Bab 7.docx

FISIKA KUANTUM BAB 7 SOLUSI PERSAMAAN SCHRODINGER PADA BEBERAPA POTENSIAL

Disusun Oleh : Kelompok I 1. Leni Yulianingsih

(20160111064013)

2. Dian Putrian Permata Sari

(20160111064028)

3. Naomi Ernita Mambai

(20160111064023)

4. Sardi M. Rajagukguk

(20160111064007)

PROGRAM STUDI PENDIDIKAN FISIKA JURUSAN PENDIDIKAN MATEMATIKA DAN ILMU PENGETAHUAN ALAM FAKULTAS KEGURUAN DAN ILMU PENDIDIKAN UNIVERSITAS CENDERAWASIH JAYAPURA 2019

BAB 7 SOLUSI PERSAMAAN SCHRODINGER PADA BEBERAPA POTENSIAL A. Partikel dalam Kotak Potensial dengan Dinding Tak Berhingga Solusi persamaan schrodinger bebas – waktu sangat bergantung pada potensial V (→) yang memengaruhi patikel. Suatu partikel yang ditempatkan dalam kotak potensial dengan dinding yang tak berhingga tingginya, tentunya tak dapat keluar dari kotak tersebut. Pada kasus ini, partikel terperangkap dalam kotak potensial. Jika di berikan energy E yang sangat besar ( E < ∞ ) pada partikel tersebut, tetap saja energy tersebuttidak cukup untuk di gunakan dalam mengatasi inding potensial. Ilustrasi untuk kasus dalam kotak satu dimensi sebagai berikut.

Sumber : dokumen penulis Gambar 7.1 Partikel dalam kotak potensial Andaikan terdapat satu partikel dengan energy E dalam kotak potensial tersebut, maka secara klasik diketahui bahwa partikel itu akan bergerak dari kiri ke kanan kemudian ke arah sebaliknya. Perubahan arah momentum linier terjadi ketika partikel menumbuk dinding tersebut. Salah satu cara yang dapat menguantisasikan system tersebut yaitu dengan menggunakan kaidah kuantisasi Wilson-Sommerfeld. ∮ 𝑝𝑥 𝑑𝑥 =nh Kasus tersebut merupakan gejala berkala, sehingga uangkapan kuantisasi menjadi: +𝑎

−𝑎

∫−𝑎 𝑝𝑥 𝑑𝑥 + ∫+𝑎 (−𝑝𝑥 ) 𝑑𝑥 = 𝑛ℎ

(7.1)

Nilai |𝑝𝑥 | tidak dapat berubah besarnya, sehingg 𝑝𝑥 (4𝑎) = 𝑛ℎ atau 𝐸 =

𝑝𝑥 2 2𝑚0

yang

menghasilkan pernyataan: 𝐸=

ℎ2 𝑛2 32𝑚0 𝑎2

Analisis penggunaan teori kuantum lama dapat menyajikan kuantisasi harga energy total partikel untuk kasus partikel yang bergerak dalam kotak potensial dengan dinding yang tak- berhingga tingginya. Lantas bagaimana jika digunakan analisis persamaan Schrodinger untuk kasus tersebut? Analisis menggunakan metode Schrodinger pada kasus tersebut di mulai dengan mengkaji persamaan Schrodinger satu dimensi untuk potensial tak tergantung waktu, sehingga berlaku persamaan gelombang Schrodinger bebas waktu, yaitu: −

ћ2 𝑑2 Ѱ (𝑥) 2𝑚0

𝑑𝑥 2

+ 𝑉 (𝑥) Ѱ (𝑥) = E Ѱ (𝑥)

Fungsi potensial untuk kasus partikel dalam kotak yaitu: 𝑉 (𝑥) = 0 , 𝑑𝑖 𝑑𝑎𝑒𝑟𝑎ℎ − 𝑎 < 𝑥 > 𝑎 𝑉 (𝑥) = ∞ , 𝑑𝑖 𝑑𝑎𝑒𝑟𝑎ℎ |𝑥| > 𝑎 Untuk daerah |𝑥| > 𝑎 diketahui bahwa 𝑉 (𝑥) = ∞ probabilitas kehadiran partikel dalam daerah itu adalah nol, sehingga Ѱ (𝑥) = 0 untuk|𝑥| ≥ 𝑎 solusi persamaan gelombang terletak dalam daerah −𝑎 < 𝑥 > 𝑎 yang memenuhi persamaan Schrodinger : −

ћ2 𝑑2 Ѱ (𝑥) 2𝑚0

𝑑𝑥 2

= E Ѱ (𝑥)

Solusi dalam persamaan tersebut dapat dinyatakan dalam bentuk sinusoidal sebagai berikut: Ѱ (𝑥) = A sin ( kx) + B cos (kx) Kemungkinan harga amplitude A dan B sebagai berikut. 1. A = B = 0, merupakan solusi yang kurang bermaanfaat. 2. B = 0, sehingga persamaan solusi adalah Ѱ (𝑥) = A sin ( kx) 3. A=0, sehingga persamaan solusi adalah Ѱ (𝑥) = A cos (kx)

(7.2)

Misalkan, diambil kemungkinan B=0, sehingga Ѱ (𝑥) = A sin ( kx) solusi tersebut harus memenuhi syarat batas bahwa Ѱ (𝑎) = Ѱ (−𝑎) = 0 . 0 = A sin ( k𝑎) dan = A cos ( -k𝑎) Nilai (ka) dapat di peroleh dari persamaan tersebut, yakni: 𝑘𝑎 = 𝑛, 𝜋 dengan 𝑛, = 1, 2 , 3, ….. Substitusi nilai tersebut dalam persamaan Schrodinger bebas waktu memberikan:

E=

ћ2 𝑘 2

=

2𝑚0

(𝑛, 𝜋)2 ) 𝑎

ћ2 (

2𝑚0

ℎ2 𝑛,2

= 8𝑚

0

𝑎2

ℎ2

= 32 𝑚

0𝑎

2

(2𝑛, )2

(7. 3)

ℎ

Ingat, ћ =

2𝜋

Fungsi eigen yang berkaitan dengan nilai tersebut adalah: (𝑛, 𝜋)

Ѱ (𝑥) = A sin [(

) 𝑥]

𝑎

(7.4)

Normalisasi fungsi eigen dengan nilai tersebut akan memberikan amplitudo A, +𝑎

∫ −𝑎

|𝐴|2

(𝑛, 𝜋) 𝑠𝑖𝑛 [( ) 𝑥 ] 𝑑𝑥 = 1 𝑎 2

𝑛, 𝜋𝑥

+𝑎

Sehingga 𝐴2 [∫−𝑎 𝑠𝑖𝑛2 (

𝑎

) 𝑑𝑥] = 1 dan diperoleh A =

1 √𝑎

Fungsi gelombangnya adalah: Ѱ (𝑥) =

1 √𝑎

sin (

𝑛, 𝜋𝑥 𝑎

ℎ2

) dengan energy terkuantisasi, E𝑛, = 32 𝑚

0𝑎

2

(2𝑛, )2 dengan

𝑛, = 1,2,3,4,.. Jika diambil kemungkinan A=0, sehingga solusi persamaan adalah: Ѱ (𝑥) = B cos (kx). Persamaan tersebut harus memenuhi syarat batas sebagai berikut, Ѱ (𝑎) = Ѱ (−𝑎) = 0 0 = B cos (ka) dan 0=B cos (-ka) Nilai (ka) yang dapat diperoleh dari persamaan tersebut adalah :

𝑘𝑎 =

(2𝑙+1)𝜋

dengan l = 0, 1, 2, 3,…..

2

Substitusi nilai tersebut dalam persamaan Schrodinger bebas - waktu memberikan:

E=

ћ2 𝑘 2

=

2𝑚0

ћ2 [

(2𝑙+1)𝜋 2 ] 2𝑎 2𝑚0

ℎ2

= 32𝑚

0𝑎

2

(2𝑙 + 1)2

(7.5)

Fungsi eigen yang berkaitan dengan tersebut adalah : Ѱ (𝑥) = B cos [

(2𝑙+1)𝜋𝑥 2𝑎

]

Normalisasi fungsi eigen tersebut memberikan amplitudo B besar : B =

(7.6) 1 √𝑎

sehingga fungsi

gelombang ternormalisasi adalah : 1

Ѱ (𝑥) = 𝐸𝑙 =

√𝑎

cos [

ℎ2 32𝑚0 𝑎2

(2𝑙+1)𝜋𝑥 2𝑎

] dengan energi terkuantitasi:

, 𝑙 = 1, 2, 3, 4, ….

Jika kedua fungsi gelombang untuk kasus A = 0 dan B = 0 di perhitungkan, maka di peroleh bahwa energy partikel dalam kotak potensial dengan dinding yang tak berhingga akan terkuantisasi mengikuti nilai berikut . 𝐸𝑛 =

ℎ 2 𝑛2 32𝑚0 𝑎2

, 𝑑𝑒𝑛𝑔𝑎𝑛 𝑛 = 1, 2, 3, 4, ….

