MODUL

FISIKA MODERN

Oleh : Dwi Teguh Rahardjo, M.Si

FAKULTAS KEGURUAN DAN ILMU PENDIDIKAN UNIVERSITAS SEBELAS MARET

SURAKARTA 2012

2

Daftar Isi Bab 1. Relativitas

01. Kerangka acuan 02. Transformasi Galileo 03. Interferometer Michelson – Morley 04. Transformasi Koordinat Lorentz 05. Transformasi Kecepatan Lorentz 06. Transformasi Percepatan Lorentz 07. Relativitas Khusus Einstein 08. Keserempakan yang Relatif 09. Dilatasi Waktu 10. Kontraksi Panjang Lorentz – Fitzgerald 11. Pemuaian Massa 12. Hubungan Massa dan Energi 13. Transformasi Momentum – Energi 14. Efek Doppler Relativistik 15. Kovarian Lorentz pada Persamaan Maxwell 16. Sekilas Teori Relativitas Umum Einstein

Bab 2. Permulaan Teori Kuantum 01. Radiasi Benda Hitam 02. Efek Fotolistrik 03. Efek Compton 04. Dualitas Gelombang dan Partikel dari suatu Materi 05. Gelombang Materi de Broglie 06. Ketidakpastian Heisenberg 07. Gelombang Mekanik Schrodinger

Bab 3. Model – model Atom

01. Model Atom Thomson 02. Model Atom Rutherford 03. Model Atom Bohr 04. Teori Kuantisasi Momentum Sudut Wilson-Sommerfeld 05. Model Atom Vektor 06. Model Atom Mekanika Kuantum

Bab 4. Radioaktivitas

01. Peluruhan Radioaktif 02. Umur Paruh Waktu 03. Umur Rata – rata 04. Aktivitas Unsur Radioaktif 05. Koreksi Massa Berhingga Inti 06. Disintegrasi berturut-turut 07. Hukum Pergeseran Radioaktif

3

BAB 1 RELATIVITAS 1.2 Kerangka Acuan

Posisi/letak suatu benda ditentukan oleh ukuran jaraknya dari suatu benda

lain sebagai titik acuan, di mana titik acuan yang menentukan posisi benda-benda

lain ini juga dapat berupa sumbu-sumbu koordinat. Sekumpulan sumbu koordinat

sebagai acuan/referensi di mana posisi dan waktu sebuah benda/obyek diukur atau

ditentukan disebut kerangka acuan/referensi. Kerangka acuan sebagai referensi

waktu pengukuran ini dinyatakan secara bersamaan dengan posisi sebagai satu

kesatuan ruang dan waktu. Terdapat beberapa jenis sistem koordinat kerangka

acuan yaitu sistem koordinat kartesian, sistem koordinat bola, sistem koordinat

silinder, sistem koordinat kurvilinier, dan lain-lain. Nilai-nilai numerik koordinat-

koordinat yang memberikan posisi sebuah obyek/benda pada saat itu adalah

berbeda-beda untuk sistem koordinat yang berbeda, sehingga memungkinkan

untuk menentukan hubungan matematika sederhana antara suatu sistem koordinat

kerangka acuan dengan sistem koordinat kerangka acuan yang lain dalam sistem

yang berbeda. Hubungan antara suatu sistem koordinat kerangka acuan dengan

sistem koordinat kerangka acuan lain disebut transformasi koordinat.

Kerangka acuan juga dapat bergerak relatif terhadap kerangka acuan lain.

Misal pengamat di dalam mobil yang bergerak dengan kecepatan v menjatuhkan

bola di dalam mobil, oleh pengamat di dalam mobil, bola tersebut terlihat jatuh

lurus ke lantai mobil dan memantul lurus ke atas, tetapi oleh pengamat yang

berada di pinggir jalan, bola tersebut terlihat jatuh dan memantul menurut lintasan

parabola. Pengamat di pinggir jalan yang berada dalam kerangka acuan diam,

melihat pengamat di mobil (yang berada dalam kerangka acuan bergerak dengan

kecepatan tetap) bergerak menjauhinya. Sedangkan menurut pengamat di dalam

mobil, merasa dirinya diam dan melihat pengamat di pinggir jalan yang bergerak

menjauhinya. Sehingga kerangka acuan diam dan kerangka acuan bergerak

merupakan istilah relatif yang bergantung di dalam kerangka mana seorang

pengamat menilai. Dua kerangka acuan yang bergerak lurus dengan kecepatan

tetap satu sama lain adalah ekuivalen dan hukum gerak Newton sama-sama dapat

diterapkan pada kedua kerangka acuan tersebut.

Pendahuluan

A. Deskripsi Maka Kuliah Fisika Modern

Modul ini disusun untuk memenuhi kebutuhan referensi bagi mahasiswa

pada perkuliahan Fisika Modern. Materi modul ini disusun berdasarkan

pencapaian kompetensi yang tercantum dalam silabus. Di dalam modul ini

terdapat contoh – contoh soal sebagai latihan bagi mahasiswa.

Setelah mempelajari modul ini diharapkan mahasiswa dapat memahami

konsep – konsep yang ada dalam mata kuliah Fisika Modern, sebagai berikut :

Definisi kerangka acuan dan gerak relatif, transformasi Galileo, interferometer

Michelson–Morley, transformasi Lorentz, postulat relativitas khusus Einstein,

Implikasi teori relativitas khusus Einstein, dan rumuskan efek Doppler

relativistik dari cahaya. Radiasi benda hitam, efek fotolistrik, efek Compton,

gelombang de Broglie, ketidakpastian Heisenberg, dan mekanika gelombang

Schroedinger. Model atom Thomson, Rutherford, dan Bohr, energi transisi

menurut model atom vektor, model atom mekanika kuantum, fungsi

gelombang elektron pada model atom mekanika kuantum, dan efek Zeeman,

pemisahan energi elektron akibat medan magnet luar pada efek Zeeman.

Peluruhan unsur radioaktif, umur paruh waktu unsur radioaktif, deskripsi

umur rata-rata unsur radioaktif, umur rata-rata unsur radioaktif, dan

disintegrasi berturut-turut unsur radioaktif

B. Petunjuk Belajar

Modul ini berisi kajian konsep – konsep penting, contoh soal, dan latihan

soal yang telah dirancang sedemikian rupa sehingga mahasiswa dapat

mempelajari modul ini secara autodikdak. Untuk mencapai kompetensi yang

telah dideskripsikan dalam silabus dan RPP, maka mahasiswa sebaiknya

mempelajari modul dengan teliti, kemudian mengerjakan contoh soal dan

dilanjutkan latihan soal

4

1.2 Transformasi Galileo

Posisi suatu peristiwa sering kali perlu ditentukan berdasarkan suatu

kerangka acuan untuk melaporkan suatu peristiwa pada orang lain. Misal

pengamat di titik O berada di kerangka acuan S atau kerangka acuan (x,y,z) akan

melaporkan posisi suatu peristiwa di titik P pada gambar 1.1. sebagai P(2,1,2).

Gambar 1.1. Posisi suatu peristiwa P di kerangka acuan (x,y,z)

Hubungan antar kerangka acuan untuk mengambarkan posisi suatu

peristiwa dapat dirumuskan berdasarkan pengamat di suatu kerangka acuan

terhadap kerangka acuan lain. Misal pengamat O berada di kerangka acuan (x,y,z)

dan pengamat lain O' berada di kerangka acuan (x' , y' ,z' ) pada koordinat x = 2,

suatu peristiwa di titik P dapat dirumuskan berdasarkan salah satu pengamat.

Pengamat O' berada di kerangka acuan (x' , y' ,z' ) akan melaporkan posisi suatu

peristiwa di titik P pada kerangka acuan (x,y,z) gambar 1.2. sebagai

( )P 2 x , y , z' '− − .

Gambar 1.2. Posisi P di kerangka acuan O berdasarkan O'

Hubungan antar kerangka acuan juga dapat dirumuskan pada kerangka

acuan yang bergerak dengan kecepatan tetap terhadap kerangka acuan lain. Jika

pengamat O berada di kerangka acuan (x,y,z,t) dan pengamat lain O' berada di

y

z

O P

2

1

2

x

S

x' x

x , x'

y y'

z'

z

O O'

P

1 3 2 2

1 S S’

5

kerangka acuan (x' , y' ,z' , t') di mana pada saat awal t =t'= 0 kedua kerangka

acuan tersebut berhimpit. Kerangka acuan (x' , y' ,z' , t') kemudian bergerak

dengan kecepatan tetap v searah sumbu x, sehingga terdapat hubungan

transformasi antara koordinat-koordinat dan waktu dari kerangka acuan (x,y,z,t)

ke kerangka acuan (x' , y' ,z' , t') pada suatu peristiwa di suatu titik P. Menurut

pengamat O' pada gambar 1.3., posisi koordinat suatu peristiwa di titik P yaitu

[–(vt–x),y' ,z' , t'], sedangkan menurut pengamat O pada gambar 1.4., posisi

koordinat suatu peristiwa di titik P yaitu [(vt'+ x' ),y,z,t].

Gambar 1.3. Posisi P di kerangka acuan O berdasarkan O'

persamaan transformasi koordinat suatu peristiwa di titik P pada gambar 1.3.

menurut pengamat O' yaitu

x = x vt' −

y = y' ….………………………………………………. (1.01)

z = z'

t = t'

Gambar 1.4. Posisi P di kerangka acuan O' berdasarkan O

x' x

x , x'

y y'

z'

z

O O'

P vt

v S’ S

z

x' x

x , x'

y y'

z'

O O’

P vt

v S S’

6

persamaan transformasi koordinat suatu peristiwa di titik P pada gambar 1.4.

menurut pengamat O yaitu

x = x + vt' '

y = y' …….…………………………………………….…. (1.02)

z = z'

t = t'

Hubungan transformasi di atas dikenal sebagai persamaan transformasi

koordinat Galileo. Persamaan transformasi koordinat (1.02) biasanya disebut

transformasi koordinat invers. Jika persamaan tersebut didiferensialkan terhadap

waktu, maka akan didapatkan persamaan transformasi kecepatan Galileo yaitu

x xu = u v' −

y yu = u' .…………………………………………………..…(1.03)

z zu = u'

di mana ( )

xd x vtdx dx dt dx

u = = = = vdt' dt dt dt dt

' '''

− −

dengan t = t' dan v = tetap, jika persamaan di atas didiferensialkan sekali lagi,

maka akan didapatkan persamaan transformasi percepatan Galileo, yaitu

x xa = a'

y ya = a' ……………………………………………………..…(1.04)

z za = a'

Dari transformasi percepatan terlihat bahwa hukum gerak Newton tetap

sama di kerangka acuan yang diam atau di kerangka acuan yang bergerak lurus

dengan kecepatan tetap, yang artinya pengamat di suatu kerangka acuan akan

tidak dapat memutuskan apakah kerangka acuannya diam atau bergerak lurus

beraturan melalui percobaan mekanika dalam kerangka acuannya. Misal jika

percobaan menjatuhkan bola dilakukan dalam pesawat yang terbang dengan

kecepatan tetap dan seluruh jendela pesawat ditutup, maka pengamat di dalam

pesawat tidak akan mengetahui dari hasil percobaannya, apakah pesawatnya diam

atau bergerak. Ia akan memperoleh hasil percobaan yang sama dengan pengamat

yang ada di laboratorium di permukaan bumi (dianggap kerangka acuan diam).

Kerangka acuan yang bergerak lurus dengan kecepatan tetap relatif terhadap

7

kerangka acuan yang lain disebut kerangka inersial. Kesetaraan kerangka inersial

terhadap hukum mekanika klasik dikenal sebagai relativitas Newton.

Umumnya dianggap bahwa semua kerangka acuan yang berada di

permukaan bumi adalah kerangka-kerangka acuan inersial, walaupun anggapan

tersebut tidak sepenuhnya tepat, karena benda-benda di permukaan bumi bergerak

melingkar dengan kecepatan tetap yang tentu saja mengalami percepatan

sentripetal menuju pusat bumi. Newton beranggapan bahwa alam semesta ini

merupakan ruang absolut/mutlak dan dalam keadaan diam (tidak bergerak),

sehingga hukum gerak Newton tetap berlaku baik di kerangka acuan diam

maupun di kerangka acuan bergerak (dengan kecepatan tetap v) terhadap ruang

absolut ini. Jadi hukum gerak Newton tetap sama di semua kerangka-kerangka

inersial.

Contoh 1 :

Sebuah mobil A berkecepatan 72 km/jam melewati mobil B yang berkecepatan 18

km/jam, pada saat kedua mobil sejajar kedua pengemudi melihat arlojinya

masing-masing dan tepat jam 9.00. Lima detik kemudian pengemudi mobil B

melihat burung terbang searah mobilnya dan mengukur jarak burung 200 m di

depan mobil B. (mobil A, B, dan burung bergerak searah sumbu x).

1. Bagaimana koordinat burung menurut pengemudi mobil B dan A?

2. Lima detik kemudian pengemudi mobil B melihat burung lagi dan ia mengukur

jarak burung tersebut 225 m di depan mobilnya. Hitung kecepatan terbang

burung tersebut?

Jawab :

1. Koordinat burung menurut pengemudi mobil B

( ) ( )1 1 1 1x , y ,z , t = 200 m, 0, 0, 5 s

Av = 72 km/jam = 20 m/s ; Bv = 18 km/jam = 5 m/s

Koordinat burung menurut pengemudi mobil A

( ) ( )2 2 2 2x , y ,z , t = 125 m, 0, 0, 5 s,

di mana ( ) ( )2x = x vt =225 20 5 125 m− − =

2. Koordinat burung menurut pengemudi mobil B

( ) ( )1 1 1 1x , y ,z , t = 225 m, 0, 0, 10 s' ' ' '

8

kecepatan burung menurut pengemudi mobil B

1 11

2 1

x x 225 200v = = = 5 m/s

t t 10 5

' − −− −

koordinat burung menurut pengemudi mobil A

( ) ( )2 2 2 2x , y ,z , t = 75 m, 0, 0, 10 s' ' ' ' ,

di mana ( )( )2x = x vt =275 20 10 75 m' '− − =

kecepatan burung menurut pengemudi mobil A

2 22

2 1

x x 75 125v = = = 10 m/s

t t 10 5

' − − −− −

Contoh 2 :

Seorang anak berenang bolak-balik dengan kecepatan c menyeberangi sungai

yang kecepatan arusnya v di mana lebar sungai yaitu L. Kemudian ia mencoba

berenang searah aliran sungai sejauh L dan kembali (menentang arus) sejauh L

juga. Tentukan waktu tempuh anak tersebut ketika bolak-balik menyeberangi

sungai dan tentukan juga waktu ketika ia berenang searah dan berlawanan arus

sungai.

Jawab :

Gambar 1.5. Aliran sungai dengan kecepatan tetap v

Waktu bolak-balik menyeberangi sungai

2

A 22 2 2

2

2L 2L 2L vt = = 1+

c 2cc v vc 1

c

≈

− −

……………..…..…(1.05)

Waktu berenang searah dan berlawanan arus sungai

2

B 2 2 22

2

2Lc 2L 2L vt = = 1+

cc v cvc 1

c

≈

− −

….. …….……….…….(1.06)

dengan deret binomial : ( ) ( )n 2n n 11+x = 1+ nx + x +

2!

−i i i

L

L v

9

1.3 Interferometer Michelson – Morley

Telah diketahui bahwa kecepatan gelombang elastik bergantung pada

kecepatan medium yang dilaluinya, jadi kecepatan gelombang bunyi dalam udara

akan berbeda jika angin bertiup dan jika kerapatan udara berbeda. Berdasarkan

prinsip tersebut Michelson dan Morley merancang percobaan untuk mendeteksi

apakah terdapat efek yang sama untuk kasus gelombang cahaya. Karena menurut

pendapat ilmuwan fisika klasik waktu itu, gelombang cahaya termasuk juga

gelombang elastik yang memerlukan medium untuk perambatannya dan karena

kecepatan gelombang cahaya sangat tinggi maka medium untuk perambatannya

harus mempunyai elastisitas yang sangat tinggi dan kerapatan yang sangat rendah.

Medium hipotetik (dugaan) ini mereka namakan ether. Ketika bumi mengelilingi

matahari, bumi dianggap akan melewati medium ether dan hal ini akan

menimbulkan angin ether yang dianggap akan mempengaruhi kecepatan cahaya

pada percobaan Michelson-Morley.

Gambar 1.6. Interferometer Michelson-Morley

Dari gambar 1.4. didapatkan waktu tempuh cahaya dari M ke cermin yaitu

AA 2

2

2Lt =

vc 1

c−

dan BB 2

2

2Lt =

vc 1

c

−

selisih waktu antara waktu tempuh cahaya dari M ke M1 dan dari M ke M2 yaitu

∆t = tA – tB

A B

22

22

2 L L∆t =

c vv 11cc

− −−

di mana S = sumber cahaya M = cermin semi transparan M1 & M 2 = cermin datar v = kecepatan rotasi bumi LA = jarak M ke M1 LB = jarak M ke M2 P = pengamat

P

M

M1

M2

S

LA

LB

v

10

Jika alat percobaan diputar 900 , maka

AA 2

2

2Lt =

vc 1

c

'

−

dan BB 2

2

2Lt =

vc 1

c

'

−

A BBA 2 2

2 2

2 L L∆t = t t

c v v1 1c c

' ' '

− = − − −

A B A B

2

2

2 2 2

2 2 2

2 L L L L∆t ∆t + +

c v v v v1 1 1 1c c c c

'

− = − − − − −

( )BA 2 2

2 2

2 1 1∆t ∆t = L + L

c v v1 1c c

'

− − − −

( ) ( ) 22BA

BA 2 3

L + L v2 v∆t ∆t L + L

c 2c c'

− ≈ ≈

Selisih ini menghasilkan perubahan fase antara 2 cahaya yang masuk teleskop

(pengamat) atau yang ditangkap layar. Jika periode vibrasi (getaran) sumber

cahaya monokromatik yaitu T, maka pergeseran lingkaran yang teramati

diharapkan menjadi

2BA

2

L + L∆t ∆t v∆N = =

T λ c

' −

….....…………….…………...…(1.07)

Jika terjadi selisih lintasan 1 panjang gelombang (λ) antara 2 cahaya, maka akan

menghasilkan pergeseran 1 lingkaran (fringe) yaitu lingkaran bagian dalam akan

menggantikan posisi lingkaran bagian luar dan seterusnya.

Dari gambar 1.6 di atas, panjang lintasan dari M ke M1 bolak-balik yaitu

2A

1 1 A A 22

2

2L vMM +M M = ct = 2L 1

2cv1

c

≈ −

−

11

Dan dari M ke M2 bolak-balik yaitu 2

BB B2 2 22

2

2L vMM +M M = ct = 2L 1

cv1

c

≈ −

−

Selisih lintasan cahaya yang sampai pengamat yaitu

B A

2

2Lv

ct ct = c

− (jika LA = LB = L)

Jika keseluruhan alat diputar 900 , maka

AA A

2

1 1 22

2

2L vMM +M M = ct = 2L 1

cv1

c

≈ −

−

BB B

2

2 2 22

2

2L vMM +M M = ct = 2L 1

2cv1

c

≈ −

−

B A

2

2Lv

ct ct = c

− − (jika LA = LB = L)

Maka selisih lintasan cahaya sebelum dan sesudah alat diputar 900 yaitu

2 2 2

2 2 2Lv Lv 2Lv

= c c c

− −

…………….………………………..…(1.08)

Jika kecepatan revolusi bumi v ≈ 30 km/s. maka 2

82

v10

c−∝ dan jika L = 12,5

meter, sehingga perubahan yang diharapkan pada selisih lintasan karena

perputaran alat 900 yaitu ( )( )2

82

2Lv = 2 12,5 10 m = 2500 A

c− �

Gambar 1.7 Lingkaran–lingkaran (fringe) interferensi pada interferometer

Michelson-Morley menggunakan cahaya dengan panjang gelombang λ = 5000 o

A ,

maka selisih lintasan di atas sebesar ½ panjang gelombang sumber cahaya yang

digunakan, sehingga diharapkan akan menghasilkan pergeseran lingkaran

12

interferensi sebesar ½ atau 0,5 yaitu posisi lingkaran pertama berubah menjadi

lingkaran yang terletak antara lingkaran pertama dengan lingkaran kedua (garis

putus-putus), lingkaran kedua menjadi lingkaran yang terletak antara lingkaran

kedua dengan lingkaran ketiga (garis putus-putus) dan seterusnya lihat gambar

1.7. Tetapi pergeseran lingkaran sebesar 0,5 tersebut ternyata tidak teramati pada

eksperimen, sehingga Michelson-Morley kemudian menyimpulkan :

1. Tidak terdapat kecepatan relatif antara bumi dan ether, dengan kata lain ether

sebenarnya tidak ada.

2. Kerangka acuan absolut yang diusulkan Newton tidak ada dalam kenyataan.

3. Kecepatan cahaya sama di semua kerangka inersial.

Alat interferometer dapat juga digunakan untuk menentukan panjang

gelombang (λ) suatu sumber cahaya monokromatik, yaitu dengan memasang v = 0

(karena tidak ada ether maka tidak ada efek kecepatan rotasi bumi dan

interferometer dianggap berada dalam kerangka referensi diam ).

BA∆t = t t−

A B

22

22

2 L L∆t =

c vv 11cc

−

−−

A B

2∆t = L L

c− dengan A Bd L L= −

∆t 2d

T cT=

2d f

Nc

= dengan ∆t

NT

= dan 1

fT

=

2d

Nλ

= dengan c

λf

=

N = jumlah pergeseran lingkaran interferensi

d = selisih lintasan cahaya yang dapat diketahui dari micrometer sekrup

λ = panjang gelombang sumber cahaya monokromatik

2d

λN

=

13

Contoh 3 :

Suatu percobaan dipakai interferometer Michelson-Morley untuk menguji

keberadaan zat eather sebagai medium perambatan cahaya. Jarak antara cermin

datar dan cermin semi transparan pada interferometer 22,5 meter dan kecepatan

revolusi bumi v ≈ 30 km/s serta menggunakan sumber cahaya λ= 6000 o

A . Alat

interferometer diletakkan di atas gunung dan percobaan dilaksanakan pada saat

tidak ada angin. Jika dimisalkan terdapat eather di luar angkasa, tentukan berapa

persen jarak pergeseran fringe pada pengamatan di alat interferometer?

Jawab:

( )( )( )

( )( )2 87

2 168

2

2

2 22,5 9.102 22,5 300002Lvλ m 4,5.10 m 4500 A

9.10c 3.10

−= = = = =�

Jika sumber cahaya monokromatik 6000 o

A , maka persentase pergeseran fringe

4500x100% 75%

6000 =

Contoh 4 :

Alat interferometer Michelson-Morley digunakan untuk menentukan panjang

gelombang (λ) suatu sumber cahaya monokromatik. Jika selisih jarak lintasan

cahaya antara cermin tetap 1 – cermin semi transparan dengan cermin tetap 2 –

cermin semi transparan untuk 10 kali pergeseran lingkaran interferensi adalah

3.10–6 m, tentukan λ sumber cahaya yang digunakan dalam percobaan ?

Jawab:

( )6o

72 3.102d

λ 6.10 m 6000 AN 10

−−= = = =

contoh 5 :

Di percobaan Interfero Michelson-Morley, jarak lintasan optik (L) yaitu 10 m dan

cahaya yang digunakan λ = 4000 o

A , kecepatan revolusi bumi v = 30 km/s.

Hitung pergeseran fringe yang akan teramati seandainya eather benar-benar ada.

Jawab :

( )( )( )( )

42

2 7 8

2

2

2 10 3.102LvN 0,5

λc 4.10 3.10−= = =

14

1.4 Transformasi Koordinat Lorentz

Ciri-ciri suatu transformasi persamaan yaitu :

a. Agar kedua kerangka inersial (x,y,z,t) dan (x' , y' ,z' , t') sama, maka persamaan

transformasi harus simetris, kecuali tanda kecepatan relatif antara dua sistem,

akan positif di suatu sistem dan negatif di sistem lain.

b. Jika semua kuantitas (x,y,z,t) berhingga, maka kuantitas (x' , y' ,z' , t') yang

diperoleh dari transformasi harus juga berhingga.

c. Ketika kecepatan relatif kedua kerangka nol, maka hubungan transformasi

harus memberikan nilai-nilai koordinat dan waktu yang sama untuk kedua

sistem yaitu x = x' , y = y' , z z'= , t = t' .

d. Hukum penjumlah kecepatan yang diperoleh dengan menggunakan hubungan

transformasi harus menggunakan kecepatan cahaya sama (invariant) di dalam

semua kerangka inersial.

Transformasi Lorentz didasarkan atas dua hal yaitu

1. Waktu pada kedua kerangka inersial berbeda (t ≠ t')

2. Kecepatan cahaya sama menurut pengamat di kedua kerangka.

Didasarkan hal tersebut, transformasi Galileo perlu diubah bentuk persamaannya

dengan memasukkan konstanta γ (untuk kerangka acuan bergerak searah sumbu x

dengan kecepatan tetap v terhadap kerangka lain) yaitu

( )x = γ x + vt' ' dan ( )x = γ x vt' − ..……………………………..(1.09)

nilai γ di kedua kerangka inersial sama

x = ct dan x = ct' ' …………..…………………... (1.10)

nilai c sama di kedua kerangka inersial dan x' disubstusikan ke persamaan x

( )x = γ γ x vt + vt'− …………………………………………….. (1.11)

2 2x γ x γ vt γvt'= − +

2 2x γ x γ vt γvt'− + =

( ) ( )2γvt γv γt 1 γ x' + −=

21 γ

t = γt + xγv

' −

………………………………………………. (1.12)

persamaan (1.09) dan (1.12) disubstitusikan ke persamaan (1.10)

15

x = ct' '

( )21 γ

γ x vt = c γt + xγv

−−

21 γ

γx c x γct γvtγv

−− = +

masing – masing sisi persamaan dikali dengan c

( )21 γ

x γ c c = ct γc + γvγv

−−

( )

22

γc + γvx ct

1 γγc cγv

= −−

persamaan tersebut di atas harus sesuai dengan x = ct, maka

( )

22

γc + γv = 1

1 γγc cγv

−−

2

21 γc = γv

γv − −

( )2 2 2 21 γ c = γ v− −

( )2 2 2 2c γ c v= − maka

2

2

1γ =

v1

c−

………………………………….………...…. (1.13)

2

2 21 v

1 γ c

= −

atau

2

2 2v 1

1 c γ

= −

nilai γ ini disubstitusikan ke persamaan (1.12)

2

21 γ

t = γ t + xγ v

' −

21

1 γ

t = γ t xv

'

− +

maka

16

2 22

2

vx 1 vxt = γ t t

c cv1

c

' − = −

−

Sehingga persamaan transformasi koordinat Lorentz untuk kerangka acuan

yang bergerak searah sumbu x dengan kecepatan tetap v terhadap kerangka lain

yaitu

( )

2

2

x vtx =

v1

c

'−

−

………………………….………………...…. (1.14)

y = y' ………………………………….………………..….. (1.15)

z = z' ………………………………….………………...…. (1.16)

22

2

1 vxt t

cv1

c

' = −

−

………………….………………...…. (1.17)

persamaan transformasi invers Lorentz dengan persamaan x disubstitusikan ke

persamaan x'

( )x γ γ x vt vt' ' ' = + − atau ( )2 2x γ x γ vt γvt' ' '= + −

2 2γvt γ vt γ x x' ' '= −+

( ) ( )2γvt γv γt γ 1 x' '= + −

2γ 1

t γt xγv

' '

=

−+ atau 2

2γ 1

t γ t xγ v

' '

=

−+

21 x

t γ tvγ'' 1

=

+ −

2

2

x + vtx =

v1

c

' '

−

………………………….……………...……. (1.18)

y = y ' ………………………………….………………….... (1.19)

z = z ' ………………………………….………………….... (1.20)

22

2

1 vxt t +

cv1

c

'' =

−

…….....…………….…………………..…. (1.21)

17

kecepatan cahaya selalu tetap pada pengamat diam maupun bergerak, untuk

pengamat diam, x = ct

2 2

2 2

v vct 1 1

x vt ct vt c cx = = = = ct

vv vv v 1 + 1 1 + 1 1 cc cc c

'

− − − − − − −

v1

cx = ct

v1 +

c

'

−

22

2 2

2 2

v v vvx t ct t 1 1 t c ccct = = = = t

vv vv v 1 + 1 1 + 1 1 cc cc c

'

− − −−

− − −

v1

ct = t

v1 +

c

'

−

maka untuk pengamat bergerak x = ct' '. Jadi kecepatan cahaya selalu tetap,

baik menurut pengamat diam maupun pengamat bergerak.

Contoh 6 : Persamaan Maxwell pada pola rambatan cahaya yaitu x2 + y2 + z2 – c2t2 = 0

apakah persamaan tersebut invarian terhadap transformasi Galileo atau

transformasi Lorentz ?.

Jawab :

x2 + y2 + z2 – c2t2 = 0 ...……………………….……………………. (1.22)

Menurut transformasi Galileo :

( ) ( ) ( )2 2 22 2x = x + vt = x + 2x vt + v t' ' ' ' ' '

( )22y = y'

( )22z = z'

( )22t = t'

18

ke empat persamaan transformasi Galileo lalu disubstitusikan ke persamaan (1.22)

dalam contoh soal.

x2 + y2 + z2 – c2t2 = 0

( ) ( ) ( ) ( ) ( )2 2 2 2 22 2x + 2x vt + v t + y + z c t = 0' ' ' ' ' ' ' −

( ) ( ) ( ) ( )2 2 22 2x + 2vt x + y + z + v c t = 0' ' ' ' ' ' − .……….….……….. (1.23)

ternyata persamaan (1.23) bentuknya tidak sama dengan persamaan (1.22),

sehingga persamaan Maxwell pola rambatan cahaya tersebut tidak invarian di

bawah transformasi Galileo.

Menurut transformasi Lorentz

( ) ( ) ( )2 2 22 2 2x γ x + vt γ x + 2x vt + v t' ' ' ' ' ' = =

( )22y = y'

( )22z = z'

( ) ( )2 2

2 22 22 2 4

vx 2v vt = γ t + = γ t + x t + x

c c c

'' ' ' ' '

substitusikan ke persamaan (1.22)

( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )2

2 2 2 2 2 22 2 2 22 4

2v vγ x + 2x vt + v t + y + z cγ t + x t + x = 0

c c' ' ' ' ' ' ' ' ' '

−

( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )2

2 2 2 2 2 22 2 2 22

vγ x + 2x vt + v t + y + z γ c t +2vx t + x = 0

c' ' ' ' ' ' ' ' ' '

−

( ) ( ) ( ) ( )( )2

2 2 2 22 2 2 22

vy + z + γ 1 x γ v c t = 0

c' ' ' '

− + −

( ) ( ) ( ) ( )2 2

2 2 2 22 2 22 2

v vy + z + γ 1 x c γ 1 t = 0

c c' ' ' '

− − −

dengan

2

2 21 v

1 γ c

= −

( ) ( ) ( ) ( )2 2 2 22x + y + z c t = 0' ' ' '− …….…….………………..…. (1.24)

Bentuk persamaan (1.24) sama dengan persamaan (1.22), maka persamaan

Maxwell tersebut invarian terhadap transformasi Lorentz.

19

1.5 Transformasi Kecepatan Lorentz

Persamaan transformasi koordinat Lorentz untuk kerangka acuan yang

bergerak dengan kecepatan tetap v searah sumbu x terhadap kerangka acuan lain

yaitu ( )x = γ x vt' − ; y = y' ; z = z' ; 2v x

t = γ t c

' −

lalu persamaan transformasi koordinat Lorentz didiferensialkan terhadap waktu

dx dx dt

= γ vdt dt dt

' −

; dy dy

= dt dt

' ;

dz dz=

dt dt

' ; 2

dt dt v dx = γ

dt dt dtc

' −

dengan xdx

= udt

; ydy

= udt

; zdz

= udt

dan xdx

= udt

' ''

; ydy

= udt

' ''

; zdz

= udt

' ''

sehingga ( )xdx

= γ u vdt

' − ; ydy

= udt

'; z

dz= u

dt

'; x

2dt v u

= γ 1dt c

' −

jika dx

dt

' dibagi

dt

dt

' , maka

( ) ( )x x

x x2 2

γ u v u vdx =

v u v udt γ 1 1c c

''

− −=

− −

jika dy

dt

' dibagi

dt

dt

' , maka y

x2

udy =

v udt γ 1c

'' −

jika dz

dt

' dibagi

dt

dt

' , maka z

x2

dz u =

v udt γ 1c

'' −

dengan 2

2

1γ =

v1

c−

sehingga persamaan transformasi kecepatan Lorentz untuk kerangka acuan

yang bergerak dengan kecepatan tetap v searah sumbu x terhadap kerangka acuan

lain yaitu

( )xx

x2

u vu =

v u1

c

'−

−

……………………………………..…...…… (1.25)

yy

x2

uu =

v uγ 1

c

' −

……………………………………..…...…… (1.26)

zz

x2

uu =

v uγ 1

c

' −

……………………………………..……...… (1.27)

20

Benda bergerak yang berada di kerangka acuan yang bergerak dengan

kecepatan tetap v searah sumbu x terhadap kerangka acuan lain, jika kecepatan

kerangka acuan v << c maka 2v

0c

≈ sehingga persamaan (1.25) menjadi

x xu = u v' − atau dx dx

= vdt dt

''

− yang sesuai dengan persamaan transformasi

kecepatan Galileo. Untuk kerangka acuan yang bergerak dengan kecepatan v ≈ c

searah sumbu x maka ( )x

xx

2

u cu =

c u1

c

'−

−

, sehingga ( )( )

xx

x

u cu c

1c u

c

'−

= = −−

, yang

menunjukkan kecepatan benda yang berada di kerangka acuan diam seolah – olah

bergerak menuju ke sumbu x negatif, karena besarnya kecepatan kerangka acuan c

ke arah sumbu x positif, ini sesuai dengan postulat Einstein, di mana kecepatan

cahaya tetap c dan tidak bergantung pengamat diam maupun pengamat bergerak.

Dari persamaan transformasi koordinat Lorentz invers

( )x = γ x + vt' ' ; y = y ' ; z = z ' ; 2vx

t = γ t + c

''

persamaan transformasi kecepatan Lorentz invers untuk kerangka acuan yang

bergerak dengan kecepatan tetap v searah sumbu x dapat diturunkan di bawah ini.

dx dx dt

= γ vdt dt dt

' '' ' '

+

; dy dy

dt dt

'' '= ;

dz dz

dt dt

'' '= ; 2

dt dt v dxγ

dt dt dtc

' '' ' '

= +

dengan xdx

= udt

' ''

; ydy

= udt

' ''

; zdz

= udt

' ''

dan xdx

= udt

; ydy

= udt

; zdz

= udt

sehingga ( )xdx

γ u vdt

''

= + ; ydy

= udt

''

; zdz

= udt

''

; x2

dt v uγ 1

dt c

''

= +

jika dx

dt' dibagi

dt

dt' , maka

( ) ( )x x

x x2 2

γ u v u vdx =

v u v udt γ 1 1c c

' '' '

+ +=

+ +

jika dy

dt' dibagi

dt

dt' , maka

y

x2

udyv udt γ 1c

''

= +

jika dz

dt' dibagi

dt

dt' , maka z

x2

dz uv udt γ 1c

''

= +

dengan 2

2

1γ =

v1

c−

21

maka transformasi kecepatan Lorentz invers yaitu :

xx

x2

u + vu =

v1 + u

c

'

'

……………………………………..……...… (1.28)

yy

x2

uu

v uγ 1

c

''

= +

……………………………………..……...… (1.29)

zz

x2

uu

v uγ 1

c

''

= +

……………………………………..……...… (1.30)

Ilustrasi penjumlahan kecepatan dapat diuraikan sebagai berikut :

Misal ada dua orang pengamat yaitu A dan B, pengamat A berada di luar gerbong

kereta, pengamat B berada di dalam gerbong kereta. Pengamat A diam di pinggir

rel kereta. Kereta bergerak dengan kecepatan v relatif terhadap pengamat A,

sedangkan pengamat B berjalan di dalam gerbong dengan kecepatan u relatif

terhadap kereta dan searah gerak kereta. Bagaimana kecepatan relatif pengamat B

menurut pengamat A? Bagaimana kecepatan relatif pengamat A menurut

pengamat B?.

Berdasarkan Tansformasi kecepatan Galileo :

Kecepatan relatif pengamat B menurut pengamat A

Bu u v= +

Kecepatan relatif pengamat A menurut pengamat B

Au u v= − −

Berdasarkan Tansformasi kecepatan Lorentz :

Kecepatan relatif pengamat B menurut pengamat A

B

2

u vu

vu1

c

+=+

v

A

B u

22

Kecepatan relatif pengamat A menurut pengamat B

( )( )

A

22

u vu vu

vuv u 11cc

− +− −= =− +−

Misal ada dua orang pengamat yaitu A dan B, pengamat A berada di luar gerbong

kereta dan diam di pinggir rel kereta, sedangkan pengamat B diam dan berada di

dalam gerbong kereta yang bergerak dengan kecepatan v relatif terhadap

pengamat A. Pengamat B menyalakan senter ke ujung depan gerbong (gambar P),

cahaya senter bergerak dengan kecepatan c dan jika pengamat A yang pegang dan

menyalakan senter (gambar Q dan R), jika B memegang senter sambil jalan

(gambar S) dan menyalakan senter ke depan dan pengamat A yang pegang dan

menyalakan senter (gambar T, U, dan V) bagaimana kecepatan cahaya relatif

menurut pengamat A? bagaimana kecepatan cahaya relatif menurut pengamat B?.

Gambar P. Gambar Q.

Gambar R.

Gambar S. Gambar T.

Gambar U. Gambar V.

v

A

B c

v

A

B

c

v

A

B

c

v

A

B c

u v

A

B

c

u

v

A

B

c

u v

A

B

c

u

23

Berdasarkan transformasi kecepatan Galileo :

Kecepatan relatif cahaya menurut pengamat A pada gambar P (B pegang senter)

Cu c v= +

Kecepatan relatif cahaya menurut pengamat B pada gambar Q (A pegang senter)

Cu c v= −

Kecepatan relatif cahaya menurut pengamat B pada gambar R (A pegang senter)

( )Cu c v c v= − − = − +

Kecepatan relatif cahaya menurut pengamat A pada gambar S (B pegang senter)

Cu u c v= + +

Kecepatan relatif cahaya menurut pengamat B pada gambar T (A pegang senter)

Cu c u v= − −

Kecepatan relatif cahaya menurut pengamat B pada gambar U (A pegang senter)

( )Cu c u v c u v= − − − = − + +

Kecepatan relatif cahaya menurut pengamat B pada gambar V (A pegang senter)

( )Cu c u v c u v= − + − = − + −

Berdasarkan tansformasi kecepatan Lorentz

Kecepatan relatif cahaya menurut pengamat A pada gambar P

( )

( )C

2

c c vc v c vu c

vc v c v1 1c c

++ += = = =++ +

Kecepatan relatif cahaya menurut pengamat B pada gambar Q

( )

( )C

2

c c vc v c vu c

vc v c v1 1c c

−− −= = = =−− −

Kecepatan relatif cahaya menurut pengamat B pada gambar R

( )( ) ( )

( )C

2

c v c c vc vu c

vv c c v11cc

− + − +− −= = = = −− ++−

Kecepatan relatif cahaya menurut pengamat A pada gambar S

( )

( )( )( )

( )( )C

2

c c u vc u v c u vu c

u v c u v c u v1 1

c c

+ ++ + + + = = = =+ + + +

+ +

24

Kecepatan relatif cahaya menurut pengamat B pada gambar T

( )

( )( )( )

( )( )C

2

c c u vc u v c u vu c

u v c u v c u v1 1

c c

− +− + − + = = = =+ + − +

− −

Kecepatan relatif cahaya menurut pengamat B pada gambar U

( )

( )( )( )

( )( )

( )C

2

c u v c u v c c u vu c

u v c u v c u v1 1

c c

− − + − + + − + += = = = −

+ − + + +− +

Kecepatan relatif cahaya menurut pengamat B pada gambar V

( )

( )( )( )

( )( )( )C

2

c u v c u v c c u vu c

u v c u v c u v1 1

c c

− − − + − − + − − += = = = −

− + − − + + − +− +

Jadi kecepatan cahaya mempunyai nilai atau besar yang tetap yaitu c di semua

kerangka acuan inersial dan tidak bergantung kecepatan pengamat.

Contoh 7 :

Dalam kerangka S, 2 elektron mendekat dalam arah sumbu x satu sama lain,

masing-masing mempunyai laju v = 0,5 c. Berapakah laju relatif kedua elektron

tersebut?

Jawab :

Laju relatif 2 elektron adalah laju salah satu elektron dalam kerangka di mana

elektronnya diam. Misal kerangka O' sebagai pengamat bergerak dengan laju 0,5c

arah sumbu – x (negatif). Elektron lain bergerak dengan laju 0,5c dalam arah

sumbu +x (positif).

xx

x2

u vu

v1 u

c

' −= −

( )x

2

0,5c 0,5c c c 4cu

0,5c 1 0, 25 1,25 51 0,5cc

'− −

= = = =− + −

xu 0,8c' =

di mana ux = gerak elektron (ke arah sumbu x+) dan v = gerak kerangka O' (ke

arah sumbu x – )

25

Contoh 8 :

Dalam kerangka O, sebuah elektron mempunyai kecepatan 0,6c dalam arah

sumbu x, sebuah foton kecepatan c dalam arah sumbu y. Bagaimana kecepatan

relatif elektron dan foton ?

Jawab :

Kecepatan foton bila diamati oleh elektron

Kecepatan foton di kerangka O

ux = 0 uy = c

Pengamat di kerangka O' = elektron, kecepatan kerangka acuan v = 0,6c

( )( )( )( )

xx

x2

u v 0 0,6cu' = = 0,6c

vu 0,6c 01 1 c c c

− −= −− −

( )

( ) ( )

22

y 2 2

yx

2 2

0,6cvu 1 c 1

c cu' = = c 0,64 0,8cvu 0,6c 01 1 c c

− −= =

− −

( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )222 2x yu' u' + u' 0,6c + 0,8c c 0,36 + 0,64 = c= = − =

Kecepatan elektron bila diamati oleh foton

Kecepatan elektron di kerangka O

ux = 0,6c uy = 0

Pengamat di kerangka O' = foton, kecepatan kerangka acuan v = c

( ) ( )( )( )

yy

y2

u v 0 c cu' = = = c

vu c 0 11 1

c cc

− − −= −− −

( ) ( )

( ) ( )

22

x 2 2

xy

2 2

cvu 1 0,6c 1

c cu' = = 0vu c 0

1 1 c c

− −=

− −

( ) ( ) ( ) ( )22 2 2x yu' u' + u' = 0 + c = c= −

26

1.6 Transformasi Percepatan Lorentz

Persamaan Transformasi kecepatan Lorentz jika didiferensialkan

terhadap waktu harus menggunakan differensial parsial, ini karena pada

transformasi kecepatan Lorentz, pembilang dan penyebut persamaan transfomasi

kecepatan masing-masing mengandung variabel waktu, sehingga perlu

menggunakan kaidah differensial parsial berikut

( ) ( )2

da dbb + a

d a dt dt =

dt b b

maka jika persamaan (1.25, 1.26, dan 1.27) didiferensialkan terhadap waktu

sumbu x : ( )x x x

x2 2x

2x

2

du v u v du1 u v

du dt dtc c = dt v u

1c

' − − − −

−

22x x x x x x2x 2 2 2

x2 2

x x2 2

v v u a v u a v a 1 aa cdu c c c = dt v u v u

1 1c c

'

− − + − =

− −

sumbu y :

y x xy2 2

y2

2 x2

du v u γv duγ 1 u

du dt dtc c =

dt v uγ 1

c

' − − −

−

y xxy 2 2

y2

2 x2

γvu a v ua γ 1du c c =

dt v uγ 1

c

' − +

−

sumbu z :

z x xz2 2

z2

2 x2

du v u γv duγ 1 u

du dt dtc c = dt v uγ 1

c

' − − −

−

x z xz 2 2

z2

2 x2

v u γvu a a γ 1

du c c = dt v uγ 1

c

' − +

−

27

jika xdu

dt

' dibagi

dt

dt

' di mana x

2dt v u

= γ 1dt c

' −

maka

22x

x2 2x

x2

v v u1 a 1

c cduv udt γ 1c

''

− − =

−

2

x2x x

3 33x x

2 2

v 1 a

cdu a

dt v u v uγ 1 γ 1

c c

''

−

= = − −

jika ydu

dt

' dibagi

dt

dt

' dengan

2

2 2v 1

1 = c γ

−

maka

2y x 2x x

y 2 2 2y

x2

γvu a v u v ua γ 1 γ 1

du c c c =

v udt γ 1c

''

− + −

−

y xxy 2 2

y3

3 x2

γvu a v ua γ 1du c c =

dt v uγ 1

c

''

− +

−

( )

y y y x2 3

22 x x2 2

du a vu a =

dt v u v uγ 1 γc 1

c c

''

+ − −

jika zdu

dt

' dibagi

dt

dt

'

maka

22x z x x

z 2 2 2z

x2

v u γvu a v ua γ 1 γ 1

du c c c =

v udt γ 1c

''

− + −

−

x z xz 2 2

z3

3 x2

v u γvu a a γ 1

du c c = dt v u

γ 1c

''

− +

−

28

( )z z z x

2 322 x x

2 2

du a vu a =

dt v u v uγ 1 γc 1

c c

''

+ − −

dengan xx

du = a

dt; y

y

du = a

dt; z

zdu

= adt

dan xx

du = a

dt

' ''

; yy

du = a

dt

''

'; z

zdu

= adt

' ''

sehingga persamaan transformasi percepatan Lorentz untuk kerangka acuan

yang bergerak dengan kecepatan tetap v searah sumbu x terhadap kerangka acuan

lain yaitu

xx 3

3 x2

aa

v uγ 1

c

' = −

……………………………………..……...… (1.31)

( )

y y xy 2 3

22 x x2 2

a vu aa

v u v uγ 1 γc 1c c

' = + − −

……………..……...… (1.32)

( )z z x

z 2 322 x x

2 2

a vu aa

v u v uγ 1 γc 1c c

' = + − −

……………..……...… (1.33)

Untuk Tranformasi percepatan invers dapat dirumuskan dengan cara

persamaan transformasi (1.28, 1.29, dan 1.30) didiferensialkan terhadap waktu

sumbu x : ( )x x x

x2 2x

2x

2

du v u v du1 u v

du dt dtc c = dt v u

1c

' ' ''' '

' '

+ − +

+

2x x x x x

x 2 2 2x

2x

2

v u a v u a v a a

du c c c = dt v u

1c

' ' ' ' ''

' '

+ − −

+

2

x2x

2x

2

v 1 a

cdu

dt v u1

c

'

' '

−

= +

dengan 2

2 2v 1

1 = c γ

−

29

sumbu y :

y x xy2 2

y2

2 x2

du v u γv duγ 1 udu dt dtc c

= dt v uγ 1

c

' ' ''' '

' '

+ −

+

y xxy 2 2

y2

2 x2

γvu a v ua γ 1

du c c =

dt v uγ 1c

' '''

' '

+ −

+

sumbu z :

z x xz2 2

z2

2 x2

du v u γv duγ 1 u

du dt dtc c = dt v u

γ 1c

' ' ''' '

' '

+ −

+

x z xz 2 2

z2

2 x2

v u γvu a a γ 1

du c c = dt v u

γ 1c

' ' ''

' '

+ −

+

jika xdu

dt' dibagi

dt

dt' dengan x

2dt v u

γ 1dt c

''

= +

maka

22x

x2 2x

x2

v v u1 a 1

c cduv udt γ 1c

''

'

− + =

+

2

x2x x

3 33x x

2 2

v 1 a

cdu a

dt v u v uγ 1 γ 1

c c

''

' '

−

= = + +

jika ydu

dt' dibagi

dt

dt'

maka

2y x 2x x

y 2 2 2y

x2

γvu a v u v ua γ 1 γ 1

du c c c =

v udt γ 1c

' '' ''

'

+ − +

+

30

y xxy 2 2

y3

3 x2

γvu a v ua γ 1

du c c =

dt v uγ 1c

' '''

'

+ −

+

( )

y y y x2 3

22 x x2 2

du a vu a =

dt v u v uγ 1 γc 1

c c

' ' '

' '−

+ +

jika zdu

dt' dibagi

dt

dt'

maka

22x z x x

z 2 2 2z

x2

v u γvu a v ua γ 1 γ 1

du c c c =

v udt γ 1c

' ' ' ''

'

+ − +

+

x z xz 2 2

z3

3 x2

v u γvu a a γ 1

du c c = dt v u

γ 1c

' ' ''

'

+ −

+

( )z z z x

2 322 x x

2 2

du a vu a =

dt v u v uγ 1 γc 1c c

' ' '

' '−

+ +

sehingga persamaan transformasi percepatan Lorentz invers untuk kerangka

acuan yang bergerak dengan kecepatan tetap v searah sumbu x terhadap kerangka

acuan lain yaitu

xx 3

3 x2

aa

v uγ 1c

'

'=

+

……………………………………..……...… (1.34)

( )

y y xy 2 3

22 x x2 2

a vu aa

v u v uγ 1 γc 1

c c

' ' '

' '= −

+ +

……………..……...… (1.35)

( )z z x

z 2 322 x x

2 2

a vu aa

v u v uγ 1 γc 1c c

' ' '

' '= −

+ +

……………..……...… (1.36)

31

Contoh 8 :

Sebuah partikel B (berada pada kerangka

acuan S’ yang berkecepatan tetap 0,6c)

bergerak dalam arah sumbu x dengan

percepatan 10 m/s2, partikel A (berada pada

kerangka acuan diam S) bergerak dalam

arah sumbu y dengan percepatan 20 m/s2.

Tentukan percepatan relatif partikel A

menurut partikel B? dan tentukan

percepatan relatif partikel B menurut

partikel A?

Jawab :

Percepatan partikel A menurut partikel B

v = 0,6c ax = 0 m/s2 ay = 20 m/s2 .

( )2 2

2 2

1 1 1 10 5γ

8 41 0,36v 0,6c1 1 c c

= = = = =−

− −

xx 3

3 x2

aa

v uγ 1

c

' = −

xx 3

3 x2

aa

v uγ 1

c

' = −

( )

y y xy 2 3

22 x x2 2

a vu aa

v u v uγ 1 γc 1c c

' = + − −

y

x 0

B A

20 m/s2

10 m/s2

x'

y’

0’

S

S’

v = 0,6c

32

1.7 Relativitas Khusus Einstein

Percobaan Michelson–Morley sebenarnya tidak bertentangan dengan

prinsip relativitas, yaitu ekuivalensi kerangka-kerangka inersial berbeda. Tetapi

percobaan tersebut bertentangan dengan hukum penjumlahan kecepatan pada

hubungan transformasi Galileo, tetapi karena kecepatan cahaya c sama di semua

kerangka inersial, sehingga perlu merevisi persamaan transformasi Galileo.

Persamaan elektromagnet Maxwell tidak mematuhi prinsip relativitas

Newton karena tidak kovarian terhadap transformasi Galileo, sedang hukum

mekanika klasik mematuhi relativitas Newton, tetapi relativitas Newton tidak

merepresentasikan hukum mekanika klasik. Untuk mengatasi hal tersebut,

Einstein tahun 1905 mengusulkan prinsip relativitas baru yang dikenal sebagai

teori relativitas khusus yang berupa dua postulat sebagai berikut :

1. Semua hukum-hukum fisika, elektromagnet dan mekanika, harus kovarian di

dalam semua kerangka acuan yang bergerak linier dengan v tetap, relatif

terhadap kerangka acuan yang lain (di dalam semua kerangka inersial).

2. Kecepatan cahaya adalah sama di dalam semua kerangka acuan inersial dan

tidak bergantung kecepatan pengamat atau kecepatan sumber cahaya.

Sepintas nampak postulat pertama mirip dengan relativitas Newton, tapi

sebenarnya beda karena Newton mempostulatkan adanya kerangka acuan absolut

sedang Einstein tanpa kerangka acuan absolut dan berlaku baik hukum mekanika

maupun hukum-hukum ektromagnet. Inti dari postulat Enistein yaitu hukum-

hukum fisika sama di dalam kerangka acuan inersial dan kecepatan cahaya

sama di semua pengamat.

Postulat kedua Einstein menghendaki perubahan/penggantian hubungan

transformasi Galileo dengan hubungan transformasi baru antara 2 kerangka acuan

inersial O(x,y,z,t) dan O'( x' , y' ,z' , t'). Transfomasi baru pengganti transformasi

Galileo telah dirumuskan oleh H.A. Lorentz yang juga menurunkan persamaan

transformasi dengan menganggap bahwa kecepatan cahaya tetap invarian di

transformasi baru tersebut. Lorentz menganggap bahwa koordinat waktu (t) tidak

sama di kerangka acuan inersial yang berbeda, tetapi dalam transformasi Galileo

waktu dianggap sama di kerangka acuan inersial yang berbeda. Relativitas khusus

Einstein dikatakan khusus karena hanya dibatasi pada kerangka acuan inersial.

