Terdiri dari Bab mekanika gelombang, operator, solusi persamaan schrodinger, atom hidrogendan momentum sudut. Dilengkapi dengan Contoh soal dan pembahasannya.
Disusun oleh :
Dindi, Dini, Sasti, Rima, Alfi, Yuni, Fina, Nur89, wawan, Aziz Ayu dini Wiwis, denin, Nur, Anis, dan Ms Ihsan.
PENDIDIKAN FISIKA UNIVERSITAS JEMBER
MODUL AJAR MATEMATIKA KELAS 3 KURIKULUM MERDEKA.pdf
ย
MODUL FISIKA KUANTUM
1. 1
BAB I
MEKANIKA GELOMBANG
1.1 Fisika Klasik
Fisika yang berkembang sampai akhir abad 19 dikenal sebagai fisika
klasik dan mempunyai dua cabang utama yaitu mekanika klasik Newtonian
dan teori medan elektromagnetik Maxwellian. Mekanika klasik dicirikan oleh
kehadiran partikel sebagai sesuatu yang terkurung didalam ruangan. Istilah
terkurung secara sederhana dapat dikatakan sebagai adanya batas yang jelas
antara materi dan sesuatu di luar dirinya atau lingkungannya. Sedangkan
medan elektromagnetik dicirikan oleh kualitas medan dari gelombang yang
menyebar didalam ruang. Medan tersebar didalam ruang bagai kabut dengan
ketebalan yang berbeda dan menipis sampai akhirnya benar-benar lenyap.
Batas antara ruang bermedan dan ruang tanpa medan tidak jelas atau kabur.
Ciri utama fisika klasik adalah sifatnya yang Common sebse dan deterministik.
1.1.1 Mekanika Sistem Partikel
Perhatikan partikel bermassa m yang pada saat t berada pada
posisi ๐โ = ๐โโโ (t), mempunyai kecepatan ๐ฃโ = ๐โฬ(t) dan mengalami gaya ๐นโโโโ.
secara klasik partikel ini terikat oleh hukum Newton :
๐นโโโโ = m๐โฬ(t) (1.1)
Dan akan bergerak dengan lintasan tertentu (definite path). Karena itu,
jika posisi, kecepatan, dan gaya saat ini diketahuo maka keadaan
masalalu partikel dapat diketahui secara pasti, demikian pula keadaan
masa depannya. Inilah yang dimaksud dengan sifat deterministik fisika
klasik. Sifast ini secara grafik dapat dilukiskan sebagai berikut :
2. 2
Gambar. 1.1 Lintasan Klasik suatu Partikel
Dapat dikatakan, keadaan sistem partikel pada suatu saat t
direpresentasikan oleh nilai sesaat dari posisi ๐โ(t) dan kecepatan๐โฬ(t).
Fenomena yang ada di dalam sistem parikel (mekanika klasik) adalah
fenomena tumbukan antara beberapa partikel yang memungkinkan
terjadinya transfer momentum dan energi.
1.1.2 Medan Elektromagnetik
Penemuan fenomena interferensi dan polarisasi cahaya di awal
abad kesembilan belas meyakinkan bahwa cahaya merupakan gelombang.
Sifat gelombang dari cahaya diidentifikasi beberapa dasawarda kemudian
sesuai perumusan Maxwell tentang teori medan elektromagnetik. Dengan
demikian, cahaya sebagai gelombang elektromagnetik sebagai salah satu
manifestasi dari fenomena elektromagnetisme yang terumuskan dalam
persamaan Maxwell :
โโโโ. ๐ทโโโ = ๐โt
โโโโ. ๐ตโโ = 0
โโโโ ๐ฅ ๐ทโโโ = โ
๐๐ตโโ
๐๐ก
โโโโ ๐ฅ ๐ตโโ = ๐ฝโ +
๐ ๐ทโโโ
๐๐ก
(1.2)
3. 3
Dengan ๐ทโโโ = ๐๐ธโโ dan ๐ปโโโ = ๐๐ตโโ yang mana ๐ธโโ dan ๐ตโโ adalah medan
listrik dan medan induksi magnetik, ๐ dan ๐ adalah permitivitas dan
permeabilitas bahan, sedangkan ๐ dan J merupakan distribusi muatan
listrik dan distribusi arus listrik dalam bahan. Sampai menjelang abad ke
dua puluh, kedua teori tersebut ditambah thermodinamika dipandang
sebagai teori puncak (Ultimate Theory) yang mampu menjelaskan semua
fenomena fisika. Sedangkan secara praktis, teori tersebut telah memicu
timbulnya teori industri.
1.2 Krisis Fisika Klasik Dan Solusinya
Fisika terus berkembang dan temuan baru terus didapatkan. Tapi
sayanh, beberapa fenomena fisis yang ditemukan di akhir abad sembilan belas
berikut ini tidak dapat dijelaskan oleh teori fisika klasik. Karenanya, orang
mengatakan bahwa fisika klasik mengalami krisis!
1.2.1 Radiasi Benda Hitam
Jika suatu benda dipanaskan ia akan meradiasi. Hasil eksperimen
yang menarik adalah sifat distribusi energi atau spektrum energi dari
radiasi benda hitam yang bergantung pada frekuensi cahaya dan
temperatur. Benda hitam didefinisikan sebagai benda atau suatu yang
menyerap semua radiasi yang diterimanya. Hasil eksperimen tersebut
untuk temperatur benda diungkapkan oleh gambar 1.2
4. 4
Gambar. 1.2 Distribusi energi benda hitam
Teori klasik yang dirumuskan oleh Rayleigh dan Jeans sampai
pada bentuk fungsi distribusi energi:
U(v,T)=
8๐๐๐
๐3 ๐ฃ2
(1.3)
Dengan k = 1.38x10โ16
erg/0K adalah konstanta Boltzman dan c adalah
kecepatan cahaya. Jelas hasil perumusan Rayleigh dan Jeans (1.3) ini
hanya sesuai sesuai untuk frekuensi kecil dan gagal pada frekuensi tinggi.
Kegagalan atau penyimpangan teori Rayleigh dan Jeans pada frekuensi
besar ini dikenal sebagai bencana Ultraungu(Ultraviolet catasthrope).
Grafik distribusi energi dari rumus Rayleigh dan Jeans (1.3) diberikan oleh
gambar 1.3. Garis penuh adalah prediksi Rayleigh dan Jeans sedangkan
garis putus adalah hasil eksperimen.
Gambar. 1.3 Distribusi energi radiasi klasik
Untuk mengatasi kesulitan analisa klasik, digunakan fakta bahwa
gelombang elektromagnetik yang merupakan radiasi di dalam rongga
(cavity with a small aperture-sebagai radiasi praktis konsep benda hitam)
dapat dianalisa sebagai superposisi dari karakteristik moda normal rongga.
Dalam setiap moda normal, medan bervariasi secara harmonik. Dengan
5. 5
demikian, setiap moda normal ekuivalen dengan osilator harmonik dan
radiasi membentuk esembel osilator harmonik.
Berdasarkan pemahaman tersebut, Max Planck mengajukan hipotesis
radikal sebagai berikut :
1. osilator didalam benda hitam tidak memancarkan cahaya secara
kontinu melainkan hanya berubah amplitudonya โ transisis amplitudo
besar ke kecil menghasilkan emisi cahay sedangkan transisi dari
amplitudo kecil ke besar dihasilkan dari absorbsi cahaya.
2. Osilator hanya bisa memancarkan atau menyerap energi dalam satuan
energi yang disebut kuanta sebesar hv, dengan v adalah frekuensi
osilator sedangkan h adalah konstanta bari yang diperkenalkan oleh
Max Planck. Konstanta Planck h = 6.626x10-34 Joule.detik
Uraian hipotesis Planck di atas dapat dijelaskan lebih lanjut
sebagai berikut. Distribusi energi dari osilator tidak kontinyu, melainkan
terkuantisasi
En = nhv (1.4)
Dengan n bilangan bulat (0,1,2,....). unsur utama dari kuantisasi
(1.4), untuk frekuensi tertentu yang diberikan maka selisih energi antara
tingkat energi dua osilator berubah adalah
En+1 โ En = ( n + 1 )hv โ nhv = hv (1.5)
Selanjutnya, kita hitung energi rata-rata setiap osilator. Fungsi
distribusi untuk osilator didalam kotak hitam bertemperatur T adalah
diskrit
Fn = ๐ถ๐โ๐ธ ๐/๐๐
(1.6)
Energi rata-rata osilator
6. 6
โฉ ๐ธโช =
โ ๐ธ ๐ ๐๐
โ
๐=0
โ ๐๐
โ
๐=0
โ
โ (๐โ๐ฃ)๐โ๐๐๐ฃ/๐๐โ
๐=0
โ ๐โ๐๐๐ฃ/๐๐โ
๐=0
(1.7)
Untuk menghitung energi rata-rata diatas, lakukan pemisalan
๐ฅ = โ๐ฃ/๐๐(1.8a)
Dan
๐ง = ๐โ๐ฅ
(18b)
Maka penyebut persamaan (1.7) dapat diuraikan menjadi
โ ๐
โ
๐๐๐ฃ
๐๐
โ
๐=0
= โ ๐ง ๐
โ
๐=0
= 1 + z + ๐ง ๐
+ .......
=
1
1โ๐ง
(1.9)
Sedangkan untuk menghitung pembilang pers. (1.7) kita gunakan
โ๐๐โ๐๐ฅ
=
๐
๐๐ฅ
(๐โ๐๐ฅ
)
Sehingga
โ(๐โ๐ฃ)๐โ๐๐๐ฃ/๐๐
โ
๐=0
= โโ๐ฃ
๐
๐๐ฅ
โ ๐โ๐๐ฅ
โ
๐=0
= โโ๐ฃ
๐
๐๐ฅ
(
1
1โ๐ง
)
= โโ๐ฃ (
โ๐ง
(1โ๐ง)2)(1.10)
7. 7
Substitusi persamaan (1.9) dan (1.10) ke persamaan (1.7) serta mengingat
permisalan (1.8a) dan (1.8b) diperoleh
โฉ ๐ธโช = โ๐ฃ
๐ง
๐งโ๐
=
โ๐ฃ
๐
๐๐ฃ
๐๐โ1
(1.11)
Sedangkan, jumlah gelombang berdiri yang bebas dengan frekwensi v
dalam kubus ๐ฟ3
persatuan volume
๐( ๐ฃ) =
8๐๐ฃ2
๐3 (1.12)
Kerapatan foton sebagai kuanta dari osilator harmonik adalah
๐ข( ๐ฃ, ๐) = ๐( ๐ฃ) < ๐ธ > (1.13)
Dengan demikian
๐ข( ๐ฃ, ๐) =
8๐โ๐ฃ3
๐3
1
๐
+
๐๐ฃ
๐๐โ1
(1.14)
Yang sesuai dengan hasil eksperimen!