(7.7)

Fungsi eigen yang sesuai dengan solusi pada nilai eigen tersebut terdiri dari dua kategori, sebagai berikut. 1. Kategori pertama, untuk harga n genap. Ѱ (𝑥) =

1 √𝑎

sin [

𝑛𝜋𝑥 2𝑎

]

Fungsi eigen merupakan fungsi ganjil, Ѱ (𝑥) = - Ѱ (−𝑥) dan nilai energinya adalah: 𝐸𝑛 =

ℎ 2 𝑛2 32𝑚0 𝑎2

2. Kategori kedua, untuk harga n ganjil. Ѱ (𝑥) =

1 √𝑎

cos [

𝑛𝜋𝑥 2𝑎

]

Fungsi eigen merupakan fungsi genap, Ѱ (𝑥) = - Ѱ (−𝑥) dan nilai energinya adalah : 𝐸𝑛 =

ℎ 2 𝑛2 32𝑚0 𝑎2

Jadi, fungsi eigen terbagi dalam dua kategori, yakni yang berparitas ganjil dan berparitas genap, bergantung pada nilai bilangan kuantumnya, apakah genap ataukah ganjil. Persamaan Schrodinger bebas waktu memberikan energy yang berharga diskrit yang dicirikan dengan suatu bilanngan bulat n tersebut dinamakan bilangan kuantum. Ternyata hasil yang diperoleh sama dengan hasil analisis dengan menerapkan kaidah kuantisasi Wilson- Summerfeld, yaitu energy dinyatakan dengan persamaan 𝑛 =

ℎ 2 𝑛2 32𝑚0 𝑎2

.

Berikut ini dideskripsikan beberapa nilai energy dan funsi eigen untuk kasus satu partikel dalam kotak potensial dengan berdinding tidak berhingga. Tabel Nilai Energy Dan Fungsi Eigen Satu Partikel Dalam Kotak Potensial Berdinding Tidak Berhingga n

𝐸𝑛

5

25𝐸𝑙 16𝐸𝑙

4

9𝐸𝑙

3

4𝐸𝑙

2

𝐸𝑙

1

Ѱ𝑛 (𝑥) 1 √𝑎 1 √𝑎 1 √𝑎 1 √𝑎 1 √𝑎

cos [ sin [

2𝑎

4𝜋𝑥

cos [ sin [

5𝜋𝑥

2𝑎

]

3𝜋𝑥 2𝑎

𝑛𝜋𝑥 2𝑎

]

]

]

𝜋𝑥

cos [ 2𝑎 ]

Sumber: dokumen penulis Gambar 7.2 Fungsi gelombang untuk beberapa bilangan kuantum Energi paling rendah yang dinamakan dengan zero point energi berkaitan dengan n=1. Prinsip Heisenberg dapat di telaah untuk khasus energy terendah. Pada kasus partike dalam

kotak potensial tersebut. Ketidak pastian dalam pengukuran potesial adalah 2a, maka ℎ2

ћ

ℎ

menurut Heisenberg ∆𝑝𝑥 ≥ 4𝑎 sedangkan 𝑝𝑙 2 = 2𝑚0 𝐸𝑙 = 16𝑎2 ; sehingga diperoleh 𝑝𝑙 = 4𝑎 Berdasarkan pandangan gelombang, sebuah partikel yang terperangkap dalam kotak dapat dianalogikan dengan gelombang tegak (stasioner) pada tali yang dipentangkan antara dinding kotak itu. Pada kasus tersebut, variabel gelombang (pergeseran transversal dari tali fungsi gelombang ѱ) harus nol pada dinding kotak it

u. Panjang gelombang de Broglie

yang mungkin menyertai partikel dalam kotak ditentukan oleh lebar kotak L, seperti diilustrasikan dalam gambar berikut.

Sumber: dokumen penulis Gambar 7.3 Fungsi gelombang partikel dalam kotak yang lebarnya L Panjang gelombang partikel terkait dengan nilai 𝜆 = 2𝐿, berikutnya oleh 𝜆 = 𝐿, kemudian 𝜆 = 2𝐿/3, dan seterusnya. Rumusan umum untuk panjang gelombang yang diperbolehkan adalah: 𝜆𝑛 =

2𝐿 𝑛

n = 1, 2, 3,….

(7.8)

Berdasarkan Teorema Fourier, sebuah fungsi 𝜙(𝑥) yang memenuhi syarat batas 𝜙(𝑥) = 𝜙(0) dapat dinyatakan sebagai berikut : 𝜙(𝑥) = ∑∞ 𝑛=1 𝑆𝑖𝑛 𝐶𝑛

𝑛𝜋𝑥

(7.9)

𝑎

Fungsi eigen untuk operator Hamiltonian (H) untuk kasus sumur dengan dinding tak berhingga adalah sebanding dengan sin mencangkup fungsi eigen 𝑢𝑛 (𝑥), yaitu:

𝑛𝜋𝑥 𝑎

,sehingga fungsi tersebut dapat ditulis dengan

𝜙(𝑥) = ∑∞ 𝑛=1 𝐴𝑛 𝑢𝑛 (𝑥)

(7.10)

Nilai An dapat ditentukan berdasarkan sifat ortonomolitas, yakni: 𝑎

𝑎

∫0 𝑢∗ 𝑚 (𝑥)ѱ (𝑥)𝑑𝑥 = ∫0 𝑢∗ 𝑚 (𝑥) ∑∞ 𝑛=1 𝐴𝑛 𝑢𝑛 (𝑥) 𝑎

∞ ∗ = ∑∞ 𝑛=1 𝐴𝑛 ∫0 𝑢 𝑚 (𝑥) 𝑢𝑛 (𝑥) dx = ∑𝑛=1 𝐴𝑛 𝛿𝑚𝑚 = 𝐴𝑚 𝑎

𝐴𝑚 = ∫0 𝑢∗ 𝑚 (𝑥) 𝑢𝑛 (𝑥) dx

(7.11)

Nilai ekspektasi energy untuk partikel dalam kotak dengan H = p2/2m sebagai berikut. 𝑎

〈𝐻〉 = ∫0 ѱ∗ 𝑚 (𝑥) 𝐻ѱ (𝑥) dx 𝑎

= ∫0 ѱ∗ 𝑚 (𝑥) 𝐻 ∑𝑛 𝐴𝑛 𝑢𝑛 dx 𝑎

= ∑𝑛 𝐴𝑛 ∫0 ѱ∗ (𝑥) 𝐸𝑛 𝑢𝑛 dx = ∑𝑛 𝐸𝑛 |𝐴𝑛 |2

(7.12)

𝑎

Perhatikan bahwa 𝐻𝑢𝑛 (𝑥) = 𝐸𝑛 𝑢𝑛 (𝑥) dan ∫0 ѱ∗ (𝑥) ѱ (𝑥)𝑑𝑥 = 1 Berdasarkan syarat normalitas tersebut, dapat ditulis: 𝑎

I = ∫0 𝜙 ∗ (𝑥) ∑𝑛 𝐴𝑛 𝑢𝑛 dx = ∑𝑛 𝐴𝑛 𝐴∗ 𝑛 = ∑𝑛|𝐴𝑛 |2

(7.13)

Kesetaraan persamaa (7.12) dan (7.13) menghasilkan pernyataan untuk 𝐴𝑛 yakni: 𝑎

𝐴𝑛 = ∫0 𝑢∗ 𝑛 (𝑥) ѱ (𝑥) dx

(7.14)

Persamaan tersebut menyatakan probabilitas pengukuran energy untuk keadaan yang menghasilkan nilai eigen En. Contoh soal 1. Carilah tingkat energy sebuah electron dalam kotak yang lebarnya 1Å. jika diketahui 𝑚 = 9,1 × 10−31 𝑘𝑔 dan L = 1Å = 10−10 m! Jawaban: 𝐸𝑛 =

𝑛2 ( 6,625 ×10−43 𝐽𝑠)2 8 ( 9,1 × 10−31 𝑘𝑔)(10−10 m)2

= 8,0 × 1018 𝑛2 𝐽

Energy minimum yang dimiliki electron ialah 38 eV, yang bersesuaian dengan harga n=1. Deretan tingkat energy selanjutnya adalah 𝐸2 = 152 eV, 𝐸3 = 608 eV dan seterusnya. Tingkat energy ini cukup berjahuan, sehingga kuantisasi energy electron dalam kotak seperti itu dapat terjadi. 2. Tunjukkan bahwa hubungan berikut akan berlaku untuk fungsi gelombang ѱ𝑛 (𝑥) = ѱ𝑚 (𝑥) pada sebuah partikel dalam sebuah kotak satu dimensi. 𝑧

∫ ѱ𝑛 (𝑥)ѱ (𝑥) 𝑑𝑥 = 𝛿𝑛𝑚 −𝑧

𝛿𝑛𝑚 adalah kronecker delta, yang nilainya sama dengan 1 jika n = m, dan nilainya 0 jika 𝑛≠𝑚 Jawaban: Fungsi gelombang dengan bilangan kuantum n dalam sebuah kotak dengan panjang L diberikan oleh persamaan: 2 𝑛𝜋𝑥 (𝑥) = √ sin ( ) 𝐿 𝐿 Fungsi gelombang untuk posisi di luar kotak ѱ𝑛 (𝑥) = 0 Misalkan integral pada persoalan disebut sebagai 𝐼𝑛𝑚 , ∞

