Download - catatan fistum 1

Catatan Kuliah

FI-3104 FISIKA KUANTUM 1

oleh:

Prof. Freddy P. Zen, D. Sc ([email protected])Laboratorium Fisika Teoretik, FMIPA-ITB

terakhir diperbaharui pada 6 Januari 2010.

Daftar Isi

Daftar Isi Daftar Gambar 1 Gejala Kuantum 1.1 Radiasi Benda Hitam . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1.1.1 Gejala radiasi termal . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1.1.2 Hukum Stefan . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1.1.3 Hukum Raleygh-Jeans . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Model osilator harmonik . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Energi rata-rata osilator . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Rapat jumlah osilator . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Kerapatan energi radiasi . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1.1.4 Teori kuantum radiasi Planck . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1.2 Efek Fotolistrik . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1.3 Efek Compton (1922) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1.4 Hipotesis de Broglie (1924) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2 Dasar-dasar Kuantum 2.1 Perbedaan Fisika Klasik dan Kuantum . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2.2 Fungsi Gelombang . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2.3 Operator . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2.3.1 Sifat-sifat operator . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2.3.2 Operator Hermitian . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2.4 Pengukuran Serentak dan Berurutan . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

ii iii 1 1 1 1 3 3 4 4 6 6 8 9 10 12 12 13 13 14 15 15

i

DAFTAR ISI 3 Persamaan Schr dinger o 3.1 Arus Rapat Probabilitas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 3.2 Kasus Stasioner . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 3.3 Partikel Bebas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 3.4 Partikel dalam kotak potensial takhingga (1 dimensi). . . . . . . . . . . .

ii 17 17 18 19 19 21 22 24 26 31 31 32 38

3.5 Partikel dalam Sumur Potensial Berhingga . . . . . . . . . . . . . . . . . . 3.6 Partikel dalam Daerah dengan Potensial Tangga . . . . . . . . . . . . . . . 3.7 Partikel dalam Daerah dengan Potensial Penghalang . . . . . . . . . . . . 3.8 Osilator Harmonik . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 4 Atom Hidrogen 4.1 Postulat Bohr tentang Atom Hidrogen . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 4.2 Teori Kuantum tentang Atom Hidrogen . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Daftar Pustaka

FI3104 Fisika Kuantum 1 2009

Daftar Gambar

1.1 Kurva intensitas radiasi termal per satuan panjang gelombang . . . . . . . 1.2 Perbandingan antara hasil yang didapat hukum Raleygh-Jeans dan Teori Kuantum Planck . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1.3 Skema efek Compton . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . y 2 y 2 3.1 Grak tan y = dan cot y = . . . . . . . . . . . . . . . . . . y y

2

7 9 23

iii

Bab 1

Gejala Kuantum1.11.1.1

Radiasi Benda HitamGejala radiasi termal

Kajian tentang radiasi benda hitam bertujuan menjelaskan fenomena yang terkait dengan intensitasi radiasi (daya emisi) suatu benda pada temperatur tertentu. Pada tahun 1792, T. Wedjwood mendapati bahwa sifat universal dari sebuah objek yang dipanaskan tidak bergantung pada komposisi dan sifat kimia, bentuk, dan ukuran benda. Selanjutnya, pada tahun 1859 G. Kirchoff membuktikan sebuah teorema yang didasarkan pada sifat termodinamika benda bahwa pada benda dalam kesetimbangan termal, daya emisi (pancar) dan daya absorbsi (serap) sama besar. Ide Kirchoff dinyatakan dalam sebuah persamaan ef = J (f, T ) Af , (1.1)

dengan ef adalah daya emisi per frekuensi cahaya tiap satuan luas, f adalah frekuensi cahaya, T suhu mutlak benda, dan Af daya absorbsi (yaitu fraksi daya masuk yang diserap per frekuensi tiap satuan luas. Benda hitam didenisikan sebagai benda yang denisi menyerap semua radiasi elektromagnetik yang mengenainya, sehingga benda tersebut benda menjadi berwarna hitam, atau pada persamaan (1.1) berlaku Af = 1 sehingga ef = hitam J (f, T ) (daya emisi per frekuensi per satuan luas hanya bergantung pada f dan T saja).

