FISIKA KUANTUM 1

Catatan Kuliah ∗ FI-3104 FISIKA KUANTUM 1 oleh: Prof. Freddy P. Zen, D. Sc (fpzen@fi.itb.ac.id) Laboratorium Fisika Teoretik, FMIPA-ITB ∗ terakhir diperbaharui pada 6 Januari 2010. Daftar Isi Daftar Isi ii Daftar Gambar iii 1 Gejala Kuantum 1 1.1 Radiasi Benda Hitam . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1 1.1.1 Gejala radiasi termal . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1 1.1.2 Hukum Stefan . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1 1.1.3 Hukum Raleygh-Jeans . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 3 Model osilator harmonik . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 3 Energi rata-rata osilator . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 4 Rapat jumlah osilator . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 4 Kerapatan energi radiasi . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 6 1.1.4 Teori kuantum radiasi Planck . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 6 1.2 Efek Fotolistrik . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 8 1.3 Efek Compton (1922) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 9 1.4 Hipotesis de Broglie (1924) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 10 2 Dasar-dasar Kuantum 12 2.1 Perbedaan Fisika Klasik dan Kuantum . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 12 2.2 Fungsi Gelombang . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 13 2.3 Operator . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 13 2.3.1 Sifat-sifat operator . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 14 2.3.2 Operator Hermitian . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 15 2.4 Pengukuran Serentak dan Berurutan . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 15 i ii DAFTAR ISI 3 Persamaan Schrödinger 17 3.1 Arus Rapat Probabilitas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 17 3.2 Kasus Stasioner . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 18 3.3 Partikel Bebas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 19 3.4 Partikel dalam kotak potensial takhingga (1 dimensi). . . . . . . . . . . . 19 3.5 Partikel dalam Sumur Potensial Berhingga . . . . . . . . . . . . . . . . . . 21 3.6 Partikel dalam Daerah dengan Potensial Tangga . . . . . . . . . . . . . . . 22 3.7 Partikel dalam Daerah dengan Potensial Penghalang . . . . . . . . . . . . 24 3.8 Osilator Harmonik . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 26 4 Atom Hidrogen 31 4.1 Postulat Bohr tentang Atom Hidrogen . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 31 4.2 Teori Kuantum tentang Atom Hidrogen . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 32 Daftar Pustaka 38 FI3104 Fisika Kuantum 1 • 2009 Daftar Gambar 1.1 Kurva intensitas radiasi termal per satuan panjang gelombang . . . . . . . 2 1.2 Perbandingan antara hasil yang didapat hukum Raleygh-Jeans dan Teori Kuantum Planck . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 7 1.3 Skema efek Compton . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . √ √ λ−y 2 λ−y 2 dan − cot y = . . . . . . . . . . . . . . . . . . 3.1 Grafik tan y = y y 9 iii 23 Bab 1 Gejala Kuantum 1.1 1.1.1 Radiasi Benda Hitam Gejala 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 didefinisikan sebagai benda yang definisi 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 2 1.1 Radiasi Benda Hitam 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 Z etotal = ∞ ef (f, T ) df = aσT 4 , (1.2) 0 dengan 0 < a <= 1 merupakan koefisien serap dan σ = 5, 67 × 10−8 W.m−2 .T−4 adalah tetapan Stefan-Boltzman.  Contoh. Hukum Stefan dapat diterapkan untuk memperkirakan suhu di permukaan bintang. Sebagai contoh, kita akan memperkirakan suhu di permukaan matahari. Diketahui jejari matahari adalah RS = 7, 0 × 108 m, jarak rata-rata matahari ke bumi adalah R = 1, 5 × 1011 m, dan fluks (daya per satuan luas) energi matahari yang terukur di permukaan bumi adalah 1400 Wm−2 . Seluruh energi yang dipancarkan matahari dapat dianggap berasal dari reaksi nuklir yang terjadi di dalamnya, bukan berasal pantulan dari radiasi yang mengenainya (seluruh radiasi yang mengenai matahari dianggap terserap sempurna). Sehingga, matahari dapat dianggap sebagai benda hitam (a = 1). Energi radiasi total yang mengenai bumi dan titik-titik lain di alam semesta yang berjarak R dari matahari adalah et (R) 4πR2 , sedangkan energi total yang meninggalkan permukaan matahari adalah et (RS ) 4πRS2 . Menurut hukum kekekalan energi, besar kedua energi tersebut haruslah sama, sehingga et (R) 4πR2 = et (RS ) 4πRS2 ⇒ et (RS ) = et (R) R2 . RS2 (1.3) FI3104 Fisika Kuantum 1 • 2009 3 1.1 Radiasi Benda Hitam Lalu, menurut hukum Stefan et (RS ) = σT 4 , sehingga diperoleh T = =  et (R)R2 σRS2 1/4 1400W m−2

2 1, 5 × 1011 m (R)R2 (5, 67 × 10−8 W.m−2 .T −4 ) (7, 0 × 108 m)2 !1/4 (1.4) ≈ 5800K. Berdasarkan persaaan (1.1), untuk benda hitam akan berlaku ef = J(f, T ). Selanjutnya, didefinisikan besaran kerapatan spektrum energi per satuan volume per satuan definisi frekuensi u(f, T ), sehingga untuk cahaya (kecepatannya c) akan diperoleh c J(f, T ) = u(f, T ) . 4 u(f, T ) (1.5) Berdasarkan kurva spektrum radiasi benda hitam, Wien membuat tebakan bentuk fungsi tebakan βf kerapatan spektrum energi tersebut sebagai u(f, T ) = Af 3 e− T . Ternyata bentuk fungsi Wien tersebut dikonfirmasi secara eksperimental oleh Paschen untuk λ = 1 − 4 µm (infra merah) dan T = 400 − 1.600 K (hasil eksperimen untuk λ lebih besar menyimpang dari prediksi Wien). 