𝐿

2 𝑛𝜋𝑥 𝑛𝜋𝑥 𝐼𝑛𝑚 = ∫ ѱ𝑛 (𝑥)ѱ (𝑥)𝑑𝑥 = ∫ ( ) sin ( ) sin ( ) 𝑑𝑥 𝐿 𝐿 𝐿 −∞

0

Perhatikan rumus penjumlahan sudut untuk fungsi trigonometri berikut: cos (𝐴 ± 𝐵) = cos 𝐴 𝑐𝑜𝑧 𝐵 ∓ sin 𝐴 sin 𝐵 Analisis persamaan tersebut akan menghasilkan relasi: sin A sin 𝐵 =

1 2

(cos(𝐴 − 𝐵) − cos(𝐴 + 𝐵))

Jadi 𝐼𝑛𝑚 = 𝐼 (−)– 𝐼(+) 1

𝐿

Pada kasus ini 𝐼 (±) = (𝐿) ∫0 𝐶𝑂𝑆 (

(𝑛±𝑚)𝜋𝑋

Jika dinyatakan besaran 𝜃 sebagai 𝜃 =

𝐿 𝜋𝑥 𝐿

𝐿

1 𝐼 (±) = ( ) ∫ 𝐶𝑂𝑆 {(𝑛 ± 𝑚)𝜃 }𝑑𝜃 𝜋 0

Jika, (𝑛 ± 𝑚).tidak sama dengan 0, maka: 1 1 2 𝐼 (±) = [(𝜋) {(𝑛±𝑚)} sin(𝑛 ± 𝑚)𝜃] = 0 1

) 𝑑𝑥 𝜋

dan 𝑑𝜃 = ( 𝐿 ) 𝑑𝑥 maka akan diperoleh:

Jika, (𝑛 − 𝑚 = 0 ) , maka: 𝐼 (−) =

1

𝜋

𝑑𝜃 = 𝜋 = 1 𝜋

Jadi, dipenuhi kondisi: 1) Untuk n = m, 𝐼𝑛𝑚 = 1 − 0 = 1 .dan 2) Untuk 𝑛 ≠ 𝑚 , 𝐼𝑛𝑚 = 0 − 0 = 0 dengan menggunakan delta kronecker, akan diperoleh relasi𝐼𝑛𝑚 = 𝛿𝑛𝑚 Integral dari contoh ini dengan n=m adalah kondisi normalisasi. Pada kasus 𝑛 ≠ 𝑚, integralnya akan sama dengan 0, dengan dua fungsi gelombangnya dikatakan saling orthogonal dan memenuhi sifat ortogonalitas. Sifat ortogonalitas berlaku secara umum antara sembarang fungsi gelombang yang berkorespondensi dengan nilai eigen yang berbeda. Jika fungsi – fungsi ternormalisasi dan saling orthogonal, maka himpunan fungsi-fungsi tersebut dikatakan ortonormal dan mengikuti sifat ortonormalisasi. B. Partikel dalam Potensial Berbentuk Tangga Kasus sederhana yang perlu dikaji adalah kasus partikel yang dipengaruhi oleh potensial yang konstan. Persamaan Schrodinger satu dimensi yang tidak bergantung waktu untuk kasus tersebut sebagai berikut. (−

ℏ2

𝑑2

2𝑚 𝑑𝑥 2

ℏ2 𝑑 2 𝜓

− 2𝑚

𝑑𝑥 2

+ 𝑉) 𝜓= 𝐸𝜓

(7.15)

+ (𝐸 − 𝑉) 𝜓 = 0

(7.16)

Solusi persamaan tersebut bergantung pada perbandingan nilai E dan V. Kasus yang mungkin terjadi adalah adanya suatu partikel bermassa m yang bergerak dari kiri ke kanan pada suatu daerah yang dipengaruhi oleh potensial berbentuk tangga, seperti pada gambar berikut. Pada kasus tersebut, tidak ada potensial pada daerah x < 0, sedangkan pada daerah x ≥ 0, potensialnya konstan yaitu V.

Gambar 7.4 Potensial tangga

Pada kajian potensial tangga ini, ada tiga kasus yang perlu dikaji sebagai berikut. 1. Kasus dengan energi partikel (E) lebih kecil dari V0 atau E < V0. 2. Kasus dengan energi partikel (E) lebih besar dari V0 atau E > V0. 3. Kasus dengan energi lebih kecil dari nol E < 0. Penyelesaian persamaan Schrodinger bebas waktu dengan potensial tangga dilakukan dengan cara sebagai berikut. 1. Membagi solusinya menjadi dua bagian, yaitu solusi untuk daerah I (x < 0) dan daerah II (x > 0). 2. Menyesuaikan kedua solusi tersebut sehingga memenuhi sifat kontinuitas fungsi gelombang dan turunan fungsi gelombang. Bentuk sederhana dari persamaan Schrodinger untuk kasus ini adalah : 𝑑2 𝜓 𝑑𝑥 2 𝑑2 𝜓 𝑑𝑥 2

+ +

2𝑚 ℏ2 2𝑚 ℏ2

𝐸𝜓 (𝑥) = 0

untuk x < 0

(𝐸 − V0) 𝜓 (𝑥) = 0

untuk x > 0

1. Kasus E < V0

Gambar 7.5 Partikel dengan energi E < V0 pada kasus potensial tangga Pada kasus energi total E < V0, menurut mekanika klasik, partikel dengan energi E yang merambat ke kanan dan menjumpai potensial V akan dipantulkan ke kiri. Oleh sebab itu, partikel tidak dapat berada dalam daerah x > 0. Kondisi pada mekanika kuantum ternyata tidak serupa dengan kajian mekanika klasik. Kajian mekanika kuantum adalah dengan membahas persamaan Schrodinger pada daerah I dan daerah II untuk kasus tersebut. Persamaan Schrodinger untuk daerah I, x < 0; dengan potensial V(x) = 0, adalah: ℏ2

− 2𝑚

0

𝑑2 𝜓 (𝑥) 𝑑𝑥 2

= 𝐸𝜓 (𝑥)

Solusi umum dari persamaan tersebut untuk daerah I daerah: Ψ (𝑥) = 𝐴𝑒 𝑖𝑘1 x + B𝑒 −𝑖𝑘1 x , x < 0 1

dengan harga k1 = ℏ √2𝑚0 𝐸 Persamaan Schrodinger untuk partikel dalam daerah II, x > 0, dengan potensial V (x) = V0 dan nilai adalah: ℏ2

𝑑2 Ψ (𝑥)

− 2𝑚

𝑑𝑥 2

0

+ V0 Ψ (𝑥) = E Ψ (𝑥)

Persamaan tersebut dapat ditulis sebagai berikut. ℏ2

𝑑2 Ψ (𝑥)

− 2𝑚

𝑑𝑥 2

0

𝑑2 Ψ (𝑥) 𝑑𝑥 2

−

2𝑚0 ℏ2

+[𝑉0 − 𝐸]Ψ (𝑥) = 0 ; untuk x > 0, atau : [𝑉0 − 𝐸]Ψ (𝑥) = 0

Solusi untuk umum persamaan tersebut adalah: Ψ (𝑥)= C𝑒 𝑘2 x + D𝑒 𝑘2 x ; untuk x > 0 1

Nilai k2 adalah k2 = ℏ √2𝑚0 (𝑉0 − 𝐸) Selanjutnya pada fungsi keadaan perlu diberlakukan syarat-syarat agar berperilaku baik (well behaved function) di seluruh interval x, sebagai berikut. a. Ψ (𝑥) berharga berhingga, oleh karena itu, nilai C = 0. Jika C≠ 0, maka Ψ (𝑥) dapat berharga tak berhingga ketika x → ∝ b. Ψ (𝑥) berharga kontinu, juga di x = 0, 𝐴𝑒 𝑖𝑘1 x + B𝑒 −𝑖𝑘1 x = D𝑒 −𝑖𝑘2 x 𝐴𝑒 𝑖𝑘1 0 + B𝑒 −𝑖𝑘1 0 = D𝑒 −𝑖𝑘2 0 Oleh karena itu, ada hubungan antara koefisien: A + B = D c. Ψ (𝑥) berharga kontinu, juga di x = 0 Pada daerah x < 0 → Ψ (𝑥) = ik1 𝐴𝑒 𝑖𝑘1 x – ik1 B𝑒 −𝑖𝑘1 x Pada daerah x > 0 → Ψ (𝑥) = - k2 D𝑒 −𝑖𝑘2 x Syarat kesinambungan di x = 0, menghasilkan relasi: 𝜕𝜓1 (𝑥) 𝜕𝑥

| x=o

=

𝜕𝜓2 (𝑥) 𝜕𝑥

| x=o

ik1 𝐴𝑒 𝑖𝑘1 x – ik1 B𝑒 −𝑖𝑘1 x = - k2 D𝑒 −𝑖𝑘2 x ik1 𝐴𝑒 𝑖𝑘1 0 – ik1 B𝑒 −𝑖𝑘1 0 = - k2 D𝑒 −𝑖𝑘2 0 ik1 A – ik1B = -k2D Kombinasi persamaan ( A + B = D) dan (ik1 A – ik1 B = -k2 D) memberikan relasi berikut. 𝐷

