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 010.
Daftar Isi Daftar Isi Daftar Gambar ii iii 1 Gejala Kuantum 1 1.1 Radiasi Benda Hitam.............................. 1 1.1.1 Gejala radiasi termal.......................... 1 1.1. 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. Efek Fotolistrik................................. 8 1.3 Efek Compton 19............................. 9 1.4 Hipotesis de Broglie 194.......................... 10 Dasar-dasar Kuantum 1.1 Perbedaan Fisika Klasik dan Kuantum..................... 1. Fungsi Gelombang............................... 13.3 Operator..................................... 13.3.1 Sifat-sifat operator........................... 14.3. Operator Hermitian.......................... 15.4 Pengukuran Serentak dan Berurutan..................... 15 i
DAFTAR ISI ii 3 Persamaan Schrödinger 17 3.1 Arus Rapat Probabilitas............................ 17 3. 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.................. 1 3.6 Partikel dalam Daerah dengan Potensial Tangga............... 3.7 Partikel dalam Daerah dengan Potensial Penghalang............ 4 3.8 Osilator Harmonik............................... 6 4 Atom Hidrogen 31 4.1 Postulat Bohr tentang Atom Hidrogen..................... 31 4. Teori Kuantum tentang Atom Hidrogen.................... 3 Daftar Pustaka 38 FI3104 Fisika Kuantum 1 009
Daftar Gambar 1.1 Kurva intensitas radiasi termal per satuan panjang gelombang....... 1. Perbandingan antara hasil yang didapat hukum Raleygh-Jeans dan Teori Kuantum Planck................................ 7 1.3 Skema efek Compton.............................. 9 3.1 Grafik tan y λ y y dan cot y λ y y.................. 3 iii
Bab 1 Gejala Kuantum 1.1 Radiasi Benda Hitam 1.1.1 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 179, 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 e f J f, T A f, 1.1 dengan e f adalah daya emisi per frekuensi cahaya tiap satuan luas, f adalah frekuensi cahaya, T suhu mutlak benda, dan A f 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 A f 1 sehingga e f hitam J f, T daya emisi per frekuensi per satuan luas hanya bergantung pada f dan T saja. 1.1. 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 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 e total 0 e f f, T df aσt 4, 1. dengan 0 < a < 1 merupakan koefisien serap dan σ 5, 67 10 8 W.m.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 R S 7, 0 10 8 m, jarak rata-rata matahari ke bumi adalah R 1, 5 10 11 m, dan fluks daya per satuan luas energi matahari yang terukur di permukaan bumi adalah 1400 Wm. 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 e t R 4πR, sedangkan energi total yang meninggalkan permukaan matahari adalah e t R S 4πRS. Menurut hukum kekekalan energi, besar kedua energi tersebut haruslah sama, sehingga e t R 4πR e t R S 4πRS e t R S e t R R RS. 1.3 FI3104 Fisika Kuantum 1 009
1.1 Radiasi Benda Hitam 3 Lalu, menurut hukum Stefan e t R S σt 4, sehingga diperoleh et RR T σr S 1/4 1400W m 1, 5 10 11 m RR 5, 67 10 8 W.m.T 4 7, 0 10 8 m 1/4 5800K. 1.4 Berdasarkan persaaan 1.1, untuk benda hitam akan berlaku e f Jf, T. Selanjutnya, didefinisikan besaran kerapatan spektrum energi per satuan volume per satuan definisi frekuensi uf, T, sehingga untuk cahaya kecepatannya c akan diperoleh uf, T Jf, T uf, T c 4. 1.5 Berdasarkan kurva spektrum radiasi benda hitam, Wien membuat tebakan bentuk fungsi tebakan kerapatan spektrum energi tersebut sebagai uf, T Af 3 e βf T. Ternyata bentuk fungsi 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. Wien 1.1.3 Hukum Raleygh-Jeans Model osilator harmonik Bentuk kurva spektrum pancar benda hitam juga coba dijelaskan melalui hukum Rayleigh- Jeans. 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 uf, T df ĒN fdf 1.6 dengan Nf menyatakan rapat jumlah osilator per satuan volume per satuan frekuensi. definisi Benda hitam dianggap berada pada kesetimbangan termal, sehingga terbentuk gelombang elektromagnetik berdiri di dalam rongga gelombang berdiri EM ekivalen dengan osilator satu dimensi. Fungsi probabilitas osilator klasik memenuhi fungsi distribusi Maxwell-Boltzmann, P ɛ P 0 e ɛ ɛ 0 k B T, 1.7 N f distribusi Maxwell- Boltzmann FI3104 Fisika Kuantum 1 009