1.1.3 Hukum Raleygh-Jeans Model osilator harmonik Bentuk kurva spektrum pancar benda hitam juga coba dijelaskan melalui hukum RayleighJeans. Menurut hukum tersebut, benda hitam dimodelkan sebagai sebuah rongga, dan cahaya yang memasukinya membentuk gelombang berdiri. Energi radiasi per satuan volume per satuan frekuensi merupakan moda dari osilator-osilator harmonik per satuan volume dengan frekuensi yang terletak pada selang f dan f +df . Sehingga, kerapatan energi dapat dinyatakan sebagai u(f, T )df = ĒN (f )df (1.6) dengan N (f ) menyatakan rapat jumlah osilator per satuan volume per satuan frekuensi. definisi Benda hitam dianggap berada pada kesetimbangan termal, sehingga terbentuk gelom- N (f ) bang elektromagnetik berdiri di dalam rongga (gelombang berdiri EM ekivalen dengan osilator satu dimensi). Fungsi probabilitas osilator klasik memenuhi fungsi distribusi Maxwell-Boltzmann, − P (ǫ) = P0 e (ǫ−ǫ0 ) kB T distribusi Maxwell- , (1.7) FI3104 Fisika Kuantum 1 • 2009 Boltzmann 4 1.1 Radiasi Benda Hitam dengan ǫ0 adalah energi dasar (terendah) osilator, ǫ energi osilator, P0 = P (ǫ0 ) merupakan peluang osilator memiliki energi sebesar ǫ0 , kB konstanta Boltzmann, dan T suhu mutlak sistem (dalam hal ini rongga). Energi rata-rata osilator Energi rata-rata osilator dihitung dengan memanfaatkan fungsi probabilitas (1.7), P ǫP (ǫ) , (1.8) ǭ = Pǫ ǫ P (ǫ) P atau untuk nilai energi yang sinambung (kontinyu), notasi jumlah ( ) berubah menjadi integral. Lalu dengan mengingat persamaan (1.7), diperoleh R∞ 0 ǭ = R ∞ − ǫP0 e 0 (ǫ−ǫ0 ) kB T (ǫ−ǫ ) − k T0 B P0 e dǫ dǫ R∞ − k ǫT 0 ǫe 0 e = R∞ B − k ǫT B dǫ . (1.9) dǫ Pembilang dan penyebut pada persamaan terakhir dapat dihitung dengan cara sebagai berikut. Misalkan β = (kB T )−1 , maka penyebut persamaan terakhir menjadi Z ∞ ∞ 1 e−βǫ dǫ = − e−βǫ β 0 ǫ=0 1 = . β Lalu, dengan memanfaatkan hubungan tersebut, dapat diperoleh  Z ∞   d d 1 −βǫ e dǫ = dβ dβ β Z ∞ 0   d 1 ⇔ e−βǫ dǫ = − 2 dβ β 0 Z ∞ ǫ 1 − ⇔ − ǫe kB T dǫ = − 2 β Z0 ∞ 1 − ǫ ǫe kB T dǫ = 2 . ⇔ β 0 (1.10) (1.11) Sehingga, energi rata-rata osilator adalah R∞ Rapat jumlah osilator − k ǫT 0 ǫe 0 e ǭ = R ∞ B − k ǫT B dǫ dǫ = β −2 1 = = kB T. β −1 β (1.12) Tinjau sebuah kubus dengan panjang rusuk L yang di dalamnya terdapat gelombang elektromagnetik stasioner. Berdasarkan persamaan Maxwell, diperoleh persamaan gelombang stasioner untuk medan elektromagnetik berbentuk ~ = 0, ~ + k2 E ∇2 E (1.13) FI3104 Fisika Kuantum 1 • 2009 5 1.1 Radiasi Benda Hitam dengan ∇2 ≡ ∂2 ∂x2 + ∂2 ∂y 2 + ∂2 , ∂z 2 ~ = E(E ~ x , Ey , Ez ), serta Ex , Ey , dan Ez masingE masing merupakan fungsi dari koordinat x, y, z. Dengan menganggap berlakunya sep~ misalnya Ex (x, y, z) ≡ u(x)v(y)w(z), dan arasi variabel pada tiap komponen medan E, k 2 = kx2 + ky2 + kz2 diperoleh d2 u + kx2 u = 0, dx2 d2 v + ky2 v = 0, dy 2 d2 w + kz2 w = 0, dz 2 (1.15) u(x) = Bx cos(kx x) + Cx sin(kx x), (1.17) v(y) = By cos(ky y) + Cy sin(ky y), (1.18) w(z) = Bz cos(kz z) + Cz sin(kz z). (1.19) (1.14) (1.16) dengan solusi Selanjutnya, diterapkan syarat batas bahwa u = v = w = 0 pada x = y = z = 0 dan x = y = z = L, sehingga Bx = By = Bz = 0 dan kx,y,z = nx,y,z π/L dengan nx,y,z merupakan bilangan bulat positif. Dengan demikian, diperoleh u(x) = Cx sin(kx x), (1.20) v(y) = Cy sin(ky y), (1.21) w(z) = Cz sin(kz z), (1.22) yang memberikan solusi untuk komponen Ex Ex (x, y, z) = A sin(kx x) sin(ky y) sin(kz z), dan berlaku pula k2 =
n2 π 2 π2 2 2 2 n + n + n , y z = L2 x L2 (1.23) (1.24) dengan n menyatakan jumlah osilator dalam kotak. Sebuah kotak dalam ruang k (dimensi/satuannya m−1 ) dengan volume
π 3 L berisi satu buah gelombang berdiri. Sebuah elemen volum berbentuk kulit bola berjejari k yang terletak pada sebuah kotak dengan rusuk k memiliki volum 1 8 × 4πk 2 dk (karena kotak berusuk k menempati satu oktan/perdelapan dari sebuah bola berjejari k). Lalu, diperoleh N (k) yaitu rapat jumlah gelombang berdiri dengan bilangan gelombang terletak antara k dan dk, N (k)dk = 1 8 × 4πk 2 dk L3 k 2 dk. =
π 3 2π 2 (1.25) L FI3104 Fisika Kuantum 1 • 2009 6 1.1 Radiasi Benda Hitam Dengan mengingat bahwa terdapat dua keadaan polarisasi untuk setiap modus gelombang EM, diperoleh jumlah gelombang berdiri tiap satuan volume (V = L3 ) sebesar N (k)dk ≡ k 2 dk N (k)dk =2× , V 2π 2 atau dengan memanfaatkan hubungan besaran-besaran gelombang EM k = (1.26) 2π λ dan c = λf diperoleh N (f )df = 8πf 2 8π df ⇔ N (λ)dλ = − 4 dλ. 3 c λ (1.27) Kerapatan energi radiasi Berdasarkan hasil untuk Ē dan N (f ) seperti di atas, diperoleh nilai kerapatan energi radiasi u(f, T )df = 8πf 2 8π kB T df ⇔ u(λ, T )dλ = 4 kB T dλ. c3 λ (1.28) Hasil ini memungkinkan terjadinya bencana ultraviolet, bahwa rapat energi untuk cahaya bencana dengan panjang gelombang kecil (atau frekuensi besar) dapat bernilai takhingga. Dan UV ini bertentangan dengan hasil eksperimen. 1.1.4 Teori kuantum radiasi Planck Untuk mengatasi masalah yang timbul pada hukum Rayleigh-Jeans, Max Planck mempostulatkan bahwa energi osilator adalah sebanding dengan frekuensi gelombang, ǫn = postulat nhf (n bilangan bulat positif dan h konstanta Planck). Penerapan postulat ini ke per- Planck samaan untuk energi rata-rata menurut statistik Maxwell-Boltzman (persamaan 1.8) memberikan ǭ = − P∞ nhf kB T n=0 nhf e P∞ − knhfT . B n=0 e (1.29) Dengan mengingat rumus jumlah pada deret geometri, ∞ X rn = n=0 1 1−r |r| < 1, (1.30) maka penyebut persamaan energi rata-rata tersebut dapat dituliskan sebagai ∞  X n=0 − khfT e B n = 1 − khfT 1−e (1.31) B FI3104 Fisika Kuantum 1 • 2009 7 1.1 Radiasi Benda Hitam Bagian pembilang dihitung seperti pada persamaan (1.11). Misalkan α = X n ne−αn = − d X −αn e dα n 1 d =− dα − khfT 1−e B hf kB T , maka ! e−α = . (1 − e−α )2 (1.32) Jadi, diperoleh energi rata-rata hf ǭ =  − khfT  − khfT e 1−e  2 − hf 1 − e kB T B B − khfT = = hf e B − khfT 1−e hf B (1.33) hf e kB T − 1 Selanjutnya, diperoleh rapat energi radiasi ! 8πf 2 hf 8πhc dλ  hf . u(f, T )df = 3 df ⇔ u(λ, T )dλ = hf c kB T k T 5 e −1 λ e B −1 (1.34) Terlihat bahwa postulat Planck mampu mengatasi masalah yang muncul pada hukum Rayleigh-Jeans. Bahkan, hasil ini sesuai dengan data eksperimen (Gambar ??). Postulat Gambar 1.2 Kurva intensitas radiasi termal menurut hukum Raleygh-Jeans dan Teori Kuantum Planck. Terlihat bahwa teori Planck sesuai dengna hasil eksperimen (yang dinyatakan oleh titik), sedangkan hukum Raleygh-Jeans hanya sesuai untuk daerah panjang gelombang besar. (Gambar diambil dari [1]) FI3104 Fisika Kuantum 1 • 2009 8 1.2 Efek Fotolistrik Planck juga mampu menjelaskan hukum Stefan-Boltzman. Substitusi persamaan rapat energi radiasi ke persamaan untuk radiasi total, menghasilkan Z c ∞ u(λ, T ) dλ et = 4 Z ∞λ=0 8πhc dλ .  