Catatan Kuliah
1
FISIKA KUANTUM
oleh:
Prof. Freddy P. Zen, D. Sc (
[email protected]) Agus Suroso, M. Si (
[email protected]) Laboratorium Fisika Teoretik, FMIPA-ITB
1 terakhir
diperbaharui pada 18 Oktober 2010.
Daftar Isi Daftar Isi
i
Daftar Gambar
ii
1 Gejala Kuantum 1.1 Radiasi Benda Hitam . . . . . . . . 1.1.1 Gejala radiasi termal . . . . . 1.1.2 Hukum Stefan . . . . . . . . 1.1.3 Hukum Raleygh-Jeans . . . . Model osilator harmonik . . . Energi rata-rata osilator . . . Rapat jumlah osilator . . . . Kerapatan energi radiasi . . . 1.1.4 Teori kuantum radiasi Planck 1.2 Efek Fotolistrik . . . . . . . . . . . . 1.3 Hamburan Compton . . . . . . . . . 1.4 Model Atom . . . . . . . . . . . . . . 1.4.1 Sejarah Teori Atom . . . . . 1.4.2 Model Atom Bohr . . . . . .
i
. . . . . . . . . . . . . .
. . . . . . . . . . . . . .
. . . . . . . . . . . . . .
. . . . . . . . . . . . . .
. . . . . . . . . . . . . .
. . . . . . . . . . . . . .
. . . . . . . . . . . . . .
. . . . . . . . . . . . . .
. . . . . . . . . . . . . .
. . . . . . . . . . . . . .
. . . . . . . . . . . . . .
. . . . . . . . . . . . . .
. . . . . . . . . . . . . .
. . . . . . . . . . . . . .
. . . . . . . . . . . . . .
. . . . . . . . . . . . . .
. . . . . . . . . . . . . .
. . . . . . . . . . . . . .
. . . . . . . . . . . . . .
. . . . . . . . . . . . . .
. . . . . . . . . . . . . .
1 1 1 1 3 3 3 4 5 5 7 8 9 9 10
Daftar Gambar 1.1 1.2 1.3
Kurva intensitas radiasi termal per satuan panjang gelombang . . . . . . Perbandingan antara hasil yang didapat hukum Raleygh-Jeans dan Teori Kuantum Planck . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Skema efek Compton . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
ii
2 7 8
Bab 1
Gejala Kuantum 1.1 1.1.1
Radiasi Benda Hitam Gejala radiasi termal
Kajian tentang radiasi benda hitam bertujuan menjelaskan fenomena yang terkait dengan intensitasi radiasi (daya emisi) suatu benda pada temperatur tertentu. Pada tahun 1792, T. Wedjwood mendapati bahwa sifat universal dari sebuah objek yang dipanaskan tidak bergantung pada komposisi dan sifat kimia, bentuk, dan ukuran benda. Selanjutnya, pada tahun 1859 G. Kirchoff membuktikan sebuah teorema yang didasarkan pada sifat termodinamika benda bahwa pada benda dalam kesetimbangan termal, daya emisi (pancar ) dan daya absorbsi (serap) sama besar. Ide Kirchoff dinyatakan dalam sebuah persamaan ef = J (f, T ) Af , (1.1) dengan ef adalah daya emisi per frekuensi cahaya tiap satuan luas, f adalah frekuensi cahaya, T suhu mutlak benda, dan Af daya absorbsi (yaitu fraksi daya masuk yang diserap per frekuensi tiap satuan luas. Benda hitam didefinisikan sebagai benda yang menyerap semua radiasi elektromagnetik yang mengenainya, sehingga benda tersebut menjadi berwarna hitam, atau pada persamaan (1.1) berlaku Af = 1 sehingga ef = J (f, T ) (daya emisi per frekuensi per satuan luas hanya bergantung pada f dan T saja).