1.1.2

Hukum Stefan

Pada tahun 1879, J. Stefan menemukan (secara eksperimental) bahwa daya total tiap satuan luas yang dipancarkan oleh benda padat pada semua frekuensi bergantung pada

1

1.1 Radiasi Benda Hitam

2

Gambar 1.1 Kurva intensitas radiasi termal per satuan panjang gelombang. Jumlah radiasi yang dipancarkan (luas daerah di bawah kurva) bertambah seiring dengan naiknya temperatur. (Gambar diambil dari [1])

pangkat empat dari suhu (T 4 ), atau

etotal =0

ef (f, T ) df = aT 4 ,

(1.2)

dengan 0 < a 22 L 2,

20

nilai potensial menuju takhingga sehingga persamaan

Schrdinger untuk daerah ini adalah o lim d2 +V 2m dx2 (x) lim V (x) = E(x).V

V

(3.19)

Karena nilai E berhingga, maka haruslah (x) = 0. Pada daerah L < x < 2 adalah d2 (x) = E(x) 2m dx22 L 2,

V = 0 sehingga persamaan Schrdinger untuk daerah ini o

d2 (x) 2mE = 2 (x). 2 dx

(3.20)

Serupa dengan kasus partikel bebas, solusi umum persamaan Schrdinger untuk daerah o dalam kotak potensial ini adalah (x) = Ae

i

q

2mE 2 x

+ Be

i

q

2mE 2 x

= C cos kx + D sin kx.

(3.21)

Selanjutnya, diterapkan syarat batas kesinambungan fungsi gelombang pada titik batas x = L dan x = 2L 2,

bahwa L = 2

L 2

= 0 sebagai berikut (3.22) (3.23)

L kL kL = C cos D sin =0 2 2 2 L kL kL = C cos + D sin = 0. 2 2 2

Sehingga, dapat dipilh dua kasus khusus: C = 0 dan D = 0, sehingga sin kL = 0 atau k = 2 C = 0 dan D = 0, sehingga cos kL = 0 atau k = 22n L ,

dengan n = 1, 2, 3, . . .. dengan n = 1, 2, 3, . . ..

(2n1) , L

Dengan demikian, solusi lengkap persamaan Schrdinger terdiri atas solusi ganjil (beruo pa fungsi cos yang genap) dan solusi genap (berupa fungsi sin yang ganjil) sebagai berikut C cos (k x) , n ganjil, n (x) = D sin (kn x) , n genap.

(3.24) nilai eigen energi (3.25)

Lalu berdasarkan nilai k yang diperoleh di atas, didapatkan nilai eigen energi E= 2 2 2 n , mL2 n = 1, 2, 3, . . .

partikel

Nilai konstanta C dan D diperoleh dari normalisasi fungsi gelombang (x) sebagai dalam kotak potensial


3.5 Partikel dalam Sumur Potensial Berhingga berikut

21

1=

|(x)| =

2

L 2

L 2

|C|2 cos2 (kn x) dxL 2

|C|2 = kn |C|2 = 2kn

L 2

cos (2kn x) + 1 2L 2

d (kn x)

sin (2kn x) + kn x 2kn

L 2

L = |C|2 . 2 Sehingga diperoleh C =2 L.

(3.26)2 L.

Dengan cara yang sama diperoleh pula D =

3.5

Partikel dalam Sumur Potensial Berhingga

Sebuah partikel berada dalam daerah dengan potensial V , L x 0 2 V (x) = 0, lainnya.

L 2

(3.27)

Untuk kasus energi partikel V0 < E < 0, penerapan syarat batas pada persamaan Schrdinger bebas waktu untuk partikel ini adalah: o pada x < L dan x > L , V (x) = 0 sehingga, 2 2 d2 (x) = E (x) = C1 eKx + D1 eKx , dengan K = 2m dx22

2mE2

. (3.28)

Karena pada x harus berlaku (x) 0, maka haruslah D1 = 0 sehingga (x) = C1 eKx . pada L < x < 22 L 2.

V (x) = V0 sehingga, (3.29)

d2 (x) d2 (x) 2m (V0 E) V0 (x) = E(x) = (x). 2 2 2m dx dx22m(V0 E)2

Karena E < V , maka solusi persamaan tersebut adalah (x) = A cos qx + B sin qx, dengan q = .

pada x > L , V (x) = 0 sehingga diperoleh hasil mirip pada x < L namun 2 2 dengan menerapkan syarat limx (x) = 0, yaitu (x) = D2 eKx . Dengan dengan demikian, diperoleh solusi lengkap C1 eKx , x < L 2 (x) = D2 eKx , x>L 2.

A cos qx + B sin qx, L < x < 2

L 2

(3.30)


3.6 Partikel dalam Daerah dengan Potensial Tangga

22

Tetapan-tetapan yang ada pada solusi di atas ditentukan dengan menerapkan syarat batas keinambungan fungsi dan turunanya pada daerah x = L = a. 2 pada x = a: C1 eKa = A cos qa B sin qa C1 KeKa = q (A sin qa + B cos qa) . pada x = a D2 eKa = A cos qa + B sin qa D2 KeKa = q (A cos qa + B sin qa) . (3.33) (3.34) (3.31) (3.32)

Dengan membagi persamaan (3.32) dengan (3.31) serta (3.34) dengan (3.33), diperoleh K= q (A sin qa + B cos qa) q (A sin qa + B cos qa) = . A cos qa B sin qa A cos qa + B cos qa (3.35)

Dengan menyelesaikan persamaan terakhir, akan diperoleh AB = AB. (3.36)