hf = λ=0 5 kB T λ e −1 Ambil x ≡ hc λkB T 2k sehingga dx = − λ2hc dλ atau dλ = − λ kB T kB T 2πhc2 et = − hc = = 4 T4 2πkB 3 h c2 Z Z ∞ | x=0 4 2π 5 kB T4 15h3 c2 0 x=∞  BT hc hc dx k B T x2 5 hc (ex xkB T x3 dx −1 {z } dx = − khc BT σ= dx , x2 sehingga − 1) ex 4 = π15 = σT 4 , dengan (1.35) (1.36) 4 2π 5 kB ≈ 5, 67 × 10−9 W.m−2 K−4 15h3 c2 (1.37) merupakan konstanta Stefan-Boltzmann. Soal Latihan 1. Turunkan hukum pergeseran Wien, λm T = C, dengan memaksimumkan u(λ, T ). 1.2 Efek Fotolistrik Tugas 1 (28 Agustus 2009) Gejala Kuantum: Efek Fotolostrik (dikumpulkan sebelum Jum’at, 4 September 2009) 1. Beri penjelasan tentang efek fotolistrik yang menganggap bahwa cahaya berbentuk kuanta (partikel)! 2. Hitung kecepatan photoelectron yang dilepas dari bahan seng (zinc, dengan stopping potential 4,3 eV) yang diberi cahaya ultraviolet. Dibanding kecepatan cahaya, berapa persen besar kecepatan tersebut? FI3104 Fisika Kuantum 1 • 2009 9 1.3 Efek Compton (1922) 3. Cahaya dengan intensitas 1,0 µW/cm2 jatuh pada permukaan besi seluas 1,0 cm2 . Anggap bahwa besi memantulkan 96% cahaya yang mengenainya dan hanya 3% dari energi yang terserap terletak pada daerah ultraviolet. (a) Hitunglah intensitas yang dipakai untuk menghasilkan efek fotolistrik! (b) Jika panjang gelombang sinar ultraviolet adalah 250 nm, hitunglah banyaknya elektron yang diemisikan tiap detik! (c) Hitunglah besar arus yang ditimbulkan pada efek fotolistrik! (d) Jika frekuensi cut off f0 = 1, 1 × 1015 Hz, carilah fungsi kerja φ0 untuk besi! 1.3 Efek Compton (1922) Efek Compton adalah gejala yang timbul jika radiasi (sinar x) berinteraksi dengan partikel (elektron). Foton sinar x bersifat sebagai partikel dengan momentum p = hf c = λh . Skema efek Compton diberikan pada gambar 1.3. Efek Compton dapat dijelaskan meng- Gambar 1.3 Skema efek Compton. Foton datang dengan momentum p dan menumbuk elektron yang diam. Lalu foton terhambur dengan momentum p′ dan elektron terhambur dengan momentum pe . Sudut hamburan foton θ dihitung terhadap arah datangnya. (Gambar diambil dari [1]) gunakan konsep momentum dan tumbukan. Tumbukan dianggap bersifat lenting sempurna, sehingga berlaku hukum kekekalan energi, E + me c2 = E ′ + Ee ⇔ Ee = hf − hf ′ + me c2 . (1.38) dengan E adalah energi foton sebelum tumbukan, me c2 energi elektron sebelum tumbukan (berupa energi diam), E ′ energi foton setelah tumbukan, dan Ee energi elektron setelah tumbukan. Seperti kasus tumbukan pada umumnya, pada peristiwa efek Compton juga berlaku kekekalan momentum. • Pada arah sumbu x (searah dengan arah datang foton) p = p′ cos θ + pe cos φ ⇔ p2 + p′2 cos2 θ − 2pp′ cos θ = p2e cos2 φ (1.39) FI3104 Fisika Kuantum 1 • 2009 10 1.4 Hipotesis de Broglie (1924) dengan p momentum foton sebelum tumbukan, p′ momentum foton setelah tumbukan, pe momentum elektron setelah tumbukan, dan φ sudut hambur elektron (dihitung terhadap arah foton datang). • Pada arah sumbu y (tegaklurus arah datang foton) p′ sin θ = pe sin φ ⇔ p′2 sin2 θ = p2e sin2 φ. (1.40) Jumlah dari kedua persamaan terakhir menghasilkan p2 + p′2 − 2pp′ cos θ = p2e . (1.41) Dengan mengingat hubungan antara momentum dengan frekuensi, persamaan terakhir dapat ditulis menjadi p2e =  hf ′ c 2 +  hf c 2 − 2h2 f f ′ cos θ. c2 (1.42) Di lain pihak, elektron memenuhi persamaan energi relativistik, Ee2 = (pe c)2 + me c2
2 (1.43) . Substitusi persamaan (1.38) dan (1.42) ke persamaan terakhir, menghasilkan
2 hf − hf ′ + me c2 = " hf ′ c 2 +  hf c 2 2h2 f f ′ cos θ. − c2 #2 + me c2
2 (1.44) Setelah disederhanakan, persamaan tersebut menghasilkan −f ′ me c2 + f me c2 = hf f ′ − hf f ′ cos θ  c  hc2 2 c ⇔ me c (1 − cos θ) − = λ λ′ λλ′ h ⇔ λ′ − λ = (1 − cos θ) , me c (1.45) yang menyatakan hubungan antara panjang gelombang foton terhambur (λ′ ) dan sudut hamburannya (θ) dengan panjang gelombang foton datang (λ) dan massa diam elektron (me ). Persamaan tersebut telah sesuai dengan hasil percobaan. 1.4 Hipotesis de Broglie (1924) Pada kasus radiasi benda hitam, efek fotolistrik, dan efek Compton telah ditunjukkan bahwa cahaya (yang sebelumnya dikenal sebagai gelombang) ternyata memiliki sifat partikel. Berdasarkan kenyataan tersebut, de Broglie membuat hipotesis bahwa partikel FI3104 Fisika Kuantum 1 • 2009 11 1.4 Hipotesis de Broglie (1924) pun dapat memiliki sifat gelombang. Panjang gelombang dari sebuah partikel bergantung pada momentumnya, dengan hubungan yang sama seperti pada gelombang λ= h h = , p mv (1.46) dengan m massa partikel dan p kecepatannya. FI3104 Fisika Kuantum 1 • 2009 Bab 2 Dasar-dasar Kuantum Terdapatnya gejala-gejala fisis yang tidak dapat dijelaskan menggunakan hukum-hukum fisika yang telah ada mendorong para ilmuwan untuk menyadari akan perlunya cara pandang baru dalam memahami dan menjelaskan gejala fisis. 2.1 Perbedaan Fisika Klasik dan Kuantum Perbedaan antara Fisika klasik dan kuantum dapat dipandang dari dua sisi: formulasi dan pengamatan. Pada tingkat perumusan (formulasi), dinamika partikel dalam Fisika klasik digambarkan oleh hukum dinamika Newton, X d2 ~x d~ p F~ = m 2 = , dt dt (2.1) dengan solusi berupa ruang fasa {~r, p~}. Sedangkan pada fisika kuantum, dinamika sistem digambarkan oleh persamaan Schrödinger,   ~2 2 − ∇ + V (~r, t) Ψ(~r, t) = EΨ(~r, t), 2m (2.2) dengan solusi Ψ(~r, t) disebut fungsi gelombang, vektor keadaan, atau amplitudo probabilitas. Fungsi Ψ(~r, t) tidak memiliki makna fisis, namun informasi fisis bisa didapatkan darinya. Pada tingkat pengamatan, hasil pengamatan berupa {~r, p~} pada fisika klasik sama persis dengan prediksi yang diberikan oleh formulasi. Dengan demikian, menurut fisika klasik pengukuran sama sekali tidak mengganggu keadaan sistem. Sementara itu, pada fisika kuantum pengukuran akan mengganggu sistem, sehingga hasil pengukuran selalu mengandung ketidakpastian terhadap nilai sesungguhnya. Nilai |Ψ(~r, t)|2 menyatakan fungsi probabilitas (sesuai interpretasi Born), dan antarvariabel konjugat memenuhi keti- 12 13 2.2 Fungsi Gelombang Tabel 2.1: Operator dalam kuantum. dakpastian Heisenberg, ~ 2 ~ ∆E.∆t ≥ . 2 (2.3) ∆r.∆p ≥ 2.2 (2.4) Fungsi Gelombang Agar dapat menggambarkan sistem fisis secara mudah, fungsi gelombang Ψ haruslah memenuhi syarat-syarat berikut: 1. Invarian (tidak berubah) terhadap perkalian dengan sebuah skalar, sehingga Ψ dan aΨ (a ∈ C) menggambarkan keadaan kuantum yang sama. 2. Invarian terhadap pergeseran fasa, sehingga eiδ Ψ (δ ∈ R) bermakna fisis sama dengan Ψ. 3. Memenuhi lim|x|→∞ |Ψ|2 = 0, atau Ψ konvergen pada |x| → ∞. 