Catatan UTS mekanika statistik ITB PDF

Preview

Summary

Persamaan-persamaan yang ser- diperoleh: gai yakni: 8π ( ns ) 1 ing digunakan gs Statistik Semiklasik g(λ)dλ = dλ (29) p(0) = P (66) Y Bobot konfigurasi statistik fermi W = N! (39) Secara klasik, jumlah keadaan energi −Ei /kT λ4 s ns ! ie dirac Y dinyatakan oleh: perhatikan: persamaan (6) setara dal...

Description

Persamaan-persamaan yang sering digunakan Bobot konfigurasi statistik fermi dirac Y dinyatakan oleh: ws (1) W = s dengan gs ! (2) ws = ns !(gs − ns )! UntukY bose-einstein dinyatakan oleh ws W = s =

Y [(gs − 1) + ns ]!

(3) (gs − 1)!ns ! s Untuk Boltzmann: ( ns ) Y gs (4) W = N! ns ! s Untuk statistik semi-klasik ( n ) Y gs s W = (5) ns ! s Fungsi distribusi fermi-dirac dinyatakan oleh 1 nFD = (6) e(ǫ−µ)/kT + 1 Fungsi distribusi bose-einstein dinyatakan oleh 1 nBE = (7) e(ǫ−µ)/kT − 1 Fungsi distribusi Boltzmann dinyatakan oleh µ/kT −ǫ/kT nboltzmann = e e −(ǫ−µ)/kT = e (8) Energi bebas Helmoltz dinyatakan oleh F = −kT ln Z (9) dengan demikian diperoleh ! ∂F , (10) S = − ∂T V,N ! ∂F , (11) P = − ∂V T ,N ! ∂F (12) µ = + ∂N T ,V S = k ln W (13) F (s2 ) Ω(s2 ) = (14) F (s1 ) Ω(s1 ) 1 −E /kT s P(s) = e (15) Z Ns e−E(s)/kT = (16) N P Z X N (s) s E(s)N (s) E(s) = E = N N s =

X s

E(s)∫ =

1 X

Z

s

E(s)e

−βE(s)

(17) Degenerasi gas fermi. Jumlah Keadaan energi dalam rentang energi antara ǫ hingga ǫ + dǫ adalah 2π(2m)3/2 ǫ1/2 dǫ · V g(ǫ)dǫ = h3 (18) karena fermion terdapat dua keadaan yang mungkin −1/2 dan 1/2 maka nilai ini dikalikan 2 sehingga diperoleh:  2m 3/2 1/2 ǫ (19) g(ǫ) = V · 4π h2 Untuk ǫ < ǫF (0) maka 1 f (ǫ) = = 1 (20) e−∞ + 1 untuk ǫ > ǫF (0) maka 1 = 0 (21) f (ǫ) = e∞ + 1 Sehingga untuk memperoleh nilai energi fermi, maka persamaan ini Mesti diintegralkan dari 0 sampai ǫF  2m 3/2 Z ǫ F 1/2 ǫ dǫ = N V · 4π 0 h2 (22) yang hasilnya adalah !3/2 2 h 3N ǫF (0) = (23) 2m 8πV Temperatur fermi selanjutnya dapat diperoleh melalui hubungan: kTF (0) = ǫF (0) (24) kemudian energi rata-rata elektron dapat dinyatakan sebagai: R ǫF (0) ǫg(ǫ)dǫ 3 ǫF (0) ǫ(0) = 0 = R ǫF (0) 5 g(ǫ)dǫ 0

(25) Dengan cara yang sama dapat kita hitung momentum rata-rata dan kecepatan rata-rata yakni dengan melakukan transformasi ǫ = p2 /2m. Energi total dinyatakan oleh 3 U = Nǫ = N ǫF (26) 5 Sehingga persamaan keadaan dapat diperoleh yakni  ! 3 h2 3N 3/2 ∂  N P = − ∂V 5 2m 8π  −3/2 ·V 2U 2N ǫF = (27) = 5V 3V Statistik bose-einstein: Tinjauan radiasi benda hitam Jumlah mode gelombang yang dibolehkan untuk panjang gelombang λ sampai dλ dinyatakan oleh 4π g(λ)dλ = dλ (28) λ4 Karena dalam gelombang elektromagnetik terdapat dua polarisasi yang saling tegak lurus maka nilai ini mesti dikalikan dengan 2 sehingga

diperoleh: g(λ)dλ =

gai 8π

dλ

(29)