1.1.2
Hukum Stefan
Pada tahun 1879, J. Stefan menemukan (secara eksperimental) bahwa daya total tiap satuan luas yang dipancarkan oleh benda padat pada semua frekuensi bergantung pada pangkat empat dari suhu (T 4 ), atau Z ∞ etotal = ef (f, T ) df = aσT 4 , (1.2) 0
dengan 0 < a <= 1 merupakan koefisien serap dan σ = 5, 67 × 10−8 W.m−2 .T−4 adalah tetapan Stefan-Boltzman. Contoh. Hukum Stefan dapat diterapkan untuk memperkirakan suhu di permukaan bintang. Sebagai contoh, kita akan memperkirakan suhu di permukaan matahari. Diketahui jejari matahari adalah RS = 7, 0 × 108 m, jarak rata-rata matahari ke bumi 1
BAB 1. GEJALA KUANTUM
2
Gambar 1.1: Kurva intensitas radiasi termal per satuan panjang gelombang. Jumlah radiasi yang dipancarkan (luas daerah di bawah kurva) bertambah seiring dengan naiknya temperatur. (Gambar diambil dari [?]) adalah R = 1, 5 × 1011 m, dan fluks (daya per satuan luas) energi matahari yang terukur di permukaan bumi adalah 1400 Wm−2 . Seluruh energi yang dipancarkan matahari dapat dianggap berasal dari reaksi nuklir yang terjadi di dalamnya, bukan berasal pantulan dari radiasi yang mengenainya (seluruh radiasi yang mengenai matahari dianggap terserap sempurna). Sehingga, matahari dapat dianggap sebagai benda hitam (a = 1). Energi radiasi total yang mengenai bumi dan titik-titik lain di alam semesta yang berjarak R dari matahari adalah et (R) 4πR2 , sedangkan energi total yang meninggalkan permukaan matahari adalah et (RS ) 4πRS2 . Menurut hukum kekekalan energi, besar kedua energi tersebut haruslah sama, sehingga et (R) 4πR2 = et (RS ) 4πRS2 ⇒ et (RS ) = et (R)
R2 . RS2
(1.3)
Lalu, menurut hukum Stefan et (RS ) = σT 4 , sehingga diperoleh 1/4 et (R)R2 T = σRS2 !1/4 2 1400W m−2 1, 5 × 1011 m (R)R2 = 2 (5, 67 × 10−8 W.m−2 .T −4 ) (7, 0 × 108 m) ≈ 5800K.
(1.4)
Berdasarkan persaaan (1.1), untuk benda hitam akan berlaku ef = J(f, T ). Selanjutnya, didefinisikan besaran kerapatan spektrum energi per satuan volume per satuan frekuensi u(f, T ), sehingga untuk cahaya (kecepatannya c) akan diperoleh c J(f, T ) = u(f, T ) . (1.5) 4
BAB 1. GEJALA KUANTUM
3
Berdasarkan kurva spektrum radiasi benda hitam, Wien membuat tebakan bentuk fungsi βf kerapatan spektrum energi tersebut sebagai u(f, T ) = Af 3 e− T . Ternyata bentuk fungsi tersebut dikonfirmasi secara eksperimental oleh Paschen untuk λ = 1−4 µm (infra merah) dan T = 400 − 1.600 K (hasil eksperimen untuk λ lebih besar menyimpang dari prediksi Wien).