4. Sinambung (kontinyu) dan mulus (smooth) pada seluruh ruang. 2.3 Operator Dalam kuantum, besaran-besaran fisis diperoleh dengan menerapkan operator-operator kepada fungsi gelombang Ψ. Contoh operator dalam kuantum dan besaran yang bersesuaiab dengannya pada fisika klasik diberikan pada tabel 2.1. Operator bekerja secara serial kepada fungsi gelombang, sehinga menghasilkan observabel fisis. Karena bekerja secara serial, maka pada umumnya hasil pengukuran dua observabel fisis yang dilakukan berurutan akan bergantung pada urutan pengukuran, ÂB̂Ψ 6= B̂ ÂΨ. Contoh. Operator posisi dan momentum masing-masing dinyatakan sebagai x̂ = x ~ atau (atau dalam satu dimensi p̂ = −i~ ∂ ). Bekerjanya kedua operator dan p̂ = −i~∇ ∂x tersebut kepada Ψ menghasilkan:   ∂ ∂Ψ p̂x̂Ψ(x) = −i~ (xΨ) = −i~ Ψ + x ∂x ∂x     ∂Ψ ∂Ψ = −i~ x . x̂p̂Ψ(x) = x −i~ ∂x ∂x (2.5) (2.6) FI3104 Fisika Kuantum 1 • 2009 14 2.3 Operator Selisih kedua persamaan tersebut adalah (p̂x̂ − x̂p̂) Ψ(x) = −i~Ψ(x), (2.7) sehingga diperoleh hubungan komutasi (2.8) [p̂, x̂] = i~, h i dengan Â, B̂ ≡ ÂB̂ − B̂ Â. Nilai rata-rata dari suatu observabel dinyatakan oleh Z ∞ Ψ∗ (x)ÂΨ(x)dx, hAi = (2.9) −∞ misalnya nilai rata-rata operator momentum pada ruangwaktu adalah   Z ∞ ∂ ∗ Ψ(x)dx, hpi = Ψ (x) −i~ ∂x −∞ (2.10) atau dalam ruang momentum-energi hpi = 2.3.1 Z ∞ Ψ∗ (p)pΨ(p)dp. (2.11) −∞ Sifat-sifat operator (2.12) [A, B] = AB − BA = − [B, A] , [A, α] = 0 dengan α bilangan kompleks, (2.13) (2.14) [αA, B] = α [A, B] = [A, αB] , [AB, C] = ABC − CAB = ABC − ACB + ACB − CAB = A (BC − CB) + (AC − CA) B = A [B, C] + [A, C] B, (2.15) [A, BC] = B [A, C] + [A, B] C, (2.16) [AB, CD] = AC [B, D] + A [B, C] D + C [A, D] B + [A, C] DB. (2.17) Dengan memanfaatkan hubungan aljabar di atas dan hubungan komutasi operator posisi dan momentum, diperoleh hubungan yang bermanfaat berikut: [x̂, p̂] = i~,   x̂, p̂2 = p̂ [x̂, p̂] + [x̂, p̂] p̂ = 2i~p̂,     x̂, p̂3 = x̂, p̂2 p̂ = p̂2 i~ (2.18) FI3104 Fisika Kuantum 1 • 2009 15 2.4 Pengukuran Serentak dan Berurutan Berdasarkan hubungan di atas, diperoleh hubungan yang lebih umum berupa [x̂, p̂n ] = ni~p̂n−1 = i~ 2.3.2 dp̂n . dp̂ (2.19) Operator Hermitian Suatu matriks H dikatakan hermitian jika berlaku H † = H, dengan tanda † menyatakan konjugat transpos. Nilai eigen dari sebuah matriks hermitian bersifat riil. Dalam mekanika kuantum, nilai observabel fisis diberikan oleh nilai eigen dari operator yang berkaitan. Agar memiliki makna fisis, nilai eigen dari matriks operator tersebut haruslah bernilai riil. Sehingga, representasi matriks dari operator-operator dalam mekanika kuantum haruslah berupa matriks hermitian. ∂ merupakan operator Hermitian, karena nilai Contoh. Operator posisi p̂ = −i~ ∂x rata-ratanya riil. Bukti untuk pernyataan ini adalah sebagai berikut:   Z ∞ ∂ ∗ Ψ −i~ hpi = Ψdx ∂x −∞ Z ∞ ∂Ψ Ψ∗ = −i~ dx ∂x −∞ ! Z ∞ d |Ψ|2 dΨ∗ = −i~ − Ψ dc dx dx −∞   ∞ dΨ ∗ 2 Ψdc = −i~ |Ψ| + i~ −i~ dx −∞ Z ∞ (p̂Ψ) ∗ Ψdx = −∞ = hp̂† i. (2.20) ∂ juga Dengan cara yang sama dapat dibuktikan pula bahwa operator energi Ê = i~ ∂x hermitian. 2.4 Pengukuran Serentak dan Berurutan Pada dasarnya, karena operator kuantum bekerja secara serial, maka dua pengukuran atau lebih hanya dapat dilakukan secara berurutan, dan tidak dapat dilakukan secara serentak. Akan tetapi, selang waktu antarpengukuran dapat dibuat sangat singkat sehingga keadaan sistem belum banyak berubah dan pengukuran dua besaran atau lebih dapat dianggap serentak. Ketidakpastian dari dua pengukuran serentak Q̂1 dan Q̂2 diberikan oleh ∆Q̂1 ∆Q̂2 ≥ i 1 h h Q̂1 , Q̂2 i . 2 (2.21) FI3104 Fisika Kuantum 1 • 2009 2.4 Pengukuran Serentak dan Berurutan 16 h i Pada fisika klasik, selalu didapatkan Q̂1 , Q̂2 (karena operator Q̂ merupakan skalar) sehingga ∆Q̂1 ∆Q̂2 = 0. Dengan demikian, dalam fisika klasik dua pengukuran dapat dilakukan tanpa ketidakpastian (kecuali ketidakpastian yang disebabkan karena kekurangan pada alat atau pengukur). FI3104 Fisika Kuantum 1 • 2009 Bab 3 Persamaan Schrödinger Dinamika sisten kuantum dinyatakan oleh persamaan Schrödinger, yang merupakan persamaan gerak untuk Ψ(~r, t), ĤΨ(~r, t) = i~ ∂Ψ(~r, t) , ∂t (3.1) dengan Ĥ adalah operator energi total. Pada fisika klasik telah diketahui bahwa energi total adalah jumlah dari energi kinetik (K = 1 2 2 mv = p2 2m ) dan energi potensial (V = V (~r, t)). Dengan menuliskan besaran momentum p dan potensial V dalam bentuk operator, diperoleh operator energi total  2 ~ −i~∇ + V̂ (~r, t) Ĥ = 2m ~2 2 =− ∇ + V̂ (~r, t), 2m (3.2) dengan V̂ adalah operator energi potensial. Dengan demikian, persamaan Schrödinger dituliskan sebagai   ~2 2 ∂Ψ(~r, t) − ∇ + V̂ (~r, t) Ψ(~r, t) = i~ . 2m ∂t (3.3) Dengan diketahuinya V̂ , akan diperoleh solusi persamaan diferensial untuk Ψ yang menggambarkan dinamika sistem kuantum. 3.1 Arus Rapat Probabilitas Rapat probabilitas menemukan partikel di titik x pada saat t adalah P (x, t) = |Ψ(x, t)|2 . Maka rapat probabilitas menemukan partikel pada daerah a ≤ x ≤ b adalah Z b P (x, t)dx ≤ 1. P (a ≤ x ≤ b, t) ≡ a 17 (3.4) (3.5) 18 3.2 Kasus Stasioner Sehingga, perubahan P terhadap t dapat dinyatakan sebagai Z d d b P (x, t)dx [P (a ≤ x ≤ b, t)] = dt dt a Z d b ∗ Ψ (x, t)Ψ(x, t)dx = dt a  Z b ∗ dΨ (x, t) dΨ(x, t) ∗ = Ψ(x, t) + Ψ (x, t) dx. dt dt a (3.6) Dengan mengingat kembali persamaan Sechrödinger satu dimensi untuk partikel bebas (V = 0), i~ ∂ 2 Ψ ∂Ψ = ∂t 2m ∂x2 dan ∂Ψ∗ i~ ∂ 2 Ψ∗ =− , ∂t 2m ∂x2 (3.7) serta memperhatikan 2 | dΨ dx | {   z }|   2 2 d dΨ∗ dΨ d dΨ ∗ dΨ ∗d Ψ ∗d Ψ ∗ dΨ Ψ = +Ψ ⇒Ψ = Ψ − 2 2 dx dx dx dx dx dx dx dx dx 2 , (3.8) , (3.9) 2 | dΨ dx | z }| {  ∗    2 ∗ d Ψ d2 Ψ∗ d dΨ∗ dΨ dΨ∗ dΨ d dΨ Ψ = Ψ+ ⇒Ψ = Ψ − 2 2 dx dx dx dx dx dx dx dx dx 2 maka arus probabilitas dapat dituliskan sebagai  Z b i~ ∂ 2 Ψ∗ i~ ∂ 2 Ψ ∗ d Ψ+ Ψ dx − [P (a ≤ x ≤ b, t)] = dt 2m ∂x2 2m ∂x2 a !     