λ4 perhatikan: persamaan (6) setara dengan persmaan (1) sementara distribusi bose-einstein dinyatakan oleh: gs (30) ns = ehνs /kT − 1 Sehingga jumlah foton, nλ (λ)dλ untuk rentang panjang gelombang antara λ hingga λ+dλ dinyatakan oleh: 1 8π dλ · nλ (λ)dλ = λ4 ehc/kλT − 1 (31) Di mana telah disubstitusi hν = hc/λ. Energi E(λ) = nλ (λ)hν = nλ (λ)hc/λ dapat dinyatakan oleh: 8πhc dλ (32) E(λ)dλ = λ5 (ehc/kλT − 1) Untuk panjang gelombang yang besar, maka ehc/kλT ≃ 1 + hc/kλT sehingga diperoleh 8πkT dλ E(λ)dλ ≃ (33) λ4 yang sama dengan formulasi Rayleigh Jeans. Sementara untuk panjang gelombang yang rendah di mana ehc/kλT ≫ 1 akan diperoleh:

8πhc −hc/kλT e dλ (34) E(λ)dλ ≃ λ5 yang merupakan formulasi distribusi Wein. Dari persamaan (11) dapat diperoleh total energi persatuan volume yang terlingkupi dalam benda hitam yakni: Z tersebut ∞ E = E(λ)dλ 0 Z ∞ 8πhcdλ = 0 λ5 (ehc/kλT − 1) ( ) 8πh kT 4 Z ∞ t3 dt = (35) 0 c3 h et − 1 Dengan Z ∞ ∞ X 1 π4 t3 = = 6 4 0 et − 1 15 n=1 n

(36) Maka persamaan 35 dapat dituliskan menjadi    8π 5 k4  4 E = T (37)  15h3 c3 

Gas fonon. Jumlah fonon n(ν)dν dengan frekuensi antara ν sampai ν + dν adalah g(ν)dν nν (ν)dν = (13) ehν/kT − 1 Aproksimasi Debye dinyatakan oleh 2 g(ν)dν = Cν dν, ν ≤ νm g(ν)dν = 0, ν > νm Untuk mendapatkan konstanta C maka dilakukan integrasi terhadap seluruh mode yang mungkin yang nantinya akan menghasilkan nilai 3N yakni Z ∞ Z ν m 2 Cν dν 3N = g(ν)dν = 0 0 1 3 Cνm = 3 atau Cm = sehingga berikan

9N 3 vm aproksimasi

nν (ν)dν =

9N

debye

ν 2 dν

3 ehν/kT − 1 νm

mem-

, ν ≤ νm

= 0, ν > νm kemudian Z ν m hνnν (ν)dν E = 0 ν 3 dν 9NA h Z νm = 3 0 νm ehν/kT − 1 kemudian panas spesifik dapat diperoleh yakni ( ) 1 9NA h2 ∂E Cν = · = 3 ∂T vm kT 2 ν 4 ehν/kT dν (38) 0 (ehν/kT − 1)2 Jika diadakan perubahan variabel yakni x = hν/kT dan hνm /k diganti oleh θD maka temperatur karakteristik pada Persamaan di atas dapat dinyatakan menjadi: ( )3 Z T θD /T x4 ex dx Cν = 9R 0 θD (ex − 1)2 Untuk temperatur tinggi, di mana x θD ≪ 1 maka e ≃ 1 + x ≃ 1 sehingga )3 Z ( T θD /T 2 x dx = 3R Cν ≃ 9R 0 TD Untuk temperatur rendah, di mana e−θD /T ≪ 1 maka batas atas integrasi diganti menjadi ∞ sehingga ( )3 Z T ∞ x4 ex dx Cν ≃ 9R 0 θD (ex − 1)2 atau dengan melakukan ekspansi x taylor terhadap e maka Z ∞ x4 ex dx ∞ X 1 4π 4 = 24 = 4 0 (ex − 1)2 15 n=1 n sehingga ( )3 T 12 4 π R Cν ≃ 5 θD Statistik Maxwell Boltzmann Untuk sistem partikel terbedakan bobot konfigurasi dinyatakan sebaZ ν m

Y

W = N!