1.1.3
Hukum Raleygh-Jeans
Model osilator harmonik Bentuk kurva spektrum pancar benda hitam juga coba dijelaskan melalui hukum RayleighJeans. Menurut hukum tersebut, benda hitam dimodelkan sebagai sebuah rongga, dan cahaya yang memasukinya membentuk gelombang berdiri. Energi radiasi per satuan volume per satuan frekuensi merupakan moda dari osilator-osilator harmonik per satuan volume dengan frekuensi yang terletak pada selang f dan f + df . Sehingga, kerapatan energi dapat dinyatakan sebagai ¯ (f )df u(f, T )df = EN
(1.6)
dengan N (f ) menyatakan rapat jumlah osilator per satuan volume per satuan frekuensi. Benda hitam dianggap berada pada kesetimbangan termal, sehingga terbentuk gelombang elektromagnetik berdiri di dalam rongga (gelombang berdiri EM ekivalen dengan osilator satu dimensi). Fungsi probabilitas osilator klasik memenuhi fungsi distribusi Maxwell-Boltzmann, P () = P0 e
−
(−0 ) kB T
,
(1.7)
dengan 0 adalah energi dasar (terendah) osilator, energi osilator, P0 = P (0 ) merupakan peluang osilator memiliki energi sebesar 0 , kB konstanta Boltzmann, dan T suhu mutlak sistem (dalam hal ini rongga). Energi rata-rata osilator Energi rata-rata osilator dihitung dengan memanfaatkan fungsi probabilitas (1.7), P P () ¯ = P , (1.8) P () P atau untuk nilai energi yang sinambung (kontinyu), notasi jumlah ( ) berubah menjadi integral. Lalu dengan mengingat persamaan (1.7), diperoleh R∞ ¯ =
0 R∞ 0
P0 e P0 e
−
−
(−0 ) kB T
(−0 ) kB T
d
d
− e kB T d 0 . R∞ − e kB T d 0
R∞ =
(1.9)
Pembilang dan penyebut pada persamaan terakhir dapat dihitung dengan cara sebagai −1 berikut. Misalkan β = (kB T ) , maka penyebut persamaan terakhir menjadi ∞ Z ∞ 1 −β −β e d = − e β 0 =0 1 = . (1.10) β
BAB 1. GEJALA KUANTUM
4
Lalu, dengan memanfaatkan hubungan tersebut, dapat diperoleh Z ∞ d d 1 −β e d = dβ dβ β Z ∞ 0 1 d e−β d = − 2 ⇔ dβ β 0 Z ∞ 1 − k T ⇔ − e B d = − 2 β Z0 ∞ 1 − ⇔ e kB T d = 2 . β 0 Sehingga, energi rata-rata osilator adalah R∞ − e kB T d 1 β −2 ¯ = R0∞ − = −1 = = kB T. kB T β β e d 0
(1.11)
(1.12)
Rapat jumlah osilator Tinjau sebuah kubus dengan panjang rusuk L yang di dalamnya terdapat gelombang elektromagnetik stasioner. Berdasarkan persamaan Maxwell, diperoleh persamaan gelombang stasioner untuk medan elektromagnetik berbentuk ~ + k2 E ~ = 0, ∇2 E
(1.13)
∂2 ∂2 ∂2 ~ ~ dengan ∇2 ≡ ∂x 2 + ∂y 2 + ∂z 2 , E = E(Ex , Ey , Ez ), serta Ex , Ey , dan Ez masing-masing merupakan fungsi dari koordinat x, y, z. Dengan menganggap berlakunya separasi variabel ~ misalnya Ex (x, y, z) ≡ u(x)v(y)w(z), dan k 2 = kx2 +ky2 +kz2 pada tiap komponen medan E, diperoleh
d2 u + kx2 u = 0, dx2 d2 v + ky2 v = 0, dy 2 d2 w + kz2 w = 0, dz 2
(1.14) (1.15) (1.16)
dengan solusi u(x) = Bx cos(kx x) + Cx sin(kx x),
(1.17)
v(y) = By cos(ky y) + Cy sin(ky y),
(1.18)
w(z) = Bz cos(kz z) + Cz sin(kz z).