Z b 2 d dΨ 2 dΨ dΨ∗ d dΨ i~ − dx Ψ + + Ψ∗ − = 2m a dx dx dx dx dx dx    Z b  i~ d dΨ∗ d ∗ dΨ = Ψ − Ψ dx 2m a dx dx dx dx   dΨ∗ b i~ ∗ dΨ Ψ −Ψ . (3.10) = 2m dx dx x=a Akhirnya, secara umum didefinisikan besaran rapat arus probabilitas sebagai   dP (x, t) i~ dΨ∗ (x, t) dΨ(x, t) ∗ j(x, t) ≡ = − Ψ(x, t) Ψ (x, t) . dt 2m dx dx definisi (3.11) rapat arus probabilitas 3.2 Kasus Stasioner Pada kasus gelombang y(x, t) = A sin(kx − ωt), gelombang berdiri/stasioner dinyatakan oleh fungsi y(x, t) = A sin kx cos ωt. Terlihat bahwa fungsi gelombang dapat dipisahkan (separable) menurut variabel-variabel yang menyusunnya. Dengan demikian, kasus stasioner pada kuantum digambarkan oleh Ψ(~r, t) = ψ(~r)T (t). (3.12) FI3104 Fisika Kuantum 1 • 2009 19 3.3 Partikel Bebas Substitusi persamaan ini ke persamaan Schrödinger menghasilkan   ∂T (t) ~2 2 ∇ + V̂ (~r, t) ψ(~r) = i~ψ(~r) T (t) − 2m ∂t   2 ~ i~ ∂T (t) 1 ⇔ − ∇2 ψ(~r) + V (~r)ψ(~r) = . 2m ψ(~r) T (t) ∂t (3.13) Terlihat bahwa ruas kiri dari persamaan di atas hanya merupakan fungsi dari posisi sedangkan ruas kanannya hanya fungsi dari waktu. Sehingga kedua ruas haruslah bernilai konstan, misal E, dengan dimensi energi. Sehingga diperoleh dua persamaan terpisah, ~2 2 ∇ ψ(~r) + V (~r)ψ(~r) = Eψ(~r), 2m i dT = − T (t)E ⇒ T (t) ∝ e−iEt/~. dt ~ (3.14) − (3.15) Sehingga solusi persamaan Schrödinger ditulis sebagai Ψ(~r, t) = ψ(~r)e−iEt/~, dengan ψ(~r) akan ditentukan oleh V (~r). 3.3 Partikel Bebas Pada partikel bebas adalah partikel yang berada pada daerah dengan potensial V = 0. Untuk kasus ini, persamaan Schrödinger bebas waktu menjadi berbentuk − ~2 d2 ψ(x) = Eψ(x) 2m dx2 ⇒ d2 ψ(x) 2mE = − 2 ψ(x). 2 dx ~ (3.16) atau λ1,2 = Solusi persamaan diferensial tersebut adalah ψ(x) ∝ eλx dengan λ2 = − 2mE ~2 q ±i 2mE . Sehingga solusi umum persamaan Schrödinger untuk partikel bebas ini adalah ~2 q i ψ(x) = Ae 2mE x ~2 q −i + Be 2mE x ~2 = A (cos kx + i sin kx) + B (cos kx − i sin kx) ; k≡ r 2mE ~2 = (A + B) cos kx + i(A − B) sin kx (3.17) = C cos kx + D sin kx. Karena tidak ada syarat batas apapun, nilai kn dapat bernilai berapapun (asal riil dan berhingga), sehingga energi E pun dapat bernilai berapapun (riil dan berhingga). 3.4 Partikel dalam kotak potensial takhingga (1 dimensi). Sebuah partikel berada dalam daerah dengan potensial   0, − L ≤ x ≤ 2 V (x) =  ∞, lainnya. L 2 (3.18) FI3104 Fisika Kuantum 1 • 2009 20 3.4 Partikel dalam kotak potensial takhingga (1 dimensi). Pada daerah x < − L2 dan x > L 2, nilai potensial menuju takhingga sehingga persamaan Schrödinger untuk daerah ini adalah   ~2 d 2 lim − + V ψ(x) ≈ lim V ψ(x) = Eψ(x). V →∞ V →∞ 2m dx2 (3.19) Karena nilai E berhingga, maka haruslah ψ(x) = 0. Pada daerah − L2 < x < L 2, V = 0 sehingga persamaan Schrödinger untuk daerah ini adalah − ~2 d2 ψ(x) = Eψ(x) 2m dx2 ⇒ d2 ψ(x) 2mE = − 2 ψ(x). 2 dx ~ (3.20) Serupa dengan kasus partikel bebas, solusi umum persamaan Schrödinger untuk daerah dalam kotak potensial ini adalah q i ψ(x) = Ae 2mE x ~2 q −i + Be 2mE x ~2 (3.21) = C cos kx + D sin kx. Selanjutnya, diterapkan syarat batas kesinambungan fungsi gelombang pada titik batas

x = − L2 dan x = L2 , bahwa ψ − L2 = ψ L2 = 0 sebagai berikut       L kL kL ψ − = C cos − D sin =0 (3.22) 2 2 2       kL kL L = C cos + D sin = 0. (3.23) ψ 2 2 2 Sehingga, dapat dipilh dua kasus khusus:
• C = 0 dan D 6= 0, sehingga sin ± kL = 0 atau k = 2
• C 6= 0 dan D = 0, sehingga cos ± kL = 0 atau k = 2 2nπ L , dengan n = 1, 2, 3, . . .. (2n−1)π , L dengan n = 1, 2, 3, . . .. Dengan demikian, solusi lengkap persamaan Schrödinger terdiri atas solusi ganjil (berupa fungsi cos yang genap) dan solusi genap (berupa fungsi sin yang ganjil) sebagai berikut   C cos (k x) , n ganjil, n ψ(x) =  D sin (kn x) , n genap. (3.24) nilai eigen Lalu berdasarkan nilai k yang diperoleh di atas, didapatkan nilai eigen energi E= π 2 ~2 2 n , mL2 energi n = 1, 2, 3, . . . (3.25) partikel Nilai konstanta C dan D diperoleh dari normalisasi fungsi gelombang ψ(x) sebagai dalam kotak potensial FI3104 Fisika Kuantum 1 • 2009 21 3.5 Partikel dalam Sumur Potensial Berhingga berikut 1= Z ∞ 2 −∞ |ψ(x)| = Z L 2 −L 2 |C|2 cos2 (kn x) dx L 2  cos (2kn x) + 1 d (kn x) 2 −L 2   L 2 |C|2 sin (2kn x) = + kn x 2kn 2kn −L |C|2 = kn Z  2 2L = |C| Sehingga diperoleh C = 3.5 q 2 L. 2 (3.26) . Dengan cara yang sama diperoleh pula D = q 2 L. 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 Schrödinger bebas waktu untuk partikel ini adalah: • pada x < − L2 dan x > − L2 , V (x) = 0 sehingga, ~2 d2 ψ(x) − = −Eψ ⇒ ψ(x) = C1 eKx + D1 e−Kx , dengan K = 2m dx2 r 2mE . (3.28) ~2 Karena pada x → −∞ harus berlaku ψ(x) → 0, maka haruslah D1 = 0 sehingga ψ(x) = C1 eKx . • pada − L2 < x < − L 2. V (x) = −V0 sehingga, d2 ψ(x) 2m (V0 − E) ~2 d2 ψ(x) − V0 ψ(x) = −Eψ(x) ⇒ =− ψ(x). 2 2m dx dx2 ~2 (3.29) Karena E < q V , maka solusi persamaan tersebut adalah ψ(x) = A cos qx + B sin qx, dengan q = 2m(V~02−E) . • pada x > − L2 , V (x) = 0 sehingga diperoleh hasil mirip pada x < − L2 namun dengan menerapkan syarat limx→∞ ψ(x) = 0, yaitu ψ(x) = D2 e−Kx . Dengan dengan demikian, diperoleh solusi lengkap  Kx  x < − L2   C1 e , ψ(x) =    A cos qx + B sin qx, − L2 < x < D2 e−Kx , x> L 2 (3.30) L 2. FI3104 Fisika Kuantum 1 • 2009 22 3.6 Partikel dalam Daerah dengan Potensial Tangga Tetapan-tetapan yang ada pada solusi di atas ditentukan dengan menerapkan syarat batas keinambungan fungsi dan turunanya pada daerah x = ± L2 = ±a. • pada x = −a: C1 e−Ka = A cos qa − B sin qa (3.31) C1 Ke−Ka = q (A sin qa + B cos qa) . (3.32) • pada x = a D2 e−Ka = A cos qa + B sin qa (3.33) −D2 Ke−Ka = q (−A cos qa + B sin qa) . (3.34) 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 (3.36) AB = −AB. Jadi, salah satu dari A dan B haruslah bernilai nol. Jika keduanya bernilai nol, maka akan diperoleh ψ(x) = 0 di daerah (−a, a), dan ini tidak boleh terjadi. Dengan demikian, solusi untuk daerah (−a, a) adalah ψ(x) = A cos qa atau ψ(x) = B sin qa. Substitusi hasil ini ke persamaan (3.35) akan menghasilkan K = q tan qa dan 2 2mV0 a K=− √y= qcot qa. Dengan memperkenalkan sebuah tetapan λ = ~2 dan menuliskan λ−y 2 qa = 2m(V~02−E) a, maka untuk kedua solusi di atas dapat dituliskan tan y = Kq = y √ λ−y 2 dan − cot y = . Selanjutnya, solusi untuk nilai y ditentukan dengan metode grafik y (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. (3.37) Solusi