1.1 Radiasi Benda Hitam 4 dengan ɛ 0 adalah energi dasar terendah osilator, ɛ energi osilator, P 0 P ɛ 0 merupakan peluang osilator memiliki energi sebesar ɛ 0, k B 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, ɛ ɛ ɛp ɛ, 1.8 P ɛ atau untuk nilai energi yang sinambung kontinyu, notasi jumlah berubah menjadi integral. Lalu dengan mengingat persamaan 1.7, diperoleh ɛ 0 ɛp 0 e ɛ ɛ0 k B T dɛ 0 P 0 e ɛ ɛ0 k B T dɛ ɛ 0 ɛe ɛ 0 e ɛ k B T dɛ k B T dɛ. 1.9 Pembilang dan penyebut pada persamaan terakhir dapat dihitung dengan cara sebagai berikut. Misalkan β k B T 1, maka penyebut persamaan terakhir menjadi 0 e βɛ dɛ 1 β e βɛ ɛ0 1 β. 1.10 Lalu, dengan memanfaatkan hubungan tersebut, dapat diperoleh d e βɛ dɛ d 1 dβ 0 dβ β d e βɛ dɛ 1 dβ β 0 0 Sehingga, energi rata-rata osilator adalah 0 ɛ ɛe k B T dɛ 1 β ɛ ɛe k B T dɛ 1 β. 1.11 ɛ 0 ɛe ɛ 0 e ɛ k B T dɛ k B T dɛ β β 1 1 β k BT. 1.1 Rapat jumlah osilator 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 E + k E 0, 1.13 FI3104 Fisika Kuantum 1 009
1.1 Radiasi Benda Hitam 5 dengan + +, x y z E EEx, E y, E z, serta E x, E y, dan E z masingmasing merupakan fungsi dari koordinat x, y, z. Dengan menganggap berlakunya separasi variabel pada tiap komponen medan E, misalnya E x x, y, z uxvywz, dan k k x + k y + k z diperoleh dengan solusi d u dx + k xu 0, 1.14 d v dy + k yv 0, 1.15 d w dz + k zw 0, 1.16 ux B x cosk x x + C x sink x x, 1.17 vy B y cosk y y + C y sink y y, 1.18 wz B z cosk z z + C z sink z z. 1.19 Selanjutnya, diterapkan syarat batas bahwa u v w 0 pada x y z 0 dan x y z L, sehingga B x B y B z 0 dan k x,y,z n x,y,z π/l dengan n x,y,z merupakan bilangan bulat positif. Dengan demikian, diperoleh ux C x sink x x, 1.0 vy C y sink y y, 1.1 wz C z sink z z, 1. yang memberikan solusi untuk komponen E x E x x, y, z A sink x x sink y y sink z z, 1.3 dan berlaku pula dengan n menyatakan jumlah osilator dalam kotak. k π n L x + n y + n n π z L, 1.4 Sebuah kotak dalam ruang k dimensi/satuannya m 1 dengan volume π L 3 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 dk karena kotak berusuk k menempati satu oktan/perdelapan dari sebuah bola berjejari k. Lalu, diperoleh Nk yaitu rapat jumlah gelombang berdiri dengan bilangan gelombang terletak antara k dan dk, Nkdk 1 8 4πk dk 3 L3 k dk. 1.5 π π L FI3104 Fisika Kuantum 1 009
1.1 Radiasi Benda Hitam 6 Dengan mengingat bahwa terdapat dua keadaan polarisasi untuk setiap modus gelombang EM, diperoleh jumlah gelombang berdiri tiap satuan volume V L 3 sebesar N kdk Nkdk V k dk π, 1.6 atau dengan memanfaatkan hubungan besaran-besaran gelombang EM k π λ dan c λf diperoleh Kerapatan energi radiasi N fdf 8πf c 3 df N λdλ 8π dλ. 1.7 λ4 Berdasarkan hasil untuk Ē dan N f seperti di atas, diperoleh nilai kerapatan energi radiasi uf, T df 8πf c 3 k B T df uλ, T dλ 8π λ 4 k BT dλ. 1.8 Hasil ini memungkinkan terjadinya bencana ultraviolet, bahwa rapat energi untuk cahaya bencana dengan panjang gelombang kecil atau frekuensi besar dapat bernilai takhingga. Dan ini bertentangan dengan hasil eksperimen. UV 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, ɛ n postulat nhf n bilangan bulat positif dan h konstanta Planck. Penerapan postulat ini ke persamaan untuk energi rata-rata menurut statistik Maxwell-Boltzman persamaan 1.8 memberikan ɛ nhf k n0 nhfe B T nhf k n0 e B T Dengan mengingat rumus jumlah pada deret geometri,. 1.9 Planck n0 r n 1 1 r r < 1, 1.30 maka penyebut persamaan energi rata-rata tersebut dapat dituliskan sebagai n0 e hf k B T n 1 1 e hf k B T 1.31 FI3104 Fisika Kuantum 1 009
1.1 Radiasi Benda Hitam 7 Bagian pembilang dihitung seperti pada persamaan 1.11. Misalkan α hf k B T, maka n ne αn d dα d dα n e αn 1 1 e hf k B T e α 1 e α. 1.3 Jadi, diperoleh energi rata-rata ɛ hf 1 e hf k B T e hf k B T 1 e hf k B T hfe hf k B T 1 e hf k B T hf e hf k B T 1 Selanjutnya, diperoleh rapat energi radiasi uf, T df 8πf hf c 3 df uλ, T dλ e hf k B T 1 8πhc dλ λ 5 e hf k B T 1 1.33. 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. 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 1 009
1. Efek Fotolistrik 8 Planck juga mampu menjelaskan hukum Stefan-Boltzman. Substitusi persamaan rapat energi radiasi ke persamaan untuk radiasi total, menghasilkan e t c 4 λ0 λ0 uλ, T dλ 8πhc dλ λ 5 e hf k B T 1. 1.35 Ambil x dengan hc λk B T sehingga dx hc λ k B T dλ atau dλ λ k B T hc e t k 0 BT hc πhc x πk4 B T 4 h 3 c π5 k 4 B 15h 3 c T 4 merupakan konstanta Stefan-Boltzmann. x 3 x0 e x 1 dx }{{} π4 15 hc dx k B T x hc xk B T 5 e x 1 dx hc dx k B T, sehingga x σt 4, 1.36 σ π5 k 4 B 15h 3 c 5, 67 10 9 W.m K 4 1.37 Soal Latihan 1. Turunkan hukum pergeseran Wien, λ m T C, dengan memaksimumkan uλ, T. 1. Efek Fotolistrik Tugas 1 8 Agustus 009 Gejala Kuantum: Efek Fotolostrik dikumpulkan sebelum Jum at, 4 September 009 1. Beri penjelasan tentang efek fotolistrik yang menganggap bahwa cahaya berbentuk kuanta partikel!. 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 1 009