Contoh 1.1 :
Perhatikan sepotong bahan pada temperatur 1500K. Misalkan, pada
frekwensi relatif tinggi selisih energi antar tingkay osilator adalah 1๐๐.
Hitung energi rata-rata perosilator.
Penyelesaian :
Pada temperatur 1500K,
kT = 0.12๐๐
jumlah atom dalam keadaan dasar ๐0sebanding dengan ๐โ๐ธ ๐ /๐๐
dengan
๐ธ0energi keadaan dasar osilator . menurut hipotesis Plank
๐ธ0 = 0
8. 8
Maka
๐0 = ๐ถ๐โ๐ธ1/๐๐
= ๐ถ
Selanjutnya, jumlah atom dengan tingkat energi berikutnya ๐ธ1 =
1๐๐ adalah ๐1
๐1 = ๐ถ๐โ๐ธ1 /๐๐
= ๐ถ๐โ1/0.13
= ๐ถ(4.6๐ฅ10โ4
)
Dengan cara serupa , jumlah atom dengan energi ๐2 = ๐ถ๐โ๐ธ2/๐๐
=
๐ถ๐โ2/0.13
= ๐ถ(4.6๐ฅ10โ4
)2
Dan seterusnya
Energi rata-rata osilator
< ๐ธ >=
๐0 ๐ธ0 + ๐1 ๐ธ1 + ๐2 ๐ธ2 + โฏ
๐0 + ๐1 + ๐2 + โฏ
=
๐ถ.0+๐ถ(4.6๐ฅ10โ4) ๐๐+๐ถ(4.6๐ฅ10โ4
)2(2๐๐)โฆ
๐ถ+๐ถ(4.6๐ฅ10โ4)+๐ถ(4.6๐ฅ10โ4)2+โฏ
โ 4.6๐ฅ10โ4
๐๐
Contoh 1.2 :
Perlihatkan bahwa hukum radiasi Planck dan hukum radiasi Rayleigh-
Jeans identik pada frekuensi rendah atau pada temperatur tinggi .
Penyelesaian :
Hukum radiasi Planck :
๐ข( ๐ฃ, ๐) =
8๐โ๐ฃ3
๐3
1
๐
+
๐๐ฃ
๐๐ โ 1
Untuk ๐ฃ kecil atau ๐ sangat besar
9. 9
๐ ๐๐ฃ/๐๐
โ 1 +
โ๐ฃ
๐๐
Karena itu
๐ข =
8๐โ๐ฃ3
๐3
1
(
โ๐ฃ
๐๐
)
=
8๐๐๐๐ฃ2
๐3
Persamaan terakhir tidak lain adalah hukum Rayleight-Jeans (1.3)
Contoh 1.3
a. Ungkapan fungsi distribusi (1.14) sebagai fungsi panjang gelombang.
b. Dari hasil yang diperoleh soal (a), tentukan panjang gelombang yang
memberikan harga rapat energi maksimum
c. Dari hasil (b) tentukan daerah panjang gelombang yang memberikan
radiasi terbesar dari suatu benda pada temperatur kamar
Penyelesaian :
a. Fungsi (1.3) dan (1.4) merupakan rapat energi persatuan volume
persatuan frekuensi
๐ข( ๐ฃ, ๐) โก
๐๐
๐๐ฃ
=
1
๐
๐๐ธ
๐๐ฃ
Sedangkan, fungsi distribusi u(I,T) merupakan rapat energi persatuan
volume per satuan panjang gelombang,
๐ข( ๐, ๐) =
๐๐
๐๐ฃ
=
๐๐
๐๐ฃ
|
๐๐
๐๐
|
Tanda mutlak diperlukan karena semakin besar panjang gelombang
semakin kecil frekuensi
๐ฃ =
๐
๐๐
Substitusi ungkapan ini kedalam ๐ข(๐, ๐) didapatkan
10. 10
๐ข( ๐, ๐) =
8๐๐
๐4
โ๐/๐
๐
+
๐๐ฃ
๐๐๐ โ 1
=
8๐โ๐2
๐5 (๐
๐๐
๐๐๐โ1)
b. Maksimum jika
๐๐ข
๐๐
| ๐=๐ ๐
= 8๐โ๐2
{โ
5
๐6 (๐
โ
โ๐
๐๐๐โ1)
(
โ๐
๐๐
) ๐
โ๐
๐๐๐
๐7 (๐
โ๐
๐๐๐โ1)2
} ๐= ๐
= 0
Hubungan diatas memberikan ,
๐ ๐ =
โ๐
5๐๐
1
1 โ ๐โโ๐/๐ ๐ ๐๐
Tampak bahwa ungkapan diatas untuk ๐ ๐adalah persamaan
transedental dan solusinya hanya dapat diperoleh secara numerik.
Solusinya,
๐ ๐ =
โ๐
4.97๐๐
=
0.0029
๐
๐๐พ (1.15)
Persamaan 1.15 ini dikenal dengan hukum pergeseran Wien.
c. Pada temperatur kamar 270C atau 300K
๐ ๐ = 10-5m
Harga ini merupakan bagian tengah dari daerah inframerah.
1.2.2 Efek Fotolistrik
Pada tahun 1887 Heinrich Hertz melakukan eksperimen penyinaran
pelat katoda dengan aneka cahaya dan sebagai hasilnya elektron-elektron
dipancarkan dari pelat katoda. Eksperimen yang dikenal sebagai efek
fotolistrik ini dapat digambarkan dengan bagan sebagai berikut:
11. 11
Gambar. 1.4 Bagan eksperimen efek fotolistrik
Di dalam eksperimen ini intensitas dan frekuensi cahaya serta beda
potensial antara kedua pelat katoda pelat diubah-ubah. Hasil eksperimen
dapat digunakan dalam grafik-grafik berikut:
(a) Untuk cahaya monokromatik ฮป, dengan aneka intensitas
(b) Untuk cahaya dengan aneka frekuensi
12. 12
(c) Energi kinetik foto elektron untuk tiga cahaya berbeda
Gambar. 1.5 Hasil-hasil ekdperimen efek fotolistrik
Secara klasik, sebenarnya peristiwa terpancarnya elektron dari
permukaan logam yang disinari merupakan hal atau fenomena yang wajar.
Hasil pengamatan yang tidak wajar dan tidak dapat dijelaskan oleh
pemahaman klasik adalah
1. Distribusi energi elektron terpancar (fotoelektron)tidak tergantung dari
intensitas cahaya. Berkas cahaya yang kuat hanya menghasilkan
fotoelektron atau elektron terpancar lebih banyak tetapi energi
fotoelektron rata-rata sama saja dibanding fotoelektron oleh berkas
cahaya berintensitas lebih lemah dengan frekuensi sama.
2. Tidak ada keterlambata waktu antara datangnya cahaya pada
permukaan logam dan terpancarnya elektron. Secara klasik, misalkan
permukaan logam pada eksperimen adalah natrium, arus fotolistrik
teramatu jika energi elektromagnetik 10-6 J/m2 terserap oleh
permukaan. Sementara ada 1019 atom pada selapis natrium setebal satu
atom dari seluas 1 m2. Jika dianggap cahaya datang diserap oleh
lapisan atas dari atom-atom natrium, setiap atom menerima energi
rata-rata dengan laju 10-25 W. Pada laju ini, natrium membutuhkan
waktu 1,6x106 detik atau sekitar dua minggu untuk mengumpulkan
energi sebesar 1 eV, yaitu energi fotoelektron.
3. Energi fotoelektron bergantung pada frekuensi cahaya yang digunakan
dan di bawah frekuensi tertentu tidak ada elektron dipancarkan walau
13. 13
intensitas diperbesar. Energi kinetik elektron, energi cahaya, dan
energi minimum dari cahaya yang diperbolehkan memenuhi
hubungan:
๐ธ๐ = ๐ธ โ ฮฆ0 (1.16)
Jelas, jika nergi cahaya E kurang dari energi minimum ฮฆ0 tidak
ada elektron terpancar.
Pada tahun 1905, Einstein mengemukakan penjelasan berupa
kebergantungan fotoelektron pada frekuensi radiasi. Menurutnya radiasi
yang sampai pada permukaan menjadi sebungkus (bundle) energi yang
terlokalisasi E=hv sebagaimana digagas Max Planck dan merambat
dengan laju cahaya. Sebungkus atau paket cahaya ini kemudian disebut
sebagai foton. Jika foton sampai pada permukaan logam, maka
1. Foton dapat dipantulkan (sesuai hukum optik).
2. Foton dapat lenyap dan menyerahkan seluruh energinya untuk
melempar elektron.
Dengan demikian persamaan (1.16) menjadi
๐ธ๐ = โ๐ฃ โ ฮฆ0 (1.17)
Energi minimum ฮฆ0= ๐๐0 disebut fungsi kerja (work function) dari logam.
dan persamaan (1.17) diperoleh frekuensi dari radiasi minimum untuk
melempar elektron yaitu :
๐0 = ฮฆ0/ โ (1.18)
Sehingga ๐ธ๐ = โ(๐ฃ โ ๐ฃ0) (1.19)
Sebagaimana diperlihatkan gambar 1.5c
Singkat kata penjelasan kuanta energi radiasi atau energi terbungkus dalam
satu paket kuantum menjelaskan fenomena terpancarnya elektron dari plat
katoda setelah disinari cahaya dengan frekuensi tertentu.
14. 14
1.2.3 Efek Compton
Pada tahun tahun 1992 Arthur Compton melakuka eksperimen
penembakan sinar โ x terhadap bahan. Di dalam eksperimen ini dideteksi
cahaya atau sinar โ x dan elektron terhambur oleh Gambar 1.6.
Menurut teori elektomagnetik, intensitas cahaya terhambur oleh
elektron akan bergantung sudut hamburan dan tidak bergantung panjang
gelombang cahaya datang.
๐ผ โก โฉ ๐โช โ (1 + cos2
๐) (1.20)
Tetapi pengamantan Compton memberikan hasil:
1. Radiasi terhambur terdiri dari dua panjang gelombang yaitu panjang
gelombnag asal ๐0 dan panjang gelombang tambahan ๐ ๐ .