(1.19)
Selanjutnya, diterapkan syarat batas bahwa u = v = w = 0 pada x = y = z = 0 dan x = y = z = L, sehingga Bx = By = Bz = 0 dan kx,y,z = nx,y,z π/L dengan nx,y,z merupakan bilangan bulat positif. Dengan demikian, diperoleh u(x) = Cx sin(kx x),
(1.20)
v(y) = Cy sin(ky y),
(1.21)
w(z) = Cz sin(kz z),
(1.22)
BAB 1. GEJALA KUANTUM
5
yang memberikan solusi untuk komponen Ex Ex (x, y, z) = A sin(kx x) sin(ky y) sin(kz z),
(1.23)
dan berlaku pula n2 π 2 π2 2 , (1.24) nx + n2y + n2z = 2 L L2 dengan n menyatakan jumlah osilator dalam kotak. π 3 Sebuah kotak dalam ruang k (dimensi/satuannya m−1 ) dengan volume L berisi satu buah gelombang berdiri. Sebuah elemen volum berbentuk kulit bola berjejari k yang terletak pada sebuah kotak dengan rusuk k memiliki volum 18 × 4πk 2 dk (karena kotak berusuk k menempati satu oktan/perdelapan dari sebuah bola berjejari k). Lalu, diperoleh N (k) yaitu rapat jumlah gelombang berdiri dengan bilangan gelombang terletak antara k dan dk, 1 × 4πk 2 dk L3 k 2 N (k)dk = 8 = dk. (1.25) 3 π 2π 2 k2 =
L
Dengan mengingat bahwa terdapat dua keadaan polarisasi untuk setiap modus gelombang EM, diperoleh jumlah gelombang berdiri tiap satuan volume (V = L3 ) sebesar N (k)dk ≡
N (k)dk k 2 dk =2× , V 2π 2
atau dengan memanfaatkan hubungan besaran-besaran gelombang EM k = diperoleh N (f )df =
8πf 2 8π df ⇔ N (λ)dλ = − 4 dλ. c3 λ
(1.26) 2π λ
dan c = λf
(1.27)
Kerapatan energi radiasi ¯ dan N (f ) seperti di atas, diperoleh nilai kerapatan energi Berdasarkan hasil untuk E radiasi 8πf 2 8π u(f, T )df = 3 kB T df ⇔ u(λ, T )dλ = 4 kB T dλ. (1.28) c λ Hasil ini memungkinkan terjadinya bencana ultraviolet, bahwa rapat energi untuk cahaya dengan panjang gelombang kecil (atau frekuensi besar) dapat bernilai takhingga. Dan ini bertentangan dengan hasil eksperimen.
1.1.4
Teori kuantum radiasi Planck
Untuk mengatasi masalah yang timbul pada hukum Rayleigh-Jeans, Max Planck mempostulatkan bahwa energi osilator adalah sebanding dengan frekuensi gelombang, n = nhf (n bilangan bulat positif dan h konstanta Planck). Penerapan postulat ini ke persamaan untuk energi rata-rata menurut statistik Maxwell-Boltzman (persamaan 1.8) memberikan − knhfT B n=0 nhf e P∞ − knhfT B n=0 e
P∞ ¯ =
.
(1.29)
Dengan mengingat rumus jumlah pada deret geometri, ∞ X n=0
rn =
1 1−r
|r| < 1,
(1.30)
BAB 1. GEJALA KUANTUM
6
maka penyebut persamaan energi rata-rata tersebut dapat dituliskan sebagai ∞ n X − hf = e kB T
1 1−e
n=0
(1.31)
− khfT B
Bagian pembilang dihitung seperti pada persamaan (1.11). Misalkan α = X
ne−αn = −
n
, maka
d X −αn e dα n
d =− dα =
hf kB T
e
!
1 1−e
− khfT B
−α 2.