𝑖𝑘2

A = 2 [1 +

𝑘1

𝐷

𝑖𝑘2

2

𝑘1

B = [1 −

]

]

Persyaratan bahwa Ψ (𝑥) merupakan fungsi yang dapat diterima menghasilkan solusi: 𝐷

Ψ (𝑥)= 2 [1 +

𝑖𝑘2 𝑘1

𝐷

] 𝑒 𝑖𝑘1 x + 2 [1 −

𝑖𝑘2 𝑘1

] 𝑒 −𝑖𝑘1 x untuk daerah x ≤ 0

Ψ (𝑥)= D𝑒 −𝑘2 x , untuk daerah x ≥ 0 𝐸𝑡

Selanjutnya, dicari fungsi gelombang total Ψ (𝑥, 𝑡)= Ψ (𝑥) 𝑒𝑥𝑝 [−𝑖 ℏ ] . Fungsi gelombang total untuk kasus tersebut adalah: 𝐷

Ψ (𝑥, 𝑡) = 2 [1 +

𝑖𝑘2 𝑘1

𝐷

] 𝑒 𝑖 (𝑘𝑖 𝑥−𝜔𝑡) + 2 [1 −

𝑖𝑘2 𝑘1

] 𝑒 −𝑖 (𝑘𝑖 𝑥+𝜔𝑡) , untuk daerah x ≤ 0

Suku pertama ruas kanan adalah gelombang yang merambat ke kanan (gelombang datang), dan suku kedua adalah gelombang yang merambat ke kiri (pantulan). Gelombang yang ada pada daerah II adalah: Ψ (𝑥, 𝑡)= D exp[−𝑘2 𝑥] 𝑒𝑥𝑝 [−𝑖𝜔𝑡], untuk daerah x ≥ 0. Pada kasus ini terjadi transmisi gelombang dan refleksi gelombang pada daerah x = 0. Koefisien pemantulan menurut fisika gelombang adalah: 𝑅=

𝐵∙ 𝐵 𝐴∙ 𝐴

=

𝐷∙ 𝑖𝑘 𝐷 𝑖𝑘 [1+ 2 ] [1− 2 ] 2 𝑘1 2 𝑘1 𝐷∙ 𝑖𝑘2 𝐷 𝑖𝑘2 [1− ] [1+ ] 2 𝑘1 2 𝑘1

= 1; untuk E < V

(7.17)

Nilai ini sesuai dengan deskripsi fisika klasik untuk kasus tersebut. Pada analisis tersebut, gelombang dideskripsikan sebagai gelombang berjalan. Rapat probabilitas menemukan gelombang di daerah x ≥ 0 dapat dianalisis sebagai berikut. Ψ ∙ (𝑥, 𝑡) Ψ (𝑥, 𝑡)= 𝐷 ∙ D𝑒 −2𝑘2 x Nilai rapat probabilitas ini akan mendekati 0 jika x → ∞; tetapi pada posisi dekat x = 0, ada nilai 𝜓𝜓. Kondisi ini sangat berbeda dengan fisika klasik yang secara nyata menyatakan bahwa tidak ada partikel di daerah x > 0

Sumber: dokumen penulis Gambar 7.6 Gelombang pada daerah di sekitar posisi x = 0 2. Kasus E > V0

Gambar 7.7 Partikel dengan energi E > V0 pada kasus potensial tangga Pada kasus kedua, kajian dilakukan untuk energy partikel (E) lebih besar dari potensial V0. Persamaan Schrodinger bebas-waktu satu dimensi untuk kasus tersebut adalah: ℏ2

Pada daerah x < 0: − 2𝑚

0

ℏ2

Pada daerah x > 0: − 2𝑚

0

𝜕2 Ψ (𝑥) 𝜕𝑥 2 𝜕2 Ψ (𝑥) 𝜕𝑥 2

= 𝐸Ψ (𝑥) = [𝐸 − 𝑉0 ]Ψ (𝑥)

Persamaan tersebut, masing-masing memiliki solusi sebagai berikut. 1

Pada daerah x < 0: Ψ (𝑥) = 𝐶𝑒 𝑖𝑘2 x + D𝑒 −𝑖𝑘2 x , dengan ℏ √2𝑚0 (𝐸 − 𝑉0 ) Pada daerah x > 0 : Ψ (𝑥) = 𝐶𝑒 𝑖𝑘2 x + D𝑒 −𝑖𝑘2 x , dengan k2 =

1 ℏ

√2𝑚0 (𝐸 − 𝑉0 )

Berikut ini beberapa kondisi yang harus dipenuhi. a. Partikel dari kiri menuju ke kanan, dan ketika menuju potensial tangga di x = 0 mungkin mengalami hambatan sehingga terjadi pemantulan. Pada daerah di x > 0 tidak ada gelombang yang merambat ke kiri, sehingga D = 0. b. Fungsi gelombang harus berharga berhingga dan berkesinambungan di x = 0, sehingga diperoleh:

Ψ1 (𝑥)|x= 0 = Ψ1 (𝑥)|x = 0 𝐴𝑒 𝑖𝑘1 0 + B𝑒 −𝑖𝑘1 0 = 𝐶𝑒 𝑖𝑘2 0 A+B=C

(7.18)

c. Turunan fungsi gelombang (ψ’) harus berharga berhingga dan berkesinambungan di x=0, sehingga diperoleh: 𝜕𝜓1 (𝑥)

| x=o

𝜕𝑥

=

𝜕𝜓2 (𝑥) 𝜕𝑥

|x=o

ik1 𝐴𝑒 𝑖𝑘1 x – ik1 B𝑒 −𝑖𝑘1 x = ik2 C𝑒 −𝑖𝑘2 x ik1 𝐴𝑒 𝑖𝑘1 0 – ik1 B𝑒 −𝑖𝑘1 0 = ik2 C𝑒 −𝑖𝑘2 0 ik1 A – ik1B = ik2C atau: k1 ( A – B) = k2C

(7.19)

Jadi, ada dua persamaan untuk tiga koefisien. Jika kedua persamaan itu dinyatakan dalam A, maka diperoleh: B–C=A k1B1 – k2C = k1A Kombinasi kedua persamaan tersebut akan menghasilkan: (𝑘 −𝑘 )

B = (𝑘1 +𝑘2 )A 1

C=𝑘

2

2𝑘1 1 +𝑘2

A

Jadi, fungsi eigen yang sesuai adalah: Ψ (𝑥)= A exp[𝑖𝑘1 𝑥] + 𝐴 Ψ (𝑥)= A

2𝑘1 𝑘1 +𝑘2

(𝑘1 −𝑘2 ) (𝑘1 +𝑘2 )

𝑒𝑥𝑝[−𝑖𝑘1 𝑥] , untuk daerah x ≤ 0.

𝑒𝑥𝑝[𝑖𝑘2 𝑥], untuk daerah x ≥ 0.

(7.20) (7.21)

Jika digunakan teori gelombang klasik untuk menentukan koefisien refleksi R dan koefisien transmisi T, akan diperoleh: 𝑣 𝐵∙ 𝐵

R =𝑣1 1

(𝑘 −𝑘 )∙ 𝐴∙ (𝑘 −𝑘 )𝐴

= (𝑘1 +𝑘2 )∙𝐴∙ (𝑘1 +𝑘2 )𝐴 𝐴∙ 𝐴 1

(𝑘 _𝑘 )2

R = (𝑘 1+𝑘2 )2 1

2

2

1

2

(7.22)

Koefisien transmisi T adalah: 𝑣 𝐶 ∙𝐶

𝑘

T = 𝑣2 𝐴∙𝐴 =𝑘2 (𝑘 1

1

2𝑘1 1 +𝑘2

4𝑘1 𝑘2

)2 = (𝑘

2 1 +𝑘2 )

(7.23)

Sehingga: (𝑘 _𝑘 )2

4𝑘1 𝑘2

R + T = (𝑘 1+𝑘2 )2 + (𝑘 1

2

2 1 +𝑘2 )

=1

Hal ini sesuai dengan teori kekekalan kemungkinan. C. Partikel Melewati Potensial Penghalang Kasus partikel yang memjumpai potensial penghalang atau penghambat adalah kondisi dengan besarnya nilai potensial yaitu: 𝑉(𝑥) = 0, untuk 𝑥 < 0 𝑉(𝑥) = V, untuk 0 ≤ 𝑥 ≤ 𝐿 𝑉(𝑥) = 0, untuk 𝑥 > 0 Ada dua kasus yang dikaji berdasarkan perbandingan nilai energy partikel (E) dan potensial (V). Jika E < V, maka partikel akan dipantulkan oleh penghalang atau mungkin dapat menerobos. Sementara itu, jika E > V, maka partikel dapat melalui penghalang, namun mengalami penurunan kecepatan saat dipengaruhi potensial. Panjang gelombang partikel juga akan terganggu ketika dipengaruhi potensial, namun akan kembali seperti semula ketika melewati potensial penghalang. 1. Energi Partikel Lebih Kecil dari Potensial Penghambat ( E < V)