1.3 Efek Compton 19 9 3. Cahaya dengan intensitas 1,0 µw/cm jatuh pada permukaan besi seluas 1,0 cm. 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 50 nm, hitunglah banyaknya elektron yang diemisikan tiap detik! c Hitunglah besar arus yang ditimbulkan pada efek fotolistrik! d Jika frekuensi cut off f 0 1, 1 10 15 Hz, carilah fungsi kerja φ 0 untuk besi! 1.3 Efek Compton 19 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 h λ. 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 p e. 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 + m e c E + E e E e hf hf + m e c. 1.38 dengan E adalah energi foton sebelum tumbukan, m e c energi elektron sebelum tumbukan berupa energi diam, E energi foton setelah tumbukan, dan E e 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 + p e cos φ p + p cos θ pp cos θ p e cos φ 1.39 FI3104 Fisika Kuantum 1 009
1.4 Hipotesis de Broglie 194 10 dengan p momentum foton sebelum tumbukan, p momentum foton setelah tumbukan, p e 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 p e sin φ p sin θ p e sin φ. 1.40 Jumlah dari kedua persamaan terakhir menghasilkan p + p pp cos θ p e. 1.41 Dengan mengingat hubungan antara momentum dengan frekuensi, persamaan terakhir dapat ditulis menjadi hf p e + c Di lain pihak, elektron memenuhi persamaan energi relativistik, hf h ff c c cos θ. 1.4 E e p e c + m e c. 1.43 Substitusi persamaan 1.38 dan 1.4 ke persamaan terakhir, menghasilkan [ hf hf hf + m e c + c ] hf h ff c c cos θ. + m e c 1.44 Setelah disederhanakan, persamaan tersebut menghasilkan f m e c + fm e c hff hff cos θ m e c c λ c λ hc 1 cos θ λλ λ λ h 1 cos θ, 1.45 m e c yang menyatakan hubungan antara panjang gelombang foton terhambur λ dan sudut hamburannya θ dengan panjang gelombang foton datang λ dan massa diam elektron m e. Persamaan tersebut telah sesuai dengan hasil percobaan. 1.4 Hipotesis de Broglie 194 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 1 009
1.4 Hipotesis de Broglie 194 11 pun dapat memiliki sifat gelombang. Panjang gelombang dari sebuah partikel bergantung pada momentumnya, dengan hubungan yang sama seperti pada gelombang λ h p h mv, 1.46 dengan m massa partikel dan p kecepatannya. FI3104 Fisika Kuantum 1 009
Bab 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..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, F m d x dt d p dt,.1 dengan solusi berupa ruang fasa { r, p}. Sedangkan pada fisika kuantum, dinamika sistem digambarkan oleh persamaan Schrödinger, m + V r, t Ψ r, t EΨ r, t,. 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 menyatakan fungsi probabilitas sesuai interpretasi Born, dan antarvariabel konjugat memenuhi keti- 1
. Fungsi Gelombang 13 Tabel.1: Operator dalam kuantum. dakpastian Heisenberg, r. p.3 E. t..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.. Invarian terhadap pergeseran fasa, sehingga e iδ Ψ δ R bermakna fisis sama dengan Ψ. 3. Memenuhi lim x Ψ 0, atau Ψ konvergen pada x. 4. Sinambung kontinyu dan mulus smooth pada seluruh ruang..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.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, Â ˆBΨ ˆBÂΨ. Contoh. Operator posisi dan momentum masing-masing dinyatakan sebagai ˆx x dan ˆp i atau atau dalam satu dimensi ˆp i x. Bekerjanya kedua operator tersebut kepada Ψ menghasilkan: ˆpˆxΨx i x ˆxˆpΨx x i Ψ x xψ i i Ψ + x Ψ x x Ψ x.5..6 FI3104 Fisika Kuantum 1 009
.3 Operator 14 Selisih kedua persamaan tersebut adalah sehingga diperoleh hubungan komutasi dengan [Â, ˆB] Â ˆB ˆBÂ. Nilai rata-rata dari suatu observabel dinyatakan oleh ˆpˆx ˆxˆp Ψx i Ψx,.7 A [ˆp, ˆx] i,.8 Ψ xâψxdx,.9 misalnya nilai rata-rata operator momentum pada ruangwaktu adalah p Ψ x i Ψxdx,.10 x atau dalam ruang momentum-energi.3.1 Sifat-sifat operator p Ψ ppψpdp..11 [A, B] AB BA [B, A],.1 [A, α] 0 dengan α bilangan kompleks,.13 [αa, B] α [A, B] [A, αb],.14 [AB, C] ABC CAB ABC ACB + ACB CAB A BC CB + AC CA B A [B, C] + [A, C] B,.15 [A, BC] B [A, C] + [A, B] C,.16 [AB, CD] AC [B, D] + A [B, C] D + C [A, D] B + [A, C] DB..17 Dengan memanfaatkan hubungan aljabar di atas dan hubungan komutasi operator posisi dan momentum, diperoleh hubungan yang bermanfaat berikut: [ˆx, ˆp] i, [ˆx, ˆp ] ˆp [ˆx, ˆp] + [ˆx, ˆp] ˆp i ˆp, [ˆx, ˆp 3 ] [ˆx, ˆp ˆp ] ˆp i.18 FI3104 Fisika Kuantum 1 009
