Max Planck

Soal

Buktikan dan simpulkan!

Dimana benda bermassa m1 bergerak dengan kecepatan v1 menumbuk benda lain bermassa m2 yang diam. Tumbukan yang terjadi pada kedua benda tersebut adalah tumbukan tidak lenting sama sekali.
Sebuah bola bermassa 2m bergerak dengan kecepatan v menumbuk secara elastic bola lain yang diam bermassa m. Setelah tumbukan kedua bola terlempar dengan sudut yang sama besar terhadap mula-mula. Tentukan sudut $\theta$ .

Jawaban

1. Benda m1 dengan kecepatan v1 menabrak dan melekat pada benda m2 yang diam, misalkan setelah tumbukan keduanya bergerak dengan kecepatan v' .

Pembuktian

Hukum Kekekalan Momentum

Karena v2 = 0 dan v1' = v2' = v', maka

Jika kita menganggap Ek adalah Energi Kinetik sebelum tumbukan dan Ek' adalah Energi Kinetik setelah tumbukan, maka

Kesimpulan

"Dari pembuktian di atas, apabila kita lihat hasil akhir untuk perbandingan energi kinetik sebelum bertumbukan dengan energi kinetik setelah bertumbukan, kita bisa menyimpulkan bahwa energi kinetik sebelum bertumbukan lebih besar dari energi kinetik setelah bertumbukan, ini disebabkan karena ada energi kinetik yang terbuang atau diubah menjadi energi lain akibat tumbukan."

2. Diketahui:

Ditanyakan: Besar sudut $\theta$

Lenting Sempurna

Hukum kekekalan momentum arah x

Arah y

Hukum kekekalan energi

Hukum kekekalan momentum pada arah x

Hukum kekekalan momentum pada ara y

Kuadratkan Pers.1, maka

Substitusikan Pers.4 ke Pers.3

Substitusikan Pers.5 ke Pers.2

Jadi Besar sudut yang dibentuk adalah 30 derajat.

Lanjut Baca

Assalamu'alaikum Wr. Wb.
Sahabat Fisika yang berbahagia, kalian pasti mengenal energi gas monoatomik dibawah kan..??? hehehe

$E=\frac{3}{2}NKT$

Saya yakin, kita hanya mengenal tanpa pernah membuktikan. Baik untuk kali ini saya akan memposting bagaimana cara kita membuktikan rumus di atas.

Kita sudah mengenal tingkat energi gas monoatomik pada kotak yaitu:

$\large E_{r}=\frac{n^{2}\pi ^{2}\pounds ^{2}}{2mL^{2}}$

Jadi kalau dalam tiga dimensi menjadi,

$\large E_{r}=\frac{\pi ^{2}\pounds ^{2}}{2m}(\frac{n_{x}^{2}}{L_{x}^{2}}+\frac{n_{y}^{2}}{L_{y}^{2}}+\frac{n_{z}^{2}}{L_{z}^{2}})$

Keterangan:

$\large E_{r}=$ Tingkat Energi
$\large \pounds=$ Ketetapan Planck
$\large n=$ Bilangan bulat (1,2,3,.....)
$\large L=$ Panjang sisi kotak
$\large m=$ Masa gas monoatomik

Untuk sampai ke energi gas monoatomik, kita membutuhkan fungsi partisi (Z) yang dituliskan,

$\large Z=\sum_{r}\mathrm{e^{\mathit{-\beta E_{r}}}}$

Atau dalam tiga dimensi,

$\large Z=\sum_{n_{x}n_{y}n_{z}}\mathrm{e^{\mathit{-\beta E_{n_{x}n_{y}n_{z}}}}}$

$\large =\sum_{n_{x}}\sum_{n_{y}}\sum_{n_{z}}\exp \left [ \frac{-\beta \pi ^{2}\pounds ^{2}}{2m}\left ( \frac{n_{x}^{2}}{L_{x}^{2}}+\frac{n_{y}^{2}}{L_{y}^{2}}+\frac{n_{z}^{2}}{L_{z}^{2}} \right ) \right ]=Z_{x}Z_{y}Z_{z}$

Kita ambil fungsi partisi pada sumbu x,

$\large Z_{x}=\sum_{n_{x}}\exp \left [ \frac{-\beta \pi ^{2}\pounds ^{2}}{2m}\left ( \frac{n_{x}^{2}}{L_{x}^{2}}\right ) \right ]$

Kemudian kita integralkan dengan batas ( $\large 0-\infty$ ), sehingga

$\large Z_{x}=\int_{0}^{\infty }\exp \left [ -\beta \frac{\pi^{2}\pounds^{2}}{2m}\left ( \frac{n_{x}^{2}}{L_{x}^{2}} \right ) \right ]dn_{x}$

$\large =\int_{0}^{\infty }\left ( \frac{1}{\beta \frac{\pi^{2}\pounds^{2}}{2m}\left ( \frac{n_{x}^{2}}{L_{x}^{2}} \right )} \right )^{\frac{1}{2}}\left ( \beta \frac{\pi^{2}\pounds^{2}}{2m}\left ( \frac{n_{x}^{2}}{L_{x}^{2}} \right ) \right )^{\frac{1}{2}}\exp \left [ -\beta \frac{\pi^{2}\pounds^{2}}{2m}\left ( \frac{n_{x}^{2}}{L_{x}^{2}} \right ) \right ]dn_{x}$

Kita ambil keadaan pada tingkat energi $n_{x}=1$ , maka:

