keduannya (n=3) , perlihatkan bahwa probabilitas untuk menemukannya antara x = 0 dan x = L/3 adalah 1/3. Diketahui :
=
0
=0
1
=3=3
1
Ditanya : P x = ? Jawab :
2
=
3
=
2
sin
sin
58
− − − − − − − 1 3
=
| |2
0
1 32
=
2 3
0
=
1 31
2
0
=
2
1
6
0
1/3
1 3
1
6
0
0
= = =
4.4
1
3
1
3
0 0
sin2
6
1 3
sin0
0
0
1 3
Beberapa Penerapan
1. Pada Partikel Bebas Yang dimaksud dengan “partikel bebas”
adalah sebuah partikel yang
bergerak tanpa dipengaruhi gaya apapun dalam suatu bagian ruang, yaitu,
− =
( )
= 0 sehingga menempuh lintasan lurus dengan kelajuan konstan.
Sehingga energy potensialnya nol. Persamaan Schrodinger pada partikel bebas dapat diperoleh dari persamaan (4.3) berikut:
− ℏ − ℏ ℏ 2
2
2
( ) 2
+
=
( )
...(4.7)
Untuk partikel bebas V = 0, maka persamaanya menjadi 2
2
2
2
2
( )
( ) 2
=
=
2
2
59
( )
x
...(4.8)
...(4.9)
ℏ ħ ħ − 2
∶
( ) 2
=
²=+
2
x =0
2
2
=
²
...(4.10)
² ² 2
...(4.11)
Dengan demikian diperoleh : ² ( ) ²
=
² ( ) ²
+
² ( )
...(4.12)
2
...(4.13)
= 0
Bentuk umum dari persamaan differensial biasa berorde dua, dengan k² adalah positif, dimana Ψ(x) merupakan kuantitas kompleks yang memiliki bagian real (nyata) dan bagian imajiner, maka :
² ( ) ²
+
2
= 0
...(4.14)
Maka didapatkan
=
+
...(4.15)
Pemecahan ini tidak memberikan batasan pada k, maka partikel yang diperkenankan memiliki semua nilai (dalam istilah kuantum, bahwa energinya tidak terkuantitas). 2. Partikel dalam Sumur Potensial Sumur potensial adalah yang tidak mendapat pengaruh potensial.Daerah I
∞ ≤≤
dan daerah II adalah daerah-daerah dengan V =
, sedangkan di daerah II, yaitu
antara 0 dan L, V =. Dikatakan bahwa lebar sumur potensial ini adalah L. V(x) = 0,
0
V(x) =
x< 0,
∞
> ,
Gambar 4.1 partikel dalam sumur potensial daerah II Pada sumur potensial yang dalam, daerah I dan III adalah daerah dimana kemungkinan berada electron bisa dianggap nol,
60
1(x)
= 0 dan
2(x)
= 0.
Sedangkan pada daerah dua dapat memberi spesifikasi pada gerak partikel = 0 dan x = L disebabkan oleh dinding keras tak berhingga. Sebuah partikel tidak akan kehilangan Energinya jika bertumbukan dengan dinding, energy totalnya tetap konstan.
Maka yang perlu dicari adalah nilai
di dalam sumur, yaitu antara x = 0
dan x = L. persamaan Schrodinger bebas waktu adalah :
− − ²
² ²
2
=
...(4.16)
Dengan ²
²
=
²
...(4.17)
Dimana
=
2
... (4.18)
sesuai dengan persamaan gelombang maka :
( ) =
+
...(4.19)
Pemecahan ini belum lengkap, karena belum ditentukan nila A dan B, juga belum menghitung nilai energy E yang diperkenankan. Dalam hal ini akan dibuat syarat bahwa pemecahan untuk x < 0 pula pemecahan untuk x >
> 0 bernilai sama di x = 0. Begitu
< haruslah bernilai sama di x = L. jika x
=0, untuk x < 0 jadi harus mengambil
(x) = 0 pada x = 0.
(0) = A sin 0 + B cos 0 (0) = 0 + B.1 = 0
= 0 untuk x > , maka haruslah berlaku
Jadi, didapat B = 0. Karena
(L) = A sin kL + B cos kL = 0
...(4.20) (L) = 0, ...(4.21)
Karena telah didapatkan bahwa B = 0, maka haruslah berlaku: A sin kL = 0
Disini ada dua pemecahan yaitu A = 0, yang memberikan
...(4.22) (x) = 0 dan
²(x) = 0, yang berarti bahwa dalam sumur tidak terdapat partikel (Pemecahan
tidak masuk akal) atau sin kL = 0, maka yang benar jika:
… … = , 2 . 3 ,
dengan :
=
2
=
. = 1,2, 1,2,3 3 .
...(4.23)
...(4.24)
61
dari persamaan (4.23) dan persamaan (4.24) diperoleh bahwa energy partikel mempunyai harga tertentu yaitu harga eigen. Harga eigen ini membentuk tingkat energisitas yaitu:
=
ħ
² ² ² 2 ²
....(4.25)
Fungsi gelombang sebuah partikel di dalam sumur yang beren ergi E n ialah: n
= A sin
ħ 2
Untuk memudahkan
1
... (4.26)
ħ
=2
² ² yang ²
mana tampak bahwa unit energy ini
ditentukan oleh massa partikel dan lebar sumur. Untuk menentukannya, ditinjau
∞−∞ ≤≤ ≤≤ ≤≤ ≤≤ ∶ …
kembali persyaratan normalisasi, yaitu
+
Kecuali untuk 0 2
( )²
:
2
0
Maka diperoleh A =
ψ
= 1. karena (x) = 0
= 1
...(4.26)
2/ 2/ . dengan demikian, pemecahan lengkap bagi
fungsi gelombang untuk 0 n
=
2
sin
n = 1,2, 1,2,3 3
...(4.27)
Dalam gambar 4.2 dan 4.3 akan dilukiskan berbagai tingkat energy, fungsi gelombang dan rapat probalitas terendah.
² yang mungkin untuk beberapa keadaan
Gambar 4.2 tingkat energy dalam sumur secara konstan
62
Gambar 4.3 probalitas keberadaan electron dalam sumur potensial
Energy elektron mempunyai nilai-nilai tertentu t ertentu yang diskrit, yang ditentukan oleh bilangan bulat n. Nilai diskrit ini terjadi karena pembatasan yang harus dialami oleh
2
yaitu bahwa ia harus berada dalam sumur potensial. Jika tingkat
energy untuk n = 1 kita sebut tingkat energy keadaan dasar, maka tingkat energy pertama pada n=2, dan sterusnya. Persamaan (4.25) memperlihatkan bahwa selisih energy antara satu tingkat dengan tingkat berikutnya,
Gambar 4.4 Pengaruh lebar sumur terhadap energy
Jadi makin besar L maka perbedaan nilai tingkat-tingkat energy akan semakin kecil dan untuk L ’ semakin lebar maka tingkat-tingkat energy tersebut akan semakin rapat sehingga kontinyu.
63
Gambar 4.5 Rapat probabilitas
2
bagi beberapa tingkat energi terendah dari partikel
yang terbatas gerakannya dalam sebuah kotak dua dimensi.
Contoh
Gerak sebuah elektron terbatasi dalam suatu daerah 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 tertsebut ? Diketahui :
∆ − ∆
= 1,0
1
= 24.0
= 1,6 × 10
Ditanya : a. b. c. Jawab: a.
