05 2014 fismod modul total
DESCRIPTION
modul fisika modernTRANSCRIPT
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, …