33

Rangkuman Teori Relativitas :

1. Kecepatan cahaya mempunyai nilai yang sama di semua kerangka acuan

inersial dan tidak bergantung kecepatan pengamat.

2. Waktu di kerangka acuan diam sama dengan waktu di kerangka acuan

bergerak menurut transformasi Galileo.

3. Waktu di kerangka acuan diam berbeda dengan waktu di kerangka acuan

bergerak menurut transformasi Lorentz.

4. Menurut relativitas Galileo, hukum-hukum fisika mempunyai bentuk sama

(invarian) di semua kerangka acuan inersial.

5. Menurut relativitas Einstein, hukum-hukum fisika adalah sama di semua

kerangka acuan inersial.

6. Keserempakkan suatu kejadian adalah relatif dan bergantung pengamat.

7. Benda dikatakan bergerak atau diam adalah relatif dan bergantung pengamat

8. Persamaan gelombang elektromagnetik Maxwell tidak invarian terhadap

transformasi Galileo.

9. Persamaan gelombang elektromagnetik Maxwell invarian terhadap

transformasi Lorentz..

10. Tidak terdapat kerangka acuan mutlak di alam semesta

11. Tidak terdapat zat ether di alam semesta

12. Dalam relativitas, peran pengamat sangat penting. Pengamat menentukan atau

mempengaruhi suatu kejadian.

13. Kerangka acuan inersial adalah kerangka acuan yang bergerak lurus dengan

kecepatan tetap relatif terhadap kerangka acuan lain

14. Dikatakan invarian jika persamaan hasil transformasi mempunyai bentuk

sama dengan persamaan keadaan awal atau sebelum transformasi.

15. Relativitas Einstein akan terlihat efeknya untuk benda-benda yang bergerak

mendekati kecepatan cahaya.

Konsekuensi-konsekuensi dari postulat Einstein yaitu :

1. Keserempakan yang Relatif

2. Dilatasi Waktu

3. Kontraksi Panjang

4. Pemuaian massa

34

1.8 Keserempakan yang Relatif

Einstein menunjukkan prinsip relativitas yang merupakan ekuivalensi

kerangka-kerangka inersial berbeda di mana kecepatan cahaya c sama di semua

kerangka inersial dengan ilustrasi sebagai berikut, misal sebuah kereta api

mempunyai panjang 2L bergerak dengan kecepatan tetap v, di tengah gerbong

seorang pengamat mengirim sinyal cahaya ke ujung depan gerbong dan ke ujung

belakang gerbong secara bersamaan. Menurut pengamat yang berada di tengah

gerbong (dalam gerbong), sinyal cahaya nampak mencapai kedua ujung gerbong

secara bersamaan dengan waktu Lt c= . Tetapi menurut pengamat di luar

gerbong yang diam di pinggir rel, sinyal cahaya nampak mencapai ke dua ujung

gerbong dengan waktu yang berbeda. Menurut Einstein, karena kecepatan

cahaya sama untuk kedua pengamat tersebut, sehingga waktu yang terukur

oleh pengamat di luar gerbong yaitu :

waktu tempuh cahaya ke gerbong belakang, yaitu :

ct1 = L + vt1 dan 1L

tc v

=−

waktu tempuh cahaya ke gerbong depan, yaitu :

ct2 = L + vt2 dan 2L

tc+v

= sehingga t1 ≠ t2

Gambar 1.8. Ilustrasi tentang Keserempakan yang Relatif

Jadi dua peristiwa/kejadian yang nampak terjadi secara bersamaan oleh pengamat

di gerbong, akan nampak berbeda oleh pengamat di luar gerbong (diam di pinggir

rel). Dua kejadian pada lokasi berbeda yang nampak serempak di suatu

kerangka acuan, tidak akan serempak pada kerangka acuan inersial lain. Ini

menunjukkan bahwa keserempakan itu relatif dan koordinat waktu tidak sama

pada kerangka acuan inersial yang berbeda. Jika kecepatan gerbong sangat kecil

dari kecepatan cahaya yaitu v << c, maka t1 ≈ t2 yang sesuai dengan postulat

Newton.

v

v

2L 2L

35

1.9 Dilatasi Waktu

Peristiwa dilatasi waktu (pemuluran waktu) merupakan salah satu

implikasi dari teori relativitas khusus Einstein yang dapat dibuktikan secara

eksperimen. Pemahaman tentang dilatasi waktu dapat dirumuskan sebagai berikut,

misal dua kerangka acuan berimpit pada t = t' = 0. Pengamat B mencatat waktu

pada arlojinya sebagai 1t' dan pengamat A mencatat waktu pada arlojinya sebagai

t1. Menurut transformasi invers Lorentz

1 2

1 2

2

vxt +

ct = v

1 c

''

−

dan 2 2

2 2

2

vxt +

ct = v

1 c

''

−

Setelah pengamat B bergerak dengan kecepatan v relatif terhadap pengamat A,

pengamat B mencatat waktu 2t' dan pengamat A mencatat waktu t2 , sehingga

selang waktu menurut pengamat A yaitu

2 12 1 2

2

t tt t =

v1

c

' '−−

−

di mana tA = t2 – t1 (selang waktu yang dicatat pengamat A)

dan tB = 2t' – 1t' (selang waktu yang dicatat pengamat B)

maka

BA 2

2

tt =

v1

c−

….…….……………….….……………...…. (1.37)

di mana 2

2v

1 c

− < 1 dan BAt t>

Terlihat bahwa selang waktu yang dicatat pengamat B (bergerak dengan

kecepatan v relatif terhadap pengamat A) lebih singkat daripada selang waktu

yang dicatat pengamat A. Artinya pengamat B yang bergerak akan merasakan

jarum arlojinya bergerak lebih lambat dibanding pengamat A yang diam atau

pengamat A mencatat waktu lebih lama dibanding pengamat B untuk suatu

peristiwa yang sama–sama mereka alami. Misal jika pengamat A mencatat waktu

1 jam, maka pengamat B akan mencatat waktu kurang dari 1 jam.

36

Pemahaman tentang dilatasi waktu dapat juga menggunakan ilustrasi yang

dijelaskan sebagai berikut. Misal pengamat A diam dan menembakkan cahaya ke

cermin yang berjarak L dari dirinya, sementara itu pengamat B (yang berada di

dekat pengamat A) bergerak (secara bersamaan saat pengamat A menembakkan

cahaya) tegak lurus arah cahaya (yang ditembakkan A) dengan kecepatan tetap v.

Menurut pengamat A cahaya menempuh cahaya lurus bolak–balik, tetapi menurut

pengamat B, cahaya menempuh lintasan berbentuk miring karena pengamat B

bergerak meninggalkan pengamat A (lihat gambar 1.9.).

Gambar 1.9. Ilustrasi dilatasi waktu

Menurut pengamat A (tidak bergerak), cahaya yang ditembakannya mempunyai

waktu tempuh cahaya bolak–balik yaitu

2L2∆t =

c dan L = c∆t

Menurut pengamat B seolah–olah pengamat A bergerak menjauhinya dengan

kecepatan v, sehingga cahaya yang ditembakan oleh pengamat A menempuh

lintasan lebih panjang dan waktu tempuh cahaya bolak–balik menurut pengamat

B, yaitu (proses cahaya ditembakan terjadi di kerangka acuan pengamat A)

( )222 L + v∆t2∆t =

c

''

( ) ( )22c∆t = c∆t + v∆t' '

( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )2 22 2 2 2c ∆t v ∆t = c ∆t' '−

L

c B

v

– v c B

( )22L + v∆t'

A

A

A

37

2

2

∆t∆t =

v1

c

'

−

……………..…….…….……………………. (1.38)

jadi menurut pengamat B, pengamat A mengalami dilatasi waktu karena ∆t ∆t' >

Efek dilatasi waktu adalah efek yang nyata dan telah dibuktikan secara

eksperimen di laboratorium, di mana waktu hidup partikel muon di laboratorium

yaitu 2.10–6 detik. Partikel muon tercipta secara alami pada ketinggian beberapa

kilometer di atas permukaan laut (di atmosfir bumi) dan ternyata banyak

terdeteksi partikel muon yang sampai di permukaan laut padahal jarak tempuh

muon kalau dihitung diperkirakan hanya x = vt = (3.108)(2.10–6) = 600 m

sehingga diduga tidak akan ada muon yang sampai di permukaan bumi.

Banyaknya muon yang sampai di permukaan bumi secara nyata dapat terdeteksi,

penjelasan dari fakta ini adalah karena waktu hidup muon yang bergerak

mengalami dilatasi waktu sehingga dapat menempuh jarak lebih dari 600 m.

Paradox Kembar

A dan B berteman, mempunyai usia yang sama yaitu 20 tahun. B

kemudian pergi ke planet X naik pesawat dengan kecepatan 0,8 c. Setelah sampai

di planet X, B lalu kembali ke Bumi dengan kecepatan pesawat 0,8c. Setelah

sampai di bumi, B bertemu lagi dengan A yang telah menunggu 10 tahun dan

saling membicarakan usia mereka.

Menurut A : usia-nya 30 tahun dan usia B yaitu 26 tahun. Menurut A , B

bergerak menjauhinya dengan kecepatan 0,8c sehingga B mengalami perlambatan

waktu dan hanya menempuh waktu yaitu 10 thn x (0,6) = 6 tahun untuk B pergi

dan kembali.. A melihat jarum jam yang ada di pesawat B bergerak lebih lambat.

Menurut B : usia-nya 26 tahun dan usia A yaitu 23,6 tahun. Menurut B , A

bergerak menjauhinya dengan kecepatan 0,8c sehingga A mengalami perlambatan

waktu dan hanya menempuh waktu yaitu 6 thn x (0,6) = 3,6 tahun untuk A pergi

dan kembali. B melihat jarum jam yang ada di pesawat A bergerak lebih lambat.

Mereka saling mengklaim usia temannya lebih muda saat mereka bertemu.

Bagaimana mungkin ini terjadi ? Inilah yang disebut paradoks.

Terjadinya paradoks dikarenakan B mengalami percepatan dan perlambatan saat

meninggalkan Bumi serta saat sampai di planet X.

38

Untuk menyelesaikan paradoks tersebut, perlu memakai pengamat lain yaitu

pengamat C yang sedang dalam perjalanan ke bumi dengan kecepatan 0,8c. Saat

C melintas planet X, tepat saat B sampai planet X, sehingga C tidak mengalami

percepatan/perlambatan.

Ketika C melintasi Bumi, A berusia 30 tahun (karena menunggu 5 tahun B

mencapai planet X dan menunggu 5 tahun perjalanan C dari planet X ke Bumi,

sedangkan menurut A, C hanya memerlukan 3 tahun perjalanan dari planet X ke

Bumi ). Menurut C yang menempuh 3 tahun perjalanan Bumi – planet X, seolah-

olah A bergerak mendatanginya, sehingga menurut C, A menempuh waktu 1,8

tahun perjalanan. Jika A berusia 30 tahun ketika C sampai bumi, dan A

menempuh waktu 1,8 tahun selama perjalanan, maka A haruslah berusia 28,2

tahun menurut C.

Contoh 8 :

Sebuah partikel muon (µ–meson) tercipta di ketinggian atmosfir dan mempunyai

kecepatan 0,9c. Muon akan meluruh setelah menempuh perjalanan 5,4 km. Berapa

waktu muon meluruh jika diukur

(i) oleh kerangka kita di bumi

(ii) oleh kerangka di muon itu sendiri

(iii) berapa jarak yang ditempuh muon menurut kerangka acuan muon?

Jawab :

(i) ( )( )

35

8

5,4.10t = = 2.10 s

0,9 3.10' −

(ii) 2

2

tt

v1

c

' =

−

dan ( ) ( )2

252

vt t 1 2.10 1 0,9

c' −= − = −

( ) ( )5 6t = 2.10 0,436 = 8,72.10 s− −

(iii) s = vt = (0,9 c)(8,72.10-6) = 2354 m = 2,354 km

39

1.10 Kontraksi Panjang Lorentz – Fitzgerald

Pengukuran ruang dan waktu tidak absolut tetapi bergantung pada gerak

relatif pengamat dan obyek yang diamati. Misal sebuah batang logam panjang L0

bergerak searah sumbu x dan mempunyai koordinat ujung-ujungnya x1 dan x2

dalam kerangka A. Pengamat di kerangka A mengukur panjang batang logam L0

= x2–x1. Misal kerangka B bergerak dengan kecepatan tetap v (sepanjang sumbu

x) terhadap kerangka A. Pengamat di kerangka B mengukur ujung koordinat

batang sebagai 1x' dan 2x' dengan panjang L = 2x' – 1x' .

Menurut transformasi invers Lorentz.

11 2

2

x + vtx =

v1

c

' '

−

dan 22 2

2

x + vtx =

v1

c

' '

−

2 12 1 2

2

x xx x =

v1

c

' '−−

−

2

0 2v

L = L 1 c

− …….……………………...…………………. (1.39)

Ini menunjukkan bahwa benda akan terlihat lebih pendek oleh pengamat yang

bergerak.

Selain menggunakan transformasi invers Lorentz untuk menjelaskan

kontraksi panjang di atas, dapat juga menggunakan ilustrasi yang dijelaskan

sebagai berikut. Misal pengamat A diam dan menembakkan cahaya ke cermin

yang berjarak L dari dirinya, sementara itu pengamat B (yang berada di dekat

pengamat A) bergerak (secara bersamaan saat pengamat A menembakkan

cahaya) sejajar arah cahaya (ke arah cermin) dengan kecepatan tetap v (lihat

gambar 1.10).

Menurut pengamat A

2L2∆t =

c dan L = c∆t

A c

B v

L'

40

Menurut pengamat B

Saat cahaya mendekat cermin

1L

∆t = c + v

''

Saat cahaya menjauhi cermin

2L

∆t = c v

''−

Gambar 1.10. Ilustrasi kontraksi panjang

Total perjalanan cahaya (diukur oleh B)

1 22∆t = ∆t + ∆t' ' '

2 2L L 2cL

2∆t = + = c + v c v c v

' ' ''− −

substitusikan rumus dilatasi waktu persamaan (1.30)

2 22

2

2∆t 2cL =

c vv1

c

'−

−

2

2

2

2

vL 1

c∆t = v

c 1 c

' −

−

dan

122

2v

c∆t = L 1 c

'−

−

A

B

– v c

L'

A

B

– v c

L'

A c

B

L'

– v

41

122

2v

L = L 1 c

'−

−

2

2v

L = L 1 c

' − ……………...…………………..………...…. (1.40)

di mana 'L mengalami kontraksi panjang

Contoh 9 :

Sebuah batang kayu panjang 2 m di luar angkasa, kemudian melintas pesawat

ruang angkasa di dekat dan sejajar batang kayu dengan kecepatan 0,6 c relatif

terhadap batang kayu tersebut. Tentukan panjang batang kayu menurut

penumpang pesawat ruang angkasa.

Jawab :

2

0 2v

L = L 1 c

− atau ( )2

2

0,6cL = 2 1 = 2 1 0,36 2 0,64

c− − =

L = 1,6 meter

Contoh 10 :

Seseorang astronot pergi ke bintang X yang jaraknya 400 tahun cahaya dari bumi.

Menurut pengamat di bumi astronot tersebut memerlukan waktu berapa 4 tahun

untuk sampai ke bintang X. Tentukan jarak bintang X dari Bumi menurut astronot

tersebut ? (dalam satuan tahun cahaya !)

Jawab :

2 2

0 2 2v v

L 1 400 tahun cahaya 1x L c cvt t 4 tahun 4 tahun

− −= = = = atau

2

2v v

1100c c

= −

dan 2 4

4 2 4

2

2v 10 v

110 c 10 c

+ = atau2 4

4 2 2

2 2v 10 v 10001v1

10 c 10000c

+ = = atau 2

2v 10000

c 10001=

v 0,99995c= ( v = kecepatan astronot )

Menurut astronot (yang bergerak), jarak Bumi– galaksi X yaitu :

2

0 2v 10000

L L 1 400 tahun cahaya 110001c

= − = −

( )L 400 tahun cahaya 0,0099995 3,99995 tahun cahaya= =

42

1.11 Pemuaian Massa

Tinjau dua kerangka A dan B, di mana kerangka B bergerak dengan

kecepatan v sepanjang sumbu x relatif terhadap kerangka A. Sebuah partikel

bergerak sepanjang sumbu x, massa dan kecepatannya terhadap kerangka A yaitu

m1 dan u1 , massa dan kecepatannya terhadap kerangka B yaitu m2 dan u2 , maka

dari persamaan (1.13)

2

2

1k =

v1

c−

dan 1 212

1k =

u1

c−

;

2 222

1k =

u1

c−

dan dari prinsip relativitas kecepatan

21

22

u + vu =

vu1 +

c

dan 12

12

u vu =

vu1

c

− −

12 2 2

1 22 2

u vk u =

vu u1 1

c c

−

− −

, substitusikan nilai u2 ke sisi kanan

( )

12 2 2

112 2

2 12

u vk u =

u vvu1 1

c vuc 1

c

−

− − − −

( )

( )

112 2 1 1

2 2 2 222 22 1 12 1

2 2 412

u v c u vk u = =

u v uvvu 1 +c 1 u vc c cc

− −

− −− − −

1122

12 2

221

2 2

u vk u =

uv1 1

c c

−

− −

( )2 2 1 1k u = k k u v−

43

( )2 21

1

k u = k u v

k− ……………………………………….…..…. (1.41)

Untuk sejumlah besar partikel, selama massa dan momentum invarian dalam

kerangka A, maka

Σm1 = tetap dan Σm1u1 = tetap

selama k dan v sama untuk masing-masing partikel

Σm1kv = tetap dan Σm1ku1 = tetap

kedua persamaan tersebut dikurangkan

Σm1k(u1–v) = tetap ………………………………………..….…. (1.42)

dari persamaan (1.33) dan (1.34)

2 21

1

k um = tetap

k

∑ …………………………………… . (1.43)

Dalam kerangka B dan dengan menerapkan hukum kekekalan momentum

Σm2u2 = tetap …………………………………………… . (1.44)

Dari persamaan (1.43) dan (1.44)

1 2 22 2

1

m k um u =

k

2 10

2 1

m m = = tetap = m

k k

m1 = k1m0

m2 = k2m0

atau 01 2

12

mm =

u1

c−

dan 02 2

22

mm =

u1

c−

dalam bentuk umum

02

2

mm =

v1

c−

………………………………………. (1.45)

di mana m mengalami relativitas massa

44

Relativitas massa di atas dapat juga diturunkan dari hukum kekekalan

momentum berikut ini. Misal kerangka 'S bergerak searah sumbu x dengan

kecepatan tetap v, di dalam kerangka 'S bola A bergerak dengan kecepatan tetap u

searah sumbu x dan bola B juga bergerak dengan kecepatan u berlawanan arah

gerak bola A, pengamat S berada dalam kerangka inersial S.

Menurut pengamat S, sebelum tumbukan bola A nampak bergerak dengan

kecepatan u1 dan melalui penggunaan transfomasi invers kecepatan

2

1u + v

u = vu

1 + c

…………………………………….…....…… (1.46)

di mana 1 1u = u'

Bola B nampak bergerak dengan kecepatan u2

2

2u + v

u = vu

1 c

− −

…………………………………….………… (1.47)

di mana 2 2u = u'

Gambar 1.11. Ilustrasi relativitas massaS'

Setelah bola A dan bola B tumbukan tidak lenting sempurna, kedua bola

bergabung. Oleh pengamat O kedua bola gabungan berkecepatan v.

Dari hukum konservasi momentum

mAu1 + mBu2 = (mA + mB)v …………………………………..……. (1.48)

Substitusikan persamaan (1.46) dan (1.47) ke dalam (1.48)

( ) ( ) ( )A B

A B

2 2

m u + v m u + v + = m +m v

vu vu1 + 1

c c

− −

z

0 0'

A B

x

y' y

u u

v

x'

z'

S'

45

( ) ( )

A B

2 2

u + v u + vm v = m v

vu vu1 + 1

c c

− − −

−

A B

2 2

2 2

2 2

v u v uu + v v v + u v

c cm = mvu vu

1 + 1 c c

− − − −

−

A

B

2

2

vu1 + m c =

vum 1 c

− …………………………………….……….... (1.49)

misal :

( )

2 2 2 2 2

2 4 2 2 2 21

22

2 2

v u 2vu u v 2vu1+ +u+v /cu c c c c c1 = 1 =

vuc vu1+ 1+c c

− − − − −

2 2 2 2 2

2 2 2 2 221

2 22

2 2

u v u u v1 1 1 1

c c c c cu1 = =

c vu vu1+ 1+

c c

− − − − −

−

...... (1.50)

dan juga

2 2

2 222

22

2

u v1 1

c cu1 =

c vu1

c

− −

− −

…………………………….… (1.51)

persamaan (1.51) dibagi persamaan (1.50)

222

22

2 212 2

vuu 1 + 1 cc =

u vu1 1 c c

−

− −

dan

22

2 2

21

2 2

vu u1 + 1 c c = vu u1 1 c c

− − −

……………………………….…….... (1.52)

46

persamaan (1.52) disubstitusikan ke persamaan (1.49)

222

A

2B 1

2

u1

m c = m u

1 c

−

− maka

2 21 2

A B 02 2

u um 1 = m 1 = m

c c− −

Kedua sisi persamaan ini bebas satu sama lain, maka harus keduanya sama dengan

tetapan sama, maka

0A 2

12

mm =

u1

c−

dan 0B 2

22

mm =

u1

c−

secara umum dapat ditulis

0

2

2

mm =

v1

c−

atau

2

0 2

vm = m 1

c− ………………………………………..……... (1.53)

Contoh 11 :

Berapakah panjang 2 meter tongkat yang bergerak sejajar panjangnya jika massa

tongkat 32

massa diamnya.

Jawab :

0

2

2

mm =

v1

c−

dan 2

0 2

vL = L 1

c−

dari kedua persamaan di atas

20

20

LL v = 1

m m c

−

2

0 00 0

0

m mmL = L = L

m m m

( ) 2 4L = 2 = = 1,33 m

3 3

47

1.12 Hubungan Massa – Energi

Peningkatan energi kinetik (Ek) jika sebuah gaya F dikenakan pada sebuah

benda pada jarak sepanjang dS, diberikan oleh

k

dSdE = F dS = F dt = Fvdt

dt.

di mana ( )dF = mv

dt

maka ( ) 0k 2

2

m vdE = vd mv = vd

v1

c

−

gunakan

12 2 2 2 22

k 0 1 12 2 22 22 2

2 22 22 2

v v dv c v + v dvdE = vm 1 + =

c v vv v1 1c 1 c 1c cc c

−−

− − − −

0k 3

2 2

2

vm dvdE =

v1

c

−

di mana 0

2

2

mm =

v1

c−

dan 03

2 22

2

m vdvdm =

vc 1

c

−

maka 2kdE = c dm dan ( )

0

2 20

m

km

dE = c dm = c m m−∫ ∫

sehingga 02 2

kE = mc m c−

Total energi = Ek benda bergerak + energi benda diam

2k 0E = E + m c …………………………………………...….. (1.58)

( )2 2 20 0E = mc m c + m c−

maka hubungan massa dan energi yaitu

2E = mc ……………………………………………..... (1.59)

Jika benda massa m bergerak dengan kecepatan v , momentumnya

p = mv di mana 0

2

2

mm =

v1

c−

2E = mc

maka 2 2 2 2 4 2 2 2E c p = m c c m v− −

48

2 4 2 2 2

2 2 2 0 02 2

2 2

m c c m vE c p =

v v1 1

c c

− −

− −

22 40 2

2 2 2

2

2

vm c 1

cE c p =

v1

c

− −

−

maka hubungan momentum dan energi yaitu

2 2 2 2 40E = c p + m c …………………………………………...….. (1.60)

Contoh 12 :

Air 106 kg dipanaskan dari 273 K sampai 373 K. Hitung kenaikan massa air.

(panas jenis air = 103 kal/kg.K)

Jawab :

Panas yang diperlukan untuk menaikkan suhu 106 kg air dari 273 K sampai 373 K

yaitu 106 x 103 x 100 = 1011 kalori (1 kalori = 4,18 joule)

Maka kenaikan energi E = 1011 x 4,18 joule

dan ( )

116

22 8

E 4,18.10m = = = 4,64.10 kg

c 3.10

−

Contoh 13 :

Berapa rasio laju elektron (yang energi kinetiknya 0,5 Mev) dengan laju cahaya ?

(m0 = 9,1.10-31 kg)

Jawab :

E = (m – m0)c2 = 0,5 Mev = 0,5 x 106 x 1,6.10-19 joule = 0,8.10-13 J

0,8.10-13 J = (m – 9,1.10-31 kg)(3.108 m/s)2

m = 18.10-31 kg

31

3120

2

m 1 1,8.10 = =

m 9,1.10v1

c

−

−

− maka ( )

22

2

v1 = 0,5055

c

−

2v

= 0,7445c

maka v

= 0,863c

49

1.13 Transformasi Momentum – Energi

Tinjau sebuah partikel bergerak dengan kecepatan ux diukur dari kerangka

S dan xu' jika diukur dari kerangka S' (yang bergerak dengan kecepatan v

terhadap kerangka S.

Dalam sistem kerangka acuan S

0 xx x 2

x2

m up = mu =

u1

c−

dan 2

2 0

2x2

m cE = mc =

u1

c−

Dalam sistem kerangka S'

( )

0

2

2

xx x

x

m up m u

u1

c

'' ' ''

= =

−

dan ( )

22 0

2

2

x

m cE m c

u1

c

' ''

= =

−

misal :

( )

( ) ( )1

2 122 22

22

2

xx

x

u1 = 1 = 1 c u

cu1

c

''

'

−−−

− − −

dengan menggunakan transformasi kecepatan

( )

( )11

2 22 2 22xx2

2 x22

x x2 2

2

x

vu1 c u v

1 u v c1 c

vu vuu 1 11 c cc

'

−−−

−

− − − − = − = − − −

( )

12 2 2 2 2

x x x x4 2 2 2 2

22x

22

x

v u 2vu u v 2vu1

c c c c c1 =

vuu 11 cc

'

−

+ − − + −

− −

( )

112 2 222 2 2 2xx x2 22 2 4

2 22x x

2 22

x

u vu v v u 1 11 c c1 c c cvu vuu 1 11 c cc

'

−−

− − − − + = = − − −

50

( )

1

2x x x

2 2 2

1 12 222 2x 2 2x2 2

2 2 2

x

vu vu vu1 1 1

1 c c c

u vu u v1 11 1 1c cc c c

'

− − − = =

− − − − −

maka

( )

x x0 2

x2

0 x1 1 1 1

2 2 2 22 2 2 2x x2 2 2 2

x

u v vum 1

vu c1m u vc

p

u v u v1 1 1 1

c c c c

'

− −

− − = =

− − − −

di mana 2

2

1γ

v1

c

=−

0 x 01 1

2 22 2x x2 2

xm u m v

p γu u

1 1 c c

'

= −

− −

x 2xEv

p γ p c

' = − …….……………………..………..…………… (1.54)

dengan cara yang sama

2 x0 22

0 0 x1 1 1 1

2 2 2 22 2 2 2x x x2 2 2 2

vum c 1

m c m vucE γ

u v u u1 1 1 1

c c c c

'

− = = −

− − − −

[ ]xE γ E vp' = − ………………………..………………...…… (1.55)

misal :

( )( ) ( )

12 12

22 222

2

xx

x

u1 = 1 = 1 c u

cu1

c

−−−

− − −

51

( )

( )11

2 22 2 22xx2

2 x22

x x2 22

x

vu'1 c u' v

1 u' v c1 c

vu' vu'u 1 11 c cc

−−−

−

+ − + + = − = + + −

( )

( ) ( )1

2 2 22 2x xx x

4 2 2 2 2

22x

22

x

v u' u'2vu' v 2vu'1

c c c c c1 =

vu'u 11 cc

− + + − + +

+ −

( )

( ) ( ) ( )1

1 2 222 2 222 22 2 2 22 2 4

2 22x x

2 22

x

u' vu' v u'v 1 11 c c1 c c cvu' vu'u 1 11 c cc

−− − − − − + = =

+ + −

( ) ( ) ( )

12

x x x2 2 2

122 12 2 2 2x 2x2 222 2

x

vu' vu' vu'1 1 1

1 c c c

u' vu u' v1 11 1 1c cc c c

+ + + = = − − − − −

maka

( )

x x0 2

x2

0 x1 1 1 1

2 2 2 22 2 2 2x x2 2 2 2

x

u' v vu'm 1

vu' c1m u vc

p

u v u v1 1 1 1

c c c c

+ +

+ + = =

− − − −

Untuk persamaan transformasi invers

x 2xE v

p γ p +c

'' =

………………………..………………...…… (1.56)

xE γ E +vp' '= ………………………..…………………...… (1.57)

52

Contoh 14 :

Kerangka O' bergerak dengan kecepatan tetap v relatif terhadap kerangka O,

tunjukkan bahwa ( ) ( )

22

2

E'p'

c

−

adalah invarian terhadap transformasi

momentum – energi, di mana p dan E adalah momentum dan energi partikel

dalam kerangka O serta p' dan E' adalah momentum dan energi partikel dalam

kerangka O' .

Jawab : 2 2 2 2

x y zp = p + p + p dan 2

2

2

1γ

v1

c

=

−

( ) ( ) ( ) ( )22 2 2

x y zp p p p' ' ' '= + +

di mana x 2xEv

p γ pc

' = − ; yyp p' = ; zzp p' = dan [ ]xE γ E vp' = −

maka ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )

2 2 22 2 22

x2 2 x y zE k

p E vp p p pc c

'' ' ' '

− = − − + +

( ) ( ) ( ) ( ) ( )2 22 22 22 2

x x2 2 2 y zE k Ev

p E vp k p p pc c c

'' ' '

− = − − − − −

( ) ( ) ( ) ( ) ( )2 2 2 2 22 22 2 2 2 2 x

x x x2 2 2 4 y zE k 2p Ev E v

p E 2p Ev v p c p p pc c c c

'' ' '

− = − + − − + − −

( ) ( ) ( ) ( )2 2 2 2 22 22 2 2 2 2

x x2 2 2 y zE k E v

p E v p c p p pc c c

'' ' '

− = + − − − −

( ) ( ) ( ) ( )2 2 2 2 22 22 2 2

x2 2 2 2 y zE k v v

p E 1 c p 1 p pc c c c

'' ' '

− = − − − − −

( ) ( )2 2

2 2 2 2x y z2 2

E Ep p p p

c c

''

− = − − −

di mana yyp p' = ; zzp p' =

( ) ( )2 2

2 22 2

E Ep p

c c

''

− = −

di mana 2 2 2 2x y zp = p + p + p

maka ( ) ( )

22

2

E'p'

c− adalah invarian terhadap transformasi momentun-energi

53

1.14 Efek Doppler Relativistik

Gambar 1.12. Ilustrasi Efek Doppler Cahaya

Pengamat berada di kerangka acuan S (gambar 1.11), bintang bergerak dengan

kecepatan v membentuk sudut θ terhadap garis lurus pengamat dengan posisi 1

bintang. Bintang memancarkan cahaya frekuensi fs di kerangka acuan S’. Selisih

waktu antara pancaran cahaya pada posisi1dan posisi 2 adalah ∆ts dan jarak antara

posisi 1 dan posisi 2 yaitu v∆ts. Jika diproyeksikan ke garis antara pengamat dan

posisi 2 bintang, maka didapat jarak ekstra ~v∆tscos (~θ) (lambang ~ sebagai

pendekatan), waktu cahaya menempuh jarak ekstra yaitu ~ v∆tscos (~θ)/c. Waktu antara

kedatangan cahaya bintang dari kedua posisi bintang ke pengamat yaitu

sp s s

v t cosθ vt t t 1 cosθ

c c

∆ ∆ = ∆ + = ∆ +

………………………. (1.61)

Selisih waktu teramati yaitu ∆tp dan selisih waktu sumber cahaya yaitu ∆ts.

Periode sumber Ts adalah interval waktu antara pemancaran dua muka gelombang

cahaya berturut-turut dari posisi 1 dan posisi 2 dalam kerangka acuan S’. Karena

muka gelombang dihasilkan pada tempat sama dalam kerangka acuan S’, maka

interval waktu antara pemancaran muka gelombang menurut kerangka acuan S

adalah lebih lama atau mengalami dilatasi waktu yaitu ∆ts = γTs. Hubungan antara

periode waktu cahaya teramati (∆tp ≡ Tp) dengan periode sumber cahaya yaitu

p sv

T γT 1 cosθc

= +

dan sp

ff

vγ 1 cosθ

c

= +

……………………………………………..... (1.62)

1

2

θ

~ θ

~ v∆tscos (~θ)

v∆ts ~ 900

54

a. Efek Doppler Longitudinal

Untuk bintang yang bergerak menjauhi pengamat, θ = 00

2

2

p s s s

v v vv 1 1 11c c ccf f f f

v v v v1 1 1 1c c c c

− + −− = = =

+ + + +

p s s

v1

c vcf f f

v c v1c

− − = =+ +

dengan p sf f<

Untuk bintang yang bergerak mendekati pengamat, θ = 1800

2

2

p s s s

v v vv 1 1 11c c ccf f f f

v v v v1 1 1 1c c c c

− + +− = = =

− − − −

s sP

v1

c vcf f f

v c v1c

+ + = =− −

dengan p sf f>

b. Efek Doppler Transversal

Untuk bintang yang bergerak tegak lurus pengamat, θ = 900

Bintang bergerak menjauh secara tegak lurus pengamat

2

p s 2v

f f 1c

= − di mana p sf f<

Pada bintang bergerak menjauh secara tegak lurus pengamat bumi, frekuensi

cahaya yang diamati oleh pengamat di Bumi lebih kecil dari frekuensi sumber

cahaya bintang yang memancarkan cahaya dengan frekuensi khas. Spektrum

bintang menunjukkan garis-garis diskrit dari frekuensi khas cahaya yang

dipancarkan suatu bintang. Frekuesi khas ini berasal dari materi yang menyususn

suatu bintang. Telah teramati bahwa garis-garis spektrum dari galaksi-galaksi

bergeser ke arah frekuensi merah (red shift). Ini menunjukkan bahwa galaksi-

galaksi bergerak menjauhi bumi. Telah dihitung pula bahwa 13 milyar tahun yang

lalu, material awal alam semesta meledak dan mengembang yang setelah beberapa

waktu kemudian menjadi galaksi-galaksi (teori Big Bang).

55

1.15 Kovarian Lorentz pada Persamaan Maxwell

A. Transformasi Lorentz Umum

Sebuah titik P mempunyai koordinat x, y, z dalam satu kumpulan

sumbu koordinat, sedangkan koordinat x', y', z' berada pada kumpulan sumbu

koordinat yang lain.

Gambar 1. Dua sekumpulan sumbu koordinat yang berputar terhadap yang lain

Kedua koordinat berbeda mempunyai titik P yang sama. Jarak r yaitu jarak P dari

titik asal 0 atau 0’ yang memiliki angka sama dengan koordinat sistem yang

digunakan. Dengan kata lain r adalah sebuah invarian dan harus memiliki bentuk

yang sama yaitu

( ) ( ) ( )2 2 22 2 2 2r x y z x' y' z'= + + = + + ..…………………………….(1.63)

notasi bentuk umum

1 2 3x x x y x z= = = …..……… …...…………………(1.64)

untuk kemudian (1.63) dapat dituliskan dalam bentuk singkat

( )3 3 22 2

j jj 1 j 1

r x x'= =

= =∑ ∑ …..…………………..……………………..(1.65)

Persamaan yang menghubungkan dua koordinat tersebut akan linier

sehingga dapat ditulis menjadi tiga persamaan.

3

jk 1

jk kx' a x ( j 1, 2, 3)=

= =∑ ...…………………………….(1.66)

z

P

y’

y

x’

x

0, 0’

z’

56

persamaan ketiganya antara lain

1 11 1 12 2 13 3

2 21 1 22 2 23 3

3 31 1 32 2 33 3

x' a x a x a x

x' a x a x a x

x' a x a x a x

= + += + += + +

……………………….……………….....(1.67)

Atau dalam bentuk matrik dapat dituliskan

11 12 131 1

2 21 22 23 2

3 331 32 33

a a a x' x

x' a a a x

x' xa a a

=

Sekumpulan sembilan nilai jka mencirikan rotasi yang menghubungkan poros

utama dan poros tidak utama yang menyatakan bahwa jka tidak semuanya bebas.

Posisi vektor P dalam sistem utama dapat ditulis ˆ ˆ ˆr' x' x' y' y' z' z'= + + dan

untuk sistem tidak utama ditulis ˆ ˆ ˆr x x y y z z= + + , karena keduanya

menggambarkan vektor yang sama maka dengan ˆ ˆx'.x' 1= , ˆ ˆy'.y' 1= , ˆ ˆz'.z' 1= dan

ˆ ˆx.x 1= , ˆ ˆy.y 1= , ˆ ˆz.z 1= , serta r' r= , sehingga

xx xy xzˆ ˆ ˆ ˆ ˆ ˆ ˆ ˆx' r'. ' r. ' xx'. yx'. zx'. I x I y I z= = = + + = + +x x x y z ..……......….(1.68)

di mana I xx , I xy , I xz menunjukkan arah cosinus dari 'x terhadap sumbu x, y, z

berturut-turut. Arah cosinus ini memenuhi persamaan2 2 2I I I 1xx xy xz+ + = . Dari

membandingkan persamaan (1.68) dan (1.67) dapat dilihat 11a Ixx= , 12a Ixy= dan

13a Ixz= . Dengan cara yang sama akan didapat 2ka adalah cosinus langsung dari

'y dan 3ka adalah 'z .

Persamaan (1.66) menggambarkan efek dari sebuah rotasi dalam

komponen-komponen dari vektor khusus ini. Oleh karena itu, jika

1 2 3A , A , dan A adalah komponen-komponen tegak lurus dari vektor A, yang

kemudian akan didapat hubungan seperti (1.66)

j

3

jk kk 1

A' a A ( j 1, 2, 3)=

= =∑ ..…………………………….(1.69)

di mana jka adalah sekumpulan koefisien-koefisien sama yang melukiskan efek

rotasi sumbu dalam koordinat dari sebuah titik.

57

Persamaan gelombang elektromagnetik menurut transformasi Lorentz,

dalam kuantitas S2 dapat diberikan

( ) ( ) ( ) ( )2 2 2 22 2 2 2 2 2 2S x y z c t x' y' z' c t'= + + − = + + − …….…..…....(1.70)

notasi bentuk umum untuk koordinat empat yaitu

1 2 3 4x x x y x z x ict= = = = ……..…...……………...(1.71)

Persamaan (1.70) juga dapat ditulis

( )4 4 22 2

µµ=1 µ=1

µS x x'= =∑ ∑ ……………………..………….………...…(1.72)

Dengan membandingkan persamaan (1.72) dan (1.65) dapat dilihat bahwa

transformasi Lorentz secara umum dapat diungkapkan sebagai rotasi sebuah poros

dalam ruang empat dimensi dengan poros 1 2 3 4x , x , x , x .

Persamaan transformasi yang menghubungkan dua koordinat sebagai

empat persamaan linier umum adalah

4

µv vv 1

µx' a x dengan (µ 1, 2, 3, 4)=

= =∑ …………..……....…(1.73)

subtitusikan persamaan (1.73) ke (1.72) didapat

( )2

µ v µ vλ λµ λv λµ λvλ λ µ v µv λ

x' a x a x a a x x = =

∑ ∑ ∑ ∑ ∑ ∑ …........(1.74)

karena persamaan (1.74) juga harus sama 2µµ

x∑ , maka harus memiliki

µvλµ λvλ

a a δ=∑ …...…………………..……………..……………(1.75)

Koefisien dari µ vx x bernilai 1 jika v µ= dan bernilai 0 jika v µ≠

Persamaan transformasi dapat ditulis dalam bentuk sama seperti persamaan (1.73)

4

v vλ λλ 1

x b x' (v 1, 2, 3, 4)=

= =∑ ..…………...…………...……(1.76)

di mana vλb adalah sekumpulan koefisien dan subtitusikan persamaan (1.76)

dalam (1.73) didapat

µλ

µ µv µvvλ λ λ vλ µλ λv λ λ v λ

δ

x' a b x' x' a b δ x' = = =

∑ ∑ ∑ ∑ ∑

�����

…..…....…(1.77)

58

µv vλ µλv

a b δ=∑ ………………..…………………….……………...(1.78)

Persamaan (1.78) dapat diselesaikan untuk mendapatkan b dengan mengalikan

kedua sisinya oleh µρa dan menggunakan persamaan (1.75)

µρ µv µρvλ µλ λρµv µ

µρ µv ρvvλ vλ ρλv µ v

a a b a δ a

b a a b δ b

= =

= = =

∑ ∑

∑ ∑ ∑……...…....…. (1.79)

di mana ρλ λρb a= sehingga bentuk transformasinya dapat ditulis

jika µ µv vλ

x' a x=∑ maka µ vµ vλ

x a x'=∑ ………….……….…...... (1.80)

Persamaan (1.78) dapat ditulis seluruh dalam bentuk a dari hasil subtitusi dalam a

dan menukarkan indeks λ dan v mendapatkan

µvµλ vλλ

a a δ=∑ ………………..………………….……….………..(1.81)

Dari persamaan transformasi koordinat Lorentz

( )x' γ x vt= −

y' y=

z' z=

2

vxt' γ t

c = −

Persamaan transformasi koordinat Lorentz bentuk umum

1 2 3 4x x , x y , x z , x ict= = = = 4xt

ic=

di mana v

βc

= v βc=

Persamaan transformasi koordinat Lorentz bentuk umum dimasukkan ke

persamaan transformasi koordinat Lorentz

( ) 41 1 4

xx' γx γvt γx γ βc γx iγβx

ic = − = − = +

2y' x=

3z' x=

59

( )( )14 4 12

i γβ xγx γx iγβxvxt' γt γ

c ic ic ic ic= − = − = −

4 1ict' γx iγx= −

Jadi

1 1 4

2 2

3 3

4 4 1

x' x' γx iβγx

x' y' x

x' z' x

x' ict' γx iβγx

= = += == == = −

1 1 2 3 4

2 1 2 3 4

3 1 2 3 4

4 1 2 3 4

x' γx 0x 0x iβγx

x' 0x 1x 0x 0x

x' 0x 0x 1x 0x

x' iβγx 0x 0x γx

= + + += + + += + + += − + + +

Sehingga

1 2 3 4x' x , y' x , z' x , ict' x= = = =

11 12 13 141 1

21 22 23 242 2

3 331 32 33 34

4 441 42 43 44

a a a a x' x

a a a a x' x

x' xa a a a

x' xa a a a

=

atau 4

µ µv vv 1

x' a x=

=∑

dapat dilihat koefisien vaµ menunjukkan transformasi koordinat dapat ditulis

dalam bentuk matrix

11 12 13 14

421 22 23 24

31 32 33 34

41 42 43 44

µvv 1

a a a a γ 0 0 iβγa a a a 0 1 0 0

aa a a a 0 0 1 0

iβγ 0 0 γa a a a=

= = −

∑ ….(1.82)

Terlihat rotasi sumbu dalam ruang tiga dimensi juga menampakkan

2 2 2 2 2x v z c t+ + − invarian karena dari persamaan (1.63) dan tidak tergantung

oleh waktu. Oleh karena itu, rotasi sumbu secara fisika juga mengandung

transformasi koordinat Lorentz secara umum seperti terlihat pada persamaan

(1.73).

Dalam hal ini, akan digunakan untuk menghasilkan beberapa kuantitas

baru yang umumnya analog dengan ruang tiga dimensi. Invarian adalah sebuah

kuantitas yang angka tidak dapat berubah pada hasil dari transformasi Lorentz.

Sebagai perluasan dari vektor A dalam persamaan (1.69), empat vektor µA

dinyatakan sebagai sekumpulan empat kuantitas ( )1 2 3 4A , A , A , A yang

mempunyai ciri sama seperti transformasi koordinat. Jika transformasi Lorentz

60

dinyatakan oleh persamaan (1.80) maka komponen µA dan µA' dihubungkan

oleh

1 1

2 2

3 3

4 4

x' xγ 0 0 iβγx' x0 1 0 0

x' x0 0 1 0

iβγ 0 0 γx' x

= −

µA' µA

didapat 4

µ µv vv 1

A' a A=

= ∑

dari persamaan transformasi koordinat Lorentz invers

( )x γ x' vt'= +

y y'=

z z'=

2

vx't γ t'

c = +

persamaan transformasi koordinat Lorentz diubah ke bentuk umum yaitu

41 2 3 4

x'x' x' , y' x' , z' x' , ict' x' t'

ic= = = = ⇒ =

di mana v

βc

= v βc=

persamaan transformasi koordinat Lorentz dimasukkan ke persamaan transformasi

koordinat Lorentz invers menghasilkan

( ) ( )

( )

2

41 1 4

2

3

4 1 4 1

x γx' γvt' γx' γ βc t'

y y'

z z'

v γβx't γt' γ x' γt'

c c

x'x γx' γ βc γx' iγβx'

ic

y y' x'

z z' x'

x' γβx' γx' iγβx't γ

ic c ic

= + = +

= = = + = +

= + = −

= = = = + = + =

61

1 4

2

3

4 1

x γx' iγβx'

y x'

z x'

ict γx' iγβx'

= − = = = +

γ 0 0 iβγ0 1 0 0

0 0 1 0

iβγ 0 0 γ

−

dengan bentuk umum transformasi koordinat Lorentz yaitu

1 2 3 4x x , y x , z x , ict x= = = =

dapat dilihat koefisien µva menunjukkan transformasi dapat ditulis dalam bentuk

matrix

11 12 13 14

21 22 23 24

31 32 33 34

41 42 43 44

µv

a a a a γ 0 0 iβγa a a a 0 1 0 0

aa a a a 0 0 1 0

iβγ 0 0 γa a a a

− = =

1 1

2 2

3 3

4 4

x x'γ 0 0 iβγx x'0 1 0 0

x x'0 0 1 0

iβγ 0 0 γx x'

− =

µA µA'

didapat 4

µ vµ νv 1

A a A'=

=∑

maka dapat dituliskan persamaan transformasi koordinat Lorentz dan persamaan

transformasi koordinat Lorentz Invers dalam bentuk umum yaitu

4

µ v1

A' Avv

aµ=

= ∑ dan 4

µ vµ νv 1

A a A'=

=∑ ………………..…....(1.83)

di mana koefisien µva terlihat dalam persamaan (1.73).

62

B. Kovarian Persamaan Maxwell Pada Transformasi Lorentz

1. Persamaan Maxwell Dalam Bentuk Umum

Dalam hal ini, rumusan makroskopik elektromagnetik secara lengkap

saat ini adalah

fρ=∇ D.��

………..………………………………………………….(1.84)

t∂∂−=×∇ B

E

���

……..…………………………………………………(1.85)

0B. =∇��

……...…………………..…………………………………(1.86)

tf ∂∂+=×∇ D

JH

���

…..……………………………………………….(1.87)

Persamaan ini disebut Persamaan Maxwell dan diasumsikan selalu benar.

Persamaan (1.84) meupakan ringkasan hukum Coulomb terutama dari

gaya antara muatan titik dengan imbas listrik dari materi, sedangkan (1.85)

menggambarkan hukum Faraday tentang induksi dan juga sesuai dengan hukum

Coulomb untuk medan statik. Persamaan ke tiga (1.86) adalah akibat dari hukum

Ampere tentang gaya antara aliran arus dan juga menyatakan bahwa muatan

magnetik bebas tidak diketahui keberadaannya. Terakhir persamaan (1.87)

meliputi hukum Ampere tentang gaya antara aliran arus listrik dengan imbas

magnetik dari materi ditambah konservasi dari muatan bebas, persamaan terakhir

mengikuti dari fakta bahwa persamaan dari kontinuitas dapat diturunkan dari

persamaan (1.87) dan (1.84) dan tidak membutuhkan rumus yang panjang secara

terpisah.

Persamaan dasar deferensial ini haruslah dilengkapi oleh persamaan

definisi yang mana menghubungkan pasangan vektor medan bersama dengan

karakteristik dari materi dalam bentuk dari bersesuaian densitas volum dari

momen dipol:

PED 0

���+= ε ..………………………………………………………(1.88)

MB

H0

��

�−=

µ…………………….………………………….……….(1.89)

63

Meskipun syarat batas di permukaan tidak kontinu bisa selalu diperoleh dari

persamaan Maxwell dan hasil umum yang didapatkan, hal ini selalu dan tepat

untuk menjabarkan secara terpisah.

( ) fσ=− 12 DD.n ………..………………………………………….(1.90)

( ) t12t12 EEor 0EEn −=−× …………..…………………...……..(1.91)

( ) 0EE.n 12 =− …..…………………………………………………..(1.92)

( ) nKHHatau KHHn 12t12 ×=−=−× ftf ………...……………...(1.93)

Mengingat kembali n selalu digambarkan dari daerah satu ke daerah

dua. Semua persamaan ini melukiskan sifat-sifat vektor medan. Hubungan yang

mendasar antara medan tersebut dan efeknya pada partikel bermuatan dilukiskan

oleh gaya Lorentz dalam muatan titik q.

( )BvEF ×+= q ……………………………………………………(1.94)

di mana v adakah kecepatan dari muatan.

Hal tersebut selalu tepat untuk menggunakan persamaan Maxwell

dinyatakan hanya dalam dua bentuk vektor satu elektrik dan satu magnetik.

Sebagai contoh (1.88) dan (1.89) untuk menghilangkan D�

dan H�

menggunakan

persamaan Maxwell yang hanya mengungkapkan bentuk dari E�

dan B�

:

( )P.1

E.0

∇−=∇���

fρε

…...…..………………………………………(1.95)

t∂∂−=×∇ B

E

���

…….…………………………………….……………(1.96)

0B. =∇��

………….………………………………….………………(1.97)

∂∂+

∂∂+×∇+=×∇

ttf

PEMJB 00

�������

εµ …..……………..…………(1.98)

2. Elektromagnetisme Dalam Vacum

Berbeda seperti dalam mekanika, elektromagnetisme yang digambarkan

oleh persamaan Maxwell dalam vacum telah kovarian terhadap tranformasi

Lorentz. Hal ini tidak dikehendaki secara langsung meskipun postulat kedua

sesuai dengan invarian adalah salah satu hasil persamaan Maxwell.

64

Dari persamaan kontinuitas yang mengungkapkan secara dasar

konservasi muatan dapat menjadi kovarian

0t'

'J'.'da0

tJ. =

∂∂+∇=

∂∂+∇ ρρ ��

n ..…………………………….(1.99)

Jika ditampilkan 4 kuantitas µJ melalui kesamaan kuantitas, maka

( ) ( )ρic,,,,,, 4321 ZYX JJJJJJJ = …..…………………………..…..(1.100)

dengan menggunakan persamaan (1.99) dapat dituliskan

0'

dan0 =∂∂

=∂∂

∑∑µ µ

µ

µ µ

µ

x

J

x

J……..………………..……….(1.101)

Perbandingan ini dengan memperlihatkan sebuah bentuk divergensi dari 4-vektor,

yang menunjukkan bahwa µJ adalah sebenarnya suatu 4-vektor.

Elemen volume dV dalam koordinat sistem S yang mana muatan

mempunyai kecepatan v, muatan total dalam dV adalah dVρ . Sekarang

berdasarkan koordinat S0 yang mana muatan mempunyai kecepatan v0 = 0, sistem

ini disebut sistem diam. Dalam elemen volume 0dV dari kerangka S0 yang mana

bersesuaian untuk dV pada kerangka S. Muatan total adalah 00 dVρ di mana 0ρ

adalah rapat muatan dalam sistem diam. Hasil asumsi yang masuk akal dari total

muatan adalah invarian. Didapat

VdVd ρρ =00 ………………………………………………..….(1.102)

Dalam kasus ini, kecepatan relatif dari sistem S dan S0 adalah v karena dimensi

transversal gerak relatif tidak berpengaruh, maka kedua volume dihubungkan oleh

0

2/1

2

2

1 Vdc

vVd

−= ……..……..…………………………..……(1.103)

Dari persamaan (1.103) didapatkan rumus transformasi untuk rapat muatan

( )[ ] 2/1

2

2

0

1c

v−= ρρ ……………………..………………………..….(1.104)

Karena arus dan rapat muatan dihubungkan dengan rumus vρ=J maka

didapatkan

( )[ ] 102/1

2

2

0

1v

cv

vvJ x

xx ρρρ =−

==

65

analog didapat 403020 ic,, UUJUJ zy ρρρρ === sehingga persamaan (1.100)

dapat ditulis

µµ ρ UJ 0= ……..……………………………………………...…...(1.105)

Ini menunjukkan bahwa µJ sesungguhnya adalah sebuah 4 vektor hasil

lain dari 4 vektor (4-kecepatan) dan skalar invarian 0ρ (rapat muatan sistem

diam). 4 vektor ini disebut 4 aliran arus. Jadi persamaan kontinuitas (1.99) telah

ditulis secara benar dalam bentuk kovarian.