( ns ) gs

yakni: (39)

ns ! s distribusi momentum, kecepatan, dan energi dinyatakan oleh 4πN np dp = (2πmkT )3/2 −p2 /2mkT 2 p dp (40)  m 3/2 nv dv = 4πN 2πkT −v 2 /2mkT 2 ·e v dv (41) 2πN −ǫ/kT 1/2 e ǫ dǫ n(ǫ)dǫ = 3/2 (πkT ) (42) Dengan demikian, untuk sebuah molekul probabilitas kecepatannya berada dalam selang v hingga v + dv dinyatakan oleh nv (v)dv fv (v)dv = N  m 3/2 = 4π · 2πkT   2 2 exp −mv /2kT v dv ·e

DariZsini selanjutnya dapat diperoleh ∞ v = vfv (v)dv 0  m 3/2 Z ∞ · = 4π 0 2πkT   2 3 exp −mv /2kT v =

v u u t

8kT πm

!

(43)

sementara Z ∞ 2 v2 = v fv (v) dv 0  m 3/2 = 4π 2πkT Z   ∞ 2 · exp −mv /2kT 0  4 ·v dv =

3kT

3/2 = 2πBV (2m) · Z ∞ 1/2 −ǫ/kT ǫ e dǫ 0 3/2 = BV (2πmkT ) (52) yang nantinya akan diperoleh 3/2 F = −N kT ln[BV (2πmkT ) ] (53) dan ) ( ∂F S = − ∂T =

N k ln[BV (2πmkT )

3/2

]+

3

Nk

2 (54) Dengan persamaan ini akan terdapat kenaikan entropi sebesar 2N k ln 2 pada pencampuran 2 volume gas. Fakta ini menuntun pada perumusan statistik semiklasik, di mana bobot konfigurasi dinyatakan oleh n Y gs s (55) WMB = s ns ! Y (ns + gs − 1)! (56) WBE = ns !(gs − 1)! s Y gs ! (57) WFD = s ns !(gs − ns )! Pada limit klasik, yakni gs ≫ ns ≫ 1 maka dengan aproksimasi Stirling diperoleh: X (ns ln gs − ns ln ns ln WMB = s + ns ) =

X s

(44)

m Nilai most probable velocity dinyatakan oleh  m 3/2 dfv (v) {2v− = 4π dv 2πkT    mv 3  2 exp −mv /2kT kT 

= 0 yang menghasilkan 3 mvm 2vm − = 0 kT atau v ! u u 2kT vm = t m

Statistik Semiklasik Secara klasik, jumlah keadaan energi dalam rentang ǫ sampai ǫ + dǫ dinyatakan oleh: 3/2 1/2 g(ǫ)dǫ = BV 2π(2m) ǫ dǫ (51) Sehingga fungsi partisi menjadi X −ǫs /kT Z = gs e s Z ∞ −ǫ/kT ≡ e g(ǫ)dǫ 0

(45)

(46)

(47)

Prinsip ekuipartisi energi. Energi kinetik dalam satu derajat kebebasan (misal x) dinyatakan oleh ǫx = p 2 x /2m sehingga R 2 −ǫ/kT dΓ Γ px /2m e (48) ǫx = R −ǫ/kT dΓ e Γ Jika energi dinyatakan dalam dua bagian yakni p2 x /2m dan (ǫ − p2 x /2m) makan persamaan di atas dapat dituliskan menjadi ! !  R p2 x  exp − ǫ − 2m /kT   ! !· ǫx =  p2 R /kT exp − ǫ − x 2m

ln WBE ≃

X s

ns ln

gs ns

+ ns

! (58)

[(ns + gs ) ln(ns + gs )

− ns ln ns − gs ln gs ] ) " ( n s + gs + ns ln = ns s ( )# ns + gs gs ln gs ! Y gs ns ln ≃ + ns ns s (59) di mana telah digunakan hampiran ns + gs − 1 ≃ g +ns gs (ns + gs ) s ≃ . Dan n n s s n o n o ns +gs n ns ln = ln 1 + s ≃ gs gs gs Kemudian X [gs ln gs − ns ln ns ln WFD = s Y