2. ๐ ๐ > ๐0
3. ๐ ๐ bergantung pada sudut ๐
Intensitas relatif untuk beberapa sudut ๐, dan model hamburan
yang diajukan oleh Compton dapat digambarkan sebagai berikut
15. 15
Dalam analisa matematisnya, G.E.M. Jauncey dan A.H. Compton
mengajukan usul yang berani, yaitu:
1. Foton mempunayai momentum seperti partikel
2. Proses hamburan adalah tumbukan elastis antara foton dan elektron.
Gelombang terpisah secara absolut dari materi dalam arti keduanya
mempunyai sifat dan perilaku yang khas dan tidak dapat saling
menggantikan. Memontum dan fenomena tumbukan merupakan sifat dan
perilaku partikel yang tidak pernah terjadi serta terumuskan untuk
gelombang.
Dari ungkapan energi relativistik ๐ธ2
= ๐2
๐2
+ ๐2
๐4
maka untuk
foton sebagai partikel bermassa diam nol, ๐ธ = ๐๐. Sedangkan menurut
konsep kuanta Max Palnck, ๐ธ = โ๐ฃ. Dengan demikian momentum foton
๐ =
โ๐ฃ
๐
=
โ
๐
(1.21)
Menggunakan kedua asumsi diatas, Compton mampu menjelaskan hasil
eksperimennya yakni adanya selisih panjang gelombang ฮ๐
16. 16
ฮ๐ = ๐ ๐(1 โ cos ๐) (1.22)
Dengan ๐ ๐ = โ ๐ ๐ ๐โ = 0,0024 ร yang didefiniskan sebagai panjang
gelombang Compton. Asumsi Compton diperkuat oleh hasil eksperimen
Bothe dan Wilson yang mendeteksi elektron terlempar (recoil electrons).
Serta konfirmasi eksperimental Bless tentang energi elektron terlempar.
Contoh 1.4
Foton denga panjang gelombang 0,024 ร menumbuk atom target
dan foton terhambur terdeteksi pada saat 60ยฐ relatif terhadap foton datang.
Hitung:
a. Panjang gelombang foton terhambur
b. Sudut elektron terhambur
Penyelesaian:
a. Bagan tumbukan diberikan oleh Gambar. 1.7 . Foton terhambur
mengalami perubahan (pertmabahan) panjang gelombang tersebar.
ฮ๐ = ๐ ๐(1 โ cos60ยฐ) = 0,012 ร
Dari panjang gelombang foton datang. Karena itu panjang gelombang
foton terhambur.
๐ ๐ = (0,024 ร + 0,012 ร ) = 0,036 ร
b. Hukum kekekalan momentum memberikan:
โ
๐
=
โ
๐ ๐
cos ๐ + ๐๐ cos ๐พ ( ๐ด๐๐โ โ๐๐๐๐ง๐๐๐ก๐๐)
Dan
0 =
โ
๐ ๐
sin ๐ + ๐๐sin ๐พ ( ๐ด๐๐โ ๐ฃ๐๐๐ก๐๐๐๐)
Kedua persamaan ini memberikan:
๐ ๐
๐
= cos ๐ + sin ๐ cot ๐พ
Subtitusikan harga โ harga ๐๐ ๐ dan ๐ di atas, didapatkan:
3
2
=
1
2
+
1
2
โ3cot ๐พ
17. 17
Atau
cot ๐พ =
2
โ3
Dengan demikian
๐พ = ๐๐๐ cot
2
โ3
= 40,9ยฐ
Ketiga persamaan di depan merupakan eksperimen yang
memperlihatkan sifat partikel dari gelombang, yang secara sederhana
dinyatakan oleh Max Planck bahwa gelombang โ memaket diri โ dalam
kuanta energi.
๐ธ = โ๐ฃ (1.32)
1.2.4 Hipotesis de Broglie dan Difraksi Elektron
Pada tahun 1924 dengan mempertimbangkan sifat simetri dari alam
Louis de Broglie mengajukan hipotesis bahwa partikel seharusnya juga
mempunyai gelombang. Partikel bermassa ๐ dan bergerakn dengan laju ๐ฃ
mempunyai panjang gelombang ๐ menurut
๐ =
โ
๐ ๐ฃ
=
โ
๐
(1.33)
Persamaan (1.21) merupakan sifat partikel ( ๐) dari suatu
gelombang (๐),sedangkan persamaan (1.24) merupakan sifat gelombang
(๐) dari suatu partikel bermomentum ๐.
Demikian secara skematis kaitan anatara partikel dari gelombang
dapat dinyatakan sebagai berikut:
Sehinggaterjadi hubungan yang simetris antara partikel dan gelombang
18. 18
Artinya, gelombang dapat bersifat sebagai partikel dan sebaliknya
partikel dapat bersifat gelombang.
Hipotesis de Broglie mampu menjelasakan hasil eksperimen yang
dialkukan oleh C. J Davisson dan L. H Germer satu tahun kemudian.
Bagan dan hasil eksperimen tersebut diberikan oleh gambar berikut:
Intensitas elektron terpantul dapat dijelaskan sebagaimana difraksi
Bragg dengan memberikan sifat gelombang pada elektron penumbuk.
Elektron โ elektron dengan energi 54 eV bersesuaian dengan ฮป = 1,67 ร
yang mendekati ฮป difraksi Bragg
ฮป = 2d sin = 2 ๐ฅ 0,91 ๐ฅ sin 65ยฐ = 1,65 ร (1.25)
karena berkas yang digunakan adalah elektron, eksperimen ini lebih
dengan eksperimen difraksi elektron.
Contoh 1.5
Neutron termal pada temperatur kamar 27ยฐ๐ถ digunakan untuk
menentukan jarak antar bidang kristal NaCl. Hitung:
a. Panjang gelombang de Broglie neutron tersebut.
b. Jarak antar bidang kristal NaCl jika difraksi maksimum pertama
terdeteksi pada sudut 14,9ยฐ
Penyelesaian :
a. Energi kinetik rata โ rata neutron termal identik dengan energi
molekul gas ideal pada temperatur yang sama.
19. 19
๐ธ๐๐๐ก๐ =
3
2
๐๐ =
3
2
1,381 ๐ฅ 10โ21
. 300 ๐ฝ = 6,2145 ๐ฅ 10โ21
๐ฝ
b. Persamaan (1.25) merupakan kasus khusus (n=1) dari persamaan
yang lebih umum yaitu,
ฮป = 2d sin ๐ (1.26)
dengan n= 1,2,3... menyatakan puncak (maksimum)ke โn pola
difraksi. Dari persamaan (1.26) ini diperoleh jarak antar bidang
kristal NaCl,
๐ =
๐๐
2 sin ๐
=
1 ๐ฅ 1,45
2 ๐ฅ 0,257
= 1,65 ร
1.2.5 Teori Atom Bohr
Saat ini Rutherford telah membuat model atom yang mengambil
analogi sistem tata surya yang mana planet โ planet bergerak mengitari
matahari. Model planet unmtuk suatu atom Rutherford bermuaru pada
kesimpulan:
1) Elektron atom hidrogen yang beredar di sekitar inti hanya mempunyai
waktu edar sekitar10โ6
detik, kemudian elektron tersebut jatuh ke
dalam inti. Hal ini terjadi karena dalam pemahaman klasik elektron
akan memancarkan energinya selama mengitari inti atom.
2) Spektrum optik dari atom hidrogen (atau atom yang lain) adalah
spektrum kontinu.
Dua kesimpulan tersebut ternyata tidak sesuai dengan hasil
eksperimen Balmer yang berupa spektrum garis (diskrit) untuk hidrogen
dan spektrum pita untuk gas hidrogen.
Untuk mengatasi masalah ini Neil Bohr mengajukan model ato
hidrogen yang berdasarkan pada postulat โ postulat berikut:
1. Elektron bergerak mengitari proton di dalam atom hidrogen dengan
gerak melingkar serba sama dalam gaya coulomb dan sesuai dengan
Hukum Newton.
20. 20
2. Orbit yang diijinkan hanya orbit yang memungkinkan momentum
sudut elektron adalah kelipatan bulat dari โ 2๐โ , yaitu
L = ๐๐ฃ๐ = ๐โ, ๐ = 1,2,3 (1.26)
3. Jika elektron berada pada orbit yang diijinkan, elektron tidak
memancarkan energi.
4. Jika elektron melompat dari lintasan ke-i menuju ke-j, maka foton
dengan frekuensi ๐ฃ
๐ฃ =
๐ธ๐ โ ๐ธ๐
โ
Dipancarkan (untuk ๐ธ๐ > ๐ธ๐ ), atau diserap (untuk ๐ธ๐ < ๐ธ๐) oleh atom
hidrogen.
Konsekwensi โ konsekwensi dari postulat Bohr di atas adalah
sebagai berikut:
Postulat pertama, sesuai hukum Newton
Gaya coloumb antara proton dan elektron (F) sama dengan atau
diimbangi gaya sentrifugal (f) yang ,megarah menjauhi proton sebagai
pusat lingkara.
1
4๐๐0
๐2
๐2
=
๐๐ฃ2
๐
Kuantisasi lainnya, energi total elektron tidak lain adalah kinetik
dan energi potensial
๐ธ = ๐ธ๐ + ๐ธ ๐ =
๐๐ฃ2
2
โ
1
4๐๐0
๐2
๐2
21. 21
Dari persamaan kesetimbangan (1.29) didapatkan
๐ธ = โ
1
8๐๐0
๐2
๐2 (1.31)
Postulat kedua, momentum sudut elektron terkuantisasi
sebagaimana hubungan (1.27) sehingga
๐ฃ =
๐โ
๐๐
(1.28*)
Subtitusikan (1.28*) ini ke persamaan (1.29) diperoleh
1
4๐๐0
๐2
๐2
=
๐
๐
(
๐โ
๐๐
)
2
Atau
๐ โ ๐๐ =
4๐๐0โ2
๐๐2 ๐2
= ๐0 ๐2
(1.32)
Dengan
๐0 =
4๐๐0โ2
๐๐2 = 0,53 ร (1.33)
Dikenal sebagai radius Bohr yang bersesuaian dengan hasil
eksperimen. Hasil di atas menyatakan bahwa jari โ jari elektron
mengitari inti tidak dapat sembarang nilai melainkan kuadrat bilangan
bulat kali radius Bohrn. Dimana, jari โ jari atom juga terkuantisasi.