=1
= 6.63 × 10
16
= 3,14
=?
=?
=?
πℏ
2 2
E1 = 2m L 2
64
−
34
−
1,6 × 10 L2
π π
h 2 = 2mL2 2
19
h2 = 8 . 1,6 × 10
L=h
2
−
8 . 1,6 × 10
L = 6,63 × 10 L = 6,63 × 10 L = 6,14 × 10
19
−
− − −
34
1 19 .
−
9,1 × 10 31
1 116,48 × 10
−
48
34 .9,2656 × 1023 10
b. n = 1 pada keadaan dasar n = 2 pada keadaan tereksitasi pertama
∆ −− ∆ −− E = E2
E1
= 4eV
1eV
= 3eV
c.
E = En
E1
24 eV = En
1 eV
25 eV = En
25 eV = n2 . 1 eV n2 = 25 eV
n = 25=5 4.5
Osilator Harmonik Sederhana
Persoalan ideal lain yang dapat ditangani secara mudah dengan menggunakan persamaan schrodinger adalah osilator harmonic sederhana satu dimensi. Osilator seperti ini dapat dianalisis dengan menggunakan hukum Newton
− ≤≤
yang mengungkapkan frekuensi
0
=
dan periode
harmonic ini memiliki energy kinetic maksimum di pada titik balik
=±
terbatasi pada daerah
0,
0
dimana
0 amplitudo
+
0.
65
=2
. Osilator
= 0; energy kinetiknya nol
geraknya. Tentu saja gerakannya
− − ℏ … → ∞ → ∞ − − − − − − − − − − ℏ − − −− − − … ℏ − ℏ − − ℏℏ − ℏ ℏ =
Sebuah gaya
1
2,
=2
memiliki potensial
jikamemperoleh
persamaan schrodinger:
2
2
1
2
2
2
+2
=
(4.28)
± , dan
Semua pemecahan persamaan (2.2.1) harus menuju nol bila
± . Prilakunya haruslah seperti ekponensial
untuk limit
2
=
itu kita mencoba dengan
2.
Oleh karena
, dimana A dan a adalah dua tetapan
yang ditentukan dengan mengevaluasikan persamaan (4.28) bagi pilihan 2
Kita mulai dengan mengevaluasi
2.
/
2
= 2
2
2
2
= 2
ini.
2
Dan kemudian menyisipkan
( 2
dan
2
2
)
2 kedalam
/
(4.28) untuk
melihat apakah pilihan ini memberikan suatu pemecahan. 2
2
2
2
+4
2 2 2
semua koefisien dari
2
1
+2
+2
2
Pembagian dengan factor sekutu 2
1
2
2 2
2
2 haruslah
=
=
2
(4.29)
memberikan
=
...(4.30)
saling menghapuskan dan semua tetapan yang
sisa haruslah sama(missal, tinjau persamaan berlaku bagi
2
2
+
= 0. Persamaan ini tentu
/ , tetapi bila kita mengiginkan persamaan ini berlaku bagi
sembarang dan semua x, maka persyaratannya 2 2 2
1
+ 2 = 0
2
Dan
Yang menghasilkan
=
Dan
=2
2
1
= 0 dan
= 0. Jadi:
...(4.31)
=
...(4.32)
...(4.33)
66
...(4.34)
Pernyataan energy ini dapat pula kita nyatakan dalam frekuensi klasik 0 =
/ sebagai:
ℏ 1
=2
0
...(4.35)
Gambar 4.6 Beberapa tingkat energi terendah dan rapat-rapat probabilitas yang bersangkutan dari osilator harmonis
Salah satu ciri pemecahan ini yang mencolok adalah bahwa probabilitas untuk menemukan pertikel di luar titik balik diluar
=±
0 energi
=±
0 adalah
potensial lebih besar dari pada energy total E tetap, karena
>
itu partikel klasik tidak memungkinkan ditemukan di 4.6
tidak nol. Karena
0.
Ketergantungan pada Waktu
Untuk
energi
E
maka
fungsi
gelombang
, didapati menurut rumus
− ℏ ,
Frekuensi
=
diberikan oleh hubungan deBroglie
=
bergantung
waktunya
…
(4.36)
...(4.37)
Hubungan deBroglie diatas harus energi total klasik energi total relativistik karena tidak memperoleh petunjuk dari hubungan
=
bagi foton. Seharusnya
menulis E = V + K + m0 c 2 (tetapi karena hanya meninjau kasus dimana v<
−
ℏ
m0 c2 /
, tetapi karena sifat-sifat terukur dari
yakni hasil kali
, bergantung pada
∗
dengan konyugat kompleksnya (complex conjugate) yang
67
diperoleh dengan menggantikan i dengan – i, maka faktor tambahan ini tidak memberi
akibat
yang
teramati.
Persamaan
=
− ′ ′− ′− − ′ ′ − ′−
kembali
=
sin
+
sin
+
cos
, ini menjadi sederhana jika menuliskan
memberikan fungsi gelombang
dan
cos
dalam bentuk eksponensial kompleks
bentuknya adalah
=
+
...(4.38)
Tetapan A’ dan B’ dapat dicari dari tetapan A dan B jadi bagi fungsi
gelombang bergantung waktu yang bersangkutan , kita peroleh
,
=
+
=
4.7
+
+
...(4.39)
Potensial Tangga dan Halang
Dalam bahsan ini akan mengambil E sebagai energy total (yang tetap) dari partikel dan V0 sebagai nilai energy potensial tetapnya. 1.
ħ −
Apabila E >V0, maka pemecahan persamaan Schr dingernya berbentuk
=
Dimana
=
sin
+
2
0
2
cos
...(4.40)
...(4.41)
A dan B adalah dua tetapan yang dapat ditentukan dari syarat normalisasi dan kekontinuan. Tinjau potensial tangga yang di perlihatkan pada Gambar 4.7
Gambar 4.7 Potensial tangga dengan tinggi v0
≥
=0
=
<0
0
68
0
Jika E adalah energy total dan lebih besar dari pada V 0, maka kita dengan
mudah dapat menuliskan pemecahan persamaan Schr dinger dalam kedua daerah ini sebagai berikut :
ħ ħ − −− − … ħ − … =
sin
0
+
cos
0
0
=
2
0
=
sin
1
+
cos
1
1
=
2
1
<0
2
0
2
...(4.42a)
> 0 ...(4.42b)
Hubungan antara keempat tetapan A,B,C,dan D dapat dicari dengan ′
( ) dan
menerapkan persyaratan bawa
batas kedua daerah, jadi 0 (0) =
1 (0),
′
0
=
(0) =
/
haruslah kontinu pada
′
1 (0).
Sekali lagi dapat menggunakan persamaan
= cos + sin untuk
mentransformasikan kedua pemecahan ini dari bentuk sinus dan kosinus ke dalam bentuk kompleks, yakni : 0
=
′
0
+ ′
0
< 0
...(4.43a)
1
=
′
1
+ ′
1
> 0
...(4.43b)
< 0, persamaan menyatakan superposisi antara sebuah
Pada daerah
Gelombang berintensitas
′ 2 yang bergerak dalam arah x positif (dari -∞ menuju
0) dengan sebuah Gelombang berintensitas negative. Dalam daerah
′ 2 yang bergerak dalam arah x
> 0, Gelombang dengan intensitas
′ 2 yang bergerak
dalam arah negative x tidak dapat hadir jika part ikel – partikelnya ditembakan dari sebelah kiri, jadi untuk situasi percobaan istimewa ini,dapat mengam bil D’ sama dengan nol. Dengan demikian intensitas Gelombang transmisi ini adalah
′ 2 .