Gambar 7.8 Potensial penghalang dengan E < V0 Potensial penghalang yang dihadapi partikel yaitu seperti dilustrasikan pada gambar diatas. Lebar potensial penghalang adalah L, sedangkan tingginya adalah V0. Energy total elektron adalah E yang nilainya lebih kecil dari tinggi potensial penghalang V0. Solusi fungsi gelombang dibagi menjadi dalam tiga daerah, yaitu sebagai berikut.

a. Fungsi eigen pada daerah I ( x < 0) adalah: 1

Ψ (𝑥)= A exp[𝑖𝑘1 𝑥] + 𝐵 𝑒𝑥𝑝[−𝑖𝑘1 𝑥] , dengan k1 = ℏ √2𝑚0 𝐸 b. Fungsi eigen pada daerah II (0 < x < L), adalah: 1

Ψ (𝑥)= C exp[𝑘2 𝑥] + 𝐷 𝑒𝑥𝑝[−𝑖𝑘2 𝑥] , dengan k2 = ℏ √2𝑚0 (𝑉0 − 𝐸) Pada daerah II ini, nilai C ≠ 0 karena rentang x terbatas antara 0 pada L. c. Fungsi eigen pada daerah III (x > L), adalah: 1

Ψ (𝑥)= F exp[−𝑖𝑘1 𝑥] , dengan k1 = ℏ √2𝑚0 𝐸 Tidak ada gelombang yang merambat ke kiri pada daerah III, sehingga tidak ada komponen fungsi gelombang exp (-ikx). Persyaratan kesinambungan Ψ (𝑥) dan

𝑑𝜓 (𝑥) 𝑑𝑥

di x = 0 dan x = L, akan memberikan

hubungan-hubungan antara koefisien-koefisien: A, B, C, D dan F. Pada posisi x = 0, dan syarat kontinuitas Ψ (𝑥). Ψ1 (𝑥)|x= 0 = Ψ2 (𝑥)|x = 0 𝐴𝑒 𝑖𝑘1 0 + B𝑒 −𝑖𝑘1 0 = C𝑒 𝑘2 0 + D𝑒 −𝑘2 0 A+B=C+D

(7.24)

Pada posisi x = 0, dan syarat kontinuitas 𝜕𝜓1 (𝑥) 𝜕𝑥

| x=o

=

𝑑𝜓 (𝑥) 𝑑𝑥

𝜕𝜓2 (𝑥) 𝜕𝑥

|x=o

ik1 𝐴𝑒 𝑖𝑘1 x – ik1 B𝑒 −𝑖𝑘1 x = k2 C𝑒 𝑘2 x - k2 D𝑒 −𝑘2 x ik1 𝐴𝑒 𝑖𝑘1 0 – ik1 B𝑒 −𝑖𝑘1 0 = k2 C𝑒 𝑘2 0 - k2 D𝑒 −𝑘2 0 𝑖𝑘1 𝐴 − 𝑖𝑘1 𝐵 = 𝑘2 𝐶 − 𝑘2 𝐷 𝐴−𝐵 =

𝑘2 𝑘2 𝐶− 𝐷 𝑖𝑘1 𝑖𝑘1

𝐴−𝐵 =−

𝑖𝑘2 𝑘1

𝐶+

𝑖𝑘2 𝑘1

𝐷

Kombinasi persamaan (7.24) dan (7.25) akan menghasilkan: 𝐴=

1 𝑖𝑘2 1 𝑖𝑘2 (1 − ) 𝐶 + (1 + )𝐷 2 𝑘1 2 𝑘1

(7.25)

𝐵=

1 𝑖𝑘2 1 𝑖𝑘2 (1 + ) 𝐶 + (1 − )𝐷 2 𝑘1 2 𝑘1

Sehingga diperoleh matriks: 1 𝑖𝑘2 (1 + ) 2 𝑘1 𝐴 ( )= 1 𝑖𝑘2 𝐵 (1 − ) 𝑘1 (2

1 𝑖𝑘2 (1 − ) 2 𝑘1 𝐶 ( ) 1 𝑖𝑘2 𝐷 (1 + ) 2 𝑘1 )

Pada posisi 𝑥 = 𝐿, dan syarat kontinuitas Ψ(x). Ψ2 (x)| 𝑥=𝐿 = Ψ3 (x)| 𝑥=𝐿 𝐶𝑒𝑘2 𝐿 + 𝐷𝑒 −𝑘2 𝐿 = 𝐹𝑒 𝑖𝑘1 𝐿

(7.26)

Pada posisi 𝑥 = 𝐿, dan syarat kontinuitas

dΨ(x) 𝑑𝑥

∂Ψ2 (x) ∂Ψ3 (x) | 𝑥=𝐿 = | 𝑥=𝐿 𝜕𝑥 𝜕𝑥 𝑘2 𝐶𝑒𝑘2 𝐿 − 𝑘2 𝐷𝑒 −𝑘2 𝐿 = 𝑖𝑘1 𝐹𝑒 𝑖𝑘1 𝐿 𝐶𝑒𝑘2 𝐿 − 𝐷𝑒 −𝑘2 𝐿 =

𝑖𝑘1 𝑘2

𝐹𝑒 𝑖𝑘1 𝐿

(7.27)

Kombinasi persamaan (7.26) dan (7.27) menghasilkan persamaan: 𝑖𝑘1 2𝐶𝑒𝑘2 𝐿 = ( + 1) 𝐹𝑒 𝑖𝑘1 𝐿 𝑘2 𝐶=

1 𝑖𝑘1 (1 + ) 𝐹𝑒 𝑖𝑘1 𝐿 𝑒 −𝑘2 𝐿 2 𝑘2

Menggunakan cara yang serupa, akan diperoleh: 𝐷=

1 𝑖𝑘1 (1 − ) 𝐹𝑒 𝑖𝑘1 𝐿 𝑒 −𝑘2 𝐿 2 𝑘2

Sehingga, akan diperoleh matriks: 1 𝑖𝑘1 (𝑖𝑘 −𝑘 )𝐿 (1 + )𝑒 1 2 2 𝑘2 𝐶 ( )= 1 𝑖𝑘1 (𝑖𝑘 −𝑘 )𝐿 𝐷 (1 − )𝑒 1 2 2 𝑘 2 (

0

𝐹 ( ) 𝐺

0 )

Koefisien transmisi atau kemungkinan transmisi partikel melalui penghalang didefinisikan sebagai perbandingan rapat arus yang ditransmisikan terhadap rapat arus yang dating, atau:

ℏ𝑘 ( 𝑚1 ) 𝐹 ∗ 𝐹 𝐹 ∗ 𝐹 𝐽𝑡𝑟𝑎𝑛𝑠𝑚𝑖𝑠𝑖 𝑇= = = ∗ ℏ𝑘 𝐽𝑑𝑎𝑡𝑎𝑛𝑔 ( 𝑚1 ) 𝐴∗ 𝐴 𝐴 𝐴 Sedangkan, koefisien refleksi didefinisikan sebagai perbandingan rapat arus yang dipantulkan terhadap rapat arus yang dating, atau: ℏ𝑘 ( 𝑚1 ) 𝐵 ∗ 𝐵 𝐵 ∗ 𝐵 𝐽𝑟𝑒𝑓𝑙𝑒𝑘𝑠𝑖 𝑅= = = ∗ ℏ𝑘 𝐽𝑑𝑎𝑡𝑎𝑛𝑔 ( 𝑚1 ) 𝐴∗ 𝐴 𝐴 𝐴 Analisis selanjutnya dapat dilakukan untuk mengevaluasi hubungan antara koefisien A dan F, misalnya dengan perkalian matriks yang telah dijabarkan, sehingga dapat diperoleh persamaan: 𝐹∗ 𝐹 16𝑘1 2 𝑘2 2 exp(2𝑘2 𝐿) = 2 𝐴∗ 𝐴 (𝑘2 2 − 𝑘1 2 ) [1 − exp(2𝑘2 𝐿)]2 + 4𝑘1 2 𝑘2 2 [1 + exp(2𝑘2 𝐿)]2 𝐹∗ 𝐹 4𝑘1 2 𝑘2 2 = 2 𝐴∗ 𝐴 (𝑘2 2 − 𝑘1 2 ) 𝑠𝑖𝑛ℎ2 𝑘2 𝐿 + 4𝑘1 2 𝑘2 2 Jika persamaan tersebut disederhanakan, akan diperoleh koefisien transmisi sebagai berikut. 2 −1 ∗

𝑇=

𝑘2 𝐿

−1

−𝑘2 𝐿

𝑣2 𝐹 𝐹 𝑒 −𝑒 = 1 + ( ) 𝐸 𝐸 𝑣1 𝐴∗ 𝐴 16 𝑉 (1 − 𝑉 ) 0 0 [ ]