Subtitusikan radius (1.32) ke dalam persamaan (1.31) diperoleh
ungkapan energi.
๐ธ = ๐ธ ๐ =
๐ ๐4
32๐2 ๐0
2โ2 (
1
๐2 ) (1.34)
Hasil ini juga mampu menjelaskan hasil eksperimen atom hidrogen
secara memuaskan. Model atom Bohr untuk hidrogen
memperkenalkan syarat kuantum baru yaitu momentum sudut
merupakan kelipatan bulat โ. Bilangan n yang mengidentifikasi
22. 22
keadaan stasioner ini disebut bilangan kuantum utama (principle
quantum number.
Selanjutnya perhatikan jika bilangan kuantum n sangat besar.
Persamaan (1.28) dan persamaan (1.34) memberikan.
๐ฃ =
๐๐4
8๐0
2โ3 (
1
๐2
๐
โ
1
๐2
๐
) (1.35)
Yang dapat ditulis menjadi
๐ฃ =
๐๐4
8๐0
2โ3
( ๐๐โ๐ ๐)( ๐๐ +๐ ๐)
๐2
๐ ๐2
๐
(1.36)
Dengan ๐๐ โ ๐๐ untuk keadaan awal dan ๐๐ โ ๐๐ untuk keadaan akhir.
Untuk ๐๐ โ ๐๐ = ๐ persamaan (1.36) menjadi
๐ฃ =
๐ ๐4
8๐0
2โ3
2โ๐
๐3 (1.37)
Jika โ๐ = ๐๐ โ ๐๐ = 1, ungkapan (1.37) ini persis sama dengan ungkapan
yang diperoleh rumusan klasik. Kesetaraan antara perumusan kuantum dan
perumusan klasik untuk n besar ini dikenal sebgai prinsip korespondensi.
Artinya, hasil klasik tidak lain merupakan limit dari kuantum.
Keberhasilkan teori Bohr mendorong A. Sommerfeld dan W.
Wilson untuk melakukan perluasan kuantisasi.
โฎ ๐๐ ๐๐๐ = ๐๐โ, ๐ = 1,2,3 โฆ (1.38)
Dengan ๐๐ adalah koordinat umum dan ๐๐ adalah momentum konjugate
kanoniknya. Syarat (1.38) hanya dapat diterapkan di dalam kasus gerak
periodik untuk setiap pasangan variabel ( ๐1, ๐1 ), ( ๐2, ๐2 ),โฆ . , ( ๐ ๐, ๐ ๐ ),
dan dikenal sebagai kaidah kuantum Wilson โ Sommerfeld.
Contoh 1.6
Partikel ๐ โ meson atau lebih dikenal sebagai muon. Mempunyai
massa 210 kali massa elektron tertangkap proton dan membentuk atom
mirip hidrogen. Hitung :
a. Energi foton yang dipancarkan jika muon jatuh dari keadaan
tereksitasi pertama ke keadaan dasar.
b. Jejari orbit Bohr pertama
23. 23
c. Kecepatan muon di dalam orbit Bohr ke โn
Penyelesaian :
a. Partikel yang jatuh adalah elektron, menggunakan ungkapan (1.35)
diperoleh energi foton terpancar:
๐ธ๐ = 13,6 (
1
1
โ
1
๐2
) = 10,2 ๐๐,untuk ๐ = 2
Dari ungkapan energi (1.34) tampak bahwa energi
sebanding dengan massa partikel. Karena itu, untuk massa muon
๐ ๐ = 210 ๐ ๐ energi foton terpancar:
๐ธ๐ = 210 ๐ธ๐ = 2142 ๐๐
b. Dari ungkapan radius Bohr tampak bahwa ๐ผ0 berbanding terbalik
terhadap massa. Karena itu, jejari (radius) Bohr untuk kasus muon:
๐ผ ๐ =
4๐๐0โ2
๐ ๐ ๐2
=
4๐๐0 โ2
๐ ๐ ๐2
=
๐ผ0
210
= 00023 ร
c. Ungkapan postulat momentum sudut (1.27) dan jari โ jari (1.32)
memberi hubungan kecepatan elektron dalam mengitari inti
๐ฃ = ๐ฃ ๐ =
๐2
4๐๐0โ2 ๐
=
๐๐ผ
๐
Dengan ๐ผ adalah konstanta struktur halus
๐ผ =
๐2
4๐๐0โ2 ๐
=
1
137
Jadi hanya bergantung bilangan kuantum n dan tidak bergantung
massa partikel.
Contoh 1.7:
Hitung tingkatan โ tingkat energi
a. Osilator harmonik dnegan frekuensi v
b. Benda jatuh bebas dan mengalami pemantulan elastis pada lantai.
Penyelesaian :
a. Sistem osilator harmonik diungkapkan oleh:
i. Persamaan gerak
24. 24
๐
๐2
๐ฅ
๐๐ก2
+ ๐๐ฅ = 0
Atau
๐2
๐ฅ
๐๐ก2
+ ๐2
๐ฅ = 0, dengan ฯ = โ ๐ ๐โ
ii. Hubungan energi
๐ธ =
๐2
2๐
+
1
2
๐๐ฅ2
Dapat dimodifikasi ke dlaam bentuk persamaan dengan koordinat
sumbu ๐ dan ๐ฅ,
1 =
๐2
๐2
+
๐ฅ2
๐2
Dengan ๐ = โ2๐๐ธ dan ๐ = โ2๐ธ ๐โ
Uraiannya,
๐(โ2๐๐ธ)(โ
2๐ธ
๐
) = ๐2๐ธโ
๐
๐
= 2๐๐ธ ๐โ = ๐โ
Dengan demikian,
๐ธ = ๐ธ ๐ = ๐โ๐, โ = โ 2๐โ
b. Benda jatuh bebas dan mengalami pemantulan elastis, mempunyai
persamaan energi dalam momentum dan posisi
25. 25
๐ธ =
๐2
2๐
+ ๐๐๐ฆ
Atau
๐ = ยฑโ2๐๐ธ โ 2๐2 ๐๐ฆ
Kurvanya
Menurut teori kuantum Wilson โ Sommerfeld
โฎ ๐๐๐ฆ = luas parabola =
4
3
โ2๐๐ธ
๐ธ
๐๐
= ๐โ
Diperoleh
๐ธ ๐ = (
9๐2
โ2
๐
32
)
1
3โ
๐
2
3โ
26. 26
1.3 Paket Gelombang Dan Prinsip Ketaktentuan Heisenberg
Persoalan berikutnya adalah mencari suatu besaran yang mampu
menampung dan mempresentasikan sifat โ sifat partikel sekaligus sifat โ sifat
gelombang. Dengan demikian kuantitas tersebut harus bersifat bagai gelombang
tetapi tidak menyebar melainkan terkurung di dalam ruang. Hal ini di penuhi oleh
paket gelombang yang merupakan kumpulan gelombang dan terkurung di dalam
ruang tertentu.
Sebagai pendekat terhadap paket konsep gelombang, perhatikan kombinasi dari
dua gelombang bidang berikut.
๐1( ๐ฅ, ๐ก) = ๐ด cos( ๐1 ๐ก โ ๐1 ๐ฅ)
๐2( ๐ฅ, ๐ก) = ๐ด cos( ๐2 ๐ก โ ๐2 ๐ฅ) (1.39)
Prinsip superposIsi memberikan
๐( ๐ฅ, ๐ก) = ๐1( ๐ฅ, ๐ก) + ๐1( ๐ฅ, ๐ก)
= ๐ด ๐ cos[(
๐1+๐2
2
) ๐ก โ (
๐1+๐2
2
) ๐ฅ] (1.40)
Dengan amplitude ๐ด ๐
๐ด ๐ = 2๐ด cos[(
๐1โ๐2
2
) ๐ก โ (
๐1โ๐2
2
) ๐ฅ] (1.41)
Grafiknya,
+
=
27. 27
ฮ๐
ฮ๐ฅ
Gambar. 1.11 Superposisi dua gelombang tunggal
Bila gelombang tunggalnya diperbanyak,
๐1, ๐1 ๏
+
๐2, ๐2 ๏
+
โฎ
+
๐ ๐, ๐ ๐ ๏ =
28. 28
Gambar 1.12. Superposisidari n gelombang
Dari gambar 1.12 tampak bahwa paket gelombang terlokalisasi di daerah
sebesar โ๐ฅ, dan lokaliasi ini yang diharapkan sebagai posisi partikel klasik.
Gambar1. 13 Kemungkinan posisi partikel di daerah โ๐ฅ
Setelah mendapatkan barang yang menyatakan partikel sekaligus gelombang
berikutnya harus dicari perumusan matematisnya. Formalism matematis untuk
paket gelombang yang terlokalisasi tersebut tidak lain adalah transformasi Fouier,
๐( ๐ฅ) = โซ ๐( ๐) ๐ ๐๐๐ฅ
๐๐
+โ
โโ
(1.42)
Sebagai contoh, jika distribusi gelobang dengan vector gelombag k, g(k),
diberikan seperti gambar
Gambar 1. 14 Distribusig(k)
Maka distribusi gelombang di dalam ruang koordinat f(x)
29. 29
๐( ๐ฅ) = โซ ๐( ๐) ๐ ๐๐๐ฅ
๐๐
+โ
โโ
= โซ
1
๐
+
๐
2
โ
๐
2
๐ ๐๐๐ฅ
๐๐
=
1
๐๐๐ฅ
๐ ๐๐๐ฅ
|
โ
๐
2
๐
2
=
2sin( ๐๐ฅ/2)
๐๐ฅ
Grafiknya,
Gambar 1. 15 Transformasi Fourier darig(k)
Dari uraian contoh dangan bartransformasi Fourier di atas diperoleh hubungan
antara โ๐ฅ dan โ๐ (atau โ๐). Hubungan ini secara grafik adalah sebagai berikut
Gambar 1.16 Kaitanโ๐ฅ dan โ๐
Hubungan antaraโ๐ฅ dan โ๐ bwergantung dari bentuk paket gelombang dan
bergantung pada โ๐, โ๐ฅ didefinisikan, perkalian (โ๐ฅ)(โ๐) akan minimum
jikapaketgelombangberbentukfungsi Gaussian yang bertransformasi Fourier
30. 30
jugadlamfungsi Gaussian. Untukpaket Gaussian, jikaโ๐ฅ dan โ๐ diambil deviasi
standar dari f(x) dain g(k), maka
โ๐ฅโ๐ =
1
2
(1.43)
Karenapada umumnya paket gelombang tidak berbentuk Gaussian, maka
โ๐ฅโ๐ โฅ
1
2
(1.44)
Kalikan pertidaksamaan (1.44) dengan โ dan mengingat ๐ = โ๐, maka
didapatkan
โ๐ฅโ๐ โฅ
โ
2
(1.45)
Pers. (1.45) ini merupakan prinsip ketidakpastian Heisenberg. Daam kalimat,
prinsip ini mengatakan:
โtidak mungkin mengetahui atau mendapatkan posisi dan momentum suatu
partikel dengan tepat secara serempak atau bersamaanโ
Prinsip ini merupakan fakta mendasar dari alam dan bukan sekedar disebabkan
oleh keterbatasan dan ketelitian pengukuran. Untuk mengatakan bahwa suatu
partikel berada pada titik x dan bermomentum p, karena tanpa pengukuran kita
tidak mempunyai informasi apa-apa.