Jadi, salah satu dari A dan B haruslah bernilai nol. Jika keduanya bernilai nol, maka akan diperoleh (x) = 0 di daerah (a, a), dan ini tidak boleh terjadi. Dengan demikian, solusi untuk daerah (a, a) adalah (x) = A cos qa atau (x) = B sin qa. Substitusi hasil ini ke persamaan (3.35) akan menghasilkan K = q tan qa dan K = cot qa. Dengan memperkenalkan sebuah tetapan = qa =2m(V0 E)2

2mV0 a22

dan menuliskan y = K q

a, maka untuk kedua solusi di atas dapat dituliskan tan y =

=

y 2 y

dan cot y =

y 2 . y

Selanjutnya, solusi untuk nilai y ditentukan dengan metode grak

(lihat gambar 3.1).

3.6

Partikel dalam Daerah dengan Potensial Tangga

Suatu partikel berada pada daerah dengan potensial 0, x < 0 V (x) = V0 , x 0. Solusi persamaan Schrdinger bebas waktu untuk kasus ini adalah o Aeikx + Beikx , x < 0, k = 2mE 2 (x) = 2m(V0 E) DeKx , x 0, K = .2

(3.37)

(3.38)


3.6 Partikel dalam Daerah dengan Potensial Tangga

23

Gambar 3.1 Grak tan y =

y 2 y

(atas) dan cot y =

y 2 y

(bawah). Pada kedua grak di

atas, tan y dan cot y sama-sama naik. Titik-titik potong pada kedua grak di atas menyatakan nilai eigen diskrit untuk q (yang berkaitan dengan E).

Penerapan syarat batas pada x = 0 menghasilkan A + B = D dan ik (A B) = KD. Dari persamaan tersebut, diperoleh menghasilkanD A B A

(3.39)

=

ik+K ikK .

Substitusi hasil ini ke persamaan (3.39)B 2 A

=

2k k+iK .

Selanjutnya, nilai

(dan

D 2 A )

menyatakan probabilitas

partikel pantul (dan transmisi), dan disebut koesien reektansi (dan koesien transmisi). Dengan demikian, solusi lengkap untuk kasus potensial tangga adalah A eikx + kiK eikx , x < 0, k = 2mE 2 k+iK (x) = A 2k eKx , x 0, K = 2m(V0 E) . 2 k+iK Lalu, probabilitas partikel pantul untuk kasus ini adalah pantul (x)2

(3.40)

= A

k + iK k iK

eikx . A

k iK k + iK

eikx = |A|2 .

(3.41)


3.7 Partikel dalam Daerah dengan Potensial Penghalang Sedangkan probabilitas gelombang transmisinya |transmisi (x)|2 = A 2k k iK eKx . A 2k k + iK eKx = 4k 2 k2 + K 2

24

|A|2 e2Kx . (3.42)

Terlihat bahwa limx |transmisi (x)|2 = 0. Selanjutnya, arus probabilitas pada tiap daerah adalah: pada x < 0 jdatang = jpantul pada x 0 jtransmisi = 0. (3.45) i k |A|2 ik |A|2 (ik) = |A|2 , 2m m k = |A|2 . 2m (3.43) (3.44)

Lalu, bagaimanakah jadinya jika E > V0 ? Solusi umum untuk kasus ini akan berupa Aeikx + Beikx , x < 0, k = 2mE 2 (x) = (3.46) 2m(EV0 ) CeiKx + DeiKx , x 0, K = . 2 Untuk partikel yang datang dari arah kanan ke kiri, diperoleh D = 0. Lalu dengan menerapkan syarat batas seperti sebelumnya, akan diperoleh A eikx + kK eikx , x < 0, k = k+K E (x) = A 2k eiKx , x 0, K = k+K Lalu, dengan menuliskan amplitudo probabilitas pantul tas transmisi D A,

2mE2

2m(EV0 )2

(3.47) .

B A

dan amplitudo probabili-

diperoleh probabilitas pantul dan transmisi sebagai berikut: jpantul kK 2 || = R= = 0, k+K jdatang 4kK jtransmisi | |2 = = 0. 2 T = j (k + K) datang2

(3.48) (3.49)

3.7

Partikel dalam Daerah dengan Potensial Penghalang

Suatu partikel berada pada daerah dengan potensial penghalang berbentuk V , 0xL 0 V (x) = 0, lainnya.