Pada persamaan tersebut, 𝑘2 𝐿 = [

2𝑚0 𝑉0 𝐿2 ℏ2

2

= [1 +

𝐸

(−1 𝑉 )]

𝑠𝑖𝑛ℎ 𝑘2 𝐿 ] 𝐸 𝐸 4 𝑉 (1 − 𝑉 ) 0 0

1 2

0

Sumber: dokumen penulis Gambar 7.9 Ilustrasi penerobosan (tunneling) pada kasus potensial penghalang Koefisien refleksi untuk kasus tersebut adalah: 2

(𝑘1 2 + 𝑘2 2 ) [1 − exp(2𝑘2 𝐿)]2 𝐵∗ 𝐵 = 2 𝐴∗ 𝐴 (𝑘2 2 − 𝑘1 2 ) [1 − exp(2𝑘2 𝐿)]2 + 4𝑘1 2 𝑘2 2 [1 + exp(2𝑘2 𝐿)]2

𝐵∗ 𝐵 = 𝐴∗ 𝐴

(𝑘1 2 + 𝑘2 2 ) 2

(𝑘2 2 + 𝑘1 2 ) +

2

4𝑘1 2 𝑘2 2 𝑠𝑖𝑛ℎ2 𝑘2 𝐿

Substitusi 𝑘1 dan 𝑘2 menghasilkan persamaan: −1

𝑉0 2 4𝐸(𝑉0 − 𝐸) 𝑅= = [1 + 2 ] 4𝐸(𝑉0 − 𝐸) 𝑉0 𝑠𝑖𝑛ℎ2 𝑘2 𝐿 𝑉0 2 + 𝑠𝑖𝑛ℎ2 𝑘2 𝐿

2. Energi Partikel Lebih Besar dari Potensial Penghambat (E > 0) Fungsi potensial dan energi partikel pada kasus ini digambarkan sebagai berikut.

Gambar 7.9 Potensial penghalang dengan 𝐸 < 𝑉0 Lebar potensial penghalang adalah L, sedangkan tingginya 𝑉0. Energi total elektron adalah E, dengan harga 𝐸 > 𝑉0. Cara penyelesaian kasus ini serupa dengan kasus sebelumnya, namun berbeda untuk fungsi gelombang di daerah II, 0 < x < L, yaitu: 1

Ψ(x) = 𝐶 𝑒𝑥𝑝[𝑖𝑘2 𝑥] + 𝐷 𝑒𝑥𝑝[−𝑖𝑘2 𝑥], dengan 𝑘2 = ℏ √2𝑚0 (𝑉0 − 𝐸) Hasil akhir perhitungan koefisien transmisi adalah: 2 −1 𝑖𝑘2 𝐿

−1

−𝑖𝑘2 𝐿

𝑒 −𝑒 𝑇 = 1+( ) 𝐸 𝐸 16 𝑉 (𝑉 − 1) 0 0 [ ]

2

= [1 +

𝑠𝑖𝑛 𝑘2 𝐿 ] 𝐸 𝐸 4 𝑉 (𝑉 − 1) 0 0

Pada persamaan tersebut, besarnya 𝑘2 𝐿 dapat ditentukan dengan persamaan: 1

2 2𝑚0 𝑉0 𝐿2 𝐸 𝑘2 𝐿 = [ ( − 1)] ℏ2 𝑉0

Sedangkan koefisien refleksi adalah: 𝑅 = [1 +

4𝐸(𝐸 − 𝑉0 ) 𝑉0 2 𝑠𝑖𝑛2 𝑘2 𝐿

−1

]

D. Osilator Harmonik Analisis tentang getaran atom sering dilakukan dengan menganggap bahwa atom bergetar seperti kasus massa yang dihubungkan dengan pegas, yaitu massa berosilasi secara

harmonis. Konsep osilator harmonis pada fisika klasik berkaitan dengan hukum Hooke, yakni jika k adalah konstanta pegas, maka gaya yang bekerja pada massa adalah: 𝑑2 𝑥

𝐹 = −𝑘𝑥 = 𝑚 𝑑𝑡 2

Dengan demikian, diperoleh persamaan: 𝑑2 𝑥 𝑚 2 + 𝑘𝑥 = 0 𝑑𝑡 𝑑2 𝑥 𝑘 𝑑2𝑥 + 𝑥 = + 𝜔2 𝑥 = 0 𝑑𝑡 2 𝑚 𝑑𝑡 2 𝑘

Persamaan tersebut merupakan persamaan gelombang dengan nilai = √ , serta 𝑚

simpangan sebagai berikut. 𝑥(𝑡) = 𝐴 sin 𝜔𝑡 + 𝐵 cos 𝜔𝑡 Energi potensial osilator tersebut yaitu berupa fungsi kuadrat, yakni: 𝑉(𝑥) =

1 2 1 𝑘𝑥 = 𝑚𝜔2 𝑥 2 2 2 1

Energi total osilator adalah: 𝐸 = 2 𝑚𝜔2 𝐴2

Gambar 7.10 Grafik energi potensial osilator harmonik Pendekatan menggunakan konsep osilator harmonik dengan bentuk energi yang merupakan fungsi kuadrat dapat diterapkan untuk molekul diatomik seperti molekul H2, F2, N2, CO, HCl, Kr2, dan Li2. Kurva energi potensial dari molekul diatomik tersebut diilustrasikan sebagai berikut.

Gambar 7.11 Energi potensial elektronik dari molekul diatomik

Persamaan Schrodinger tidak bergantung waktu untuk kasus osilator harmonik dapat dinyatakan sebagai berikut. ℏ𝟐 𝑑 2 Ψ

1

− 2𝑚 𝑑𝑥 2 + 2 𝑚𝜔2 𝑥 2 Ψ = EΨ

(7.28)

Bentuk persamaan gelombang secara umum untuk osilator harmonik tersebut adalah sebagai berikut. 𝑑 2 Ψ 2𝑚 1 + (𝐸 − 𝑚𝜔2 𝑥 2 ) Ψ = 0 𝑑𝑥 2 ℏ2 2 𝑑2 Ψ 2𝑚 𝑚2 𝜔2 𝑥 2 + ( 𝐸 − )Ψ = 0 𝑑𝑥 2 ℏ2 ℏ2 𝑚𝜔

Jika diambil 𝜉 = √

ℏ

𝑥 = 𝛼𝑥, maka:

𝑑Ψ 𝑑Ψ 𝑑𝜉 𝑑Ψ = =𝛼 𝑑𝑥 𝑑𝜉 𝑑𝑥 𝑑𝜉 𝑑2 Ψ 𝑑 𝑑Ψ 𝑑 𝑑Ψ 𝑑𝜉 𝑑2 Ψ 2 =𝛼 ( )=𝛼 ( ) =𝛼 𝑑𝑥 2 𝑑𝑥 𝑑𝜉 𝑑𝜉 𝑑𝜉 𝑑𝑥 𝑑𝜉 2 Oleh karena itu, dapat ditulis persamaan gelombang sebagai berikut. 𝑑2 Ψ 2𝑚𝐸 𝑚2 𝜔2 𝜉 2 + ( 2 2 − 2 2 )Ψ = 0 𝑑𝜉 2 ℏ 𝛼 ℏ 𝛼 𝑑2 Ψ 𝑑𝜉 2

+ (𝐾 − 𝜉 2 )Ψ = 0

(7.29)

Persamaan tersebut dinamakan persamaan Weber. Konstanta K adalah energi dalam satuan

ℏ𝜔

𝐾=

2

, yakni:

2𝐸 ℏ𝜔

Jika nilai 𝜉 jauh lebih besar dari K, maka persamaan (7.29) dapat diubah menjadi: 𝑑2 Ψ − 𝜉2Ψ = 0 𝑑𝜉 2 Persamaan tersebut hampir sama dengan persamaan Gaussian sebagai berikut. 𝑑2 Ψ = (𝜉 2 ± 1)Ψ 𝑑𝜉 2 1 2

1 2

Solusi persamaan tersebut adalah fungsi Gaussian, yakni 𝑒 −2𝜉 dan 𝑒 2𝜉 . Jika, nilai 𝜉 sangat besar, maka nilai (𝜉 2 ± 1) ≈ 𝜉 2 . Jadi, solusi umum persamaan Weber untuk nilai 𝜉 yang besar, adalah: 1 2

1 2

Ψ (𝜉) ≈ 𝐴𝑒 −2𝜉 + 𝐵𝑒 2𝜉

1 2

Suku 𝐵𝑒 2𝜉 tidak ternormalisasi karena nilainya menuju tak berhingga jika nilai x menuju tak berhingga. Jadi, solusi yang dapat diterima adalah: 1 2

Ψ (𝜉) ≈ (… )𝑒 −2𝜉 untuk nilai yang 𝜉 cukup besar. Fungsi keadaan yang mewakili kasus tersebut adalah: 1 2

Ψ (𝜉) = ℎ(𝜉)𝑒 −2𝜉

(7.30)