$\large Z_{x}=\int_{0}^{\infty }\left ( \frac{1}{\beta \frac{\pi^{2}\pounds^{2}}{2m}\left ( \frac{1^{2}}{L_{x}^{2}} \right )} \right )^{\frac{1}{2}}\left ( \beta \frac{\pi^{2}\pounds^{2}}{2m}\left ( \frac{1^{2}}{L_{x}^{2}} \right ) \right )^{\frac{1}{2}}\exp \left [ -\beta \frac{\pi^{2}\pounds^{2}}{2m}\left ( \frac{1^{2}}{L_{x}^{2}} \right ) \right ]dn_{x}$

$\large =\int_{0}^{\infty }\left ( \frac{1}{\beta \frac{\pi^{2}\pounds^{2}}{2mL_{x}^{2}}\left \right } \right )^{\frac{1}{2}}\left ( \beta \frac{\pi^{2}\pounds^{2}}{2mL_{x}^{2}}\left \right \right )^{\frac{1}{2}}\exp \left [ -\beta \frac{\pi^{2}\pounds^{2}}{2mL_{x}^{2}}\left \right \right ]dn_{x}$

kita misalkan $\beta \frac{\pi^{2}\pounds^{2}}{2mL_{x}^{2}}=x^{2}$ , maka

$\large Z_{x}=\left ( \frac{2mL_{x}^{2}}{\beta \pi^{2}\pounds^{2}\left \right } \right )^{\frac{1}{2}} \right )\int_{0}^{\infty }\left \left ( x^{2}\right )^{\frac{1}{2}}\mathbf{e}^{-x}dn_{x}$

$\large =\left ( \frac{2mL_{x}^{2}}{\beta \pi^{2}\pounds^{2}\left \right } \right )^{\frac{1}{2}} \right )\int_{0}^{\infty }x\mathbf{e}^{-x}dn_{x}$

Karena $\int_{0}^{\infty }x\mathbf{e}^{-x}dn_{x}$ adalah fungsi gamma yang nilainya ( $\frac{1}{2}\sqrt{\pi}$ ), maka,
$\large Z_{x}=\left ( \frac{2mL_{x}^{2}}{\beta \pi^{2}\pounds^{2}\left \right } \right )^{\frac{1}{2}} \right )\frac{1}{2}\sqrt{\pi}$
$\large =\left ( \frac{2mL_{x}^{2}\pi}{4\beta \pi^{2}\pounds^{2}\left \right } \right )^{\frac{1}{2}} \right )=\left ( \frac{m}{2\beta \pi\pounds^{2}\left \right } \right )^{\frac{1}{2}} \right )L_{x}$
jadi,

$\large Z_{x}=\left ( \frac{m}{2\beta \pi\pounds^{2}\left \right } \right )^{\frac{1}{2}} \right )L_{x}$ ,

$\large Z_{y}=\left ( \frac{m}{2\beta \pi\pounds^{2}\left \right } \right )^{\frac{1}{2}} \right )L_{y}$

$\large Z_{z}=\left ( \frac{m}{2\beta \pi\pounds^{2}\left \right } \right )^{\frac{1}{2}} \right )L_{z}$

Selanjutnya kita cari nilai Z dengan cara:

$\large Z=Z_{x}Z_{y}Z_{z}$

$\large =\left ( \frac{m}{2\beta \pi\pounds^{2}\left \right } \right )^{\frac{1}{2}} \right )L_{x}\left ( \frac{m}{2\beta \pi\pounds^{2}\left \right } \right )^{\frac{1}{2}} \right )L_{y}\left ( \frac{m}{2\beta \pi\pounds^{2}\left \right } \right )^{\frac{1}{2}} \right )L_{z}$

$\large =\left ( \frac{m}{2\beta \pi\pounds^{2}\left \right } \right )^{\frac{1}{2}+\frac{1}{2}+\frac{1}{2}} \right )L_{x}L_{y}L_{z}$

Karena $\large L_{x}L_{y}L_{z}$ =Volume, maka

$\large Z=\left ( \frac{m}{2 \pi\pounds^{2}\left \right } \right )^{\frac{3}{2}} \right )\frac{V}{\beta^{\frac{3}{2}}}$

$\large \ln Z=\frac{3}{2}\ln \left ( \frac{m}{2 \pi\pounds^{2}} \right )+\ln V-\frac{3}{2}\ln\beta$

Dalam fisika statistik, energi rata-rata gas secara umum dinyatakan dengan persamaan,
$\large \overline{E}=-\frac{\partial \ln Z}{\partial \beta }$
Jadi dengan memasukkan nilai (ln Z ), kita dapatkan,

$\large \overline{E}=-\frac{\partial}{\partial \beta }\left [ \frac{3}{2}\ln\left ( \frac{m}{2 \pi\pounds^{2}} \right )+\ln V-\frac{3}{2}\ln \beta \right ]$
$\large =0+0+\frac{3}{2}\frac{\partial\ln \beta}{\partial \beta }=\frac{3}{2}\frac{1}{\beta }$

Karena $\large \beta =\frac{1}{KT}$ , maka

$\large E=\frac{3}{2}KT$

Bila dalam satu kotak terdapat N Gas monoatomik, maka

$\large E=\frac{3}{2}NKT$

Terbukti kan..???? hehehe

Itulah sedikit uraian tentang pembuktian energi gas monoatomik, semoga bermanfaat...!!!!

Lanjut Baca

Max Planck

Belajar Fisika lewat Internet

Rabu, 27 Mei 2015

Mekanika II: Momentum Linier

Kamis, 21 Mei 2015

Energi Gas Monoatomik

Mengenai Saya

Pos Terpopuler

Blogger news

Blogroll

About

Categories

Arsip Blog

Total Tayangan Halaman