persamaan Schrödinger bebas waktu untuk kasus ini adalah  q  Aeikx + Be−ikx , x < 0, k = 2mE 2 q~ ψ(x) = 2m(V0 −E)  De−Kx , . x ≥ 0, K = (3.38) ~2 FI3104 Fisika Kuantum 1 • 2009 23 3.6 Partikel dalam Daerah dengan Potensial Tangga Gambar 3.1 Grafik tan y = √ λ−y 2 y (atas) dan − cot y = √ λ−y 2 y (bawah). Pada kedua grafik di atas, tan y dan − cot y sama-sama naik. Titik-titik potong pada kedua grafik 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 menghasilkan D A = 2k k+iK . B A = ik+K ik−K . Selanjutnya, nilai (3.39) Substitusi hasil ini ke persamaan (3.39) B 2 A (dan D 2 A ) menyatakan probabilitas partikel pantul (dan transmisi), dan disebut koefisien reflektansi (dan koefisien transmisi). Dengan demikian, solusi lengkap untuk kasus potensial tangga adalah q  h   i  A eikx + k−iK e−ikx , x < 0, k = 2mE 2 k+iK q~   ψ(x) =  A 2k e−Kx , x ≥ 0, K = 2m(V~02−E) . k+iK Lalu, probabilitas partikel pantul untuk kasus ini adalah     k − iK 2 ikx ∗ k + iK e .A e−ikx = |A|2 . ψpantul (x) = A k − iK k + iK (3.40) (3.41) FI3104 Fisika Kuantum 1 • 2009 24 3.7 Partikel dalam Daerah dengan Potensial Penghalang Sedangkan probabilitas gelombang transmisinya       2k 2k 4k 2 2 ∗ −Kx −Kx |ψtransmisi (x)| = A |A|2 e−2Kx . e .A e = k − iK k + iK k2 + K 2 (3.42) Terlihat bahwa limx→∞ |ψtransmisi (x)|2 = 0. Selanjutnya, arus probabilitas pada tiap dae- rah adalah: • pada x < 0 i ~k i~ h 2 |A| ik − |A|2 (ik) = |A|2 , 2m m ~k =− |A|2 . 2m jdatang = − (3.43) jpantul (3.44) • pada x ≥ 0 (3.45) jtransmisi = 0. Lalu, bagaimanakah jadinya jika E > V0 ? Solusi umum untuk kasus ini akan berupa  q  Aeikx + Be−ikx , x < 0, k = 2mE 2 q~ ψ(x) = (3.46) 2m(E−V  CeiKx + De−iKx , x ≥ 0, K = 0) . 2 ~ Untuk partikel yang datang dari arah kanan ke kiri, diperoleh D = 0. Lalu dengan menerapkan syarat batas seperti sebelumnya, akan diperoleh q  h  i   A eikx + k−K e−ikx , x < 0, k = 2mE 2 k+K q~   ψE (x) = 0)  A 2k eiKx , . x ≥ 0, K = 2m(E−V k+K ~2 Lalu, dengan menuliskan amplitudo probabilitas pantul ρ ≡ tas transmisi τ ≡ D A, B A dan amplitudo probabili- diperoleh probabilitas pantul dan transmisi sebagai berikut: jpantul k−K 2 |ρ| = 6= 0, ≡R= k+K jdatang 4kK jtransmisi |τ |2 = 6= 0. 2 ≡T = j (k + K) datang 2 3.7 (3.47) (3.48) (3.49) Partikel dalam Daerah dengan Potensial Penghalang Suatu partikel berada pada daerah dengan potensial penghalang berbentuk   V , 0≤x≤L 0 V (x) =  0, lainnya. (3.50) FI3104 Fisika Kuantum 1 • 2009 25 3.7 Partikel dalam Daerah dengan Potensial Penghalang Solusi umum persamaan Schrödinger untuk kasus ini adalah ψ(x) = dengan k = q 2mE ~2 dan K =  ikx −ikx ,    Ae + Be    q x<0 Ce−Kx + DeKx , 0 ≤ x ≤ L Eeikx + F e−ikx , 2m(V0 −E) . ~2 (3.51) x > L, 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) , Ce−KL + DeKL = EeiKL
K −Ce−KL + 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(ik−K)L 4ikKe−ikL = (K + ik)2 e−KL − (K − ik)2 eKL 4ikKe−ikL = (K 2 − k 2 + 2iKk) e−KL − (K 2 − k 2 − 2iKk) eKL 4ikKe−ikL = (K 2 − k 2 ) (e−KL − eKL ) + 2iKk (e−KL + eKL ) 2ikKe−ikL = . (K 2 − k 2 ) sinh KL + 2iKk cosh KL (3.59) FI3104 Fisika Kuantum 1 • 2009 26 3.8 Osilator Harmonik Dengan demikian, diperoleh koefisien transmitansi E |τ | = A 2 2 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 2K 2 k 2 + 2K 2 k 2 (2kK)2
1 + sinh2 KL + (K 4 + k 4 ) sinh2 KL (2kK)2 (2Kk)2 + (K 2 + k 2 )2 sinh2 KL , (3.60) (ingat bahwa cosh2 x − sinh2 x = 1). Terlihat bahwa nilai KL yang kecil, akan menye- babkan semakin besar kemungkinan partikel menembus potensial penghalang (T → 1). 3.8 Osilator Harmonik Fungsi potensial untuk kasus osilator harmonik berbentuk V (x) = 12 kx2 , sehingga persamaan Schrödinger untuk kasus ini berbentuk − ~2 d2 ψ(x) 1 2 + kx ψ(x) = Eψ(x). 2m dx2 2 Solusi persamaan tersebut diambil berbentuk ψ(x) ∝ φ(x)e− x2 2 (3.61) dengan φ(x) memenuhi persamaan diferensial Hermite d2 φ dφ − 2x + (λ − 1) φ = 0, 2 dx dx (3.62) dengan nilai λ berkaitan dengan energi menurut E = 21 λ~ω. Solusi untuk φ(x) ditenP k+α , dengan α tetapan yang tukan melalui metode Frobenius. Misal φ(x) = ∞ k=0 ak x akan dicari kemudian. Selanjutnya, diperoleh turunan pertama dan kedua dari φ(x) terhadap x sebagai berikut: φ′ (x) = φ′′ (x) = ∞ X k=0 ∞ X k=0 ak (k + α) xk+α−1 (3.63) ak (k + α) (k + α − 1) xk+α−2 . (3.64) Dengan demikian, persamaan Hermite dapat dituliskan menjadi ∞ n o X (k + α) (k + α − 1) ak xk+α−2 − [2 (k + α) − (λ − 1)] ak xk+α = 0. (3.65) k=0 FI3104 Fisika Kuantum 1 • 2009 27 3.8 Osilator Harmonik Untuk suku pertama (k = 0), diperoleh persamaan α (α − 1) a0 xα−2 − (2α − λ + 1) a0 xα = 0, (3.66) yang hanya akan dipenuhi jika α = 0 atau α = 1 dan 2α − λ + 1 = 0. Lalu untuk memudahkan diambil solusi α = 0, sehingga persamaan Hermite menjadi ∞ n o X k (k − 1) ak xk−2 − [2k − (λ − 1)] ak xk = 0. (3.67) k=0 Persamaan tersebut akan berlaku jika koefisien dari setiap suku dalam deret tersebut bernilai nol, suku x−2 : a0 .0(0 − 1) = 0 ⇒ a0 = tetapan sembarang, suku x−1 : a1 .1(1 − 1) = 0 ⇒ a1 = tetapan sembarang, suku x0 : suku x1 : suku x2 : 1−λ a0 2 2 − (λ − 1) a1 a3 .3(3 − 1) − a1 (2 − λ + 1) = 0 ⇒ a3 = 3.2 2.2 − (λ − 1) a2 a4 .4(4 − 1) − a2 (2.2 − λ + 1) = 0 ⇒ a4 = 4.3 a2 .2(2 − 1) − a0 (0 − λ + 1) = 0 ⇒ a2 = ... atau didapat rumus rekursif, ak+2 = 2k − (λ − 1) ak . (k + 2) (k + 1) (3.68) Dengan demikian φ(x) merupakan jumlah dari solusi ganjil (k ganjil) dan genap (k genap). Selanjutnya dilakukan uji konvergensi dari solusi ψ(x) ∝ φ(x)x− 2 − x2 0 (artinya e x2 2 . Karena limx→∞ e− konvergen), maka konvergensi dari ψ(x) hanya ditentukan oleh φ(x). Uji perbandingan (ratio test) terhadap φ(x): • pada k → ∞: ak+2 xk+2 2k − (λ − 1) 2 = lim x = 0, k k→∞ k→∞ (k + 2) (k + 1) ak x lim (3.69) Jadi φ(x) pada kasus ini konvergen untuk semua x. • pada k >> λ: 2k − (λ − 1) 2 2x2 ak+2 xk+2 x ≈ . = lim k>>λ (k + 2) (k + 1) k>>λ k ak xk lim (3.70) Untuk menentukan konvergensi pada kasus ini, dipilih deret yang sifat konverP 2 2 2 xk gensinya mirip dengan 2xk , yaitu ex (sebab ex = ∞ k=0 ( k )! , dengan k genap). 2 FI3104 Fisika Kuantum 1 • 2009 x2 2 = 28 3.8 Osilator Harmonik Bukti untuk kemiripan sifat konvergensi kedua fungsi diberikan melalui uji per2 bandingan untuk ex sebagai berikut. sehingga limk>>λ ak+2 xk+2 Un+1 xk xk+2