Sifat transformasi dari µJ diberikan oleh persamaan (1.83) ρ,,, zyx JJJ

bertransformasi seperti x, y, z, t berturut-turut. Oleh karena itu, untuk tranformasi

Lorentz khusus menjadi

( )

−==

=−=

xzz

yyxx

Jv

JJ

JJvJJ

2c''

''

ργρ

ργ..……………….(1.106)

yang mana persamaan invers

( )

+==

=+=

xzz

yyxx

Jv

JJ

JJvJJ

'c

''

'''

2ργρ

ργ..……...……….(1.107)

Limit nonrelativistik di mana v/c<<1 dan 1≈γ maka persamaan (1.107)

memberikan

''' ρρρ ≈+≈ vJJ xx ……..………………………..…..(1.108)

Bila kerapatan muatan kembali konstan, jumlah muatan yang diketahui

dalam S adalah jumlah xJ ' yang didapatkan dari 'S dan aliran arus konveksi 'ρv

dikarenakan gerakan rapat muatan'ρ dengan mengacu pada S.

Bila kuantitas empat µA dinyatakan oleh

( )

=c

,,,,,, 4321

φiAAAAAAA zyx …….…………………………….(1.109)

Persamaan 2 =2

22

2

2 1

tcx ∂∂−∇=

∂∂

∑�

µ µ

(sebuah invarian)

Persamaan JA1

A 02

2

22

��

��µ−=

∂∂−∇

tc

di mana

66

A�

adalah sebuah vektor potensial

besar vektor A =( )

=c

,,,,,, 4321

φiAAAAAAA zyx

J�

adalah sebuah vektor rapat arus listrik

Besar vektor J = ( ) ( )ρic,,,,,, 4321 ZYX JJJJJJJ =

Dari persamaan kotak kuadrat dan kemudian menggunakan persamaan

dibawahnya, didapat

2 JA1

AA 02

2

22

��

���µ−=

∂∂−∇=

tc

maka didapat 2

µµ µ JA 0−= ……………………………………………….…...(1.110)

karena

02

2

22 1

ερ−=

∂Φ∂−Φ∇tc

�

22

42

242

4

1

t

A

cAA

∂∂

−∇=�

02

4

40

2

2

22

2

2

222

manadi

1

1

ε

ρερ

φφ

φφφ

c

J

icJc

i

tcc

i

t

c

i

cc

i

c

i

−=

=⇒

−=

∂∂−∇=

∂

∂−

∇=

�

�

sehingga didapat

2 ( ) 4002

40 c/// JJcici µεερφ −=−=−=

dari besar vektor A =( )

=c

,,,,,, 4321

φiAAAAAAA zyx

i

Ac 4=⇒ φ

Persamaan Lorentz umum

ictxzxyxxx ==== 4321 ci

xt 4=

Persamaan 01

A.2

=∂∂+∇

tc

φ��

67

menjalankan vektor A diatas didapat

( )

( )

( )

4

4

4

422

4

4

3

3

2

2

1

1

4

4

24

4

24

4

23

3

2

2

1

1

2

10

111

01

01

x

A

x

Ac

cx

A

x

A

x

A

x

A

xic

Ai

c

c

ic

x

i

cA

c

ic

x

i

cA

cx

A

x

A

x

A

tcz

A

y

A

x

A zyx

∂∂

=

∂∂==

∂∂+

∂∂

+∂∂+

∂∂

∂

∂=

∂

∂⇒=

∂

∂+

∂∂

+∂∂+

∂∂

=∂∂+

∂∂+

∂∂

+∂

∂ φ

persamaan Lorentz diringkas menjadi

0=∂∂

∑µ µ

µ

x

A……..………………………………………………....(1.111)

Karena persamaan (1.111) yang menunjukan operasi terhadap µA dengan sebuah

invarian 4-vektor. Di mana µA adalah sebuah 4-vektor yang disebut 4 potensial.

Dapat lihat dari persamaan (1.110) menunjukkan φ,,, zyx AAA melakukan

transformasi menyerupai tczyx 2,,, berturut-turut. Oleh karena itu, transformasi

Lorentz khusus dapat secara cepat dinyatakan

( )xzz

yyxx

AvAA

AAc

vAA

−==

=

−=

φγφ

φγ

''

'' 2 .…………………..…(1.112)

Persamaan (1.110) dan (1.111) adalah bentuk kovarian dari persamaan

Maxwell’s yang ditulis dalam bentuk potensial dan dapat dipakai untuk medan E�

dan B�

.

Bila telah memperoleh B�

dari AB���

×∇= , itu dapat digunakan untuk

mendefinisikan antisimetri tensor medan elektromagnetik vfµ melalui

dengan besar vektor A =( ) ( )zyx AAAAAA ,,,, 321 =

68

y

A

x

AB

x

A

z

AB

z

A

y

AB

y

A

x

Az

x

A

z

Ay

z

A

y

Ax

AAA

zyx

zyx

xyz

zxy

yzx

xyzxyz

zyx

∂∂

−∂

∂=

∂∂

−∂

∂=

∂∂

−∂

∂=

∂∂

−∂

∂+

∂∂

−∂

∂+

∂∂

−∂

∂=

∂∂

∂∂

∂∂=×∇

ˆˆˆ

ˆˆˆ

A��

dari hasil Bx dituliskan menjadi bentuk umum

v

vv x

A

x

Af

∂∂

−∂∂= µ

µµ ……..…………………………………….……(1.113)

dengan menggunakan persamaan (1.110) dan persamaan t∂

∂−∇−= AE

���

φ

t

A

zE

t

A

yE

t

A

xE

t

A

t

A

t

Az

zy

yx

x

t

A

t

A

t

Az

zy

yx

x

t

Az

zy

yx

x

zz

yy

xx

zyx

∂∂

−∂∂−=

∂∂

−∂∂−=

∂∂

−∂∂−=

∂∂

+∂

∂+

∂∂

−

∂∂

∂∂

∂∂−=

∂∂

+∂

∂+∂

∂−

∂∂

∂∂

∂∂−=

∂∂

−

∂∂

∂∂

∂∂−=

φ

φ

φ

φφφ

φφφ

φ µ

ˆˆˆ

ˆˆˆ

ˆˆˆE

321

�

kemudian menggunakan persamaan (1.113)

69

c

iE

t

A

xc

i

t

A

ixc

i

xc

i

t

A

icxc

i

ict

A

x

A

x

Af

z

A

z

A

x

A

x

Af

Bz

A

y

A

y

A

z

A

x

A

x

Af

Bx

A

z

A

x

A

x

Af

c

iE

t

A

yc

i

t

A

iyc

i

t

A

icyc

i

ict

A

yc

i

x

A

x

Af

Bz

A

y

A

x

A

x

Af

y

A

y

A

x

A

x

Af

By

A

x

A

x

A

y

A

x

A

x

Af

c

iE

t

A

xc

i

t

A

ixc

i

t

A

icxc

i

ict

A

xc

i

x

A

x

Af

Bx

A

z

A

z

A

x

A

x

A

x

Af

By

A

x

A

x

A

x

Af

x

A

x

A

x

A

x

Af

xxx

xx

zz

xyzzy

yzx

yyy

yy

xyz

yy

zxyyx

xxx

xx

yzxxz

zxy

xx

=

∂∂

−∂∂−=

∂∂

+∂∂−=

∂∂−

∂∂

=∂

∂−

∂∂

=∂∂

−∂∂

=

=∂

∂−

∂∂

=∂∂

−∂∂

=

−=

∂∂

−∂

∂−=

∂∂

−∂

∂=

∂∂

−∂∂

=

=∂

∂−

∂∂

=∂∂

−∂∂

=

−=

∂∂

−∂∂−=

∂∂

+∂∂−=

∂∂

−∂∂=

∂∂

−∂

∂=

∂∂

−∂∂

=

=∂

∂−

∂∂=

∂∂−

∂∂

=

=∂

∂−

∂∂

=∂∂−

∂∂=

−=

∂∂

−∂

∂−=

∂∂

−∂

∂=

∂∂

−∂∂

=

−=

∂∂

−∂∂−=

∂∂

+∂∂−=

∂∂

−∂∂=

∂∂

−∂

∂=

∂∂

−∂∂

=

−=

∂∂−

∂∂

−=∂

∂−

∂∂=

∂∂−

∂∂

=

=∂

∂−

∂∂

=∂∂

−∂∂

=

=∂

∂−

∂∂

=∂∂

−∂∂

=

φφ

φφ

φφ

φφ

φφ

φφ

2

1

4

4

141

3

3

3

333

2

3

3

232

1

3

3

131

2

4

2

2

424

3

2

2

323

2

2

2

222

1

2

2

121

2

4

1

1

414

3

1

1

313

2

1

1

212

1

1

1

111

1

1

0

1

1

0

1

1

0

70

0

1

1

1

1

4

4

4

444

2

3

4

4

343

2

2

4

4

242

=∂∂

−∂∂

=

=

∂∂

−∂∂−=

∂∂

+∂∂−=

∂∂−

∂∂=

∂

∂−

∂∂=

∂∂−

∂∂

=

=

∂∂

−∂∂−=

∂∂

+∂∂−=

∂∂−

∂∂

=∂

∂−

∂∂

=∂∂−

∂∂=

x

A

x

Af

c

iE

t

A

zc

i

t

A

izc

i

zc

i

t

A

iczc

i

ict

A

x

A

x

Af

c

iE

t

A

yc

i

t

A

iyc

i

yc

i

t

A

icyc

i

ict

A

x

A

x

Af

zzz

zz

yyy

yy

φφ

φφ

φφ

φφ

karena ( )t∂∂−∇−= /AE���

φ dan dengan cara ini, didapatkan BdanE��

terlihat dalam

komponen dari vfµ sebagai berikut

−−

−−

−−

=

0

0

0

0

c

Ei

c

Ei

c

Ei

c

EiBB

c

EiBB

c

EiBB

f

zyx

zxy

yxz

xyz

vµ ..………………………....(1.114)

Sejak diketahui bagaimana komponen sebuah tensor bertransformasi,

dapat ditemukan sifat transformasi dari komponen medan. Hal tersebut dapat

ditunjukkan bahwa semua persamaan Maxwell ditulis dalam bentuk medan yang

mengandung sistem kovarian persamaan berikut:

dari persamaan (1.113) dengan mengubah kolom dan baris

0=∂

∂+

∂∂

+∂

∂

ρ

λν

λ

νρρλ

x

f

x

f

x

f

v

..……………...………………….…...(1.115)

0=∂

∂+

∂∂

+∂

∂

ρ

λν

λ

νρρλ

x

f

x

f

x

f

v

µνµ µ J

x

f

v v0=

∂∂

∑ …..……………………………………………...(1.116.)

71

Dalam komponen dari persamaan (1.115) yang membentuk dari indek

satu tidak terlihat, dengan menggunakan persamaan (1.114). Persamaan (1.115)

dengan menggunakan nilai 2dan4,3 === vρλ didapatkan

t

B

z

E

y

E

t

B

z

E

y

E

c

i

t

B

z

E

y

E

c

i

t

B

iz

E

y

E

c

i

t

B

icz

E

c

i

y

E

c

i

x

f

x

f

x

f

xyz

xyz

xyz

xyz

xyz

∂∂

−=∂

∂−

∂∂

∂∂

+∂

∂−

∂∂

=

−

∂∂

+∂

∂−

∂∂

−=

∂∂

−∂

∂−

∂∂−=

∂∂

+∂

∂+

∂∂

−=

=∂

∂+

∂∂

+∂∂

0

0

10

10

0

2

4

32

3

24

2

43

y

E

x

EE

x

E

z

EE

z

E

y

EE

y

E

x

Ez

x

E

z

Ey

z

E

y

Ex

EEE

zyx

zyx

xyz

zxy

yzx

xyzxyz

zyx

∂∂

−∂

∂=

∂∂

−∂

∂=

∂∂

−∂

∂=

∂∂

−∂

∂+

∂∂

−∂

∂+

∂∂

−∂

∂=

∂∂

∂∂

∂∂=×∇

ˆˆˆ

ˆˆˆ

E��

merupakan komponen x dari t∂−∂=×∇ /BE���

analog dapat ditunjukkan bahwa

tiga komponen dari persamaan (76) memberikan komponen-komponen y dan z

dari hukum Faraday sama dengan 0B =×∇��

.

Bila nilai 1=µ dalam persamaan (1.116) dan menggunakan persamaan

(1.114) dan (1.100) dapat diperoleh

72

µνµ µ J

x

f

v v0=

∂∂

∑

101111 Jx

f

x

f

x

f

x

f

vvvv

µνννν =∂∂

+∂∂

+∂∂

+∂∂

dengan µJ berjalan 1,2,3,4

104

41

3

31

2

21

1

11 Jx

f

x

f

x

f

x

fµ=

∂∂

+∂∂

+∂∂

+∂∂

Menggunakan nilai dari persamaan (1.114)

−

∂∂+

∂∂

−∂∂

==∂∂

+∂∂

+∂∂

+∂∂

c

iE

tciz

B

y

BJ

x

f

x

f

x

f

x

f xyz 110

4

41

3

31

2

21

1

11 µ

−

∂∂+

∂∂

−∂∂

=c

iE

tciz

B

y

BJ xyz 1

10µ

t

E

cJ

z

B

y

B xx

yz

∂∂

+=∂

∂−

∂∂

20

1µ

y

B

x

BB

x

B

z

BB

z

B

y

BB

y

B

x

Bz

x

B

z

By

z

B

y

Bx

BBB

zyx

zyx

xyz

zxy

yzx

xyzxyz

zyx

∂∂

−∂

∂=

∂∂

−∂

∂=

∂∂

−∂

∂=

∂∂

−∂

∂+

∂∂

−∂

∂+

∂∂

−∂

∂=

∂∂

∂∂

∂∂=×∇

ˆˆˆ

ˆˆˆ

B��

yang mana merupakan komponen x dari ( )tcx ∂∂+=×∇ − /EJB 20

���µ . Dua

komponen sisanya dari persamaan ini diperoleh untuk 2=µ dan 3=µ , ketika

4=µ dipakai dalam persamaan (1.116) untuk menemukan hasil persamaan

Maxwell dalam vacum yaitu 0/E. ερ=∇��

.

Komponen tensor medan elektromagnetik akan ditransformasikan seperti

ρλρλ

ρλµµ faaf vv ∑=' …………………………..……………..……(1.117)

73

dan dapat menggunakan ini dengan memasukkan nilai dari persamaan (1.114)

untuk memperoleh formula transformasi E dan B, ini hanya akan digunakan untuk

transformasi Lorentz khusus seperti digambarkan dalam persamaan (1.82).

Sebagai contoh, tinjau komponen 1 4 dari persamaan (1.117). Mengingatkan

bahwa ρλλρ ff −= , diperoleh

( )

( ) ( )( ) ( )

c

if

ffaaaa

fafaafafaa

fafaafaac

if

x

x

E

'E'

14

14222

1441144411

44444141141444114111

44414114114

−==

−=−=

+++=

+==−= ∑∑

γβγ

λλλ

λλρρρλ

λ

oleh karena itu xx E'E = . Analog didapatkan bahwa komponen 4 2 dari persamaan

(1.117) mengantarkan untuk

( )

+−=+=

==−= ∑∑

c

iifafa

faafaac

if

yz

x

EB

'E'

42441241

22242442

γβγ

λλ

λλρρρλ

λ

Jadi bahwa ( ) ( )zyzyy vc BEBE'E −=−= γβγ . Dengan menjalankan

proses ini, dapat dikemukakan sekumpulan lengkap rumus transformasi menjadi

( )

( )

−=+=

+=−=

==

2

2

c

EB'BBE'E

cE

B'BBE'E

B'BE'E

yzzyzz

zyyzyy

xxxx

vv

vv

γγ

γγ …..…………………....(1.118)

74

1.16 Sekilas Teori Relativitas Umum Einstein

Relativitas umum merupakan perluasan teori relativitas khusus Einstein

yang untuk kasus kerangka acuan dipercepat. Menurut teori ini semua gaya

inersial dan gaya gravitasi merupakan manifestasi peristiwa yang sama dan

dikenal sebagai prinsip ekuivalensi Einstein yang didapat dari persamaan eksak

massa inersial (dinyatakan oleh hukum gerak Newton) dan massa gravitasi (yang

diukur oleh R.V.Eotsos tahun 1922 dan R.H. Dicke tahun 1961)

Beberapa ramalan-ramalan penting teori relativitas umum.

1. Presessi perihelium planet Mercurius

Orbit sebuah benda langit mengelilingi sebuah benda langit lain umumnya

berbentuk ellips, tetapi jika yang mengelilingi benda langit tersebut lebih dari

satu benda langit, maka orbit ellips tersebut akan mengalami gangguan

(presessi). Teori gravitasi Newton dapat menghitung kecepatan presessi planet

Mercurius (dipilih planet Mercurius karena pengaruh medan gravitasi matahari

paling kuat sebab dekat dengan matahari, sedangkan planet lain efek presessi

sangat kecil), tetapi hitungan tersebut tidak sesuai dengan hasil pengamatan

eksperimen karena hukum gravitasi Newton hanya cocok untuk medan

gravitasi lemah. Teori relativitas umum dapat menghitung kecepatan presessi

perihelion planet Merkurius akibat distorsi ruang-waktu yang ditimbulkan oleh

planet lain dengan ketepatan yang sangat tinggi dengan hasil pengamatan

ekperimen. Hasil perhitungan menurut teori relativitas umum terhadap

kecepatan presessi perihelion planet Mercurius yaitu 43 second derajat per

abad.

2. Pergeseran merah gravitasi

Frekuensi garis spektral disebabkan transisi atom akan nampak

mengecil/berkurang jika cahaya menjalar menuju medan gravitasi. Efek

tersebut telah teramati dengan ketepatan tinggi oleh R.V.Pound dan G.A.Rebka

(tahun 1960) yang mengukur pergeseran panjang gelombang cahaya di bawah

medan gravitasi dengan menggunakan efek Mossbauer, hasil percobaan sekitar

2,5 bagian per 1015.

75

3. Pembelokan cahaya oleh medan gravitasi.

Tahun 1919 terjadi gerhana matahari, peristiwa ini kemudian digunakan

untuk mengamati posisi bintang dekat matahari pada saat siang hari dengan

cara memotretnya. Enam bulan kemudian posisi bintang tersebut dapat diamati

pada malam hari juga dengan cara memotretnya, dengan membandingkan

posisi pada siang dan malam hari pada bintang tersebut maka akibat medan

gravitasi di sekitar matahari, terlihat perubahan posisi bintang dan peristiwa

pembelokkan cahaya oleh medan gravitasi ini dapat diukur.

4. Perubahan Periode Pulsar

Pulsar adalah Pulsing Radio Star yang merupakan peristiwa di mana

sebuah bintang memancarkan denyut/gelombang radio. Pulsar diduga terjadi

pada bintang neutron termagnetisasi atau sistem bintang kembar yang

mengelilingi pusat massanya dapat memancarkan gelombang radio secara

teratur dengan interval beberapa detik sampai milli detik. Periode (bintang

kembar) pulsar berubah karena emisi gelombang gravitasi seperti yang

diramalkan teori relativitas umum Einstein. Emisi tersebut mengakibatkan

pengurangan jarak antara 2 bintang yang menghasilkan perubahan periode

rotasi ke 2 bintang tersebut. Ini belum dibuktikan secara eksperimen/melalu

pengamatan.

76

Soal-soal latihan Bab 1 :

1. Sebuah mobil A berkecepatan 36 km/jam melewati mobil B yang berkecepatan

18 km/jam, pada saat kedua mobil sejajar dengan orang yang berdiri di pinggir

jalan, kedua pengemudi melihat arlojinya masing-masing dan tepat jam 9.00.

Lima detik kemudian pengemudi mobil B melihat burung terbang searah

mobilnya dan berjarak 100 m di depan mobil B. (mobil A, B, dan burung

bergerak searah sumbu x).

a. Bagaimana koordinat burung menurut pengemudi mobil A, B dan orang

yang berdiri di tepi jalan?

b. Sepuluh detik kemudian pengemudi mobil B melihat burung lagi dan ia

memperkirakan burung tersebut berjarak 125 m di depan mobilnya. Hitung

kecepatan terbang burung tersebut menurut pengemudi mobil A, B, dan

orang yang berdiri di tepi jalan?

2. Dalam kerangka O, sebuah elektron mempunyai kecepatan 0,5c dalam arah

sumbu x, sebuah foton kecepatan c dalam arah sumbu y. Bagaimana laju relatif

elektron dan foton ?

3. Tunjukkan bahwa pernyataan differensial ( ) ( ) ( ) ( )2 2 2 22dx dy dz c dt+ + −

adalah invarian terhadap tranformasi Lorentz.

4. Tunjukkan bahwa persamaan gelombang elektromagnet.

2 2 2 2

2 2 2 2 2

φ φ φ 1 φ+ + = 0

x y z c t

∂ ∂ ∂ ∂−∂ ∂ ∂ ∂

adalah invarian terhadap transformasi Lorentz

5. Sebuah tongkat pada saat diam panjangnya 1 meter, berapakah panjang tongkat

yang bergerak searah panjangnya jika massa geraknya 4/3 massa diam.

6. Sebuah kelereng massa diamnya 10 gram, hitung massanya ketika kelereng

bergerak dengan laju 0,6c.

7. Sebuah partikel muon tercipta di ketinggian 1 km di atas permukaan laut bumi

dan bergerak menuju ke bumi dengan kecepatan 0,8c. Muon akan meluruh

setelah 3 µ menurut kerangka muon itu sendiri.

a. Secara klasik berapa jarak tempuh muon? Apakah muon sampai bumi?

b. Secara relativistik berapa waktu dan jarak tempuh muon menurut pengamat

di bumi

77

c. Secara relativistik berapa jarak dan waktu tempuh muon menurut kerangka

muon?

8. Massa diam proton adalah 2000 kali massa diam elektron. Hitung laju gerak

elektron agar massanya sama dengan massa diam proton?.

9. Energi total suatu partikel secara tepat 5/3 kali energi diamnya. Hitung berapa

kali kecepatan cahaya laju partikel tersebut?

10. Berapa rasio laju elektron yang energi kinetiknya 0,4 Mev dengan laju cahaya

? Jika massa diam elektron tersebut 0,6 Mev/c2 .

11. Berapa seharusnya laju partikel yang massa diamnya 4 Mev/c2, sehingga

massa relativistiknya 5 Mev/c2.

12. Sebuah partikel mempunyai massa diam 281,28.10 kg

9− dan energi kinetiknya

2 Mev, hitung laju partikel tersebut berapa kali kecepatan cahaya ? (1 eV =

1,6.10-19 joule).

13. Dua partikel bergerak saling mendekat dengan kecepatan masing-masing

2.108 m/s , dan massa diam masing-masing partikel 3.10-25 kg, hitung

kecepatan satu partikel jika dilihat dari partikel yang lain. Berapa massa

relativistik satu partikel jika dilihat dari yang lain.

78

BAB 2 PERMULAAN TEORI KUANTUM

Pada akhir abad ke 19 terdapat beberapa eksperimen yang tidak dapat

dijelaskan oleh ilmuwan fisika klasik (fisikawan yang merujuk sepenuhnya pada

mekanika Newton dan teori gelombang elektromagnet Maxwell) yaitu : radiasi

benda hitam, efek fotolistrik, efek Compton, dan garis terang pada spektrum optik.

Peristiwa-peristiwa tersebut semuanya melibatkan interaksi antara radiasi dengan

materi. Pengukuran berulang-ulang pada eksperimen tersebut oleh fisikawan

dengan ketelitian yang tinggi, tetap tidak dapat dijelaskan oleh teori fisika klasik.

Masing-masing peristiwa tersebut dapat diuraikan sebagai berikut.

2.1. Radiasi Benda Hitam

Suatu benda jika dipanaskan akan memancarkan radiasi gelombang

elektromagnetik dengan rentang frekuensi yang lebar. Pengukuran terhadap

radiasi rongga (lubang kecil dari bejana tertutup yang dipanaskan oven)

menunjukkan bahwa intensitas radiasi berubah terhadap frekuensi radiasi. Jika

suhu benda naik, maka frekuensi puncak radiasi yang dipancarkan juga bergeser

naik. Suatu benda juga dapat menyerap radiasi gelombang elektromagnetik yang

mengenainya. Benda yang dapat memancarkan seluruh frekuensi radiasi maupun

menyerap seluruh frekuensi radiasi gelombang elektromagnetik yang mengenai

benda tersebut disebut benda hitam.

Dinding dalam sebuah rongga

yang dipanaskan juga dapat memancarkan

radiasi gelombang elektromagnet dengan

rentang panjang gelombang yang lebar

melalui sebuah lubang kecil. Rongga ini

juga dapat mewakili karakteristik benda

hitam.

Variasi intensitas radiasi (I) yang dipancarkan sebagai fungsi panjang

gelombang λ ditunjukkan dalam gambar 2.1 yang ternyata hampir mirip dengan

kurva distribusi kecepatan Maxwell. Beberapa teori yang menjelaskan kurva

distribusi radiasi benda hitam tersebut yaitu distribusi energi radiasi Wien,

distribusi energi radiasi Rayleigh-Jeans, dan distribusi energi radiasi Planck.

Gambar 2.1 Distribusi radiasi benda hitam

T1 < T2 < T3 < T4 T4

T3

T2

T1

λm1 λm2 λm4 λ

I λλλλ

79

Distribusi Energi Radiasi Wien

Dari kurva distribusi energi radiasi benda hitam terlihat nilai panjang

gelombang maksimal (λm) hanya bergantung pada suhu (T), dimana jika T naik

maka λm mengalami pergeseran turun (lebih pendek panjang gelombangnya) dan

jika T turun maka λm bergeser naik (lebih panjang), sehingga perkalian λmT

merupakan suatu tetapan. Pergeseran puncak kurva distribusi intensitas terhadap

perubahan suhu ternyata mengikuti hubungan empirik yang kemudian dikenal

sebagai hukum pergeseran Wien (tahun 1893 dirumuskan) yaitu

λmT = konstan ……………………………………...…..… (2.01)

Wien mengusulkan sebuah hubungan empirik antara intensitas Iλ dengan

panjang gelombang λ untuk suatu suhu T menurut tinjauan secara termodinamik

yaitu

( )λ 5A

I dλ f λT dλλ

= ………………………………...…….. (2.02)

di mana A adalah tetapan dan f(λT) adalah sebuah fungsi perkalian λT. Hukum

Stefan-Boltzmann dan hukum pergeseran Wien dapat diturunkan melalui hukum

distribusi Wien (persamaan (2.02))

( )

λ 50 0

f λTI = I dλ = A dλ

λ

∞ ∞

∫ ∫

misal x = λT

( ) ( )45 5

0 05

f λT f xdxI = A = AT dx

x T xT

∞ ∞

∫ ∫

di mana integral ( )

50

f xdx

x

∞

∫ bernilai tetap, sehingga

I = σT4 …………………………………………………...….. (2.03)

σ merupakan tetapan Stefan-Boltzmann

Jika persamaan (2.02) didiferensialkan terhadap λ

( ) ( )λ6 5

'dI 5A ATf λT + f λT

dλ λ λ= −

pada λ = λm maka λdI = 0

dλ di mana

2

wattI =

m

80

( ) ( )m m5 6m m

'AT 5Af λ T f λ T 0

λ λ=−

( ) ( )m m m'x f x 5f x 0=− di mana m mx = λ T

Persamaan di atas dalam sebuah variabel tunggal xm , dapat hanya mempunyai

satu buah solusi, oleh karena itu

mλ T = tetap ………………………………………………….….... (2.04)

ini adalah hukum pergeseran Wien

Bentuk fungsi f(λT) sebenarnya tidak bisa diturunkan dari termodinamika,

oleh karena itu diperlukan anggapan model yang sesuai untuk sistem radiasi.

Wien telah mengusulkan bentuk fungsi f(λT) didasarkan pada beberapa anggapan-

anggapan sembarang yang sesuai dengan mekanisme pemancaran dan penyerapan

radiasi, sehingga hukum Wien untuk kerapatan energi radiasi benda hitam yaitu

( )λ 5

a bu dλ exp dλλTλ= − ………………………………...…..… (2.05)

a dan b adalah tetapan sembarang untuk dicocokkan dengan data eksperimen.

Distribusi Energi Radiasi Reyleigh – Jeans

Menurut mekanika klasik, energi total sebuah osilator harmonik linier

yaitu 2

2k

p 1E = E + V = + kx

2m 2, yang mempunyai 2 derajat kebebasan. Menurut

hukum ekuipartisi energi, rata-rata energi masing-masing derajat kebebasan

adalah 1

kT2

, sehingga rata-rata energi osilator yaitu <∈> = kT , di mana k

tetapan Boltzmann. Untuk mendapatkan kerapatan energi radiasi rongga pada

suatu frekuensi cf = λ , harus dimulai dengan mencari jumlah nf osilator per

satuan volume yang mempunyai frekuensi f dan mengalikannya dengan rata-rata

energi <∈>, nf dapat dihitung melalui penentuan jumlah mode-mode getaran

stasioner yang dapat dieksitasi dalam kotak 3 dimensi dengan syarat batas yang

sesuai. Persamaan perambatan getaran stasioner yaitu

22

2 2

1 φφ =

c t

∂∇∂

…………………………………………………...….. (2.06)

misal ϕ ∼ exp(iωt) di mana ω = 2πf , maka 2

22

φω φ

t

∂ =∂

−

81

2 2 2 2

2 2 2 2

φ φ φ ω+ + + φ = 0

x y z c

∂ ∂ ∂∂ ∂ ∂

untuk gelombang stasioner ϕ = 0 pada x = y = z = 0 dan x = y = z = ℓ

Menggunakan metode pemisahan variabel

( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )x y z x yzφ = φ x,y,z = φ x φ y φ z = φ x φ y,z , sehingga

2 2 22 2

yz yz 23x2 2 2 2 2

x yz

φ φ ω1 d φ ω 1 = = tetap

φ dx c φ y z c

∂ ∂+ = + ∂ ∂

−

karena persamaan kiri hanya fungsi fungsi x saja, maka persamaan kanan bernilai

tetap.

2 2

x 12 2

x

1 d φ ω0

φ dx c+ = ; di mana 2 2

1 23ω ω ω= −

solusi persamaan di atas yaitu

( ) 1 1x 1 1

ω x ω xφ x = A sin + B cos

c c …………………..………….….... (2.07)

dengan syarat batas ϕx = 0 pada x = 0, maka nilai B1 = 0 , sehingga

1x 1

ω xφ = A sin

c

karena ϕx = 0 pada x = ℓ , maka 11

ωn π

c=ℓ atau 1

1

ωn =

cπℓ

1x 1

n πxφ = A sin

ℓ , dan 2

y 2

n πyφ = A sin

ℓ ; 3

z 3

n πzφ = A sin

ℓ

di mana 1 2 3n , n , n bilangan bulat

maka 31 20

n πzn πx n πyφ = φ sin sin sin

ℓ ℓ ℓ …………….……………..….. (2.08)

di mana 2 2

2 11 2 2

ωn =

c πℓ

; 2 2

2 22 2 2

ωn =

c πℓ

; 2 2

2 33 2 2

ωn =

c πℓ

dengan 2 21 23ω = ω ω− , maka 2 2 2 2

1 2 3ω + ω + ω = ω , sehingga

( )22 2 2 2 2 2

2 2 2 2 2 21 2 3 1 2 32 2 2 2 2 2

ω 4π f 2n + n + n ω + ω + ω

c π c π c π λ = = = =

ℓ ℓ ℓ ℓ

2 2

2 2 21 2 3

2 2fn + n + n

λ c = =

ℓ ℓ ………………………………. (2.09)

82

Sekumpulan nilai-nilai 1 2 3n , n , n yang memenuhi persamaan (2.09)

menyatakan sebuah mode getaran khusus. Untuk menghitung jumlah mode-mode

getaran (stasioner) dalam interval frekuensi f s/d f + df , nilai-nilai 1 2 3n , n , n

dinyatakan dalam diagram 3 dimensi dengan n1 sepanjang sumbu x, n2 sepanjang

sumbu y, n3 sepanjang sumbu z. Kombinasi nilai-nilai 1 2 3n , n , n dinyatakan

sebagai sebuah titik dalam diagram ini yang koordinatnya ( 1 2 3n , n , n ).

Jadi jumlah mode getaran antara f dan f + df dapat ditentukan dengan

menghitung jumlah titik-titik antara dua lingkaran 2f

rc

= ℓ dan

( )2 f dfr dr

c

++ =

ℓ dalam kuadrant pertama. Kuadrant pertama dipilih karena n1

dan n2 dianggap hanya bernilai positif. Jumlah titik-titik tersebut Nfdf sama

dengan volume kulit bola pada kuadrant pertama dibagi volume masing-masing

satuan kubus, yaitu

( ) ( )2 3 2

2f 3

1 1 2f 2 df 4π f dfN df 4πr dr 4π

8 8 c c c = = =

ℓ ℓ ℓ

Gambar 2.2 Mode-mode getaran Gambar 2.3 Satu mode getaran

2

f 3

4πVf dfN df

c= di mana 3V = ℓ

maka jumlah mode-mode getaran per satuan volume selubung untuk frekuensi

antara f dan f + df yaitu

2

ff 3

2N df 8πf dfn df = =

V c …………………………..………..…. (2.10)

angka 2 dimasukkan karena radiasi gelombang elektromagnetik di alam adalah

transversal yang mempunyai dua arah polarisasi, sehingga jumlah osilator per

n1

n2

n3

n1

n2

n3

83

satuan volume radiasi yang dipancarkan dengan panjang gelombang antara λ dan

λ + dλ yaitu

λ 4

8πdλn dλ =

λ ………………………..…………………..…. (2.11)

sedangkan kerapatan energi radiasi benda hitam dalam jangkauan λ yaitu

λ λ 4

8πkTdλu dλ = < n dλ =

λ∈> ……………………………...…….…. (2.12)

persaaman di atas dikenal sebagai hukum radiasi Rayleigh – Jeans.

Intensitas radiasi yang dipancarkan yaitu

λ λ

cI = u

4 ……………………………………………..……..…. (2.13)

Distribusi Energi Radiasi Planck

Rumus distribusi energi radiasi benda hitam yang diturunkan Wien ternyata

hanya cocok dengan hasil eksperimen pada frekuensi tinggi, sedang pada

frekuensi rendah tidak sesuai dengan hasil eksperimen. Sebaliknya rumus

distribusi energi radiasi benda hitam yang diturunkan Rayleigh - Jeans hanya

cocok dengan hasil eksperimen pada frekuensi rendah, sedang pada frekuensi

tinggi tidak sesuai dengan hasil eksperimen (lihat gambar 2.4).

Max Planck lalu mengajukan postulat berkenaan dengan getaran alamiah

osilator-osilator harmonik linier yang berada dalam kesetimbangan dengan radiasi

gelombang elektromagnet dalam rongga yaitu sebuah osilator dapat mempunyai

energi diskrit yang merupakan kelipatan energi kuantum ∈0 = hf , di mana f

adalah frekuensi osilator, sehingga energi osilator dapat bernilai ∈n = n∈0 = nhf ,

(di mana n = 0,1,2, …). Planck juga menganggap bahwa perubahan energi osilator

disebabkan pancaran atau serapan radiasi yang juga bernilai diskrit.

Gambar 2.4 Kurva distribusi radiasi benda hitam

λ

I λλλλ

dari hasil eksperimen (garis padat)

menurut Rayleigh – Jeans (garis putus-putus)

menurut Wien (garis titik-titik)

84

Jumlah osilator-osilator dalam sebuah keadaan energi ∈n = hf ditentukan

menurut fungsi distribusi Maxwell – Boltzmann yaitu

n 0 0n nhf

N = N exp - = N exp -kT kT

∈

…………………………….…. (2.14)

di mana untuk ∈n = 0 maka Nn = N0 sehingga N0 adalah jumlah osilator-osilator

dalam keadaan ground.

Jumlah Nn menurun secara eksponensial terhadap kenaikkan energi ∈n, sehingga

rata-rata energi osilator yaitu :

0n n

n=0n=0

n 0n=0 n=0

nhfN nhf expN

kT=

nhfN N exp

kT

∞∞

∞ ∞

−∈ <∈> =

−

∑∑

∑ ∑

2 3

2 3

2

1 1hfx(1+2x+3x +4x +...) hfx(1 x) hf

= (1+x+x +x +...) (1 x) (x 1)

−

− −<∈> = =−− −

di mana hf

x = expkT

− , sehingga rata-rata energi osilator yaitu

hfkT

hf=

e 1<∈>

− ………………………...………………….…. (2.15)

jika hf << kT, maka hf

kT hfe 1+

kT≈ sehingga <∈> = kT (seperti pada fisika klasik)

Dari hasil di atas, maka kerapatan energi radiasi benda hitam menurut Planck

yaitu

( )2 3

3 3f f hf hfkT kT

hf 8πf df 8πhf dfu df = < >n df = =

c ce 1 e 1

∈ − −

……. (2.16)

emisi

absorpsi

∈n n

3

2

1

0

3hf

2hf

hf

0

Gambar 2.5 Tingkat-tingkat energi sebuah osilator menurut Planck

85

( )5λ hcλkT

8πhc dλu dλ =

λ e 1− ………………...………………….…. (2.17)

persamaan (2.17) dikenal sebagai persamaan distribusi energi Planck.

jika λ 0→

hc hc

λkT λkTe 1 e− ≈ , misal hc

= bk

dan 8πhc = a

maka 5λ

λ 0

a blim u = exp

λ λT→

−

persamaan di atas sesuai dengan hukum Wien (persamaan 2.05) untuk

frekuensi tinggi.

jika λ → ∞

hc

kTλ≪

hc

λkT hc hce 1 = 1+ 1 =

λkT λkT

− −

maka 4λλ

8πkTlim u =

λ→∞

persamaan di atas sesuai dengan hukum Rayleigh-Jeans (persamaan 2.12)

untuk frekuensi rendah.

jika mλ = λ (panjang gelombang pada intensitas maksimum/puncak kurva)

maka λdu = 0

dλ , sehingga

m

mhc

λ kThc = 5 1 e

λ kT−

− dan m

hc = 4,965

λ kT,

sehingga 3m

hcλ T = = 2,898.10 mK

4,965k− ,

di mana mλ T merupakan besaran tetap dan persamaan di atas merupakan hukum

pergeseran Wien.

Dari persamaan (2.16) didapat kerapatan energi total radiasi yang dipancarkan

benda hitam yaitu

( )2 hfkT0 0

3

f8πh f df

u u dfc e 1

∞ ∞

= =−

∫ ∫

86

misal : hf

z = kT

dan h

dz = dfkT

, di mana zkT

f = h

dan kT

df = dzh

( )0

4 4 3

3 4 z8πh k T dz

uc h e 1

z∞ =

−∫

( ) ( )4

kTu 8πhc 4 4

hcζ = Γ

di mana fungsi gamma ( )0

n xΓ n+1 = x e dx = n!∞

−∫

dan fungsi Riemann Zeta ( )n = 1

pζ p = n∞

−∑ (lihat lampiran A)

( )3 4kT π

u 8πkT 3!hc 90

=

Dari persamaan (2.13)

5 4

43 2

c 2π kI = u = T

4 15h c di mana

5 48 2 4

3 22π k

σ = = 5,67.10 m K15h c

−

4I = σT ……………………………………………….……… (2.18)

persamaan di atas sesuai dengan hukum Stefan-Boltzmann dan σ merupakan

tetapan Stefan-Boltzmann. Hukum Stefan-Boltzmann tersebut dapat juga

diturunkan dari persamaan (2.17)

( )5 hcλkT0

8πhc dλu =

λ e 1

∞

−∫

di mana hc

x = λkT

; hc

λ = xkT

; 2hc

dλ = dxkTx

− ;

jika λ = 0 → x = ∞

maka λ = ∞ → x = 0 , sehingga batasan integral dibalik

( )0 5

2xkTx 1 hc

u = 8πhc dxhc kTxe 1∞

−−∫

( )0

4 4 3

3 3 x8πk T x

u = dxh c e 1

∞

−∫

87

4 4 4

3 38πk T π

u = 15h c

5 4

4 43 2

c 2π kI = u = T σT

4 15h c=

didapat hasil yang sama dengan persamaan (2.18) di mana intensitas radiasi benda

hitam berbanding lurus suhu pangkat empat.

Contoh-contoh soal :

1. Berapa jumlah foton yang terdapat dalam 1 cm3 radiasi dalam kesetimbangan

termal pada 1000 K ? dan berapa energi rata-ratanya ?

Jawab :

a) Jumlah total foton per satuan volume yaitu

0f

N = n df

V

∞

∫ ,

di mana fn df = jumlah foton per satuan volume dengan frekuensi antara f

dan f + df, karena foton tersebut berenergi hf, maka

ff

u dfn df =

hf, fu df = kerapatan energi foton (rumus Planck)

maka jumlah total foton dalam volume V yaitu

0

2

3 hfkT0

fu df 8πV f dfN = V

hf c e 1

∞∞

=−∫ ∫

( ) ( )3

0

3 2

xkT x dx kT

N = 8πV 8πV Γ 3 ζ 3hc e 1 hc

∞ = −∫

( ) ( )( )( )( ) ( ) ( )

323

6 334 8

1,38.10 J/K 1000 K22N = 8 10 m 2! 1,2025

7 6,63.10 J.s 3.10 m/s

−−

−

N = 2,027.1010 foton

b) Energi rata-rata <∈> dari foton sama dengan energi total per satuan volume

dibagi dengan banyaknya foton per satuan volume.

f 4 40

f0

u dfaT 4σVT

= N Nc

Vn df

∞

∞<∈> = =∫

∫

88

( )( ) ( )3

4 2 3

3

4σVT σc h T=

2,405 2πkkT8πcV 2 1,2025

hc

<∈> =

20= 3,73.10 joule = 0,233 eV−<∈> atau

( )( )

( )

( ) ( )

( ) ( )( )( ) ( )

4 4

3 4

3

8π kT π3!

kT 3! π90hc= =

2! 1,2025 90kT8π 2! 1,2025

hc

<∈>

( ) ( )( ) ( ) ( )( )( )44

23 20221,38.10 1000 1,38 97,566 10kT π 736,075 36,075 36,075

− −

<∈>= = =

2020

193,73.10

3,73.10 joule 0,223 eV1,6.10

−−

−<∈>= = =

2. Tentukan suhu permukaan matahari jika panjang gelombang cahaya pada

energi maksimum yang dipancarkan permukaan matahari adalah 5100 Å.

Jawab :

m3λ T = 2,898.10 mK−

3

10

2,898.10 mKT = 5700 K

5100.10 m

−

− =

3. Tentukan energi radiasi dari 1 cm2 permukaan bintang yang menpunyai λm =

3500 Å.

Jawab :

m3λ T = 2,898.10 mK−

3 3

10m

2,898.10 mK 2,898.10 mKT = = 8300 K

λ 3500.10 m

− −

−=

( )( )44 82 4

WE = σT = 5,67.10 8300 Km K

−

2MWE = 271

m

89

2.2. Efek Fotolistrik

Efek fotolistrik pertama kali ditemukan oleh Heinrich Hertz tahun 1888 di

Jerman. Telah diamati bahwa sebuah plat logam ketika disinari radiasi ultra violet

akan menjadi bermuatan positif, ini ditunjukkan dengan berkurangnya atau

lepasnya muatan negatif dari permukaan plat logam tersebut. Partikel-partikel

bermuatan negatif ini kemudian diidentifikasikan sebagai elektron oleh P. Lenard

tahun 1899. Peristiwa lepasnya partikel negatif dari permukaan logam akibat

disinari radiasi gelombang elektromagnetik dikenal sebagai efek fotolistrik dan

elektron yang dipancarkan dikenal sebagai fotoelektron.

Einstein kemudian memberikan penjelasan tentang efek fotolistrik (1905),

Einstein menganggap bahwa kuantum energi bukan merupakan sifat khusus atom-

atom pada dinding dalam rongga osilator (menurut Planck), tetapi merupakan sifat

radiasi itu sendiri. Energi cahaya datang diserap logam dalam bentuk paket-paket

atau quanta yang disebut juga foton dan energi foton tersebut E = hf. Sejumlah

energi foton diperlukan untuk melintas/melewati permukaan logam adalah tetap

untuk suatu logam tertentu yang disebut fungsi kerja fotolistrik. Semakin sedikit

energi elektron yang hilang dalam tumbukan dengan atom-atom, maka semakin

besar energi kinetik (Ek) elektron yang dilontarkan/dipancarkan permukaan

logam, oleh karena itu Ek maksimum elektron yang dipancarkan logam

berhubungan dengan tidak adanya kehilangan energi elektron dalam tumbukan

dengan atom-atom atau elektron yang terlepas dari ikatan atom berada pada

permukaan logam sehingga tidak sempat menumbuk atom-atom dalam logam

tersebut. Proses terjadinya efek fotolistrik dapat digambarkan sebagai berikut :

Gambar 2.6 Proses terlontarnya elektron dari logam

hf hf hf

Ed

Ed

Ek Ek Ek max

atom

elektron

90

Energi cahaya datang (E = hf) digunakan untuk :

1. Melepaskan elektron yang terikat dalam atom, setiap logam mempunyai nilai

W (energi ambang) tertentu. Cahaya datang dengan energi hf < W tidak akan

dapat melepaskan elektron dari ikatannya dalam atom.

2. Menggerakkan elektron menuju permukaan logam, diperlukan energi sebesar

Ed , semakin dalam letak elektron dari permukaan, semakin besar energi yang

diperlukan elektron untuk menuju permukaan.

3. Menggerakkan elektron setelah lepas dari permukaan logam, jika elektron

berada di permukaan logam maka tidak diperlukan energi untuk menuju

permukaan, sehingga energi kinetik (Ek) elektron akan maksimum.

Menurut hukum kekekalan energi

hf = W + (Ek + Ed)

di mana W = energi ambang/fungsi kerja logam

Ek = energi kinetik elektron setelah lepas dari permukaan logam

Ed = energi elektron menuju permukaan logam setelah lepas dari ikatan

atom.

hf = energi cahaya yang datang (foton)

Jika elektron berada jauh dari permukaan, ada kemungkinan energi

cahaya datang hanya digunakan untuk melepaskan elektron dari ikatan atom (W)

dan hanya untuk menggerakkan elektron menuju permukaan logam (Ed), sehingga

ketika elektron sampai permukaan sudah kehabisan energi dan tidak dapat lepas

dari permukaan logam, sehingga energi kinetiknya nol (Ek = 0) atau kecepatan

elektron lepas dari permukaan logam nol (v = 0), sehingga

hf = W + Ed ……………………………..……………...…… (2.19)

Jika elektron berada di permukaan logam, maka tidak diperlukan energi

elektron untuk menuju ke permukaan (Ed = 0), sehingga energi cahaya datang

hanya digunakan untuk melepaskan elektron dari ikatan atom (W) dan hanya

untuk menggerakkan elektron lepas dari permukaan logam (Ek), karena W tetap

maka energi kinetik elektron lepas dari permukaan logam akan maksimum (Ek max)

dan kecepatan elektron lepas dari permukaan logam juga akan maksimum (vmax),

sehingga Einsten merumuskan persamaan untuk efek fotolistrik yaitu

hf = W + Ek max ………………………………...…….…..… (2.20)

91

Jadi kecepatan elektron-elektron yang dilontarkan dari permukaan logam,

pada proses fotolistrik dapat bernilai 0 s/d vmax atau energi kinetik elektron dapat

bernilai 0 s/d Ek max. Ek max elektron yang terpental dari logam tidak bergantung

pada intensitas cahaya datang tetapi berbanding lurus dengan frekuensi cahaya

datang. Jika logam yang disinari cahaya diberi voltase positif maka ½mv2max =

eVs (Vs = stopping potensial/tegangan penghenti). Sehingga hf = W + eVs

hf = hf0 + eVs …………………………………………..…….…..… (2.21)

di mana f0 = frekuensi ambang cahaya datang untuk melepaskan elektron dari

ikatan atom.

Peralatan untuk mempelajari efek

fotolistrik terlihat pada gambar 2.7 dan

gambar 2.10. Logam R dan logam S ada

di dalam tabung gelas hampa udara.

Logam R dikenai cahaya dan logam S

dihubungkan alat ammeter. Antara logam

R dan logam S terdapat selisih voltase

yang awalnya voltase logam S lebih

tinggi atau lebih positif daripada logam R

(misal voltase di logam R 0 volt). Ketika

logam R disinari cahaya dengan frekuensi

f, elektron-elektron akan terlontar keluar

permukaan logam R jika energi cahaya

datang (hf) lebih besar dari energi ambang

W logam R. Elektron-elektron yang

terlontar dari permukaan logam R akan

menuju ke logam S (karena voltase logam

S lebih positif) yang memunculkan arus i

di ammeter. Jika voltase di logam S

diturunkan/dikecilkan, ternyata arus yang

sampai di ammeter konstan walaupun

voltase di logam S (sumbu x) dikecilkan

sampai 0 volt (lihat gambar 2.8.).

A

S V

R

hf vacum

Gambar 2.7 Skema efek fotolistrik logam R lebih negatif

I1

I3

I2

i

V

I1 < I2 < I3

0

Gambar 2.8 Grafik antara i dan V pada intensitas (I) berbeda-beda

Gambar 2.9 Grafik antara i dan V pada frekuensi (f) berbeda-beda

i

V

f1 < f2 < f3

0

92

Ketika intensitas cahaya datang ditingkatkan dan frekuensi cahaya datang

dan voltase di logam S dibuat tetap, maka arus yang timbul di ammeter juga

meningkat (gambar 2.8), sehingga intensitas cahaya datang berbanding lurus arus

yang ditimbulkan. Ketika frekuensi cahaya datang diubah-ubah dan intensitas

cahaya datang dibuat tetap, ternyata arus listrik yang timbul tidak berubah,

walaupun voltase di logam S diturunkan/dikecilkan sampai 0 volt (gambar 2.9).

Jika voltase di logam S dikurangi

/diturunkan lagi di bawah 0 volt atau

menjadi lebih negatif, sehingga logam R

(voltase 0 volt) mempunyai voltase lebih

tinggi atau lebih positif dibanding logam S

(voltase negatif). Ketika logam R disinari

cahaya dengan frekuensi tetap f, elektron-

elektron akan terlontar keluar permukaan

logam R jika energi cahaya datang (hf)

lebih besar dari energi ambang W logam R.

Elektron-elektron yang terlontar dari

permukaan logam R akan menuju ke logam

S. Ketika logam S dibuat lebih negatif,

maka logam R menjadi lebih positif,

sehingga suatu ketika elektron yang

terlontar dari logam R tidak akan sampai ke

logam S dan kembali ke logam R. Voltase

lebih positif di logam R akan menarik

elektron yang terlontar dari permukaan

logam R (karena elektron bermuatan

negatif), dan ketika voltase di logam S

(sumbu x) diturunkan menjadi lebih negatif

lagi, maka elektron-elektron yang sampai

ke logam S jumlahnya semakin menurun

(gambar 2.11) sehingga suatu ketika tidak

ada elektron yang sampai ke logam S.

A

R V

S

hf vacum

Gambar 2.10 Skema Efek Fotolistrik logam R lebih positif

Gambar 2.11 Grafik antara i dan V pada intensitas (I) berbeda-beda

I1

I3

I2

i

V

I1 < I2 < I3

0 Vs

Gambar 2.12 Grafik antara i dan V pada λ berbeda-beda

i

V

f1 < f2 < f3

0

f3 f2 f1

93

Arus listrik turun tajam menuju nol ampere (artinya tak ada elektron

yang sampai ke logam S) pada voltase tertentu (stopping potensial) logam S.

Ketika intensitas cahaya datang diubah-ubah dan frekuensi cahaya datang tetap,

maka arus akan menuju nol pada nilai stopping potensial (Vs) tetap (gambar

2.11). Untuk frekuensi f sinar datang yang berbeda-beda dan intensitas cahaya

tetap, ketika voltase listrik logam S diturunkan (lebih negatif), maka arus listrik

akan turun menuju nol pada voltase Vs yang berbeda-beda (gambar 2.12). Ketika

frekuensi diturunkan terus maka suatu ketika tidak ada pelontaran elektron dari

logam R yang disinari, meskipun intensitas cahaya datang dinaikkan. Jadi nilai

stopping potensial (Vs) suatu logam tidak bergantung intensitas cahaya

datang, tetapi bergantung frekuensi cahaya datang.