Pada daerah dimana energy kinetic partikel adalah terbesar, momentum
linear
= 2
deBroglie 2.
atau pula menjadi yang terbesar, dan panjang Gelombang
= / akan menjadi yang terkecil.
Apabila E < V 0, maka kita peroleh pemecahn berbeda :
=
+
(4.44)
Dimana
=
2
2
(4.45)
0
69
Jika daerah pemecaan ini meliputi dari +∞ atau -∞, harus menjaga agar
tidak menjadi takhingga dengan menggambil A atau B sama dengan nol, jika
daerahnya hanya mencakup koordinat x yang berhingga, hal ini tidak perlu dilakukan.
bagi
Jika dalam soal sebelumnya, E lebih kecil dari pada V 0, maka pemecahan 0 akan
tetap diberikan oleh persamaan 4.42 atau 4.43, tetapi pemecahan
menjadi
1
− ħ − − Δ − ħ− Δ − … ΔΕ ∆ ∆ħ ΔΕ ħ ∆ ∆ −ħ ∆ −ħ … 1
=
1
+
1
1
2
=
...(4.46)
0
2
Secara klasik, partikelnya tidak pernah dapat ditemukan pada daerah
> 0, karena energy totalnya tidak cukup untuk melampaui potensial tangga. > 0adalah
Rapat probabilitas dalam daerah
2 1
persamaan 5.56 adalah sebanding dengan terobosan
1
², yang menurut
. Jika didefinisikan jarak
= 0 hingga ke titik dimana probabilitasnya
sebagai jarak dari
menurun menjadi 1/e, maka
2 1
=2
1
1
=
1
1
=2
2 ( 0
Agar partikel dapat memasuki daerah
( 4.47)
)
> 0, ia harus sekurang –
kurangnya mendapat tambahan energy sebesar V 0 – E agar dapat melampaui tangga potensial, jadi ia harus memperoleh tambahan energy kinetic jika ia memasuki daerah
> 0, tetapi menurut hubungan ketidakpastian
t~ ,
kekekalan energy tidak berlaku pada selang waktu yang lebih kecil dari pada
~ / t .
kecuai hingga suatu jumlah energy sebesar
Energy “pinjaman” adalah (V 0 - E) + K, suku (V 0 – E) . Energy harus di
kembaikan dalam selang waktu
=
0
...(4.48)
+
Karena partikel bergeraak dengan laju v =
2 / , maka jarak yang dapat
ditempuhnya adalah
1
=2
2
0
70
+
(4.49)
Karena selang waktu tempuhnya
∆ ∆
dapat dikatakan nol. Diantara kedua
limit ini, harus terdapat suatu nilai maksimum dari
untuk suatu nilai K tertentu.
Dengan mendiferensiasikan persamaan 4.49, maka nilai maksimum ini dapat dicari yaitu
∆ ħ − ≤≤ ≤≤ 1
=2
2 ( 0
)
…
(4.50)
Sekarang marilah ditinjau potensial saling seperti yang diperlihatkan pada gambar 4.14.
=0 =
<0
0
0
=0
>
Partikel dengan energy E yang lebih kecil dari pada V 0 datang dari sebelah kiri, membentuk sinus dalam daerah
, dan sinus kembali ke dalam daerah
muncul di
< 0, eksponensial dalam daerah 0
≤≤
> . Secara klasik, partikel tidak pernah
> , karena tidak memiliki energy yang cukup untuk melewati
halangan potensial. Partikel memang tidak pernah dapat diamati berada dalam daerah terlarang klasik 0
, tetapi ia dapat “menerowong” melalui daerah
tersebut sehingga teramati pada daerah
> .
Gambar 4.8 sebuah potensial haling dengan tinggi Vo dan lebar a.
Gambar 4.9 Fungsi gelombang sebuah partikel berenergi E < Vo
71
Berikut tinjau tiga contoh nyata efek terowongan ini. a.
Peluruhan alfa sebuah inti atom (nucleus) terdiri atas sejumlah proton dan newton yang berada dalam suatu keadaan gerak tertentu, kedua jenis partikel ini kadang – kadang dapat bergabung membentuk suatu ikatan baru yang terdiri atas dua proton dan neutron, yang disebut partikel alfa. Tetapi, untuk dapat keluar dari inti atom, partikel yang tampak pada gambar 4.10. Probabilitas bagi sebuah partikel alfa untuk menembusi potensial haling ini, sehingga teramati dalam laboratorium, bergantung pada tinggi dan tebal potensial halang.
Gambar 4.10 Sebuah partikel menerobosi potensial halang inti. Probabilitas menembusi penghalang inti bergantung pada tebal dan tingginya
b.
invers amoniak Gambar 4.11 adalah gambar bangun molekul amoniak NH3. Menurut mekanika klasik, atom nitrogen tidak akan pernah mampu melewati potensial halang dan muncul pada bagian molekul di balik bidang nitrogen, kecuali bila memasok energy yang mendekati baginya. Namun, menurut mekanika kuantum, nitrogen dapat menerobosi potensial halang tersebut dan muncul pada bagian molekul yang berlawanan.
72
Gambar 4.11Diagram skematis molekul amoniak
Dioda
c.
terowong
piranti
elektronik
yang
menggunakan
gejala
penerowongan ini adalah diode terowong (tunnel dioda). Arus yang mengalir melallui piranti seperti ini dihasilkan oleh electron – electron yang menerowong ini, dengan demikian arus yang dihasilkannya dapat diatur dengan hanya mengubah tinggi potensial halang,yang dapat dilakukan dengan menggunakan suatu tegangan elektrik.
Latihan Soal
− − . 2
1. Carilah nilai normalisasi konstanta A untuk gelombang fungsi 2. Fungsi gelombang dari partikel tertentu adalah
2
. Tentukan nilai A.
=
3. Carilah probabilitas bahwa partikel ditemukan antara soal nomor 2.
2
=
untuk
= 0 dan
2
<
<
= 4 pada
4. Partikel A dalam kotak denagn dinding keras yang ujung-unjungnya L. Fungsi
gelombang diberikan oleh
=
sin
Carilah nilai normalisasi konstanta A.
5. Berapakah energi minimum sebuah elektron yang terperangkap dalam suatu daerah satu dimensi selebar ukuran inti atom (1,0 x 10-14 m)?
73
BAB V MODEL ATOM RUTHERFORD-BOHR
5.1 PENDAHULUAN
Sasaran pada bab ini adalah untuk memahami beberapa hal dari struktur atom, berdasarkan pengetahuan tentang atom yang diperoleh lewat percobaan. Pembahasan yang paling utama ialah tentang struktur atom, karena struktur inilah yang bertanggung jawab mengenai hampir semua sifat materi (bahan) yang telah membentuk dunia disekeliling kita. 5.2 SIFAT-SIFAT DASAR ATOM
Sebelum kita menyusun suatu model atom, marilah kita rangkumkan beberapa sifat dasar atom. 1.