(3.50)


3.7 Partikel dalam Daerah dengan Potensial Penghalang Solusi umum persamaan Schrdinger untuk kasus ini adalah o Aeikx + Beikx , dengan k =2mE2

25

x L,

dan K =

2m(V0 E)2

. Jika dianggap partikel bergerak dari kiri ke

kanan (dan tidak ada partikel yang bergerak dari kanan ke kiri), diperoleh F = 0. Lalu dengan menerapkan syarat kesinambungan fungsi dan turunannya di x = 0 dan x = L, diperoleh A + B = C + D, ik (A B) = K (C + D) , CeKL + DeKL = EeiKL K CeKL + DeKL = ikEeikL . (3.52) (3.53) (3.54) (3.55)

Jumlah dari persamaan (3.52) dan (3.53) serta (3.54) dan (3.55) akan menghasilkan 2ikA = C(ik K) + D(ik + K), 2KDeKL = (K + ik) EeikL (3.56) (3.57)

Selisih persamaan (3.54) yang dikalikan dengan K dengan persamaan (3.55) adalah C= K ik (ik+K)L e E. 2K (3.58)

Substitusi (3.57) dan (3.58) ke (3.56) memberikan E 4ikK = 2 (ik+K)L A (K ik) e + (K + ik)2 e(ikK)L 4ikKeikL = (K + ik)2 eKL (K ik)2 eKL 4ikKeikL = (K 2 k 2 + 2iKk) eKL (K 2 k 2 2iKk) eKL 4ikKeikL = (K 2 k 2 ) (eKL eKL ) + 2iKk (eKL + eKL ) 2ikKeikL = . (K 2 k 2 ) sinh KL + 2iKk cosh KL

(3.59)


3.8 Osilator Harmonik Dengan demikian, diperoleh koesien transmitansi E | | = A2 2

26

E = A = = = =

E A

(2kK)2 (K 2 k 2 )2 sinh2 KL + 4K 2 k 2 cosh2 KL 2K 2 k 2 (2kK)2 cosh2 KL sinh2 KL + 2K 2 k 2 cosh2 KL + (K 4 + k 4 ) sinh2 KL (2kK)2 1 + sinh2 KL + (K 4 + k 4 ) sinh2 KL , (3.60)

2K 2 k 2 + 2K 2 k 2

(2kK)2 (2Kk)2 + (K 2 + k 2 )2 sinh2 KL

(ingat bahwa cosh2 x sinh2 x = 1). Terlihat bahwa nilai KL yang kecil, akan menyebabkan semakin besar kemungkinan partikel menembus potensial penghalang (T 1).

3.8

Osilator Harmonik

1 Fungsi potensial untuk kasus osilator harmonik berbentuk V (x) = 2 kx2 , sehingga per-

samaan Schrdinger untuk kasus ini berbentuk o d2 (x) 1 2 + kx (x) = E(x). 2m dx2 2x2 2

2

(3.61) dengan (x) memenuhi

Solusi persamaan tersebut diambil berbentuk (x) (x)e persamaan diferensial Hermite d2 d 2x + ( 1) = 0, 2 dx dx dengan nilai berkaitan dengan energi menurut E = tukan melalui metode Frobenius. Misal (x) =1 2

(3.62) . Solusi untuk (x) ditendengan tetapan yang

k+ , k=0 ak x

akan dicari kemudian. Selanjutnya, diperoleh turunan pertama dan kedua dari (x) terhadap x sebagai berikut:

(x) =k=0

ak (k + ) xk+1 ak (k + ) (k + 1) xk+2 .k=0

(3.63) (3.64)

(x) =

Dengan demikian, persamaan Hermite dapat dituliskan menjadi

(k + ) (k + 1) ak xk+2 [2 (k + ) ( 1)] ak xk+ = 0.k=0

(3.65)


3.8 Osilator Harmonik Untuk suku pertama (k = 0), diperoleh persamaan ( 1) a0 x2 (2 + 1) a0 x = 0,

27

(3.66)

yang hanya akan dipenuhi jika = 0 atau = 1 dan 2 + 1 = 0. Lalu untuk memudahkan diambil solusi = 0, sehingga persamaan Hermite menjadi

k (k 1) ak xk2 [2k ( 1)] ak xkk=0

= 0.

(3.67)

Persamaan tersebut akan berlaku jika koesien dari setiap suku dalam deret tersebut bernilai nol, suku x2 : a0 .0(0 1) = 0 a0 = tetapan sembarang, suku x1 : a1 .1(1 1) = 0 a1 = tetapan sembarang, suku x0 : suku x1 : suku x2 : ... atau didapat rumus rekursif, ak+2 = 2k ( 1) ak . (k + 2) (k + 1) (3.68) 1 a0 2 2 ( 1) a1 a3 .3(3 1) a1 (2 + 1) = 0 a3 = 3.2 2.2 ( 1) a2 a4 .4(4 1) a2 (2.2 + 1) = 0 a4 = 4.3 a2 .2(2 1) a0 (0 + 1) = 0 a2 =

Dengan demikian (x) merupakan jumlah dari solusi ganjil (k ganjil) dan genap (k genap). Selanjutnya dilakukan uji konvergensi dari solusi (x) (x)x 0 (artinya e2 x 2 x2 2

. Karena limx e

x2 2

=

konvergen), maka konvergensi dari (x) hanya ditentukan oleh (x). Uji

perbandingan (ratio test) terhadap (x): pada k : ak+2 xk+2 2k ( 1) 2 = lim x = 0, k k k (k + 2) (k + 1) ak x lim Jadi (x) pada kasus ini konvergen untuk semua x. pada k >> : ak+2 xk+2 2k ( 1) 2 2x2 = lim x . k>> k>> (k + 2) (k + 1) k ak xk lim2x2 k ,2 2

(3.69)

(3.70)

Untuk menentukan konvergensi pada kasus ini, dipilih deret yang sifat konvergensinya mirip dengan yaitu ex (sebab ex = xk k=0 ( k )! , 2

dengan k genap).