− (gs − ns ) ln(gs − ns )] ) " ( X gs − ns − ns ln = ns s ( )# gs − n s gs ln gs ! X gs ns ln ≃ + ns ns s (60) Entropi kemudian dinyatakan oleh Z E S = N k ln + + Nk (61) dx dy dz dpy dpz N T · Sementara pernyataannya dalam dx dy dz dpy dpz kuantum mekanik adalah: V  3/2   R∞ Z = (2πmkT ) (62) p2 x exp −p2 /2mkT dp x h3 x −∞ 2m    dengan demikian entropi untuk sisR∞  exp −p2 tem semi-klasik dinyatakan oleh x /2mkT dpx −∞      5 V (2πmkT )3/2 + 1 S = N k ln   3 kT = Nh 2 2 energi bebas helmoltz kemudian Di mana telah dilakukan substitusi 2 dinyatakan sebagai p2 x /2mkT = u Untuk harmonik osilator, di mana ZN F = −kT ln (63) energinya dinyatakan sebagai N! 2 px 1 2 dengan Z = Z N /N ! menyatakan ǫx = + µx (49) fungsi partisi total untuk sistem 2m 2 maka energi rata-ratanyaoadalah: semi-klasik. R n 2 1 µx e−ǫ/kT dΓ Ensembel Kanonik /2m + p x Γ 2 Ensembel Kanonik adalah gabungan ǫx = R −ǫ/kT dΓ asembli (konfigurasi sistem/partikel) Γe ( ) dengan temperatur yang sama. Jadi 2 R∞ R∞ px asembli dapat dipandang sebagai 2 1 + µx −∞ −∞ 2m 2 asembli dari asembli, atau observasi= R∞ R∞ observasi terhadap asembli sepanjang evolusinya terhadap waktu. −∞ −∞ # ! " Karena ensembel merupakan asemp2 bli dari asembli, maka fungsi partisi x + 1 µx2 /kT exp − 2m 2 pada asembli dapat pula digeneral" # ! · isasi ke ensembel yakni: p2 X −E /kT x + 1 µx2 /kT exp − i Z = e (64) 2m 2 i dx dpx dengan · (50) e−Ei /kT dx dpx −Ei /kT pi = p(0)e = Jika dilakukan substitusi p2 /2m = Z x (65) r 2 sin2 θ dan 1 µx2 = r 2 cos2 θ 2 menyatakan peluang asembli pada maka diperoleh ensembel untuk berada pada 2 R R 2π keadaan ke-i sementara p(0) menydθ 0∞ e−r /kT r 3 dr ǫx = R0 atakan fungsi dari temperatur 2π dθ R ∞ e−r 2 /kT r dr 0 0 = kT

p(0) = P

1

(66)

−Ei /kT ie

Jadi X pi = 1 (67) i Di sini fungsi partisi analog dengan fungsi partisi total dari asembli pada ensembel. Kemudian energi bebas Helmoltz dinyatakan oleh F = −kT ln Z (68) Fluktuasi energi pada Ensembel Kanonik Penyimpangan energi dari nilai ratarata dinyatakan oleh δE = E − E (69) sehingga 2 2 (δE) = (E − E) = (E 2 − 2E · E + E 2 ) 2 = E2 − E dengan X 1 ∂Z E = pi E i = Z ∂β i dan X 1 ∂2 Z 2 E2 = pi E i = Z ∂β 2 i maka ∂E 2 ∂E = kT (δE)2 = ∂β ∂T

(70) (71)

(72)

2 = Cv kT (73) Dengan demikian fraksi fluktuasi energi dapat dinyatakan sebagai    (δE)2 1/2 F =  E2  =

   kT 2 Cv 1/2 E2



(74)



dengan Cv = (3/2)N k dan E = (3/2)N kT maka  1/2   3 N k2 T 2   2 F =  2    3 N kT  2  3 −1/2 N (75) = 2 Enesembel Grand Kanonik Fungsi partisi grand-kanonik dinyatakan oleh persamaan X (µN −E) /kT i e (76) Z = i dengan −[pV +(µNi −Ei )/kT pi = e (77) di Xmana pi = 1 (78) i atau

(79) −pV /kT X (µNi −Ei )/kT = 1 e e i (80) atau 1 −pV /kT e = P ( i e µNi − Ei )/kT 1 = (81) Z Sehingga e(µNi −Ei )/kT pi = (82) Z analog dengan pers.65 untuk ensembel kanonik. Kemudian X N = pi Ni i =

X Ni e(µNi −Ei )/kT Z

i

=

kT Z

= kT dan N2 =

( (

∂Z ∂µ

)

∂ ln Z ∂µ

)

(83)

V,T   (kT )2  ∂ 2 Z  Z

(84)