Atom sangatlah kecil , jari-jarinya sekitar 0,1 nm. Taksiran ukuran atom dengan meninjau sebuah unsur zat, misalnya unsur besi. Besi memiliki 3
sekitar 8 gr/cm dan 23
50, mengandung jumlah atom sebanyak bilangan 3
Avogadro 6 x 10 buah atom menempati volume sekitar 6 cm (1 atom menempati volume ruang sekitar 10 -23 cm3), jika asumsi atom-atom zat padat tersusun rapat sekali, maka diameter sebuah atom adalah kurang lebih
− ≅
3
2.
10
23
3
2 X 10-8 cm = 0,2 nm).
Semua atom stabil , atom tidak membelah diri secara spontan menjadi bagian-bagian yang lebih kecil, semua gaya dalam yang mengikat atom haruslah berimbang. Artinya, semua gaya tarik dalam atom saling berlawanan, karena bila tidak demikian, semua atom akan berantakan (hancur).
3.
Semua atom mengandung elektron bermuatan negatif, namun netral . Elektron kita anggap hadir dalam atom, karena semua bahan bersifat netral secara elektrik.
4.
Atom memancarkan dan menyerap radiasi elektromagnet . Pemancaran elektromagnet apabila sebuah atom yang tereksitasi berpindah ke keadaan dasarnya, menyerap elektromagnet apabila sebuah atom dari dasar atau 74
eksitasi ke n-1 berpindah ke keadaan eksitasi ke-n, ke-n+1 dst. Semua atom selalu memancarkan dan menyerap radiasi dengan panjang gelombang yang sama. 5.3 MODEL ATOM THOMSON
Dalam model ini, sebuah atom mengandung Z elektron yang dibenamkan dalam suatu bola bermuatan positif seragam. Muatan positif total bola adalah Ze,
≪
massanya adalah massa atom (massa elektron
massa atom), dan jari-jari R bola
ini adalah jari- jari atom. Model ini dikenal dengan model kue “puding prem’’. Menurut Gambar 5.1, fraksi muatan dalam bola itu dari muatan total Ze.
4 qdalam = Ze43 3
3
3
= Ze 3
3
...(5.1)
Menutrut hukum Gauss, medan elektrik pada jarak r dapat dicari dari muatan total yang terkandung di dalam bola berjari-jari r :
.
=
1 0
qdalam
...(5.2)
Karena sifat simetri bola dari persoalannya, medan elektrik E tetap nilainya di seluruh permukaan bola, sehingga integralnya dapat langsung dihitung dengan 2
hasil E.4πr . Jadi,
E=
1
4
0
2
Gambar 5.1 Model atom Thomson.
Dengan menggunakan Persamaan (5.1) bagi muatan total yang terkandung di dalam bola, kita peroleh
E =
1
4
0
3
r
75
..(5.3)
Karena sebuah elektron dengan muatan e menpunyai gaya sebesar F = eE , maka
2
Dengan k = Ze2 / 4
0
F = 3.
4
0
3
r = kr
...(5.4)
Gaya tambahan ini diperoleh dari gaya tolak-menolak
antar elektron sehingga semua elektron tetap dalam kesetimbangan. Elektron-elektron dalam atom Thomson akan bergetar dengan frekuensi v = (1/2π)(
/ ), dengan k adalah tetapan pada persamaan (5.4), dapatlah
diperkirakan, bahwa berdasarkan model Thomson, semua frekuensi radiasi yang dipancarkan atom akan memperlihatkan frekuensi ciri khas ini. Atom-atom tidak memancarkan atau menyerap radiasi pada frekuensi yang sama. Kenyataan ini sulit diterangkan oleh model atom Thomson. Kegagalan model Thomson muncul dari hamburan partikel (proyektil) bermuatan atom. Tinjaulah gerak sebuah partikel bermuatan positif yang menerobos sebuah atom. Karena adanya gaya elektrik dari atom terhadap partikel tersebut, Gaya-gaya tersebut adalah 1. Gaya tolak yang ditimbulkan muatan positif atom, dan 2. Gaya tarik oleh elektron-elektron yang bermuatan negatif. Gambar 5.2 memperlihatkan pembelokan lintasan sebuah partikel, yang
≪
bergerak dengan laju (
2
sehingga, K = ½mv ) sepanjang sebuah garis lurus
berjarak b dari pusat atom (Jarak b disebut impact parameter ). Tolakan gaya elektrik menyebabkan arah gerak partikel sedikit membelok.
Gambar 5.2 Sebuah partikel alfa bermuatan positif yang menerobos masuk ke dalam
model atom Thomson, mengalami pembelokan sebesar sudut θ.
76
Untuk menghitung sudut belok θ ini dengan meninjau impuls yang diterima
∆ ≅
partikel, yang memberikannya sebagian momentum dalam arah y
py
Fy dt
...(5.5)
Pada sembarang titik sepanjang lintasan proyektil, berlaku F y = F cos
Dengan menganggap proyektilnya bermuatan q = ze, maka gaya F yang dialaminya adalah qE , dengan E diberikan oleh Persamaan (5.3),
F =
≅
1
4
2
3
0
r = zkr
...(5.6)
di mana k adalah tetapan yang sama seperti yang didefinisikan oleh Persamaan (5.4). Karena cos
b/r , kita peroleh
∆ ≅
. . dt = zkb
py
= zkbT
...(5.7)
T adalah waktu total yang dibutuhkan proyektiluntuk melewati atom, karena pembelokannya kecil, lintasannya dapat dihampiri dengan sebuah garis lurus, seperti diperlihatkan pada Gambar 5.3, dan karena laju rata-ratanya hampir sama dengan v, maka T
≅ − 2
2
2
...(5.8)
Gambar 5.3 Geometri hampiran bagi pembelokan sebuah partikel alfa oleh sebuah atom
Thomson. Sudut hambur, yang nilai maksimumnya adalah sekitar 0,01o, sengaja dibesarkan melebihi ukuran sebenarnya.
77
dan
∆ ≅ − ≅ ∆ ≅ ∆ ≅ − 2
py
2
2
...(5.9)
Dengan menganggap p x tidak berubah, kita peroleh
tan θ =
...(5.10)
dan jika θ kecil, maka tan θ θ sehingga θ
=
2
2
2
2
...(5.11)
dikenal sebagai percobaan hamburan, Berkasnya dibelokkan seperti yang diperlihatkan pada Gambar 5.4
Gambar 5.4 partikel-partikel yang dihamburkan diamati pada semua nilai
mungkin dalam laboratorium.
⊖
yang
Dengan menurunkan Persamaan (5.11) terhadap b, kita dapat memperoleh yakni sudut hambur θ maks bagi satu tumbukan:
θ maks =
2
2
...(5.12)
Gambar 5.5 Geometri hamburan bagi satu atom. Partikel-partikel yangg memasuki suatu
daerah cincin berjari-jari b dan lebar db dihamburkan ke dalam rentang sudut dθ pada θ.
