5. Aplikasi Sederhana Mekanika Statistik

5. Aplikasi Sederhana Mekanika Statistik Pengetahuan tentang sistem mikroskopik Æ mengetahui sifat-sifat makroskopik sistem dalam keseimbangan. 5. 1. Fungsi Partisi Prosedur untuk mengetahui sifat-sifat makroskopik dengan mekanika statistik tidaklah begitu sukar. Yang harus dilakukan hanyalah menghitung fungsi partisi Z. E, p, S dan (ΔE)2 dapat dihitung secara langsung dengan derivatif ln Z. Perumusan fungsi partisi adalah sebagai berikut: Z = ∑e - β E

(5.1)

r

Jumlah ini dibuat untuk semua keadaan. Secara prinsip tidak ada kesulitan untuk memformulasikan problem, bagaimana pun kompleksnya. Æ Kesulitan yang muncul ada pada penyelesaian matematik untuk problem yang telah diformulasikan. Sangat mudah untuk mencari keadaan kuantum dan fungsi partisi gas ideal tidak berinteraksi, tetapi merupakan tugas yang sangat berat untuk melakukan hal yang sama pada suatu liquid yang dalam hal ini semua molekul saling berinteraksi kuat satu sama lain. Pada pendekatan klassik: Energi sistem E(q1,q2,...qf,p1,p2,...pf) Ruang fase dapat dibagi kecil-kecil oleh sel dengan volume h0f, Æ fungsi partisi dalam persamaan (5.1) dapat dihitung pertama-tama dengan sumasi jumlah (dq1dq2...dqfdp1dp2...dpf)/h0f pada titik (q1,q2,...qf,p1,p2,...pf) Dalam pendekatan klassik dapat diperoleh: ∫ ... ∫ e- β E( q 1,...q f )

dq 1...dp f f

(5.2)

ho Tinjau sekarang energi sistem digeser dengan εo, maka fungsi partisi menjadi

Z * = ∑ e− β ( Er +ε o ) = e− βε o ∑ e− β Er = e− βε o Z r

(5.3)

r

atau

ln Z* = ln Z − βεo Æ Jadi fungsi partisi juga berubah. Energi rata-rata yang baru menjadi:

M. Hikam, Fisika Statistik, Applikasi Sederhana Mekanika Statistik

48

∂ ln Z* ∂ ln Z =− +ε0 = E +ε0 ∂β ∂β disini energi rata-rata digeser sebesar εo (sesuai dengan yang kita harapkan), namun entropi tidak berubah: * S* = k( ln Z * + β E )= k( ln Z + β E )= S *

E =−

Hal yang sama, semua gaya diperumum (dalam persamaan keadaan) tidak berubah, karena besaran-besaran hanya tergantung dari derivatif ln Z terhadap suatu parameter eksternal. Hal kedua, pada dekomposisi fungsi partisi sistem A yang terdiri dari A' dan A" yang berinteraksi lemah satu sama lain. Apabila keadaan A' dan A" masing-masing diberi label r dan s, maka energi Ers (pada sistem A) merupakan jumlah masing-masing energi: (5.4) E rs = E r '+ E s " hal yang cukup penting disini, fungsi partisi sistem total A merupakan adisi semua keadaan dengan label rs. ⎛ ⎞⎛ ⎞ Z = ∑ e - β ( E r ′+ E r") = ∑ e - β E r ′ e - β E r" = ⎜ ∑e - β E r ′ ⎟ ⎜ ∑e - β E r" ⎟ r,s r,s ⎝r ⎠⎝ r ⎠ jadi Z = Z ′Z" (5.5)

ln Z = ln Z ′ + ln Z"

dan

(5.6)

dengan Z' dan Z" masing-masing merupakan fungsi partisi A' dan A". Æ Fungsi partisi total merupakan hasil perkalian sederhana masing-masing fungsi partisi komponennya. 5.2. Perhitungan Besaran Termodinamika pada Gas Ideal Monatomik

Kita tinjau suatu gas terdiri dari N molekul monatomik identik dengan massa m berada pada volume V. Energi total gas ini: N P2 E = ∑ i +U (r1, r 2 ,K , r N ) (5.7) i=1 2m Bila U mendekati 0, kita temui kondisi gas ideal. 3 3 3 3 ⎧ ⎡ 1 ⎤ ⎫ d r1K d r N d p1K d p N Z ′ = ∫ exp ⎨-β ⎢ ( p12 +K+ p 2N )+U( r1,K , r N )⎥ ⎬ (5.8) ⎦⎭ h30N ⎩ ⎣ 2m atau Z ′=