Sebagai ilustrasi, perhatikan gedanken eksperimen berikut ini.
- Untuk mengamati electron, kita harus menyinarinya dengan cahaya ๐
- Cahaya yang sampai di mikroskop adalah cahaya terhambur oleh electron
31. 31
Gambar 1. 17 Gedanken eksperimen penentuan posisi electron
- Momentum foton terhambur ๐๐ก =
โ
๐
, dan untuk menembus obyektif, foton
harus bergerak dalam sudut ๐ผ, sehingga komponen-x dari momentum
mempunyai ketaktentuan
ฮ๐ ~ ๐๐ก sin ๐ผ ~
โ๐
2๐๐ฆ
(1.46)
Ketaktentuan ini juga merupakan ketaktentuan dalam arah-x dari
momentum electron setelah hamburan, karena selama proses hamburan,
momentum antara electron dan foton dipertukarkan.
- Di sisilain, posisi electron juga tidak tentu disebabkan difraksi cahaya
ketika menembus obyektif. Ketaktentuan posisi elektron sama dengan
diameter pola difraksi yaitu 2๐ฆ sin ๐ dengan sin ๐ ~
๐
๐
. Karena itu
ฮ๐ฅ ~ 2๐ฆsin ๐ ~
2๐ฆ๐
๐
(1.47)
Sehingga dari dua hubungan ฮ๐ dan ฮ๐ฅ di atas didapatkan
ฮ๐ฅฮ๐ = โ(โฅ
โ
2
) (1.48)
Sesuai dengan prinsip 1.45
32. 32
Contoh 1.8
a. Bila paket gelombang dalam komponen ruangnya saja f(x) terbentuk
Gaussian perlihatkan bahwa transformasi Fouriernya g(k), juga berbentuk
Gaussian
b. Bilaฮ๐ฅ dan ฮ๐ daimbil deviasi standar dari f(k) dan g(k) perlihatkan
bahwa perkalian ฮ๐ฅฮ๐ =
1
2
Penyelesaian:
a. Misalkan, paket gelombang Gaussian ternormalisasi berbentuk
๐( ๐ฅ) = (
๐ผ
โ ๐
)
1
2
๐
โ๐ผ2 ๐ฅ2
2
Denganโซ | ๐(๐ฅ)|2
๐๐ฅ = 1
โ
โโ
. Maka pasangan transformasi Fouriernya
๐( ๐) =
1
โ2๐
โซ ๐( ๐ฅ) ๐โ๐๐๐ฅ
๐๐ฅ
โ
โโ
=
1
โ2๐
(
๐ผ
โ ๐
)
1
2
โซ ๐
โ๐ผ2 ๐ฅ2
2
โ
โโ
๐โ๐๐๐ฅ
๐๐ฅ
=
1
โ2๐
(
๐ผ
โ ๐
)
1
2
โซ ๐
๐ผ2
2
( ๐ฅ+
๐๐
๐ผ2 )
2
โ
โโ
๐
๐2
2๐ผ2
๐๐ฅ
=
1
โ2๐
(
๐ผ
โ ๐
)
1
2
๐
๐2
2๐ผ2
โ ๐
๐ผ
= (
1
๐ผโ ๐
)
1
2
๐
๐2
2๐ผ2
Yang tidak lain adalahfungsi Gaussian, denganโซ | ๐(๐)|2
๐๐ = 1
โ
โโ
.
b. Deviasistandarโ๐ฅ didefinisikan
34. 34
Bentuk lain dari prinsip ketidakpastian Heisenberg dinyatakan dalam
ketidaktentuan energy โ๐ธ dan waktu โ๐ก,
โ๐ธโ๐ก โฅ
โ
2
(1.49)
Mengingat sedemikian kecilnya nilai h, prinsip ketaktentuan ini tidak relevan atau
tidak tampak dalam dunia makroskopik. Di dalam konteks ini, mekanika klasik
untuk dunia makroskopik bersifat deterministik sedangkan dunia mikroskopik
secara esensial non-deterministik. Karena itu, di dalam dunia mikroskopik tidak
dikenal lintasan eksak.
Gambar 1.18 Lintasan klasik dan kuantum
Sekarang kembali pada persoalan paket gelombang, dan kita selidiki
kebergantungannya terhadap waktu. Misalkan, paket gelombang dipresentasikan
oleh f(x,t).
โซ ๐( ๐) ๐ ๐(๐๐ฅโ๐๐ก)
๐๐
โ
โโ
(1.50)
Sebagai perluasan dari ungkapan (1.42). Pada saat t, paket gelombang f(x,t)
mempunyai maksimum di titik X(t).
35. 35
Gambar. 1.19 paket gelombang pada saat t
Jika posisi paket gelombang berubah, laju gerak titik maksimum adalah kecepatan
grup
๐ฃ๐ =
๐๐(๐ก)
๐๐ก
(1.51)
Seperti diperlihatkan pada Gambar 1.16 di depan, amplitudo g(k) bernilai
aksimum, misalkan pada k0 dan tak nol hanya disekitar harga k0 tersebut. hal ini
diambil atau diasumsikan agar momentum terdefinisi dengan baik. Dengan alasan
serupa, frekuensi juga seperti itu, yaitu berharga di sekitar ๐0 = ๐(๐0). Karena
itu, ๐ dapat diekspansi Taylo di sekitar ๐0,
๐( ๐) = ๐0 + (๐ โ ๐0)
๐๐
๐๐
|
๐=๐0
(1.52)
Dengan mengabaikan suku ekspansi orde dua dan seterusnya.
Kembali pada persoalan kecepatan grup ๐ฃ๐, karena f(x,t) maksimum di X(t), maka
(
๐๐
๐๐ฅ
)
๐ฅ=๐
= 0 = โซ ๐( ๐) ๐๐๐ ๐[ ๐๐(๐ก)โ๐๐ก]
๐๐
โ
โโ
(1.53)
Diferensiasi sekali lagi pers. (1.53) terhadap waktu t, didapatkan
0 = โซ ๐( ๐) ๐๐ ๐ (๐
๐๐(๐ก)
๐๐ก
) ๐ ๐[ ๐๐(๐ก)โ๐๐ก]
๐๐
โ
โโ
(1.54)
Subtitusi uraian (1.52) ke dalam pers. (1.54),
โซ ๐( ๐) ๐2
๐(๐๐ฃ๐ โ {๐0 + (๐ โ ๐0)
๐๐
๐๐
|
๐=๐0
}) ๐ ๐[ ๐๐(๐ก)โ๐๐ก]
๐๐
โ
โโ
= (๐ฃ๐ โ
๐๐
๐๐
|
๐=๐0
) โซ ๐( ๐) ๐2
๐2
๐ ๐[ ๐๐(๐ก)โ๐๐ก]
๐๐
โ
โโ
โ ๐ (๐ฃ๐ โ ๐0
๐๐
๐๐
|
๐=๐0
) โซ ๐( ๐) ๐๐๐ ๐[ ๐๐(๐ก)โ๐๐ก]
๐๐
โ
โโ
36. 36
= (๐ฃ๐ โ
๐๐
๐๐
|
๐=๐0
)
๐2
๐
๐๐ฅ2
|
๐ฅ=๐
Telah digunakan pers (1 53). Karena f(x,t) maksimum di X(t) maka secara umum
๐2
๐
๐๐ฅ2|
๐ฅ=๐
tidak sama dengan nol. Karena itu,
๐ฃ๐ โ
๐๐
๐๐
|
๐=๐0
= 0
Atau
๐ฃ๐ =
๐๐
๐๐
|
๐=๐0
(1.55)
Contoh 1.9
Perlihatkan bahwa kecepatan grup untuk partikel bebas tidak lain adalah
kecepatan partikel itu sendiri.
Penyelesaian:
Energi partikel bebas tidak lain adalah energi kinetik Ek
๐ธ = ๐ธ๐ =
๐
2
๐ฃ2
Dari pers (1.55), untuk kecepatan grup vg,
๐ฃ๐ =
๐๐
๐๐
ร
โ
โ
=
๐(โ๐)
๐(โ๐)
=
๐๐ธ
๐๐
Dari ungkapan energi partikel bebas,
38. 38
1.4 Latihan Soal
1. (SPMB 2001)
Permukaan suatu lempeng logam tertentu disinari dengan cahaya
monokromatik. Percobaan ini diulang dengan panjang gelombang yang
berbeda. Ternyata tidak ada elektron keluar jika lempeng di sinari dengan
panjang gelombang diatas 500nm. Dengan menggunakan gelombang
tertentu, ternyata dibutuhkan tegangan 3,1 volt untuk menghentikan arus
foto listrik yang terpancar dari lempeng . panjang gelombang tersebut
dalam nm adalah ...
2. (Ebtanas 1991)
Frekuensi ambang suatu logam sebesar 8 ร 1014 Hz, dan logam tersebut
disinari dengan cahaya yang mempunyai frekuensi 1015 Hz. Jika tetapan
Planck = 6,6 ร 10โ34 J s, maka energi kinetik foto elektron yang terlepas
dari permukaan logam tersebut adalah โฆ
3. Cahaya kuning dari lampu gas Na mempunyai panjang gelombang sebesar
589 nm. Tentukan energi fotonnya dalam eV.
4. Dalam peluruhan radioaktif, suatu inti atom mengemisikan sinar gamma
yang energinya sebesar 1,35 MeV. Tentukan :
a) Panjang gelombang dari foton
b) Momentum dari foton
5. Sinar-x dengan panjang gelombang 22 pm dihamburkan oleh target
karbon. Bila radiasi yang dihamburkan diamati pada sudut 85o, tentukan :
a) Compton shift yang terjadi
b) Persentase energi (fraksi energi) yang hilang
6. Berapa panjang gelombang Broglie dari sebuah elektron yang mempunyai
energi kinetik 120 eV ?