.4 Pengukuran Serentak dan Berurutan 15 Berdasarkan hubungan di atas, diperoleh hubungan yang lebih umum berupa.3. Operator Hermitian [ˆx, ˆp n ] ni ˆp n 1 i dˆpn dˆp..19 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. Contoh. Operator posisi ˆp i x merupakan operator Hermitian, karena nilai rata-ratanya riil. Bukti untuk pernyataan ini adalah sebagai berikut: p Ψ i Ψdx x i i i Ψ Ψ Ψ x dx d Ψ dx + i ˆpΨ Ψdx dψ dx Ψ dc i dψ dx Ψdc ˆp..0 Dengan cara yang sama dapat dibuktikan pula bahwa operator energi Ê i x juga hermitian..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 ˆQ 1 dan ˆQ diberikan oleh ˆQ 1 ˆQ 1 [ ˆQ1, ˆQ ]..1 FI3104 Fisika Kuantum 1 009
.4 Pengukuran Serentak dan Berurutan 16 [ Pada fisika klasik, selalu didapatkan ˆQ1, ˆQ ] karena operator ˆQ merupakan skalar sehingga ˆQ 1 ˆQ 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 1 009
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, 3.1 t dengan Ĥ adalah operator energi total. Pada fisika klasik telah diketahui bahwa energi total adalah jumlah dari energi kinetik K 1 mv p m dan energi potensial V V r, t. Dengan menuliskan besaran momentum p dan potensial V dalam bentuk operator, diperoleh operator energi total i Ĥ m + ˆV r, t m + ˆV r, t, 3. dengan ˆV adalah operator energi potensial. Dengan demikian, persamaan Schrödinger dituliskan sebagai m + ˆV Ψ r, t r, t Ψ r, t i. 3.3 t Dengan diketahuinya ˆV, 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 Ψx, t. 3.4 Maka rapat probabilitas menemukan partikel pada daerah a x b adalah P a x b, t 17 b a P x, tdx 1. 3.5
3. Kasus Stasioner 18 Sehingga, perubahan P terhadap t dapat dinyatakan sebagai d dt [P a x b, t] d dt d dt b a b a b a P x, tdx Ψ x, tψx, tdx dψ x, t Ψx, t + Ψ dψx, t x, t dx. 3.6 dt dt Dengan mengingat kembali persamaan Sechrödinger satu dimensi untuk partikel bebas V 0, serta memperhatikan d Ψ dψ dx dx Ψ t i Ψ m x dψ dx {}}{ dψ dx d dψ dx dx Ψ d Ψ dx Ψ + dan Ψ t dψ dx +Ψ d Ψ dx Ψ d Ψ dx d dx dψ dx {}}{ dψ dx dψ dx Ψ Ψd dx i Ψ m x, 3.7 d dx Ψ dψ dx Ψ dψ dx dψ dx dψ dx, 3.8, 3.9 maka arus probabilitas dapat dituliskan sebagai d b [P a x b, t] i Ψ dt a m x Ψ + i m i m i m i m b a b a d Ψ dψ dx dx Ψ dψ dx d dx [ Ψ dψ dx ΨdΨ dx Ψ d dx ] b x Ψ + dψ dx dx + d dx Ψ dψ dx Ψ dψ dx dx dψ dx dx. 3.10 xa Akhirnya, secara umum didefinisikan besaran rapat arus probabilitas sebagai dp x, t jx, t i [ ] Ψ dψx, t x, t Ψx, t dψ x, t. 3.11 dt m dx dx 3. Kasus Stasioner definisi rapat arus probabilitas Pada kasus gelombang yx, t A sinkx ωt, gelombang berdiri/stasioner dinyatakan oleh fungsi yx, 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 rt t. 3.1 FI3104 Fisika Kuantum 1 009
3.3 Partikel Bebas 19 Substitusi persamaan ini ke persamaan Schrödinger menghasilkan T t m + ˆV T t r, t ψ r i ψ r t 1 m ψ r + V rψ r ψ r i T t. 3.13 T t t 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, m ψ r + V rψ r Eψ r, 3.14 dt dt i T te T t e iet/. 3.15 Sehingga solusi persamaan Schrödinger ditulis sebagai Ψ r, t ψ re 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 d ψx m dx Eψx d ψx dx me ψx. 3.16 Solusi persamaan diferensial tersebut adalah ψx e λx dengan λ me atau λ 1, me ±i. Sehingga solusi umum persamaan Schrödinger untuk partikel bebas ini adalah q ψx Ae i me q x + Be i me x A cos kx + i sin kx + B cos kx i sin kx ; k A + B cos kx + ia B sin kx me C cos kx + D sin kx. 3.17 Karena tidak ada syarat batas apapun, nilai k n 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 V x x L, lainnya. 3.18 FI3104 Fisika Kuantum 1 009
3.4 Partikel dalam kotak potensial takhingga 1 dimensi. 0 Pada daerah x < L dan x > L, nilai potensial menuju takhingga sehingga persamaan Schrödinger untuk daerah ini adalah lim V d m dx + V Karena nilai E berhingga, maka haruslah ψx 0. adalah ψx lim V ψx Eψx. 3.19 V Pada daerah L < x < L, V 0 sehingga persamaan Schrödinger untuk daerah ini d ψx m dx Eψx d ψx dx me ψx. 3.0 Serupa dengan kasus partikel bebas, solusi umum persamaan Schrödinger untuk daerah dalam kotak potensial ini adalah q ψx Ae i me q x + Be i me x C cos kx + D sin kx. 3.1 Selanjutnya, diterapkan syarat batas kesinambungan fungsi gelombang pada titik batas x L dan x L, bahwa ψ L ψ L 0 sebagai berikut Sehingga, dapat dipilh dua kasus khusus: ψ L kl kl C cos D sin 0 3. L kl kl ψ C cos + D sin 0. 3.3 C 0 dan D 0, sehingga sin ± kl C 0 dan D 0, sehingga cos ± kl 0 atau k nπ L, dengan n 1,, 3,.... 0 atau k n 1π L, dengan n 1,, 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 n x, ψx D sin k n x, n ganjil, n genap. 3.4 Lalu berdasarkan nilai k yang diperoleh di atas, didapatkan nilai eigen energi E π ml n, n 1,, 3,... 3.5 Nilai konstanta C dan D diperoleh dari normalisasi fungsi gelombang ψx sebagai nilai eigen energi partikel dalam kotak potensial FI3104 Fisika Kuantum 1 009