= ÷ = ≈ k+2 k Un ak xk 2 ! 2 ! Un+1 Un ≈ 2x2 k . Jadi, ψ(x) = φ(x)e− x2 2 x2 , k 2 +1 2 ≈ ex e− x2 2 (3.71) =e x2 2 . Dengan demikian ψ(x) bersifat divergen dan tidak dapat berperan sebagai fungsi gelombang. Agar ψ(x) konvergen, φ(x) dibuat konvergen dengan cara memotong nilai k hanya sampai nilai tertentu (berhingga). Dengan mengambil pangkat tertinggi pada deret untuk φ(x) sebagai k, maka ak+2 = ak+4 = . . . = 0. Lalu, berdasarkan persamaan (3.68) diperoleh λ = 2k + 1, sehingga akhirnya diperoleh nilai energi dari osilator harmonik berbentuk 1 E = λ~ω = 2  1 k+ 2  (3.72) ~ω. Solusi lengkap dari persamaan Schrödinger bebas waktu untuk kasus osilator harmonik adalah berbentuk ψ(x) = An ψ(x)e− x2 2 (3.73) , dengan An adalah amplitudo (tetapan) yang diperoleh melalui normalisasi fungsi gelombang. Secara umum, fungsi Hermite φ(x) dapat dituliskan sebagai Hn (x) yang memenuhi persamaan diferensial Hermite bentuk d2 Hn (x) dHn (x) − 2x + 2nHn (x) = 0. 2 dx dx (3.74) Selanjutnya, persamaan gelombang dapat dituliskan sebagai ψ(x) = An Hn (x)e− malisasi fungsi gelombang menghendaki Z Z ∞ ∗ ∗ ψm (x)ψn (x)dx = Am An ∞ −∞ −∞ 2 ∗ Hm (x)Hn (x)e−x = δmn . x2 2 . Nor- (3.75) Fungsi pembangkit untuk fungsi Hermite berbentuk 2 g(x, h) = e2xh−h = ∞ X Hn (x) n=0 hn , n! (3.76) dengan h sebuah parameter. Dengan memanfaatkan fungsi pembangkit tersebut, dapat diperoleh 2 e−x g 2 (x, h) = e−(x−2h) 2 +2h2 = XX n m 2 e−x Hm Hn hm+n . m!n! (3.77) FI3104 Fisika Kuantum 1 • 2009 29 3.8 Osilator Harmonik Integrasi persamaan tersebut pada selang (−∞, ∞) memberikan XXZ ∞ R ∞ −(x−2h)2 +2h2 hm+n −x2 dx rrl e dx = e H H m n −∞ m!n! −∞ n m X h2n Z ∞ 2 2 2 R∞ e−x Hn2 dx ⇔ e2h −∞ e−(x−2h) d (x − 2h) = 2 −∞ n (n!) Z ∞ 2n X h 2 2√ ⇔ e2h π = e−x Hn2 dx 2 −∞ n (n!) Z ∞ X h2n P (2h2 )n √ 2 π = ⇔ e−x Hn2 dx n n! 2 −∞ n (n!) Z ∞ 2n X P n 2n √ h 2 π = ⇔ e−x Hn2 dx n2 h n! −∞ n Sehingga diperoleh Z ∞ −∞ √ 2 e−x Hn2 dx = 2n n! π. Substitusi hasil ini ke persamaan (3.75) memberikan Z ∞ √
− 1 2 ∗ e−x Hn2 dx = 1 ⇒ An = 2n n! π 2 . An An (3.78) (3.79) −∞ x2 iEt Solusi total untuk kasus osilator harmonik adalah Ψ(x, t) = An Hn e− 2 e− ~ dengan
energi E = n + 12 ~ω. Heisenberg mempelajari kasus osilator harmonik ini dengan menggunakan metode mekanika matriks, dan mendapatkan hasil yang sama. Heisenberg menyatakan fungsi gelombang sebagai vektor keadaan |ψn i, 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 Harmonik Definisikan operator energi osilator harmonik Ĥ = 1 2 1 2 p̂ + kx̂ , 2m 2 (3.80) dengan p̂ dan x̂ masing-masing menyatakan operator momentum dan posisi (kedua operator tersebut memenuhi hubungan komutasi [x̂, p̂] = i~I, I adalah matriks identitas). Jika Ĥ dikerjakan pada fungsi gelombang |ψE i akan diperoleh Ĥ |ψE i = E |ψE i.
Ambil ~ = k = m = 1 sehingga Ĥ = 21 p̂2 + x̂2 dan [x̂, p̂] = iI. Definisikan operator i â = √ (p̂ − ix̂) 2 i dan ↠= √ (p̂ + ix̂) , 2 (3.81) sebagai operator anihilasi dan kreasi, serta N̂ = ↠â (3.82) FI3104 Fisika Kuantum 1 • 2009 30 3.8 Osilator Harmonik sebagai operator jumlah (yang memenuhi N̂ |ni = n |ni). Hubungan komutasi antara operator-operator di atas adalah h i â, ↠= I, h i N̂ , â = −â, h i N̂ , ↠= ↠. (3.83) Operator energi dapat dinyatakan sebagai Ĥ =  1n o 1 † ââ + ↠â ≡ â, ↠, 2 2 (3.84) (notasi {A, B} ≡ AB + BA disebut antikomutasi). Dengan memanfaatkan hubungan komutasi antar operator di atas dan definisi operator jumlah, operator energi dapat dituliskan sebagai  i 1 h I + ↠â + ↠â 2  1 = I + 2N̂ 2 I = N̂ + . 2 Ĥ = (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 (|ψE i = |ni). Selanjutnya, diperoleh   I Ĥ |ψE i = N̂ + |ni 2   1 |ni , ⇔ E |ψE i = n + 2 atau 1 En = n + . 2 (3.86) Hasil ini sama persis dengan persamaan (3.72). FI3104 Fisika Kuantum 1 • 2009 Bab 4 Atom Hidrogen 4.1 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 eV). atom hidrogen (bahwa tingkat-tingkat energi atom H adalah En = − 13,6 n2 Menurut postulat Bohr, elektron dalam atom hidrogen mengelilingi inti atom (pro- ton) pada orbit stasioner berbentuk lingkaran (misal dengan jejari a). Pada orbit elektron, gaya Coulumb berperan sebagai gaya sentripetal, sehingga berlaku 1 Ze2 mv 2 = 4πε0 a2 a ⇒ mv 2 = 1 Ze2 . 4πε0 a (4.1) Sehingga energi kinetik elektron adalah 1 Ze2 1 K = mv 2 = . 2 8πε0 a (4.2) Postulat Bohr: keadaan stasioner sistem dikarakterisasi oleh momentum sudut pφ = mva = n~, n = 1, 2, 3, . . . . Berdasarkan postulat tersebut, diperoleh v = n~ ma . (4.3) Substitusi nilai v tersebut ke per- samaan gaya sentripetal menghasilkan a= 4πε~2 2 n ≈ 0, 528n2 Å. mZe2 (4.4) Lalu, diperoleh energi total elektron E =K +V 1 Ze2 1 = mv 2 − 2 4πε0 a 1 Ze2 =− 8πε0 a 13, 6 = 2 eV. n 31 (4.5) 32 4.2 Teori Kuantum tentang Atom Hidrogen 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 p̂2 1 e2 p̂21 + 2 − 2m1 2m2 4πε0 |~r1 − ~r2 | ~2 ~ 2 ~2 ~ 2 1 e2 =− ∇1 − ∇2 − . 2m1 2m2 4πε0 |~r1 − ~r2 | Ĥ = (4.6) Sehingga persamaan Schrödinger dituliskan sebagai − ~2 ~ 2 1 e2 ~2 ~ 2 Ψ = Etotal Ψ. ∇1 Ψ − ∇2 Ψ − 2m1 2m2 4πε0 |~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 ~ dan relatif (~r = ~r1 − ~r2 ) sebagai dituliskan dalam sistem koordinat pusat massa (R) berikut: m1~r1 + m2~r2 ~ R(X, Y, Z) = m1 + m2 (4.8) (4.9) ~r(x, y, z) = ~r1 − ~r2 . Berdasarkan kedua hubungan tersebut, dapat diperoleh m~r m1 m~ ~ − r, ~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 sebagai ~ 1 = ~ex ∂ + ~ey ∂ + ~ez ∂ ∇ 1 1 1 ∂x1 ∂y1 ∂z1 ~ 2 = ~ex ∂ + ~ey ∂ + ~ez ∂ . ∇ 2 2 2 ∂x2 ∂y2 ∂z2 (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) FI3104 Fisika Kuantum 1 • 2009 33 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 (4.15) (4.16) (4.17) (4.18) (4.19) Sehingga secara keseluruhan diperoleh ~1 = m ∇ ~R+∇ ~ r, ∇ ~2 ∇ m2 = m ~ ~ r. ∇R − ∇ m1 (4.20) Lalu, ∇21 = = ∇2 =    m m2 m m2 m m1 2 2 2 0 z }| { m ~ 2 2 ~r ∇R + ∇r + 2 ∇R · ∇ m2 ∇2R + ∇2r , (4.21) ∇2R + ∇2r , (4.22) ~R·∇ ~ r = 0 karena koordinat R dan r saling bebas.) (∇ Selanjutnya, persamaal Schrödinger dituliskan sebagai     2  2  ~2 ~2 1 e2 m 2 m 2 2 2 ~ ~r) = Etotal Ψ(R, ~ ~r) − ∇ + ∇r − ∇ + ∇r − Ψ(R, 2m1 m22 R 2m2 m21 R 4πε0 r      2 1 e2 1 m2 ~2 m2 1 ~ 2 2 ~ ~r) = Etotal Ψ(R, ~ ~r). ∇r − ∇R − + Ψ(R, + − 