Grafik antara stopping potensial

(Vs) terhadap frekuensi cahaya datang (f)

terlihat pada gambar 2.13. Jika gambar 2.8

dan gambar 2.11 digabungkan didapatkan

grafik lengkap hubungan antara kuat arus i

dengan berbagai voltase V pada logam S

(sumbu x) dari voltase positif menuju ke

voltase negatif untuk intensitas I berbeda-

beda.

dan jika gambar 2.9 dan gambar 2.12 digabungkan untuk f yang berbeda-beda

Gambar 2.13 Grafik antara Vs dan f pada logam berbeda

Vs

f 0 f0(Ce) f0(Ca)

Cesium Calsium

I1

I3

I2

i

V 0

I1 < I2 < I3

Gambar 2.14 Grafik antara i dan V pada intensitas (I) berbeda-beda

-Vs

V

Gambar 2.15 Grafik antara i dan V pada λ berbeda-beda

i

f1 < f2 < f3

0

f3 f2 f1

94

Kesimpulan yang dapat ditarik dari eksperimen efek fotolistrik di atas yaitu

1. Kecepatan elektron yang terlontar dari permukaan logam tergantung pada

frekuensi cahaya datang dan tidak tergantung intensitas cahaya datang. Energi

kinetik maksimum (Ek.max) elektron yang dipancarkan meningkat secara linier

terhadap frekuensi cahaya datang.

2. Pelontaran/pemancaran elektron adalah peristiwa spontan. Tidak ada selisih

waktu antara cahaya datang dengan pelontaran elektron.

3. Terdapat frekuensi ambang (f0) atau frekuensi minimum cahaya datang agar

elektron dapat terlontar dari permukaan logam. Frekuensi ambang ini nilainya

tergantung pada jenis material yang digunakan.

4. Arus fotolistrik tergantung pada intensitas cahaya datang dan tidak tergantung

fekuensi cahaya datang untuk voltase logam S lebih tinggi dari logam R.

5. Nilai potensial stopping tidak tergantung pada intensitas cahaya datang, tetapi

bergantung pada frekuensi cahaya datang.

Terdapat 4 karakteristik efek fotolistrik yang tidak dapat dijelaskan oleh

teori gelombang elektromagnetik maupun teori fisika klasik yaitu :

1. Ek.max elektron tidak bergantung intensitas cahaya datang, padahal menurut

teori gelombang elektromagnet, energi kinetik akan meningkat bersamaan

meningkatnya intensitas cahaya datang.

2. Untuk masing-masing permukaan logam terdapat frekuensi minimum (f0) yang

jika f < f0 , maka tidak terjadi pemancaran/pelontaran fotoelektron, padahal

menurut teori gelombang elektromagnet, pemancaran elektron akan terjadi

pada setiap frekuensi yang datang.

3. Tidak terdapat selisih waktu antara cahaya datang dengan pemancaran elektron

(terjadi secara spontan), sedang menurut teori gelombang elektromagnet,

elektron memerlukan waktu untuk menyerap energi cahaya datang sebelum

terlontar dari permukaan logam.

4. Kecepatan elektron yang terlontar dari permukaan logam bergantung pada

frekuensi cahaya datang, sedang menurut teori gelombang elektromagnet,

apapun frekuensi cahaya datang, elektron akan dipancarkan jika memperoleh

cukup waktu untuk mengumpulkan energi cahaya datang yang diperlukan

untuk pemancaran.

95

Contoh-contoh soal :

1. Berapa panjang gelombang cahaya datang yang seharusnya untuk permukaan

Tungsten (Wolfram) yang mempunyai fungsi kerja 4,0 eV.

Jawab :

W = 4,0 eV = 6,4.10–19 joule

00

hcW = hf =

λ ; 0

hcλ =

W

( )( )( )

o7

0

34 8

19

6,626.10 3.10λ = = 9,64.10 m = 9640A

4,5 1,6.10−

−

−

2. Permukaan sebuah fotolistrik mempunyai fungsi kerja 4 eV. Jika cahaya yang

menumbuk permukaan mempunyai frekuensi 1015 Hertz, berapakah kecepatan

maksimum fotoelektron yang dilontarkan ?

Jawab :

W = 4 eV = 4 (1,6.10–19) joule

( )( ) ( )2 1534 19 191W = 6,626.10 10 6,4.10 = 0,2.10 joule

2 mmv hf − − −= − −

( ) 5m

19

31

2 0,2.10mv = = 2,11.10 s9.10

−

−

3. Hitung energi fotoelektron dari permukaan Tungsten (dalam eV), jika diradiasi

dengan cahaya λ = 1800 Å, misal panjang gelombang ambang (λ0) pancaran

fotolistrik yaitu 2300 Å.

Jawab :

( ) 00

0 0

λ λ1 1E = h f f = hc = hc

λ λ λλ −− −

( )( ) ( )( )34 8

8 8

8 8

23.10 18.10E = 6,626.10 3.10

18.10 23.10

− −−

− −

−

E = 2,4.10–19 joule

19

19

2,4.10E = eV = 1,5 eV

1,6.10

−

−

E = merupakan energi masing-masing elektron.

96

4. Hitung λ terpanjang dari radiasi sinar datang di mana akan melontarkan

elektron dari sebuah logam yang fungsi kerjanya W = 6 eV.

Jawab :

00

hcW = hf =

λ

0

hcλ =

W dan

( )( )( )

o

0

34 8

197

6,626.10 3.10λ = = 2,07.10 m = 2070A

6 1,6.10

−−

−

5. Suatu logam disinari cahaya panjang gelombang 3000 Ǻ. Jika fungsi kerja

logam tersebut 2 eV. Tentukan energi kinetik elektron yang terlontar dari

permukaan logam (dalam eV)?.

Jawab :

( )( )( )

34 8

19

10

6,626.10 3.10hcE 6,626.10 J.s

λ 3000.10

−−

−= = =

19

19

6,626.10E eV 4,14125 eV 4,14 eV

1,6.10

−

−= = =

kE E W 4,14 eV 2 eV 2,14 eV= − = − =

6. Suatu logam tidak akan melontarkan elektron jika disinari cahaya dengan

panjang gelombang di atas 600 nm. Jika ternyata dibutuhkan voltase 2,07 volt

untuk menghentikan elektron yang terpental dari permukaan logam akibat

cahaya datang tertentu. Tentukan panjang gelombang cahaya datang tersebut

(dalam nm)?.

Jawab :

0

hc hceV

λ λ= + atau 0 0

00

0

hcλ λhcλ

hc eVλhc eVλeV 1λ hc

= = =++ +

( )( )( )( )

( )( )

( )( )( )

( )

0

0

9

19 9

34 8

600.10 600 nmλλ

eVλ 3,2 2,071,6.10 2,07 600.101 11hc 6,6266,626.10 3.10

−

− −

−

= = =+ ++

( )600 nmλ 300 nm

1 0,999= =

+

97

2.3. Efek Compton

Tahun 1923 A.H.Compton dapat menunjukkan bahwa ketika sinar-X

monokromatik diarahkan ke unsur ringan Carbon, radiasi hamburan terdiri dari

dua komponen, yang pertama λ lebih panjang dari sinar datang dan yang kedua λ

sama dengan radiasi sinar datang. Compton juga mengamati bahwa selisih antara

panjang gelombang sinar-X datang dengan panjang gelombang sinar-X

terhambur, meningkat terhadap sudut hamburan, peristiwa ini disebut efek

Compton. Selisih panjang gelombang ini tidak bergantung λ sinar datang dan juga

merupakan sifat alami dari bahan penghambur.

Susunan alat eksperimen untuk mempelajari hamburan Compton adalah

sebagai berikut :

Radiasi sinar-X monokromatik Kα dari Anoda (A) menuju kristal

Carbon (C), setelah dihamburkan melalui sudut yang diketahui lalu sinar-X

tersebut dilewatkan melalui sejumlah celah (B) menuju kristal S dalam

spektrometer Bragg, di mana sinar-X didifraksikan oleh kristal S lalu masuk ke

ruang ionisasi (I) yang mengukur intensitas sinar-X terdifraksi. Dengan mengukur

sudut difraksi di mana intensitas maksimum diamati, maka memungkinkan untuk

menentukan panjang gelombang (λ) sinar-X yang dihamburkan oleh C pada sudut

tertentu (θ) dari persamaan Bragg.

Compton mengamati dua puncak yang mempunyai panjang gelombang

berbeda dalam radiasi terhambur. Pada sudut hamburan 900 , panjang gelombang

pertama (λ0) sesuai dengan panjang gelombang sinar-X monokromatik Kα

molydenum yaitu 0,0709 nm, sedangkan panjang gelombang kedua yaitu λ2

mempunyai panjang gelombang 0,0732 nm.

C

θ

S

A

B

I

Gambar 2.16 Susunan alat eksperimen Compton

A = Anoda C = kristal Carbon S = kristal dalam spektrometer I = ruang ionisasi B = kolimator/celah

98

Selisih kedua panjang gelombang

tersebut (∆λ) yaitu 0,0023 nm yang sesuai

dengan nilai perhitungan dari persamaan

Compton. Puncak intensitas pada panjang

gelombang 0,0732 nm disebabkan hamburan

Compton dari elektron yang dianggap bebas,

karena energi ikatnya dalam atom kecil jika

dibandingkan energi hf foton sinar-X datang.

Puncak intensitas λ0 = 0,0709 nm (sama

dengan panjang gelombang sinar-X datang)

disebabkan hamburan dari elektron terikat

dalam atom. Dalam hal ini momentun recoil

(elektron yang terpental) diambil oleh

keseluruhan atom yang lebih berat dibanding

elektron, maka menghasilkan pergeseran

panjang gelombang yang sangat kecil

(diabaikan) sehingga foton terhambur

mempunyai energi dan panjang gelombang

yang sama dengan foton sinar datang.

Perumusan teori efek Compton dapat diuraikan sebagai berikut, misal

foton berenergi hf menumbuk sebuah elektron bebas dalam keadaan diam. Foton

terhambur akibat tumbukan mempunyai energi hf’ dan mempunyai sudut θ dengan

arah foton datang (Gambar 2.18). Sedangkan elektron terpental (recoil) akibat

tumbukan tersebut dan mempunyai sudut ϕ dengan arah foton datang.

Dari hukum kekekalan energi

2 2k 0hf hf E hf mc m c' '= + = + −

dimana 2

2

1γ =

v1

c−

( )20hf = hf + m c γ 1' − ……………………………………...……….. (2.22)

Gambar 2.17 Grafik intensitas vs λ

Inte

nsita

s si

nar-

X te

rham

bur

λ

λ

λ0

λ2

λ3

λ1 λ0

λ0

λ0

λ

λ

I

00

450

900

1350

λ0 = 0,0709 nm λ1 = 0,0715 nm λ2 = 0,0732 nm

λ3 = 0,0749 nm

Gambar 2.18 Skema efek Compton

Ek

hf

elektron

ϕϕϕϕ

y

x

hf’

θθθθ

99

Dari hukum kekekalan momentum

Pada sumbu x, 0

hf hf = cos θ + γm v cos φ

c c

' ……………..…...…… (2.23)

Pada sumbu y, 0

hf 0 = sin θ γm v sin φ

c

' − ………………….…… (2.24)

Momentum sebelum tumbukan sama dengan momentum sesudah tumbukan dan

momentun elektron diam = nol.

Dari persamaan (2.22)

2 20 0

hc hcm c γm c

λ λ'− + =

lalu kedua sisi dikuadratkan

( )0 0

22h h

m c γm cλ λ'

− + =

2

2 2 2 2 20 0 0

h h h h+ m c + 2m c = γ m c

λ λ λ λ' ' − −

( )

2 2 22 2 2 2 2

0 0 022

h h 2h h h+ 2m c = γ m c m c

λ λλ λ λλ ' '' + − − −

……….…...…. (2.25)

Dari persamaan (2.23)

0

h h = cos θ + γm v cos φ

λ λ'

0

h hcos θ = γm v cos φ

λ λ'− …………………….…………...……. (2.26)

Dari persamaan (2.24)

0

h0 = sin θ γm v sin φ

λ'−

0

hsin θ = γm v sin φ

λ' …………………….…...……………. (2.27)

Kuadratkan persamaan (2.26) dan (2.27) lalu jumlahkan

( )0

2 2 222h h 2h

cos θ cos θ γm v cos φλ λ λλ' '

+ − =

( )0

222h

sin θ γm v sin φλ'

=

100

( ) ( )

2 2 2 22 2 2 2 2 2 2 2 2 2

0 02 22

h h 2h h+ cosθ cos θ + sin θ = γ m v cosφ + γ m v sin φ

λ λλλ λ'' '−

( )2 2 2

2 2 2022

h h 2h+ cos θ = γ m v

λ λλλ ''− …………….……...…………. (2.28)

Persamaan (2.25) dikurangi (2.28)

( ) ( )( )

2 2 2 2 2 22 2 2 2 2 2 2 2

0 0 0 02 22 2

h h 2h h h h h 2h2m c cos θ γ m c m c γ m v

λ λλ λ λ λ λλλ λ' ' '' '

+ − + − − + − = − −

di mana ( ) ( )22 2 2 2 2 2 2 2 2 22

vγ 1 1 atau γ c v c atau γ c γ v cc

− = − = − =

( )2

2 2 2 2 2 2 2 20 0 0 0

2h h hcos θ 1 + 2m c = γ m c m c γ m v

λλ λ λ' ' − − − −

( )2

0

2h h hcos θ 1 + 2m c = 0

λλ λ λ' ' − −

( ) ( )0h cos θ 1 = m c λ λ'− − −

sehingga selisih panjang gelombang foton terhambur dengan foton datang

( )0

hλ = 1 cos θ

m c∆ − …………….…………………...……. (2.29)

0

h

m c disebut panjang gelombang Compton;

0

h

m c= 0,0242 Å

Dari persamaan (2.29)

( )0

hλ λ = 1 cos θ

m c'− −

0

22

1 1 h θ = + 2sin

f f 2m c'

2

02

1 1 hf θ = 1 + 2sin

f f 2m c'

2

ff =

θ1 + 2α sin

2

'

………………………………...…….. (2.30)

di mana00

2hf h

α =λm cm c

= dan kE = hf hf '− , sehingga energi kinetik elektron

recoil

101

k

2

2

θ2αsin

2E = hf

θ1 + 2αsin

2

……………………..………….…….. (2.31)

Dari persamaan (2.23) dan (2.24)

mvc cos φ = hf hf cos θ' − ……………………..………….…….. (2.32)

mvc sin φ = hf sin θ' ……………………..……….……….. (2.33)

Persamaan (2.33) dibagi (2.32) dan melalui persamaan (2.30)

2

'

2

f sin θθ

1 + 2α sinhf sin θ 2

tan φhf hf cos θ

f cos θf

θ1 + 2α sin

2

' = =

− −

2

sin θtan φ

θ1+2α sin cos θ

2

= −

( )

( )2 2

θ θ2 sin cos θcot2 2 2tan φ

θ θ 1+α2 sin +2α sin2 2

= =

sehingga hubungan antara sudut φ (arah elektron recoil) dengan sudut θ (arah

hamburan foton) yaitu

( )

0

θcot 2tan φh

1+λm c

=

…………………………………….……..….. (2.34)

Kegagalan teori fisika klasik atau teori gelombang elektromagnet menjelaskan

peristiwa efek Compton sebagai berikut :

1. Menurut teori gelombang elektromagnet, sinar-X terhambur seharusnya

mempunyai panjang gelombang (λ) yang sama seperti sinar-X datang, padahal

menurut teori Compton panjang gelombang (λ) sinar-X terhambur beda dengan

sinar-X datang.

102

2. Intensitas radiasi sinar datang berfrekuensi f akan menyebabkan elektron-

elektron unsur ringan (Carbon) berosilasi dengan frekuensi sama, padahal

menurut teori Compton elektron unsur ringan berosilasi dengan frekuensi beda.

3. Osilasi elektron-elektron ini kemudian akan meradiasikan gelombang

elektromagnetik dengan frekuensi yang sama dan arah berbeda, padahal

menurut teori Compton, osilasi elektron-elektron meradiasikan gelombang

elektromagnetik dengan frekuensi yang berbeda.

Dengan menggunakan teori kuantum Planck-Einstein, Compton membuat

rumusan teori yang didasarkan pada postulat-postulat berikut :

1. Radiasi sinar monokromatik dengan frekuensi f terdiri dari aliran foton-foton

yang masing-masing energinya hf dan momentumnyahfc

2. Hamburan sinar-X datang oleh atom sebuah unsur adalah hasil tumbukan

elastik antara foton dan elektron, sehingga terdapat kekekalan energi dan

momentum.

Kesimpulan dari hasil eksperimen hamburan Compton yaitu :

1. Panjang gelombang (λ) radiasi yang dihamburkan pada setiap sudut θ selalu

lebih besar dari λ radiasi sinar datang.

2. Selisih panjang gelombang (∆λ) tidak bergantung λ sinar-X datang dan pada

sudut tetap hamburan adalah sama untuk semua unsur yang mengandung

elektron tidak terikat (bebas) pada keadaan lain.

3. Selisih panjang gelombang (∆λ) meningkat terhadap sudut hamburan θ dan

mempunyai nilai maksimal pada θ = 1800.

Keterbatasan-keterbatasan teori Compton

1. Teori Compton tidak dapat menjelaskan keberadaan sinar-X dalam radiasi

terhambur yang mempunyai panjang gelombang sama dengan radiasi sinar-X

datang.

2. Teori Compton tidak dapat menjelaskan bahwa intensitas sinar-X terhambur

lebih besar dari pada sinar-X yang datang untuk unsur atom-atom ringan, tetapi

untuk unsur-unsur atom berat justru intensitas sinar-X terhambur lebih kecil

dari pada sinar-X yang datang.

103

Contoh-contoh soal :

1. Hitunglah selisih panjang gelombang (∆λ) foton sinar-X yang dihamburkan

melalui sudut θ = 900 oleh elektron bebas yang diam.

Jawab :

( ) ( )( )0

0

34

31 8

h 6,626.10λ = 1 cosθ 0,0242A

m c 9,1.10 3.10

−

−∆ − = =

2. Foton sinar-X menumbuk elektron diam yang bebas, foton tersebut

dihamburkan melalui sudut θ = 900. Berapa frekuensinya setelah tumbukan,

jika frekuensi awal (sinar datang) f = 3.1019 Hz ?

Jawab :

0

12h = 2,42.10 m

m c− , c = 3.108 m/s

( )0

12hλ = 1 cosθ 2,42.10 m

m c−∆ − = dan 121 1

λ λ c + 2,42.10 mf f

''

− − = =

1212 19 19

8 19

1 2,42.10 1+ 0,08.10 0,33.10 0,41.10

f 3.10 3.10'

−− − −

−= = + =

19f 2,43.10 Hz' =

3. Sinar gamma 60 KeV dihamburkan oleh elektron bebas, anggap elektron mula-

mula diam, tentukan energi maksimum elektron terhambur ?

Jawab :

Energi sinar datang E = hf = 60 KeV = 9,6.10–15 Joule

( )( )8 3410

15

3.10 6,626.10c chλ 0,2184.10 m

f E 9,6.10

−−

−= = = =

( )0

hλ = 1 cosθ

m c∆ − maksimum jika cos θ = 0 , maka ∆λ = 0,0242.10–10.

Jika cos θ = – 1 , θ = 1800 maka foton akan dipantulkan bukan terhambur.

10 10 10λ λ λ 0,2184.10 0,0242.10 0,2426.10 m' − − −= + ∆ = + =

energi maksimum elektron terhambur

( )( )( )( )( )

8 34 1016

10 10

3.10 6,626.10 0,0242.10λ λ hc λE hc 9,1.10 Joule

λ λ λ λ 0,2426.10 0,2184.10

'' '

− −−

− −− ∆ = = = =

163

19

9,1.10E 5,69.10 eV 5,69 KeV

1,6.10

−

−= = =

104

2.4.Dualitas Gelombang dan Partikel dari suatu Materi

Konsep alami materi muncul dari karakter ganda radiasi yang kadang-

kadang berkelakuan sebagai sebuah gelombang dan pada saat lain berkelakuan

sebagai sebuah partikel. Perbedaan eksperimen-eksperimen antara radiasi yang

berkelakuan sebagai gelombang dan radiasi yang berkelakuan sebagai partikel

dapat diuraikan sebagai berikut.

a. Radiasi-radiasi yang termasuk cahaya tampak, inframerah, ultraviolet dan

sinar-X berkelakuan sebagai gelombang dalam eksperimen-eksperimen

penjalaran yang didasarkan pada interferensi dan difraksi. Eksperimen-

eksperimen ini dapat membuktikan sifat alami gelombang dari radiasi-radiasi

ini, sebab eksperimen gelombang tersebut menghendaki keberadaan dua

gelombang di posisi yang sama pada waktu yang bersamaan.

b. Radiasi berkelakuan sebagai partikel dalam eksperimen-eksperimen interaksi

yang termasuk/meliputi radiasi benda hitam, efek fotolistrik, dan efek

Compton. Di mana radiasi berinteraksi dengan materi dalam bentuk foton atau

quanta yang merupakan partikel dan mustahil dua partikel menempati posisi

yang sama pada waktu yang bersamaan.

Dari hal di atas, maka radiasi tidak dapat menampakkan sifat-sifat partikel dan

gelombang secara bersamaan. Sifat alami ganda dari radiasi ini masih belum

diterima secara mudah karena terdapat beberapa hal yang kontradiktif, yaitu :

a. Sebuah gelombang dicirikan oleh (i) frakuensi, (ii) panjang gelombang, (iii)

fase atau kecepatan gelombang, (iv) amplitudo, dan (v) intensitas. Sebuah

gelombang juga menyebar ke luar dan menempati daerah yang relatif luas

dalam ruang.

b. Sebuah partikel dicirikan oleh (i) massa, (ii) kecepatan partikel, (iii)

momentum, dan (iv) energi. Sebuah partikel juga menempati posisi tertentu

dalam ruang yang berupa daerah sangat kecil atau terlokalisasi pada suatu titik

dalam ruang.

maka sangat jelas sekali bahwa antara gelombang dan partikel mempunyai ciri-

ciri yang beda, sehingga sulit digabungkan. Sebuah foton akan bertingkah laku

seperti partikel jika sifat partikelnya yang diamati/diukur. Sebuah foton akan

bertingkah laku seperti gelombang jika sifat gelombangnya yang diamati/diukur.

105

Fenomena interferensi dan difraksi cahaya adalah akibat interaksi cahaya

dengan cahaya, fenomena ini secara lengkap dijelaskan dalam teori radiasi

elektromagnetik dan teori gelombang. Eksperimen yang menampilkan tingkah

laku seperti gelombang dari partikel yaitu eksperimen G.P Thomson, eksperimen

Davisson & Germer, dan eksperimen Stern-Gerlach.

Fenomena radiasi benda hitam, efek fotolistrik, dan efek Compton adalah

akibat interaksi radiasi dengan materi. Untuk menjelaskannya, energi radiasi

dianggap sebagai aliran paket-paket kecil energi yang disebut quanta cahaya atau

foton, di mana energi masing-masing foton adalah E = hf. Frekuensi adalah

konsep dari gelombang dan quanta cahaya yang mempunyai paket energi (energi

terisolasi) hf adalah konsep dari partikel. Oleh karena itu, disimpulkan bahwa

radiasi memiliki karakter ganda dan tidak pernah menampilkan kedua

karakteristik dalam setiap satu eksperimen.

106

2.5.Gelombang Materi de Broglie

Peristiwa interferensi dan difraksi disebabkan interaksi radiasi dengan

radiasi, di mana radiasi berkelakuan seperti gelombang. Peristiwa efekfotolistrik,

radiasi benda hitam dan efek Compton disebabkan interaksi radiasi dengan materi,

di mana radiasi berkelakuan sebagai partikel yang diskrit. Oleh karena itu, sama

dengan analogi radiasi, materi juga mempunyai sifat-sifat gelombang di bawah

kondisi yang sama. Tahun 1924 Louis de Broglie mengajukan hipotesis bahwa

seperti halnya radiasi yang berkelakuan seperti partikel, materi juga dapat

berkelakuan seperti gelombang dan hal ini telah dibuktikan secara eksperimen

oleh C.J. Davison dan L.H.Gremer dan juga oleh G.P.Thomson tahun 1927.

Hipotesis de Broglie ini didasarkan pada sifat simetris alam dan didasarkan

asumsi-asumsi berikut :

1. Frekuensi (f) gelombang yang berkenaan dengan sebuah partikel dalam gerak

dan energi relativistik total (E) dihubungkan oleh persamaan E = hf.

2. Partikel dalam gerak dipertimbangkan sebagai sebuah paket gelombang

perluasan kecil yang dibentuk oleh superposisi sejumlah besar gelombang-

gelombang yang panjang gelombangnya (λ) sedikit berbeda.

3. Kecepatan partikel sama dengan kecepatan grup gelombang hasil superposisi

tersebut, yaitu gdω

v = = vdk

Sifat gelombang materi dapat digabung dengan sifat partikel oleh

penggabungan gelombang-gelombang dengan λ berbeda membentuk grup

gelombang (paket gelombang). Karena efek dari sebuah partikel dalam gerak pada

saat tersebut dibatasi luas area yang kecil dalam ruang, maka sebuah grup

gelombang dapat digunakan untuk menyatakan sebuah partikel dalam gerak.

Sebuah gelombang harmonik sederhana yang menjalar dalam arah sumbu

x positif dinyatakan oleh persamaan

xy a sin ω t

v =

− ……………………………………………… (2.35)

kecepatan gelombang juga disebut kecepatan fase, dalam persamaan (2.35) fase

gelombang (Φ) pada posisi x dan waktu t yaitu

x

(x,t) t v

Φ =

− dan Φ 1 x

ω t t v t

∂ ∂ = ∂ ∂ −

107

Untuk sebuah titik fase tetap, maka Φ

= 0t

∂∂

sehingga 1 x

t 0v t

∂ = ∂ −

dan px

= v = vt

∂ ∂

di mana x

t

∂ ∂

adalah kecepatan di mana perpindahan suatu

fase yang bergerak ke depan, oleh karena itu kuantitas ini disebut kecepatan fase

( )pv . Jadi kecepatan penjalaran atau kecepatan sebuah gelombang adalah

kecepatan di mana perpindahan suatu fase bergerak ke depan.

( )p

xy a sin ω t a sin ωt kx

v

= =

− − ; di mana p

ωv =

k

misal 2 gelombang bidang harmonik sederhana dengan amplitudo sama tetapi

sedikit beda panjang gelombang (λ), menjalar secara serentak dalam arah sumbu x

positif dalam sebuah medium dispersif, yaitu

Gambar 2.19. Superposisi 2 gelombang bidang harmonik sederhana

( )1 1 1y a sin ω t k x= −

( )2 2 2y a sin ω t k x= −

superposisi kedua gelombang tersebut yaitu

( ) ( )1 2 1 1 2 2y(x,t) y y a sinω t k x a sin ω t k x= + = +− −

1 2 1 2 1 2 1 2k k ω ω k k ω ωy(x,t) 2a cos x t sin x t

2 2 2 2

+ + =

− −− −

2y

1y

y

108

1 2 1 2k k ω ωy(x,t) = A sin x t

2 2

+ +

− ……………………..... (2.36)

Faktor sinus menyatakan sebuah gelombang pembawa yang menjalar dengan

kecepatan fase pω

v = k

dengan amplitudo superposisi gelombang yaitu

1 2 1 2k k ω ωA = 2a cos x t

2 2

− −−

kecepatan fase yaitu kecepatan penjalaran atau kecepatan sebuah gelombang di

mana perpindahan suatu fase bergerak ke depan.

1

1 2 1p ω

1 2 12 ω

ω ω ω ωv lim

k k k k→

+= = = +

……………...……………….. (2.37)

kecepatan grup yaitu kecepatan di mana amplitudo maksimum (pusat grup

gelombang) bergerak,

1

1 2g ω

1 22 ω

ω ω dωv lim

k k dk→

= =

−− ………………………………. (2.38)

jika kecepatan fase didiferensialkan terhadap k

( )pg p2

dv 1 dω ω 1 dω ω 1v v

dk k dk k dk k kk = = =

− − −

p pg p p

dv dvv v k v λ

dk dλ = + = − …………………………………….. (2.39)

di mana 2π

k = λ

dan 2λ

dk dλ2π

= −

Untuk gelombang cahaya dalam ruang hampa udara tidak terdapat dispersi

cahaya, oleh karena itu pdv= 0

dk sehingga g pv = v = c yang sesuai untuk

gelombang elektromagnetik. Hal ini juga dapat terjadi pada gelombang elastik

dalam medium homogen (medium non dispersif) di mana dari persamaan (2.36)

didapatkan g pv < v . Louis de Broglie mengusulkan bahwa kecepatan grup gv

sama dengan kecepatan partikel (v), maka berdasarkan persamaan Einstein

E = mc2 dan E = hf = ħω dengan v

β = c

( )12

02

2

m cω =

1 β−ℏ dan

( )12

02

p2

m cωv = =

k k 1 β−ℏ

109

misal ( )122p 1 β

−= − ,

dp dp dβp = =

dk dβ dk' dan 1q = k− maka, ( )pq pq p q' ' '= +

( ) ( )0 0

1 32 2

2 2p

2 2 2

dv m c m c β dβdk dkk 1 β k 1 β

= − +− −ℏ ℏ

( )0

32

2p p

2

dv v m c β dβdk k dkk 1 β

= − +−ℏ

( )0

32

2p

g p2

dv m c β dβv βc v v k

dk dk1 β= = = + =

−ℏ

( )0

322

m cdk = dβ

1 β−∫ ∫

ℏ

0

2

m c βk C

1 β= +

−ℏ, dianggap k = 0 ketika v = 0, maka C = 0, sehingga

0

2

m v mv pk

1 β= = =

− ℏ ℏℏ dan

h 2π hp = k = =

2π λ λℏ

h h

= = p

λmv

sebagai persamaan gelombang materi de Broglie

Hubungan antara kecepatan fase dengan kecepatan grup

pω

v = k

; 02

2

m cE ω

1 β= =

−ℏ ; 0

2

m cp k

1 β

β= =

−ℏ

2E c ω

= = p v k

, menurut de Broglie gv = v

2

pg

cv =

v ; 2

p gv v = c karena v < c , maka pv > c

dari energi total relativistik elektron (E) yaitu 02 2 2 2 4E p c m c= +

02 2 2 2 2 2 4ω k c m c= +ℏ ℏ

karena pω = v k , maka

( )0 022 2 2 2 2 2 4 2 2 2 2 2

pv k k c m c c k m c= + = +ℏ ℏ ℏ

0 02 2 2 2 2

p 2 2 2 2m c m c λ

v c 1 c 1k π4

= + = +ℏ ℏ

………………………….…… (2.40)

Hal ini menunjukkan bahwa pv > c , dan pv de Broglie bergantung pada λ,

bahkan di ruang hampa. Perilaku gelombang de Broglie ini berbeda dengan

gelombang cahaya, di mana pv tidak bergantung λ dalam ruang hampa.

110

Sifat-sifat gelombang materi de Broglie.

1. Makin besar massa partikel, makin pendek panjang gelombangnya.

2. Gelombang materi tidak sama dengan gelombang elektromagnetik.

3. Gelombang materi dapat menjalar lebih cepat dari kecepatan cahaya.

4. Kecepatan gelombang materi bergantung kecepatan partikel materi (berarti

tidak tetap).

5. Kecepatan grup (gv ) dari gelombang materi berbanding terbalik λ (sedangkan

gelombang elektromagnetik tidak bergantung λ).

6. Gelombang materi disebut juga gelombang pemandu yang berfungsi memandu

partikel materi.

7. Gelombang materi bukan peristiwa fisika, tetapi merupakan representasi

simbol dari apa yang kita ketahui tentang partikel.

8. Gelombang materi adalah sebuah gelombang probabilitas.

Kecepatan fase sebuah gelombang tidak bergantung amplitudonya, tetapi

bergantung pada sifat-sifat dan keadaan medium. Sebuah gelombang cahaya yang

melewati medium gelas, kecepatan fase gelombang bergantung indeks refraksi

medium gelas. Sifat-sifat atau keadaan suatu medium dapat mempengaruhi

frekuensi gelombang, sebuah gelombang yang melewati suatu medium, kecepatan

fasenya dalam medium tidak akan tetap, tetapi bergantung frekuensi, peristiwa ini

disebut dispersif, di mana dalam medium dispersif gelombang-gelombang yang λ

-nya berbeda menempuh perjalanan dengan kecepatan fase berbeda. Gelombang

dispersif dalam suatu medium adalah gelombang yang kecepatan fasenya berubah

terhadap λ. Medium di mana kecepatan fase berubah terhadap λ atau frekuensi

disebut medium dispersif. Contoh gelombang dispersif adalah gelombang cahaya

dalam medium gelas dan gelombang pada permukaan air. Sebuah medium di

mana kecepatan fase sebuah gelombang tidak bergantung λ atau f disebut

medium non dispersif, contoh gelombang elektromagnetik dalam vakum,

gelombang bunyi dalam gas, gelombang transversal pada tali tegang yang

kontinyu. Ketika gelombang-gelombang bidang dengan λ berbeda secara serentak

menjalar dalam arah yang sama sepanjang garis lurus melalui medium dispersif,

maka grup gelombang akan terbentuk. Grup gelombang ini disebut juga paket

gelombang dan menjalar dengan kecepatan grup (vg).

111

Contoh-contoh soal :

1. Jika panjang gelombang de Broglie sebuah elektron 109.10− m, hitung energi

kinetik elektron tersebut ?

Jawab:

2k

1E = mv

2 ;

hp = = mv

λ

( )( )( )

34219

k 2 231 10

6,626.10hE = = = 2,955.10 joule

2mλ 2 9,1.10 9.10

−−

− −

kE = 1,8467 eV

2. Sebuah partikel massanya 0,51 MeV/c2 mempunyai energi kinetik 100eV.

Hitunglah panjang gelombang de Broglie nya?

Jawab:

17kE = 100 eV = 1,6.10 joule−

( )6 19

312 28

0,51 MeV 0,51.10 .1,6.10m = = = 9.10 kg

c 3.10

−−

2k

1E = mv

2 ; k2E

v = m

; k

h hλ = =

mv 2Em

m

( )( )34

31 17k

h 6,626.10λ =

2mE 2 9.10 1,6.10

−

− −=

10λ = 1,234.10 m = 1,234− Å

3. Cahaya ultraviolet λ = 3000 Å membebaskan elektron-elektron dari sebuah

permukaan logam yang mempunyai panjang gelombang ambang λ0 = 4000 Å.

Hitung panjang gelombang de Broglie elektron-elektron yang dipancarkan

permukaan logam dengan energi kinetik elektron maksimum ?

Jawab :

λ = 3000 Å = 3.10–7 m ; λ0 = 4000 Å = 4.10–7 m

112

0 khf hf = E- ; k0

hc hcE

λ λ=−

( ) ( ) ( ) ( )7 7

34 8k 7 7

0

1 1 4.10 3.10E hc 6,626.10 3.10

λ λ 3.10 4.10

− −−

− −

= =

−−

19kE = 1,656.10 joule−

panjang gelombang de Broglie

( )( )( )

12 21 3422

31 19k

6,626.10h hλ = =

mv 2mE 2 9,1.10 1,656.10

−

− −

=

09λ 1,2.10 m = 12A−=

4. Buktikan bahwa panjang gelombang de Broglie elektron yang dipercepat

melalui voltase V volt diberikan oleh

12150

λ = V

Å

Jawab :

21eV = mv

2 ;

122eV

v = m

12 2

12

h h hλ = =

mv 2meV2eVm

m

=

( )( )( ) ( )

12 2 134

210

34 19

6,629.10 150λ = 10 m

V2 9,1.10 1,6.10 V

−−

− −

=

12150

λ = V

Å

113

5. Buktikan bahwa panjang gelombang de Broglie sama dengan panjang

gelombang Compton, jika kecepatannya 0,707 kali kecepatan cahaya dalam

vakum.

Jawab :

panjang gelombang de Broglie

2

2

d0

vh 1

h cλ = = mv m v

−

panjang gelombang Compton

d0

hλ =

m c

bandingkan kedua persamaan di atas

2

2

0 0

vh 1

h c = m c m v

−

2

2v

v = c 1c

− ; 2

2v v

= 1c c

−

2

v2 = 1

c

; v 1 1

= = 2 = 0,707c 2 2

v = 0,707c

6. Hitung panjang gelombang de Broglie neutron yang paling mungkin,

berkenaan dengan neutron termal T = 270 C, k = 1,38.10–21 J/K, massa neutron

= 1,67.10–27 kg.

Jawab :

21 3mv = kT

2 2 ;

123kT

v = m

( )( )( )( )

12 21 342 2

27 21

6,626.10h hλ = =

mv 3mkT 2 1,67.10 1,38.10 300

−

− −

=

11λ = 1,45.10 m = 0,145− Å

114

2.6. Ketidakpastian Heisenberg

x

Gambar 2.20. Bentuk gelombang Gaussian

( )0

Ψ(x) = g k cos kx dk∞

∫ ………………………………….…… (2.41)

g(k) disebut transfomasi Fourier, yang menggambarkan bagaimana amplitudo

gabungan gelombang berubah terhadap bilangan gelombang k. Hubungan antara

∆x (panjang grup gelombang) dengan ∆k (penyebaran bilangan gelombang)

bergantung pada bentuk grup gelombang dan juga cara di mana ∆x dan ∆k

didefinisikan.

Nilai minimum perkalian ∆x ∆k terjadi ketika grup gelombang berbentuk

gaussian, di mana dalam kasus yang demikian transformasi Fourier juga sebuah

fungsi gaussian. Bentuk grup gelombang sebagai sebuah fungsi gaussian yang

mempunyai nilai minimum ∆x ∆k = ½, karena di alam umumnya bentuk grup

gelombang tidak gaussian, maka hubungan ∆x dan ∆k dapat dituliskan dalam

bentuk

1

∆x∆k2

≥

panjang gelombang de Broglie berkenaan dengan sebuah partikel yang

mempunyai momentum p yaitu

h

λ = p

berdasarkan panjang gelombang ini, bilangan gelombang adalah

2π 2πp

k = = λ h

oleh karena itu

115

2π p

k =h

∆∆

sehingga ketidakpastian posisi dan momentum

∆x∆p2

≥ ℏ ………………………………………………………. (2.42)

di mana 2p

E = 2m

dan 2p p p∆p

E = = 2m m

∆∆

p mv

∆E∆t = p ∆t = p ∆t = ∆p∆xm m

∆ ∆

sehingga ketidakpastian energi dan waktu

∆E∆t2

≥ ℏ ………………………………………………………. (2.43)

116

Contoh-contoh soal :

1. Sebuah elektron mempunyai laju 600 m/s dengan ketelitian 0,005%.

Hitung kepastian di mana kita dapat menemukan posisi elektron.

Jawab :

( )( )31p = mv = 9,1.10 600 kg m/s− dan ( )( )310,005p = 9,1.10 600

100− ∆

( )( )310,005p = 9,1.10 600

100− ∆

∆x∆p2

≥ ℏ dan ( )( ) ( )34

5 34

6,626.10∆x 0,001923 m

4π∆p 4π 5.10 9,1.10 600

h −

− −≥ ≥ ≥

3∆x 1,923.10 m−≥ jika momentum elektron dapat ditentukan dengan ketepatan

tertentu, maka posisi elektron tidak dapat diukur secara tepat kurang dari 2 mm

2. Ketidakpastian lokasi sebuah partikel sama dengan panjang gelombang de

Broglienya. Hitung ketidakpastian kecepatannya ?

Jawab :

∆x∆p4πh≥ ; ∆x =

p

h ; ∆p

p 4πh h≥ ; ∆p

4πp≥

p = mv ; ( )p = mv∆ ∆ ; ( ) mvmv

4π∆ ≥ ; maka

vv

4π∆ ≥

3. Posisi sebuah elektron 1 KeV yang terletak dalam 10–10 m. Hitung

ketidakpastian momentumnya ?

Jawab :

( )34

2310

6,626.10∆p = = = 5,276.10 kg m/s

4π∆x 4π 10

h −

−

4. Rasio ketidakpastian kecepatan sebuah elektron dan sebuah proton yang

dibatasi sebuah kotak 10–18 m.

Jawab :

m proton = 1,67.10–27 kg

314

27ketidakpastian kecepatan elektron 9,1.10

= = 5,48.10ketidakpastian kecepatan proton 1,67.10

−−

−

117

2.7. Mekanika Gelombang Schrodinger

A. Kerapatan Arus Probabilitas (S)

Sebuah partikel massa m yang bergerak pada arah x positif dalam daerah

antara x1 sampai x2, misal dA adalah penampang lintang daerah antara x1 ke x2

maka probabilitas (peluang) menemukan partikel dalam daerah tersebut yaitu :

( ) ( )2 2

1 1

x x

x x

PdxdA ψ x,t ψ* x,t dxdA=∫ ∫ ……………………………..... (2.44)

dan kerapatan probabilitas menemukan partikel dalam daerah tersebut yaitu

( ) ( )P ψ x,t ψ* x,t= ………………………………………………. (2.45)

Jika probabilitas menemukan partikel dalam daerah tersebut menurun bersamaan

waktu, kecepatan penurunan probabilitas di mana partikel berada dalam daerah

tersebut dari x1 ke x2 per satuan luas disebut Kerapatan Arus Probabilitas (S) yang

arahnya keluar dari daerah tersebut. Oleh karena itu, Kerapatan Arus Probabilitas

S2 – S1 keluar daerah dalam arah x positif diberikan oleh :

2 2

1 1

2 1

x x

x x

1 dS S PdxdA Pdx

dA dt t

∂− = − − = − ∂

∫ ∫

2

1

2 1

x

x

S S ψψ*dxt

∂− = −∂ ∫

…………………………………………... (2.46)

Gambar 2.21. Kerapatan Arus Probabilitas suatu partikel

dan Kerapatan Arus Probabilitas (S) pada suatu posisi x adalah

S ψψ*dxt

∂= −∂ ∫

ψ ψ*

S ψ*+ ψ dxt t

∂ ∂ = − ∂ ∂ ∫

Dengan persamaan Schrodinger yang bergantung waktu yaitu

22

2

ψ ψVψ i

2m x t

∂ ∂− + =∂ ∂

ℏℏ

x1 x2

S1 S2

118

atau 2

2

ψ ψ Vψt 2im x i

∂ ∂= − +∂ ∂

ℏ

ℏ dan

2

2

ψ* ψ* Vψ*

t 2im x i

∂ ∂= −∂ ∂

ℏ

ℏ

sehingga persamaan Kerapatan Arus Probabilitas (S) yaitu

2 2

2 2

ψ Vψ ψ* Vψ*S ψ* ψ dx

2im x i 2im x i

∂ ∂= − − + + − ∂ ∂ ∫

ℏ ℏ

ℏ ℏ

2 2

2 2

i ψ* ψ ψ*Vψ i ψ ψ* ψVψ*S dx

2m x i 2m x i

∂ ∂= − + − − ∂ ∂ ∫

ℏ ℏ

ℏ ℏ

2 2

2 2

i ψ* ψ ψ ψ*S dx

2m x x

∂ ∂= − − ∂ ∂ ∫ℏ

i ψ ψ*

S ψ* ψ dxx 2m x x

∂ ∂ ∂ = − − ∂ ∂ ∂ ∫

ℏ

i ψ ψ*

S ψ* ψ dx2m x x x

∂ ∂ ∂ = − − ∂ ∂ ∂ ∫

ℏ

maka

i ψ ψ*

S ψ* ψ2m x x

∂ ∂ = − − ∂ ∂

ℏ ………………..………………..…….. (2.47)

Untuk sebuah partikel yang bergerak dalam arah x positif, momentum px pada

suatu posisi diberikan oleh

xpi x

∂Ψ = Ψ∂

ℏ dan

**

xpi x

∂Ψ− = Ψ∂

ℏ

kedua persamaan di atas disubstitusikan ke persamaan (2.47)

* *

* x x xi ip ip i 2ipS

2m 2m

Ψ Ψ ΨΨ = − Ψ + Ψ = −

ℏ ℏ

ℏ ℏ ℏ

( ) ( )* *xp kS

m m= ΨΨ = ΨΨ ℏ

dengan x

h h 2πp k

λ 2π λ= = = ℏ

maka ( )* hkS

2πm= ΨΨ ………………………………………. (2.48)

Kerapatan Arus Probabilitas (S)

Untuk gelombang partikel datang (Si)

Untuk gelombang partikel pantul (Sr)

Untuk gelombang partikel transmisi (St)

119

B. Mekanika Gelombang Schroedinger

Persamaan penjalaran gelombang mekanik yaitu:

2 2

2 2 2

ψ 1 ψ x v t

∂ ∂=∂ ∂

………………………………………………….…. (2.49)

di mana 2π ω ω

v λfk 2π k

= = =

Solusi dugaan persamaan tersebut yaitu:

i(kx ωt)ψ(x,t) A e −= ……………….…………………………....…. (2.50)

)i(kx ωtψikAe

x−∂ =

∂ ; 2 2

2)2 2

2i(kx ωtψ

i k Ae i k ψ(x,t)x

−∂ = =∂

………….…..… (2.51)

i(kx ωt)ψiωA

te −∂ = −

∂; 2 2

2)2 2

2i(kx ωtψ

i ω Ae i ω ψ(x,t)t

−∂ = =∂

……………...…. (2.52)

Persamaan (2.51) dan (2.52) digabung akan menjadi

2

2 2

2 2

ψ 1 ψx v t

∂ ∂=∂ ∂

; yang sama dengan persamaan (2.49) , sehingga persamaan (2.50)

merupakan solusi persamaan (2.49)

Dari gelombang materi de Broglie dan persamaan Planck

xh h 2π

P kλ 2π λ

= = = ℏ dan xPk =ℏ

h

E hf 2πf ω2π

= = = ℏ dan E

ω =ℏ

Sehingga

xi (P x E t)

ψ(x,t) A e−

= ℏ ……………….………………..……...…..…. (2.53)

Dari hukum kekekalan energi

Ek + Ep = E atau 2p

V E2m

+ =

2p ψ

Vψ Eψ2m

+ = ……………….………………..………….…....…. (2.54)

Dari persamaan (2.53)

2

2x2 2

ψ 1p ψ

x

∂ = −∂ ℏ

dan ψ Eψt i

∂ =∂ ℏ

maka persamaan (2.54) menjadi

22

2

ψ ψVψ i

2m x t

∂ ∂− + =∂ ∂

ℏℏ ……….………………..…………....……. (2.55)

120

persamaan (2.55) adalah persamaan gelombang Schrodinger non relativistik

satu dimensi yang bergantung waktu dan dipengaruhi energi potensial luar

(V).

22

2

ψVψ Eψ

2m x

∂− + =∂

ℏ atau Hψ Eψ= di mana

22

2H V2m x

∂= − +∂

ℏ

( ) ( )2

2 2 2

ψ 2m 2mVψ Eψ

x

∂ − = −∂ ℏ ℏ

( )2

2 2

ψ 2mE V ψ 0

x

∂ + − =∂ ℏ

……….………………..…………….....…. (2.56)

Persamaan (2.56) adalah persamaan gelombang Schrodinger non relativistik

satu dimensi yang tidak bergantung waktu dan dipengaruhi energi potensial

luar (V) .

Persamaan Schrodinger dalam bentuk tiga dimensi yaitu:

( )2 2 2

2 2 2 2

ψ ψ ψ 2mE V ψ 0

x y z

∂ ∂ ∂+ + + − =∂ ∂ ∂ ℏ

( )22

2mψ E V ψ 0∇ + − =ℏ

………………………….…………..…… (2.57)

Solusi persamaan (2.56) dapat menggunakan solusi persamaan linier orde satu

secara bertahap.

( )( )D iβ D iβ ψ 0− + = …………...………………………….. (2.58)

di mana d

Ddx

= dan ( )22

2mβ E V= −

ℏ

misal dψ

Pψ Qdx

+ = (persamaan differensial linier orde satu)

maka solusinya ( )b bψ e Q e dx c−= +∫ ………...………………………….. (2.59)

di mana b Pdx= ∫ dan c adalah konstata,

misal ( )D iβ ψ R+ = sehingga persamaan (2.58) menjadi ( )D iβ R 0− = atau

dRiβR 0

dx− = di mana P iβ= dan Q 0= sehingga solusinya

( )( )1iβx iβxR e 0 e dx c−= +∫ atau ( )1 1

iβx iβxR e c c e= =

dan ( )D iβ ψ R+ = menjadi ( ) 1iβxD iβ ψ c e+ =

121

atau 1iβxdψ

iβψ c edx

+ =

dengan P iβ= dan 1iβxQ c e= sehingga solusinya yaitu

( )( ) ( )1 2 1 2iβx iβx iβx iβx 2iβxψ e c e e dx c e c e dx c− −= + = +∫ ∫ atau

1 12 2

iβxiβx 2iβx iβxc c e

ψ e e c c e2iβ 2iβ

− − = + = +

Sehingga solusinya iβx iβxψ Ce De−= + dengan iβxCe− sebagai gelombang yang

menjalar ke arah sumbu x positif (gelombang datang) dan iβxDe sebagai

gelombang yang menjalar ke arah sumbu x negatif (gelombang pantul).

dengan 2C c= dan 1cD

2iβ=

Jika tidak terdapat energi potensial luar (V=0) yang mempengaruhi gerak

partikel, maka persamaan (2.56) menjadi

2

2 2

d ψ 2mEψ 0

dx+ =ℏ

……….………………..……..…………....…….. (2.60)

solusinya iαx iαxψ Ae Be−= + ………………...…………………..…...…. (2.61)

dimana2

22 2

8π m 2mEα E

h= =

ℏ serta A dan B adalah konstanta

Jika terdapat energi potensial luar (V≠≠≠≠0) yang mempengaruhi gerak partikel,

Untuk E > V

( )2

2 2

ψ 2mE V ψ 0

x

∂ + − =∂ ℏ

Solusinya iβx iβxψ(x) Ce De−= + ……………….…….………………..…. (2.62)

dimana ( )22

2mβ E V= −

ℏ

Untuk E < V

( )2

2 2

ψ 2mV E ψ 0

x

∂ − − =∂ ℏ

Solusinya γx γxψ(x) Fe Ge−= + ……………….…..….……..……………. (2.63)

dimana ( )22

2mγ V E= −

ℏ dan 2 2γ β= −

122

Penerapan Persamaan Schrodinger

1. Partikel dalam sumur satu dimensi tanpa pengaruh energi potensial luar

Dari persamaan (2.56)

( )2

2 2

ψ 2mE V ψ 0

x

∂ + − =∂ ℏ

V=0 untuk 0<x<ℓ maka

2

2 2

d ψ 2mEψ 0

dx+ =ℏ

di mana 22

2mEα =

ℏ Gambar 2.22. Partikel dalam sumur potensial

Energi partikel yaitu 2 2α

E2m

= ℏ ……………..……………………………. (2.64)

Solusinya : ( ) iαx iαxψ x Ae Be−= +

[ ( )ψ x = fungsi gelombang partikel]

atau ( ) ( ) ( )ψ x asin αx bcos αx= +

Penerapan syarat batas :

Karena energi potensial pada dinding tak berhingga (V = ∞), maka pada dinding

fungsi gelombang partikel bernilai nol [ψ(x) = 0], sehingga

ψ(x) = 0 untuk x = 0 dan x = ℓ

dan ( ) ( ) ( )ψ x asin αx bcos αx= +

untuk x = 0 maka ψ(x) = 0

0 a.0 b.1= + agar sisi kanan persamaan = 0, maka harus b = 0

sehingga ( ) ( )ψ x asin αx=

untuk x = ℓ maka ψ(x) = 0

maka ( )0 asin α= ℓ ,

agar sisi kanan persamaan = 0, maka ( )sin α 0=ℓ

agar ( )sin α 0=ℓ , maka harus α nπ=ℓ atau nπα =ℓ

sehingga ( )nnπx

ψ x a sin = ℓ

0 x

ℓ

V= ∞

V=0 partikel

123

dan persamaan 2 2α

E2m

= ℏ menjadi 2 2 2

n 2

n πE

2m= ℏ

ℓ …………………………. (2.65)

atau 2 2

n 2

n hE

8m=

ℓ

karena 2n

np

E2m

= maka 2 2

2n 2

n hp

4=ℓ

sehingga kuantisasi momentum yaitu nnh

p2

=ℓ

……………….……… (2.66)

Energi partikel E bergantung n yang artinya energi partikel terkuantitasi dalam

kotak karena n = 1,2,3,… dan En disebut Energi Eigen dan ψn disebut Fungsi

Eigen. Karena di dalam kotak hanya ada satu partikel, maka probabilitas

mendapatkan partikel dalam kotak antara 0<x<ℓ adalah satu. Menurut Max Born,

ψ adalah amplitudo probabilitas. Jika ψ dikuadratkan dan diambil harga

mutlaknya, hasilnya adalah probabilitas fisik dari partikel yang dimaksud.

Sehingga probabilitas menemukan partikel dalam kotak satu dimensi antara

0<x<ℓ yaitu satu.