7. Berapa panjang gelombang Broglie dari sebuah baseball bermassa 150 g
yang sedang bergerak dengan kecepatan sebesar 35 m/s ?
39. 39
8. Sebuah meson pi bermuatan memiliki energy diam 140 MeV dan waktu-
hidup 26 ns. Carilah ketidakpastian energy meson pi ini, nyatakan dalam
MeV dan juga dalam perbandingan terhadap energy diamnya!
9. Dari soal no.8 carilah ketidakpastian energy meson pi! Meson tidak
bermuatan, memiliki energy diam 135 MeV dan waktu-hidup 8,3 ร 10-17s.
10. Sebuah meson rho memiliki energy diam 765 MeV dan waktu โhidup 4,4
ร 10-24s. carilah ketidakpastian dari energy rho tersebut!
11. Taksirkanlah kecpatan minimum sebuah bola bilyar (m ~ 100 g) yang
geraknya terbatasi pada meja bilyar berukuran 1 m!
12. Inti atom berjari-jari 5 x10-15 m. Lewat prinsip ketidakpastian, tentukan
batas bawah energy elektron, yang harus dimiliki untuk dapat menjadi
partikel penyusun inti atomik!
PENYELESAIAN
1. Menentukan E
๐ธ๐ = ๐ธ โ ๐0
๐๐ = ๐ธ โ
โ๐
๐ ๐๐ ๐๐
๐๐ +
โ๐
๐ ๐๐๐๐
= ๐ธ
1,6 ๐ฅ10โ19(3,1) +
6,63๐ฅ10โ34
5๐ฅ10โ7 = ๐ธ
๐ธ = 4,96๐ฅ10โ19
+ 3,96๐ฅ10โ19
= 8,938๐ฅ10โ19
๐ =
โ๐
๐ธ
=
6,63๐ฅ10โ34
(3๐ฅ108
)
5๐ฅ10โ19 = 222,5๐ฅ10โ9
๐
Sehingga panjang gelombang ๐ = 223 ๐๐
2. Data yang diberikan oleh soal:
frekuensi ambang fo = 8 ร 1014 Hz
frekuensi cahaya f = 1015 = 10 ร 1014 Hz
40. 40
Ek = ...?
๐ธ = ๐0 + ๐ธ๐
โ๐ = ๐0 + ๐ธ๐
โ๐ = โ๐0 + ๐ธ๐
๐ธ๐ = โ( ๐ โ ๐0)
๐ธ๐ = 6,6๐ฅ10โ34
(10๐ฅ1014
โ 8๐ฅ1014
)
๐ธ๐ = 6,6๐ฅ10โ34
(2๐ฅ1014
)
๐ธ๐ = 13,2๐ฅ10โ20
= 1,32๐ฅ10โ19
๐ฝ๐๐ข๐๐
3. Jawab :
Energi yang akan diperoleh sebuah elektron atau proton bila dipercepat
dengan perbedaan tegangan sebesar 2,11 V
4. Jawab :
a. ๐ธ = โ๐ =
๏ฌ
hc
E
hc
๏ฝ๏ฎ ๏ฌ
fm
eVx
smxseVx
920
1035,1
)/103)(.1014,4(
6
815
๏ฝ๏ฝ
๏ญ
๏ฌ
b.
c
E
f
hfh
p ๏ฝ๏ฝ๏ฝ
๏ฌ๏ฌ
smkgx
smx
eVJxeVx
p /1020,7
/103
)/106,1)(1035,1( 22
8
196
๏ญ
๏ญ
๏ฝ๏ฝ
cMeV
c
MeV
p
c
E
p
/35,1
)35,1(
๏ฝ๏ฝ
๏ฝ
Berlaku juga untuk partikel-partikel dimana E total>> Energi diam
5. Jawab :
a. pmpm
mc
h o
21,2)85cos1)(43,2()cos1( ๏ฝ๏ญ๏ฝ๏ญ๏ฝ๏ ๏ฆ๏ฌ
eV
mx
smxseVx
E 11,2
10589
)/103)(.1014,4(
9
815
๏ฝ๏ฝ ๏ญ
๏ญ
41. 41
b.
f
ff
hf
hfhf
E
EE
frac
''' ๏ญ
๏ฝ
๏ญ
๏ฝ
๏ญ
๏ฝ
๏ฌ๏ฌ
๏ฌ
๏ฌ
๏ฌ๏ฌ
๏ฌ
๏ฌ๏ฌ
๏๏ซ
๏
๏ฝ
๏ญ
๏ฝ
๏ญ
๏ฝ
'
''
c
cc
frac
%1,9091,0
21,222
21,2
๏ฝ๏ฝ
๏ซ
๏ฝfrac
6. mKpmvpmvK 2
2
1 2
๏ฝ๏ฎ๏ฝ๏ฝ
smkgxp
eVJxeVkgxmKp
/1091,5
)/106,1)(120)(101,9(22
24
1931
๏ญ
๏ญ๏ญ
๏ฝ
๏ฝ๏ฝ
pmmx
smkgx
sJx
p
h
1121012,1
/.1091,5
.1063,6 10
24
34
๏ฝ๏ฝ๏ฝ๏ฝ ๏ญ
๏ญ
๏ญ
๏ฌ
7. Jawab :
mx
smkg
sJx
mv
h
p
h
34
34
1026,1
)/35)(15,0(
.1063,6 ๏ญ
๏ญ
๏ฝ๏ฝ
๏ฝ๏ฝ
๏ฌ
๏ฌ
8. Jika meson pi hidup selama 26 ns (nanosekon), maka kita hanya
mempunyai peluang waktu sebesar itu untuk mengukur energy diamnya,
dan persamaan โ๐ธโ๐ก โฅ โ memberitahukan kita bahwa setiap pengukuran
energy yang dilakukan dalam selang waktu โ๐ก memiliki ketidakpastian
sekurang โ kurangnya sebesar โ๐ธ ~ โ/โ๐ก
โ๐ธ =
โ
โ๐ก
=
6,58 ร 10โ16
๐๐. ๐
26 ร 10โ9 ๐
= 2,5 ร 10โ8
๐๐
= 2,5 ร 10โ14
๐๐๐
โ๐ธ
๐ธ
=
2,5 ร 10โ14
๐๐๐
140 ๐๐๐
= 1,8 ร 10โ16
9. โ๐ธ =
โ
โ๐ก
=
6,58 ร 10โ16
๐๐.๐
8,3ร10โ17 ๐
= 7,9 ๐๐
= 7,9 ร 10โ6
๐๐๐
โ๐ธ
๐ธ
=
7,9 ร 10โ6
๐๐๐
135 ๐๐๐
= 5,9 ร 10โ8
42. 42
10. โ๐ธ =
โ
โ๐ก
=
6,58 ร 10โ16
๐๐.๐
4,4ร10โ24 ๐
= 1,5 ร 108
๐๐
= 150 ๐๐๐
โ๐ธ
๐ธ
=
150 ๐๐๐
765 ๐๐๐
= 0,20
11. Untuk โ๐ฅ ~ 1 m, kita peroleh
โ๐๐ฅ ~
โ
โ๐ฅ
=
1,05 ร 10โ34
๐ฝ. ๐
1 ๐
= 1 ร 10โ34
๐๐. ๐/๐
Sehingga
โ๐ฃ ๐ฅ =
โ๐๐ฅ
๐
=
1 ร 10โ34
๐๐. ๐/๐
0,1 ๐๐
= 1 ร 10โ33
๐/๐
Jadi efek kuantum โmempengaruhiโ gerak bola bilyar dengan orde laju
1 ร 10โ33
๐/๐ .
12. Dengan mengambil nilai ฮx = 5 x10-15 m sehingga nilai ketidakpastian;
ฮp โฅ
๏ฐ4
h
x
1
๏
โฅ
),(
.,
1434
Js10636 34๏ญ
m105
1
15๏ญ
.
= 11 .10-21 kg ms-1
Nilai 11 x 10-21 kg ms-1, merupakan ketidakpastian momentum electron
dalam inti. Orde momentum (p) harus besar paling sedikit sama dengan 11
x 10-21 kg ms-1. Elektron dengan momentum 11 x 10-21 kg ms-1 akan
memiliki Ek jauh lebih besar dari energy diamnya (mo c2).
Energi (pc) sehingga E โฅ (11 x 10-21 kg ms-1)(3 x 108 m) โฅ 33 x 10-13 J.
Energi elektron agar dapat menjadi partikel dalam inti, harus berenergi >
32 x10-14 J. Dari eksperimen electron dalam atom mantap tidak memiliki
energy kurang dari 32 x 10-14 J, sehingga dapat disimpulkan tidak ada
electron dalam inti.
43. 43
BAB 2
OPERATOR
2.1 Operator Hermite
Untuk operator linier sebarang, didefinisikan nilai harap
โฉ ๐ดโช ๐ โก โฉ ๐ดโช = โซ ๐โ
๐ด๐ ๐๐ฃ
Karena itu
โฉ ๐ดโชโ
= (โซ ๐โ
๐ด๐ ๐๐ฃ)โ
= โซ ๐( ๐ด๐)โ
๐๐ฃ
= โซ ( ๐ด๐)โ
๐ ๐๐ฃ
Operator sekawan hermite dari A ditulis ๐ด+
, didefinisikan sebagai :
โซ ( ๐ด๐)โ
๐ ๐๐ฃ = โซ ๐โ
๐ด+
๐ ๐๐ฃ
Jadi suatu operator dalam produk skalar boleh kita pindahkan dari suatu ruang ke
ruang lainnya, namun dalam pemindahan itu operator tersebut harus digantikan
dengan setangkup hermitnya (Adjointnya).