3.5 Partikel dalam Sumur Potensial Berhingga 1 berikut 1 Sehingga diperoleh C ψx L L C k n C k n C cos k n x dx L L cos kn x + 1 L sin kn x + k n x k n d k n x C L. 3.6 L L. Dengan cara yang sama diperoleh pula D L. 3.5 Partikel dalam Sumur Potensial Berhingga Sebuah partikel berada dalam daerah dengan potensial V 0, L V x x L 0, lainnya. 3.7 Untuk kasus energi partikel V 0 Schrödinger bebas waktu untuk partikel ini adalah: pada x < L dan x > L, V x 0 sehingga, < E < 0, penerapan syarat batas pada persamaan d ψx m dx Eψ ψx C 1 e Kx + D 1 e Kx, dengan K me. 3.8 Karena pada x harus berlaku ψx 0, maka haruslah D 1 0 sehingga ψx C 1 e Kx. pada L < x < L. V x V 0 sehingga, d ψx m dx V 0 ψx Eψx d ψx dx m V 0 E ψx. 3.9 Karena E < V, maka solusi persamaan tersebut adalah ψx A cos qx + B sin qx, mv dengan q 0 E. pada x > L, V x 0 sehingga diperoleh hasil mirip pada x < L dengan menerapkan syarat lim x ψx 0, yaitu ψx D e Kx. namun Dengan dengan demikian, diperoleh solusi lengkap C 1 e Kx, x < L ψx A cos qx + B sin qx, L < x < L 3.30 D e Kx, x > L. FI3104 Fisika Kuantum 1 009
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 ± L ±a. pada x a: C 1 e Ka A cos qa B sin qa 3.31 C 1 Ke Ka q A sin qa + B cos qa. 3.3 pada x a D e Ka A cos qa + B sin qa 3.33 D Ke Ka q A cos qa + B sin qa. 3.34 Dengan membagi persamaan 3.3 dengan 3.31 serta 3.34 dengan 3.33, diperoleh K q A sin qa + B cos qa A cos qa B sin qa q A sin qa + B cos qa. 3.35 A cos qa + B cos qa 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 ψx 0 di daerah a, a, dan ini tidak boleh terjadi. Dengan demikian, solusi untuk daerah a, a adalah ψx A cos qa atau ψx B sin qa. Substitusi hasil ini ke persamaan 3.35 akan menghasilkan K q tan qa dan K cot qa. Dengan memperkenalkan sebuah tetapan λ mv 0a dan menuliskan y mv qa 0 E a, maka untuk kedua solusi di atas dapat dituliskan tan y K q λ y y dan cot y λ y lihat gambar 3.1. y. Selanjutnya, solusi untuk nilai y ditentukan dengan metode grafik 3.6 Partikel dalam Daerah dengan Potensial Tangga Suatu partikel berada pada daerah dengan potensial 0, x < 0 V x V 0, x 0. Solusi persamaan Schrödinger bebas waktu untuk kasus ini adalah Ae ikx + Be ikx me, x < 0, k ψx De Kx, x 0, K mv 0 E. 3.37 3.38 FI3104 Fisika Kuantum 1 009
3.6 Partikel dalam Daerah dengan Potensial Tangga 3 λ y λ y Gambar 3.1 Grafik tan y y atas dan cot y 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. 3.39 Dari persamaan tersebut, diperoleh B A ik+k ik K. Substitusi hasil ini ke persamaan 3.39 menghasilkan D A k k+ik. Selanjutnya, nilai B A dan D A menyatakan probabilitas partikel pantul dan transmisi, dan disebut koefisien reflektansi dan koefisien transmisi. Dengan demikian, solusi lengkap untuk kasus potensial tangga adalah [ ] A e ikx + k ik k+ik e ikx me, x < 0, k ψx A k k+ik e Kx mv, x 0, K 0 E. Lalu, probabilitas partikel pantul untuk kasus ini adalah e ikx. A ψ pantul x k + ik A k ik k ik k + ik 3.40 e ikx A. 3.41 FI3104 Fisika Kuantum 1 009
3.7 Partikel dalam Daerah dengan Potensial Penghalang 4 Sedangkan probabilitas gelombang transmisinya e Kx. A ψ transmisi x A k k ik k k + ik 4k e Kx k + K A e Kx. 3.4 Terlihat bahwa lim x ψ transmisi x 0. Selanjutnya, arus probabilitas pada tiap daerah adalah: pada x < 0 j datang i [ ] A ik A ik k m m A, 3.43 j pantul k m A. 3.44 pada x 0 j transmisi 0. 3.45 Lalu, bagaimanakah jadinya jika E > V 0? Solusi umum untuk kasus ini akan berupa Ae ikx + Be ikx me, x < 0, k ψx 3.46 Ce ikx + De ikx, x 0, K me V 0. Untuk partikel yang datang dari arah kanan ke kiri, diperoleh D 0. menerapkan syarat batas seperti sebelumnya, akan diperoleh ψ E x [ A e ikx + k K A k k+k k+k e ikx ], x < 0, k e ikx, x 0, K me me V 0. Lalu dengan 3.47 Lalu, dengan menuliskan amplitudo probabilitas pantul ρ B A dan amplitudo probabilitas transmisi τ D A, diperoleh probabilitas pantul dan transmisi sebagai berikut: ρ k K k + K R j pantul 0, 3.48 τ 4kK k + K T j datang j transmisi j datang 0. 3.49 3.7 Partikel dalam Daerah dengan Potensial Penghalang Suatu partikel berada pada daerah dengan potensial penghalang berbentuk V 0, 0 x L V x 0, lainnya. 3.50 FI3104 Fisika Kuantum 1 009