3.8 Osilator Harmonik

28

Bukti untuk kemiripan sifat konvergensi kedua fungsi diberikan melalui uji perbandingan untuk ex sebagai berikut. xk+2 ak+2 xk+2 xk Un+1 k+2 k = = Un ak xk 2 ! 2 ! sehingga limk>> bang. Agar (x) konvergen, (x) dibuat konvergen dengan cara memotong nilai k hanya sampai nilai tertentu (berhingga). Dengan mengambil pangkat tertinggi pada deret untuk (x) sebagai k, maka ak+2 = ak+4 = . . . = 0. Lalu, berdasarkan persamaan (3.68) diperoleh = 2k + 1, sehingga akhirnya diperoleh nilai energi dari osilator harmonik berbentuk 1 E= = 2 monik adalah berbentuk (x) = An (x)ex2 2 2

x2 , k 2 +12 x2 2

(3.71)x2 2

Un+1 Un

2x2 k .

Jadi, (x) = (x)e

x2 2

ex e

=e

. Dengan

demikian (x) bersifat divergen dan tidak dapat berperan sebagai fungsi gelom-

k+

1 2

.

(3.72)

Solusi lengkap dari persamaan Schrdinger bebas waktu untuk kasus osilator haro

,

(3.73)

dengan An adalah amplitudo (tetapan) yang diperoleh melalui normalisasi fungsi gelombang. Secara umum, fungsi Hermite (x) dapat dituliskan sebagai Hn (x) yang memenuhi persamaan diferensial Hermite bentuk dHn (x) d2 Hn (x) 2x + 2nHn (x) = 0. 2 dx dx Selanjutnya, persamaan gelombang dapat dituliskan sebagai (x) = An Hn (x)e malisasi fungsi gelombang menghendaki m (x)n (x)dx = A An m Hm (x)Hn (x)ex = mn .2

(3.74)x2 2

. Nor-

(3.75)

Fungsi pembangkit untuk fungsi Hermite berbentuk

g(x, h) = e2xhh =n=0

2

Hn (x)

hn , n!

(3.76)

dengan h sebuah parameter. Dengan memanfaatkan fungsi pembangkit tersebut, dapat diperoleh ex g 2 (x, h) = e(x2h)2 2

+2h2

=n m

ex Hm Hn

2

hm+n . m!n!

(3.77)


3.8 Osilator Harmonik Integrasi persamaan tersebut pada selang (, ) memberikan rrl e2h Sehingga diperoleh2

29

(x2h)2 +2h2 dx e (x2h)2 d (x e

=n

ex Hm Hn2

2

2h) =n

m h2n

hm+n dx m!n!

(n!) (n!)

2

2 ex Hn dx 2 ex Hn dx 2 ex Hn dx2 2 2

e2h

2

=n

h2n2

n (2h2 )

n

n!

=n

h2n (n!)2 h2n n!

n2

n h2n

=n

2 ex Hn dx

2 2 ex Hn dx = 2n n! .

(3.78)

Substitusi hasil ini ke persamaan (3.75) memberikan A An n

2 2 ex Hn dx = 1 An = 2n n!

1 2

.x2 2

(3.79) eiEt

Solusi total untuk kasus osilator harmonik adalah (x, t) = An Hn e energi E = n +1 2

dengan

. Heisenberg mempelajari kasus osilator harmonik ini dengan

menggunakan metode mekanika matriks, dan mendapatkan hasil yang sama. Heisenberg menyatakan fungsi gelombang sebagai vektor keadaan |n , dan mendapatkan nilai eigen energi dengan mengerjakan operator energi (Hamiltonian) yang dinyatakan dalam operator kreasi dan anihilasi osilator harmonik.