 ∂µ2 

V,T Dari pers.81 dapat pula diperoleh (pV ) = kT ln Z (85) sehingga jumlah rata-rata partikel pada pers.83 dapat dinyatakan ke dalam ( ) ∂(pV ) N = (86) ∂µ T ,V Perhatikan d(pV ) = p dV + S dT + N dµ (87) demikian pula ( ) ∂(pV ) p = (88) ∂V ( )T ,µ ∂(pV ) S = (89) ∂T V,µ Untuk distribusi Bose-einstein, pers. 83 akan menghasilkan  ∂  Y N = kT ln [1− ∂µ  j  (µ−ǫj )kT −1 e ] V,T ( X ∂ = −kT ∂µ j ln[1 − e =

=

X

(µ−ǫj )/kT

]



V,T

1

(ǫ −µ)/kT −1 j e j X nj j

(90)

Dengan cara yang sama untuk distribusi Xfermi-dirac diperoleh N = nj j =

X j

1 (ǫ −µ)/kT e j +1

(91)

Fluktuasi Jumlah Partikel dalam ensembel grand kanonik Dari pers. 83 dan pers. 84 dapat diturunkan ( !) 1 ∂Z ∂ ∂µ Z ∂µ V,T  !   1 ∂2 Z 1 ∂Z 2  − =   Z ∂µ2 Z2 ∂µ

di mana telah disebutkan ( ) N 1 ∂Z = kT Z ∂µ V,T ini akhirnya menghasilkan ( ) ∂N 1 (kT )

∂µ

V,T (92) (93)

2 = (N 2 − N ) (kT )2 atau ) ( ∂N (δN )2 = kT ∂µ V,T

2 3

g0

ex

Z ∞

−µ/kT (ex + 1)2

ǫ

3/2

dǫ

(109) Ada dua pendekatan yang dilakukan, yang pertama adalah dengan melakukan uraian Taylor terhadap ǫ3/2 di sekitar ǫ = µ dan hanya mengambil beberapa suku pertama. Sementara yang kedua adalah meng-ekstends batas bawah integralnya sampai −∞ agar mudah dalam mnipulasi matematis selanjutnya dan ini sama sekali tidak berpengaruh pada fungsi secara keseluruhan mengingat pada daerh negatif, fungsinya nol. Dengan demikian diperoleh d 3/2 3/2 3/2 ǫ ǫ = µ + (ǫ − µ) ǫ=µ dǫ 2 1 3/2 2 d ǫ + (ǫ − µ) ǫ=µ + · · · 2 dǫ2 = µ

3/2

+

3 2

(ǫ − µ)µ

1/2

+

3

V,T

1

=

(94)

(95)

Penurunan persamaan 28 Persamaan schrodinger tak bergantung waktu dinyatakan oleh: ∂2 ψ ∂2 ψ 8π 2 mE ∂2 ψ + + + ψ = 0 ∂x2 ∂y 2 ∂z 2 h2 (96) Untuk partikel bebas, solusinya dinyatakan oleh j(kx x+ky y+kz z) ψ = ψ0 e (97) di mana kx = 2π/λx , ky = 2π/λy , 2 2 2 2π/λz dan (px + py + pz ) = 2mE. Jika partikel/sistem dianggap terperangkap dalam kotak yang sisisisinya diberikan oleh Lx , Ly , Lz maka dengan menerapkan sarat batas terhadap solusi (pers. 97), akan diperoleh  λx  nx = Lx   2  λy (98) = Ly  ny 2   λz nz = Lz  2 yang menyatakan jumlah ”setengah panjang gelombang” pada masingmasing arah. Mengingat λx = 2Lx /nx maka pers. (98) dapat untuk arah-x dapat dinyatakan menjadi 2Lx px (99) nx = h demikian pula untuk arah yang lain. Sementara itu diperoleh pula 2 Lx (px + dpx ) (nx + dnx ) = h (100) atau 2Lx dpx (101) dnx = h demikian pula untuk arah yang lain. Dengan demikian diperoleh dns = dnx dny dnz 8Lx Ly Lz dpz dpy dpz = h3 (102) Karena dalam satu sumbu, ada dua keadaan momentum yang dibolehkan, yakni (px dan −px ), maka nilai aktual dari jumlah keadaan dn yang memiliki nilai momentum dalam rentang + dpx , + dpy , + dpz adalah 1/8 dari nilai pers.102, yakni kuadran pertama koordinat rectilinear atau Lx Ly Lz dpz dpy dpz dn = (103) h3 Jika Lx Ly Lz menyatakan volume V , maka pers.103 dapat ditransformasikan ke dalam pernyataan pada koordinat bola, yakni V · 4πp2 dp ∆Γ dn = = (104) h3 h3 Jika pernyataan ini dinyatakan dalam panjang helombang λ = h/p, maka diperoleh 4π dn = g(λ)dλ = dλ (105) λ4 Ekspansi Sommerfeld Aproksimasi Sommerfeld digunakan untuk menghitung pernyataan integral Z ∞ N = g(ǫ)nFD dǫ 0 Z ∞ 1/2 nFD dǫ (106) = g0 ǫ 0 dengan nFD menyatakan fungsi distribusi fermi-dirac (dalam buku pointon dinyatakan sebagai f (ǫ)). Karen daerah yan g ditinjau hanya disekitar ǫ = µ,maka integralnya dapat dinyatakan ke dalam integral parsial 2 ∞ 3/2 N = g0 ǫ nFD (ǫ) 0 + 3 ! Z 2 dnFD ∞ 3/2 g0 ǫ − dǫ 0 3 dǫ (107) suku pertama akan habis pada kedua batas integral sementara suku kedua dinyatakan kembali melalui d dnFD (ǫ−µ)/kT −1 = − (e + 1) − dǫ dǫ 1 ex = (108) kT (ex + 1)2 dengan x = (ǫ − µ)/kT . Jadi Z ∞ 1 2 ex 3/2 ǫ dǫ g0 N = 0 3 kT (ex + 1)2