Sedangkan suatu operator A dikatakan operator Hermitian jika
๐ด+
= ๐ด
Sifat-sifat lainnya :
(๐ด+
)+
= ๐ด
(๐ ๐ด)+
= ๐โ
๐ด+
(๐ด + ๐ต)+
= ๐ด+
๐ต+
44. 44
(๐ด๐ต)+
= ๐ต+
๐ด+
Contoh :
Untuk dua operator A dan B perhatikan bahwa
(๐ด๐ต)+
= ๐ต+
๐ด+
Penyelesaian :
Misalkan AB = C maka definisi (4.18) didapatkan
โซ (๐ด๐ต๐)โ
๐ ๐๐ฃ = โซ (๐ถ๐)โ
๐ ๐๐ฃ
= โซ ๐โ
๐ถ+
๐ ๐๐ฃ
= โซ ๐โ
(๐ด๐ต)+
๐ ๐๐ฃ
Masih dari definisi (4.18), uraian per operator memberikan
โซ (๐ด๐ต๐)โ
๐ ๐๐ฃ = โซ(๐ต๐)โ
๐ด+
๐ ๐๐ฃ
= โซ ๐โ
๐ต+
๐ด+
๐ ๐๐ฃ
Dari dua hasil di atas, jelas bahwa
(๐ด๐ต)+
= ๐ต+
๐ด+
Matriks Hermitian
Kajian mengenai matriks Hermitian menjadi sangat penting karena matriks
Hermitian memiliki beberapa karakteristik yang paling utama dari matriks
45. 45
Hermitian yaitu memiliki nilai eigen berupa bilangan real sehingga kita dapat
mendefinisikan sebuah fungsi matriks Hermitian.
Definisi 1. Setiap matriks persegi A dengan entri-entri bilangan kompleks disebut
matriks Hermitian atau disebut juga self-adjoin jika ๐ด๐ด =โ
Misal :
Matriks ๐ด = (
1 2 + ๐
2 โ ๐ 3
) adalah matriks Hermitian sebab
๐ดโ
= (
1 2 + ๐
2 โ ๐ 3
)
Definisi 2. Matriks persegi A dengan entri-entri bilangan kompleks disebut
normal jika
๐ด๐ดโ
= ๐ด๐ด
Setiap matriks Hermitian A adalah normal karena
๐ด๐ดโ
= ๐ด๐ด = ๐ดโ
๐ด dan setiap matriks uniter A adalah normal karena ๐ด๐ดโ
= ๐ผ =
๐ดโ
๐ด
Nilai dan fungsi eigenoperator hermitian
Dari definisi sekawan hermite, operator hermite dan perkalian skalar dapat
diperoleh bahwa :
i. Nilai eigen dari operator Hermitian adalah riel
ii. Dua fungsi eigen dari operator Hermitian dengan dua nilai eigen berbeda akan
ortogonal
Dua fungsi eigen ๐ ๐ dan ๐ ๐ dikatakan ortogonal jika produk skalarnya
memenuhi :
( ๐ ๐ , ๐ ๐ ) = ๐๐ฟ ๐๐
Dengan c adalah bilangan real.
46. 46
Bukti dari dua pernyataan bagi operator Hermite di atas adalah sebagai berikut.
Misal ๐ ๐ dan ๐ ๐ adalah dua fungsi eigen dari operator Hermite H
๐ป๐ ๐ = ๐๐ ๐
๐ป๐ ๐ = ๐๐ ๐
๐ ๐ โ ๐ ๐ , ๐ โ ๐
Maka
i. Dari definisi operator Hermite (4.17) , dan operator H (4.19)
โซ(๐ป๐ ๐)โ
๐ ๐ ๐๐ฃ = โซ ๐ ๐
โ
๐ป+
๐ ๐ ๐๐ฃ
= โซ ๐ ๐
โ
๐ป๐ ๐ ๐๐ฃ
Atau
โซ(๐ป๐ ๐)โ
๐ ๐ ๐๐ฃ โ โซ ๐ ๐
โ
๐ป๐ ๐ ๐๐ฃ = 0
Dari persamaan eigen di atas, didapatkan
0 = โซ(๐๐ ๐)โ
๐ ๐ ๐๐ฃ โ โซ ๐ ๐
โ
๐๐ ๐ ๐๐ฃ
= โซ( ๐โ
๐ ๐
โ
)๐ ๐ ๐๐ฃ โ โซ ๐ ๐
โ
๐๐ ๐ ๐๐ฃ
= ( ๐โ
โ ๐)โซ ๐ ๐
โ
๐ ๐ ๐๐ฃ
= 0
Mengingat pertidaksamaan (4.2 d) , secara umum
โซ ๐ ๐
โ
๐ ๐ ๐๐ฃ = ( ๐ ๐ , ๐ ๐) โ 0
Maka
๐โ
โ ๐ = 0
Atau
47. 47
๐โ
= ๐
Jadi nilai eigen real
ii. Sekali lagi menggunakan persamaan (4.17)
( ๐ป๐ ๐ , ๐ ๐) = ( ๐ ๐ , ๐ป๐ ๐)
Dan dari dua persamaan eigen untuk ๐ ๐ , ๐ ๐ serta nilai eigen real dari H, maka
( ๐ป๐ ๐ , ๐ ๐) = ๐( ๐ ๐ , ๐ ๐ )
( ๐ ๐ , ๐ป ๐ ๐) = ๐( ๐ ๐ , ๐ ๐ )
Atau
( ๐ โ ๐)( ๐ ๐ , ๐ ๐ ) = 0
Karena ๐ โ ๐ untuk ๐ โ ๐ maka
( ๐ ๐ , ๐ ๐) = 0
Karena itu berlaku
( ๐ ๐ , ๐ ๐ ) = ๐๐ฟ ๐๐
Yang berarti bahwa ๐ ๐ , ๐ ๐ ortogonal
Contoh
Tentukan nilai dan vektor eigen dari matriks hermitian berikut
๐ป = (
1 2๐ 0
โ2๐ 0 โ2๐
0 2๐ โ1
)
Penyelesaian
Persamaan eigen ๐ป๐ข = ๐๐ข, nilai eigen ๐ , diperoleh dengan menghitung
determinan
49. 49
i. ๐ข1
+
๐ข2 =
1
9
( ๐ 2 2๐)(
โ1
2
โ2๐
) =
2+2โ4
9
= 0
ii. ๐ข1
+
๐ข3 =
1
9
( ๐ 2 2๐)(
2๐
2
๐
) =
โ2+4โ2
9
= 0
iii. ๐ข2
+
๐ข3 =
1
9
(2๐ 1 โ2๐)(
2๐
2
๐
) =
โ4+2+2
9
= 0
Yakni ketiganya orthonormal.
SOAL
1. Buktikan Operator P adalah Hermit !
Jawaban
๐+
= [
โ
๐
.
๐
๐๐ฅ
]+
= [
โ
๐
]+
[
๐
๐๐ฅ
]+
= (โ
โ
๐
) . (โ
๐
๐๐ฅ
)
= (
โ
๐
) . (
๐
๐๐ฅ
)
= ๐
2. Misalkan ๐ด ๐ ๐ ๐ adalah matriks Hermitian, maka :
a. ๐ฅโ
๐ด๐ฅ adalah bilangan real untuk setiap ๐ฅ โ โ ๐
b. Nilai eigen dari A adalah bilangan real
Jawaban
Bukti :
50. 50
a. Perhatikan bahwa ๐ฅโ
๐ด๐ฅ = โฉ ๐ด๐ฅ, ๐ฅโช = โฉ ๐ฅ, ๐ดโ
๐ฅโช = โฉ ๐ฅ, ๐ด๐ฅโช
Kemudian โฉ ๐ฅโ ๐ด๐ฅฬ ฬ ฬ ฬ ฬ ฬ ฬ โช = โฉ ๐ด๐ฅ, ๐ฅฬ ฬ ฬ ฬ ฬ ฬ ฬ โช = โฉ ๐ฅ, ๐ด๐ฅโชkarena ๐ฅโ
๐ด๐ฅ = โฉ ๐ฅโ ๐ด๐ฅฬ ฬ ฬ ฬ ฬ ฬ ฬ โช maka ๐ฅโ
๐ด๐ฅ
adalah bilangan real
b. Misalkan nilai eigen dari A adala๐ dan ๐ฅ adalah vektor eigen yang terkait
dengan nilai eigen ๐ maka ๐ด๐ฅ = ๐๐ฅ Kemudian perhatikan bahwa
๐โฉ ๐ฅ, ๐ฅโช = โฉ ๐๐ฅ, ๐ฅโช = โฉ ๐ด๐ฅ, ๐ฅโช = โฉ ๐ฅ, ๐ด๐ฅโช = โฉ ๐ฅ, ๐๐ฅโช = ๐ฬ โฉ ๐ฅ, ๐ฅโช
Karena ๐ = ๐ฬ maka nilai eigen ๐ adalah bilangan real.
53. 53
{
1
sin ๐
๐
๐๐
(sin ๐
๐๐ท ๐
๐๐
) โ
๐2
sin2 ๐
} ๐ฉ๐ก๐ = โ๐(๐ + 1)๐ฉ๐ก๐
(4.63)
Dengan demikian diperoleh
L2 ๐๐ก๐ = โฤง2 [โ๐( ๐ + 1) ๐ฉ๐ก๐] ๐ท ๐
= ๐( ๐ + 1)ฤง2
๐ฉ๐ก๐ ๐ท ๐
(4.64)
= ๐( ๐ + 1)ฤง2
๐๐ก๐
Artinya,
๐ ๐ง ๐๐ก๐ ( ๐, ๐) juga merupakan fungsi eigen dari L2 dengan nilai eigen = ๐( ๐ +
1)ฤง2
. Hal ini berarti ๐๐ก๐ ( ๐, ๐) merupakan fungsi eigen serempak dari Lz dan L2,
dan hasil ini memberikan konsekuwensi lebih lanjut yaitu
[Lz , L2] = 0
(4.65)
Dari operasi Lz dan L2 pada fungsi harmonik ๐๐ก๐ ( ๐, ๐), memungkinkan untuk
melakukan penafsiran fifif sebagai berikut.