3.7 Partikel dalam Daerah dengan Potensial Penghalang 5 Solusi umum persamaan Schrödinger untuk kasus ini adalah Ae ikx + Be ikx, x < 0 ψx Ce Kx + De Kx, 0 x L Ee ikx + F e ikx, x > L, 3.51 me mv dengan k dan K 0 E. 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, 3.5 ik A B K C + D, 3.53 Ce KL + De KL Ee ikl 3.54 K Ce KL + De KL ikee ikl. 3.55 Jumlah dari persamaan 3.5 dan 3.53 serta 3.54 dan 3.55 akan menghasilkan ika Cik K + Dik + K, 3.56 KDe KL K + ik Ee ikl 3.57 Selisih persamaan 3.54 yang dikalikan dengan K dengan persamaan 3.55 adalah Substitusi 3.57 dan 3.58 ke 3.56 memberikan E A C K ik K eik+kl E. 3.58 4ikK K ik e ik+kl + K + ik e ik KL 4ikKe ikl K + ik e KL K ik e KL 4ikKe ikl K k + ikk e KL K k ikk e KL 4ikKe ikl K k e KL e KL + ikk e KL + e KL ikke ikl K k sinh KL + ikk cosh KL. 3.59 FI3104 Fisika Kuantum 1 009
3.8 Osilator Harmonik 6 Dengan demikian, diperoleh koefisien transmitansi τ E A E E A A kk K k sinh KL + 4K k cosh KL kk K k cosh KL sinh KL + K k cosh KL + K 4 + k 4 sinh KL kk K k + K k 1 + sinh KL + K 4 + k 4 sinh KL kk Kk + K + k sinh KL, 3.60 ingat bahwa cosh x sinh x 1. Terlihat bahwa nilai KL yang kecil, akan menyebabkan semakin besar kemungkinan partikel menembus potensial penghalang T 1. 3.8 Osilator Harmonik Fungsi potensial untuk kasus osilator harmonik berbentuk V x 1 kx, sehingga persamaan Schrödinger untuk kasus ini berbentuk d ψx m dx + 1 kx ψx Eψx. 3.61 Solusi persamaan tersebut diambil berbentuk ψx φxe x dengan φx memenuhi persamaan diferensial Hermite d φ dx xdφ + λ 1 φ 0, 3.6 dx dengan nilai λ berkaitan dengan energi menurut E 1 λ ω. Solusi untuk φx ditentukan melalui metode Frobenius. Misal φx k0 a kx k+α, dengan α tetapan yang akan dicari kemudian. terhadap x sebagai berikut: Selanjutnya, diperoleh turunan pertama dan kedua dari φx φ x φ x a k k + α x k+α 1 3.63 k0 a k k + α k + α 1 x k+α. 3.64 k0 Dengan demikian, persamaan Hermite dapat dituliskan menjadi k0 { k + α k + α 1 a k x k+α [ k + α λ 1] a k x k+α} 0. 3.65 FI3104 Fisika Kuantum 1 009
3.8 Osilator Harmonik 7 Untuk suku pertama k 0, diperoleh persamaan α α 1 a 0 x α α λ + 1 a 0 x α 0, 3.66 yang hanya akan dipenuhi jika α 0 atau α 1 dan α λ + 1 0. Lalu untuk memudahkan diambil solusi α 0, sehingga persamaan Hermite menjadi k0 { k k 1 a k x k [k λ 1] a k x k} 0. 3.67 Persamaan tersebut akan berlaku jika koefisien dari setiap suku dalam deret tersebut bernilai nol, suku x : a 0.00 1 0 a 0 tetapan sembarang, suku x 1 : a 1.11 1 0 a 1 tetapan sembarang, suku x 0 : a. 1 a 0 0 λ + 1 0 a 1 λ a 0 suku x 1 : a 3.33 1 a 1 λ + 1 0 λ 1 a 3 a 1 3. suku x : a 4.44 1 a. λ + 1 0. λ 1 a 4 a 4.3... atau didapat rumus rekursif, a k+ k λ 1 k + k + 1 a k. 3.68 Dengan demikian φx merupakan jumlah dari solusi ganjil k ganjil dan genap k genap. Selanjutnya dilakukan uji konvergensi dari solusi ψx φxx x. Karena lim x e x 0 artinya e x konvergen, maka konvergensi dari ψx hanya ditentukan oleh φx. Uji perbandingan ratio test terhadap φx: pada k : a k+ x k+ lim k a k x k Jadi φx pada kasus ini konvergen untuk semua x. pada k >> λ: a k+ x k+ lim k>>λ a k x k k λ 1 lim k k + k + 1 x 0, 3.69 k λ 1 lim k>>λ k + k + 1 x x k. 3.70 Untuk menentukan konvergensi pada kasus ini, dipilih deret yang sifat konvergensinya mirip dengan x k, yaitu ex sebab e x k0 xk, dengan k genap. k! FI3104 Fisika Kuantum 1 009
3.8 Osilator Harmonik 8 Bukti untuk kemiripan sifat konvergensi kedua fungsi diberikan melalui uji perbandingan untuk e x sebagai berikut. U n+1 a k+x k+ U n a k x k xk+ k+ xk! x k k x 3.71! + 1, x. Jadi, ψx φxe e x e x e x. Dengan U sehingga lim n+1 k>>λ U n demikian ψx bersifat divergen dan tidak dapat berperan sebagai fungsi gelombang. Agar ψx konvergen, φx dibuat konvergen dengan cara memotong nilai k hanya sampai nilai tertentu berhingga. Dengan mengambil pangkat tertinggi pada deret untuk φx sebagai k, maka a k+ a k+4... 0. Lalu, berdasarkan persamaan 3.68 diperoleh λ k + 1, sehingga akhirnya diperoleh nilai energi dari osilator harmonik berbentuk E 1 λ ω k + 1 ω. 3.7 Solusi lengkap dari persamaan Schrödinger bebas waktu untuk kasus osilator harmonik adalah berbentuk ψx A n ψxe x, 3.73 dengan A n adalah amplitudo tetapan yang diperoleh melalui normalisasi fungsi gelombang. Secara umum, fungsi Hermite φx dapat dituliskan sebagai H n x yang memenuhi persamaan diferensial Hermite bentuk d H n x dx x dh nx dx k + nh n x 0. 3.74 Selanjutnya, persamaan gelombang dapat dituliskan sebagai ψx A n H n xe x. Normalisasi fungsi gelombang menghendaki ψmxψ n xdx A ma n HmxH n xe x δ mn. 3.75 Fungsi pembangkit untuk fungsi Hermite berbentuk gx, h e xh h n0 H n x hn n!, 3.76 dengan h sebuah parameter. Dengan memanfaatkan fungsi pembangkit tersebut, dapat diperoleh e x g x, h e x h +h n m e x H m H n h m+n m!n!. 3.77 FI3104 Fisika Kuantum 1 009