( ) 2 2 2n

0 0

nπxψ x dx a sin dx 1 = =

∫ ∫ℓ ℓ

ℓ

karena 2 nπx 1 1 2nπxsin cos

2 2 = − ℓ ℓ

maka 2

0

1 1 2nπxa cos dx 1

2 2

− =

∫ℓ

ℓ

dan 2

0

x 2nπxa sin 1

2 4nπ − =

ℓℓ

ℓ

atau ( ) ( )2 0a sin 2nπ sin 0 1

2 4nπ 2 4nπ − − − =

ℓ ℓ ℓ

maka 2a 12 =

ℓ atau

2a =

ℓ

sehingga ( )n2 nπx

ψ x sin = ℓ ℓ

………………………………………….. (2.67)

Dari persamaan (2.67) terlihat bahwa fungsi gelombang partikel dalam sumur satu

dimensi merupakan fungsi gelombang terkuantisasi.

124

Fungsi gelombang partikel dalam sumur potensial untuk n = 1, 2, 3 yaitu :

untuk n = 1 maka ( )12 πx

ψ x sin = ℓ ℓ

untuk n = 2 maka ( )22 2πx

ψ x sin = ℓ ℓ

untuk n = 3 maka ( )32 3πx

ψ x sin = ℓ ℓ

Ketiga persamaan untuk n = 1, 2, 3 di atas jika digambarkan akan seperti di bawah

Gambar 2.23. Fungsi gelombang partikel dalam sumur potensial untuk n = 1, 2, 3

Probabilitas menemukan partikel dalam sumur dapat dirumuskan sebagai berikut

( ) 2 2n

2 nπxψ x sin =

ℓ ℓ ……………………………………..……. (2.68)

untuk n = 1 maka ( ) 2 21

2 πxψ x sin =

ℓ ℓ

untuk n = 2 maka ( ) 2 22

2 2πxψ x sin =

ℓ ℓ

untuk n = 3 maka ( ) 2 23

2 3πxψ x sin =

ℓ ℓ

Ψ1

Ψ2

2ℓ

-2−ℓ

ℓ

Ψn

x

ℓ ℓ ℓ

Ψ3

125

Ketiga persamaan probabilitas menemukan partikel di dalam sumur untuk n = 1,

2, 3 jika digambarkan akan seperti di bawah

Gambar 2.24. Probabilitas menemukan partikel dalam sumur potensial

Nilai expectation adalah rata–rata dari pengukuran berulang pada sekumpulan

sistem identik yang telah dipersiapkan, dan bukan merupakan rata–rata

pengukuran berulang pada satu sistem. Kecepatan dari nilai expectation x, tidak

sama dengan kecepatan partikel. Rumus nilai expectation x dari suatu partikel

dalam fungsi keadaan ψ yaitu :

2

x xψ*ψdx x ψ dx∞ ∞

−∞ −∞

= =∫ ∫

Nilai expectation x suatu partikel dalam sumur potensial tak berhingga dengan

lebar ℓ yaitu

2 2

0 0 0

2 nπxx xψ*ψdx x ψ dx x sin dx

= = =

∫ ∫ ∫ℓ ℓ ℓ

ℓ ℓ

0 0

2 1 1 2nπx 1 2nπxx x cos dx x x cos dx

2 2

= − = −

∫ ∫ℓ ℓ

ℓ ℓ ℓ ℓ

0

21 x x 2nπx 2nπxx sin sin dx

2 2nπ 2nπ

= − −

∫ℓ

ℓ ℓ

ℓ ℓ ℓ

( )

2 2

21 x x 2nπx 2nπx

x sin cos2 2nπ 2nπ

= − +

ℓ ℓ

ℓ ℓ ℓ

( )

2 2

2

0

1 x x 2nπx 2nπxx sin cos

2 2nπ 2nπ

= − −

ℓ

ℓ ℓ

ℓ ℓ ℓ

( ) 2

1ψ x 2

ℓ

ℓ

Ψn

x

ℓ ℓ ℓ

( ) 2

2ψ x

( ) 2

3ψ x

126

( ) ( )

2 2 2 2

2 21 1

x 0 0 02 22nπ 2nπ

= − − − − − =

ℓ ℓ ℓ ℓ

ℓ ℓ

x2

= ℓ

Dengan cara yang sama nilai expectation x2 suatu partikel dalam sumur potensial

tak berhingga (lebar ℓ) yaitu

22 2 2 2

0 0

2 nπxx x ψ dx x sin dx

= =

∫ ∫ℓ ℓ

ℓ ℓ

2 2 2

0

1 2nπxx x x cos dx

= −

∫ℓ

ℓ ℓ

3 2

2

0

1 x x 2nπx x 2nπxx sin sin dx

3 2nπ nπ

= − −

∫ℓ

ℓ ℓ

ℓ ℓ ℓ

( ) ( )3 2 2 2

22 2

0

1 x x 2nπx x 2nπx 2nπxx sin cos cos dx

3 2nπ 2 nπ 2 nπ

= − − − + ∫ℓ

ℓ ℓ ℓ

ℓ ℓ ℓ ℓ

( ) ( )3 2 2 3

22 3

1 x x 2nπx x 2nπx 2nπxx sin cos sin

3 2nπ 2 nπ 4 nπ

= − + −

ℓ ℓ ℓ

ℓ ℓ ℓ ℓ

( ) ( )3 2 2 3

22 3

0

1 x x 2nπx x 2nπx 2nπxx sin cos sin

3 2nπ 2 nπ 4 nπ

= − − +

ℓ

ℓ ℓ ℓ

ℓ ℓ ℓ ℓ

( )[ ]

( )3 3 3 3

22 2

1 1x 0 0 0 0 0 0

3 32 nπ 2 π

= − − + − − − + = −

ℓ ℓ ℓ ℓ

ℓ ℓ

2 22

1 1x

3 2π = −

ℓ

127

2. Potensial Step (undakan) bentuk persegi empat

a. Kasus E < V (energi partikel lebih kecil dari potensial undakan)

untuk daerah 1 (– ∞ ≤ x <0) di mana V = 0

persamaan Schrodinger bebas waktu

2 21

12 2

d ψ 8π mEψ 0

dx h+ =

solusinya ( )1iαx iαxψ x Ae Be−= + Gambar 2.25. Potensial Undakan E < V

dimana iαxAe− adalah gerak gelombang ke arah x negatif dan iαxBe adalah gerak

gelombang ke arah x positif

untuk daerah 2 (0 ≤ x ≤ ∞) di mana V ≠ 0 dan E < V

( )2 2

222 2

d ψ 8π mV E ψ 0

dx h− − =

solusinya ( )2γx γx γxψ x Fe Ge Fe− −= + =

di mana γ xFe− adalah gerak gelombang ke arah bawah dan γxGe adalah gerak

gelombang pantul ke arah atas (yang diambil adalah gerak gelombang ke arah

bawah atau yang mengalami redaman karena yang ke arah atas tidak realistis).

Penerapan syarat batas

Pada saat x = 0

( ) ( )1 2ψ 0 ψ 0=

A + B = F ………………………………………………………. (2.69)

dan 1 2

x=0 x=0

dψ dψdx dx

=

iαA iαB γF− + = −

γ iγFA B F

iα α− + = − = ………………………………………….…… (2.70)

persamaan (2.69) dan (2.70) dijumlahkan atau dikurangkan

iγ2A 1 F

α = −

dan iγ

2B 1 Fα

= +

2αF A

α iγ

= − dan

2αF B

α iγ

= + serta

0

1

2

E

V

x

128

α iγB A

α iγ += −

Kerapatan Arus Probabilitas (S)

Daerah 1

Gelombang partikel terpantul (Sr) dari persamaan (2.47)

**

rih

S4πm x x

∂Ψ ∂Ψ= − Ψ − Ψ ∂ ∂

( )( ) ( ) ( )iαx iαx iαx iαxr

ihS A*e iαAe Ae iαA*e

4πm− − = − − −

( ) ( ) ( )2

r

hα Aih ihS iαAA* i αAA* 2i αAA*

4πm 4πm 2πm= − − − = = −

Gelombang partikel datang (Si)

( )( ) ( )( )iαx iαx iαx iαxi

ihS B*e iαBe Be iαB*e

4πm− − = − − −

( ) ( ) ( )2

i

hα Bih ihS iαBB* i αBB* 2iαBB*

4πm 4πm 2πm= − + = − =

Kerapatan Arus Probabilitas (S) total untuk daerah (1) yaitu

( )2 2ri

hαS S S B A

2πm= + = −

dimana α iγ

B Aα iγ += −

dan α iγ

B* A*α iγ −= +

maka ( ) ( )α iγ α iγ

BB* A A* AA*α iγ α iγ

+ −= =

− + atau

2 2 B A=

Sehingga riS S S 0= + = , dimana Kerapatan Arus Probabilitas (KAP) gelombang

partikel datang dan KAP gelombang partikel terpantul saling meniadakan.

Daerah 2

Gelombang partikel transmisi (St)

**

tih

S4πm x x

∂Ψ ∂Ψ= − Ψ − Ψ ∂ ∂

( )( ) ( )( )γx γx γx γxt

ihS F*e γFe Fe γF*e

4πm− − − − = − − − −

2γx 2γxt

ihS γFF*e γFF*e 0

4πm− − = − − + =

129

Koefisien Refleksi (R) dan Transmisi (T)

( ) ( ) ( )2

r

hα Aih ihS iαAA* i αAA* 2i αAA*

4πm 4πm 2πm= − − − = = −

( ) ( ) ( )2

i

hα Bih ihS iαBB* i αBB* 2iαBB*

4πm 4πm 2πm= − + = − =

2

2

2

r2

i

hα AS A2πmR 1S Bhα B

2πm

= = = =

t2

i

S 0T 0

S hα B

2πm

= = =

R + T = 1

b. Kasus E > V (energi partikel lebih besar dari potensial undakan)

untuk daerah 1 (– ∞ ≤ x <0) di mana V = 0

persamaan Schrodinger bebas waktu

2 21

12 2

d ψ 8π mEψ 0

dx h+ =

solusinya ( )1iαx iαxψ x Ae Be−= + Gambar 2.26. Potensial Undakan E > V

untuk daerah 2 (0 ≤ x ≤ ∞) di mana V ≠ 0 dan E > V

( )2 2

222 2

d ψ 8π mE V ψ 0

dx h+ − =

solusinya ( )2iβx iβx iβxψ x Ce De De−= + =

di mana iβxCe− adalah gerak gelombang ke arah x negatif dan iβxDe adalah gerak

gelombang ke arah x positif (karena tidak ada penghalang lagi maka yang diambil

adalah gerak gelombang yang ke arah x positif).

Penerapan syarat batas

Pada saat x = 0

( ) ( )1 2ψ 0 ψ 0=

A + B = D ………………………………………………………. (2.71)

1 2 E V

0 x

130

dan 1 2

x=0 x=0

dψ dψdx dx

=

iαA iαB iβD− + =

βA B D

α− + = ………………………………………………….…… (2.72)

persamaan (2.71) dan (2.72) dijumlahkan atau dikurangkan

β2A 1 D

α = −

dan β

2B 1 Dα

= +

2αD A

α β

= − dan

2αD B

α β

= + serta

α βB A

α β += −

Kerapatan Arus Probabilitas (S)

Daerah 1

Gelombang partikel terpantul (Sr)

*

*r

ihS

4πm x x

∂Ψ ∂Ψ= − Ψ − Ψ ∂ ∂ dan ( ) iαxψ x Ae−=

2

r

hα AS

2πm= −

Gelombang partikel datang (Si)

**

iih

S4πm x x

∂Ψ ∂Ψ= − Ψ − Ψ ∂ ∂ dan ( ) iαxψ x Be=

2

i

hα BS

2πm=

dimana α β

B Aα β

+= − dan

α βB* A*

α β += −

maka 2

α β α β α βBB* A A* AA*

α β α β α β + + += = − − −

atau 2 2

B A≠

131

Kerapatan Arus Probabilitas (S) total untuk daerah (1) yaitu

( )2 2ri

hαS S S B A

2πm= + = −

( )2

hα hα α βS BB* AA* BB* BB*

2πm 2πm α β

− = − = − +

2hα α β

S 1 BB*2πm α β

− = − +

( ) ( )( )

2 2

2

α β α βhαS BB*

2πm α β

+ − − = +

( )2hα 4αβ

S BB*2πm α β

= +

Daerah 2

Gelombang partikel transmisi (St)

**

tih

S4πm x x

∂Ψ ∂Ψ= − Ψ − Ψ ∂ ∂

di mana ( ) iβxψ x De= dan ( ) iβxψ* x D*e −=

( )( ) ( )( )xt

iβx iβx iβx iβihS D*e iβDe De iβD*e

4πm−− = − − −

( ) ( )tih 2βh

S iβDD* i βDD* DD*4πm 4πm

= − − − =

di mana 2

2αDD* BB*

α β

= +

( )2

t 2

βh 4αS BB*

2πm α β

=

+

Koefisien Refleksi (R) dan Transmisi (T)

2

r

hα AS

2πm= −

dan 2

i

hα BS

2πm=

132

serta 2

α βBB* AA*

α β += −

22

2 2

2

r2

i

2α βhα A B

S A α β2πmRS B Bhα B

2πm

− + = = = =

r

i

2S α β

RS α β

−= = +

( )( )

22

2

t2 2

i

βh 4αB

2πm α βS 4αβT

S α βhα B

2πm

+ = = =+

( )2

2α β 4αβ

R Tα β α β

−+ = + + +

( )( )

2

2

α β 4αβR T

α β

− ++ =

+

( )2 2

2

α 2αβ β 4αβR T

α β

− + ++ =+

( )( )( )

22 2

2 2

α βα 2αβ βR T 1

α β α β

++ ++ = = =+ +

terbukti bahwa penjumlahan antara koefisien Refleksi dengan koefisien Transmisi

haruslah bernilai satu, partikel datang (100%) akan terurai menjadi partikel yang

terpantul dan partikel yang ditransmisikan, sehingga R T 1+ = atau 100%..

3. Tanggul potensial bentuk kotak

133

a. Kasus E < V (energi partikel lebih kecil dari potensial undakan)

untuk daerah 1 (– ∞ ≤ x <0) di mana V = 0

persamaan Schrodinger bebas waktu

2 21

12 2

d ψ 8π mEψ 0

dx h+ =

solusinya ( )1iαx iαxψ x Be Ae−= + Gambar 2.27. Tanggul Potensial E<V

untuk daerah 2 (0 ≤ x ≤ ℓ) di mana V ≠ 0 dan E < V

( )2 2

222 2

d ψ 8π mV E ψ 0

dx h− − =

solusinya ( )2γx γxψ x Ge Fe−= + (di dalam tanggul ada gelombang pantul)

untuk daerah 3 (ℓ < x ≤ ∞) di mana V = 0

persamaan Schrodinger bebas waktu

2 23

32 2

d ψ 8π mEψ 0

dx h+ =

solusinya ( )3iαx iαx iαxψ x Ie He Ie−= + =

Hanya diambil yang positif karena tidak ada penghalang lagi di daerah 3 sehingga

tidak ada gelombang terpantul

Penerapan syarat batas

Pada saat x = 0

( ) ( )1 2ψ 0 ψ 0=

B + A = G + F ………………………………………………. (2.73)

dan 1 2

x=0 x=0

dψ dψdx dx

=

maka iαB iαA γG γF− = −

( )γB A G F

iα− = − ………………………………………….…… (2.74)

persamaan (2.73) dan (2.74) dijumlahkan atau dikurangkan

γ γ2B 1 G 1 F

iα iα = + + −

………………………………….…… (2.75)

γ γ2A 1 G 1 F

iα iα = − + +

……………………… ……….…… (2.76)

Pada saat x = ℓ

0

1 E V

x 2 3

ℓ

134

( ) ( )2 3ψ ψ=ℓ ℓ

γ γ iαGe Fe Ie−+ =ℓ ℓ ℓ ………………………………………. (2.77)

dan 32

x= x=

dψdψdx dx

= ℓ ℓ

γ γ iαγGe γFe iαIe−− =ℓ ℓ ℓ

γ γ iαiαGe Fe Ie

γ−− =ℓ ℓ ℓ ………………………………….…… (2.78)

persamaan (2.77) dan (2.78) dijumlahkan atau dikurangkan

γ iα1 iαG 1 e Ie

2 γ−

= +

ℓ ℓ dan γ iα1 iαF 1 e Ie

2 γ

= −

ℓ ℓ

Kedua persamaan di atas lalu disubstitusikan ke persamaan (2.75) dan (2.76)

γ γ iαγ 1 iα γ 1 iα2B 1 1 e 1 1 e Ie

iα 2 γ iα 2 γ− = + + + − −

ℓ ℓ ℓ

γ γ γ γ iα1 γ iα γ iα2B e e 1 e e 1 Ie

2 iα γ iα γ− − = + + + − −

ℓ ℓ ℓ ℓ ℓ

γ γ γ γ γ γ γ γ iα1 γ iα γ iα2B e e e e e e e e Ie

2 iα γ iα γ− − − −

= + + + + − − +

ℓ ℓ ℓ ℓ ℓ ℓ ℓ ℓ ℓ

( )γ γ γ γ iα1 γ iα γ iα2B 2e 2e e e Ie

2 iα γ iα γ− −

= + − + + +

ℓ ℓ ℓ ℓ ℓ

( )γ γ γ γ iα1 iα γ iα γ2B 2 e e e e Ie

2 γ iα γ iα− −

= + + + − +

ℓ ℓ ℓ ℓ ℓ

( ) ( )γ γγ γ iα

e e iα γ2B e e Ie

2 γ iα

−−

− = + − +

ℓ ℓ

ℓ ℓ ℓ

( ) ( )γ γ γ γiα

e e e e1 iα γB Ie

2 2 γ iα 2

− − + − = − +

ℓ ℓ ℓ ℓ

ℓ

di mana ( )( )γ γe e

cosh γ2

−+=

ℓ ℓ

ℓ dan ( )( )γ γe e

sinh γ2

−−=

ℓ ℓ

ℓ

135

iαi γ αB coshγ sinhγ Ie

2 α γ

= + −

ℓℓ ℓ di mana 2 2cosh γ 1 sinh γ= +ℓ ℓ

iαi γ αB* coshγ sinhγ I*e

2 α γ−

= − −

ℓℓ ℓ

22 21 γ α

BB* cosh γ sinh γ II*4 α γ

= + −

ℓ ℓ

2 22 2

2 21 γ 2 1 α

BB* 1 sinh γ sinh γ II*4 4 4α γ

= + + − +

ℓ ℓ

2 22

2 21 γ 2 1 α

BB* 1 sinh γ II*4 4 4α γ

= + + +

ℓ

221 γ α

BB* 1 sinh γ II*4 α γ

= + +

ℓ

dari persamaan (2.76)

γ γ iαγ 1 iα γ 1 iα2A 1 1 e 1 1 e Ie

iα 2 γ iα 2 γ− = − + + + −

ℓ ℓ ℓ

γ γ γ γ iα1 γ iα γ iα2A e e 1 e e 1 Ie

2 iα γ iα γ− − = − + + + −

ℓ ℓ ℓ ℓ ℓ

γ γ iα1 iα γ iα γ2A e e Ie

2 γ iα γ iα−

= − + − +

ℓ ℓ ℓ

γ γ iα1 iα γ2A e e Ie

2 γ iα− = − − − +

ℓ ℓ ℓ

iα1 γ αA Ie sinhγ

2i α γ

= +

ℓℓ dan iα1 γ α

A* I*e sinh γ2i α γ

− = − +

ℓℓ

221 γ α

AA* II*sinh γ4 α γ

= +

ℓ

2 22 21 γ α 1 γ α

BB* AA* 1 sinh γ sinh γ II*4 α γ 4 α γ

− = + + − +

ℓ ℓ

BB* AA* II*− = ………………………………...…………….. (2.79)

136

2 22 2

2222

1 γ α 1 γ αII*sinh γ sinh γ

4 α γ 4 α γAA*

BB* 1 γ α1 γ α 1 sinh γ1 sinh γ II*4 α γ4 α γ

+ + = =

+ ++ +

ℓ ℓ

ℓℓ

Kerapatan Arus Probabilitas (S)

Daerah 1 mempunyai fungsi ( )1iαx iαxψ x Be Ae−= +

Gelombang partikel datang (Si) dari persamaan (2.47)

**

iih

S4πm x x

∂Ψ ∂Ψ= − Ψ − Ψ ∂ ∂

( )( ) ( )( )iiαx iαx iαx iαxih

S B*e iαBe Be iαB*e4πm

− − = − − −

( ) ( )2

i

hα Bih hαS 2iαBB* BB*

4πm 2πm 2πm= − = =

Gelombang partikel terpantul (Sr)

( ) ( ) ( ) ( )riαx iαx iαx iαxih

S A*e iαAe Ae iαA*e4πm

− − = − − −

( )rhα

S AA*2πm

= −

Kerapatan Arus Probabilitas (S) total untuk daerah (1) [persamaan (2.79)] yaitu

( ) ( )rihα hα

S S BB* AA* II*2πm 2πm

+ = − =

Daerah 2 mempunyai fungsi ( )2γx γxψ x Ge Fe−= +

Gelombang partikel datang (Si)

**

iih

S4πm x x

∂Ψ ∂Ψ= − Ψ − Ψ ∂ ∂

( ) ( ) ( )( )iγx γx γx γxih

S G*e γGe Ge γG*e4πm

= − −

( ) ( )i2γx 2γxih

S γGG*e γGG*e 04πm

= − − =

Gelombang partikel pantul (Sr)

**

rih

S4πm x x

∂Ψ ∂Ψ= − Ψ − Ψ ∂ ∂

137

( )( ) ( )( )rγx γx γx γxih

S F*e γFe Fe γF*e4πm

− − − − = − − − −

( ) ( )r2γx 2γxih

S γFF*e γFF*e 04πm

− − = − − − − =

Kerapatan Arus Probabilitas (S) total untuk daerah (2) yaitu

riS S 0+ =

maka Kerapatan Arus Probabilitas gelombang partikel datang dan Kerapatan Arus

Probabilitas gelombang partikel terpantul saling meniadakan.

Daerah 3 mempunyai fungsi gelombang ( )3iαxψ x Ie=

Gelombang partikel transmisi (St) dari persamaan (2.47)

**

tih

S4πm x x

∂Ψ ∂Ψ= − Ψ − Ψ ∂ ∂

( ) ( ) ( )( )tiαx iαx iαx iαxih

S I*e iαIe Ie iαI*e4πm

− − = − − −

( ) ( ) ( )tih hα

S iαII* i αII* II*4πm 2πm

= − − − =

Koefisien Refleksi (R)

2

2

2

r2

i

22

22

1 γ αhα A sinh γS A 4 α γAA*2πmRS BB*Bhα B 1 γ α

1 sinh γ2πm 4 α γ

+ = = = = = + +

ℓ

ℓ

Di mana 2 2

2h α

E8π m

= dan 2

22

8π mEα

h= serta ( )

22

28π m

γ V Eh

= −

( )( )

( )( )

2 22 2

2 2

2 222

2 2

V E1 γ α 1 E2 sinh γ 2 sinh γ

4 4 E V Eα γR

V E1 E1 γ α1 2 sinh γ1 2 sinh γ

4 E V E4 α γ

−+ + + + − = =

−+ + ++ + + −

ℓ ℓ

ℓℓ

( ) ( )( )

( ) ( )( )

( )

( )

2 2 22 2

2 22 22

V E E 2E V E1 1 Vsinh γ sinh γ4 E V E 4 E V ER

1 VV E E 2E V E1 1 sinh γ1 sinh γ 4 E V E4 E V E

− + + − − − = = − + + − + + − −

ℓ ℓ

ℓℓ

138

( )

( )

22

22

Vsinh γ

4E V ER

V1 sinh γ

4E V E

−=

+−

ℓ

ℓ

……………………………………..... (2.80)

Koefisien Transmisi (T)

( )

( )t

i

hαII*S II*2πmT

hαS BB*BB*2πm

= = = dan 2

2BB* 1 γ α1 sinh γ

II* 4 α γ

= + +

ℓ

( )2 2 2

2 22 2

1 1 γ α V1 2 sinh γ 1 sinh γ

T 4 4E V Eα γ

= + + + = + −

ℓ ℓ

( )2

2

1T

V1 sinh γ

4E V E

=+

−ℓ

………………………………. (2.81)

( )

( ) ( )

22

2 22 2

Vsinh γ

4E V E 1R T 1

V V1 sinh γ 1 sinh γ

4E V E 4E V E

−+ = + =

+ +− −

ℓ

ℓ ℓ

Kesimpulan:

1. Koefisien transmisi nol jika E = 0

2. Jika E meningkat, maka (V – E) menurun dan ( )2

28π m

γ V Eh

= − menurun,

tetapi 2sinh γℓ untuk nilai tetap lebar tanggul potensial akan menurun daripada

(V0 – E).

3. Ketika E mendekati V, maka

( )2

28π m

γ V Eh

= −ℓ ℓ akan << 1, sehingga ( )2 2

22

8π msinh γ V E

h≈ −ℓℓ

maka ( )

( )

2 22

2 2 22

2

8π mV V E

1 2π mVh1 1T 4E V E Eh

−≈ + ≈ +

−

ℓ

ℓ

ketika E V≈

2 2

21 2π mV

1T h

≈ + ℓ atau

2

2 2 2h

Th 2π mV

≈+ ℓ

139

b. Kasus E > V (energi partikel lebih besar dari potensial undakan)

untuk daerah 1 (– ∞ ≤ x <0) di mana V = 0

persamaan Schrodinger bebas waktu

2 21

12 2

d ψ 8π mEψ 0

dx h+ =

solusinya ( )1iαx iαxψ x Be Ae−= + Gambar 2.28. Tanggul Potensial E>V

untuk daerah 2 (0 ≤ x ≤ ℓ) di mana V ≠ 0 dan E > V

( )2 2

222 2

d ψ 8π mE V ψ 0

dx h+ − =

solusinya ( )2iβx iβxψ x De Ce−= + (di atas tanggul ada gelombang pantul)

untuk daerah 3 (ℓ < x ≤ ∞) di mana V = 0

persamaan Schrodinger bebas waktu

2 23

32 2

d ψ 8π mEψ 0

dx h+ =

solusinya ( )3iαx iαx iαxψ x Ie He Ie−= + =

Karena tidak ada penghalang lagi di daerah 3, maka tidak ada gelombang pantul

Penerapan syarat batas

Pada saat x = 0

( ) ( )1 2ψ 0 ψ 0=

B + A = D + C ………………………………………………. (2.82)

dan 1 2

x=0 x=0

dψ dψdx dx

=

maka iαB iαA iβD iβC− = −

( )βB A D C

α− = − ………………………………………….…… (2.83)

persamaan (2.82) dan (2.83) dijumlahkan atau dikurangkan

β β2B 1 D 1 C

α α = + + −

………………………………….…… (2.84)

β β2B 1 C 1 D

α α = − + +

……………………… ……….…… (2.85)

Pada saat x = ℓ

( ) ( )2 3ψ ψ=ℓ ℓ

0

1

E V

x 2 3

ℓ

140

iβ iβ iαDe Ce Ie−+ =ℓ ℓ ℓ ………………………………………. (2.86)

dan 32

x= x=

dψdψdx dx

= ℓ ℓ

maka iβ iβ iαiβDe iβCe iαIe−− =ℓ ℓ ℓ

iβ iβ iααDe Ce Ie

β−− =ℓ ℓ ℓ ………………………………….…… (2.87)

persamaan (2.86) dan (2.87) dijumlahkan atau dikurangkan

iβ iα1 αD 1 e Ie

2 β−

= +

ℓ ℓ dan iβ iα1 αC 1 e Ie

2 β

= −

ℓ ℓ

iβ iα1 αD* 1 e I*e

2 β−

= +

ℓ ℓ dan iβ iα1 αC* 1 e I*e

2 β−−

= −

ℓ ℓ

21 α

DD* 1 II*4 β

= +

dan 2

1 αCC* 1 II*

4 β

= −

2 21 α α α

DD* CC* 1 1 II* II*4 β β β

− = + − − =

……...……. (2.88)

Kedua persamaan C dan D lalu disubstitusikan ke persamaan (2.84) dan (2.85)

iβ iβ iαβ 1 α β 1 α2B 1 1 e 1 1 e Ie

α 2 β α 2 β− = + + + − −

ℓ ℓ ℓ

iβ iβ iα1 α β α β2B 2 e 2 e Ie

2 β α β α−

= + + + − −

ℓ ℓ ℓ

( ) ( ) ( )iβ iβ iβ iβ iβ iβ

iαe e e e e e1 α β

B 2 Ie2 2 β 2 α 2

− − − + − − = − −

ℓ ℓ ℓ ℓ ℓ ℓ

ℓ

dengan iβ iβ2isinβ e e−= −ℓ ℓℓ , iβ iβ2cosβ e e−= +ℓ ℓ

ℓ ,dan ( ) ( )2 2cos β 1 sin β= −ℓ ℓ

( ) ( ) iαi α βB cos β sin β Ie

2 β α

= − +

ℓℓ ℓ

( ) ( ) iαi α βB* cos β sin β I*e

2 β α−

= + +

ℓℓ ℓ

( ) ( )2

2 21 α βBB* cos β sin β II*

4 β α

= + +

ℓ ℓ

141

( ) ( )2

2 21 α βBB* 1 sin α sin α II*

4 β α

= − + +

ℓ ℓ

( )2

21 α βBB* 1 1 sin α II*

4 β α

= + + −

ℓ

( )2 2

22 2

2 1 α 1 βBB* 1 1 sin α II*

4 4 4β α

= + + + −

ℓ

( )2 2

22 2

1 α βBB* 1 2 sin α II*

4 β α

= + − + +

ℓ

( )2

21 α βBB* 1 sin α II*

4 β α

= + −

ℓ ……………….……… (2.89)

dan iβ iβ iαβ 1 α β 1 α2A 1 1 e 1 1 e Ie

α 2 β α 2 β− = − + + + −

ℓ ℓ ℓ

iβ iβ iα1 α β 1 α β2A e e Ie

2 β α 2 β α−

= − − −

ℓ ℓ ℓ

iβ iβ

iα1 α β e eA Ie

2 β α 2

− −= − −

ℓ ℓℓ

( )sin βiαi α βA Ie

2 β α

= − −

ℓℓ dan ( )sin βiαi α β

A* I*e2 β α

− = −

ℓ

ℓ

( )sin β

221 α β

AA* II*4 β α

= −

ℓ

( ) ( )sin β

2 22 21 α β 1 α β

BB* AA* 1 sin α II* II*4 β α 4 β α

− = + − − −

ℓℓ

BB* AA* II*− = ………………………………………. (2.90)

( )

( )

22

22

1 α βsin β

4 β αAA*

BB* 1 α β1 sin β

4 β α

− =

+ −

ℓ

ℓ

…………………...………….. (2.91)

142

Kerapatan Arus Probabilitas (S)

Daerah 1 mempunyai fungsi gelombang ( )1iαx iαxψ x Be Ae−= +

Gelombang partikel datang (Si) dari persamaan (2.47)

**

iih

S4πm x x

∂Ψ ∂Ψ= − Ψ − Ψ ∂ ∂

( )ihα

S BB*2πm

=

Gelombang partikel terpantul (Sr)

*

*r

ihS

4πm x x

∂Ψ ∂Ψ= − Ψ − Ψ ∂ ∂

( )rhα

S AA*2πm

= −

Kerapatan Arus Probabilitas (S) total untuk daerah (2) [persamaan (2.90)] yaitu

( ) ( )rihα hα

S S BB* AA* II*2πm 2πm

+ = − =

Daerah 2 mempunyai fungsi gelombang ( )2iβx iβxψ x De Ce−= +

Gelombang partikel datang (Si)

**

iih

S4πm x x

∂Ψ ∂Ψ= − Ψ − Ψ ∂ ∂

( )( ) ( )( )iiβx iβx iβx iβxih

S D*e iβDe De iβD*e4πm

− − = − − −

( ) ( ) ( )iih hβ

S iβDD* i βDD* DD*4πm 2πm

= − − − =

Gelombang partikel pantul (Sr)

**

rih

S4πm x x

∂Ψ ∂Ψ= − Ψ − Ψ ∂ ∂

( )( ) ( ) ( ) ( )riβx iβx iβx iβxih hβ

S C*e iβCe Ce iβC*e CC*4πm 2πm

− − = − − − = −

Kerapatan Arus Probabilitas (S) total untuk daerah (2) [persamaan (2.88)] yaitu

( ) ( )rihβ hβ α hα

S S DD* * II* II*2πm 2πm β 2πm

CC

+ = − = =

143

Daerah 3 mempunyai fungsi gelombang ( )3iαxψ x Ie=

Gelombang partikel transmisi (St) dari persamaan (2.47)

**

tih

S4πm x x

∂Ψ ∂Ψ= − Ψ − Ψ ∂ ∂

( ) ( ) ( )( )tiαx iαx iαx iαxih

S I*e iαIe Ie iαI*e4πm

− − = − − −

( ) ( ) ( )tih hα

S iαII* i αII* II*4πm 2πm

= − − − =

Koefisien Refleksi (R)

dari persamaan (2.91)

( )

( )

2

2

2

r2

i

22

22

1 α βhα A sin β

4 β αS A AA*2πmRS BB*Bhα B 1 α β

1 sin β2πm 4 β α

− = = = = =

+ −

ℓ

ℓ

( )

( )

2 22

2 2

2 22

2 2

1 α β2 sin β

4 β αR

1 α β1 2 sin β

4 β α

− +

=

+ − +

ℓ

ℓ

Di mana 2 2

2h α

E8π m

= dan 2

22

8π mEα

h= serta ( )

22

28π m

β E Vh

= −

( )

( )

2

2

1 E E V2 sin β

4 E V ER

1 E E V1 2 sin β

4 E V E

− − + − = − + − + −

ℓ

ℓ

( ) ( ) ( )( ) ( )

( ) ( ) ( )( ) ( )

222

222

E 2E E V E V1sin β

4 E E V

RE 2E E V E V1

1 sin β4 E E V

− − + − − = − − + − + −

ℓ

ℓ

144

( ) ( )

( ) ( )

22

22

Vsin β

4E E VR

V1 sin β

4E E V

−=

+−

ℓ

ℓ

………………………………………. (2.92)

Koefisien Transmisi (T)

( )

( )t

i

hαII*S II*2πmT

hαS BB*BB*2πm

= = =

dari persamaan (2.89) dan persamaan (2.91), dan persamaan (2.92)

( ) ( ) ( )2 2

2 21 α β VBB* 1 sin α II* 1 sin β II*

4 β α 4E E V

= + − = + −

ℓ ℓ

( ) ( )2

2

II* 1T

BB* V1 sin β

4E E V

= =+

−ℓ

………………………. (2.93)

( ) ( )

( ) ( ) ( ) ( )

22

2 22 2

Vsin β

4E E V 1R T

V V1 sin β 1 sin β

4E E V 4E E V

− + = +

+ + − −

ℓ

ℓ ℓ

R T 1+ =

Cara lain yang mudah yaitu dengan mengganti γ iβ=

( ) ( )γ γ iβ iβe e e e

sinh γ i sin β2 2

− −− −= = =ℓ ℓ ℓ ℓ

ℓ ℓ

( ) ( )2 2sinh γ sin β= −ℓ ℓ

Dari persamaan (2.80) dan (2.81)

( )

( )

( )

( )

2 22 2

2 22 2

V Vsinh γ sin β

4E V E 4E E VR

V V1 sinh γ 1 sin β

4E V E 4E E V

− −= =

+ +− −

ℓ ℓ

ℓ ℓ

( ) ( )2 2

2 2

1 1T

V V1 sinh γ 1 sin β

4E V E 4E E V

= =+ +

− −ℓ ℓ

145

dan ( )

( ) ( )

22

2 22 2

Vsin β

4E E V 1R T 1

V V1 sin β 1 sin β

4E E V 4E E V

−+ = + =

+ +− −

ℓ

ℓ ℓ

R T 1+ =

Kesimpulan:

1. Ketika nilai E mendekati nilai V, maka

( )2

8πm E Vβ

h

−=ℓ ℓ akan << 1

maka ( ) ( )2

8πm E Vsin β

h

−≈ℓ ℓ dan ( ) ( ) 2

22

8πm E Vsin β

h

−≈

ℓℓ

sehingga ( )

( )( )

2 22 2 22

2 2

8πm E V V1 V 2πm V1 sin β 1 1

T 4E E V 4E E V h Eh

−= − = − = −

− −ℓ ℓ

ℓ

jika E ≈ V, maka 2

21 2πm V

1T h

= − ℓ yang sama dengan kasus E < V

2. Jika energi E meningkat, maka ( )

2

8πm E Vβ

h

−= juga meningkat, (E – V)

meningkat lebih cepat daripada 2sin βℓ untuk nilai lebar tanggul tetap

3. Koefisien transmisi T = 1 jika β nπ, n 1, 2, 3, . . .= =ℓ atau jika

( ) ( )2

nπ nπ nπh

β 8πm E V 8πm E V

h

= = =− −

ℓ

tetapi ( )h

2m E V− adalah λ de Broglie untuk partikel dalam daerah energi

kinetik (E – V0) oleh karena itu T = 1 ketika λ

n2

=

ℓ

146

4. Sumur potensial (partikel dalam keadaan bebas)

a. Kasus E < V (energi partikel lebih kecil dari energi potensial)

untuk daerah 1 (– ∞ ≤ x ≤0) di mana V ≠ 0

persamaan Schrodinger bebas waktu

( )2 2

112 2

d ψ 8π mV E ψ 0

dx h− − =

Solusinya ( )1γx γxψ x Ge Fe−= + Gambar 2.29. Sumur Potensial E<V

( )1γxψ x Fe−= (yang diambil hanya gelombang teredam)

untuk daerah 2 (0 < x < ℓ) di mana V = 0

2 22

22 2

d ψ 8π mEψ 0

dx h+ =

solusinya ( )2iαx iαxψ x Be Ae−= + (di dalam sumur ada gelombang pantul)

untuk daerah 3 (ℓ ≤ x ≤ ∞) di mana V ≠ 0

persamaan Schrodinger bebas waktu

( )2 2

332 2

d ψ 8π mV E ψ 0

dx h− − =

solusinya ( )3γx γx γxψ x Ge Fe Fe− −= + =

Penerapan syarat batas :

Pada saat x = 0

( ) ( )1 2ψ 0 ψ 0=

F = B + A ………………………………………………………. (2.94)

dan 1 2

x=0 x=0

dψ dψdx dx

=

maka γF iαB iαA− = −

( )iγF B A

α= − ………………………………………….…… (2.95)

persamaan (2.94) dan (2.95) dijumlahkan atau dikurangkan

1 iγB 1 F

2 α = +

atau α

F 2Bα iγ

= + ………….…… (2.96)

1 iγA 1 F

2 α = −

atau α

F 2Aα iγ

= − ………….…… (2.97)

E

x 2 1 3

V

ℓ 0

147

Pada saat x = ℓ

( ) ( )2 3ψ ψ=ℓ ℓ

γiα iαBe Ae Fe−−+ = ℓℓ ℓ ………………………………………. (2.98)

dan 32

x= x=

dψdψdx dx

= ℓ ℓ

γiα iαiαBe iαAe γFe−−− = − ℓℓ ℓ

γiα iα iγBe Ae Fe

α−−− = ℓℓ ℓ ………………………………….…… (2.99)

persamaan (2.98) dan (2.99) dijumlahkan atau dikurangkan

γ iα1 iγB 1 Fe e

2 α− − = +

ℓ ℓ dan γ iα1 iγA 1 Fe e

2 α− = −

ℓ ℓ

γ iααF 2 Be e

α iγ

= +

ℓ ℓ dan γ iααF 2 Ae e

α iγ−

= −

ℓ ℓ

2iαα iγB Ae

α iγ− += −

ℓ dan 2iαα iγB* A*e

α iγ −= +

ℓ

BB* AA*=

γ iα1 iγB* 1 F*e e

2 α = −

ℓ ℓ dan 2

21 γ

BB* 1 FF*4 α

= +

Kerapatan Arus Probabilitas (S)

Daerah 1 mempunyai fungsi gelombang

( )1iβx iβxψ x De Ce−= +

Gelombang partikel datang (Si) dari persamaan (2.47)

**

iih

S4πm x x

∂Ψ ∂Ψ= − Ψ − Ψ ∂ ∂

( )( ) ( )( )iγx γx γx γxih

S F*e γFe Fe γF*e 04πm

− − − − = − − − − =

Kerapatan Arus Probabilitas (S) total untuk daerah (1) [persamaan (2.101)] yaitu

( ) ( )rihβ hβ

S S DD* CC* II*2πm 2πm

+ = − =

148

Daerah 2 mempunyai fungsi gelombang ( )2iαx iαxψ x Be Ae−= +

Gelombang partikel datang (Si)

**

iih

S4πm x x

∂Ψ ∂Ψ= − Ψ − Ψ ∂ ∂

( )( ) ( )( )iiαx iαx iαx iαxih

S B*e iαBe Be iαB*e4πm

− − = − − −

( )ihα

S AA*2πm

=

Gelombang partikel pantul (Sr)

**

rih

S4πm x x

∂Ψ ∂Ψ= − Ψ − Ψ ∂ ∂

( ) ( ) ( ) ( )riαx iαx iαx iαxih

S A*e iαAe Ae iαA*e4πm

− − = − − −

( )rhα

S AA*2πm

= −

Kerapatan Arus Probabilitas (S) total untuk daerah (2) [persamaan (2.100)] yaitu

( )rihα hα β

S S BB* AA* II*2πm 2πm α

+ = − =

( )rihβ

S S II*2πm

+ =

Daerah 3 mempunyai fungsi gelombang

( )3iαxψ x He=

Gelombang partikel transmisi (St) dari persamaan (2.47)

**

tih

S4πm x x

∂Ψ ∂Ψ= − Ψ − Ψ ∂ ∂

( ) ( ) ( )( )tiαx iαx iαx iαxih

S I*e iαIe Ie iαI*e4πm

− − = − − −

( ) ( ) ( )tih hα

S iαII* i αII* II*4πm 2πm

= − − − =

2 21 β β β

BB* AA* 1 1 II* II*4 α α α

− = + − − =

…..…. (2.100)

149

b. Kasus E > V (energi partikel lebih besar dari energi potensial)

untuk daerah 1 (– ∞ ≤ x ≤0) di mana V ≠ 0

persamaan Schrodinger bebas waktu

( )2 2

112 2

d ψ 8π mE V ψ 0

dx h+ − =

Solusinya ( )1iβx iβxψ x De Ce−= + Gambar 2.29. Sumur Potensial E>V

untuk daerah 2 (0 < x < ℓ) di mana V = 0

2 22

22 2

d ψ 8π mEψ 0

dx h+ =

solusinya ( )2iαx iαxψ x Be Ae−= + (di atas sumur ada gelombang pantul)

untuk daerah 3 (ℓ ≤ x ≤ ∞) di mana V ≠ 0

persamaan Schrodinger bebas waktu

( )2 2

332 2

d ψ 8π mE V ψ 0

dx h+ − =

solusinya ( )3iβx iβx iβxψ x Ie He Ie−= + =

Karena tidak ada penghalang lagi di daerah 3, maka tidak ada gelombang pantul

Penerapan syarat batas

Pada saat x = 0

( ) ( )1 2ψ 0 ψ 0=

C + D = A + B ………………………………………………. (2.94)

dan 1 2

x=0 x=0

dψ dψdx dx

=

maka iβD iβC iαB iαC− = −

( )αD C B A

β− = − ………………………………………….…… (2.95)

persamaan (2.94) dan (2.95) dijumlahkan atau dikurangkan

α α2D 1 B 1 A

β β

= + + −

………………………………….…… (2.96)

α α2C 1 B 1 A

β β

= − + +

……………………… ……….…… (2.97)

E

x

2 1 3

V

ℓ 0

150

Pada saat x = ℓ

( ) ( )2 3ψ ψ=ℓ ℓ

iβiα iαBe Ae Ie−+ = ℓℓ ℓ ………………………………………. (2.98)

dan 32

x= x=

dψdψdx dx

= ℓ ℓ

iβiα iαiαBe iαAe iβIe−− = ℓℓ ℓ

iβiα iα βBe Ae Ie

α−− = ℓℓ ℓ ………………………………….…… (2.99)

persamaan (2.98) dan (2.99) dijumlahkan atau dikurangkan

iβ iα1 βB 1 Ie e

2 α− = +

ℓ ℓ dan iβ iα1 βA 1 Ie e

2 α = −

ℓ ℓ

iβ iα1 βB* 1 I*e e

2 α− = +

ℓ ℓ dan iβ iα1 βA* 1 I*e e

2 α− − = −

ℓ ℓ

21 β

BB* 1 II*4 α = +

dan 2

1 βAA* 1 II*

4 α = −

2 21 β β β

BB* AA* 1 1 II* II*4 α α α

− = + − − =

…..…. (2.100)

Kedua persamaan di atas lalu disubstitusikan ke persamaan (2.96) dan (2.97)

iβ iβiα iαα 1 β α 1 βD 1 1 Ie e 1 1 Ie e

β 4 α β 4 α− = + + + − −

ℓ ℓℓ ℓ

iβ iβiα iα1 α β 1 α βD 2 Ie e 2 Ie e

4 β α 4 β α−

= + + + − −

ℓ ℓℓ ℓ

( )iα iαiα iα

iβ iβe ee e 1 α βD Ie Ie

2 2 2 β α

−− − += − +

ℓ ℓℓ ℓℓ ℓ

( ) ( )iα iα iα iαiβ iβe e e e1 α β

D* I*e I*e2 2 2 β α

− −− −+ −

= − +

ℓ ℓ ℓ ℓ

ℓ ℓ

( ) ( )iβ iβi α βD Ie cos α Ie sin α

2 β α

= − +

ℓ ℓℓ ℓ

( ) ( )iβ iβi α βD* I*e cos α I*e sin α

2 β α− −

= + +

ℓ ℓℓ ℓ

151

( ) ( )2

2 21 α βDD* cos α sin α II*

4 β α

= + +

ℓ ℓ

( ) ( )2

2 21 α βDD* 1 sin α sin α II*

4 β α

= − + +

ℓ ℓ

( )2

21 α βDD* 1 1 sin α II*

4 β α

= + + −

ℓ

( )2 2

22 2

1 1 α 1 βDD* 1 1 sin α II*

2 4 4β α

= + + + −

ℓ

( )2 2

22 2

1 α βDD* 1 2 sin α II*

4 β α

= + − + +

ℓ

( )2

21 α βDD* 1 sin α II*

4 β α

= + −

ℓ

iβ iβiα iαα 1 β α 1 βC 1 1 Ie e 1 1 Ie e

β 4 α β 4 α− = − + + + −

ℓ ℓℓ ℓ

iβ iβiα iα1 α β 1 α βC Ie e Ie e

4 β α 4 β α−

= − + + −

ℓ ℓℓ ℓ

( )

( )iα iα

iβ iβe e1 α β i α βC Ie Ie sin α

2 2 β α 2 β α

−− = − = −

ℓ ℓ

ℓ ℓℓ

( )iα iα

iβe e1 α βC* I*e

2 2 β α

−−−

= −

ℓ ℓ

ℓ

( )iβi α βC* I*e sin α

2 β α−

= − −

ℓℓ

( )2

21 α βCC* II*sin α

4 β α

= −

ℓ

( ) ( )2 2

2 21 α β 1 α βDD* CC* 1 sin α sin α II*

4 β α 4 β α

− = + − − −

ℓ ℓ

DD* CC* II*− = …………………………………………...… (2.101)

152

Kerapatan Arus Probabilitas (S)

Daerah 1 mempunyai fungsi gelombang ( )1iβx iβxψ x De Ce−= +

Gelombang partikel datang (Si) dari persamaan (2.47)

**

iih

S4πm x x

∂Ψ ∂Ψ= − Ψ − Ψ ∂ ∂

( )( ) ( )( )iiβx iβx iβx iβxih

S D*e iβDe De iβD*e4πm

− − = − − −

( )ihβ

S DD*2πm

=

Gelombang partikel terpantul (Sr)

( )( ) ( )( )riβx iβx iβx iβxih

S C*e iβCe Ce iβC*e4πm

− − = − − −

( )rhβ

S CC*2πm

= −

Kerapatan Arus Probabilitas (S) total untuk daerah (1) [persamaan (2.101] yaitu

( ) ( )rihβ hβ

S S DD* CC* II*2πm 2πm

+ = − =

Daerah 2 mempunyai fungsi gelombang ( )2iαx iαxψ x Be Ae−= +

Gelombang partikel datang (Si)

**

iih

S4πm x x

∂Ψ ∂Ψ= − Ψ − Ψ ∂ ∂

( )( ) ( ) ( ) ( )iiαx iαx iαx iαxih hα

S B*e iαBe Be iαB*e BB*4πm 2πm

− − = − − − =

Gelombang partikel pantul (Sr)

**

rih

S4πm x x

∂Ψ ∂Ψ= − Ψ − Ψ ∂ ∂

( ) ( ) ( )( ) ( )riαx iαx iαx iαxih hα

S A*e iαAe Ae iαA*e AA*4πm 2πm

− − = − − − = −

Kerapatan Arus Probabilitas (S) total untuk daerah (2) [persamaan (2.100)] yaitu

( )rihα hα β

S S BB* AA* II*2πm 2πm α

+ = − =

( )rihβ

S S II*2πm

+ =

153

Daerah 3 mempunyai fungsi gelombang ( )3iαxψ x Ie=

Gelombang partikel transmisi (St) dari persamaan (2.47)

**

tih

S4πm x x

∂Ψ ∂Ψ= − Ψ − Ψ ∂ ∂

( ) ( ) ( )( )tiαx iαx iαx iαxih

S I*e iαIe Ie iαI*e4πm

− − = − − −

( ) ( ) ( )tih hα

S iαII* i αII* II*4πm 2πm

= − − − =

Koefisien Refleksi (R)

( )

( )

2

2

2

r2

i

22

22

1 α βhα C sin αS C 4 β αCC*2πmRS DD*Dhα D 1 α β

1 sin α2πm 4 β α

− = = = = =

+ −

ℓ

ℓ

( )

( )

2 22

2 2

2 22

2 2

1 α β2 sin β

4 β αR

1 α β1 2 sin β

4 β α

− +

=

+ − +

ℓ

ℓ

Di mana 2 2

2h α

E8π m

= dan 2

22

8π mEα

h= serta ( )

22

28π m

β E Vh

= −

2 2

2h β

E V8π m

= +

( )

( )

2

2

1 E E V2 sin β

4 E V ER

1 E E V1 2 sin β

4 E V E

− − + − = − + − + −

ℓ

ℓ

( ) ( ) ( )( ) ( )

( ) ( ) ( )( ) ( )

222

222

E 2E E V E V1sin β

4 E E V

RE 2E E V E V1

1 sin β4 E E V

− − + − − = − − + − + −

ℓ

ℓ

154

( ) ( )

( ) ( )

22

22

Vsin β

4E E VR

V1 sin β

4E E V

−=

+−

ℓ

ℓ

………………………………..……. (2.102)

Koefisien Transmisi (T)

( )

( )t

i

hαII*S II*2πmT

hαS DD*DD*2πm

= = =

dan ( ) ( )( )

2 2 22 V sin β1 α β

DD* 1 sin α II* 1 II*4 β α 4E E V

= + − = + −

ℓℓ

( )( )

2 2II* 1

TDD* V sin β

14E E V

= =+

−ℓ

…………………………..…. (2.103)

( )( )

( )( )

( )( )

( )( )

( )( )

2 2 2 2

2 2 2 2 2 2

V sin β V sin β1

4E E V 4E E V1R T

V sin β V sin β V sin β1 1 1

4E E V 4E E V 4E E V

+− −

+ = + =+ + +

− − −

ℓ ℓ

ℓ ℓ ℓ

R T 1+ =

ketika ( )2

28π m

β E V nπh

= − =ℓ ℓ untuk n = 1, 2, 3, …

( )

( )2 2

1T 1

V sin β1

4E E V

= =+

−ℓ

E meningkat, dan T berosilasi antara nilai maksimum 1 dan nilai kurang dari 1.