1 h03 N

∫ e-( β / 2m) p 1 d 3 p1K ∫ e -( β / 2m) p N d 3 p N ∫ e - β U( r 1,K,r N )d 3r1K d 3r N 2

2

(5.9)

Karena energi kinetik merupakan suatu jumlah dari suku-suku, satu untuk tiap-tiap molekul, maka fungsi partisinya merupakan perkalian N integral:

M. Hikam, Fisika Statistik, Applikasi Sederhana Mekanika Statistik

49

∞

2 ∫ e -( β / 2m)p d 3 p

-∞

Sedangkan bagian U tidak merupakan penjumlahan sederhana. Disinilah penyebab perhitungan gas non-ideal sangat susah. Tetapi apabila gas cukup renggang, kondisi ideal dapat dipenuhi, U=0, integral menjadi: ∫ d 3r1d 3r 2 K d 3r N = ∫ d 3r1 ∫ d 3r 2 K ∫ d 3r N = V N Sehingga Z ′ merupakan multiplikasi sederhana: Z ′= ξ N ln Z ′ = N ln ξ

atau dengan ξ ≡

(5.10)

V ∞ -( β / 2m) p 2 3 d p (fungsi partisi sebuah molekul). Evaluasi integral ini ∫ e h03 -∞ 3

⎛ 2πm ⎞ 2 menghasilkan ξ = V ⎜ ⎟ , sehingga: ⎜ h 2β ⎟ ⎝ 0 ⎠ ⎡ 3 3 ⎛ 2πm ⎞ ⎤ (5.11) ln Z ′ = N ⎢ ln V - ln β + ln ⎜ ⎟⎥ 2 2 ⎜⎝ h 02 ⎟⎠ ⎥ ⎢⎣ ⎦ Dari fungsi partisi ini, besaran-besaran fisika yang lain dapat dihitung. Tekanan gas diberikan oleh persamaan: 1 ∂ ln Z ′ 1 N p= = β ∂V βV sehingga pV = NkT (5.12) yang merupakan persamaan keadaan gas ideal yang sudah kita kenal. Energi rata-rata gas: ∂ 3N = Nε E =− (5.13) ln Z ′ = ∂β 2β 3 dengan ε = kT merupakan energi rata-rata per molekul. 2 Panas jenis gas pada volume konstant dapat dihitung: ⎛ ∂E ⎞ 3 3 (5.14) CV = ⎜ ⎟ = Nk = R ∂ T 2 2 ⎝ ⎠V

Entropi juga dapat dihitung: ⎛ 3 3 ⎛ 2πm ⎞ 3 ⎞ S = k( ln Z ′ + β E ) = Nk ⎜ ln V - ln β + ln ⎜ ⎟+ ⎟ ⎜ 2 2 ⎜⎝ h 02 ⎟⎠ 2 ⎟ ⎝ ⎠ M. Hikam, Fisika Statistik, Applikasi Sederhana Mekanika Statistik

50

atau

3 S = Nk ( ln V + ln T + σ ) 2

(5.15)

3 ⎛ 2π mk ⎞ 3 dengan σ = ln ⎜ ⎟ + merupakan konstanta yang tidak tergantung T, V atau N. 2 ⎜⎝ h 02 ⎟⎠ 2 5.3. Paradoks Gibbs

Persamaan entropi (5.15) tidak sepenuhnya benar karena terlihat entropi tidak berprilaku seperti besaran ekstensif. S = S' + S"

(5.16)

dengan S' dan S" merupakan entropi bagian. Persamaan (5.15) tidak menunjukkan penjumlahan sederhana yang diperlukan oleh (5.16). Æ Bukti untuk kasus penyekat membagi sama. Paradoks semacam ini pertama-tama diamati oleh Gibbs, sehingga sering disebut "paradoks Gibbs". Paradoks ini muncul karena dalam penurunan rumus (5.15) kita menganggap bahwa partikel-partikel semuanya dapat dibedakan. Æ fungsi partisi harus mengandung faktor N! permutasi antar molekul. Z′ ξ N Z= = (5.17) N! N! Koreksi ini akan menghasilkan entropi yang bersifat seperti besaran ekstensif: 3 S = kN( ln V + ln T + σ) + k (-N ln N + N ) 2 atau V 3 (5.18) S = kN (ln + ln T + σ o ) N 2 3 ⎛ 2πmk ⎞ 5 dengan σ 0 = σ + 1 = ln ⎜ ⎟+ 2 ⎜⎝ h 02 ⎟⎠ 2 5.4. Teorema Equipartisi