2 m1 m22 m21 m2 2 m1 m2 4πε0 r (4.23) Lalu, dengan mengingat definisi dari massa tereduksi m ≡ dapat diubah menjadi  m1 m2 m1 +m2 ,  persamaan terakhir    ~2 1 e2  ~2 2  ~  2 ~ ~r), ∇R + − ∇r −  Ψ(R, ~r) = Etotal Ψ(R, − 2m 4πε r  | 2M 0 {z } | {z } EPM (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. FI3104 Fisika Kuantum 1 • 2009 34 4.2 Teori Kuantum tentang Atom Hidrogen Persamaan Schrödinger terakhir dapat diselesaikan dengan metode pemisahan (sep~ ~r) ≡ ρ(R)ψ(~ ~ arasi) variabel. Anggap Ψ(R, r) sehingga persamaan Schrödinger dituliskan sebagai   ~2 2 ~2 2 ~ ~ ∇R ρ(R) + ρ(R) − ∇ ψ(~r) − ψ(~r) − 2M 2m r    1 1 ~2 2 ~ ~2 2 ∇R ρ(R) + ∇ ψ(~r) − − − ~ 2M ψ(~r) 2m r ρ(R)   ψ(~r) e2 ~ ~r) = Etotal ρ(R)ψ(~ ~ Ψ(R, r) 4πε0 r  ψ(~r) e2 ~ ~r) = EPM + Erel. , Ψ(R, 4πε0 r (4.25) atau  ~2 2 ~ ∇ ρ(R) = EPM − 2M R   ψ(~r) e2 ~2 2 1 ~ ~r) = Erel. − ∇ ψ(~r) − Ψ(R, ψ(~r) 2m r 4πε0 r 1 ~ ρ(R)  (4.26) (4.27) Solusi untuk ρ adalah ~ ·R ~ iP ~ ∝e ρ(R) , dengan P~ = r 2M EP M . ~2 (4.28) Untuk mendapatkan solusi persamaan diferensial untuk ψ di atas, dilakukan separasi variabel ψ(~r) = ψ(r, θ, φ) = R(r)Y(θ, φ) (digunakan koordinat bola). Operator Laplacian dalam koordinat bola dinyatakan sebagai       1 ∂ ∂ 1 ∂ 1 ∂2 1 ∂ . r2 + 2 sin θ + ∇2 = 2 r ∂r ∂r r sin θ ∂θ ∂θ sin2 θ ∂φ2 (4.29) Sehingga, persamaan Schrödinger (4.27) dituliskan sebagai (untuk mempersingkat pe1 nulisan, selanjutnya digunakan satuan 4πε = 1) 0         2m e2 1 ∂ 1 ∂ 1 ∂ψ 1 ∂2ψ 2 ∂ψ + r + sin θ + + E ψ=0 r2 ∂r ∂r r2 sin θ ∂θ ∂θ ~2 r sin2 θ ∂φ2         Y d 2m e2 1 d R dY 1 d2 Y 2 dR + 2 ⇔ 2 + E RY = 0 r + 2 sin θ + r dr dr r sin θ dθ dθ ~ r sin2 θ dφ2 Atau,           2m e2 dY 1 d2 Y 1 d 1 d 1 2 2 dR +E r R =− r + 2 sin θ + R dr dr ~ r Y sin θ dθ dθ sin2 θ dφ2 (4.30) Ruas kiri persamaan di atas hanya merupakan fungsi dari r sementara ruas kanan fungsi dari θ dan φ saja. Dengan demikian, kedua ruas haruslah bernilai konstan. Ambil konstanta tersebut bernilai l(l + 1) dengan l = 0, 1, 2, 3, . . ., sehingga diperoleh       l(l + 1) 2m e2 1 d 2 dR R=0 r + +E − r2 dr dr ~2 r r2   1 d dY 1 d2 Y = −l(l + 1)Y. sin θ + sin θ dθ dθ sin2 θ dφ2 (4.31) (4.32) Sehingga didapatkan persamaan radial dan sferis yang terpisah. FI3104 Fisika Kuantum 1 • 2009 35 4.2 Teori Kuantum tentang Atom Hidrogen Persamaan radial Dengan memisalkan u = rR, persamaa radial dapat dituliskan sebagai     d2 u l(l + 1) 2m e2 u = 0. + + E − dr2 ~2 r r2 (4.33) Karena elektron dan proton saling terikat, maka ditinjau keadaan E < 0. Pada keadaan asimtotik r sangat besar, persamaan tersebut tereduksi menjadi   −2mE d2 u u ≈ 0, − dr2 ~2 dengan solusi r u ∝ exp − ! −2mE r , ~2 (4.34) (4.35) (solusi negatif pada eksponensial dipilih agar limr→∞ u = 0). Sehingga solusi umum untuk persamaan radial dapat dituliskan sebagai r u(r) = w(r) exp − ! −2mE r . ~2 Substitusi solusi ini ke (4.33) menghasilkan r   2 d2 w me 2 l(l + 1) −2mE dw w = 0. −2 + − dr2 ~2 dr ~2 r r2 Anggap w ∝ rα , sehingga persamaan diatas dapat menjadi r   2 me −2mE α−1 α−2 α−1 α−2 α(α − 1)r −2 = 0. αr + 2r − l(l + 1)r ~2 ~2 (4.36) (4.37) (4.38) Dengan memperhatikan koefisien untuk suku rα−2 didapat α(α − 1) = l(l + 1) yang berlaku jika α = l + 1 atau α = −l. Ambil solusi α = l + 1 > 0, sehingga secara umum w dapat dinyatakan sebagai deret pangkat w(r) = ∞ X ak rk . (4.39) k=l+1 Substitusi nilai w tersebut ke persamaan (4.37) menghasilkan # " r   2 ∞ X me −2mE k−1 k−1 k−2 k−2 = 0. (4.40) kr + 2r − l(l + 1)r ak k(k − 1)r −2 ~2 ~2 k=l+1 Dengan menggunakan teknik seperti pada penentuan solusi persamaan gelombang untuk partikel pada kasus osilator harmonik (lihat kembali bagian 3.8), diperoleh persamaan rekursif untuk koefisien ak sebagai berikut q 2 2k −2mE − 2me ~2 ~2 ak+1 = ak , k(k + 1) − l(l + 1) dengan k > l. (4.41) FI3104 Fisika Kuantum 1 • 2009 36 4.2 Teori Kuantum tentang Atom Hidrogen Pada k yang sangat besar, berlaku ak+1 ≈ ak 2 q −2mE ~2 2 ≈ k+1 q −2mE ~2 k (4.42) .  q  Secara umum sifat dari fungsi w(r) akan setara dengan exp 2 −2mE r . Seperti pada 2 ~ osilator harmonik, bukti kesamaan sifat konvergensi kedua fungsi diberikan melalui uji perbandingan, r exp 2 −2mE r ~2 ! =  q k X 2 −2mE ~2 k (k + 1)! | {z } rk , (4.43) ak lalu ak+1 = ak = ≈ k  q 2 −2mE 2 ~ 2 2 (k + 2)! q ÷  q k 2 −2mE 2 ~ (k + 1)! −2mE ~2 k+2 q −2mE ~2 k Sehingga, pada k → ∞ diperoleh (4.44) . ! −2mE u(r) = w(r) exp − r ~2 ! ! r r −2mE −2mE r . exp − r ≈ exp 2 ~2 ~2 ! r −2mE exp r , ~2 r (4.45) yang bersifat divergen untuk r → ∞. Agar konvergen, maka deret untuk w(r) diambil hingga nilai k tertentu saja (berhingga). Sehingga, (4.46) ak+1 = ak+2 = . . . = 0. Berdasarkan rumus rekursif untuk ak pada persamaan (4.41), diperoleh r me4 1 −2mE 2me2 − = 0 ⇔ E = − , 2k ~2 ~2 2~2 k 2 (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 ≈ mp 2000 ), massa besarnya massa tereduksi akan mendekati massa elektron, m= mp me ≈ me . mp + me (4.48) Sehingga, besar energi atom hidrogen yang diperoleh melalui perumusan teori kuantum eV. sama dengan model Bohr, Ek = − 13,6 k2 FI3104 Fisika Kuantum 1 • 2009 37 4.2 Teori Kuantum tentang Atom Hidrogen Persamaan sferis Dilakukan separasi variabel untuk fungsi harmonik sferis, Y(θ, phi) = P (θ)Φ(φ), sehingga persamaan sferis menghasilkan   Φ d dP P d2 Φ = −l(l + 1)P Φ, sin θ + sin θ dθ dθ sin2 θ dφ2 (4.49) atau    d dP 1 d2 Φ 1 = m2 , sin θ sin θ + l(l + 1) sin2 θ = P dθ dθ Φ dφ2 (4.50) dengan m konstanta (bukan massa terduksi!). Solusi untuk bagian φ adalah Φ(φ) ∝ e±imφ , (4.51) sedangkan bagian θ membentuk persamaan     1 d dP m2 θP = 0. sin θ + l (l + 1) − sin θ dθ dθ sin2 Dengan memisalkan µ = cos θ sehingga d dθ = dµ d dθ dµ (4.52) d = − sin θ dµ , persamaan terakhir dapat dituliskan sebagai     d m2 2 dP P = 0. (1 − µ ) + l(l + 1) − dµ dµ 1 − µ2 (4.53) Solusi persamaan tersebut berupa associated Legendre function, Plm (µ) = (sin θ)m dl+m 2 (µ − 1)l . 2l l! dµl+m Bentuk akhir dari fungsi harmonik sferis adalah s 2l + 1 (l − m)! imφ e Plm (cos θ). Y(θ, φ) = (−1)m 4π (l + m)! (4.54) (4.55) FI3104 Fisika Kuantum 1 • 2009 Daftar Pustaka [1] S. Gasiorowicz, Quantum Physics, John Wiley and Sons, 1996. [2] J. J. Sakurai, Modern Quantum Mechanics, Addison-Wesley, 1994. 38