Cara Heisenberg (Mekanika Matriks) untuk Osilator HarmonikDenisikan operator energi osilator harmonik 1 2 1 2 H= p + k , x 2m 2 (3.80)

dengan p dan x masing-masing menyatakan operator momentum dan posisi (kedua op erator tersebut memenuhi hubungan komutasi [, p] = i I, I adalah matriks identitas). x Jika H dikerjakan pada fungsi gelombang |E akan diperoleh H |E = E |E . Ambil = k = m = 1 sehingga H = 1 p2 + x2 dan [, p] = iI. Denisikan operator x 2

i p x a = ( i) 2

i dan a = ( + i) , p x 2

(3.81)

sebagai operator anihilasi dan kreasi, serta N = a a (3.82)FI3104 Fisika Kuantum 1 2009

3.8 Osilator Harmonik

30

sebagai operator jumlah (yang memenuhi N |n = n |n ). Hubungan komutasi antara operator-operator di atas adalah a, a = I, N , a = , a N , a = a . (3.83)

Operator energi dapat dinyatakan sebagai 1 1 aa + a a a, a , H= 2 2 (3.84)

(notasi {A, B} AB + BA disebut antikomutasi). Dengan memanfaatkan hubungan komutasi antar operator di atas dan denisi operator jumlah, operator energi dapat dituliskan sebagai 1 H= I + a a + a a 2 1 I + 2N = 2 I =N+ . 2

(3.85)

Dengan hubungan terakhir ini, dapat diperoleh fakta bahwa operator energi dan jumlah saling linear dan saling komut, sehingga keduanya dapat memiliki vektor eigen yang sama (|E = |n ). Selanjutnya, diperoleh H |E = E |E = atau 1 En = n + . 2 Hasil ini sama persis dengan persamaan (3.72). (3.86) I |n N+ 2 1 n+ |n , 2


Bab 4

Atom Hidrogen4.1 Postulat Bohr tentang Atom Hidrogen

Teori kuantum telah berhasil membuktikan postulat Planck tentang osilator harmonik. Pada bagian ini, akan diberikan pembuktianteori kuantum untuk postulat Bohr tentang atom hidrogen (bahwa tingkat-tingkat energi atom H adalah En = 13,6 eV). n2 Menurut postulat Bohr, elektron dalam atom hidrogen mengelilingi inti atom (proton) pada orbit stasioner berbentuk lingkaran (misal dengan jejari a). Pada orbit elektron, gaya Coulumb berperan sebagai gaya sentripetal, sehingga berlaku 1 Ze2 mv 2 = 40 a2 a Sehingga energi kinetik elektron adalah 1 1 Ze2 K = mv 2 = . 2 80 a Postulat Bohr: keadaan stasioner sistem dikarakterisasi oleh momentum sudut p = mva = n , n = 1, 2, 3, . . . .n ma .

mv 2 =

1 Ze2 . 40 a

(4.1)

(4.2)

(4.3)

Berdasarkan postulat tersebut, diperoleh v = samaan gaya sentripetal menghasilkan a=

Substitusi nilai v tersebut ke per-

4 2 2 n 0, 528n2 A. mZe2

(4.4)

Lalu, diperoleh energi total elektron E =K +V 1 1 Ze2 = mv 2 2 40 a 1 Ze2 = 80 a 13, 6 = 2 eV. n 31

(4.5)

4.2 Teori Kuantum tentang Atom Hidrogen

32

4.2

Teori Kuantum tentang Atom Hidrogen

Atom hidrogen terdiri atas proton dan elektron. Misal posisi kedua partikel tersebut menurut suatu kerangka koordinat (kerangka lab) masing-masing r1 dan r2 . Operator energi (Hamiltonian) untuk sistem ini adalah p2 1 e2 p2 H= 1 + 2 2m1 2m2 40 |r1 r2 | 2 2 1 e2 2 2 = . 1 2 2m1 2m2 40 |r1 r2 | Sehingga persamaan Schrdinger dituliskan sebagai o2

(4.6)

2m1

2 1

2

2m2

2 2

1 e2 = Etotal . 40 |r1 r2 |

(4.7)

Persamaan diferensial di atas sulit untuk dipecahkan karena tercampurnya variabel posisi kedua partikel (r1 dan vecr2 ). Agar lebih mudah dipecahkan, persamaan tersebut dituliskan dalam sistem koordinat pusat massa (R) dan relatif (r = r1 r2 ) sebagai berikut: R(X, Y, Z) = m1 r1 + m2 r2 m1 + m2 (4.8) (4.9)

r(x, y, z) = r1 r2 . Berdasarkan kedua hubungan tersebut, dapat diperoleh mr m1 mr , r2 = R m2 r1 = R + dengan m m1 m2 m1 +m2

(4.10) (4.11)

adalah massa tereduksi. Lalu, operator diferensial juga dinyatakan

dalam koordinat pusat massa. Dalam koordinat lab, operator diferensial dinyatakan sebagai1

2

+ ey1 + ez1 x1 y1 z1 = ex2 + ey2 + ez2 . x2 y2 z2 = ex1

(4.12) (4.13)

Karena x1 , y1 , z1 dan x2 , y2 , z2 masing-masing merupakan fungsi dari X, Y , Z dan x, y, z, yaitu menurut persamaan (4.8) dan (4.9), maka X Y Z x y z = + + + + + x1 x1 X x1 Y x1 Z x1 x x1 y x1 z m1 +0+0+ +0+0 = m1 + m2 X x

=

m + . m2 X x (4.14)


4.2 Teori Kuantum tentang Atom Hidrogen Dengan cara yang sama akan diperoleh y1 z1 x2 y2 z2 = = = = = m + m2 Y y m + m2 Z z m m1 X x m + m1 Y y m + . m1 Z z

33

(4.15) (4.16) (4.17) (4.18) (4.19)

Sehingga secara keseluruhan diperoleh1

=

m m2

R

+

r,

2

=

m m1

R

r.