78
Sudut hambur rata-rata bagi satu tumbukan diperoleh dengan merata-ratakan terhadap semua nilai b yang mungkin:
θ avg = 0
2 b db 2
...(5.13)
θ
dengan melakukan integrasinya, dan mempergunakan θ dari Persamaan (5.11), akhirnya kita peroleh
θ avg = CONTOH 5.1
2
...(5.14)
2
4
Dengan menggunakan model Thomson dengan R = 0,1 nm (jari-jari khas atom), hitunglah sudut belok rata-rata per tumbukan apabila berkas partikel alfa berenergi 5 MeV (z = 2) dihamburkan dari atom emas (Z = 79). Pemecahan
Besaran zkR2 dapat langsung dihitung, hasilnya: 2
zkR = 2
2
4
0
3
(Dengan mengingat bahwa e / 4 2
maka
R2 = 2. 79
≅
2,3 keV 2
0 = 1,44 eV.nm).Karena mv = 2 K = 10 MeV,
≅ ≅
θ av
1,44 0,1
2,3 4 10
-4
2 X 10 rad
Sudut ini terlalu kecil, sehingga patut dipertanyakan apakah pembelokan sekecil itu dapat diamati dalam laboratorium.
Gambar 5.6 Gambaran mikroskopik dari hamburan. Beberapa hamburan tunggal
cenderung
memperbesar
θ .
memperkecil θ .
79
Sedangkan
yang
lainnya
cenderung
Penyimpangan yang cukup mencolok antara hasil yang diperkirakan (yakni -3500
10
-4
) dan nilai yang diamati (10 ). Percobaan hamburan ini mendorong
Rutherford untuk mengusulkan bahwa massa dan muatan positif atom tidaklah tersebar secara merata dalam seluruh volume atom, tetapi terbatas hanya dalam suatu daerah sangat kecil, dengan diameter sekitar 10
-14
m, pada pusat atom.
5.4 INTI ATOM RUTHERFORD
Rutherford mengusulkan bahwa muatan dan massa atom terpusatkan pada pusatnya, dalam suatu daerah yang disebut inti (nucleus). Gambar 5.7 melukiskan proyektil, bermuatan ze, menderita gaya tolak oleh muatan positif inti sebesar:
=
(
)(
4
)
...(5.15)
0
(Proyektilnya kita anggap selalu berada diluar inti, sehingga ia rasakan muatan inti Ze secara lengkap).
Gambar 5.7 Hamburan oleh sebuah inti atom. Lintasan partikel terhambur berbentuk
sebuah hiperbola. Parameter impak yang lebih kecil memberikan sudut hambur yang lebih besar.
Proyektil menempuh suatu lintasan berbentuk hiperbola; dalam koordinat polar r dan
, persamaan hiperbola adalah 1
=
1
+8
2
0
2
(cos
−
1)
...(5.16)
Sebagaimana diperlihatkan oleh gambar 5.8, kedudukan awal partikel adalah pada
→∞ = 0,
− → =
, dan kedudukan akhir adalah pada
,
8. Dengan
menggunakan kedua koordinat kedudukan akhir, persamaan ( 5.16) menjadi
=8
2
0
2
cot
1 2
=2
80
2
4
0
1 2
...(5.17)
Gambar 5.8 lintasan hiperbola dari sebuah partikel terhambur
Sebuah partikel yang menghampiri inti atom dengan parameter impak b akan
dihamburkan pada suatu sudut . Kajian kita terhadap hamburan partikel bermuatan oleh inti atom akan kita bagi dalam tiga bagian: (1) perhitungan fraksi partikel yang dihamburkan pada sudut yang lebih besar dari pada
, (2) rumus Rutherford dan pembuktian
kebenarannya lewat percobaan, dan (3) jarak terdekat ke inti atom, yang dapat dicapai oleh partikel bermuatan. 1). Hamburan untuk sudut yang lebih besar daripada
, parameter impaknya
berada antara nol dan b yang berarti bahwa jarak hampiran proyektil ke inti atom
berada dalam daerah piringan bundar seluas lembar hambur, A adalah luasnya,
2.
Andaikanlah t adalah ketebalan
adalah kerapatan, dan M adalah massa
molekul bahan pembuat lembar itu. Jadi, volume lembar tersebut adalah At, dan massanya
, sehingga jumlah molnya
satuan volume adalah
=
1
/ . Jadi jumlah atom atau inti per
=
...(5.18)
Gambar 5.9 geometri hamburan bagi susunan banyak atom. Bagi parameter impak b,
sudut hambur yang bersangkutan adalah .
81
fraksi partikel yang dihamburkan pada sudut yang lebih besar daripada
adalah
tidak lain daripada jumlah partikel yang menghampiri sebuah atom dalam suatu
daerah cakupan
2
=
<
>
=
2
...(5.19)
Dengan anggapan bahwa semua partikel datang tersebar merata pada luas lembar hambur. Contoh 5.2
3,
Selembar emas ( = 19,3 /
= 197 /
) dengan ketebalan 2,0.10 -3cm,
digunakan untuk menghamburkan partikel-partikel alfa berenergi kinetik 8,0 MeV. (a) berapa fraksi partikel alfa yang dihamburkan kedalam sudut yang lebih besar daripada 900 ? (b) berapa fraksi partikel alfa yang dihambur dalam sudut antara 900 dan 450? Pemecahan:
(a)
Untuk kasus ini, jumlah per satuan volume dapat dihitung sebagai berikut:
n = NA. /Mr =
(6,02 x 10 23 atom /mol )(19,3 g/ 197 /
= 5,9 1028
/
3)
Untuk hamburan pada sudut 90 0 , parameter impak b dapat dihitung dari
− − − − − − − −− − −
persamaan (5.17):
=
2
Sehingga
>90o
2 79 2 8,0 106
= 6,4 10
= (5,9 1028
= 7,5 10
(b)
28
1,44
2/
/
cot450 = 1,4 10
.
, dan dengan demikian kita peroleh:
3 )(2,0
10
6
)(6,4 10
2 79 10 6
= 2 8,0
= 4,4 10
1,44
.
4
2/
)
= 450 , kita peroleh:
cot22,50 = 3,4 10
14 m
4
Fraksi partikel yang dihamburkan antara
4,4 10
28
5
Dengan mengulangi perhitungan diatas untuk
>45o
14
7,5 10
5
= 3,6 10
82
4
45o dan 90o haruslah
2.
Rumus hamburan Rutherford dan bukti percobaanya. Agar kita dapat
menghitung probabilitas hamburan sebuah partikel kedalam suatu selang sudut
kecil pada , kita syaratkan parameter impaknya terletak dalam suatu selang kecil db di b (lihat Gambar 5.10).
Gambar 5.10 partikel-partikel yang memasuki daerah cincin antara
disebarkan secara merata sepanjang cincin dengan lebar
berada pada jarak dari lembar penghambur
dan
+
. Detektor
Dengan demikian, fraksi df adalah
− =
2
Menurut persamaan (5.19). Dengan mendiferensiasikan persamaan (5.17), kita peroleh pernyataan db dalam
=2
Jadi,
=
sebagai berikut: 2
4
0
21 2
(
(2 )2 (4
2
0
1
)(2
)
21 2
)2
1 2
(tanda minus pada persamaan (5.20) memberitahukan bahwa
...(5.20)
...(5.21)
bertambah bila b
berkurang). Untuk menghitung laju arah hambur proyektil kedalam detektor , harus mengetahui probabilitas per satuan luas bagi hamburan kedalam daerah
cincin tadi. Ini diberikan oleh
/
, yang akan kita sebut N ( ), diperoleh:
= 4 2 (2
)2 (
2
4
0
)2
1
41 2
...(5.22)
Ini adalah rumus hamburan Rutherford. Rumus Rutherford ini kemudian diuji kebenarannya mereka menggunakan partikel-partikel alfa (z =2) dengan mengamati hamburannya dari berbagai jenis lembar tipis logam. Skema peralatan ini diperlihatkan pada Gambar 5.11.