2 1/2 (ǫ − µ) µ + ··· (110) 8 sehingga  Z ∞ ex 2 3/2 g0 µ + N = −∞ (ex + 1)2 3 3 2

(ǫ − µ)µ

1/2

+

3 8

2 1/2 (ǫ − µ) µ

+ ··· (111) Integrasi selanjutnya dapat dilakukan pada masing-masing suku yakni untuk suku pertama adalah Z ∞ ex dx = −∞ (ex + 1)2 Z ∞ dnFD dǫ − −∞ dǫ = nFD (−∞) − nFD (∞) = 1−0 = 1 (112) Untuk suku kedua Z ∞ xex dx = −∞ (ex + 1)2 Z ∞ x dx = 0. −∞ (ex + 1)(1 + e−x ) (113) mengingat pernyataan tersebut merupakan fungsi ganjil dari x. Suku ketiga dapat diintegrasikan secara parsial secara berurutan yang natinya akan menghasilkan Z ∞ x2 ex π2 dx = (114) −∞ (ex + 1)2 3 Dengan mengumpulkan hasil-hasil tersebut, maka nilai N selanjutnya dapat dituliskan menjadi 2 1 3/2 2 −1/2 N = g0 µ + g0 (kT ) µ 3 4 π2 · + ··· 3 !3/2 π2 (kT )2 µ +N = N ǫF 8 ǫ3/2 µ1/2 F + ··· (115) Di mana telah dilakukan substitusi 3/2 untuk g0 = 3N/2ǫ . DenF gan membagi kedua ruas dengan N diperoleh  2/3 ! µ kT 2 π2 = 1 − + ··· ǫF 8 ǫF π2

!2

kT + ··· (116) 12 ǫF yang menunjukkan potensial kimia µ akan naik secara berangsur-angsur seiring naiknya T . Hasil ini juga dapat digunakan untuk menhitung integral untuk nilai total energi yakni Z ∞ U = ǫg(ǫ)nFD (eǫ)dǫ 0 Z ∞ 1 = ǫg(ǫ) dǫ 0 e(ǫ−µ)/kT + 1 (117) yakni µ5/2 3 N + U = 3/2 5 ǫ F 3π 2 (kT )2 + ··· (118) N 8 ǫF Di mana dengan memasukkan pers. 116 diperoleh π2 (kT )2 3 N ǫF + N + ··· U = 5 4 ǫF (119) Kondensasi Bose-Einstein Kondensasi bose-eintein adalah kondensasi di mana sebagian besar partikel penyusun gas boson akan mengalami kondensasi/pendinginan yakni menempati keadaan energi dasar (ground state). Jumlah boson yang menempati keadaan dasar dinyatakan oleh: 1 N0 = (120) e(ǫ0 −µ)/kT − 1 Untuk T = 0, nilai N0 cukup besar yang bisa terpenuhi jika peneyebut pada pers. 120 cukup kecil. Dengan demikian potensial kimia µ hanya berbeda cukup kecil dengan ǫ. Dan kT ≫ ǫ0 . Jumlah total boson tentunya dinyatakan oleh = 1−