(4.20)

Lalu,0 2 1

= =

m m2 m m2 m m1

2 2 R 2 2 R 2 2 R

+ + +

m 2 r +2 m22 r, 2 r,

R

r

(4.21) (4.22)

2

=

(

R

r

= 0 karena koordinat R dan r saling bebas.)

Selanjutnya, persamaal Schrdinger dituliskan sebagai o2

2

2m1 m2

m2 m2 2 +

2 R

+

2 r

2

2 R

2m22

m2 m2 m2 1

2

m1 m2 2

2

m2 2 + m2 R 1 1 1 + m1 m2

2 r 2 r

1 e2 (R, r) = Etotal (R, r) 40 r 1 e2 (R, r) = Etotal (R, r). 40 r (4.23)

Lalu, dengan mengingat denisi dari massa tereduksi m dapat diubah menjadi 2 2MEPM 2 R+ 2

m1 m2 m1 +m2 ,

persamaan terakhir

2m2 r

1 e2 40 r

(R, r) = Etotal (R, r),

(4.24)

Erel.

dengan M = m1 + m2 adalah massa total kedua partikel. Suku pertama pada ruas kiri menyatakan operator energi menurut kerangka pusat massa (PM) sedangkan suku kedua menyatakan operator energi menurut kerangka relatif.



34

Persamaan Schrdinger terakhir dapat diselesaikan dengan metode pemisahan (sepo arasi) variabel. Anggap (R, r) (R)(r) sehingga persamaan Schrdinger dituliskan o sebagai2

(r) 1 (R)

2M2

2 R (R) 2 R (R)

+ (R) + 1 (r)

2M

(r) e2 2m 40 r 2 (r) e2 2 r (r) 2m 40 r2 2 r (r)

(R, r) = Etotal (R)(r) (R, r) = EPM + Erel. , (4.25)

atau 1 (R) 1 (r) Solusi untuk adalah (R) eiP R , dengan P = 2M EP M2 2 2

2M

2 R (R)

= EPM

(4.26) (4.27)

2m

2 r (r)

(r) e2 40 r

(R, r) = Erel.

.

(4.28)

Untuk mendapatkan solusi persamaan diferensial untuk di atas, dilakukan separasi variabel (r) = (r, , ) = R(r)Y(, ) (digunakan koordinat bola). Operator Laplacian dalam koordinat bola dinyatakan sebagai2

=

1 r2 r

r2

r

+

1 1 r2 sin 1 40

sin

+

1 2 . sin2 2

(4.29)

Sehingga, persamaan Schrdinger (4.27) dituliskan sebagai (untuk mempersingkat peo nulisan, selanjutnya digunakan satuan = 1)

1 1 1 1 2 2m e2 r2 + 2 sin + +E =0 2 2 + 2 r2 r r r sin r sin Y d dR R 1 d dY 1 d2 Y 2m e2 r2 + 2 sin + + 2 + E RY = 0 2 r dr dr r sin d d r sin2 d2 Atau, 1 d R dr r2 dR dr + 2m2

1 d e2 1 + E r2 R = r Y sin d

sin

dY d

+

1 d2 Y sin2 d2 (4.30)

Ruas kiri persamaan di atas hanya merupakan fungsi dari r sementara ruas kanan fungsi dari dan saja. Dengan demikian, kedua ruas haruslah bernilai konstan. Ambil konstanta tersebut bernilai l(l + 1) dengan l = 0, 1, 2, 3, . . ., sehingga diperoleh 1 d r2 dr r2 dR dr + e2 l(l + 1) +E R=0 2 r r2 1 d dY 1 d2 Y sin + = l(l + 1)Y. sin d d sin2 d2 2m (4.31) (4.32)

Sehingga didapatkan persamaan radial dan sferis yang terpisah.FI3104 Fisika Kuantum 1 2009


35

Persamaan radialDengan memisalkan u = rR, persamaa radial dapat dituliskan sebagai 2m d2 u + 2 dr2 e2 +E r l(l + 1) u = 0. r2 (4.33)

Karena elektron dan proton saling terikat, maka ditinjau keadaan E < 0. Pada keadaan asimtotik r sangat besar, persamaan tersebut tereduksi menjadi d2 u dr2 dengan solusi u exp 2mE2

2mE2

u 0,

(4.34)

r ,

(4.35)

(solusi negatif pada eksponensial dipilih agar limr u = 0). Sehingga solusi umum untuk persamaan radial dapat dituliskan sebagai u(r) = w(r) exp Substitusi solusi ini ke (4.33) menghasilkan d2 w 2 dr2 2mE dw + 2 dr me2 2 l(l + 1) 2 r r2 w = 0. (4.37) 2mE2

r .