83
hasilnya, keempat ramalan rumus hamburan Rutherford semuanya terbukti keberlakuannya:
Gambar 5.11 skema percobaan hamburan sinar alfa.
∝
(a) N
, untuk percobaan ini. Hasil-hasil yang mereka peroleh
diperlihatkan pada Gambar 5.12 yang menampakkan secara jelas ketergantungan
N
pada t secara linear. Juga terbukti bahwa pada sudut hamburan sedang ini
pun, hamburan tunggal lebih berperan daripada hamburan jamak (multiple).
Gambar 5.12 ketergantungan laju hamburan pada ketebalan lembar logam untuk
tiga lembar logam penghambur yang berbeda.
Gambar 5.13 ketergantungan laju hamburan pada muatan inti
bagi beberapa
lembar logam yang berbeda. Datanya dirajah terhadap
84
2
.
∝ ∝ 2,
(b) N
untuk percobaan ini Geiger dan Marsden menggunakan
beraneka jenis bahan penghambur, dengan ketebalan yang hampir sama.
1/
(c) N
2.
Untuk menguji ramalan rumus hamburan Rutherford ini,
Pengaruh beda ketebalan mika pada kecepatan partikel alfa diperlihatkan pada gambar 5.14.
Gambar 5.14 ketergantungan laju hamburan pada energi kinetik partikel alfa datang
untuk hamburan oleh satu lembar logam tertentu.
∝
(d) N
1/
4 1/2
. Ketergantungan N pada
mungkin adalah ciri
yang paling utama dan istimewa dari rumus hamburan Rutherford. Untuk memperoleh hubungan antara N dan
yang dilukiskan pada Gambar 5.15,
Kecocokannya dengan rumus Rutherford sekali lagi sangat baik. Dengan demikian, semua ramalan rumus hamburan Rutherford terbuktikan kebenarannya lewat percobaan, yang sekaligus membuktikan keberadaan “inti atom”.
Gambar 5.15 ketergantungan laju hamburan pada sudut hambur
selembar emas.
85
, dengan penghambur
3. Jarak hampiri terdekat partikel hambur ke inti penghambur. Ketika sebuah partikel bermuatan positif menghampiri sebuah inti atom, geraknya mengalami perlambatan, karena sebagian energi kinetik awalnya diubah menjadi energi potensial yang berasal dari gaya tolak Coulomb inti atom. Semakin dekat partikelnya menghampiri inti atom, maka semakin besar pula energi potensia l yang ia peroleh, karena
… =
1 = 2
2
2
1
4
+
0
2
1
4
1 2
=
0
2
(5.23 )
Gambar 5.16 jarak hampiri terdekat partikel ke inti atom
Momentum sudut juga kekal. Ketika jauh dari inti atom, momentum sudut partikel adalah mvb, dan pada r min , momentum sudutnya adalah mvmin r min. Karena itu,
=
=
Atau
...(5.23b)
Dengan menggunakan persamaan (5.23a) dan (5.23b) kita peroleh 1 2
2
=
2 2
1 2
2
+4
2
1
0
Persamaan ini dapat dipecahkan untuk memperoleh nilai r min .
86
...(5.24)
Energi kinetik partikel tidaklah nol pada r min. Kecuali jika b = 0. Pada saat itu jarak terdekat ke inti atom adalah d , jarak hampiran terdekat . Jarak ini didapati dengan memecahkan persamaan (5.24) bagi r min untuk b = 0 yang memberikan
=4
1
2
0
...(5.25)
5.5 Spektrum Garis
Sumber informasi yang sangat penting dalam mempelajari struktur dan komposisi atom adalh spektrum. Bentuk spektrum garis diyakini berkaitan erat dengan struktur atom. Dengan demikian, spektrum garis atomik dapat digunakan untuk menguji kebenaran dari sebuah model atom.
Gambar 5.17 peralatan untuk mengamati spektrum garis
Spektrum garis membentuk suatu deretan warna cahaya dengan panjang gelombang berbeda. Untuk gas hidrogen yang merupakan atom yang paling sederhana. Seorang guru matematika Swiss bernama Balmer menyatakan deret untuk gas hidrogen sebagai persamaan berikut ini. selanjutnya, deret ini disebut deret Balmer.
= 364,5
− n2
n2
4
Dimana panjang gelombang dinyatakan dalam satuan nanometer (nm).
Gambar 5.18 peralatan untuk mengamati spektrum serap
87
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-deret ini ternyata serupa dan dapat dirangkum dalam satu persamaan. Persamaan ini disebut deret spektrum hidrogen.
=R
1 1 + m2 n 2
7
−1
Dimana R adalah konstanta Rydberg yang nilainya 1,097 × 10 m . Tabel 5.1 deret-deret spektral Atom Hidrogen Nama deret
Daerah panjang gelombang
Lyman
Ultra ungu
RUMUS
1
=R
1 1 + 12 n2
dengan (m = 1) dan n = 2, 3, 4, …. Balmer
1
Daerah terlihat
=R
1 1 + 22 n2
dengan (m = 2) dan n = 3, 4, 5, …. Paschen
1
Infra merah
=R
1 1 + 3 2 n2
dengan (m = 3) dan n = 4, 5, 6 …. Bracket
1
Infra merah
=R
1 1 + 4 2 n2
dengan (m = 4) dan n = 5, 6, 7, …. Pfund
1
Infra merah
=R
1 1 + 5 2 n2
dengan (m = 5) dan n = 6, 7, 8 ….
Dalam model atom Rutherford, elektron berputar mengelilingi inti atom dalam lintasan. Elektron yang mengalami percepatan akan memancarkan
88
gelombang elektromagnetik secara kontinu, lama kelamaan akan kehabisan energi dan jatuh ke dalam tarikan inti atom, ini berarti elektron tidak stabil. Di pihak lain elektron memancarkan energi secara kontinu dalam spektrum kontinu. Ini bertentangan dengan kenyataan bahwa atom memancarkan spektrum garis. Ketidakstabilan elektron dan spektrum kontinu sebagai konsekuensi dari model atom Rutherford tidak sesuai dengan fakta bahwa atom haruslah stabil dan memancarkan spektrum garis. Contoh Soal :
Batas deret dari deret Paschen (n=3) adalah 820,1 nm. Tentukan ketiga panjang gelombang terpanjang dari deret Paschen tersebut!
− 2
1 = 0,8201
2
32
,
Ketiga panjang gelombang tersebut adalah :
=4;
=5;
=6;
= 820,1
42
42
− − −
32
= 4, 5, 6
= 1875
52 = 820,1 = 1281 5 32 62 = 820,1 2 = 1094 6 32
Ketiga spektrum ini berada dalam rentang inframerah spektrum e lektromagnetik. 5.6 MODEL ATOM BOHR
Pada tahun 1931 Neils Bohr mengembangkan sebuah model atom yang dapat menjelaskan hubungan antara struktur atom khususnya yang berkenaan dengan masalah stabilitas atom dengan frekuensi atau panjang gelombang garisgaris spektrum atom tersebut. Postulat dasar model atom Bohr (i) Sebuah elektron dalam sebuah atom bergerak mengelilingi inti dalam sebuah lintasan atau orbit yang berbentuk lingkaran. Karena pengaruh gaya tarik menarik ( gaya Coulomb) antara elektron dan inti sesuai hukum-hukum mekanika klasik.