3.8 Osilator Harmonik 9 Integrasi persamaan tersebut pada selang, memberikan rrl e x h +h dx n m h n e h e x h d x h n n! h n e h π Sehingga diperoleh n h n n! π n n h n π n n! h n n! n n Substitusi hasil ini ke persamaan 3.75 memberikan h n n! e x H m H n h m+n m!n! dx e x H ndx e x H ndx e x H ndx e x H ndx e x H ndx n n! π. 3.78 A na n e x Hndx 1 A n n n! π 1. 3.79 Solusi total untuk kasus osilator harmonik adalah Ψx, t A n H n e x e iet dengan energi E n + 1 ω. Heisenberg mempelajari kasus osilator harmonik ini dengan menggunakan metode mekanika matriks, dan mendapatkan hasil yang sama. Heisenberg menyatakan fungsi gelombang sebagai vektor keadaan ψ 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 Harmonik Definisikan operator energi osilator harmonik Ĥ 1 m ˆp + 1 kˆx, 3.80 dengan ˆp dan ˆx masing-masing menyatakan operator momentum dan posisi kedua operator tersebut memenuhi hubungan komutasi [ˆx, ˆp] i I, I adalah matriks identitas. Jika Ĥ dikerjakan pada fungsi gelombang ψ E akan diperoleh Ĥ ψ E E ψ E. Ambil k m 1 sehingga Ĥ 1 ˆp + ˆx dan [ˆx, ˆp] ii. Definisikan operator â sebagai operator anihilasi dan kreasi, serta i ˆp iˆx dan â i ˆp + iˆx, 3.81 ˆN â â 3.8 FI3104 Fisika Kuantum 1 009
3.8 Osilator Harmonik 30 sebagai operator jumlah yang memenuhi ˆN n n n. Hubungan komutasi antara operator-operator di atas adalah [ â, â ] I, Operator energi dapat dinyatakan sebagai Ĥ 1 [ ] ˆN, â â, [ ˆN, â ] â. 3.83 ââ + â â 1 { â, â }, 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 Ĥ 1 [ I + â â 1 I + ˆN ] + â â ˆN + I. 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 ψ E n. Selanjutnya, diperoleh Ĥ ψ E ˆN + I n E ψ E n + 1 n, atau E n n + 1. 3.86 Hasil ini sama persis dengan persamaan 3.7. FI3104 Fisika Kuantum 1 009
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 atom hidrogen bahwa tingkat-tingkat energi atom H adalah E n 13,6 ev. n 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 Ze 4πε 0 a mv a Sehingga energi kinetik elektron adalah mv 1 4πε 0 Ze a. 4.1 K 1 mv 1 8πε 0 Ze a. 4. Postulat Bohr: keadaan stasioner sistem dikarakterisasi oleh momentum sudut Berdasarkan postulat tersebut, diperoleh v n ma. Substitusi nilai v tersebut ke persamaan gaya sentripetal menghasilkan Lalu, diperoleh energi total elektron p φ mva n, n 1,, 3,.... 4.3 a 4πε mze n 0, 58n Å. 4.4 E K + V 1 mv 1 Ze 4πε 0 a 1 Ze 8πε 0 a 13, 6 n ev. 4.5 31
4. Teori Kuantum tentang Atom Hidrogen 3 4. 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 r 1 dan r. Operator energi Hamiltonian untuk sistem ini adalah Ĥ ˆp 1 m 1 + ˆp m 1 4πε 0 e r 1 r m 1 1 m 1 e 4πε 0 r 1 r. 4.6 Sehingga persamaan Schrödinger dituliskan sebagai m 1 Ψ 1 m Ψ 1 e 4πε 0 r 1 r Ψ E totalψ. 4.7 Persamaan diferensial di atas sulit untuk dipecahkan karena tercampurnya variabel posisi kedua partikel r 1 dan vecr. Agar lebih mudah dipecahkan, persamaan tersebut dituliskan dalam sistem koordinat pusat massa R dan relatif r r 1 r sebagai berikut: Berdasarkan kedua hubungan tersebut, dapat diperoleh RX, Y, Z m 1 r 1 + m r m 1 + m 4.8 rx, y, z r 1 r. 4.9 r 1 R + m r m 1 4.10 r R m r, m 4.11 dengan m m 1m m 1 +m adalah massa tereduksi. Lalu, operator diferensial juga dinyatakan dalam koordinat pusat massa. Dalam koordinat lab, operator diferensial dinyatakan sebagai 1 e x1 + e y1 + e z1 x 1 y 1 z 1 4.1 e x + e y + e z. x y z 4.13 Karena x 1, y 1, z 1 dan x, y, z masing-masing merupakan fungsi dari X, Y, Z dan x, y, z, yaitu menurut persamaan 4.8 dan 4.9, maka X x 1 x 1 X + Y x 1 m 1 m 1 + m Y + Z x 1 Z + x x 1 x + y x 1 y + z x 1 z X + 0 + 0 + x + 0 + 0 m m X + x. 4.14 FI3104 Fisika Kuantum 1 009
4. Teori Kuantum tentang Atom Hidrogen 33 Dengan cara yang sama akan diperoleh Sehingga secara keseluruhan diperoleh m y 1 m Y + y 4.15 m z 1 m Z + z 4.16 m x m 1 X x 4.17 m y m 1 Y + y 4.18 m z m 1 Z + z. 4.19 1 m m R + r, m m 1 R r. 4.0 Lalu, m 1 m m m m m 1 R + r + m m R r 0 karena koordinat R dan r saling bebas. Selanjutnya, persamaal Schrödinger dituliskan sebagai [ m m R + r m m m R + r 1 [ m 1 m m 1 m + m m 1 m R 0 {}}{ R r R + r, 4.1 R + r, 4. 1 m 1 + 1 m 1 e 4πε 0 r r 1 e 4πε 0 r ] Ψ R, r E total Ψ R, r ] Ψ R, r E total Ψ R, r. 4.3 Lalu, dengan mengingat definisi dari massa tereduksi m m 1m m 1 +m, persamaan terakhir dapat diubah menjadi M R } {{ } E PM + m r 1 e 4πε 0 r Ψ R, r E total Ψ R, r, 4.4 }{{} E rel. dengan M m 1 + m 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 1 009