(1 − e−α )
(1.32)
Jadi, diperoleh energi rata-rata − hf − hf hf 1 − e kB T e kB T ¯ = 2 − hf 1 − e kB T − khfT
= =
hf e
B
− khfT
1−e hf
B
hf
(1.33)
e kB T − 1 Selanjutnya, diperoleh rapat energi radiasi ! 8πf 2 hf 8πhc dλ hf . u(f, T )df = 3 df ⇔ u(λ, T )dλ = hf c e kB T − 1 λ5 e kB T − 1
(1.34)
Terlihat bahwa postulat Planck mampu mengatasi masalah yang muncul pada hukum Rayleigh-Jeans. Bahkan, hasil ini sesuai dengan data eksperimen (Gambar ??). Postulat Planck juga mampu menjelaskan hukum Stefan-Boltzman. Substitusi persamaan rapat energi radiasi ke persamaan untuk radiasi total, menghasilkan Z c ∞ et = u(λ, T ) dλ 4 λ=0 Z ∞ 8πhc dλ hf . = (1.35) λ=0 λ5 e kB T − 1
BAB 1. GEJALA KUANTUM
7
Gambar 1.2: Kurva intensitas radiasi termal menurut hukum Raleygh-Jeans dan Teori Kuantum Planck. Terlihat bahwa teori Planck sesuai dengna hasil eksperimen (yang dinyatakan oleh titik), sedangkan hukum Raleygh-Jeans hanya sesuai untuk daerah panjang gelombang besar. (Gambar diambil dari [?]) Ambil x ≡
hc λkB T
2
λ sehingga dx = − λ2hc kB T dλ atau dλ = −
et = −
=
kB T 2πhc2 hc
4 4 T 2πkB h3 c2
Z
hc dx kB T x2 5 hc x=∞ (ex xkB T
Z
∞
| x=0
kB T hc
dx = − khc BT
dx x2 ,
sehingga
0
− 1)
x3 dx ex − 1 {z } 4
= π15
4 2π 5 kB T4 15h3 c2 = σT 4 ,
=
(1.36)
dengan 4 2π 5 kB ≈ 5, 67 × 10−9 W.m−2 K−4 15h3 c2 merupakan konstanta Stefan-Boltzmann.
σ=
(1.37)
Soal Latihan 1. Turunkan hukum pergeseran Wien, λm T = C, dengan memaksimumkan u(λ, T ).
1.2
Efek Fotolistrik Tugas 1 (28 Agustus 2009)
Gejala Kuantum: Efek Fotolostrik (dikumpulkan sebelum Jum’at, 4 September 2009)
BAB 1. GEJALA KUANTUM
8
1. Beri penjelasan tentang efek fotolistrik yang menganggap bahwa cahaya berbentuk kuanta (partikel)! 2. Hitung kecepatan photoelectron yang dilepas dari bahan seng (zinc, dengan stopping potential 4,3 eV) yang diberi cahaya ultraviolet. Dibanding kecepatan cahaya, berapa persen besar kecepatan tersebut? 3. Cahaya dengan intensitas 1,0 µW/cm2 jatuh pada permukaan besi seluas 1,0 cm2 . Anggap bahwa besi memantulkan 96% cahaya yang mengenainya dan hanya 3% dari energi yang terserap terletak pada daerah ultraviolet. (a) Hitunglah intensitas yang dipakai untuk menghasilkan efek fotolistrik! (b) Jika panjang gelombang sinar ultraviolet adalah 250 nm, hitunglah banyaknya elektron yang diemisikan tiap detik! (c) Hitunglah besar arus yang ditimbulkan pada efek fotolistrik! (d) Jika frekuensi cut off f0 = 1, 1 × 1015 Hz, carilah fungsi kerja φ0 untuk besi!
1.3
Hamburan Compton
fek Compton adalah gejala yang timbul jika radiasi (sinar x) berinteraksi dengan partikel h (elektron). Foton sinar x bersifat sebagai partikel dengan momentum p = hf c = λ . Skema efek Compton diberikan pada gambar 1.3. Efek Compton dapat dijelaskan menggunak-
Gambar 1.3: Skema efek Compton. Foton datang dengan momentum p dan menumbuk elektron yang diam. Lalu foton terhambur dengan momentum p0 dan elektron terhambur dengan momentum pe . Sudut hamburan foton θ dihitung terhadap arah datangnya. (Gambar diambil dari [?]) an konsep momentum dan tumbukan. Tumbukan dianggap bersifat lenting sempurna, sehingga berlaku hukum kekekalan energi, E + me c2 = E 0 + Ee ⇔ Ee = hf − hf 0 + me c2 .