N =

X

1

semua s e(ǫs −µ)/kT − 1 (121)

karena masing-masing suku pada penjumlahan cukup kecil (kT ≫ ǫ0 ≈ µ ), dapat dilakukan transformasi ke dalam bentuk integral, yakni: Z ∞ 1 N = g(ǫ) dǫ 0 e(ǫ0 −µ)/kT − 1 (122) dengan g(ǫ) dinyatakan oleh persamaan 19. Dengan demikian 2  2πm 3/2 V N = √ π h2 √ Z ∞ ǫ dǫ · 0 eǫ/kT − 1 ! 2 2πmkT 3/2 = √ V 2 π h Z ∞ √x dx · (123) 0 ex − 1 Integral terhadap x nilainya adalah 2.315 sehingga dengan mengkomn√ inasikan dengan 2/ π akan menghasilkan formula ! 2πmkT 3/2 V (124) N = 2.162 h2 Karena jumlah boson N tidak bergantung pada temperatur T makan hanya satu nilai temperatur di mana persamaan di atas benar, yakni T = Tc , sehingga diperoleh ! 2πmkTc 3/2 N = 2.162 V (125) 2 h atau   !2/3 2 N h  kTc = 0.527  2πm V

(126) sementara jumlah boson dalam kedaan tereksitasi, dinyatakan oleh ! 2πmkT 3/2 Nexcited = 2.612 V h2 (untuk T < Tc ) Dengan demikian !3/2 T Nexcited = N Tc

(127)

(untuk )(T < Tc ) (128) dan N0 = N − Nexcited  !3/2  T N = 1 − Tc

(untuk T < Tc ) (129) Contoh penentuan fungsi partisi dan peluang keadaan suatu partikel 1. Dipol elementer dengan energi ”up states” −µB dan ”down states”+µB, maka fungsi partisinya adalah X −βE(s) Z = e s +βµB −βµB = e +e = 2 cosh(βµB) (130) Peluang dipole untuk berada dalam ”up states” adalah e+βµB e+βµB P↑ = = Z 2 cosh(βµB) (131) Peluang dipole untuk berada dalam ”down states” adalah e−βµB e−βµB P↓ = = Z 2 cosh(βµB) (132) Dengan demikian energi rata-rata adalah X E(s)P(s) E = s = (−µB)P↑ + (+µB)P↓ = −µB

eβµB − e−βµB 2 cosh(βµB)

= −µB tanh(βµB) (133) Sementara total energi dinyatakan oleh U = −N µB tanh(βµB) (134) Momen magnetik dipole kemudian dinyatakan oleh X µz = µs (s)P(s) s = (+µ)P↑ + (µ)P↓ = µ tanh(βµB) (135) Sementara total magnetisasi dinyatakan oleh M = N µz = N µ tanh(βµB) (136) Perhatikan antara energi dipol dan momen Magnetik berbeda tanda. 2. Pembuktian Teorema equipartisi dengan menggunakan fungsi partisi. Jika energi dinyatakan dalam 2 E(q) = cq (137) anggap yang ditinjau hanya dalam satu derajat kebebasan, sehingga fungsi partisinya dinyatakan dalam X −βcq 2 X −βE(q) e e = Z = q q (138) jika ditambahkan ∆ di dalam dan di luar persamaan di atas, maka akan diperoleh 1 X −βcq 2 Z = e ∆q q 1 Z ∞ −βcq 2 = e ∆q −∞ 1 1 Z ∞ −x2 = e dx √ ∆q βc −∞ s 1 π −1/2 = Cβ (139) = ∆q βc

p

dengan C = demikian 1 ∂Z E = − Z ∂β = − = −

π/c/∆q.

∂

1

Cβ −1/2 ∂β 1 Cβ −1/2

Cβ

Dengan

−1/2

(−1/2)Cβ

−3/2

1

1

−1 β = kT (140) = 2 2 3. Oilator Harmonik dalam kuantum memiliki energi dinyatakan dalam ǫ = (n + 1/2)hν (141) dengan demikia...