Diferensiasi dari persamaan (7.30) menghasilkan: 1 2 𝑑Ψ 𝑑h = ( − 𝜉ℎ) 𝑒 −2𝜉 𝑑𝜉 𝑑𝜉 1 𝑑2 Ψ 𝑑2 ℎ 𝑑ℎ − 𝜉2 2 2 (𝜉 = ( − 2𝜉 + − 1)ℎ) 𝑒 𝑑𝜉 2 𝑑𝜉 2 𝑑𝜉

Persamaan Schrodinger untuk fungsi tersebut sebagai berikut. 𝑑2 ℎ 𝑑𝜉 2

𝑑ℎ

− 2𝜉 𝑑𝜉 + (𝐾 − 1)ℎ = 0

(7.31)

Fungsi ℎ(𝜉) yang memenuhi persamaan (7.31) tersebut dinamakan fungsi Hermite atau persamaan diferensial Hermite. Solusi untuk persamaan tersebut adalah fungsi pangkat, yang dapat diasumsikan sebagai berikut. ∞

ℎ(𝜉) = ∑ 𝑎n 𝜉 n = 𝑎0 + 𝑎1 𝜉 + 𝑎2 𝜉 2 + ⋯ + 𝑎n 𝜉 n n=0

Turunan fungsi Hermite tersebut adalah sebagai berikut. ∞

𝑑ℎ(𝜉) = ∑ n𝑎n 𝜉 n−1 = 0 + 𝑎1 + 2𝑎2 𝜉 + 3𝑎3 𝜉 2 + ⋯ + n𝑎n 𝜉 n−1 𝑑𝜉 n=0

∞

𝑑ℎ(𝜉) 2𝜉 = ∑ 2n𝑎n 𝜉 n 𝑑𝜉 n=0

Sedangkan, ∞

𝑑2 ℎ(𝜉) 2 = ∑ n(n − 1)𝑎n 𝜉 n−2 = 0 + 0 + 𝑎1 + 2𝑎2 + ⋯ + n(n − 1)𝑎n 𝜉 n−2 𝑑𝜉 2 n=0

∞

𝑑2 ℎ(𝜉) = ∑(n + 2)(n + 1)𝑎n+2 𝜉 n 𝑑𝜉 2 n=0

Substitusi persamaan tersebut ke dalam persamaan (7.31) menghasilkan: n ∑∞ n=0[(n + 2)(n + 1)𝑎n+2 − 2n𝑎n + (𝐾 − 1)𝑎n ]𝜉 = 0

(7.32)

Koefisien setiap pangkat dari persamaan tersebut harus saling meniadakan sesuai keunikan deret pangkat.

⌊(𝑛 + 2)(𝑛 + 1)𝑎𝑛+2 + (𝑘 − 1 − 2𝑛)𝑎𝑛 ⌋ ℑ𝑛 =0 Sehingga koefisien dai fungsi hermate adalah: 2𝑛+1−𝑘

𝑎𝑛+2 = (𝑛+1)(𝑛+2) 𝑎𝑛

(7.33)

Rumus rekursi tersebut setara dengan persamaan Schrondinger dan dapat brgenerasi. Jika 𝑎0 dapat menghasilkan 𝑎2 , 𝑎4, 𝑎6 ,...., dan 𝑎1 dapat menghasilkan 𝑎3 , 𝑎5, 𝑎7 ,...., maka dapat ditulis: ℎ(𝜉) = ℎ(𝜉)𝑔𝑎𝑛𝑗𝑖𝑙 + ℎ(𝜉)𝑔𝑒𝑛𝑎𝑝 Fungsi genapnya: ℎ(𝜉)𝑔𝑒𝑛𝑎𝑝 =𝑎0 + 𝑎2 𝜉 + 𝑎4 𝜉 4 +...... Fungsi ganjilnya: ℎ(𝜉)𝑔𝑎𝑛𝑗𝑖𝑙 =𝑎1 + 𝑎3 𝜉 3 + 𝑎5 𝜉 5 +...... Rumus rekursi untuk nilai 𝑛 yang besar akan menjadi 𝑎𝑛+2 ≈ Solusi aproksimasi untuk beberapa nilai konstanta 𝐶 adalah 𝑎𝑛 ≈

2 𝑛

𝑎𝑛

𝐶 𝑛/2!

Solusi tersebut untuk nilai 𝜉 yang besar. Komponn dengan pangkat yang besar akan dominan, akan menghasilkan fungsi Hermite sebagai berikut. 1 2 ℎ(𝜉) ≈ 𝐶 ∑ 𝑛 𝜉 2𝑘 ≈ 𝐶𝑒 𝜉 ( )! 2 Jika fungsi ℎ(𝜉) merupakan fungsi dari dari exp( 𝜉 2 ), maka fungsi Ψ merupakan fungsi dari exp ( 𝜉 2 /2). Perhatikan bahwa nilai pangkat akan semakin besar untuk suku ke𝑛 𝑦𝑎𝑛𝑔 besar. Oleh karena itu nilai pangkat tersebut harus berharga nol untuk 𝑛 yang besar agar diperoleh solusi fungsi. Jadi solusi yang merupakan fungsi ternormalisasi dan nilai 𝑛 yang besar, harus memenuhi syarat 𝑎𝑛+2 = 0, sehingga solusi yang dapat diterima harus memenuhi: K = 2𝑛 + 1 2𝐸

Nilai energi untuk beberapa bilangan bulat 𝑛 yang positif sesui persamaan K= ℏ𝜔 , adalah: 1

𝐸𝑛 = ( 𝑛 + 2) ℏ𝜔

(7.34)

Secara umum, adalah fungsi polinomial derajad 𝑛 dalam 𝜉 yang mencakup pangkat genap jika 𝑛 𝑔𝑒𝑛𝑎𝑝, 𝑑𝑎𝑛 𝑝𝑎𝑛𝑔𝑘𝑎𝑡 𝑔𝑎𝑛𝑗𝑖𝑙 𝑗𝑖𝑘𝑎 𝑛 𝑔𝑎𝑛𝑗𝑖𝑙. Fungsi keadaan stasioner yang ternormalisasi untuk osilator harmonik adalah: Ψ𝑛 (𝑛) = (

𝑚𝜔 1/4 1 ) ℎ 𝜋ℏ √2𝑛 𝑛! 𝑛

(𝜉) exp (-

𝜉2 2

)

(7.35)

Beberapa polinomial Hermiate sebagai berikut: 𝐻0 = 1 𝐻1 = 2x 𝐻2 = 4𝑥 2 − 2 𝐻3 = 8𝑥 3 − 12 𝐻4 = 16𝑥 4 − 48𝑥 2 + 12 𝐻5 = 32𝑥 5 − 160𝑥 3 + 120x Beberapa fungsi keadaan stasioner dari osilator harmonik diilustrasikan pada gambar berikut.

Sumber: dokumen penulis Gambar 7.12 Beberapa gelombang stasioner dari osilator harmonik Fungsi eigen memiliki sifat okservable yang dinamakan paritas. Fungsi keadan osilator harmonik dengan nilai 𝑛 genap memiliki paritas positif, dan untuk nilai 𝑛 ganjil memiliki nilai paritas negatif. Hal tersebut sesuai dengan fungsi genap dan fungsi ganjil osilator harmonik sbb. Ψ𝑛 (−x) =+ Ψ𝑛 (x) untuk genap Ψ𝑛 (−x) = - Ψ𝑛 (x) untuk ganjil

Solusi kasus osilaor harmonikjuga dianalisis menggunakan metode aljabar dengan menggunakan operator. Persamaan Schrondinger dalam bentuk operator dapat diuliskan sebagai berikut. 1

2

ℏ 𝑑

[ ( 𝑖 𝑑𝑥) + (𝑚𝑤𝑥)2 ] Ψ = 𝐸Ψ 2𝑚

(7.36)

Bentuk seperti persamaan tersebut dapat dijabarkan sebagai berikut. 𝑢2 + 𝑣 2 = (𝑢 − 𝑖𝑣)(𝑖𝑣) Dengan demikian, dapat dikenalkan operator sebagai berikut. 𝑎±=

1 √2𝑚

(

ℏ 𝑖

𝑑 𝑑𝑥

± 𝑖𝑚𝜔𝑥 )

(7.37)

Sebuah relasi yang penting untuk diketahui adalah 1

ℏ 𝑑

ℏ 𝑑

( 𝑎− 𝑎+ )𝑓(𝑥) = 2𝑚 ( 𝑖 𝑑𝑥 − 𝑖𝑚𝜔𝑥) ( 𝑖 𝑑𝑥 + 𝑖𝑚𝜔𝑥) 𝑓(𝑥) 1

ℏ 𝑑

ℏ 𝑑

= 2𝑚 ( 𝑖 𝑑𝑥 − 𝑖𝑚𝜔𝑥) ( 𝑖 𝑑𝑥 + 𝑖𝑚𝜔𝑥) 1

𝑑2 𝑓

𝑑

𝑑𝑓

=2𝑚 (ℏ2 𝑑𝑥 2 + ℏ𝑚𝜔 𝑑𝑥 (𝑥𝑓) − ℏ𝑚𝜔 𝑑𝑥 + 𝑚𝜔𝑥 2 𝑓 1

ℏ 𝑑

=2𝑚 [( 𝑖 𝑑𝑥)2 + (𝑚𝜔𝑥)2 + ℏ𝑚𝜔 ] 𝑓 (𝑥) Operator untuk persamaan tersebut dapat ditulis sebagai berikut. 1