89
(ii) Sebuah elektron hanya dapat bergerak dalam sebuah orbit sedemikian sehingga momentum sudut orbit
ℏ
sama dengan bilangan bulat dikalikan dengan
/2 ). Jadi berbeda dengan mekanika klasik yang menganggap
(tetapan Planck
bahwa orbit elektron yang mungkin adalah tidak berhingga. (iii) Elektron yang bergerak dalam sebuah orbit sesuai dengan postulat (ii) tidak
mengalami
percepatan,
sehingga
tidak
memancarkan
radiasi
elektromagnetik, jadi energinya tetap. (iv) Sebuah elektron yang pada mulanya bergerak pada orbit dengan energi total yang lebih tinggi yakni energi
total
yang
lebih
, berpindah (secara diskrit) ke orbit lain dengan
rendah
yakni
,
akan
memancarkan
radiasi
elektromagnetik. Frekuensi radiasi elektromagnetik ini sama dengan (
dibagi dengan .
−
)
Gambar 5.20 Model Atom Bohr
Jari-jari orbit lingkarannya adalah , dan elektron (bermassa m) bergerak dengan laju singgung tetap sentripetal
2
, jadi:
. Gaya tarik Coulomb berperan memberikan percepatan
=
1
4
1 2 2
0
=
2
1
4
0
2
=
Dengan energi kinetiknya : 1
=2
2
=8
2
1
0
90
2
… …
(5.28)
(5.29)
Serta energi potensial sistem ini adalah energi potensial Cou lomb :
− − − =
…
2
1
4
0
(5.30)
Dengan demikian, energi total sistem adalah :
=
+
=
8
8
2
1
4
0
0
…
2
1
=
2
1
0
(5.31)
Vektor momentum sudut dalam fisika klasik didefinisikan sebagai
=
. Untuk momentum sudut elektron yang beredar mengelilingi inti atom,
lurus , sehingga kita dapat menyederhanakan menjadi
×
tegak
=
=
Syarat kuantisasi pada postulat ke 2 memberikan
ℏ =
…
(5.32)
Dimana adalah sebuah bilangan bulat ( = 1, 2, 3, ...). dengan menggunakan pernyataan ini dan hubungan (5.29) bagi energi kinetik,
1 2
ℏ ℏ ℏ 2
2
1
=2
=8
2
1
0
… … … (5.33)
Kita peroleh dengan deretan nilai jari-jari r yang diperkenankan, yakni :
=
4
0 2
2
2
=
0
2
Dimana didefinisikan jari-jari Bohr 0
=
4
2
0
2
0
= 0.0529
(5.34)
(5.35)
Bagi orbit elektron hanya jari-jari orbit tertentu sajalah yang diperkenankan oleh model Bohr. Jari-jari orbit elektron hanya dapat bernilai
seterusnya, tidak pernah benilai 3 0 atau 5 0 .
91
0 , 4 0 , 9 0 , 16 0 ,
dan
Dengan menggabungkan pernyataan r yang kita peroleh diatas dengan persamaan (5.31) kita peroleh :
− ℏ 4
=
Jelas pada energi
32
2
0
2 2
…
1 2
(5.36)
mencirikan tingkat energi. Dengan menghitung semua nilai
tetapannya, kita peroleh :
− =
…
13,6 2
(5.37)
Semua tingkat energi ini ditunjukan secara sistemat is pada Gambar 5.21.
Gambar 5.21 Tingkat-tingkat energi atom hidrogen
− − − −
Energi eksitasi suatu keadaan n adalah energi di atas keadaan dasar,
eksitasi pertama ( = 2) memiliki energi eksitasi sebesar atau 10,2
3,4
1.
( 13,6
Keadaan eksitasi kedua memiliki energi eksitasi 12,1
seterusnya.
Jadi
)
dan
Postulat ke empat berarti, sebuah elektron berpindah (secara diskrit) dari
energi total yang lebih tinggi yakni
2,
(elektron melompat dari
=
1 menuju
=
1 ke
terpancar sebuah foton dengan energi.
92
2 )
energi total lebih rendah yakni seperti pada Gambar 5.22, maka
Gambar 5.22 sebuah elektron melompat dari keadaan
memancarkan foton
− =
atau
1
1
ke keadaan
… …
2
ℏ − ℏ − ∞ − 4
=
3
64
0
1
2 3
2
1
2
1
2,
dan
(5.38)
(5.39)
2
Jadi panjang gelombang radiasi yang dipancarkan adalah
=
=
Tetapan
∞
=
64
1
1
1 2
3
2
2 3 0 4
2
1
1 2
2
2
2
2
2
…
2
2
2
(5.40)
yang disebut tetapan Rydberg bernilai 1,0973731 x 10 7 m-1.
Contoh 5.6
Carilah panjang gelombang transisi dari n1 = 3 ke n 2 = 2 dan dari n 1 = 4 ke n2 = 2. Pemecahan
Persamaan (5.40) memberikan
∞ − − =
1
1
1 2
2
2
2
2
2
1 32 22 = = 656,1 1,0973731 × 107 32 22
93
Dan
−
1 42 22 = = 486,0 1,0973731 × 107 42 22
Rumus Bohr juga menerangkan asas gabung Ritz, yang menyatakan bahwa jumlah dau frekuensi berbeda dalam spektrum pancar memberikan frekuensi ketiga lainnya dalam spektrum tersebut. Tinjau transisi dari suatu keadaan n 3 ke n2, yang kemudian disusul dengan transisi dari n 2 ke n1. Dengan menggunakan persamaan (5.39) bagi kasus ini diproleh
→ ∞ − → ∞ − → → ∞ − ∞ − ∞ − 3
2
=
2
1
=
1 3
1
2
2
1 2
2
1
2
1
2
Dengan demikian 3
2 +
2
1
1
=
3
1
2
1
=
3
2
2
1
+
2
2
1 1
2
1
2
1
2
Dengan demikian model atom Bohr taat asas gabung Ritz.
Dengan meninjau ulang penurunan teori Bohr, kita dapati bahwa muatan inti atom hanya muncul pada satu tempat yakni dalam pernyataan bagi gaya elektrostatik antara inti atom dan elektron, persamaan (5.28). jika muatan inti atom adalah Ze, gaya Coulomb yang bekerja pada elektron adalah
=4
1
0
…
2
2
(5.41)
Jadi faktor e2 semula diganti dengan Ze 2. Dengan melakukan panyisipan ini pada hasil akhir, kita dapati jari-jari edar yang diperkenankan adalah :
ℏ =
Dan energi menjadi
4
94
0 2
2
2
=
0
2
…
(5.42)
− ℏ 2 2
=
1
32 2 0 2 2 2
=
− 13.6
2 2
…
(5.43)
Jadi, garis edar pada atom dengan nilai Z yang lebih tinggi, letaknya lebih dekat ke inti atom, dan memiliki energi yang lebih besar (negatif), yang berarti bahwa elektronnya terikat lebih kuat pada inti atomnya. Contoh soal 5.7
Hitunglah kedua panjang gelombang deret Balmer ion berilium teriosnisasi tiga kali (Z = 4) Pemecahan Karena semua radiasi deret Balmer berakhir pada tingkat n = 2, kedau panjang gelombang terpanjang tersebut adalah radiasi yang berkaitan dengan transisi n = 3 ke n = 2 dan n = 4 ke n = 2. Energi dan panjang gelombang radiasi yang bersangkutan adalah
− − − − 3
4
2
2
− −
=
13,6
=
=
42
1240 . 30,2
=
13,6
=
=
42
1240 . 40,8
1 9
1 = 30,2 4
= 41
1 16
= 30,4
Kedua radiasi ini berada dalam daerah ultraviolet.