(1.38)
dengan E adalah energi foton sebelum tumbukan, me c2 energi elektron sebelum tumbukan (berupa energi diam), E 0 energi foton setelah tumbukan, dan Ee energi elektron setelah tumbukan. Seperti kasus tumbukan pada umumnya, pada peristiwa efek Compton juga berlaku kekekalan momentum.
BAB 1. GEJALA KUANTUM
9
• Pada arah sumbu x (searah dengan arah datang foton) p = p0 cos θ + pe cos φ ⇔ p2 + p02 cos2 θ − 2pp0 cos θ = p2e cos2 φ
(1.39)
dengan p momentum foton sebelum tumbukan, p0 momentum foton setelah tumbukan, pe momentum elektron setelah tumbukan, dan φ sudut hambur elektron (dihitung terhadap arah foton datang). • Pada arah sumbu y (tegaklurus arah datang foton) p0 sin θ = pe sin φ ⇔ p02 sin2 θ = p2e sin2 φ.
(1.40)
Jumlah dari kedua persamaan terakhir menghasilkan p2 + p02 − 2pp0 cos θ = p2e .
(1.41)
Dengan mengingat hubungan antara momentum dengan frekuensi, persamaan terakhir dapat ditulis menjadi p2e =
hf 0 c
2
+
hf c
2 −
2h2 f f 0 cos θ. c2
(1.42)
Di lain pihak, elektron memenuhi persamaan energi relativistik, 2
Ee2 = (pe c) + me c2
2
.
(1.43)
Substitusi persamaan (1.38) dan (1.42) ke persamaan terakhir, menghasilkan 2 hf − hf 0 + me c2 =
"
hf 0 c
2
+
hf c
2
#2 2 2h2 f f 0 − cos θ. + me c2 c2
(1.44)
Setelah disederhanakan, persamaan tersebut menghasilkan −f 0 me c2 + f me c2 = hf f 0 − hf f 0 cos θ c c hc2 − 0 = ⇔ me c2 (1 − cos θ) λ λ λλ0 h (1 − cos θ) , ⇔ λ0 − λ = me c
(1.45)
yang menyatakan hubungan antara panjang gelombang foton terhambur (λ0 ) dan sudut hamburannya (θ) dengan panjang gelombang foton datang (λ) dan massa diam elektron (me ). Persamaan tersebut telah sesuai dengan hasil percobaan.
1.4 1.4.1
Model Atom Sejarah Teori Atom
Cerita tentang model atom dari model Democritus, Dalton, Thomson, Rutherford. Lalu beri pengantar tentang model Bohr.
BAB 1. GEJALA KUANTUM
1.4.2
10
Model Atom Bohr
Menurut postulat Bohr, elektron dalam atom hidrogen mengelilingi inti atom (proton) pada orbit stasioner berbentuk lingkaran (misal dengan jejari a). Pada orbit elektron, gaya Coulumb berperan sebagai gaya sentripetal, sehingga berlaku mv 2 1 Ze2 = 4πε0 a2 a
⇒ mv 2 =
1 Ze2 . 4πε0 a
(1.46)
Sehingga energi kinetik elektron adalah K=
1 Ze2 1 mv 2 = . 2 8πε0 a
(1.47)
Postulat Bohr: keadaan stasioner sistem dikarakterisasi oleh momentum sudut pφ = mva = n~, Berdasarkan postulat tersebut, diperoleh v = an gaya sentripetal menghasilkan a=
n = 1, 2, 3, . . . . n~ ma .
(1.48)
Substitusi nilai v tersebut ke persama-
4πε~2 2 n ≈ 0, 528n2 ˚ A. mZe2
(1.49)
Lalu, diperoleh energi total elektron E =K +V 1 Ze2 1 mv 2 − 2 4πε0 a 1 Ze2 =− 8πε0 a 13, 6 = 2 eV. n =
(1.50)