4. Teori Kuantum tentang Atom Hidrogen 34 Persamaan Schrödinger terakhir dapat diselesaikan dengan metode pemisahan separasi variabel. Anggap Ψ R, r ρ Rψ r sehingga persamaan Schrödinger dituliskan sebagai atau ψ r 1 ρ R M Rρ R M Rρ R Solusi untuk ρ adalah + ρ R + 1 ψ r m rψ r ψ r e 4πε 0 r m rψ r ψ r e 4πε 0 r Ψ R, r E total ρ Rψ r Ψ R, r E PM + E rel., 4.5 1 ρ R M Rρ R E PM 4.6 1 ψ r m rψ r ψ r e Ψ R, 4πε 0 r r E rel. 4.7 ρ R e i P R, dengan P MEP M. 4.8 Untuk mendapatkan solusi persamaan diferensial untuk ψ di atas, dilakukan separasi variabel ψ r ψr, θ, φ RrYθ, φ digunakan koordinat bola. Operator Laplacian dalam koordinat bola dinyatakan sebagai 1 r r r r + 1 r [ 1 sin θ sin θ + 1 θ θ sin θ ] φ. 4.9 Sehingga, persamaan Schrödinger 4.7 dituliskan sebagai untuk mempersingkat penulisan, selanjutnya digunakan satuan 1 4πε 0 1 1 r r ψ + 1 [ 1 r r r sin θ ψ sin θ θ θ Y r d dr Atau, 1 R r dr dr + R r [ 1 sin θ d dθ sin θ dy dθ + 1 sin θ + 1 sin θ [ d r dr + m ] e dr dr r + E r R 1 [ 1 Y sin θ ψ φ d Y dφ ] + m ] + m e r + E e r + E d sin θ dy + 1 dθ dθ sin θ ψ 0 RY 0 d ] Y dφ 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 ll + 1 dengan l 0, 1,, 3,..., sehingga diperoleh 1 d r r dr [ m e + dr dr r + E ll + 1 r 1 d sin θ dy + 1 sin θ dθ dθ sin θ Sehingga didapatkan persamaan radial dan sferis yang terpisah. ] R 0 4.31 d Y ll + 1Y. 4.3 dφ FI3104 Fisika Kuantum 1 009
4. Teori Kuantum tentang Atom Hidrogen 35 Persamaan radial Dengan memisalkan u rr, persamaa radial dapat dituliskan sebagai d [ ] u m e dr + r + E ll + 1 r u 0. 4.33 Karena elektron dan proton saling terikat, maka ditinjau keadaan E < 0. Pada keadaan asimtotik r sangat besar, persamaan tersebut tereduksi menjadi d u me dr u 0, 4.34 dengan solusi me u exp r, 4.35 solusi negatif pada eksponensial dipilih agar lim r u 0. Sehingga solusi umum untuk persamaan radial dapat dituliskan sebagai me ur wr exp r. 4.36 Substitusi solusi ini ke 4.33 menghasilkan d w me dr dw me dr + ll + 1 r r w 0. 4.37 Anggap w r α, sehingga persamaan diatas dapat menjadi me me αα 1r α αr α 1 + rα 1 ll + 1r α 0. 4.38 Dengan memperhatikan koefisien untuk suku r α didapat αα 1 ll + 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 wr kl+1 a k r k. 4.39 Substitusi nilai w tersebut ke persamaan 4.37 menghasilkan ] me me a k [kk 1r k kr k 1 + rk 1 ll + 1r k 0. kl+1 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 koefisien a k sebagai berikut me a k+1 k me kk + 1 ll + 1 a k, dengan k > l. 4.41 FI3104 Fisika Kuantum 1 009
4. Teori Kuantum tentang Atom Hidrogen 36 Pada k yang sangat besar, berlaku a k+1 a k me k + 1 Secara umum sifat dari fungsi wr akan setara dengan exp me. 4.4 k me r. Seperti pada osilator harmonik, bukti kesamaan sifat konvergensi kedua fungsi diberikan melalui uji perbandingan, lalu me exp r k a k+1 a k k me k +! me k + me k Sehingga, pada k diperoleh me ur wr exp r k me k + 1! } {{ } a k k me k + 1! r k, 4.43. 4.44 me me exp r. exp r me exp r, 4.45 yang bersifat divergen untuk r. Agar konvergen, maka deret untuk wr diambil hingga nilai k tertentu saja berhingga. Sehingga, a k+1 a k+... 0. 4.46 Berdasarkan rumus rekursif untuk a k pada persamaan 4.41, diperoleh me k me 0 E me4 1 k, 4.47 dengan k l + 1, l +, ldots dan l 0, 1,,.... Untuk atom hidrogen, karena massa proton m 1 m p jauh lebih besar dibanding massa elektron m m e mp 000, massa besarnya massa tereduksi akan mendekati massa elektron, m m pm e m p + m e m e. 4.48 Sehingga, besar energi atom hidrogen yang diperoleh melalui perumusan teori kuantum sama dengan model Bohr, E k 13,6 k ev. FI3104 Fisika Kuantum 1 009
4. Teori Kuantum tentang Atom Hidrogen 37 Persamaan sferis Dilakukan separasi variabel untuk fungsi harmonik sferis, Yθ, phi P θφφ, sehingga persamaan sferis menghasilkan Φ sin θ d dθ sin θ dp dθ + P sin θ d Φ ll + 1P Φ, 4.49 dφ atau 1 P [ sin θ d sin θ dp ] + ll + 1 sin θ 1 d Φ dθ dθ Φ dφ m, 4.50 dengan m konstanta bukan massa terduksi!. Solusi untuk bagian φ adalah Φφ e ±imφ, 4.51 sedangkan bagian θ membentuk persamaan 1 d sin θ dp + l sin θ dθ dθ l + 1 m sin Dengan memisalkan µ cos θ sehingga d dθ dµ dθ dapat dituliskan sebagai d dµ 1 µ dp dµ θp 0. 4.5 d dµ sin θ d dµ, persamaan terakhir + ll + 1 m 1 µ P 0. 4.53 Solusi persamaan tersebut berupa associated Legendre function, P lm µ sin θm l l! d l+m dµ l+m µ 1 l. 4.54 Bentuk akhir dari fungsi harmonik sferis adalah Yθ, φ 1 m l + 1 l m! 4π l + m! eimφ P lm cos θ. 4.55 FI3104 Fisika Kuantum 1 009
Daftar Pustaka [1] S. Gasiorowicz, Quantum Physics, John Wiley and Sons, 1996. [] J. J. Sakurai, Modern Quantum Mechanics, Addison-Wesley, 1994. 38