Dalam mekanika klassik kita kenal teorema equipartisi yang sangat berguna untuk berbagai penyederhanaan perhitungan. Energi suatu sistem: (5.19) E = E (q1, q 2 ,K , q f , p1,K , p f ) Situasi berikut ini sering dijumpai: a) Energi total dapat dipisah secara aditif: E = εi(pi) + E′(q1, q2, ....,pf) M. Hikam, Fisika Statistik, Applikasi Sederhana Mekanika Statistik

(5.20) 51

b)

Fungsi εi merupakan fungsi kuadrat dari pi, dalam bentuk: 2 ε i( p i ) = bp i

(5.21)

dengan b merupakan konstanta Dari asumsi a) dan b), rata-rata ke-i adalah: ε i = 1 kT 2

(5.22)

Hal ini yang disebut dengan teorema equipartisi yang berarti bahwa pada energi, harga rata-rata setiap bagian suku kuadrat adalah ½ kT. Teorema ini dapat digunakan pada gas ideal. Energi kinetik sebuah molekul: 1 ( p 2 + p 2y + p 2z ) Ek = 2m x secara cepat dapat kita ketahui energi kinetik rata-rata: 3 E k = kT 2

(5.23)

(5.24)

Kalau ada Na molekul per-mole, energi menjadi: 3 3 E = N a ( kT) = RT 2 2 dari sini panas jenis molar dapat dihitung: ⎛ ∂E ⎞ 3 cv = ⎜ ⎟ =2R ⎝ ∂T ⎠v

(5.25)

Dari hal ini kecepatan kuadrat rata-rata molekul dapat dihitung: 1 2 1 kT mv x = kT atau v 2x = m 2 2 Teorema yang sama juga dapat digunakan untuk membahas gerak osilator harmonis satu dimensi: p2 1 2 E= + kx 2m 2 1 2 1 Harga rata-rata energi kinetik = p = k BT 2m 2 1 2 1 Harga rata-rata energi potensial = k x = k BT 2 2 Jadi harga rata-rata energi total: E = kT

(5.26)

(5.27)

Sekarang kita tinjau secara mekanika kuantum pada kasus yang sama untuk melihat batas validitas mekanika klassik. Level-level energi sesuai dengan osilator harmonik: E n = (n + 12 )hω (5.28)

M. Hikam, Fisika Statistik, Applikasi Sederhana Mekanika Statistik

52

dengan n = 0,1,2,3,4,... dan ω =

k merupakan frekuensi angular klassik. m

Energi rata-rata osilator: ∞

E=

∑e β n =0 ∞

− En

∑e

En

=−

− β En

∂ ln Z ∂β

(5.29)

n =0

disini

Z

∞

∞

= ∑ e − βEn = ∑ e n =0

n =0

=e

− 12 βhω

− β ( n + 12 ) hω

∞

∑e

− nβhω

n =0

=

− 1 β hω e 2 (1 + e− β hω

=e

− 12 β hω

+ e−2 β hω + e−3β hω + ....)

1 1− e

− β hω

sehingga:

ln Z = − 1 β hω − ln(1 − e− β hω ) 2

(5.30)

seterusnya: E=−

⎛ 1 ∂ ln Z e − β hwhω ⎞ = − ⎜ − hω − ⎟ − β hω ⎟ ⎜ 2 ∂β 1 e − ⎝ ⎠

atau ⎛1 ⎞ 1 (5.31) E = hω ⎜ + ⎟ β h ω −1 ⎠ ⎝2 e Sekarang kita lihat pada kondisi-kondisi ekstrim: hω <<< 1 Kalau β hω = kT (yakni kalau suhu sangat tinggi, sehingga energi termal jauh lebih tinggi daripada separasi h ω antar level) Didapat: ⎛1 ⎞ ⎛1 ⎛ 1 ⎞ 1 1 ⎞ E = hω ⎜ + ⎟ ≈ hω ⎜ + ⎟ ≈ hω ⎜ ⎟ ⎝ 2 β hω ⎠ ⎝ β hω ⎠ ⎝ 2 (1 + β hω + ....) − 1 ⎠ atau ⎛1⎞ E = ⎜ ⎟ = kT jadi sesuai dengan hasil klassik. ⎝β ⎠ Sebaliknya pada suhu rendah: M. Hikam, Fisika Statistik, Applikasi Sederhana Mekanika Statistik

53

β hω =

hω >>> 1 kT

didapat karena e β hω sangat besar: E = hω ( 1 + e − β hω ) 2

terlihat bahwa hasil ini SANGAT BERBEDA dengan teorema equipartisi. Nilai 1 2 hω (ground state) ketika T → 0.