Nilai energi partikel untuk T = 1 dengan ( )2

28π m

β E V nπh

= − =ℓ ℓ , yaitu

2 2

2n h

E V8m

= +ℓ

155

Contoh soal

1. Sinar/arus elektron, masing-masing energi E = 3 eV menumbuk tanggul

potensial yang tingginya V = 4 eV, lebar tanggul 20o

A . Hitung prosentase

transmisi sinar elektron yang melewati tanggul (menembus)

jawab:

E = 3 eV = 3x1,6.10–19 J

V = 4 eV = 4x1,6.10–19 J o

1020A 20.10 m−= =ℓ

22k16E ET 1 e

V V− = −

ℓ

( ) ( )EVmEVm

k −=−= 222

2222

ℏ

ℓ

ℏℓℓ

( ) 49,2010 .6,110 9,1. x 210 .504,1

10 .2 x 22 19-31-

34-

9

2 ==−

ℓk

49,202 1

4

31

4

3 x 161

6,12

−−

−=

−=e

eV

E

V

ET k ℓ

T= 3,797 . 10-9, prosentasenya= 3,797. 10-7 %

156

5. Partikel dalam kotak energi 3 dimensi tanpa pengaruh medan gaya luar.

Persamaan Schrodinger bebas waktu

( )22

2mψ E V ψ 0∇ + − =ℏ

22

2mEψ ψ 0∇ + =

ℏ dengan V = 0

2 2 2

2 2 2 2

ψ ψ ψ 2mEψ0

x y z

∂ ∂ ∂+ + + =∂ ∂ ∂ ℏ

( ) ( ) ( ) ( )ψ x,y,z =X x Y y Z z

2 2 2

2 2 2 2

d X d Y d Z 2mEYZ ZX XY XYZ 0

dx dy dz

+ + + = ℏ

2 2 2

2 2 2 2

1 d X 1 d Y 1 d Z 2mE0

X Y Zdx dy dz

+ + + = ℏ

Energi kinetik E dapat dipisah menjadi x y zE E E E= + +

2 2 2yx z

2 2 2 2 2 2

2mE1 d X 2mE 1 d Y 1 d Z 2mE0

X dx Y dy Z dz

+ + + + + =

ℏ ℏ ℏ

2x

2 2

2y

2 2

2z

2 2

d X 2mE0

dx

2mEd Y0

dy

d Z 2mE0

dz

X

Y

Z

+ =

+ =

+ =

ℏ

ℏ

ℏ

12

12

12

x0 2

y0 2

z0 2

x

y

z

2mEX X sin x

2mEY Y sin x

2mEZ Z sin x

φ

φ

φ

= +

= +

= +

ℏ

ℏ

ℏ

Fungsi gelombang partikel dalam kotak

12

yx z3

n πy8 n πx n πzψ(x,y,z) sin sin sin

= ℓ ℓ ℓ ℓ

; dengan 3

312 28 2 =

ℓ ℓ

syarat batas di atas dapat dipenuhi jika

0x y zφ φ φ= = =

x

x

y

z

ℓ

ℓ

ℓ

}dengan syarat batas

X(x) = 0 pada x = 0 dan x = ℓ

Y(y) = 0 pada y = 0 dan y = ℓ

Z(z) = 0 pada z = 0 dan z = ℓ

157

Nilai eigen partikel dalam kotak

2 2 2x

x 2

π nE

2m= ℏ

ℓ ;

2 2 2y

y 2

π nE

2m=ℏ

ℓ ;

2 2 2z

z 2

π nE

2m= ℏ

ℓ

total energi partikel dalam kotak, yaitu :

( )2 2

2 2 2x y z2

πE n n n

2m= + +ℏ

ℓ

dengan ( nx = 1, 2, 3, . . . ; ny = 1, 2, 3, . . . dan nz = 1, 2, 3, . . . )

Energi terendah yang mungkin yaitu jika nx= ny= nz=1 atau dalam keadaan dasar

(ground state)

( )2 2 2 2

111 2 2

π 3πE 1 1 1

2m 2m= + + =ℏ ℏ

ℓ ℓ

Persamaan di atas disebut tingkat energi non degenerate karena keadaan ini hanya

mempunyai satu fungsi gelombang, yaitu :

32

1112 πx πy πz

ψ sin sin sin = ℓ ℓ ℓ ℓ

Partikel yang mempunyai energi sama dalam keadaan hanya mempunyai satu

fungsi gelombang dan hanya mempunyai satu tingkat energi disebut tingkat energi

non-degenerate.

Partikel yang mempunyai energi sama dalam keadaan tereksitasi dapat

mempunyai tingkat energi berbeda dan mempunyai fungsi gelombang berbeda,

keadaan ini disebut tingkat energi degenerate.

Contoh :

Untuk keadaan tereksitasi pertama,

nilai-nilai bilangan kuantum yang mungkin adalah

nx ny nz 2 1 1 1 2 1 1 1 2

(nx, ny, nz) = (2,1,1), (1,2,1), dan (1,1,2)

terdapat 3 keadaan energi berbeda yang mempunyai nilai energi sama, yaitu :

2 2

211 121 112 26π

E E E2m

= = = ℏ

ℓ

158

terdapat 3 fungsi gelombang berbeda, maka derajat degenerasi tingkat energi

dikatakan lipat 3.

32

2112 2πx πy πz

ψ sin sin sin = ℓ ℓ ℓ ℓ

32

1212 πx 2πy πz

ψ sin sin sin = ℓ ℓ ℓ ℓ

32

1122 πx πy 2πz

ψ sin sin sin = ℓ ℓ ℓ ℓ

Contoh :

Untuk keadaan tereksitasi kedua,

nilai-nilai bilangan kuantum yang mungkin adalah

nx ny nz 2 2 1 adalah degenerasi lipat 3 2 1 2 1 2 2

Terdapat 3 keadaan energi berbeda yang mempunyai energi sama, yaitu :

2 2

221 122 212 29π

E E E2m

= = = ℏ

ℓ

32

2212 2πx 2πy πz

ψ sin sin sin = ℓ ℓ ℓ ℓ

32

1222 πx 2πy 2πz

ψ sin sin sin = ℓ ℓ ℓ ℓ

32

2122 2πx πy 2πz

ψ sin sin sin = ℓ ℓ ℓ ℓ

Contoh :

nilai-nilai bilangan kuantum yang mungkin adalah

nx ny nz 2 2 2

2 2

222 212π

E2m

= ℏ

ℓ disebut tingkat energi non degenerate

32

2222 2πx 2πy 2πz

ψ sin sin sin = ℓ ℓ ℓ ℓ

159

Contoh-contoh soal

1. Seberkas sinar elektron, masing-masing energi elektron E = 4 eV, menumbuk

tanggul potensial setinggi, V = 6 eV. Jika lebar tanggul 10 Å, hitung persentasi

sinar elektron yang ditransmisikan melewati tanggul potensial.

Jawab :

o9 = 10A = 10 m−ℓ ; 34 = 1,054.10 J.s−ℏ ; 31m = 9,1.10 kg−

( )19 19E = 4 eV = 4 1,6.10 = 6,4.10 joule− −

( )19 19V = 6 eV = 6 1,6.10 = 9,6.10 joule− −

2k16E ET = 1 e

V V− −

ℓ ; ( )

12

2

2m V Ek =

− ℏ

;

( )1

222k 2m V E= − ℓ

ℓ

ℏ

( )( )( )12

931 19

342.10

2k 2 9,1.10 9,6 6,4 101,054.10

l−

− −−

= −

2k = 14,48ℓ

( )19 197

19 1914,48

16 6,4.10 6,4.10 32 1T = 1 e 5,145.10

3 39,6.10 9,6.10

− −−

− −−

− =

6T = 1,829.10−

atau 4T = 1,829.10 %−

2. Hitung lebar tanggul potensial atom di mana sebuah partikel α dipancarkan

dengan energi kinetik 4 MeV dari sebuah atom radioaktif dengan berat atom A

= 222 dan bilangan atom Z = 86.

Jawab :

( ) ( )( )1 13 315 15 15

0= 1,5.10 A = 1,5.10 222 = 9.10 mr − − −

misal r1 jarak dari pusat inti di mana energi potensial partikel α adalah sama

dengan energi kinetiknya.

( ) 2

0 1

2 Z 2 eE =

4π r−∈

160

( ) ( )( ) ( )( )( )

19 92

1 6 190

22 86 2 1,6.10 9.102 Z 2 e

4 E 4.10 1,6.10r

π

−

−

−−= =

∈

151 60,48.10 mr −=

maka lebar tanggul potensial yaitu

( )1 015 = r r = 60,48 9 .10 m−− −ℓ

15 = 51,48.10 m−ℓ

3. Seberkas sinar elektron menumbuk tanggul potensial V = 5 eV dan lebar

tanggul (l) = 0,5 nm. Berapakah energi yang seharusnya dimiliki elektron-

elektron agar 50% berkas elektron dapat melewati/menembus tanggul?

Jawab :

34 = 1,054.10 J.s−ℏ ; 31m = 9,1.10 kg−

( )19 19V = 5 eV = 5 1,6.10 = 8.10 joule− −

10 = 0,5 nm = 5.10 m−ℓ ; 1

T = 50% = 2

2 2

2

1T =

mv1

2E+ ℓ

ℏ

; atau 2 2

2mv 1

1T2E

= −ℓ

ℏ

2 2

2mv 1

1 112E2

= − =ℓ

ℏ

( )( ) ( )( )

2 231 19 102 2

2 34

9,1.10 8.10 5.10mvE = = joule

2 2 1,054.10

− − −

−ℓ

ℏ

1919

1965,53.10

E = 65,53.10 joule = eV = 40,95 eV1,6.10

−−

−

4. Melalui persamaan Schrodinger, hitunglah energi keadaan dasar (ground state)

suatu osilator harmonik ?

Jawab :

F = kx− ; sebagai gaya pemulih

21V = kx

2; sebagai energi potensial

161

( )2

2 2d Ψ 2m

E V Ψ = 0dx

+ −ℏ

;

22

2 2d Ψ 2m 1

E kx Ψ = 02dx

+ − ℏ

……………………………………………..... (a)

misal solusi dugaan awal yaitu ( ) 2axΨ x = Ae− …………………………… (b)

maka ( )2axdΨ = 2ax Ae

dx−−

( ) ( ) ( )2 22

2ax axd Ψ

= 2a Ae 2ax 2ax Aedx

− −− − − ………………………. (c)

substitusikan persamaan (b) & (c) ke persamaan (a)

( ) ( )2 2 22 2 22

ax ax ax2m 12a Ae + 4a x Ae + E kx Ae = 0

2− − − − −

ℏ

2 2 22

2m 12a + 4a x + E kx = 0

2 − − ℏ

2 2 2 22

2 2a a x 1

E = kx24π m 2π m

h h− +

solusi harus valid untuk semua nilai x, maka koefisien x2 harus dihilangkan,

sehingga 2 2

2a

= kπ m

h ;

atau π km

a = h

2 22 2

2 2a 1 1 a

E = kx kx = 2 24π m 4π m

h h− +

2

2π km h k

E = = h 4π m4π m

h

dengan 1 k

f = 2π m

1E = hf

2 sebagai energi keadaan dasar osilator harmonik

5. Sebuah elektron dibatasi kotak satu dimensi, lebar sisi 0,1 nm. Hitunglah 2

nilai eigen pertama dalam elektron volt (eV).

Jawab :

162

( )( ) ( )

2 342 2 2 2 2

n 2 2 31 9

2

2

n 6,626.10n π n hE = joule

2m 8m 8 9,1.10 0,1.10

−

− −= =ℏ

ℓ ℓ

( )18 2nE 5,5.10 n joule−=

2nE = 34,4 n eV

6. Hitunglah energi ground state sebuah osilator harmonik frekuensi 50 Hz.

Jawab :

( )( )34 321 1E = hf = 6,626.10 50 = 1,66.10 joule

2 2− −

7. Energi sebuah osilator harmonik dalam keadaan eksitasi ke 3 adalah 0,1 eV.

Hitung frekuensi getarannya.

Jawab :

n1

E = n + hf 2

; n = 3 ;

203E = 0,1 eV = 1,6.10 joule−

( )20

12n

34

E 1,6.10f = = = 6,895.10 Hz

1 1n + hf 3 6,626.10

2 2

−

− +

12f 6,895.10 Hz=

8. Hitunglah energi terendah neutron (ground state) yang dibatasi oleh ukuran inti

10-14 m, massa neutron = 1,67.10

-27 kg.

Jawab :

2 2

n 2n h

E = 8mℓ

( )( ) ( )

342 2

1 2 27 14

2

2

6,626.101 hE = joule

8m 8 1,67.10 10

−

− −=

ℓ

1313

1 193,28.10

E 3,28.10 joule eV1,6.10

−−

−= =

1E = 2,05 MeV

163

Soal-soal latihan Bab 2

1. Permukaan suatu logam mempunyai fungsi kerja W = 4 eV. Berapa kecepatan

maksimum elektron yang dipancarkan permukaan logam ketika disinari cahaya

frekuensi 1015 Hz.

2. Hitung energi (dalam eV) elektron dari permukaan Tungsten (panjang

gelombang ambang λ0 = 2300 Å) jika diradiasi dengan cahaya λ = 1800 Å.

3. Cahaya λ = 4300 Å mengenai permukaan logam

a) Nickel yang mempunyai fungsi kerja W = 5 eV dan

b) Kalium yang mempunyai fungsi kerja W = 2,3 eV

Apakah elektron akan dipancarkan oleh kedua permukaan logam tersebut ?

Hitung kecepatan maksimum elektron yang dipancarkan.

4. Tunjukkan bahwa energi elektron recoil maksimum dari sebuah elektron bebas

bermassa diam m0 , ketika ditumbuk oleh foton panjang gelombang λ diberikan

oleh max

2 2e0

k 2e

2m c λE

λ 2λλ=

+ di mana λe = panjang gelombang Compton

5. Sebuah permukaan logam, ketika disinari dengan cahaya λ1 memancarkan

elektron dengan energi maksimum E1 dan jika disinari dengan cahaya λ2 (di

mana λ1 > λ2 ) akan memancarkan elektron dengan energi maksimum E2.

Buktikan bahwa tetapan Planck (h) dan fungsi kerja (W) dari logam diberikan

oleh ( )

( )2 1 1 2

1 2

E E λ λ

c λ λh

−=

− dan 2 2 1 1

1 2

E λ E λλ λ

W−

=−

6. Buktikan bahwa energi kinetik elektron recoil/terpental (Gambar 2.17) adalah

( )

2

k 2 2 2

2hfα cos φE

1 α α cos φ=

+ −

7. Cahaya dengan panjang gelombang λ membebaskan elektron-elektron dari

sebuah permukaan logam yang mempunyai panjang gelombang ambang λ0.

Buktikan panjang gelombang de Broglie (λd) elektron-elektron yang

dipancarkan permukaan logam dengan Ek maksimum adalah

( )2 0d

0

hλ λλ

2mc λ λ=

−

164

8. Jika E adalah energi foton datang dan E0 adalah energi elektron diam, buktikan

bahwa energi kinetik elektron recoil adalah

k1

8E E= jika 0φ 60= dan 0E 2E=

9. Jika E adalah energi foton datang dan E0 adalah energi elektron diam, buktikan

bahwa energi kinetik elektron recoil adalah ( )

2 20

k 2 2 20

2E E cosφE

E E E cosφ=

+ −

10. Seberkas elektron menumbuk tanggul potensial V = 5 eV dan lebar tanggul

tersebut l = 10Å. Berapakah energi yang seharusnya dimiliki elektron-

elektron agar 20% berkas elektron dapat menebus tanggul potensial?

165

BAB 3 MODEL-MODEL ATOM

Garis-garis terang pada spektrum cahaya dari suatu gas yang memijar

merupakan salah satu eksperimen yang tidak dapat dijelaskan oleh fisika klasik.

Spektrum cahaya dari pijaran gas yang terurai melalui prisma (terlihat berupa

garis-garis terang) berbeda sekali dengan spektrum cahaya dari pijaran padatan

yang mirip pelangi. Pola spektrum setiap unsur suatu gas memiliki garis-garis

yang berbeda, di mana tidak ada dua unsur yang memiliki pola garis yang sama,

sehingga pola spektrum suatu gas memiliki kharakteristik tersendiri yang berbeda

dengan gas lain. Jika radiasi dari padatan panas dilewatkan melalui gas dingin,

maka akan tampak spektrum garis-garis gelap yang polanya tepat bersesuaian

dengan spektrum garis-garis terang ketika gas tersebut memijar. Jadi frekuensi

serapan gas dingin tepat sama dengan frekuensi pancaran pijaran gas dari unsur

yang sama, maka tingkat energi dalam gas dapat berubah-ubah di mana gas dapat

menerima maupun melepas energi. Eksperimen emisi cahaya dari pijaran gas yang

menampilkan spektrum garis-garis terang telah dipercaya dapat mengandung

informasi fundamental mengenai struktur atom, sehingga emisi cahaya dari suatu

gas akan dapat menyingkap rahasia struktur atom.

Penemuan Thomson tentang partikel bermuatan negatif yang kemudian

disebut elektron, telah meningkatkan kemajuan pesat ilmu pengetahuan fisika

khususnya yang menyangkut partikel elementer penyusun atom. Atom bukan lagi

sebagai bagian terkecil dari suatu unsur karena atom masih dapat dibagi-bagi lagi

ke dalam bagian muatan negatif (elektron) dan muatan positif (inti atom), padahal

pada era sebelumnya, Jhon Dalton berpendapat bahwa atom merupakan bagian

terkecil penyusun suatu unsur atau materi. Penemuan elektron oleh Thomson telah

mendorong ilmuwan untuk mencoba menggambarkan bagaimana hubungan

elektron (muatan negatif) dengan inti atom (muatan positif), bagaimana posisi

elektron dalam atom, bagaimana hubungan posisi elektron dengan inti atom

terhadap kestabilan atom, dan bagaimana hubungan elektron dengan inti atom

terhadap garis-garis terang spektrum suatu gas. Ilmuwan kemudian mencoba

membuat model-model atom untuk mencoba menggambarkan dan memahami

struktur atom setelah ditemukan elektron sebagai unsur penyusun atom.

166

3.1. Model Atom Thomson

Pada tahun 1897 J.J.Thomson berhasil menemukan partikel bermuatan

negatif yang kemudian dinamakan elektron. Thomson juga menemukan bahwa

elektron mempunyai rasio antara muatan elektron terhadap massa elektron,

Thomson menganggap elektron adalah sebuah partikel dan bukan sinar katoda

(gelombang). Pada waktu itu telah diketahui bahwa atom secara total bermuatan

netral, sehingga atom haruslah mengandung partikel-partikel bermuatan positif

untuk mengimbangi elektron yang bermuatan negatif. Berdasarkan hal tersebut

Thomson merumuskan model atom yang juga disebut model atom roti kismis

pada tahun 1907, yang diuraikan sebagai berikut :

- Atom tersusun atas muatan-muatan positif yang tersebar

merata dalam seluruh volume bola.

- Muatan-muatan negatif (elektron) melekat pada

permukaan bola positif di titik-titik/posisi tertentu.

- Massa keseluruhan atom terdistribusi secara merata

dalam seluruh volume bola.

- Elektron tidak bergerak mengelilingi inti dan tetapi

bergetar pada frekuensi tertentu di posisinya.

Thomson membangun model atom tersebut berdasarkan asumsi-asumsi fisika

klasik yaitu :

1. Dinamika suatu atom mengikuti hukum mekanika Newton.

2. Radiasi dari suatu atom mengikuti teori gelombang elektromagnet Maxwell.

Menurut model atom ini gaya tarik dari muatan-muatan positif terhadap

elektron dinetralkan oleh gaya tolak-menolak antar elektron-elektron, sehingga

elektron-elektron tetap berada dalam keadaan setimbang. Gaya tolak-menolak

antar elektron-elektron menyebabkan elektron-elektron tersebut mengatur

posisinya masing-masing dipermukaan bola bermuatan positif, di mana elektron

tidak bergerak mengelilingi bola bermuatan positif tersebut tetapi bergetar dengan

frekuensi tertentu pada posisinya masing-masing. Walaupun Thomson telah

beranggapan bahwa elektron adalah sebuah partikel, namun Thomson tidak dapat

menjelaskan secara rinci bagaimana interaksi partikel elektron dengan muatan

positif.

167

Pada eksperimen hamburan partikel α (inti He yang bermuatan positif)

yang kemudian dilakukan Rutherford, dimana partikel α ditembakkan ke lapisan

tipis logam emas, diperoleh data bahwa kebanyakan partikel α diteruskan atau

dihamburkan dengan sudut yang kecil dan jarang sekali partikel α dipantulkan

balik atau dihamburkan dengan sudut besar, sehingga disimpulkan bahwa massa

atom yang bermuatan positif terletak di tengah atom dan atom hampir kosong

sama sekali. Muatan positif tidak terdistribusi merata secara merata tetapi

terkonsentrasi di tengah-tengah atom. Hal ini bertentangan dengan model atom

Thomson yang menyatakan massa keseluruhan atom terdistribusi secara merata

dalam seluruh volume bola atom sehingga seharusnya partikel α (pada waktu itu

sudah diketahui bermuatan positif) banyak yang dipantulkan, tetapi dari

eksperimen justru didapatkan banyak partikel α yang menembus selaput tipis

emas dengan sudut hambur kecil, ini menunjukkan bahwa atom banyak terdapat

ruang kosong.

Menurut model atom Thomson ini, atom Hidrogen hanya mempunyai satu

elektron yang bergetar pada suatu frekuensi tertentu sehingga spektrum emisi gas

Hidrogen diharapkan akan berupa satu garis frekuensi, padahal kenyataannya dari

eksperimen didapatkan bahwa spektrum emisi/pancaran gas Hidrogen memiliki

banyak garis-garis terang berfrekuensi berbeda, seperti terlihat pada gambar 3.1 di

bawah ini.

Kelemahan-kelemahan model atom Thomson diantaranya yaitu :

1. Tidak dapat menjelaskan mengapa partikel α yang ditembakkan pada

lapisan tipis emas (eksperimen Rutherford), banyak yang menembus lapisan

tipis emas.

2. Tidak dapat menjelaskan garis-garis terang spektrum emisi/pancaran gas

Hidrogen yang jumlahnya banyak, padahal Hidrogen hanya memiliki satu

elektron.

N M L K

Gambar 3.1. Spektrum emisi gas Hidrogen

Hα Hβ Hγ Hδ

168

3.2. Model Atom Rutherford

Tahun 1908 Rutherford bersama Hans Geiger (mahasiswanya dari Jerman)

mempelajari hamburan partikel α (inti atom He) yang ditembakkan pada selaput

emas tipis. Dengan mikroskop Rutherford mengamati sinar kecil ketika partikel α

menumbuk layar yang dapat berpendar. Rutherford merumuskan model hamburan

partikel α oleh selaput tipis logam, berdasarkan asumsi-asumsi sebagai berikut :

a. Partikel α dan inti atom logam adalah sangat kecil sehingga dianggap sebagai

massa titik dan muatan titik.

b. Gaya yang bekerja antara partikel α dengan inti atom logam adalah gaya tolak

elektrostatik.

c. Inti atom logam dianggap sangat berat/besar dibanding partikel α, sehingga

dianggap diam di tempat.

d. Gaya tolak elektrostatik antara partikel α dan inti atom berbanding terbalik

dengan kuadrat jarak antara keduanya. Karena itu sebuah partikel α

menggambarkan satu cabang dari sebuah hiperbola dengan inti terletak pada

fokus luar.

Perumusan matematik dari peristiwa hamburan partikel α (partikel α umumnya

diperoleh dari zat radioaktif alam) oleh Rutherford adalah sebagai berikut :

Parameter tumbukan (b) adalah jarak terdekat di mana partikel α dapat

melewati dekat inti tanpa mendapat gaya tolak inti. Misal momentum awal 1p�

dan

momentum akhir 2p�

, maka perubahan momentum 2 1p = p p∆ −� � � di mana p∆�

adalah impuls yang diberikan inti pada partikel α.

partikel αααα

∆∆∆∆p

θθθθ

ββββ

b

b

ββββ

ϕϕϕϕ

inti atom

garis asymtot

lintasan partikel αααα

Gambar 3.2. Hamburan partikel α

169

p = F dt∆ ∫��

di mana F�

adalah gaya yang dikenakan oleh inti pada partikel α, θadalah sudut

antara ∆p – inti – partikel α , dan φ adalah sudut hamburan.

Menurut asumsi-asumsi di atas, inti berada dalam keadaan diam, oleh karena itu

momentum dan energi kinetiknya tetap. Misal massa partikel α adalah m dan

besarnya kecepatan partikel α yaitu v , maka p2 = p1 = mv ,

jika π φ

DBA DBC β2

−∠ = ∠ = =

Menurut dalil sinus

p mv mv

π φ φsin φ sin cos2 2

∆ = =−

…………………………………...…. (3.1)

di mana φ φ

sin φ 2sin cos2 2

=

maka φ

p 2mv sin2

∆ =

Perubahan momentum (∆p) adalah sama arah dengan impuls yang

diberikan oleh inti pada partikel α , oleh karena itu besarnya impuls yaitu

Fdt F cos θ dt=∫ ∫�

di mana p = Fdt∆ ∫��

maka 0

φ2mv sin F cos θ dt

2

∞ =

∫

pada saat t = 0, maka π φ

θ2

− = −

t = ∞, maka π φ

θ2

− =

π φ2

π φ2

φ dt2mv sin F cos θ dθ

2 dθ

−

− −

=

∫ …………………...……...…… (3.2)

∆∆∆∆p

ββββ ββββ

P1

P2

B

C

A

D

ϕϕϕϕ

Gambar 3.3. Resultan vektor momentum

170

Gaya tolak elektrostatik yang diberikan inti pada partikel α, bekerja di sepanjang

garis antara partikel α dengan inti. Oleh karena itu momentum sudut partikel α di

sekitar inti harus tetap konstan.

Momentum sudut partikel α saat awal adalah

2dθm r mvb konstan

dt= =

dan 2dt r

dθ vb

= lalu disubstitusikan ke persamaan (3.2)

π φ2

π φ2

2φ r2mv sin F cos θ dθ

2 vb

−

− −

=

∫

di mana partikel α bermuatan +2e. Jika nomor atom inti Z maka muatan inti +Ze,

maka gaya elektrostatik yang dikerjakan inti pada partikel α yaitu :

2 2

2 2o

1 2Ze 2kZeF

4π r r= =

∈ ; di mana 2 2

o

1k Nm /

4πC=

∈

maka π φ

2

π φ2

2 2φ 2kZe 2kZe π φ π φ2mv sin cos θ dθ sin sin

2 vb vb 2 2

−

− −

− − = = − −

∫

2 2φ 2kZe π φ 4kZe φ2mv sin 2sin cos

2 vb 2 vb 2

− = =

lihat persamaan (3.1)

maka 2kZe φ

b cotT 2

=

…………………………………………………... (3.3)

di mana 21

2T mv= dan untuk 0φ 180 b 0= → =

Gambar 3.4. Parameter tumbukan terhadap sudut hamburan.

inti atom

σ

φ

b

2σ πb= σ = luas penampang lintang interaksi

171

Misal selaput tipis suatu unsur logam berat mengandung n atom per satuan

volume dan ketebalan tipis t. Jika luas selaput tipis, di mana partikel α menumbuk

adalah A, maka jumlah inti atom target yang ditumbuk oleh partikel α yaitu ntA.

Dianggap bahwa selaput sangat tipis sehingga penampang lintang inti tetangganya

atau sebelahnya tidak overlap (tumpang tindih) dan bahwa defleksi

(pembelokkan) sebuah partikel α terhambur secara keseluruhan disebabkan oleh

sebuah tumbukan tunggal dengan inti.

Fraksi f partikel–partikel α yang dihamburkan pada sudut φ atau lebih

terhadap jumlah total partikel α yang menumbuk/datang diberikan oleh :

penampang lintang total

fluas target

=

2ntAσf ntσ ntπb

A= = =

dari persamaan (3.3)

2 2 42

2ntπk Z e φ

f cot2T

=

fraksi partikel α yang dihamburkan antara sudut φ dan φ + dφ yaitu

2 2 4

22

ntπk Z e φ φdf cot cosec dφ

2 2T

= −

………………………….... (3.4)

tanda (–) menunjukkan bahwa selama φ meningkat, f menurun.

R = jarak antara selaput tipis dengan layar.

Di mana luas cincin di layar yaitu 22πR sinφ dφ , maka jumlah partikel α yang

dihamburkan antara sudut φ dan φ + dφ yaitu dan menumbuk layar, yaitu :

φ i 2

dfN N

2πR sin φ dφ=

22 2 4

iφ 2 2

φ φcot cosec dφ

N nπtk Z e 2 2N

T 2πR sin φ dφ

=

di mana iN adalah jumlah partikel α yang datang/menumbuk selaput tipis

2 2 4

4iφ 2 2

N n t k Z e φN cosec

24R T

=

………………………..…………… (3.5)

persamaan (3.5) merupakan rumus hamburan Rutherford.

partikel α

φ dφ

Rdφ

selaput tipis logam

R

Rsin φ

Gambar 3.5. Hamburan Rutherford.

layar

172

Jarak terdekat (D) partikel α dapat mendekati inti suatu atom yaitu pada titik di

mana energi kinetik (Ek) partikel α sama dengan energi potensial partikel α yang

disebabkan oleh inti atom.

0

2 2

k2Ze 2kZe

E4π D D

= =∈

2

k

2kZeD

E=

contoh :

Dalam eksperimen Geiger-Marsden pada hamburan partikel α dari foil (selaput

tipis) emas, digunakan partikel α dengan Ek =8 MeV. Hitung jarak terdekat

partikel α mendekati inti atom emas. (nomor atom emas Z = 79)

jawab :

( )( )( )

( ) ( )29 192

6 19k

2 9.10 79 1,6.102kZeD

E 8.10 1,6.10

−

−= =

14D 2,844.10 m−=

Penggunaan partikel α yang bermuatan positif dengan cara ditembakkan

ke suatu materi, menurut Rutherford merupakan bahan ideal untuk mempelajari

struktur atom. Geiger mengamati bahwa sebagian besar hamburan partikel α

bersudut kecil (sekitar 10 ) dan sangat sedikit partikel α yang dihamburkan dengan

sudut di atas 100. Pengamatan berikutnya Geiger bersama Marsden mengamati

ada partikel α yang dipantulkan balik. Dari percobaan tersebut Rutherford

berpendapat :

- Massa atom terpusat di tengah atom karena massa elektron sangat kecil.

- Inti atom padat dan memiliki muatan positif yang sangat besar.

- Atom hampir kosong sama sekali, inti atom hanya menempati sepermilyar

ruang atom dan terletak di pusat atom.

Meskipun model atom Rutherford dapat menerangkan fenomena

hamburan, namun belum dapat menjelaskan susunan elektron di sekitar inti,

terdiri dari apakah inti atom itu dan apa yang mempertahankannya dari tolakan

muatan-muatan positif, serta mengapa elektron yang bermuatan negatif tidak jatuh

173

ke inti yang bermuatan positif oleh gaya tarik elektrostatik. Untuk menjelaskan

pertanyaan-pertanyaan tersebut, Rutherford kemudian mengajukan model atom

planet, di mana elektron mengelilingi inti yang kecil dan gaya sentrifugal elektron

yang mengelilingi inti akan mengimbangi gaya tarik elektrostatik, sehingga

elektron tetap pada orbitnya. Model planet Rutherford ini ternyata masih

memunculkan persoalan lain yaitu :

- elektron yang bergerak mengelilingi inti akan mengalami percepatan

sentripetal dan karena elektron partikel bermuatan, maka percepatan elektron

akan memancarkan radiasi kontinyu gelombang elektromagnetik.

- Elektron akan kehilangan energinya terus-menerus dan akhirnya secara spiral

elektron akan jatuh ke inti.

Persoalan-persoalan tersebut di atas menunjukkan elektron mempunyai

jumlah orbit lintasan yang tak terbatas karena bergerak spiral menuju inti atom,

padahal menurut eksperimen lintasan elektron stabil dan tidak jatuh ke inti,

sehingga model planet Rutherford masih mengandung kelemahan yaitu tidak

dapat menjelaskan

- masalah stabilitas atom secara keseluruhan

- masalah distribusi elektron-elektron di luar inti atom.

Atom dengan dua elektron menurut model atom planet Rutherford adalah sebagai

berikut : Gaya sentrifugal akibat gerak elektron mengelilingi inti atom dapat

mengimbangi gaya tarik elektrostatik antara elektron dengan inti.

gaya sentrifugal : 2mv

Fr

=

gaya elektrostatik : ( )

02

2e eF

4πε r=

maka ( )

0

2

2

2e emv

r 4πε r=

( )

0

2

2

Ze emv

r 4πε r=

Karena mengalami percepatan sentrifugal, maka elektron akan meradiasikan

gelombang elektromagnetik, sehingga elektron akan kehabisan energi dan akan

segera jatuh ke inti atom.

+

2e

– –

174

Contoh Soal :

1. Sebuah elektron dengan kecepatan 5v 4.10 m/s= mendekati inti dari jarak jauh,

di mana parameter tumbukan inti 10b 0,5.10 m−= . Hitung momentum sudut

elektron di sekitar inti.

Jawab :

31m 9,1.10 kg−= ; 5v 4.10 m/s= ; 10r 0,5.10 m−= di mana r = b

momentum sudut L = mvr

( )( )( )31 5 10 35 2L 9,1.10 4.10 0,5.10 1,82.10 kg m /s− − −= =

2. Sebuah partikel α mempunyai energi kinetik 2.10–13 J dihamburkan oleh

sebuah atom Aluminium melalui sudut 90°. Hitung jarak terdekat ke inti (b)

dari arah mula-mula.

Jawab :

2kZe φb cot

T 2 =

di mana 9 2 2k 9.10 N m / C= ; 19e 1,6.10 C−=

13T 2.10 J−= ; Z = 13 ; 0φ 1

cot 12 tan 45

= =

( )( )( ) ( )( )

29 19

13

9.10 13 1,6.10 1b

2.10

−

−=

14b 1,4976.10 m−=

3. Sebuah partikel α mempunyai energi kinetik 4 MeV dihamburkan oleh foil

(selaput tipis) emas (Z = 79). Hitung volume maksimum di mana muatan

positif atom dikonsentrasikan.

Jawab :

( ) ( )6 19 13T 4 MeV 4.10 1,6.10 6,4.10 J− −= = =

( )( ) ( ) ( ) ( )( )0

29 192 262 9.10 79 1,6.10Ze 2e 2kZe 3,64032.10V J

4π r r r r

− −= = = =

∈

T = V di mana T = energi kinetik, V = energi potensial

2613 3,64032.10

6,4.10 J Jr

−− =

175

14r 5,688.10 m−=

( )33 14 40 34 4 22

3 3 7V πr 5,688.10 7,7.10 m− − = = =

4. Hitung parameter tumbukan dari sebuah partikel α berenergi 5 MeV yang

dihamburkan dengan sudut 10° oleh inti emas (Z = 79).

Jawab :

( ) ( )( )( )( )

29 192

06 19

9.10 79 1,6.10kZe φ 1b cot

T 2 105.10 1,6.10tan

2

−

− = =

( )( ) ( )( ) ( ) ( )

16 16 16

0 0

9 79 1,6.10 227,52.10 227,52.10b

0,08755 tan 5 tan 5

− − −= = =

13b 2,6.10 m−=

5. Pada eksperimen hamburan partikel α Geiger-Marsden ke foil (selaput tipis)

emas, digunakan partikel α dengan Ek = 10 MeV. Hitung jarak terdekat partikel

α dapat mendekati inti atom emas. (nomor atom emas Z = 79).

Jawab :

( )( )( )( ) ( )

29 192

6 19k

2 9.10 79 1,6.102kZeD

E 10.10 1,6.10

−

−= =

14D 2,2464.10 m−=

6. Pada eksperimen hamburan partikel α Geiger-Marsden ke foil (selaput tipis)

emas, diketahui jarak terdekat partikel α dengan inti emas yaitu 0,01 pm.

Hitung energi partikel α yang diperlukan untuk dapat mendekati inti atom

emas. (nomor atom emas Z = 79).

Jawab :

( )( )( )( )

29 192

k 14

2 9.10 79 1,6.102kZeE

D 1.10

−

−= =

12kE 3,64.10 J 22,75 MeV−= =

176

3.3. Model Atom Bohr

Selama 150 tahun, percobaan emisi cahaya dari berbagai gas, telah

dilakukan dilakukan di laboratorium-laboratorium fisika di Eropa. Beberapa

fisikawan percaya percobaan ini akan menyingkap rahasia struktur atom. Pada

tahun 1752 Thomas Melvill (Fisikawan Scotlandia) meneliti emisi cahaya dari

berbagai pijaran gas. Melvill menemukan bahwa spektrum cahaya dari gas panas

yang terlihat melalui prisma berbeda sekali dengan spektrum cahaya padatan

panas (berpijar). Pijaran gas memberikan spektrum cahaya dengan garis-garis

terang yang berbeda-beda, masing-masing memiliki warna dalam bagian spektrum

dan setiap gas memiliki pola spektrum yang khas. Sedangkan padatan yang

berpijar menghasilkan spektrum mirip pelangi (kontinyu).

Pola spektrum setiap gas memiliki ukuran yang sangat pasti. Tidak ada

dua unsur yang memiliki pola garis yang sama. Jadi spektrum dapat dipakai untuk

mengenali gas yang tidak diketahui, seperti penemuan gas Helium dari spektrum

matahari. Gas panas (berpijar) menampakkan pola spektrum garis-garis terang

yang disebut spektrum emisi. Sedangkan radiasi dari padatan berpijar yang

dilewatkan pada gas dingin akan menampakkan spektrum garis-garis gelap pada

layar yang disebut spektrum absorpsi dan polanya tepat bersesuaian dengan

spektrum garis terang ketika gas tersebut memijar. Jadi frekuensi serapan gas

dingin (tak tereksitasi) tepat sama dengan frekuensi pancaran pijaran gas tersebut,

artinya gas dapat menerima dan melepas energi. Dari uraian di atas disimpulkan

bahwa spektrum garis pasti mengandung informasi penting mengenai struktur

atom.

Unsur paling sederhana yang dapat digunakan untuk menyelidiki

keterkaitan antara spektrum garis dengan teori struktur atom yaitu unsur

Hidrogen. Pada tahun 1862 A.J.Angstrom (astronom Swedia) mengukur frekuensi

4 garis terang dalam spektrum emisi gas Hidrogen melalui metode difraksi kisi

dengan alat spektrometer. Eksperimen dilakukan dengan cara mengukur sudut

garis terang dan dari data lebar celah kisi maka frekuensi tiap-tiap garis terang

spektrum dapat dihitung menggunakan rumus di bawah ini.

nλ d sin θ= dengan λ f c=

di mana n adalah orde difraksi dan d adalah lebar celah kisi

177

Tabel 3.1 Frekuensi 4 garis terang hasil eksperimen Angstrom dan perhitungan Balmer.

no warna garis frekuensi (106 MHz) hasil eksperimen Angstrom

frekuensi (106 MHz) hasil perhitungan Balmer

1 Merah 457,170 457,171

2 Biru-kehijauan 617,190 617,181

3 Ungu-kebiruan 691,228 691,242

4 Ungu 731,493 731,473

Pada tahun 1885 Johann Jacob Balmer (guru matematika sekolah

menengah di Swiss) menerbitkan hasil perhitungannya, setelah berbulan-bulan

melakukan manipulasi numerik terhadap harga-harga frekuensi garis terang

spektrum emisi gas Hidrogen dari data hasil eksperimen. Balmer menemukan

rumus yang dapat menghitung dengan hampir pasti harga frekuensi 4 garis terang

pada spektrum emisi gas Hidrogen dan juga untuk garis-garis lainnya, yaitu :

2 2f i

a1 1

f Rn n

= −

di mana 15

aR 3,29163.10 hertz= dan aRR

c=

di mana R adalah tetapan Rydberg

Persamaan Balmer memprakirakan harga frekuensi 4 garis terang

spektrum emisi Hidrogen dengan memilih nf = 2 dan ni = 3, 4, 5, … . Hasil

perhitungan Balmer dan hasil eksperimen Angstorm ternyata mendekati

kesamaan, ini merupakan bukti kebenaran rumus Balmer. Dari rumus Balmer

dapat nenunjukkan bahwa berbagai diagram energi pancaran/serapan cahaya harus

berkaitan dengan penurunan/kenaikan energi atom. Oleh karena itu, teori struktur

atom yang berhasil harus mempertimbangkan rumus Balmer. Perkembangan

berikutnya, tahun 1897 J.J.Thomson menemukan elektron, kemudian tahun 1907

merumuskan model atom roti kismis. Rutherford bersama mahasiswanya yaitu

Hans Geiger pada tahun 1908 menyelidiki hamburan partikel α untuk meneliti

struktur atom dan kemudian Rutherford merumuskan model atom planet. Pada

tahun 1912 J.W.Nicholson membatasi harga momentum sudut elektron atom

Hidrogen hanya dalam kelipatan bulat dari ћ yaitu L = mvr = nћ.

Berdasarkan rumus spektrum Balmer, rumus kuantum Planck–Einstein,

model atom planet Rutherford, dan batasan harga momentum sudut elektron dari

178

Nicholson, pada tahun 1913 Niels Bohr memperkenalkan 2 postulat untuk model

struktur atom Hidrogen, yaitu :

1. Elektron dapat berada di suatu orbit stasioner tanpa memancarkan radiasi dan

mempunyai harga momentum sudut orbital L = mvr = nћ.

2. Elektron dapat memancarkan dan menyerap energi, jika melompat dari suatu

keadaan stasioner ke keadaan stasioner lainnya.

Peristiwa transisi elektron dari suatu orbit stasioner ke orbit stasioner

lainnya akan dapat menghasilkan proses serapan atau pancaran radiasi dengan

energi hf = Ei – Ef. Di mana Ei dan Ef adalah energi atom awal dan akhir dalam

keadaan stasioner.

Kelemahan model atom Bohr antara lain :

1. Tidak dapat menjelaskan struktur halus pada garis-garis spektrum yang

memerlukan bilangan kuantum tambahan, karena model atom Bohr hanya

memperkenalkan satu bilangan kuantum yaitu n.

2. Tidak dapat menjelaskan secara kualitatif ikatan-ikatan kimia, karena

memberikan hasil negatif pada perhitungan kekuatan ikatan.

3. Tidak dapat digunakan untuk atom yang mempunyai banyak elektron, tetapi

hanya berlaku untuk satu elektron.

4. Tidak dapat digunakan untuk perhitungan transisi dari satu level ke level lain

pada struktur halus.

Dari batasan harga momentum sudut orbital dan keadaan orbit stasioner

elektron jika tidak ada transisi dari orbit stasioner ke orbit stasioner lain, dari

postulat tersebut, Bohr dapat menurunkan rumus-rumus diskrit yang bergantung

bilangan kuantum n

Gambar 3.6 Transisi elektron dari suatu orbit ke orbit lain

hf

hf

n=1

n=2 n=3

179

a) Jejari orbit elektron (rn)

gaya sentripetal = gaya elektrostatik

2 2

2mv kZe

r r= di mana 9 2 2

0

1k 9.10 Nm /C

4π= =

∈

2 2mv r kZe= ; 2

2 2mkZe

rm v

=

mvr n= ℏ ; 2 2 2 2 2m v r n= ℏ

maka 2 2

n 2n

mkZer = ℏ

Untuk orbit stasioner elektron pertama pada atom Hidrogen, maka n = 1, Z = 1

( ) ( )

( ) ( )( )( )

22 342

1 2 2 22 31 9 19

7 6,626.10

4π mke 4 22 9,11.10 9.10 1,6.10

hr−

− −= =

( ) ( ) ( )

( ) ( )( ) ( ) ( )( ) ( )( )( )

( )

22 2 34 8

1 22 2 31 9 19

7 6,626 10 2151,289924 10

406355,55844 22 9,11 9 1,6 10 10 10r

− −

− −= =

101 0,529411.10r −= m

Secara umum dapat dituliskan o

2n 0,53 n Ar =

b) Kecepatan revolusi elektron (vn)

mvr n= ℏ ; 2

2 2n n mkZe

mr m nv

= =

ℏ ℏ

ℏ

2

nkZe

nv =

ℏ

Untuk orbit stasioner elektron pertama pada atom Hidrogen, maka n = 1, Z = 1

( ) ( )( )

( ) ( )( ) ( ) ( ) ( )( )

( )( ) ( )2 229 19 9 192

1 34 34

2 22 9.10 1,6.10 44 9 1,6 10 102πke

h 7 6,626.10 7 6,626 10v

− −

− −= = =

( )( )

( ) ( ) ( )5

61

1013,76 102,185676 10

46,382v = =

61 2,185676.10v = m/s

180

Kecepatan elektron pada orbit stasioner pertama (n = 1) pada atom Hidrogen,

bandingkan dengan kecepatan cahaya 6c 299,79.10= m/s

Secara umum dapat dituliskan 6

n2,2.10

nv = m/s

c) Frekuensi orbit (fn)

2 2

2 2ω v 1 kZe mkZe

f2π 2πr 2π n n

= = =

ℏ ℏ

2 2 4

n 3 3mk Z e

2π nf =

ℏ

Untuk orbit stasioner elektron pertama pada atom Hidrogen, maka n = 1, Z = 1

( ) ( ) ( ) ( )

( ) ( )

2 42 31 9 192 2 4

1 3 32 31

4 22 9,11.10 9.10 1,6.104π mk e

h 7 6,626.10f

− −

−= =

( )( ) ( ) ( ) ( )( ) ( )

( ) ( ) ( ) ( )( )31 18 76

61 93

4 484 9,11 81 6,5536 10 10 106,568078 10

49 290,907082376 10f

− −

−= =

1 6.568.078f = putaran per detik

Secara umum dapat dituliskan 6

n 36,568.10

nf = Hertz (putaran per detik)

d) Energi elektron (En)

Energi kinetik elektron (Ek)

22 2 2 42

k 2 21 1 kZe mk Z e

E mv m2 2 n 2 n

= = =

ℏ ℏ

Energi potensial elektron (Ep)

kQ kZeV

r r= = di mana V = potensial pada suatu titik jarak r dari inti.

2 2 2 2 42

p 2 2 2 2kZe mkZe mk Z e

E V( e) kZer n n

= − = − = − = −

ℏ ℏ

Energi orbital elektron (En) yaitu n p kE E E= +

2 2 4 2 2 4

n 2 2 2 2mk Z e mk Z e

En 2n

= − +ℏ ℏ

maka 2 2 4

n 2 2mk Z e

E2n

= −ℏ

181

Dari perumusan energi orbital elektron dapat dijelaskan keadaan atom Hidrogen

1. Jika elektron berada pada orbit n = 1, maka atom Hidrogen dikatakan dalam

keadaan normal. Elektron dalam keadaan energi terendah (n = 1 atau kulit K)

yang disebut ground state (keadaan dasar).

2. Jika elektron berada pada orbit selain n = 1 dan masih berada dalam orbit,

maka atom Hidrogen dikatakan dalam keadaan tereksitasi.

3. Jika elektron secara penuh keluar dari orbit (tidak berada dalam orbit), maka

atom Hidrogen dikatakan dalam keadaan terionisasi.

Pada keadaan ground state, elektron stabil dan mengelilingi inti tanpa menyerap

atau memancarkan energi. Pada postulat ke dua Bohr, peristiwa transisi elektron

dinyatakan dengan rumus

i fhf E E= −

2 2 4 2 2 4

2 2 2 2i f

mk Z e mk Z ehf

2n 2n

= − − −

ℏ ℏ

2 2 4

2 2 2f i

hc mk Z e 1 1

λ 2 n n

= −

ℏ ; di mana h 2π= ℏ

22 2f i

1 1 1RZ

λ n n

= −

di mana R adalah tetapan Rydberg

di mana 2 4

3mk e

R4π c

=ℏ

atau 4

2 30

meR

8 h c=

∈ dan 7 1R 1,097374.10 m−=

22 2f i

1 1υ RZ

n n

= −

di mana υ adalah bilangan gelombang dan

1υ

λ=

Bohr berhasil menurunkan rumus Balmer secara tepat melalui perumusan

teori. Perkembangan berikutnya selain garis-garis Balmer pada spektrum

Hidrogen juga ditemukan garis-garis spektrum lainnya, yaitu garis-garis Lyman,

Paschen, Brackett, dan Pfund. Di bawah ini adalah deret garis-garis spektrum

untuk atom Hidrogen.

Deret Lyman (terletak di daerah ultraviolet)

2 2i

1 1 1R

λ 1 n

= −

; di mana f in 1 ; n 2,3,4,...= = ∞

182

Deret Balmer (terletak di daerah cahaya tampak)

2 2i

1 1 1R

λ 2 n

= −

; di mana f in 2 ; n 3,4,5...= = ∞

Deret Paschen (terletak di daerah infra merah)

2 2i

1 1 1R

λ 3 n

= −

; di mana f in 3 ; n 4,5,6...= = ∞

Deret Brackett (terletak di daerah infra merah)

2 2i

1 1 1R

λ 4 n

= −

; di mana f in 4 ; n 5,6,7...= = ∞

Deret Pfund (terletak di daerah infra merah jauh)

2 2i

1 1 1R

λ 5 n

= −

; di mana f in 5 ; n 6,7,8...= = ∞

Lompatan kuantum yang memberikan/menimbulkan deret spektrum berbeda yang

terjadi pada atom Hidorgen didasarkan pada perubahan energi elektron pada orbit

tertentu yaitu

2

n 2hcRZ

En

= − di mana n 1,2,3,...=

untuk n = 1 maka 1E 13,6 eV= −

sehingga energi elektron pada orbit ke n adalah

n 213,6 eV

En

= −

maka 2E 3,4 eV= − ; 3E 1,5 eV= − dan E 0 eV∞ =

radius elektron dari inti pada orbit ke n yaitu

2 2

2n 12

nn r

mkZer = =ℏ

untuk n = 1 maka 101 0,53.10 mr −=

di mana 9 2 2k 9.10 Nm /C= ; 31m 9,1.10 kg−= dan 341,05459.10 J.s−=ℏ

sehingga radius elektron pada orbit ke n adalah

0

2n 0,53A nr =

n merupakan bilangan kuantum utama.

183

Beberapa istilah yang berkenaan dengan energi elektron pada suatu orbit yaitu :

Potensial resonansi adalah potensial minimum yang diperlukan untuk

menyediakan energi bagi elektron untuk melompat dari ground state

(keadaan dasar) ke keadaan tereksitasi pertama, misal dari n = 1 ke n = 2.

Misal : energi elektron dalam keadaan dasar atom Hidrogen yaitu –13,6 eV dan

energi elektron dalam keadaan tereksitasi pertama yaitu –3,4 eV, oleh

karena itu energi untuk menggerakkan elektron dari keadaan dasar ke

keadaan tereksitasi pertama adalah –3,4 – (–13,6) = 10,2 eV, jadi potensial

resonansi untuk atom Hidrogen adalah 10,2 eV.

Potensial Eksitasi adalah potensial yang dikehendaki untuk menyediakan energi

dan menaikkan elektron dari keadaan dasar ke keadaan n > 1 yaitu n=2,3,4,.

Potensial ionisasi adalah potensial minimum yang diperlukan menyediakan

energi untuk membawa elektron dari keadaan dasar ke luar atom.

1. Jika energi yang diberikan ke atom hanya cukup/sama dengan energi

yang diperlukan untuk menggerakkan elektron dari keadaan dasar ke

keadaan eksitasi pertama, elektron akan bergerak di orbit tereksitasi

pertama.

2. Jika energi yang diberikan ke atom sama atau lebih dari energi yang

diperlukan untuk menggerakkan elektron dari keadaan dasar ke luar

atom, elektron dalam atom akan menyerap energi dan lepas dari atom.

Efek Screening Energi untuk atom satu elektron dalam berbagai orbit seperti Hidrogen

atau He+ (ion) diberikan oleh ( )2

n 2

13,6 Z eVE

n= −

Untuk atom-atom banyak elektron, muatan inti Ze secara keseluruhan

ditutupi/diselimuti oleh muatan negatif elektron-elektron bagian dalam, oleh

karena itu elektron bagian luar berinteraksi dengan sekumpulan/total muatan

elektronik, sehingga rumus di atas perlu diganti dengan

( )eff

2

n 2

13,6 Z eVE

n= − di mana Zeff = Z – 1

Untuk kulit K dari atom-atom besar, Zeff adalah Z – 1 untuk keadaan energi lebih

tinggi dan Zeff menururn secara perlahan-lahan dari Z – 1 ke 1.

184

Koreksi Massa Berhingga Inti Dalam teori Bohr dianggap bahwa elektron mengelilingi sebuah inti yang

diam di tempat (di pusat orbit lingkaran elektron). Anggapan Bohr ini akan benar

jika massa inti tak berhingga besarnya jika dibanding massa elektron.

Kenyataannya massa inti berhingga besarnya, misal massa inti atom Hidrogen

hanya sekitar 2000 kali massa elektron, jadi inti tidak akan diam di tempat tetapi

inti juga akan bergerak mengelilingi pusat massa. Elektron (e) dan inti Hidrogen

(H) mengelilingi pusat massa (P) dalam posisi e, P, dan H berada dalam garis

lurus.