95
1 = 40,8 4
5.7 PERCOBAAN FRANK-HERTZ
Gambar 5.23 Alat untuk eksperimen Franck - Hertz
Franck dan Hertz menembaki uap berbagai unsur dengan elektron yang energinya diketahui dengan memakai alat seperti yang terlihat dalam Gambar 5.23. Perbedaan potensial kecil
0 dipasang
diantara kisi dan keping pengumpul,
sehinnga setiap elektron yang mempunyai energi lebih besar dari harga minimum
tertentu memberi kontribusi pada arus yang melalui ammeter. Ketika potensial
pemercepat bertambah elektron yang datang pada keping berta mbah banyak dan arus naik (Gambar 5.24)
Gambar 5.24 Hasil eksperimen Franck - Hertz yang menunjukkan potensial kritis dalam
uap air raksa
5.8 ASAS PERSESUAIAN
Bohr mengajukan asas persesuaian yang mengatakan bahwa hukum fisika klasik hanya berlaku pada ranah klasik, sedangkan hukum fisika kuantum berlaku
96
pada ranah atom, dimana pada ranah ini kedua ranah bertumpang tindih yang memberikan hasil yang sama. Asas ini dapat terapkan pada atom bohr. Menurut fisika klasik, sebuah partikel
bermuatan
elektrik
yang
bergerak
sepanjang
sebuah
lingkaran
meradiasikan gelombang elektromagnet dengan frekuensi yang sama dengan frekuensi gerak melingkarnya. Untuk gerak edar elektron dalam atom periode gerak melingkarnya adalah jarak tempuh satu gerak edar, 2πr, dibagi dengan laju edarnya dengan K sebagai energi kinetik sehingga T menjadi :
ђ 2
=
2
=
2
8
0
Karena frekuensi adalah kebalikan periode, maka :
=
Dengan
menggunakan
1
=
16
pernyataan
3
sebelumya
bagi
jari-jari
diperkenankan diperoleh:
4
=
32
orbit
…
1
3 2 3 0
(5.44)
(5.45)
3
0
… …
3
yang
(5.46)
Sebuah elektron klasik yang bergerak dalam orbit lingkaran berjari-jari r n, akan meradiasikan gelombang elektromagnet dengan frekuensi
.
Jika jari-jari atom Bohr diperbesar, maka atom Bohr menjadi sangat besar mulai dari objek berukuran kuantum (10
-10
m) hingga ke ukuran laboratorium
(10-3m) dapatlah diharapkan bahwa atom berperilaku secara klasik. Karena 2
berjari-jari bertambah dengan penambahan n seperti n , diharapkan bahwa untuk n 3
pada rentang 10 – 10
4
atom berperilaku secara klasik. Apabila elektron
menloncat turun dari orbit n ke orbit n-1. Frekuensinya adalah
ђ − − ђ −− 4
=
64
1
3 2 3 0
1
4
=
64
1
2
3 2 3 0
2
2
2
1 1
2
…
(5.47)
Jika n besar sekali, dapat hampiri n-1 dengan n dan 2n-1 dengan 2n, yang memberikan
97
≅ ђ ђ 4
64
2
3 2 3 0 4
=
32
4
1
3 2 3 0
3
5.9 BEBERAPA KELEMAHAN ATOM BOHR
1. Model atom bohr 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. 2. Garis spektrum bukanlah sebuah garis tunggal melainkan terdiri atas gabungan dua atau lebih garis yang sangat rapat. Model atom bohr juga tidak menjelaskan dublet spektrum garis. Model ini terbatas pada dasar untuk menghitung sifat atom lainnya, tetapi tidak dapat menghitung intensitasnya. 3. Kelemahan selanjutnya adalah bahwa model atom Bohr melanggar asas ketidakpastian.
Latihan soal
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 pa njang 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. 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 sudut-sudut berikut: (a) lebih besar daripada 90 o ? (b) o
o
o
lebih besar daripada 10 ? (c) antara 5 dan 10 ? (d) lebih kecil dariapapada 5o.
98
3. Sebuah elektron berada pada keadaan n=5 hidrogen. Menuju keadaan keadaan energi manakah elektron ini dapat melakukan transisi, dan berapa besar energi radiasi yang dipancarkannya untuk masing-masing transisi? 4. Apabila sebuah atom memancarkan sebuah foton dalam transisi dari suatu keadaan energi E 1 ke keadaan energi E 2 , maka energi foton tersebut tepet sama dengan E1- E2. Kekekalan momentum menghendaki bahwa atomnya haruslah terpental, sehingga sebagian energinya terambil sebagai energi
≡
kinetik pental K R. Perlihatkan bahwa K R ( E1- E2)2 / 2Mc2 , dimana M adalah massa atom. Hitunglah energi pental ini untuk transisi n=2 ke n=1 dari massa atom hidrogen. 5. Bandingkan frekuensi revolusi sebuah elektron dengan frekuensi fotonfoton yang dipancarkan dalam transisi dari n ke n-1 untuk (a) n=10; (b) n=100; (c) n=1000; (d) n=10.000.
Kunci jawaban latihan soal
Bab I 1.
∆ ∆ ∆ − − − ′ =
3 4
= 0.9997 a. = 357.1 b. = 103 c. 0 = 28.8 4. = 5.12 × 1026 = 9.14 × 10 4 5. 0 = 114.3 = 8.6 2. 3.
Bab II 1. 2. 3.
= 6,626 × 10 = 303,92
a)
b)
4.
=
34
= 3,04 × 10
7
= 287,70
= 1,33
= 0,25
99
5.
′ − − − a)
= 0,4018
b)
= 0,2602
Bab III 1. b. c.
= 3,6 °
a.
= 7,94 × 10
36
= 1,2
2. a.
= 1,51 1012
b.
= 1,984 10
c.
= 1,51
d.
= 1,984 10
3. a.
= 0,03878
4.
b.
= 1,240
c.
= 0,9
16
10
= 2,76 × 103
= 4,36 × 106 /
5. a.
= 5,30 × 106 /
= 0,167
b.
= 0,137
Bab IV 1. 2. 3.
=
2
=
8 3
= 0,568 3
4. 5.
=
0
2 2
= 5,98 × 10
− 10
100
Bab V 1. b.
∆ ∆∆ ∆ a.
=45,7 nm
=86,2 nm
−− − −
2.a. >900 = 3,37 10 5
b. >100 = 4,41 10 3 c. >50 = 1,77 10 2 d. <50 = 0,982 3.
54
= 0,306
53
= 0,97
52
= 2,86
51
4. 5.
= 13,1
= 5,5
10
8
a.
= 6,58 1012
b.
= 6,58 109
= 6,68 109
c.
= 6,58 106
= 6,59 106
= 6,58 103
= 6,58 103
d.
= 7,72 1012
101