E

akan mendekati

Pelajari sendiri mengenai: - Kapasitas panas zat padat (Reif 253) - Paramagnetisme 5.5. Distribusi Kecepatan Maxwell

Suatu molekul m berada bersama-sama molekul-molekul yang lain membentuk gas. Bila gaya luar tidak ada (seperti gravitasi), energi molekul menjadi:

ε=

p2 + ε (intermol) 2m

seterusnya: (int) 2 (int) 2 Ps (r , p)d 3rd 3 p ∝ e− β [ p / 2m +ε s ]d 3rd 3 p ∝ e− β p / 2m e− βε s d 3rd 3 p

e− βε s

(int)

adalah konstanta, sehingga: 2 Ps (r , p)d 3rd 3 p ∝ e − β p / 2m d 3rd 3 p

Arti fisis persamaan terakhir: kemungkinan menemukan molekul dengan pusat massa dalam jangkauan (r ; dr) dan (p ; dp). Apabila persamaan ini dikalikan dengan N (jumlah keseluruhan molekul) maka hasilnya menunjukkan nilai rata-rata jumlah molekul pada jangkauan posisi dan momentum tersebut. Persamaan terakhir ini kalau diterjemahkan “dalam bahasa” kecepatan, mengingat v = p/2m akan menjadi:

f (r, v) d3r d3v yang berarti jumlah molekul yang memiliki pusat massa antara r dan r+ dr dengan kecepatan antara v dan v+ dv 2 f (r , v )d 3rd 3v = Ce− β mv / 2 d 3rd 3v 3

N ⎛ βm ⎞ 2 N Setelah dinormalisasi menghasilkan C = ⎜ ⎟ , tulis n = , maka: V ⎝ 2π ⎠ V M. Hikam, Fisika Statistik, Applikasi Sederhana Mekanika Statistik

54

⎛ βm ⎞ f ( r , v ) d rd v = n ⎜ ⎟ ⎝ 2π ⎠ 3

3

3

2

2 e− β mv / 2 d 3rd 3v

⎛ βm ⎞ r dan v saling independen Æ f (v )d v = n ⎜ ⎟ ⎝ 2π ⎠ 3

3

2

2 e − β mv / 2 d 3v

Sekarang kalau kita lihat besar kecepatan saja (tanpa melihat arah). Jumlah partikel (dNv) yang memiliki besar kecepatan antara v dan v + Δv.

Fv dv = 4πv2 f (v) dv atau:

dN v = Fv dv =

4n ⎛ m ⎞ ⎜ ⎟ π ⎝ 2kT ⎠

3/ 2

⎛ mv 2 ⎞ v 2 exp ⎜ − ⎟ dv ⎜ 2kT ⎟ ⎝ ⎠

FV

area = ΔN =FvΔv

Δv Gbr.: Distribusi kecepatan

laju,v

Dari persamaan ini dapat dicari jumlah partikel yang memiliki daerah kecepatan tertentu. Juga dapat dicari:

∞

∫ vdN v

¾ kecepatan partikel rata-rata v =

0 ∞

∫ dN v

0

¾ kecepatan partikel yang paling banyak dimiliki oleh molekul, yaitu kondisi

M. Hikam, Fisika Statistik, Applikasi Sederhana Mekanika Statistik

∂Fv =0 ∂v

55

∞

2 ∫ v dN v

¾ kecepatan rms: vrms = v 2 , dengan v 2 = 0

∞

∫ dN v

0

Dengan menggunakan fungsi Gamma: ∞

Γ( z ) = ∫ e −t t z −1dt ;

Γ( 1 ) = π dan Γ(n) = (n-1)Γ(n-1)

0

2

didapat: vm = 2 v=

kT m

8 kT kT = 2,55 π m m

kT m Jadi vm : v : vrms = 1:1,128 :1, 224 vrms = 3

Diantara ketiga jenis kecepatan tersebut, mana yang mempunyai arti fisis? Feature lain:

T FV T T1 < T2 < T3 T

laju, v Deskripsikan grafik ini!

M. Hikam, Fisika Statistik, Applikasi Sederhana Mekanika Statistik

56

Soal-soal Latihan:

1. Perkirakan nilai numeris kecepatan rms untuk udara! Udara dapat dianggap sebagian besar terdiri gas nitrogen (N2), massa satu atom nitrogen: 2,34x10-26 kg. Konstanta lain k =1,38x10-23 SI NA = 6,02x1023 2. (Reif 7.19) A gas of molecules, each of mass m, is in thermal equilibrium at the absolute temperature T. Denote the velocity of a molecule by v, its three Cartesian components by vx, vy, and vz and its speed. What are the following mean values: (d) v x3 v x (a) v x (b) v x2

(e) (v x + bv y ) 2

(c) v 2 v x

(f) v x2 v y2

M. Hikam, Fisika Statistik, Applikasi Sederhana Mekanika Statistik

57