Misal : massa inti Hidrogen = mH ; massa elektron = me

jarak inti Hidrogen ke pusat massa P = rH

jarak elektron ke pusat massa P = re

maka H H e er m r m= dan H er r r= +

HH

e er mr

m= dan H

H H

e e ee e e

r m mr r r r 1

m m

+ = + = +

( )

H H

H H

H

ee

e ee

mmr m

r r m mm1

m

= =+ +

+

dan ( )

H

H

H HH

e e

e e

e

mr m m

r r m mm1

m

= =+ +

+

( )HH

e

e

m rr

m m=

+ dan ( )

H

He

e

m rr

m m=

+

H P

rH re e

Atom Hidrogen

Gambar 3.7 Gerak revolusi inti terhadap pusat massa

185

Momentum sudut total atom yaitu H H2 2

e em ωr m ωr n+ = ℏ

HH

H H

ee

e e

2 2m r m r

m ω m ω nm m m m

+ = + +

ℏ

( )H H

H

22 2e e 2

e

ωrm m m m n

m m + = +

ℏ

[ ] ( )( )

HH

H

2e

e 2e

m m ωrm m n

m m

+=

+ℏ

H

H

2e

e

m mωr n

m m

= + ℏ atau 2

eµ ωr n= ℏ

di mana H

H

ee

e

m mµ

m m

= +

adalah massa reduksi elektron

H

HH

H

H

4e4 4

ee e2 3 2 3

2 3 e0 00

m me

m mµ e m eR

8 h c 8 h c m m8 h c

m

+ = = =

∈ ∈ +∈

di mana tetapan Rydberg R untuk massa inti tak berhingga menjadi R = R∞

4

e2 30

m eR

8 h c∞ =

∈ Bohr : R∞ =1,097374.107m–1

Tetapan Rydberg untuk atom Hidrogen menjadi

H

H

e

RR

m1

m

∞=

+

dan 7 1HR 1,096778.10 m−=

Sehingga tetapan Rydberg untuk atom Helium yaitu

H

H

e

e

e

RR

m1

m

∞=

+

dan 7 1HeR 1,097225.10 m−=

Jadi konstanta Rydberg bergantung pada massa inti suatu atom dan perumusan

frekuensi garis-garis spektrum suatu atom menjadi

22 2f i

1 1 1R Z

λ n n∞

= −

186

I

I

22 2

e f i

1 m 1 1R Z

λ m m n n∞

= − +

di mana mI = massa inti suatu atom

Rumus koreksi massa berhingga di atas telah dikonfirmasikan dengan beberapa

eksperimen yaitu :

1. Spektrum Helium terionisasi tunggal (diselidiki oleh Fowler & Pickering)

I

I

H

2 22 2 2 2

ee f i f i

1 R m 1 1 R 1 1Z 2

mλ m m n n n n14m

∞ ∞

= − = − + +

H

H2 2 2 2e f i f i

1 R 1 1 1 14 4R

mλ n n n n14m

∞

= − ≈ − +

H H2 2 2 21 1 1 1 1

4R Rλ 4 6 2 3

= − = −

dari rumus di atas maka garis spektrum Helium transisi dari orbit 6 ke orbit 4

berhimpit dengan deret Balmer spektrum Hidrogen transisi dari orbit 3 ke 2

(warna merah).

( )H

HH

H

ee

e

e

ee

R mRR

m mm1

m

∞∞= =+

+

dan ( )H

HH e

R mR

m m∞=+

( )( )

( )( )

H H H HH

H H H H H

ee

e

e e

e e

m m m 4m m mR

R m m m m 4m m

+ += =

+ +

( )( )

HH

H H

e e

e

4m 4mR

R 4m m

+=

+ maka H HeR R>

sehingga garis pada spektrum Helium akan agak mempunyai frekuensi yang

lebih besar dan panjang gelombang lebih pendek dari spektrum Hidrogen.

2. Penentuan rasio massa elektron dan proton

( )( )

HH

H H

e e

e

4 m mR

R 4m m

+=

+

H HH H

H H HH H

e

e

e e e

e e

4m 4m 4m m 3mR R1 4m m m m 3mR R4

+ − −− = =+ − −−

187

( )7 7

H H

7 7HH H

e

e

em R R 1,097225.10 1,096778.10 11 1m 1840R R 1,096778.10 1,097225.104 4

− −= = =− −

3. Penemuan Deuterium atau Hidrogen berat ( Urey, Murphy & Brikwedde 1931)

Deuterium (Z = 1) merupakan isotop Hidrogen (Z = 1) dan mempunyai massa

dua kali Hidrogen. Di alam ini terdapat Hidrogen 99,985% dan Deuterium

0,015%.

Selisih panjang gelombang (∆λ) antara Hidrogen dan Deuterium yaitu

I

22 2

e f i

1 R 1 1Z

mλ n n1m

∞

= − +

HH

e

2 2f i

m1

mλ

1 1R

n n∞

+

=

−

dan DD

e

2 2f i

m1

mλ

1 1R

n n∞

+

=

−

( )

H D HH D

e e e

2 2 2 2f i f i

m m m 11 2m m mλ λ λ

1 1 1 1R R

n n n n∞ ∞

− −∆ = − = =

− −

( ) ( )H H H

H H H

H H

H

e e

e

e ee

m mλ λ m

2m 2m λ mλ

m m 2 m mm1

m

∆ = = =

+ + +

karena Hem m< maka

H H

H

eλ m λλ

2m 3682∆ = =

Misal garis Hβ deret Balmer (nf = 2, ni = 4) mempunyai λH = 4681Å, sehingga

didapat

004681A

∆λ 1,2714A3682

= = yaitu selisih panjang gelombang garis Hβ

Hidrogen dengan Deuterium. Perhitungan selisih panjang gelombang antara

Hidrogen dan Deuterium berturut-turut untuk Hα, Hβ, Hγ, Hδ yaitu 1,793Å ;

1,326Å ; 1,185Å dan 1,119Å.

188

Contoh-contoh soal :

1. Panjang gelombang Balmer garis Hα yaitu 6563 Å. Hitunglah panjang gelombang garis Hβ ? Jawab :

Garis Hα : 2 21

1 1 1 5 R R

λ 362 3 = − =

Garis Hβ : 2 22

1 1 1 3 R R

λ 162 4 = − =

( )( )( )( )

2

1

5 16λ 20

λ 3 36 27= =

0 0

220

λ 6563A 4861A27

= =

2. Hitung energi yang dikehendaki untuk mengeksitasi atom Hidrogen dari

keadaan dasar (n = 1) ke keadaan eksitasi pertama (n = 2).

Jawab :

2 22

2 1 2 2 2 2hcZ R hcZ R 1 1

E E hcZ R2 1 1 2

− = − − − = −

( )( )( )( )34 8 72 1E E 6,626.10 3.10 1,097374.10 0,75−− =

3. Panjang gelombang Sodium garis D1 yaitu 590 nm. Hitung selisih tingkat-

tingkat energi yang meliputi dalam emisi atau absorpsi garis ini.

Jawab :

( )( )( )

34 819

2 1 9

6,626.10 3.10hcE E hf 3,37.10 joule

λ 590.10

−−

−− = = = =

4. Berkas elektron digunakan untuk menembak gas Hidrogen. Berapa energi

minimum dalam elektron-volt yang harus dimiliki elektron-elektron agar

terjadi transisi keadaan n = 2 ke keadaan n = 3.

Jawab :

( )( )( )( )( )( )

34 8 72

3 2 2 2 19

6,626.10 3.10 1,097374.10 51 1E E hcZ R

2 3 1,6.10 36

−

− − = − =

3 2E E 1,88 eV− =

189

5. Potensial ionisasi atom Hidrogen yaitu 13,6 eV. Hitung panjang gelombang

yang dipancarkan dalam sebuah transisi yang dimulai dari keadaan tereksitasi

pertama atom Hidrogen.

Jawab :

1E 13,6 eV= − ; 2 213,6 eV

E 3,4 eV2

= − = −

( )2 1E E 13,6 3,4 eV 10,2 eV− = − =

( ) ( )19hcE 10,2 eV 10,2 1,6.10 joule

λ−∆ = = =

( )( )( )( )

034 8

19

6,626.10 3.101217 A

10,2 1,6.10λ

−

−= =

6. Hitunglah jejari dan laju elektron pada orbit Bohr pertama atom Hidrogen dan

tunjukkan bahwa laju meningkat sebanding dengan bilangan atom Z.

Jawab :

( )( ) ( )( )( )( ) ( )

0

212 34 22 20

H 2 231 19

8,85.10 6,626.10 1h nr 0,53A

πmZe 3,142857 9,11.10 1 1,6.10

− −

− −

∈= = =

HrrZ

= (jejari berbanding terbalik dengan bilangan atom)

2kZev

n=ℏ

( )( ) ( )

( ) ( )H

29 196

34

9.10 1 1,6.10v 2,2.10 m/s

1 1,0546.10

−

−= =

Hv Zv= (laju berbanding lurus dengan bilangan atom)

7. Hitung selisih panjang gelombang spektrum Hidrogen dan Deuterium yang

berhubungan ke garis pertama pada deret Balmer.

Jawab :

7 1HR 1,096778.10 m−= ; 4

e Hm m 5,4348.10 m−= =

H

H

RR

m1

m

=+

; D

D

RR

m1

m

=+

4

H D

m m2,7174.10

2m m−= =

190

4D H

4H

D

m1

R m 1 5,4348.10 1,000543481,000272

mR 1,000271741 2,7174.101m

−

−

++= = = =++

( )( )7 7 1DR 1,000272 1,096778.10 1,097076.10 m−= =

deret Balmer untuk kelompok pertama (nf = 2 dan ni = 3)

H H2 2H

1 1 1 5 R R

λ 362 3 = − =

7 1H

H

36λ 6,564683.10 m

5R− −= =

D D2 2D

1 1 1 5 R R

λ 362 3 = − =

( )7 1

D 7D

36 36λ 6,5629.10 m

5R 5 1,097076.10− −= = =

( ) 07 7 7

H Dλ λ λ 6,564683.10 6,5629.10 m 0,001783.10 1,783A− − −∆ = − = − = =

8. Dalam atom Hidrogen, elektron diganti oleh muon bermassa 200 kali massa

elektron dan muatannya sama seperti elektron, hitung potensial ionisasi pada

teori Bohr.

Jawab :

Potensial ionisasi (Φ)

4

2 20

me

8 hΦ =

∈

muon 4

1 2 20

200me

8 hΦ =

∈

1 200Φ

=Φ

; ( )1 200 13,6 eVΦ =

31 2,72.10 eVΦ =

191

3.4. Teori Kuantisasi Momentum Sudut Wilson-Sommerfeld

Hukum Kuantisasi Wilson-Sommerfeld yaitu :

“Orbit-orbit atau keadaan-keadaan stasioner yang diizinkan adalah yang

mempunyai nilai integral fase sama dengan kelipatan bulat konstanta Planck”

i i ip dq n h=∫� ; n = 1, 2, 3, . . .

Penyelidikan lebih lanjut spektrum Hidrogen dengan spektrometer resolusi tinggi

menunjukkan bahwa garis-garis tunggal pada spektrum Hidrogen ternyata masih

dapat diuraikan menjadi garis-garis tipis yang sangat berdekatan, misal garis Hα

pada deret Balmer ternyata mengandung 5 garis-garis tipis spektrum yang sangat

berdekatan (ini biasanya disebut fine structure atau struktur halus).

Untuk menjelaskan struktur halus tersebut, Wilson-Sommerfeld menerap-

kan kondisi kuantum umum untuk orbit elliptik, yaitu :

pdq nh=∫�

q = koordinat posisi elektron

p = momentum elektron

n = bilangan kuantum utama

θ = sudut azimuth

r = jarak radial antara inti – elektron

Gerak elektron pada model atom Bohr merupakan satu dimensi, sehingga

hanya perlu satu bilangan kuantum (n) untuk menentukan keadaan atom,

sedangkan orbit elliptik merupakan dua dimensi, sehingga gerak elektron

memerlukan dua bilangan kuantum untuk menentukan suatu keadaan atom.

Menurut teori Wilson-Sommerfeld, masing–masing dua derajat kebebasan gerak

elektron dalam orbit elliptik secara individual dapat terkuantisasi.

2π

0θp dθ kh=∫� ; k adalah bilangan kuantum azimuth

2π

0

r rp dr n h=∫� ; nr adalah bilangan kuantum radial

n = k + nr , karena k dan nr bilangan bulat.

2θ

dθp mr

dt =

; pθ = momentum sudut, m = massa elektron

θ

r

a

b

y

x inti

elektron

v

Gambar 3.8 Lintasan ellips elektron

192

rdr

p mdt

=

; pr = momentum radial

Gaya yang dialami oleh elektron disebabkan tarikan elektrostatik antara inti

muatan positif dan elektron muatan negatif. Gaya ini bekerja sepanjang radius

vektor pada setiap saat, konsekuensinya tidak terdapat gaya (akibat percepatan)

pada sudut 900 terhadap radius vektor, oleh karena itu komponen transversal

(tegak lurus) percepatan selalu nol.

d dθ

0dt dt =

atau 221 d dθ

r 0dt dtr =

yang artinya 2 dθr konstan

dt=

oleh karena itu 2θ

dθp mr p

dt = =

yang juga konstan

2π 2π

0 0θp dθ pdθ 2πp kh= = =∫ ∫�

kh

p k2π

= = ℏ

dan p mvr=

dari gambar di samping (inti di F, elektron di A)

( )FA AC=∈

( ) ( ) ( )r AC OB OF FB=∈ =∈ =∈ +

r r cosθ r cosθ =∈ + = + ∈ ∈

ℓℓ

( )1 cosθr

= − ∈ℓ ( ) 1

r 1 cosθ−= −∈ℓ

r didifferensialkan terhadap θ

( )2

dr sinθdθ 1 cosθ

− ∈=− ∈ℓ

( )2

1 dr sinθr dθ r 1 cosθ

− ∈ = − ∈

ℓ

di mana ( )1 cosθr

= − ∈ℓ sehingga ( )

1 dr sinθr dθ 1 cosθ

−∈ = −∈

rdr dr dθ

p m mdt dθ dt

= =

di mana 2θ

dθp mr p

dt = =

} mvr k= ℏ

C

y

F x

D

0

A

B

r ℓ θ

Gambar 3.9 Lintasan elektron

193

r 2p dr

pdθr

=

dan dr

dr dθdθ =

( )

22 2

r 2p dr 1 dr sinθ

p dr dθ p dθ p dθdθ r dθ 1 cosθr

∈ = = = − ∈

( )

22π 2π

r r0 0

sinθp dr p dθ n h

1 cosθ

∈= = − ∈ ∫ ∫� � di mana p k= ℏ

( )

22πr

0

1 sinθ ndθ

2π 1 cosθ k

∈ = −∈ ∫�

misal ( )

22π

0

sinθI dθ

1 cosθ

∈= −∈ ∫� misal : U sinθ=∈

I UdV UV VdU= = −∫ ∫ dU cos θ dθ=∈

( ) ( )

2π 2π

00

sinθ cosθ dθI

1 cosθ 1 cosθ

−∈ ∈= + −∈ − ∈ ∫

( )2sinθ

dV dθ1 cosθ

∈=−∈

( )2π 2π

0 0

cosθ dθ 1I 1 dθ

1 cosθ 1 cosθ ∈ = = − −∈ −∈

∫ ∫ 1

V1 cosθ

−=− ∈

( )122

2πI 2π

1= −

− ∈

Maka

( )12

r

2

1 2π n2π

2π k1

− =

−∈

( )12

r

2

1 n1

k1− =

− ∈

( )12

r

2

1 n k

k1

+=− ∈

( )( )

22

2r

k1

n k−∈ =

+ di mana rn k n= +

Sehingga ( )2

22

k1

n− ∈ = di mana untuk ellips ( )

22

2b

1a

− ∈ =

maka 2 2

2 2b k

a n=

194

Energi total elektron pada orbit ellips yaitu :

pkE E E= +

2

2k

1 m dsE mv

2 2 dt = =

di mana ( )22 2ds dr rdθ= +

2 2

km dr dθ

E r2 dt dt

= +

di mana rdr

p mdt

=

; 2θ

dθp p mr

dt = =

2

2rk 2

1 pE p

2m r

= +

di mana r 2

p drp

dθr =

2 22 2 2

k 4 2 21 p dr p p 1 dr

E 12m dθ r dθr r 2mr

= + = +

2 2

p0

Ze kZeE

4π r r= − = −

∈

Energi total elektron

22 2

2p 1 dr kZe

E 1r dθ r2mr

= + −

2 2 2

2 21 dr 2Emr 2mrkZe

1r dθ p p

= + −

dengan ( )1 dr sinθr dθ 1 cosθ

− ∈ = − ∈

( )

2 2 2 22 2

2 21 dr sin θ r

sin θr dθ 1 cosθ

∈ = = ∈ − ∈ ℓ

dengan ( )1 cosθr

= − ∈ℓ

r

cosθ 1r r

− ∈ = − =

ℓ ℓ dan

22 r

cos θr

− = ∈

ℓ

2

2 2 rsin θ 1 cos θ 1

r

− = − = − ∈

ℓ

( )22 22 2 2 2

2 2 2 2

r1 dr r r r1 1

r dθ r r

−∈ − ∈ = − = − ∈ ∈

ℓℓ

ℓ ℓ

2 2 2 2 2 2 2 2

2 2 2 2 2 2 2 21 dr r r 2r r 1 2

1 1r dθ r r r

∈ + − ∈ = − = − − + ∈ ∈ ∈ ∈

ℓ ℓ ℓ ℓ

ℓ ℓ

( )2 22 2 2 2

2 2 2

r 11 dr r r 2r 2r1 1

r dθ

∈ −∈ = − − + = + − ℓ ℓℓ ℓ ℓ

195

( )2 22 2

2 2 2

r 12Emr 2mrkZe 2r

p p

∈ −+ = +

ℓℓ

samakan koefisien r2 dan r

( )2

2 2

12mE

p

∈ −=ℓ

dan 2

2mkZe 1

p=ℓ

maka 2

2p

mkZe=ℓ

kedua persamaan tersebut dibagikan

( )2

2 2

12mE

mkZe

∈ −=

ℓ

ℓ sehingga

( )2 2kZe 1E

2

−∈= −

ℓ

jika ℓ dieliminasi : ( ) 22 2

2mE 1

p 1=

∈ − ℓ dan

2 2 2 4

4 2m k Z e 1

p=ℓ

maka ( ) ( )2 2 4 2 2 22 2 2 4

2 4

mk Z e 1 p 1m k Z eE

2m2p p

∈ − ∈ − = =

( ) ( )2 2 2 2 2 4 2

2 2 2 2

p 1 k 1 kE

2m 2m 2mn

∈ − − ∈= = − = −

ℏ ℏ

ℓ ℓ ℓ

atau 4 2 4 2 2 4

2 2 2 2mk Z e mk Z e

E2p n 2n

= − = −ℏ

dan b k

a n=

2 4 2 4 2

2 2 2 2 20

mZ e mZ e bE

8 n h 2 a

= − = −

∈ ℏ dan

0

1k

4π=

∈

Jadi energi total sebuah elektron dalam lintasan ellips bergantung pada sumbu

mayor (a) dan minor (b). r

b k k

a n k n= =

+

untuk n = 1

rn k n= + maka k = 0 , nr = 1 atau k = 1 , nr = 0

jika k = 0 ; b 0

0a 1

= = ; b = 0 dan a = 1; maka orbit akan berupa garis

lurus dan ini tidak mungkin.

jika k = 1 ; b 1

1a 1

= = ; b = 1 dan a = 1; maka orbit akan berupa lingkaran

a

k = 0 n = 1

k = 1 n = 1

196

untuk n = 2

rn k n= + maka k = 0, nr = 2 ; k = 1 , nr = 1; atau k = 2 , nr = 0

jika k = 0 ; b 0

0a 2

= = ; b = 0 dan a = 2; maka orbit akan berupa garis

lurus dan ini tidak mungkin.

jika k = 1 ; b 1

0,5a 2

= = ; b = 1 dan a = 2; maka orbit akan berupa ellips

jika k = 2 ; b 1

1a 1

= = ; b = 1 dan a = 1; maka orbit akan berupa lingkaran

Elektron mempunyai 2 orbit yang mungkin

i. Orbit ellips dengan eccentrisitas ( )∈ : ( )2 2 2 2a a b∈ = −

ii. Orbit lingkar dengan radius a

Efek Perubahan Massa Elektron

Fine struktur dapat juga dijelaskan secara teori melalui perubahan massa relatif

elektron. Sommerfeld melalui rumusan orbit ellips telah menunjukkan bahwa

lintasan elektron berupa lintasan ellips yang mengalami presessi, yaitu sumbu

mayor ellips secara perlahan–lahan berputar di sekitar inti dalam bidang ellips

yang disebut lintasan Rosette. Orbit Rosette mempunyai persamaan :

( )l1 cos θ

rφ= −∈ ; dan

2 4

2 21 Z e

c pφ −=

Nilai r terulang lagi saat θφ mencapai sudut 2π , jadi nilai θ meningkat 2πφ

selama waktu sumbu mayor ellips mengalami presessi sebesar 2π

2πφ

−

. Karena

itu energi elektron yang dikoreksi teori relativistik yaitu :

2 4 2 2

2 2 2 20

mZ e Z α n 3E 1

k 48 n h n

= − + − ∈ dan ( )

2

0

2πeα

4π hc=

∈

1

α137

≈ (α disebut konstanta fine structure)

a k = 0 n = 2

k = 2 n = 2

k = 1 n = 2

197

Penjelasan efek Zeeman secara klasik

Sebuah garis spektrum dari atom–atom yang tereksitasi dapat terpisah

menjadi dua atau tiga garis, ketika atom–atom yang tereksitasi tersebut diletakkan

dalam medan magnet luar. Efek pemisahan sebuah garis spektral di bawah

pengaruh medan magnet luar dikenal sebagai efek Zeeman Normal. Untuk

menghasilkan efek Zeeman, sumber cahaya dari lampu Sodium atau dari lecutan

gas ditempatkan di antara kutub magnet. Cahaya yang keluar dari sumber diamati

melalui spektroskop resolusi tinggi, secara tegak lurus atau sejajar medan magnet.

sebelum diberi medan magnet

efek Zeeman transversal

efek Zeeman longitudinal

Gambar 3.10. Skema efek Zeeman

Ketika diberi medan magnet

1. Cahaya sumber yang diamati secara tegak lurus medan magnet luar akan

terpisah menjadi 3 komponen garis. Garis yang di tengah sama dengan garis

awal sebelum diberi medan magnet luar. Ini dikenal sebagai efek Zeeman

Transversal.

2. Cahaya sumber yang diamati secara sejajar medan magnet (magnet dibor untuk

keluarnya sumber cahaya) akan terpisah menjadi 2 komponen garis (garis yang

di tengah tidak tampak). Ini dikenal sebagai efek Zeeman Longitudinal.

Efek Zeeman normal dapat dijelaskan oleh teori elektron Lorentz sebagai

berikut : Tinjau gerak elektron pada orbit lingkar dengan kecepatan v dan pada

radius r, sehingga gaya sentripetalnya

2mvF

r=

jika medan magnet luar diberikan, maka sebuah gaya tambahan bekerja pada arah

tegak lurus arah gerak elektron. (searah gaya sentripetal). Gaya ini juga tegak

lurus arah medan magnet. Ketika gaya ini bekerja ke dalam (sepanjang jari-jari),

kecepatan elektron bertambah dan ketika gaya bekerja ke arah luar, kecepatan

elektron berkurang.

U

S dibor

198

misal : F1 adalah gaya tambahan pada elektron karena pengaruh medan magnet.

v1 adalah kecepatan elektron yang meningkat setalah diberi medan magnet

maka 1 1F Bev= sehingga total gaya yaitu :

221

1 1mvmv

F F Bevr r

+ = + = dan 1 1v ω r= ; v = ω r

2 2 2 2

11

mr ω mr ωBerω

r r= +

2 2 11

Beωω ω

m− = dan ( ) ( )

11

1

Beωω ω

m ω ω− =

+

karena 1ω ω≈ maka ( )1ω ω+ mendekati / diperkirakan sama dengan 12ω

( )1Be

ω ω2m

− = atau 1Be

ω ω2m

= + atau 1Be

f f4πm

= +

Ketika elektron bergerak berlawanan arah, medan magnet menghasilkan gaya

dalam arah berlawanan dan kecepatan elektron berkurang menjadi 2v , sehingga

total gaya yaitu : 222

2 2mvmv

F F Bevr r

− = − = dan 2 2v ω r=

2 2 2 2

22

mr ω mr ωBerω

r r− = −

2 2 22

Beωω ω

m− = − dan ( ) ( )

22

2

Beωω ω

m ω ω− = −

+

karena 2ω ω≈ maka ( )2 2ω ω 2ω+ ≈

( )2Be

ω ω2m

− = − atau 2Be

ω ω2m

= − atau 2Be

f f4πm

= −

Garis spektrum yang mula-mula tunggal lalu terpisah secara sama di kedua sisi

1f f f= + ∆ dengan Be

f4πm

∆ = dan Beh

µ4πm

=

2f f f= − ∆ dan Bµ adalah magneton Bohr

dari percobaan efek Zeeman dapat diperoleh rasio e/m

1 2Be

f f2πm

− = dan Be

2πm dikenal sebagai

jarak pisah Zeeman Normal

∆f ∆f

f 1f 2f

199

Contoh Soal :

1. Hitung nilai magneton Bohr (diketahui massa elektron m = 9,1.10– 31 kg)

Jawab :

( ) ( )( )( )

19 3424

B 31

1,6.10 6,626.10ehµ 9,27.10

4πm 4 3,14 9,1.10

− −−

−= = =

2. Hitung pergeseran Zeeman yang teramati pada efek Zeeman Normal ketika

sebuah garis spektral λ = 500 nm dikenai medan magnet luar 0,4 T.

( )11 1e 1,76.10 c kgm−=

Jawab :

Pergeseran Zeeman yaitu eB

∆f4πm

= ; c

fλ

= ; 2cdλ

dfλ

= −

2λ df

dλc

= ; 2 2λ f λ eB

dλc 4πmc

∆= = ;

( ) ( ) ( )( )( )

29 1112

8

500.10 1,76.10 0,4dλ 4,67.10 m 4,67 pm

4 3,14 3.10

−−= = =

3. Berapa besar B yang dikehendaki untuk mengamati efek Zeeman Normal jika

sebuah spektrometer dapat memisahkan garis – garis spektral terpisah 0,05 nm

pada 500 nm ?

Jawab :

( )( )( ) ( )

2 9

2 29 7

4π 3.10 0,05.104πmc λB 4,28 T

λ e 500.10 1,76.10

∆= = =

4. Komponen Zeeman garis spektrum 546,1 nm terpisah 0,0417 nm ketika diberi

medan magnet B = 1,5 T. Hitung nilai e/m elektrom ?

Jawab :

2

1 2Beλ

λ λ λ2πmc

∆ = − =

( )( )( )( )

8 1011

2 210

2π 3.10 0,417.10e 2πc λ1,756.10 C/kg

m Bλ 1,5 5461.10

−

−

∆= = =

200

5. Berapa kali elektron mengelilingi inti dalam orbit pertama Bohr atom Hidrogen

per detik ?

Jawab :

Jumlah revolusi per detik yaitu

2 2 2 2 4

2 2 3 3v 1 kZe mkZe mk Z e

f2πr 2π n n 2πn

= = =

ℏ ℏ ℏ

dan 9 2 2

0

1k 9.10 Nm /C

4π= =

∈

( ) ( ) ( )( ) ( ) ( )( ) ( )

2 42 231 9 192 2 2 4

3 3 33 34

4 3,14 9,1.10 9.10 1 1,6.104π mk Z ef

n h 1 6,626.10

− −

−= =

17f 2,72.10= revolusi per detik

6. Tentukan tetapan Rydberg untuk positronium (sebuah sistem terikat yang

mengandung positron dan elektron).

Jawab :

massa positron = massa elektron

( ) ( )3

pR R R

R 0,5485.10m m 21 1M m

−∞ ∞ ∞= = = =+ +

Å–1

7. Tentukan potensial ionisasi positronium ?

Jawab :

p 2 2f i

1 1R

λ n n

=

− dengan fn 1= dan in = ∞

p p pion 2 2 2 2f i

hc 1 1 1 1E hcR hcR hcR

λ n n 1

= = − = − = ∞

( )( )( )34 8 3pionE hcR 6,626.10 3.10 0,5485.10 6,8 eV− −= = =

201

3.5. Model Atom Vektor

A. Kuantisasi Ruang

Menurut teori Bohr–Sommerfeld, diperlukan 2 bilangan kuantum untuk

menjelaskan gerak elektron dalam atom, yaitu bilangan kuantum n dan bilangan

kuantum azimuth k [dalam teori model atom mekanika kuantum (k–1) kemudian

diganti dengan variabel ℓ]. Penggambaran gerak elektron dalam 2 bilangan

kuantum menyebabkan gerak elektron dibatasi pada bidang orbital yang

mempunyai 2 derajat kebebasan yaitu r dan θ.

Gambar di samping adalah orbit elektron

yang mempunyai vektor momentum sudut

kp�

, tegak lurus bidang orbital (dalam

model atom mekanika kuatum kp�

dan kµ�

diganti p L=ℓ

� dan µℓ

� sedangkan bilangan

kuantum azimuth ditulis sebagai k 1= −ℓ )

Rotasi elektron mengelilingi inti

akan menghasilkan arus listrik dengan

arah berlawanan gerak elektron. Loop arus

listrik tersebut berkelakuan seperti kulit

magnetik (Gambar 3.11) yang mempunyai

momen magnetik µ A i=ℓ , A adalah luas

loop arus dan i adalah besar arus listrik.

Jika orbit elektron dianggap berbentuk lingkaran dengan radius a maka

luasnya 2A πa= . Karena setiap keliling inti, elektron melintasi penampang orbit,

maka muatan total yang melintasi setiap penampang orbit dalam satuan waktu

sama dengan arus yaitu e eω

iT 2π

= = ,

maka momen magnetik yang berkenaan

dengan rotasi orbital elektron, menjadi

( )2

2 eω eωaµ πa

2π 2 = =

ℓ

besarnya momentum sudut orbital yaitu

– e

Gambar 3.12 Diberi medan magnet luar

p =Lℓ

�

B

µℓ

�

inti

θ

B B B

Gambar 3.13 Kuantisasi ruang

L�

B

θ

B B

– e

– e inti

Bint

U

S

Gambar 3.11 Elektron mengelilingi inti

202

2ep m ωa=ℓ

sehingga rasio antara momen magnetik

dengan momentum sudut orbital yaitu

2

2ee

µ eωa e

p 2m2m ωa= =ℓ

ℓ

rasio antara µℓ dengan p L=ℓ

dikenal

sebagai rasio gyromagnetik.

Momentum sudut orbital p k= ℏ diganti

menjadi ( )L 1= +ℏ ℓ ℓ dengan nilai 0,1,2,...=ℓ (n–1)

dengan p cos θ m=ℓ ℓ

ℏ dan ( )m

cos θ1

=+ℓ

ℓ ℓ

sehingga

( ) ( ) ( )B

e e e

e 1ep eµ 1 µ 1

2m 2m 2m

+ = = = + = +

ℓℓ

ℏ ℓ ℓ ℏℓ ℓ ℓ ℓ

Bµ adalah magneton Bohr yang adalah satuan dasar momen magnetik atom.

Loop arus listrik disebabkan gerak elektron pada orbitnya, lalu bertindak

sebagai sebuah magnet kecil berukuran atom. Telah diketahui bahwa jika sebuah

magnet diletakkan dalam sebuah medan magnet luar (Gambar 3.12), maka magnet

tersebut cenderung mensejajarkan diri dalam arah medan magnet luar. Vektor

momen magnet µℓ

� berpresessi di sekitar arah medan magnet, terletak pada sudut

tertentu terhadap arah medan magnet luar.

Energi potensial elektron disebabkan interaksi magnetik antara momen

magnetik orbital dengan medan magnet luar, yaitu

Bε µ B µ B cos θ= − =ℓ ℓ

��i

B = densitas flux magnetik dan θ = sudut antara pℓ

� dengan B

�(Gambar 3.12).

Momentum sudut orbital elektron (L ) dalam atom dapat terorientasi hanya

dalam arah tertentu (aturan kuantisasi ruang) (Gambar 3.13), jadi hanya dalam

arah tertentu vektor L dapat memiliki nilai

L cos θ m=ℓℏ dan ( )L 1= +ℏ ℓ ℓ

Gambar 3.14 Kuantisasi L

B

θ

B B

L�

mℓ 2

1

2−

1−

0

( )L L 1= = +�

ℏ ℓ ℓ

untuk 2=ℓ m 0, 1, 2,...,= ± ± ±ℓ ℓ

203

dengan θ adalah sudut antara L�

dengan arah medan magnet luar B, dan mℓ adalah

bilangan kuantum magnetik untuk gerak orbital yang mempunyai nilai–nilai

m 0, 1, 2, , = ± ± ±ℓ

i i i ℓ , maka untuk nilai ℓ tertentu (Gambar 3.14), mℓ

dapat mempunyai ( )1+ℓ ℓ nilai.

Energi interaksi magnetik elektron adalah

( )( ) ( )B B Bm

ε µ B cos θ µ 1 B m µ B1

= = + = +

ℓℓ ℓ

ℓ ℓℓ ℓ

Energi total elektron setelah diberi medan magnet luar, yaitu :

Bn m nE E m µ B= +ℓ ℓ ℓ

Ln m n ne

eE E m B E m ω

2m

= + = +

ℓ ℓ ℓ ℓ ℓ

ℏℏ

dengan 10L

e

eBω 8,782.10 B/s

2m= = dan L

Lω

f2π

=

Lf dikenal sebagai frekuensi presessi Larmor dan nE ℓ adalah tingkat energi

elektron tanpa medan magnet luar.

Keadaan energi terendah memiliki momentum sudut anti paralel medan magnet

luar B. Transisi dari keadaan sub tingkat atas dengan nilai 2=ℓ

( )m 2, 1, 0, 1, 2= − −ℓ ke keadaan sub tingkat bawah dengan 1=ℓ ( )m 1, 0, 1= −ℓ

harus mengikuti aturan seleksi yaitu m 0, 1∆ = ±ℓ .

Selisih energi (∆E) antara transisi sub tingkat atas dengan sub tingkat bawah

dalam pengaruh medan magnet luar yaitu

( ) ( )B B2 1 n 2 2 n 1 1E E E E m µ B E m µ B= =∆ = − = + − +ℓ ℓ ℓ ℓ ℓ ℓ

dan frekuensi cahaya spektral transisi tersebut yaitu

( ) ( )B Bn 2 2 n 1 1E m µ B E m µ BE

fh h

+ − +∆= = ℓ ℓ ℓ ℓ

dan bilangan gelombang (υ ) cahaya spektral transisi tersebut yaitu

( ) ( )n 1 n 2 B

1 2

E E µ B1 Eυ m m

λ hc hc hc

−∆= = = − − −ℓ ℓℓ ℓ

204

B0 0

e

µ B eBυ υ m υ m

hc 4πm c= − ∆ = − ∆ℓ ℓ

B0 0

e

µ B eBf cυ cυ m cυ m

h 4πm= = − ∆ = − ∆ℓ ℓ

0e

eBf f m

4πm= − ∆ ℓ

hc

E hcυ hfλ

∆ = = = dan 0e

heBE hf hf m

4πm∆ = = − ∆ ℓ

Karena aturan seleksi m 0, 1∆ = ±ℓ , maka 1 garis spektral awal akan terpisah

menjadi 3 garis spektral setelah dikenai medan magnet luar (Gambar 3.15), yaitu :

m 1∆ =ℓ , L1 0 0

e

eB ωυ υ υ

4πm c 2πc= − = −

m 0∆ =ℓ , 2 0υ υ=

m 1∆ = −ℓ , L3 0 0

e

eB ωυ υ υ

4πm c 2πc= + = +

Jadi walaupun nampak terpisah

menjadi 9 garis karena dikenai medan

magnet luar B, tetapi yang teramati

cuma 3 garis spektral menurut aturan

seleksi dan karena kesamaan frekuensi.

Peristiwa pemisahan energi garis spektral menjadi beberapa garis spektral karena

pengaruh medan magnet luar dikenal sebagai efek Zeeman Normal. Untuk

medan magnet luar yang lebih kecil densitas flux magnetnya, maka akan muncul

garis–garis spektral yang lebih banyak, peristiwa ini dikenal sebagai efek Zeeman

Anomali.

B. Spin Elektron

Untuk menjelaskan efek Zeeman Anomali dan garis spektral dobel pada

spektrum unsur alkali, tahun 1925 G.E. Uhlenbeck dan S.A. Goudsmit

mengusulkan hipotesis spin elektron. Elektron selain bergerak mengelilingi inti,

elektron juga berputar terhadap sumbunya sendiri, sehingga momentum sudut spin

intrinsik elektron yaitu

2− 1−

0

2 1

Gambar 3.15 Efek Zeeman normal

mℓ

1− 0 1

2=ℓ

1=ℓ

∆mℓ=

–1

∆mℓ=

1

∆mℓ=

0

1υ 2υ 3υ

205

( )sp 1s s= +ℏ dengan nilai s = ½ , – ½

dan ss

s e

µ eg

p 2m= dengan nilai gs = 2

( ) ( )( ) ( )s s s Be e

e eµ g p 2 1 2µ 1

2m 2ms s s s

= = + = +

ℏ

s adalah bilangan kuantum spin dan µs adalah momen magnetik intrinsik

Dalam medan magnet luar, vektor pℓ�

terorientasi terhadap arah medan

magnet luar yang dapat dianggap nilainya ditentukan oleh hukum/aturan

kuantisasi ruang Sommerfeld.

p cos θ m=ℓ ℓ

ℏ dengan m 0, 1, 2,...,= ± ± ±ℓ ℓ

( )m

cos θ1

=+ℓ

ℓ ℓ

Komponen terbesar pℓ�

sepanjang arah medan adalah ℓℏ ketika m =ℓ ℓ . Nilai ini

lebih sedikit lebih kecil dari besarnya pℓ�

yang artinya bahwa dalam hal ini vektor

pℓ�

tidak dapat searah dengan arah medan magnet luar B.

Untuk momentum sudut spin ps�

elektron dapat searah/paralel dan anti

paralel terhadap medan magnet luar B (ini menurut perumusan Sommerfeld).

Gerak elektron tanpa medan magnet luar dapat

secara penuh digambarkan dalam bentuk 3

bilangan kuantum yaitu n, ℓ, s. Jika ada medan

magnet luar B, maka perlu ditambah bilangan

kuantum magnetik ms .

Karena elektron dalam sebuah atom

mempunyai 2 momentum sudut berbeda pℓ�

dan

ps�

, maka momentum sudut total p j�

-nya yaitu

sjp p p= +ℓ� � �

dan

j s= +� � �ℓ yang bernilai j = ℓ + ½ dan j = ℓ – ½

Energi interaksi magnetik :

Gambar 3.16 Kuantisasi S

B B B

ms = ½

ms = – ½

206

( )( )

jB Bj j

mE µ B cos θ g µ j j+1 B m g µ B

j j+1= − = − = −

Selisih energi transisi :

( ) BjE m g µ B∆ = ∆

Frekuensi transisi :

( ) Bj

µ Bf m g

h= ∆

Bilangan gelombang (υ ) transisi :

Bj j

1 µ Bυ m g m g L

λ hc = = ∆ = ∆

dengan nilai magneton Bohr yaitu

( )( )( )( )

19 3424

B 31

7 1,6.10 6,626.10ehµ 9,27.10 J.s.C/kg

4πm 4 22 9,1.10

− −−

−= = =

Gambar 3.17 Transisi-transisi radiasi yang diijinkan dalam atom Hidrogen

207

3.6 Model Atom Mekanika Kuantum

A. Persamaan gerak elektron dalam atom Hidrogen

Persamaan Schröedinger atom Hidrogen

( )2 2 2

2 2 2 22m

E V 0x y z

∂ Ψ ∂ Ψ ∂ Ψ+ + + − Ψ =∂ ∂ ∂ ℏ

di mana 0

2eV

4π r= −

∈ (V adalah energi potensial)

x r sinθ cosφ= dx d dθ drd dθ dr

dx dx dxφφ

= + +

y r sinθ sinφ=

z r cosθ=

dx r sinθsin d r cosθ cos dθ sinθ cos drφ φ φ φ= − + +

dy r sinθ cos d r cosθ sin dθ sinθ sin drφ φ φ φ= + +

dz r sin θ dθ cos θ dr= − +

( )2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2dx r sin θ sin d r cosθ cos dθ sin θ cos drφ φ φ φ= + +

2 2 22r sinθ cosθ sin cos d dθ 2r sin θ sin cos d dr 2r sinθ cosθ cos dθdrφ φ φ φ φ φ φ− − +

( )2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2dy r sin θ cos d r cosθ sin dθ sin θ sin drφ φ φ φ= + +

2 2 22r sinθ cosθ sin cos d dθ 2r sin θ sin cos d dr 2r sinθ cosθ sin dθdrφ φ φ φ φ φ φ+ + +

( )2 2 2 2 2 2dz r sin θ dθ cos θ dr 2r sinθ cosθ dθdr= + −

( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )2 2 2 2 2 2 22 2 2ds dx dy dz r sinθ r dθ drdφ= + + = + +

( ) ( ) ( ) ( )2 2 2 22 2 21 2 3ds h dr h dθ h dφ= + +

maka 1 2 3h 1 ; h r ; h r sinθ= = =

2 2 3 1 3 1 2

1 2 3 1 2 3

h h h h h h1

h h h r h r θ h θ hφ φ ∂ ∂Ψ ∂ ∂Ψ ∂ ∂Ψ∇ Ψ = + + ∂ ∂ ∂ ∂ ∂ ∂

22 2

2 2 2 2 21 1 1

r sinθr r θ θr r sinθ r sin θ φ

∂ ∂Ψ ∂ ∂Ψ ∂ Ψ ∇ Ψ = + + ∂ ∂ ∂ ∂ ∂

22

20

2m eE 0

4π r

∇ Ψ + + Ψ = ∈ ℏ

y

z

x

r θ

Φ

•

208

Melalui metode pemisahan variabel

( ) ( ) ( ) ( )r,θ, R r Q θ Fφ φΨ =

2 22

2 2 2 2 2 2o

QF d dR RF d dQ RQ d F 2m er sinθ E RQF 0

dr dr dθ dθ 4π rr r sinθ r sin θ dφ + + + + = ∈ ℏ

dikali 2 2r sin θRQF

2 2 22 2 2

2 2o

sin θ d dR sinθ d d 1 d F 2m er sinθ E r sin θ 0

R dr dr Q dθ dθ F 4π rd

Q

φ + + + + = ∈ ℏ

2 2 22 2 2

2 2o

sin θ d dR sinθ d d 2m e 1 Fr sinθ E r sin θ

R dr dr Q dθ dθ 4π r F

Q

φ ∂ + + + = − ∈ ∂ ℏ

.......... (3.6)

misal : 2

22

1 d Fm

F dφ

− =

ℓ

maka 2

22

d Fm F 0

dφ

+ =

ℓ ……………………………………………..…….. (3.7)

persamaan (3.7) disebut persamaan gelombang azimuth

persamaan (3.6) dibagi sin2θ

22 22

2 2o

m1 d dR 1 d dQ 2mr er sinθ E

R dr dr Qsinθ dθ dθ 4π r sin θ

+ + + = ∈

ℓ

ℏ

22 22

2 2o

m1 d dR 2mr e 1 d dQr E sinθ

R dr dr 4π r Qsinθ dθ dθsin θ

+ + = − ∈

ℓ

ℏ

…….…………... (3.8)

dari persamaan (3.8)

2

2

m 1 d dQβ sinθ

Qsinθ dθ dθsin θ = −

ℓ

kedua sisi dikali Q

2

2

m1 d dQsinθ β Q 0

sinθ dθ dθ sin θ

+ − =

ℓ ………………………………………...… (3.9)

persamaan (3.9) disebut persamaan gelombang polar

dari persamaan (3.8)

2 22

2o

1 d dR 2mr er E β

R dr dr 4π r

+ + = ∈ ℏ

kedua sisi dikali 2R

r

209

22

2 2 2o

1 d dR 2m e βr E R 0

dr dr 4π rr r

+ + − = ∈ ℏ

………………………….......…. (3.10)

persamaan (3.10) disebut persamaan gelombang radial

B. Solusi persamaan gerak elektron dalam atom Hidrogen

Solusi persamaan gelombang azimuth

22

2d F

m F 0dφ

+ =

ℓ di mana 2m

ℓ= bilangan kuantum magnetik

( )2 2D m F 0+ =ℓ

maka 1D im= +ℓ dan 2D im= −

ℓ

( ) im imF Ae Beφ φφ −= +ℓ ℓ ; di mana 0 s/d 2πφ =

( ) ( )F F 2πφ φ= +

( ) ( )im 2π im 2πim imAe Be Ae Beφ φφ φ + − +−+ = +ℓ ℓℓ ℓ

( ) ( )im 2im π im 2im πAe 1 e Be 1 e 0φ φ− −− + − =ℓ ℓ ℓ ℓ

karena imAe φℓ dan imBe φ− ℓ tidak nol, maka ( )2im π1 e 0− =ℓ dan ( )2im π1 e 0−− =ℓ

sehingga 2im πe 1=ℓ dan 2im πe 1− =ℓ

( ) ( )cos 2mπ isin 2m π 1+ =ℓ ℓ dan ( ) ( )cos 2mπ isin 2m π 1− =ℓ ℓ

karena ( )sin 2m π 0=ℓ

maka ( )cos 2mπ 1=ℓ

2m π 0, 2π, 4π, 6π,= ± ± ±ℓ iii

m 0, 1, 2, 3,= ± ± ±ℓ iii di mana mℓ adalah bilangan kuantum magnetik

orbital

Fungsi gelombang azimuth

( ) i mF Ae

φφ = ℓ ( ) ( )F Ccos mφ φ= ℓ

( ) i mF Be

φφ = ℓ ( ) ( )F Dcos mφ φ= ℓ

Normalisasi fungsi gelombang azimuth

( ) imF Ae φφ = ℓ

kondisi normalisasi untuk total fungsi gelombang ( )r,θ,φΨ adalah

210

*dτ 1ΨΨ =∫∫∫ di mana dτ =elemen volum

( ) ( )( ) ( ) ( ) ( )2dτ r sinθd rdθ dr r dr sinθdθ dφ φ= =

2 22

0 0 0

RR* r dr QQ* sinθdθ FF* d 1

π πφ

∞=∫ ∫ ∫

untuk fungsi ( )F φ

2π

0

FF*d 1φ =∫ maka ( )( )2π

im im

0

Ae A*e d 1φ φ φ− =∫ ℓ ℓ dan 2π

2

0

A d 1φ =∫

sehingga 1 1

A2π 2π

= =

maka ( )im

me

F2π

φφ =

ℓ

......................................................................... (3.11)

persamaan (3.11) adalah solusi persamaan gelombang azimuth

contoh : jika m 2= −ℓ , maka ( )2i

2e

F2π

φφ

−

− =

Solusi persamaan gelombang Polar 2

2

m1 d dQsinθ β Q 0

sinθ dθ dθ sin θ

+ − =

ℓ ............................................................. (3.12)

misal : x = cos θ ; dx

sinθdθ

= − ; d d

sinθdθ dx

= − dan 1 d d

sinθ dθ dx= −

dQ dQ dx dQsinθ

dθ dx dθ dx= = −

( )2 2dQ dQ dQsinθ sin θ 1 x

dθ dx dx= − = − −

maka

( ) ( )2

22

md dQ1 1 x β Q 0

dx dx 1 x

− − − + − = −

ℓ

( ) ( )2

22

md dQ1 x β Q 0

dx dx 1 x

− + − = −

ℓ

211

( ) ( )22

22 2

md Q dQ1 x 2x β Q 0

dxdx 1 x

− − + − = −

ℓ ................................................... (3.13)

Persamaan (3.13) dikenal sebagai persamaan Legendre

Solusi persamaan Legendre akan memenuhi syarat-syarat nilai tunggal dan

kontinuitas fungsi gelombang Q jika tetapan β berbentuk

( )( )β k m k m 1= + + +ℓ ℓ

di mana k dan mℓ adalah masing-masing nol atau bilangan bulat. Oleh karena itu

perlu disubstitusikan k m+ =ℓ ℓ , sehingga

( )β 1= +ℓ ℓ di mana ℓ = 0, 1, 2, 3, …

jadi ℓ harus nol atau bilangan bulat positif. Untuk suatu nilai ℓ, parameter mℓ

mempunyai nilai mℓ = 0, ± 1, ± 2, ± 3, …± ℓ. dan ℓ dikenal sebagai bilangan

kuantum momentum sudut orbital atau bilangan kuantum orbital.

Solusi persamaan (3.13) yaitu (lihat lampiran 1)

( ) ( )mm mQ θ N P cos θ= ℓ

ℓ ℓℓ ℓ ℓ ………………………………………. (3.14)

dengan mNℓℓ = tetapan normalisasi

dan ( )( )

( )m

2 1 m !N

2 m !

+ −=

+ℓ

ℓ

ℓ

ℓ

ℓ ℓ

ℓ ………………………………………. (3.15)

( )mP cos θℓℓ adalah fungsi Legendre Gabungan jenis pertama

( )P cos θℓ adalah polinomial Legendre

( ) ( ) ( )( )

mmm 2 2

m

d P cos θP cos θ 1 cos θ

d cosθ= −

ℓℓ

ℓ

ℓ

ℓℓ ……………….…...…. (3.16)

jika m >ℓ ℓ , maka ( )mP cos θ 0=ℓℓ

( ) ( )( ) ( ) ( ) ( )( ) ( ) ( )( )( )

( )( ) ( )2 42 1 2 3 1 1 1 2 3P cos θ cosθ cosθ cosθ

! 2 1 2 4 2 1 2 3− − − − − − − − = − + − − − −

ℓ ℓ ℓ

ℓ

ℓ ℓ iii ℓ ℓ ℓ ℓ ℓ ℓiii

ℓ ℓ i ℓ ℓ

Polinimial Legendre dapat juga dinyatakan sebagai rumus Rodrigue

( )( )

( )

2d cosθ 11

P cos θ2 ! d cosθ

− =

ℓℓ

ℓ ℓ ℓℓ ………………………...……. (3.17)

212

misal jika cosθ x= , maka

( )( )

( )

2d x 11

P x2 ! d x

− =

ℓℓ

ℓ ℓ ℓℓ dan ( ) ( ) ( )mm

m 2 2m

d P xP x 1 x

dx= −

ℓℓ

ℓ

ℓ

ℓℓ

Contoh 1:

Jika 1, m 0= =ℓℓ tentukan ( )10Q θ ?

( ) ( )010 10 1Q θ N P cosθ=

( )( )( )10

2 1 1 0 ! 3 1N 6

2 1 0 ! 2 2

+ −= = =

+

( ) ( )2

1 1

d x 11 1P x 2x x cosθ

dx 221!

− = = = =

( ) ( ) ( )00 00 2 22

1 0d cosθ

P x 1 x 1 x cosθ cosθdx

= − = − =

( ) ( )010 10 1

1Q θ N P cosθ 6 cosθ

2= =

Contoh 2:

Jika 2, m 2= =ℓℓ tentukan ( )22Q θ ?