(4.36)

Anggap w r , sehingga persamaan diatas dapat menjadi ( 1)r2 2 2mE2

r1 +

me22

2r1 l(l + 1)r2

= 0.

(4.38)

Dengan memperhatikan koesien untuk suku r2 didapat ( 1) = l(l + 1) yang berlaku jika = l + 1 atau = l. Ambil solusi = l + 1 > 0, sehingga secara umum w dapat dinyatakan sebagai deret pangkat

w(r) =k=l+1

ak rk .

(4.39)

Substitusi nilai w tersebut ke persamaan (4.37) menghasilkan

ak k(k 1)rk2 2k=l+1

2mE2

krk1 +

me22

2rk1 l(l + 1)rk2

= 0.

(4.40)

Dengan menggunakan teknik seperti pada penentuan solusi persamaan gelombang untuk partikel pada kasus osilator harmonik (lihat kembali bagian 3.8), diperoleh persamaan rekursif untuk koesien ak sebagai berikut 2k ak+1 =2mE2

2me22

k(k + 1) l(l + 1)

ak ,

dengan k > l.

(4.41)


4.2 Teori Kuantum tentang Atom Hidrogen Pada k yang sangat besar, berlaku 2 2mE 2 2 ak+1 ak k+12mE2

36

k

.2mE2

(4.42) r . Seperti pada

Secara umum sifat dari fungsi w(r) akan setara dengan exp 2

osilator harmonik, bukti kesamaan sifat konvergensi kedua fungsi diberikan melalui uji perbandingan, exp 2 2mE2 2mE2

k

2 r =k

(k + 1)!ak

rk ,

(4.43)

lalu ak+1 = ak 2 = 2 Sehingga, pada k diperoleh u(r) = w(r) exp exp 2 exp 2mE2

2

2mE2

k

2

2mE2

k

(k + 2)!2mE2

(k + 1)!

k+22mE2

k

.

(4.44)

r 2mE2

2mE2

r . exp

r (4.45)

2mE2

r ,

yang bersifat divergen untuk r . Agar konvergen, maka deret untuk w(r) diambil hingga nilai k tertentu saja (berhingga). Sehingga, ak+1 = ak+2 = . . . = 0. Berdasarkan rumus rekursif untuk ak pada persamaan (4.41), diperoleh 2k 2mE2

(4.46)

2me22

=0E=

me4 1 , 2 2 k2mp 2000 ),

(4.47)

dengan k = l + 1, l + 2, ldots dan l = 0, 1, 2, . . .. Untuk atom hidrogen, karena massa proton (m1 = mp ) jauh lebih besar dibanding massa elektron (m2 = me besarnya massa tereduksi akan mendekati massa elektron, m= mp me me . mp + me (4.48) massa

Sehingga, besar energi atom hidrogen yang diperoleh melalui perumusan teori kuantum sama dengan model Bohr, Ek = 13,6 eV. k2FI3104 Fisika Kuantum 1 2009


37

Persamaan sferisDilakukan separasi variabel untuk fungsi harmonik sferis, Y(, phi) = P ()(), sehingga persamaan sferis menghasilkan d sin d atau 1 d sin P d sin dP d + l(l + 1) sin2 = 1 d2 = m2 , d2 (4.50) sin dP d + P d2 = l(l + 1)P , sin2 d2 (4.49)

dengan m konstanta (bukan massa terduksi!). Solusi untuk bagian adalah () eim , sedangkan bagian membentuk persamaan 1 d sin d sin dP d + l (l + 1) d d

(4.51)

m2 sin2

P = 0.

(4.52)

Dengan memisalkan = cos sehingga dapat dituliskan sebagai d d (1 2 ) dP d

=

d d d d

d = sin d , persamaan terakhir

+ l(l + 1)

m2 1 2

P = 0.

(4.53)

Solusi persamaan tersebut berupa associated Legendre function, Plm () = (sin )m dl+m 2 ( 1)l . 2l l! dl+m (4.54)

Bentuk akhir dari fungsi harmonik sferis adalah Y(, ) = (1)m 2l + 1 (l m)! im e Plm (cos ). 4 (l + m)! (4.55)


Daftar Pustaka

[1] S. Gasiorowicz, Quantum Physics, John Wiley and Sons, 1996. [2] J. J. Sakurai, Modern Quantum Mechanics, Addison-Wesley, 1994.

38

Download - catatan fistum 1

Top Related