ℏ 𝑑

1

𝑎− 𝑎+ = 2𝑚 [( 𝑖 𝑑𝑥)2 + (𝑚𝜔𝑥)2 ] + 2 ℏ𝜔 Dengan menggunakan relasi tersebut, persamaan Schrondinger dapat dinyatakan sbb. (𝑎− 𝑎+ −

1 ℏ𝜔) Ψ = 𝐸Ψ 2

Perhaikan bahwa: 1

ℏ 𝑑

1

𝑎+ 𝑎− = 2𝑚 [( 𝑖 𝑑𝑥)2 + (𝑚𝜔𝑥)2 ] − 2 ℏ𝜔 𝑎− 𝑎+ − 𝑎+ 𝑎− = ℏ𝜔 Jadi, persamaan Schrondinger juga dapat ditulis dalam bentuk: (𝑎+ 𝑎− −

1 ℏ𝜔) Ψ = 𝐸Ψ 2

Contoh soal Buktikan bahwa jika Ψ memenuhi persamaan Schrondinger dengan energi 𝐸, maka 𝑎+Ψ juga memenuhi persamaaan Schrondinger dengan energi 𝐸 + ℏ𝜔! Jawaban: 1

1

(𝑎+ 𝑎− − 2 ℏ𝜔) (𝑎+ Ψ ) =[𝑎+ 𝑎− 𝑎+ + 2 ℏ𝜔𝑎+ ] Ψ 1

1

= 𝑎+ (𝑎− 𝑎+ − 2 ℏ𝜔) Ψ = 𝑎+ [(𝑎− 𝑎+ − 2 ℏ𝜔) Ψ + ℏ𝜔Ψ] = 𝑎+ (𝐸Ψ + ℏ𝜔Ψ) = (𝐸 + ℏ𝜔) (𝑎+ Ψ)........ Terbukti Operator 𝑎± dinamakan operator tangga karena dapat digunakan untuk menaikkan dan menurunkan energi. Pada kasus fungsi keadaan Ψ𝑜 dengan energi terendah, maka tidak mungkin ada partikel yang memiliki energi negatif, sehingga: 𝑎− Ψ0 = 0 Jadi:

1

ℏ

√2𝑚

Sehingga:

𝑑

(𝑖

𝑑𝑥

𝑑Ψ0 𝑑𝑥

− 𝑖𝑚𝑤𝑥) Ψ0 = 0

=−

𝑚𝑤 ℏ

𝑥Ψ0

Persamaan diferensial tersebut dapat diselesaikan sebagai berikut. ∫

𝑑Ψ0 𝑚𝑤 = − ∫ 𝑥𝑑𝑥 Ψ0 ℏ

In Ψ0 = −

𝑚𝑤 2ℏ

𝑥 2 + konstanta

Ψ0 (𝑥) = 𝐴0 𝑒𝑥𝑝(−𝑚𝑤𝑥 2 ) 2ℏ

Energi untuk fungsi tersebut dapat ditentukan dengan menggunakan persamaan schrondinger, dan kenyataanS bahwa 𝑎 − Ψ0 = 0, 𝑠𝑒ℎ𝑖𝑛𝑔𝑔𝑎 diperoleh: (𝑎+ 𝑎− − 𝐸0=

1 2

1 ℏ𝜔) Ψ0 = 𝐸𝑜 Ψ0 2

ℏ𝜔

Fungsi keadaan tereksitasi dapat dijabarkan menggunakan operator 𝑎+ , 𝑦𝑎𝑘𝑛𝑖: 𝑚𝜔

Ψ𝑛 (𝑥) = 𝐴𝑛 (𝑎+ )𝑛 exp− ( 2ℏ 𝑥 2 ) , 𝑑𝑒𝑛𝑔𝑎𝑛 𝐸𝑛=(𝑛+1) 2

ℏ𝜔

LATIHAN SOAL 1. Buktikan bahwa Ψ(𝑥) = 𝐴𝑠𝑖𝑛 𝑘𝑥 + 𝐵 cos 𝑘𝑥 adalah solusi dari persamaan Schrondinger untuk persamaan partikel yang berada dalam sumur potensial! 2. Tentukan solusi dari persamaan schrondinger bebas waktu untuk partikel yang berada dalam sumur potensial dengan dinding tak berhingga, yang dibatasi oleh 𝑥 = − 𝑎⁄2 𝑑𝑎𝑛 𝑥 = 𝑎⁄2. Potensial didalam sumur tersebut V(X)=0 dan diluar sumur potensial tersebut v(x)=o, dan diluar sumur potnsial V(X)=∞! 3. Sebuah partikel yang berada dalam sumur potensial dengan dinding tak berhingga memiliki fungsi gelombang sebagai berikut. Ψ(x, 0) = AX(a − x) a. Tentukan fungsi gelombang normalisasi untuk Ψ(x, 0)! b. Hitunglah ,(x), (p), (h), pada saat t = 0! 4. Sebuah partikel dengan energi E berada dalam sumu v(x)=0 di daerah antara x-0 dan x=a, dan energi potensial adalah konstan sebesar V0 pada x > a pada kasus tersebut, nilai V0 < E. Kondisi energi diilustrasikan pada gambar dibawah ini.

a. Tentukan fungsi gelombang partikel yang berada dalam sumur! b. Abauktikan bahwa energi partikel tersebut terkuantisasi! 5. Sebuah partikel dengan energi E berada dalam sumur potensial, dengan energi potensial adalah tak berhingga pada x=0, energi potensial V(x)= v1 pada daerah antara x=0 dan L, dan energi potensial adalah konstan sebesar V2 pada x > l. Pada kasus tersebut, nilai v1 , V2 , E. Kondisi energi di ilustrasikan pada gambar berikut ini.

a. Tentukan fungsi gelombang bebas waktu untuk partikel pada daerah I dan II!

b. Buktikan bahwa koefisien transmisi partikel ke daerah x> L adalah: T = K2 (K 2

4K1 K22 K3 2 2 2 ) K22 −K2 1 +K3 ) )−( K1 −K2 3 sin2 k2

L

6. Buktikan bahwa koefisien transmisi untuk kasus partikel dengan energi E mempunyai potensial penghalang dengan energi v0 , dengan E >v0 sebagai berikut. −1 2

𝑠𝑖𝑛 𝑘2 𝐿 ] 𝐸 𝐸 4 𝑉 (𝑣 − 1) 0 0 7. Jika 𝑎+ Ψ𝑛 sebanding dengan Ψ𝑛+1 ’dan 𝑎− Ψ𝑛 sebanding dengan Ψ𝑛−1 . Gunakan persamaan schrondinger dengan operator tangga dan integral parsial untuk membuktika bahwa: [1 +

+∞

∫ |𝑎+ Ψ𝑛 |2 𝑑𝑥 = (𝑛 + 1)ℏ𝜔 −∞ 2 +∞ ∫−∞ |𝑎− Ψ𝑛 | 𝑑𝑥

= 𝑛ℏ𝜔

8. Buktikan bahwa 𝑎− Ψ adalah solusi persamaan Schrondinger dengan energi (𝐸 − ℏ𝜔)! 9. Buktikan bahwa konsstanta normalisasi 𝐴𝑛 dari persamaan Ψ𝑛 (𝑥) = 𝑎𝑛 (𝑎+ )𝑛 exp (− 𝑚𝜔 1⁄4

𝐴𝑛 = ( 𝜋ℏ )

𝑚𝜔 2ℏ

𝑥 2 ) adalah:

−𝑖 𝑛 √𝑛!(ℏ𝜔𝑛

10. Sebuah partikel berada dalam sumur potensial tak berhingga dan memiliki fungsi gelombang awal yang dinyatakan dngan persamaan: Ψ(x, 0) = A𝑆𝑖𝑛3 (𝜋𝑥⁄𝑎). Carilah (x) sebagai fungsi waktu! 11. Carilah solusi persamaan Schrondinger bebas waktu untuk partikel yang berada dalam sumur potensial tak berhigga dengan potensial delta pada pusat sumur, yakni: 𝛼𝛿(𝑥), 𝑢𝑛𝑡𝑢𝑘 (−𝑎 < 𝑥 < +𝑎) 𝑉(𝑋) = { ∞, 𝑢𝑛𝑡𝑢𝑘 (≥ 𝑎) 12. Tentukan energi yang diperbolehkan ontok setengah osilator harmonik, yang memiliki potensial: 1⁄2 𝑚𝜔2 𝑥 2 , 𝑢𝑛𝑡𝑢𝑘 𝑥 > 0) 𝑉(𝑋) = { ∞, 𝑢𝑛𝑡𝑢𝑘 (𝑥 < 0)