( ) ( )222 22 2Q θ N P cosθ=

( )( )( )22

4 1 2 2 ! 5 5 1N 15

2 2 2 ! 2.24 48 12

+ −= = = =

+

( ) ( )22 2 2 4 2 2

22 2 2 2

d x 1 d x 2x 11 1 1 3x 1P x 12x 4

8 8 2 22 2! dx dx

− − + = = = − = −

( ) ( ) ( ) ( ) ( )( ) ( )( )

22

22 2 2 2 222 2

3x 1d

2 2 d 3xP x 1 x 1 x 1 x 3 1 cosθ 3

dxdx

−

= − = − = − = −

( )2 22P x 3sin θ=

( ) ( ) ( )2 2 222 22 2

1 1Q θ N P cosθ 15 3sin θ 15 sin θ

12 4= = =

213

Solusi Persamaan Gelombang Radial

( )β 1= +ℓ ℓ disubstitusikan ke persamaan (3.10)

( )22

2 2 2o

11 d dR 2m er E R 0

dr dr 4π rr r

+ + + − = ∈

ℓ ℓ

ℏ

( )2 2

2 2 2 2o

1d R 2 dR 2mE 2meR 0

r drdr 4π r r

++ + + − = ∈

ℓ ℓ

ℏ ℏ ......................................(3.18)

misal : 28mE

α−=ℏ

; 2

0

e mn

4π 2E= −

∈ ℏ ; ρ αr= ;

dρα

dr=

dR dR dρ dRα

dr dρ dr dρ= =

2 2 22

2 2 2d R d R dρ d R

α αdrdr dρ dρ

= = persamaan ini disubstitusikan ke persamaan (3.18)

( )2 22

2 2 2 2o

1d R 2α dR 2mE 2meα R 0

r dρdρ 4π r r

++ + + − = ∈

ℓ ℓ

ℏ ℏ

misal :2 2

2 20 0

8mE e m 2meαn

4π 2E 4π

−= − = ∈ ∈ ℏℏ ℏ ;

2

2α 2mE

4− =

ℏ ;

ρr

α=

maka ( )22 2 2 2

22 2

α 1d R 2α dR α α nα R 0

ρ dρ 4 ρdρ ρ

++ + − + − =

ℓ ℓ lalu dibagi α2

( )2

2 2

1d R 2 dR 1 nR 0

ρ dρ 4 ρdρ ρ

++ + − + − =

ℓ ℓ ……………………… (3.19)

a. Jika ρ → ∞ ( ρ sangat besar )

Karena ρ → ∞ maka nilai n

ρ, 2

( 1)

ρ+ℓ ℓ

, dan 2 dR

ρ dρ menjadi sangat kecil/diabaikan

sehingga persamaan (3.19) tersebut menjadi: 2

2d R R

04dρ

− = yang mempunyai

solusi persamaan: ρ ρ

2 2R(ρ) Ae Be−

= +

di mana A dan B adalah ketetapan. Untuk ρ → ∞ sehingga harus B = 0 maka

solusi yang dapat diterima menjadi:

ρ2R(ρ) Ae

−= ………………………………………………..……... (3.20)

214

b. Jika ρ sangat kecil

Maka nilai 2( 1) n

ρρ+ℓ ℓ≫ dan 2

( 1) 1

4ρ+ℓ ℓ≫

Misal : nilai ρ = 0,01 dan n = 1 lalu ℓ = 1 maka nilai ρℓ =100 tapi 2

( 1)

ρ+ℓ ℓ

= 20000

Persamaan (3.19) menjadi: 2

2 2d R 2 dR ( +1)

R 0ρ dρdρ ρ

+ − =ℓ ℓ …………….……. (3.21)

yang mempunyai solusi persamaan awal kR ρ=

dengan k 1dRkρ

dρ−= dan ( )

2k 2

2d R

k k 1 ρdρ

−= − di mana k adalah determinan. Jika

dimasukkan ke persamaan (3,21) di atas, akan didapat:

( ) ( )k 2 k 1 k2

12k k 1 ρ kρ ρ 0

ρ ρ− − +

− + − =ℓ ℓ

( ) ( ) k 2k k 1 2k 1 ρ 0−− + − + = ℓ ℓ

2 2k k+ = +ℓ ℓ

jika ( )k atau k 1= = − +ℓ ℓ , maka solusi dari persamaan (3.21) yang mungkin:

R ρ= ℓ atau ( )1R ρ

− +=

ℓ

Solusi ( )1R ρ

− +=

ℓ tidak dipakai karena jika ρ 0→ maka R akan bernilai tak

hingga secara cepat, sehingga yang diambil solusi:

R ρ= ℓ ………………………………………………………. (3.22)

c. Jika ρ intermediate (nilai tengah)

Jika nilai ρ sangat besar maka solusinya adalah ρ

2R(ρ) Ae−

= dan jika nilai ρ

sangat kecil maka solusinya adalah R ρ= ℓ . Sehingga solusi fungsi radial dari

nilai tengah ρ yang mungkin adalah

ρ2R(ρ) ρ L(ρ) e

−= ℓ

di mana L(ρ) adalah berupa polynomial. Differensial R terhadap ρ secsra

bertahap didapatkan:

215

( ) ( ) ( )ρ ρ ρ

1 2 2 2dL ρdR 1ρ L ρ e ρ e ρ L ρ e

dρ dρ 2

− − −−= + −ℓ ℓ ℓℓ

( ) ( ) ( )ρ

1 2dL ρdR 1ρ L ρ ρ ρ L ρ e

dρ dρ 2

−− = + −

ℓ ℓ ℓℓ

( ) ( ) ( ) ( )2 ρ ρ ρ

2 1 12 2 22

dL ρd R 11 ρ L ρ e ρ e ρ L ρ e

dρ 2dρ− − −− − −= − + −ℓ ℓ ℓ

ℓ ℓ ℓ ℓ

( ) ( ) ( )2ρ ρ ρ1 2 2 2

2

dL ρ d L ρ dL ρ1ρ e ρ e ρ e

dρ 2 dρdρ− − −−+ + −ℓ ℓ ℓℓ

( ) ( ) ( )ρ ρ ρ

1 2 2 2dL ρ1 1 1ρ L ρ e ρ e ρ L ρ e

2 2 dρ 4

− − −−− − +ℓ ℓ ℓℓ

( ) ( )2 ρ

2 1 1 22

d R 1 1 11 ρ ρ ρ ρ L ρ e

2 2 4dρ−− − − = − − − +

ℓ ℓ ℓ ℓℓ ℓ ℓ ℓ

( ) ( )2 ρ

1 1 22

dL ρ d L ρ1 1ρ ρ ρ ρ ρ e

2 2 dρ dρ−− − + + − − +

ℓ ℓ ℓ ℓ ℓℓ ℓ

( ) ( ) ( ) ( )22 ρ

1 2 1 22 2

d L ρ dL ρd R 1ρ 2 ρ ρ 1 ρ ρ ρ L ρ e

dρ 4dρ dρ−− − − = + − + − − +

ℓ ℓ ℓ ℓ ℓ ℓℓ ℓ ℓ ℓ

Substitusikan R, dR

dρ dan

2

2d R

dρ ke persamaan (3.19) sehingga diperoleh:

( )2

2 2

1d R 2 dR 1 nR 0

ρ dρ 4 ρdρ ρ

++ + − + − =

ℓ ℓ

( ) ( ) ( ) ( )2 ρ

1 2 1 22

d L ρ dL ρ 1ρ 2 ρ ρ 1 ρ ρ ρ L ρ e

dρ 4dρ−− − − + − + − − +

ℓ ℓ ℓ ℓ ℓ ℓℓ ℓ ℓ ℓ

( ) ( ) ( ) ( )ρ ρ1 2 2

2

dL ρ 12 1 1 nρ L ρ ρ ρ L ρ e ρ L(ρ) e 0

ρ dρ 2 4 ρ ρ− −− +

+ + − + − + − =

ℓ ℓ ℓ ℓℓ ℓℓ

( ) ( ) ( ) ( )2 ρ

1 1 2 1 2 1 22

d L ρ dL ρ 1ρ 2 ρ ρ 2ρ 1 ρ ρ ρ 2 ρ ρ L ρ e

dρ 4dρ−− − − − − − + − + + − − + + −

ℓ ℓ ℓ ℓ ℓ ℓ ℓ ℓ ℓℓ ℓ ℓ ℓ ℓ

( )ρ

1 2 21ρ nρ 1 ρ L(ρ) e 0

4

−− − + − + − + =

ℓ ℓ ℓℓ ℓ

( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )2 ρ

1 2 1 22

d L ρ dL ρ 1ρ 2 2 ρ ρ 1 ρ 1 ρ ρ L ρ e

dρ 4dρ−− − − + + − + + − + +

ℓ ℓ ℓ ℓ ℓ ℓℓ ℓ ℓ ℓ

( )ρ

1 2 21ρ nρ 1 ρ L(ρ) e 0

4

−− − + − + − + =

ℓ ℓ ℓℓ ℓ

216

( ) ( ) ( ) ( )2 ρ

1 1 1 1 22

d L ρ dL ρρ 2 ρ 2ρ ρ nρ 1 ρ L ρ e 0

dρdρ−− − − − + + − + − + =

ℓ ℓ ℓ ℓ ℓ ℓℓ ℓ

Persamaan di atas di bagi dengan ρ

2e−

dan 1ρ −ℓ

( ) ( ) ( ) ( )2

1 2 1

d L ρ dL ρρ ρ2 2 n 1 L ρ 0

dρρ dρ ρ− −

+ + − + − + =

ℓ ℓ

ℓ ℓℓ ℓ

( ) ( ) ( ) ( ) ( )2

2

d L ρ dL ρρ 2 2 ρ n 1 L ρ 0

dρdρ+ + − + − − =ℓ ℓ ………………….…………… (3.23)

Persamaan (3.23) dikenal sebagai Polinomial Laguerre.

2 2 1 2 12 1n nn2

d L (ρ) dL (ρ)ρ [2( 1) ρ] (n 1)L (ρ) 0

dρdρ

+ +++ +

++ + − + − − =ℓ ℓ

ℓℓ ℓℓℓ ℓ ........................(3.24)

Persamaan (3.24) dikenal sebagai Polinomial Laguerre Gabungan

Persamaan (3.23) dan (3.24) adalah identik dan jika variabel L diganti

2 +1n+1L (ρ)ℓ dengan polinomial berorde 2ℓ+1 dan berderajat n+ℓ–(2ℓ+1) = n–ℓ–1,

maka solusi dari persamaan radial total merupakan gabungan solusi untuk ρ

bernilai sangat kecil, ρ bernilai sedang/menengah, dan ρ bernilai sangat besar

yaitu (lihat lampiran 2)

2 +1 2n+1R(ρ) ρ L (ρ) e

ρ−= ℓ ℓ ………………………………………(3.25)

Normalisasi.fungsi ini dengan cara mengintegralkan

2 2 +1 22n+1

0

N ρ L (ρ) e ρ dρ 1ρ∞ − =

∫

ℓ ℓ ………………….….………(3.26)

Batasan integral untuk nilai ρ yaitu dari 0 sampai ∞ dan faktor ρ2 masuk

ke persamaan sebab elemen volume dτ adalah sama dengan ρ2 dρ, sehingga nilai

normalisasinya adalah

[ ]

3

n 3ρ (n 1)!

Nr 2n (n )!

− − = − +

ℓ

ℓ

ℓ…………………….………..…(3.27)

dengan o

2Zrρ

na= . Fungsi gelombang radial ternormalisasi dari suatu atom juga

disebut fungsi eigen radial dan solusi khusus persamaan gelombang radial gerak

elektron dalam suatu atom dapat dinyatakan sebagai:

217

( ) 0

0 0

Zrna2 +1

n+

3

n 32Z (n 1)! 2Zr

R (r) L ρ ena na2n{(n )!}

− − −= − ⋅ ⋅ ⋅ +

ℓℓ

ℓ

ℓ

ℓ

ℓ…....… (3.28)

n dan ℓ ditambahkan pada fungsi R(r) karena fungsi tersebut bergantung pada 2

variabel n dan ℓ.

Untuk atom Hidrogen maka Z = 1 dan solusi khusus persamaan gelombang radial

gerak elektron dalam atom Hidrogen yaitu

( ) ( )ρ

2 1 2n n nR r N ρ L ρ e

−++= ℓ ℓ

ℓ ℓ ℓ …………….………… (3.29)

dengan ( )

( )

123

n 30

n 1 !2N

na 2n n !

− − = − + ℓ

ℓ

ℓ …………………….… (3.30)

dan ( ) ( )2 1

2 1n n2 1

dL ρ L ρ

dρ

++

+ ++=ℓ

ℓℓ ℓℓ

……………………….……… (3.31)

dan ( ) ( )n

ρ ρnn n

dL ρ e ρ e

dρ

+−+

+ +=ℓ

ℓℓ ℓ

……………….……… (3.32)

dengan nilai 0

2rρ

na=

218

Soal-soal Latihan

1. Berapakah energi, momentum dan panjang gelombang foton yang dipancarkan

oleh sebuah atom Hidrogen ketika sebuah elektron membuat transisi dari n=2

ke n=1. Di mana potensial ionisasi = 13,6 eV.

2. Hitung energi yang dikehendaki untuk membuat kekosongan pada

a) kulit K atom tembaga b) kulit L atom tembaga

Di mana potensial ionisasi atom Hidrogen yaitu 13,6 eV dan Z tembaga = 29

3. Radiasi-radiasi yang dipancarkan atom-atom Hg ketika kembali ke keadaan

normal dipelajari oleh Frank-Hertz. Sebuah garis spektrum diamati mempunyai

λ = 2537Å. Hitung potensial eksitasi atom Hg ?

4. Sebuah garis spektrum sinar-X mempunyai λ = 0,53832Å diketahui

dipancarkan dari tabung sinar-X dengan target Zinc (Z=30), di mana panjang

gelombang karakteristik garis Kα Zinc yaitu 1,43603Å. Jika garis λ=0,53832Å

disebabkan oleh impuritas/zat pengotor dalam target Zinc, hitunglah bilangan

atom atau nomor atom zat pengotor/impuritas tersebut ?

5. Dalam sebuah atom µ-meson, sebuah muon dengan muatan – e dan massa

200me (me = massa elektron) bergerak dalam sebuah orbit bundar mengelilingi

inti bermuatan + 3e. Anggap bahwa model atom Bohr dipakai pada sistem ini

a) Turunkan rumus untuk jejari orbit Bohr ke-n

b) Hitung nilai n di mana jejari orbit mendekati sama dengan orbit pertama

Bohr pada atom Hidrogen (yaitu r1 = 0,53 Å).

c) Hitung potensial eksitasi pertama atom tersebut.

6. Hitung λ garis Kα dalam atom tembaga (Cu). Gunakan hukum Moseley untuk

perhitungan (yaitu Zeff = Z – 1 dan 7 1R 1,096776.10 m−= ).

7. Hitung energi (dalam eV) dan panjang gelombang sinar-X Kα dari atom Co-27

8. Hitung λ garis Kα dari sebuah atom target tembaga dengan menggunakan

hukum Moseley. Konstanta Rydberg Hidrogen 7 1HR 1,096777.10 m−= .

9. Nilai terukur dari energi kinetik total pecahan fision dari fision neutron termal 23592 U adalah 196 MeV. Anggap bahwa nilai berturut-turut Z dan A pecahan

fision yaitu (35,72) dan (57,162). Hitung jarak r antara pecahan saat pemisahan. Bandingkan nilai ini dengan jumlah dua pecahan. Jejari inti

13

0R r A= di mana 150r 1,2.10 m−= .

219

BAB 4 RADIOAKTIVITAS

Pada Tahun 1896 Henry Becquerel menemukan bahwa garam Uranium

memancarkan radiasi yang dapat menembus kertas maupun selaput tipis perak. Ia

menunjukkan bahwa pancaran radiasi dari garam Uranium tidak bergantung dari

pengaruh luar tetapi dari material itu sendiri. Ia juga menunjukkan bahwa radiasi

dari garam Uranium dapat menyebabkan garam terionisasi. Peristiwa yang

ditemukan oleh Henry Becquerel tersebut dikenal sebagai radioaktivitas. Radiasi

yang dipancarkan dari garam Uranium disebut sinar Becquerel. Tahun 1898 Pierri

Curie dan Marie Curie menemukan dua unsur radioaktivitas yaitu Radium dan

Polonium serta menunjukkan bahwa radioaktivitas tidak terpengaruh proses

kimia.

4.1. Peluruhan Radioaktif

Beberapa inti suatu unsur menunjukkan ketidakstabilan, walaupun

mempunyai gaya inti yang kuat. Sebuah inti yang tidak stabil akan menjadi

pecah/terpisah untuk mencapai sebuah konfigurasi yang lebih stabil. Misal jumlah

inti yang tidak meluruh dari unsur radioaktif pada suatu saat adalah N, maka

kecepatan di mana N berubah terhadap waktu berbanding lurus N, jadi

dNλN

dt= − ………………………………………………… (4.1)

dimana λ merupakan tetapan peluruhan dan tanda (-) menunjukkan selama t

meningkat N akan berkurang. Jika diintegralkan terhadap N dan t maka akan

menjadi ln N = – λt + C dimana C adalah tetapan integrasi

Misal jumlah inti yang belum meluruh (N) pada t = 0 adalah N0 (jumlah inti suatu

unsur radioaktif pada saat awal), maka

ln N0 = C

sehingga ln N = -λt + ln N0

0

Nln λt

N= − ………...………………………………….…… (4.2)

dan 0λtN = N e− ………………………………………………… (4.3)

220

4.2. Umur Paruh Waktu

Didapatkan bahwa dalam sebuah interval waktu T yang tetap, sebuah

unsur radioaktif akan berkurang jumlah atom-atomnya menjadi setengah jumlah

awal interval. Dalam interval waktu T berikutnya, jumlah atom akan berkurang

menjadi setengah dari jumlah atom pada interval waktu T sebelumnya. Interval

waktu T ini disebut Umur Paruh Waktu dari suatu unsur radioaktif (lihat gambar

4.1)

Gambar 4.1. Peluruhan suatu unsur radioaktif

Misal umur paruh waktu (T) unsur Radon adalah 3,82 hari, jika terdapat gas

Radon mula-mula 1 mg maka setelah 3,82 hari gas Radon yang tersisa akan

menjadi 0,5 mg dan 3,82 hari berikutnya gas Radon akan menjadi 0,25 mg dan

3,82 hari berikutnya gas Radon akan menjadi 0,125 dan seterusnya. Umur paruh

suatu unsur radioaktif adalah tetap dan tidak dipengaruhi oleh keadaan

lingkungan seperti perubahan tekanan, suhu, kelembaban, medan listrik, dan

medan magnet. Jika umur paruh waktu suatu unsur adalah T, ketika waktu

peluruhan suatu unsur radioaktif (t) menjadi T, maka N = N0/2 ketika t = T dan

persamaan (4.2) menjadi

0

0

N /2ln = -λT

N

sehingga umur paruh waktu (T) yaitu

ln2 0,693

T = = λ λ

………..……………………………… (4.4)

dan T disubstitusikan ke persamaan (4.3)

0

t0,693TN = N e

− ….……..……………………………… (4.5)

t

N

N0/2

N0/4 N0/8

N0

T 2T 3T 0

221

4.3. Umur Rata-Rata

Umur rata-rata suatu unsur radioaktif adalah perbandingan jumlah umur

semua inti saat sekarang dalam suatu sampel dengan jumlah total inti.

0

0

N t dt

t =

N dt

∞

∞

∫

∫ …….……..……………….……………… (4.6)

0

0

0

0

-λt

-λt

t N e dt

t =

N e dt

∞

∞

∫

∫ di mana udv = uv - vdu∫ ∫

0

0

-λt -λt

-λt

t e e - dt

-λ -λt =

e-λ

∞

∞

∫

2

0

0

-λt -λt

-λt

t e e -

-λ λt =

e-λ

∞

∞

1

t = λ

….……..…………………………….…… (4.7)

Terlihat bahwa umur rata-rata (t ) suatu unsur berbanding terbalik dengan tetapan

peluruhan λ.

4.4. Aktivitas Unsur Radioaktif

Aktivitas suatu unsur radioaktif adalah kecepatan di mana inti dari atom-

atom unsur radioaktif meluruh atau jumlah inti yang meluruh per satuan waktu.

Satuan aktivitas suatu unsur radioaktif adalah curie (Ci) yaitu 3,7.1010 perpecahan

(disintegrasi) per detik. Aktivitas 1 gm Radium mendekati sama dengan 1 curie (

1 gm = 1 gram mol ), aktivitas suatu unsur radioaktif dalam satuan SI adalah

becquerel (Bq).

1 becquerel = 1 Bq = 1 disintegrasi per detik

1 curie = 3,7.1010 Bq = 37 G Bq

222

4.5. Disintegrasi berturut-turut

Suatu unsur meluruh menjadi unsur lain dan unsur hasil peluruhan itu

dapat meluruh menjadi unsur yang lain juga, misal unsur A (induk) meluruh

menjadi unsur B (anak), lalu unsur B meluruh menjadi unsur C. Jika tetapan

peluruhan unsur A menjadi unsur B adalah λ1 dan tetapan peluruhan unsur B

menjadi unsur C adalah λ2, maka

1 2λ λA B C→ →

Misal suatu saat sampel mengandung hanya unsur A, jadi pada t = 0 jumlah inti A

adalah N0. Pada waktu t misal jumlah inti A dalam bentuk campuran menjadi N1,

maka

1 01-λ tN = N e ….……..…………………………….…… (4.8)

Setiap sebuah inti A disintegrasi, maka sebuah inti B terbentuk, sehingga

kecepatan pembentukan B yaitu λ1N1 dan kecepatan B meluruh yaitu λ2N2 maka

kecepatan pembentukan keseluruhan B = λ1N1 - λ2N2 , sehingga

21 1 2 2

dN = λ N - λ N

dt ….……..….…………………….…… (4.9)

dari substitusi persamaan (4.8) didapatkan

22 2 1 0

1-λ tdN + λ N = λ N e

dt

kedua sisi dikalikan 2λ te

( )22 2 1 0

2 12λ λλ t tdN

+ λ N e = λ N edt

−

( ) ( )2 1 0

2 12λ λλ t td

N e = λ N edt

− …………………….…… (4.10)

( )12 0

2 1

2 12λ -λλ t tλ

N e = N e + Cλ -λ

di mana C = tetapan integrasi

saat t = 0, maka N2 = 0 dan

1 0

2 1

λ NC = -

λ -λ

1 012 0

2 1 2 1

1 2-λ -λt tλ NλN = N e - e

λ -λ λ -λ

223

( )1 0

22 1

12 1

-λ t- λ -λ tλ N e

N = 1 - eλ -λ

…………..………..…… (4.11)

0 12

2 1

1 1 2 1-λ t -λ t -λ t λ tN λN = e - e e e

λ -λ

0 12

2 1

1 2-λ t -λ tN λN = e - e

λ -λ

Jika umur paruh waktu induk (TA) lebih besar umur paruh waktu anak (TB),

sehingga λ1 << λ2 dan setelah beberapa interval waktu ( )2 1- λ -λ te 0≈ , maka

1 0 1 12

2 1 2 1

1-λ tλ N e λ NN = =

λ -λ λ -λ …………………………..…… (4.12)

Hasil ini menunjukkan bahwa perbandingan atom-atom anak dan induk

adalah tetap. Ini juga menunjukkan bahwa keduanya baik atom induk maupun

atom anak meluruh pada kecepatan yang ditentukan oleh tetapan peluruhan atom

induk. Ketika keadaan ini telah dicapai, maka sampel dikatakan dalam

kesetimbangan transient. Jika umur paruh waktu inti induk (TA) >> umur paruh

waktu anak (TB) maka λ1 << λ2 dan persamaan (4.12 ) menjadi

λ2N2 = λ1N1 ……………………………………....…… (4.13)

Oleh karena itu pada kecepatan di mana atom-atom anak meluruh sama

dengan kecepatan di mana atom anak terbentuk, sehingga jumlah atom-atom anak

tetap. Jenis kesetimbangan ini disebut kesetimbangan secular.

4.6. Hukum Pergeseran Radioaktif

hukum I :

Ketika sebuah inti radioaktif disintegrasi memancarkan sebuah partikel α, maka

posisi atom tersebut dalam tabel periodik akan berpindah dua tempat ke kiri.

Misal : 226 222 488 86 2Ra Rn + He→ (partikel α)

Bentuk Umum : A A-4 4Z Z-2 2L M + He→

di mana A = massa atom dan Z = nomor atom

hukum II :

Ketika sebuah inti radioaktif disintegrasi memancarkan sebuah partikel β , maka

posisi atom tersebut dalam tabel periodik akan berpindah satu tempat ke kanan.

224

Misal : 241 241 094 95 -1Pu Am + e→ (partikel β)

Bentuk Umum : A A 0Z Z+1 -1X Y + e→

Soal-soal latihan :

1. Umur paruh waktu Thorium X adalah 3,64 hari. Setelah berapa hari massanya

tinggal 0,1 massa awal ?

2. Uranium 238 dan Uranium 235 terjadi/terdapat di alam dalam perbandingan

140 : 1. Anggap bahwa saat pembentukan bumi, dua isotop tersebut berada

dalam jumlah yang sama. Hitunglah usia bumi ? (di mana umur waktu paruh

U-238 = 4,5.109 tahun dan umur waktu paruh U-235 = 7,13.108 tahun).

3. Umur paruh waktu Radium = 1600 tahun dan umur paruh waktu Radon = 3,8

hari. Hitung volume Radon (Rn-222) yang akan setimbang dengan 1 gm

Radium (Ra-226).

4. Aktivitas sebuah sampel radioaktif turun menjadi 1/16-nya dari nilai awal

dalam waktu 1 jam 20 menit, hitung umur paruh waktunya?

5. Umur paruh waktu U-238 = 4,5.109 tahun. Hitung aktivitas 1 gm U-238.

6. Perbandingan massa Pb-208 dengan massa U-238 dalam suatu batu yaitu 0,5.

Anggap bahwa batu tersebut tidak mengandung Pb. Perkirakan umur batu

tersebut? (di mana umur paruh waktu U-238 = 4,5.109 tahun).

225

Lampiran

Lampiran 1

Polinomial Legendre

Persamaan diferensial Legendre adalah

( ) ( ) 01212

22 =++−− ll

dx

dyx

dx

ydx . ..................................................... (1)

Persamaan di atas juga dapat ditulis sebagai berikut :

( ) ( ) 011 2 =++

− yll

dx

dyx

dx

d

Persamaan diferensial Legendre dapat diselesaikan dengan menggunakan

deret positif tak berhingga dari x, sehingga :

∑∞

=

++++ ++++==0

33

22

110 .....

r

mmmmrmr xaxaxaxaxay ............................ (2)

sehingga ( )∑∞

=

−++=0

1

r

rmr xrma

dx

dy dan

( )( )∑∞

=

−+−++=0

22

2

1r

rmr xrmrma

dx

yd

Dari persamaan (2), jika dimasukkan nilai m = 0, maka

.....33

2210 ++++= xaxaxaay

Jika persamaan (2) disubstitusikan ke dalam persamaan (1), akan

diperoleh :

( ) ( )( ) ( ) ( )∑ ∑ ∑∞

=

∞

=

∞

=

+−+−+ =+++−−++−0 0 0

122 01211r r r

rmr

rmr

rmr xallxrmaxxrmrmax

atau

( )( ) ( ) ( ) ( )( ){ }∑∞

=

+−+ =−++−+−++−++0

2 01211r

rrmrm

r axrmrmrmllxrmrma

atau

( )( ) ( ) ( )( ){ }[ ]∑∞

=

+−+ =+++−++−++0

2 0111r

rrmrm axrmrmllxrmrm ..... (3)

a. Jika xm = 0 dengan r = 0, akan diperoleh :

226

( ) ( ){ }( ){ }

( )( ) 01

0

0)1(1

011

22

0

=++−=−−+

=+−+=+−+

mlml

mmll

mmll

mmlla

sehingga l = m atau m = - l – 1

b. Jika xm-1 = 0 dengan r = 1, akan diperoleh

( ) ( ){ }[ ]( )( )[ ]

( )( ) 010

01

0

011

1

1

221

1

≠−−+==−−+

=+−+

=−−+

lmmldengana

lmmla

mmlla

mmlla

c. Jika xm+r-2 = 0

( )( ) ( ) ( )( )[ ]( ) ( )( ) ( )( )

( ) ( )[ ]( )( ) ( )[ ]( )( )[ ] ( )( )

( )( ) ( )( )( )( )

( )( ) rr

rr

rr

alrmlrm

rmrma

sehinggaalrmlrmarmrm

ataulrmlrmlrmlrm

lrmlrmlrm

llrmrm

rmrmllrmrmll

armrmllarmrm

21

1

,0211

21111

111

11

111121

01211

2

2

22

2

2

−−+−++−++−=

=−−+−+++−++−−+−++=−−−++−+−=

+−+−−−++−+−=−−−+−−+−=

−+−−+−+=−+−+−+

=−+−+−++−++

−

−

−

jika m = 0 maka ( )( )

( ) 21

21−−

+−−+−= rr arr

rlrla .................................................. (4)

Apabila memasukkan beberapa nilai r dalam persamaan (4), akan diperoleh :

a. untuk nilai r = 0 maka diperoleh a0

b. untuk nilai r = 1 maka diperoleh a1

c. untuk nilai r = 2 maka diperoleh

( )02 )1(2

1a

lla

+−=

d. untuk nilai r = 3 maka diperoleh

( )( )13 )2(3

12a

lla

−+−=

e. untuk nilai r = 4 maka diperoleh

227

( )( ) ( )( ) ( )

( ) ( )( )0

024

!4

312

)1(2

1

)3(4

23

)3(4

23

allll

allll

all

a

++−=

+−−+−=−+−=

f. untuk nilai r = 5 maka diperoleh

( )( )( )

( )( )( )( )dsta

lllla

lla 115 !5

4213

45

34 ++−−=−+−=

Dengan demikian, dapat ditulis :

( ) ( )( )( )

( )( ) ( )( )( )( )

−++−−++−−

+

−++−++−=

......!5

4213

!3

21

.....!4

312

!2

11

531

420

xllll

xll

xa

xllll

xll

ay

..................... (5)

Dari persamaan (5) dapat diperoleh suku- banyak-suku banyak Legendre dimana

suku banyak tersebut manjadi sama dengan satu jika x sama dengan satu. Dalam

hal ini besar a0 dan a1 adalah sembarang. Adapun suku banyak-suku banyak

tersebut adalah sebagai berikut :

( )( )( )

( ) ( )

( ) ( )

( ) ( )( )

( )

( ) ( )( )( )

( ) dstaxxa

xxaxP

axxaxxa

xll

xaxP

aaxxa

xll

axP

xxP

xP

xPl

8

1135103

11.2.3.4

7524

!2

5.41

2

11531

2.3

5.2

1!3

21

2

11311

1.2

321

1!2

11

1

1

042

0

4204

13

13

1

313

0022

0

202

1

0

=→=+−

=

+−→

−=→=−→=

−

=

+−−→

−=→=−→=

−

=

+−→

===

( ) ( )

( ) ( )

5 35

6 4 26

163 70 15

81

231 315 105 58

P x x x x

P x x x x

= − +

= − + −

228

( ) ( ) ( )( ) ( )∑

=

−

−−−−=

N

r

rll

rl x

rlrlr

rlxP

0

2

!2!!2

!221 ............................................... (19)

dimana : N = l /2 untuk l genap dan (l -1)/2 untuk l ganjil.

Pl(x) dapat dicari dengan menguraikan (x2-1)l dengan theorema Binomial.

( ) ( ) ( ) ( ) ( )

( ) ( ) ( ) ( ) ( )

( ) ( ) ( )( ) ( )∑

∑

∑ ∑

=

−

=

=

−

=

=

=

=

−−

−−−−=

−−=−=

−−

=−=−

N

r

rll

r

l

lr

r

rll

lr

l

l

l

l

ll

lr

r

lr

r

rlrrrl

rll

xrlrlr

rlxP

xdx

d

rlr

l

lx

dx

d

lxP

xrlr

l

xCx

0

2

0

222

0 0

2222

!2!!2

!221

!!

!1

!2

11

!2

1

!!

!1

11

Jadi akan terlihat bahwa suku banyak Legendre Pl (x) genap atau ganjil

menurut derajat l apakah ganjil atau genap. Karena

Pl(1) = 1 ............................................................................ (20)

Maka dapat disimpulkan

Pl (-1) = (-1)l ........................................................................... (21)

Suatu rumus penting P l (x) dapat dijabarkan langsung dari persamaan

diferensial Legendre. Misalkan ;

v = (x2 – 1 )l ........................................................................... (22)

maka ( ) 12 12−−= l

xlxdx

dv ............................................................... (23)

Jadi , ( ) 021 2 =+− lxvdx

dvx ................................................................ (24)

Jika persamaan (24) didiferensialkan terhadap x, maka diperoleh :

( ) ( ) 021212

22 =+−+− lv

dx

dvxl

dx

vdx .................................................... (25)

Jika persamaan (25) didiferensialkan r kali berturut-turut, maka diperoleh :

( ) ( ) ( )( ) 0211212

22 =−++−−+− r

rr vrlrdx

dvxrl

dx

vdx ............................ (26)

dengan r

r

r dx

vdv = ................................................................ (27)

Jika r = l, persamaan (26) akan tereduksi menjadi

229

( ) ( ) 01212

22 =++−− l

ll lvldx

dvx

dx

vdx .................................................... (28)

Persamaan (28) adalah sama dengan persamaan (10). Jadi, vl memenuhi

persamaan diferensial Legendre. Tetapi karena vl adalah

( )ll

l

l

l

l xdx

d

dx

vdv 12 −== ................................................................ (29)

maka vl merupakan suatu suku banyak derajat l, dan karena persamaan Legendre

mempunyai satu dan hanya satu penyelesaian dari bentuk Pl (x) , maka berarti

Pl (x) merupakan suatu kelipatan tetapan dari vl. Jadi akan diperoleh :

( ) ( )ll

l

l xdx

dCxP 12 −= ................................................................ (30)

Untuk menentukan tetapan C cukup ditinjau pangkat tertinggi untuk x

disetiap ruas persamaan di atas, yakni

( )( )

( ) lll

ll

lx

l

lCx

dx

dCx

l

l

!

!2

!2

!2 22 == .................................................... (31)

Jadi, !2

1

lC

l= ............................................................... (32)

Dengan Menyubstitusikan nilai C ke dalam persamaan (30) maka

diperoleh persamaan :

( ) ( )ll

l

ll xdx

d

lxP 1

!2

1 2 −= ............................................................... (33)

Persamaan (33) adalah Rumus Rodrigues untuk suku banyak Legendre.

C. Solusi Persamaan Schroedinger Polar Atom Hidrogen Menggunakan

Persamaan Legendre Gabungan

Jika persamaan (10) didiferensialkan m kali terhadap x dan dituliskan

m

m

dx

ydv = ........................................................................... (34)

maka diperoleh :

( ) ( ) ( )( ) 011212

22 =++−++−− vmlml

dx

dvmx

dx

vdx ............................ (35)

Karena Pl adalah suatu penyelesaian persamaan Legendre maka persamaan

(35) akan dipenuhi oleh

230

)(xPdx

dv lm

m

= ........................................................................... (36)

Dari persamaan (35), misalkan :

w = v (1 - x2)m/2, ............................................................................ (37)

maka diperoleh

( ) ( ) 01

1212

2

2

22 =

−−++−− w

x

mll

dx

dwx

dx

wdx ..................................... (38)

Persamaan (37) berbeda dari persamaan Legendre pada suku tambahan

yang mengandung m. Persamaan (37) dinamakan persamaan Legendre Gabungan.

Persamaan (37) dipenuhi oleh :

( ) ( )xPdx

dxw lm

mm 2/21−= ............................................................... (39)

Nilai untuk w adalah suku banyak Legendre gabungan dan dinyatakan

dengan ( )xPml . Jadi berlaku : ( ) ( ) ( )xP

dx

dxxP lm

mmm

l

2/21−= ............................ (40)

Perlu diperhatikan bahwa jika m > n berlaku

( )xPml = 0 ........................................................................................ (41)

Dengan menggunakan persamaan (40), maka persamaan (38) dapat diubah

dalam bentuk :

( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 01

1212

2

2

22 =

−−++−− xP

x

mll

dx

xdPx

dx

xPdx m

l

ml

ml ...............(42)

dimana persamaan 42 diselesaikan dengan fungsi asosiasi Legendre.

Fungsi Legendre Gabungan dapat digunakan untuk mengidentifikasi

fungsi gelombang θ. Fungsi Legendre Gabungan ( ).zP ml adalah fungsi

gelombang θ dengan bilangan kuantum azimut l dan bilangan kuantum magnetik

m.

Jika : ( ) ( )( )

( )( )

∫+

− =−+

+

=1

1 ',12

2'luntukl

ml

ml

l

ml

ml dzzPzP

.................................................... (43)

Persamaan (43) akan digunakan untuk normalisasi fungsi gelombang yang

tergantung pada θ. Bentuk akhir dari ( )ϑθ adalah

231

( ) ( )ϑϑθ cosmllmlm PN= .......................................................................... (44)

dimana N adalah tetapan normalisasi.

Tetapan normalisasi diperoleh dari ortogonal fungsi ( )xP ml dan ( )xP m

l ' .

Adapun ortogonal fungsi ( )xP ml dan ( )xP m

l ' diperoleh dengan cara sebagai

berikut: Mengalikan persamaan diferensial (42) dengan ( )xP ml dan m

lP' (x) lalu

mengurangi persamaan diferensial tersebut dengan ( )xP ml ' dan mengalikan

dengan ( )xP ml dan diperoleh hasil :

( ) ( )

( )

( ) ( ){ } ml

ml

mlm

l

mlm

l

mlm

l

mlm

l

PPllll

dx

dPP

dx

dPPx

dx

d

dx

dPx

dx

dP

dx

dPx

dx

dP

'

''

2

'22'

11''

1

11

+−+=

−−=

−−

−

....................... (45)

Jika persamaan (45) diintegralkan dengan batas antara –1 dan 1, maka

akan diperoleh hasil :

( ) ( ){ } ( ) ( ) ( )∫+

−

+

−

=

−−=+−+1

1

1

1

''

2' 0111''

dx

dPP

dx

dPPxdxxPxPllll

mlm

l

mlm

lm

lm

l

....................................................................................... (46)

Jika makall ,'≠ , ( ) ( ) 01

1

' =∫+

−

dxxPxP ml

ml ..........................................(47)

Hasil pada persamaan (47) benar untuk beberapa harga dari m, sehingga

hasil persamaan (47) juga benar untuk fungsi Legendre Pl (x) jika Pl (x) = ( )xPl0 .

Rumusan Normalisasi berasal Fungsi Legendre Pl (cos θ) = Pl (x) yang

dapat didefinisikan sebagai fungsi umum T (t,x) seperti

T (t,x) ≡ ( )∑∞

= +−≡

0221

1

l

ll

ttxtxP .................................................. (48)

Kemudian apabila persamaan 48 didiferesialkan dalam t menjadi :

( )( ) atau

txt

txtlP

t

T l

ll 2/32

1

0 221

222/1

+−+−−≡≡

∂∂ −

∞

=∑

232

( ) ( )∑ ∑−≡+− −

l l

ll

ll tPtztlPtzt 1221 ............................... (49)

Sebagai solusi untuk kedua ruas dengan menggunakan rumus Polinomial

Legendre.

(l+1) P l+1(x) - (2l+1) xPl (x) + lPl-1 (x) =0 ............................................. (50)

Untuk memperoleh normalisasi integral polinomial Legendre dengan

mengganti l dengan (l – 1 ) pada persamaan (50) dan menghasilkan persamaan:

( ) ( ) ( ) ( ) ( ){ }xPlxxPll

xP lll 21 1121

−− −−−= ................................................ (51)

Dari persamaan di atas diperoleh hubungan :

( ){ } ( ) ( )∫ ∫+

−

+

−−

−=1

1

1

1

12 12

dxxxPxPl

ldxxP lll ................................................... (52)

Persamaan (50) dapat ditulis :

( ) ( ) ( ) ( ){ }xlPxPll

xxP lll 11112

1−+ ++

+= .................................................. (53)

Dengan menggunakan ortogonalnya akan didapatkan :

( ){ } ( ){ }∫ ∫+

−

+

−−+

−=1

1

1

1

21

2

12

12dxxP

l

ldxxP ll ......................................................... (54)

( ){ } ( )( )( )( )( )( ) ( ){ }∫ ∫

+

−

+

−−−+−−−=

1

1

1

1

20

2

3.5.....321212

1.3.....523212dxxP

lll

llldxxPl

= ( ){ }∫+

−+

1

1

2012

1dxxP

l........................................................... (55)

P0(x) menurut definisi persamaan (48) adalah koefisien t0 dalam luasan

( 1 – 2tz + t2 )-1/2 dalam keadaan t. Sehingga :

( ){ }∫ ∫+

−

+

− +=

+=

1

1

1

1

2

12

2

12

1

ldx

ldxxPl ......................................................... (56)

Cara memperoleh integral normalisasi fungsi asosiasi Legendre adalah

dengan menurunkan persamaan (40) dan mengalikan dengan ( 1 –x2)1/2 , akan

diperoleh :

( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )xPdx

dxxmxP

dx

dx

dx

xdPx lm

mm

lm

mmml 2

12

1

1

2

122/12 111

−

+

++

−−−=−

233

= ( ) ( ) ( )xPxxmxp ml

ml

2/121 1−+ −− ....................................... (57)

( ){ } ( ) ( ) ( ) ( ){ }∫ ∫+

−

+

−

+

−++

−=1

1

1

1

2

2

222

221

121 dxxP

x

xm

dx

xdPxPm

dx

xdPxdxxP m

l

mlm

l

mlm

l

( ) ( ) ( ) ( ){ } ( ){ }∫ ∫ ∫+

−

+

−

+

− −+−

−−=1

1

1

1

1

1

2

2

2222

11 dxxP

x

xmdxxPmdx

dx

zdPx

dx

dxP m

lm

l

mlm

l

.......................................................................... (58)

Dalam persamaan umum ∫ ∫−= vduuvudv

Dimana :( )

{ }2

2

2,

,,,1

ml

mlm

l

ml

ml

Pddxdx

dPPdv

dx

dPdv

makaxujikadx

dPxu

===

=−=

Batas dalam uv ditiadakan pada keadaan pertama karena (1 – x2) limit

mendekati nol dan pada keadaan kedua karena ( )xP ml juga limit mendekati nol

jika m ≠0.

Jika digunakan persamaan (42) dengan( )xP ml untuk mengurangi batas

pertama dari persamaan (58) maka akan dihasilkan,

( ){ } ( )( ) ( ){ }

( ){ } ( )( ) ( )( ) ( ) ( ){ }∫∫

∫∫+

−

+

−

+

−

+

−

+

+−+++−+−=

++−=

1

1

21

1

2

1

1

21

1

21

1...1.....21

11

dxxPlmlmllmlmldxxP

dxxPmlmdxxP

lm

l

ml

ml

........................................................................................ (59)

sehingga diperoleh hasil

( ){ } ( )( )∫

+

− −+

+=

1

1

2

!

!

12

2

ml

ml

ldxxP m

l .............................................................. (60)

Mensubstitusikan hasil persamaan (40) dan persamaan (60) ke dalam

persamaan 44, sehingga persamaannya menjadi :

( ) ( ) ( )( ) ( ) ( )xP

dx

dx

ml

mlllm

mm

lm

2/21!

!

2

12 −+−+=ϑθ ..................................... (61)

dimana x = cos θ

234

Lampiran 2

Polinomial Lagguerre

Polinomial Laguerre adalah turunan pada orde tertentu untuk sebuah

fungsi yang mengandung eksponensial. Polinomial Laguerre merupakan sebuah

fungsi diskret sebagai differensial orde ke-n.

Tinjau sebuah fungsi jenis: y = xk e – x .....................................................(5)

Turunan ke-k dari persamaan (5) akan menjadi:

k

xkk

k

k

dx

exd

dx

yd )( −

= )(xLe kx−= .................................................(6)

Dimana Lk(x) adalah polinomial x, di mana pangkat tertinggi dari x adalah k.

Atau

== − )()( xk

k

kx

k

kx

k exdx

de

dx

ydexL .........................................(7)

Lk(x) disebut ” Polinomial Laguerre ” derajat k. Turunan ke-p dari Lk(x)

dinyatakan sebagai )(xLpk yang disebut polinomial Laguerre gabungan, yang

diberikan oleh persamaan:

[ ]

== − )()()( xkk

kx

p

p

kp

ppk ex

dx

de

dx

dxL

dx

dxL ……………..………….(8)

Polinomial ini adalah derajat k-p dan mempunyai orde p.

Sebagai contoh: misal: y = x3 e – x

xexxxdx

yd −−+−= )9186( 323

3

Polynomial Laguerre nya adalah:

L3(x ) = xx exxxe −−+− )9186( 32

= 329186 xxx −+−

Polinomial Laguerre gabungan dari orde 1 akan mempunyai derajat 3 – 1 =2

)]9186[()( 3213 xxx

dx

dxL −+−=

231818 xx +−−=

Diikuti sampai dengan p ≤ k. Jika p = k Polinomial Laguerre gabungan )(xLpk

tidak mempunyai sebuah bentuk dalam x dan anggota berturut-turut yaitu untuk p

> k dalam pangkat akan hilang.

235

Persamaan deferensial di mana solusinya akan menjadi sebuah polinomial

Laguerre gabungan )(xLpk adalah :

0)()()]([

)1()]([

2

2

=−+−++ xLpkdx

xLdxp

dx

xLdx p

k

pk

lk ……………………(9)

Jika kita mengganti x dengan ρ , k diganti dengan n+l dan p diganti

2l+1persamaan (9) menjadi:

0)()1()]([])1(2[)]([ 121

121

1212

2

=−−+−++ ++

++

++ ρρ

ρρρ

ρρ l

nl

nl

n LlnLd

dlL

d

d...........(10)

Polinomial )(121 ρ+

+l

nL diperoleh dengan menghitung persamaan (8) setelah

meletakkan p = 2l+1 dan k = n + l. Juga diperoleh bahwa persamaan (11) adalah:

kln

k

kln kklkln

nL ρρ

⋅++−−−+−= ∑

−−

=

+++

1

0

2112

1 !)!12()!1(

})!1{()1()( …………………(11)

dengan l = 0, 1, 2, 3, …, n-1 dan n = bilangan bulat positif = 1, 2, 3, …

Normalisasi Dari Persamaan Laguerre

Dalam rangka untuk memecahkan persamaan Laguerre yang mengandung factor

Normalisasi kita menggunakan persamaan fungsi generator yang diberikan

berikut: s

srs

u

u

srsr

s uu

eu

r

LuU ∑

∞

=+

−−

−−≡≡

1

1

)1()1(

!

)(),(

ρ

ρρ

secara mirip misal: s

sts

v

v

stst

s vv

ev

t

LvV ∑

∞

=+

−−

−−≡≡

1

1

)1()1(

!

)(),(

ρ

ρρ

dengan mengalikan secara bersama dan memasukkan factor ini dan

mengintegralkannys diperoleh:

∑

∫

∫∑∫

∞

=

+

+

∞

−+

−+−

+++

∞ +−∞

=

∞ +−

++++−−+=

−−−+=

−−=

=

0

20

111

11

0

1

,0

1

)()!1(!

)!1()1()!1(

)1(

)1)(1(),()!1(

)1()1(

)(

)()(!!

),(),(

k

ks

s

sv

v

u

u

ssts

s

st

sr

s

str

tr

sssp

uvsk

ksuvvus

uv

vuvusde

vu

uv

dLLetr

vudvVuUe

ρρ

ρρρρρρρρ

ρ

ρ

dimana kita telah mengekspansikan 2)1( −−− suv dengan deret binomial.

236

Integral yang kita cari adalah (r!)2 kali koefisien (uv)r dalam perluasan sebagai

berikut: )!(

)12()!(

)!1()!1(

!

)!1()!(

)!1()!1()!(

32

sr

srr

ssr

r

ssr

rsr

−+−=

+−−+

+−++

Kemudian untuk mengintegralkan persamaan ∫∞ +

++− =

0

21222 )}({ ρρρρ dLe lln

l kita

harus memakai r = n + l dan s = 2l + 1, yang menghasilkan hasil akhir:

)!1(

])![(2 3

−−+ln

lnn

Persamaan θ yakni: 0sin

sinsin

12

2

=−+

θβ

θθ

θθPM

Pd

dP

d

d

atau, 0sinsin

cos2

2

2

2

=

−++ P

M

d

dP

d

Pd

θβ

θθθ

θ ………………………………(1)

dimana P = P (θ), 2

228

h

Erµπβ = , dan M = 0, 1, 2, …

ambil x = cos θ dan mengubah P(θ) dengan L (x); maka

dx

dL

d

dx

dx

dL

d

dP θθθ

sin−==

2

22

2

2

sincos

.sincos

sincossin

dx

Ld

dx

dL

d

dx

dx

dL

dx

d

dx

dL

dx

dL

d

d

dx

dL

dx

dL

d

d

d

Pd

θθ

θθθ

θθθθ

θθ

+−=

−−=

−−=

−=

Karena itu, persamaan (1) menjadi

01

'2'')1(2

22 =

−−+−− L

x

MxLLx β …………………..…………….(2)

dimana L = L (x), L’ = dx

dL dan L’’ =

2

2

dx

Ld

kasus 1: M = 0

persamaan (2) menjadi

0'2'')1( 2 =+−− LxLLx β …………….…..………(3)

Ini dalam persamaan Legendre sederhana. Tinjau deret pangkat

237

...432

...32

...

2432

2320

33

2210

+×+×+=

+++=

++++=

xaxaaL

xaxaaL

xaxaxaaL

…….……(4)

substitusikan ini kedalam persamaan (3) dan kelompokkan menurut pangkat x,

(2a2 + βa0) + (3 x 2a3 – 2a1 + βa1)x + (4 x 3a4 – 6a2 + βa2)x2 +

(5 x 4a5 – 12a3 + βa2)x3 + … = 0 ……...….. (5)

persamaan (5) dapat terpenuhi jika koefisien masing-masing pangkat x adalah nol,

yaitu jika :

untuk x0, (2a2 + βa0) = 0, atau, a2 = 2

βa0−

untuk x1, 3 x 2a3 – 2a1 + βa1 = 0 atau, a3 = 1a2x3

β-2

untuk x2, 4 x 3a4 – 6a2 + βa2 = 0 atau a4 = 2a3x4

β-6

untuk x3, 5 x 4a5 – 12a3 + βa3 = 0 atau a5 = 3a4x5

β-12

atau secara umum,

untuk xk, (k + 2)(k + 1)ak+2 – (2k+k(k – 1))ak + βak = 0

atau, ak+2 = kkka

)1)(2(

β-1)k(k

+++

……………...….. (6)

Jadi, kita mempunyai rumus rekursi untuk menentukan koefisien ak+2 dari xk+2

dalam deret persamaan (4) dalam bentuk ak dari xk, dimana k = 0, 1, 2, … . β

adalah bilangan.

Kasus 2 : M ≠ 0

Persamaan 2 menyebabkan dualisme pada 2 titik (dikenal sebagai titik singular),

yaitu x = ± 1. Ini disebabkan oleh bentuk 2

2

x1

M

−yang mana akan menjadi tak

terhingga. Untuk membuangnya kita mensubstitusi y = 1 – x dan z = 1 + x dan

mengganti L(x) dengan fungsi lain R (y). Sehingga persamaan menjadi

(2y-y2) R"-2(1-y)R'+ 0R2

M-

2

2

=

− yyβ …………………..(7)

sekarang persamaan deret pangkat akan menjadi

R(y) = ys (a0 + a1y + a2y2 + …) …………………..(8)

238

sehingga R' (y) = a0sys-1 + a1 (s+ 1) ys + …

R" (y) = a0s(s-1)ys-2 + a1 (s+ 1) sys-1 + …

substitusikan R", R', dan R kedalam persamaan (7)

(2–y)2 [a0s(s-1)ys-1 + a1s(s+1)ys + …] + 2(2-y)(1-y)[a0sys-1+…] + β(2-y) [a0ys +

a1ys+1 + …] - M2 [a0y

s-1 + a1ys+…] = 0

Kumpulkan koefisien-koefisien pangkat terendah dari y (misal : ys-1) dan dibuat

menjadi nol disebut “persamaan indicial”

4s (s – 1) + 4s - 2M = 0 atau 4 s2 = 2M atau s = ± 2

M

Deret negatif dari y akan menyulitkan kita, sehingga kita hanya mengambil akar

positif s = + 2

M. Substitusi z = 1 + x dan R (z) = L (x) akan menuju nilai yang

sama dari s. Lalu kita membuat :

)(.)1()(..)( 2/22/2/ xGxxGzyxL MMM −==

dimana G(x) adalah fungsi lain dari L(x) oleh karena itu

GxxMGxxL MM .)1(')1()(' 12/22/2 −−−−= ))(( xGG =

GxMxxM

M

GxxMGxxL

MM

MM

−−−

−+

−−−=

−−

−

12/222/22

12/22/2

)1()1.(12

2

'.)1(2")1()("

substitusikan ke persamaan (2), (setelah melalui manipulasi matematik) menjadi

[ ] 0)1(')1(2")1( 2 =+−++−− GMMxGMGx β ……………………..(8)

persamaan (8) mirip dengan persamaan (3) dan kita memperoleh rumus rekursi di

bawah ini

kk akk

MkMka .

)1)(2(

)1)((2 ++

−+++=+

β …………………………...…….(9)

dimana koefisien 2+ka dari xk+2 dapat ditentukan jika ka dari xk diketahui, atau

akhirnya jika 0a dan 1a diketahui.

(ii). Dengan bantuan rumus rekursi (6) atau (9) kita dapat memperoleh deret

koefisien dengan indek genap ( ,.....,, 642 aaa ) dalam bentuk 0a dan dengan

indeks ganjil ( ,.....,, 642 aaa ) dalam bentuk 1a . Masing – masing dua deret

239

tersebut lalu diperoleh akan mempunyai bilangan tak hingga. Kecuali jika kita

membuat pilihan yang layak untuk β, 0a dan 1a . Bagaimanapun rumus rekursi

itu sendiri menyatakan bahwa koefisien 2+ka akan lenyap jika β = k(k+1) ( dalam

kasus M = 0 ) atau jika β = ( k+ M )( k+ M +1) ( dalam kasus M ≠ 0 ) menuju

deret pada ka dan merubahnya ke bentuk polinomial x.

Tetapi bahkan jika koefisien deret dengan indek genap dihilangkan

koefisien dengan indek ganjil dapat membentuk deret tak hingga dan sebaliknya.

Salah satu cara adalah membuat 0a = 0 atau 1a = 0. Jika kita memasang 1a = 0

polinomial akan hanya terdiri dari pangkat x genap dan jika 0a = 0 polinomial

akan hanya terdiri dari pangkat x ganjil, derajat dari polinomial, k, ditentukan

dalam bentuk hubungan

β = ( k+ M )( k+ M +1) ………………...……………..(10)

Baik k dan M adalah bilangan bulat ( 0, 1, 2, 3, ……..). Jadi kita dapat

menyatakan sebuah parameter baru, sehingga

)1( += llβ ………………...……………..(11)

dimana nilai l adalah M , M +1, M +2, …