๐๐ก๐ ( ๐, ๐)menggambarkan perilaku elektron dengan besar momentum sudut L
L = |๐ฟโโ| = โ ๐ฟ. ๐ฟโโโโโโโโ = ฤง โ ๐(๐ + 1)
(4.66)
Momentum sudut sebesar ฤง โ ๐(๐ + 1) ini tidak mempunyai arah yang bebas
melainkan sedemikian rupa sehingga proyeksinya terhadap sumbu z,
๐ฟโโ. ๐โโ = ๐ฟ ๐ง = ๐ ฤง
(4.67)
54. 54
Artinya, momentum sudut terkuantisasi dalam uang. Ilustrasi gerak elektronnya
diberikan oleh gambar berikut :
Gambar 4.4 Ilustrasi klasik gerak elektron
Dari gambar 4.4 tampak bahwa kendala bagi arah momentum ๐ฟโโ adalah :
Cos ๐ =
๐ฟ ๐ง
๐ฟ
=
๐
โ ๐(๐+1)
(4.68)
Sebagai sumbu z biasanya diambil arah medan luar misalnya medan magnet B
yang meliputi atom
55. 55
Gambar 4.5 Berbagai elektron
Gambar 4.6 Kuantisasi ruang bagi momentum sudut
Contoh soal 4.4
Satu elektron di dalam medan coulomb dari suatu proton mempunyai keadaan
yang dinyatakan oleh fugsi gelombang :
๐น( ๐) =
1
6
{4๐น100 ( ๐)+ 3๐น211 ( ๐) โ ๐น210 ( ๐)+ โ10 ๐น21โ1( ๐)}
Hitung harga ekspektasi dari
56. 56
a. Energi
b. ๐ฟ2
c. ๐ฟ ๐ง dari elektron
Penyelesaian:
a. Helmintonian (4.3) dan persamaan eigen (4.4) memberikan
H๐น๐๐๐ (r)=๐ธ ๐ ๐น๐๐๐ (r)
Dengan energi eigen hanya bergantung pada bilangan kuantum utama n
๐ธ ๐=-
๐ ๐ ๐4
32ฯ ๐๐2 ั2
1
๐2
Kemudia mengiingat ortonormalitas fungsi eigen ๐น๐๐๐ (r)
(๐น๐โฒ๐โฒ๐โฒ, ๐น๐๐๐ )=ฮด ๐โฒ
๐
ฮด ๐โฒ
๐
ฮด ๐โฒ
๐
Didapatkan
โฉEโช=โซ ๐นโ
H ๐นdv
=โซ ๐นโ
H
1
6
{4๐น100 ( ๐)+ 3๐น211 ( ๐) โ ๐น210 (ศ)+ โ10๐น21โ1( ๐)}dv
=โซ ๐นโ 1
6
{4๐ธ1 ๐น100 ( ๐)+ 3๐ธ2 ๐น211 ( ๐)โ ๐ธ2 ๐น210 ( ๐)+
โ10๐ธ2 ๐น21โ1( ๐)}dv
=
1
36
โซ{16 ๐นโ
100 ๐ธ1 ๐น100 +9๐นโ
211 ๐ธ2 ๐น211 +๐นโ
210 ๐ธ2 ๐น210 +10๐นโ
21โ1 ๐ธ2 ๐น21โ1
}dv
=
1
36
{16โฉ๐ธ1โช+9โฉ๐ธ2โช+โฉ๐ธ2โช+10โฉ๐ธ2โช}
=
1
36
{16โฉ๐ธ1โช+20โฉ๐ธ2โช}
=
1
36
{16โฉ๐ธ1โช+
20
4
โฉ๐ธ2โช}
=
7
12
โฉ๐ธ1โช
b. Menggunakan persamaan (4.64)
๐ฟ2
๐น๐๐ =l(l+1) ั2
๐น๐๐
Yang hanya bergantung pada bilangan kuantum orbital,maka:
i) ๐ฟ2
๐น100 ( ๐)=0
61. 61
ฯn โก โn โฆ
โฆ(5.87)
dan ortonomalitas
โฉ ๐โn โช= แตmn
โฆ(5.88)
Hubungan (5.79b) dan (5.80), diberikan
ฮฑ (ฮฑ+
ฮฑ +
1
2
)= โ ๐ โn-1 โฆ
ฮฑ+
n โฆ = โ ๐ + 1โn+1 โฆ
ฮฑ+
ฮฑ n โฆ = ๐โn โฆ
โฆ(5.89)
Karena itu, operator ฮฑ disebut sebagai operator tangga penurun โn โฆ โ โn-1 โฆ ,
ฮฑ+
operator tangga penaik โn โฆ โ โn+1 โฆ
Sedangkan
ฮฑ+
ฮฑ = แน . โฆ
(5.90)
Disebut operator jumlah atau operator bilangan. Didalam ungkapan operator
tangga ini, persamaan eigen bagi osilator harmonic menjadi
H n โฆ h๐ (ฮฑ+
ฮฑ +
1
2
)โn โฆ = En โn โฆ
โฆ(5.91)
Dengan
62. 62
En = h๐ (n +
1
2
)
โฆ(5.92)
Selanjutnya didefinisikan keadaan dasar atau keadaan vakum โ0 โฆ yang
memenuhi
ฮฑ โn โฆ = 0
โฆ(5.93)
โฉ0โ0 โช = 1
โฆ(5.94)
Keadaan vakum dapat ditafsirkan sebagai ketiadaan partikel dengan frekuensi ๐ .
dari per (5.89) didapatkan
ฮฑ โn โฆ = 0
ฮฑ+
โ0 โฆ = โ1 โฆ
Karena itu, operator ฮฑ diseut juga operator anihilasi atau permusnah satu partikel
menjadi tidak ada โ1 โฆ โ โ0 โฆ , sedangkan ฮฑ+
operator kreasi dari vakum
menjadi ada satu pertikel โ0 โฆ โ โ1 โฆ.
Contoh 5.7
Keadaan eigen. Tentukan :
a. Komutator antara ๐ฬ dan a
b. Komutator antara ๐ฬ dan a+
c. Hubunganantara keadaan tereksitasi | ๐โช dan keadaan |0โช
Penyelesaian :
a. Dari komutator tiga operator
[ ๐ด๐ต, ๐ถ] = A[ ๐ต, ๐ถ] + [ ๐ด, ๐ถ]B
๐๐๐๐
[ ๐+
๐, ๐] = a+[ ๐, ๐] + [ ๐+
, ๐]a
68. 68
BAB 3
PERSAMAAN SCHRODINGER
3.1 Persamaan Gelombang dan Fungsi Gelombang
Suatu gelombang cahaya bidang dapat dituliskan oleh persamaan:
๐( ๐ฅ, ๐ก) = ๐ธ0 sin( ๐๐ฅ โ ๐๐ก) (1)
Dengan ๐ธ0 adalah nilai faktor medan listrik, ๐ = 2๐๐ฃ adalah frekuensi sudut, dan
๐ = ๐ ๐โ = 2๐ ๐โ adalah angka gelombang.
Pada analogi dengan persamaan (1), gelombang partikel dapat dituliskan sebagai:
๐( ๐ฅ, ๐ก) = ๐ด sin( ๐๐ฅ โ ๐๐ก) (2)
Dari ๐ = 2๐ ๐โ dan ๐ โ ๐๐ฅโ maka nomor gelombang ๐ dapat dinyatakan dalam
momentum partikel ๐๐ฅ sebagai:
๐ =
๐๐ฅ
โ
Dengan โ adalah โ 2๐โ . Frekuensi ๐ berhubungan dengan energi kinetik partikel
๐ธ sebagai berikut:
๐ฌ = ๐๐ = ๐๐
Dan jika energi kinetik dinyatakan dalam momentumnya, maka :
๐ ๐
๐
๐๐
= ๐๐
Atau
๐ =
๐๐ฅ
2
2๐โ
Fungsi gelombang menjadi :
๐( ๐ฅ, ๐ก) = ๐ด sin (
๐๐ฅ ๐ฅ
โ
โ
๐๐ฅ
2
๐ก
2๐โ
) (3)
Fungsi gelombnag (3) merupakan penyelesaian persamaan diferensial gelombang
salah satunya adalah
๐2
๐
๐๐ก2
= ๐ผ
๐2
๐
๐๐ฅ2
69. 69
Persamaan ini adalah persamaan gelombang datar atau bidang bunyi dalam gas
dengan leju bunyi adalah ๐ถ.
Persamaan (1) disubtitusikan ke persamaan (2) dengan menganggap
๐๐
๐๐
= ๐, yaitu
tak ada gaya yang bekerja pada partikel.
๐๐
๐๐ก
= โ
๐๐ฅ
2
2๐โ
๐ด cos(
๐๐ฅ
โ
๐ฅ โ
๐๐ฅ
2
2๐โ
๐ก)
๐2
๐
๐๐ก2
= โ(
๐๐ฅ
2
2๐โ
)
2
๐ด sin
๐๐ฅ
โ
๐ฅ โ
๐๐ฅ
2
2๐โ
๐ก
= โ(
๐๐ฅ
2
2๐โ
)
2
๐
๐๐
๐๐ฅ
=
๐๐ฅ
โ
๐ด cos(
๐๐ฅ
โ
๐ฅ โ
๐๐ฅ
2
2๐โ
๐ก)
๐2
๐
๐๐ฅ2
= โ (
๐๐ฅ
โ
)
2
๐ด sin(
๐๐ฅ
โ
๐ฅ โ
๐๐ฅ
2
2๐โ
๐ก)
= โ (
๐๐ฅ
โ
)
2
๐
Hasilnya
โ(
๐๐ฅ
2
2๐โ
)
2
๐ = ๐ผ [โ (
๐๐ฅ
โ
)
2
๐] (4)
Maka diperoleh
๐ผ =
๐๐ฅ
2
4๐2
(5)
Maka persamaan (3) menjadi:
๐2
๐
๐๐ก2
=
๐๐ฅ
2
4๐2
๐2
๐
๐๐ฅ2
Persamaan (4) menunjukkan fungsi gelombang (3) dideferinsialkan ke t hanya
sekali maka momentum ๐๐ฅ ruas kiri dan ruas kanan saling menghapus. Dengan
demikian persamaan baru:
๐๐
๐๐ก
= ๐พ
๐2
๐
๐๐ฅ2
(6)
70. 70
Persamaan :
๐ = ๐ด sin [ ๐ (
๐๐ฅ ๐ฅ
โ
โ
๐๐ฅ
2
๐ก
2๐โ
)] (7)
Adalah penyelesaian dari persamaan (6) bila:
๐พ =
๐โ
2๐
Dengan demikian persamaan gelombang (6) menjadi:
๐๐
๐๐ก
=
โ
๐2๐
๐2
๐
๐๐ฅ2
(1 ๐๐๐๐๐๐ ๐ ) (8)
๐๐
๐๐ก
=
โ
๐2๐
โ2
๐ (3 ๐๐๐๐๐๐ ๐ ) (9)
Persamaan (9) dapat ditulis dalam bentuk:
๐โ
๐๐
๐๐ก
=
( ๐โโ)2
2๐
๐ (10)
Persamaan gerak klasik dapat ditulisakan dalam bentuk:
๐ธ =
๐2
2๐
(11)
Persamaan (10) dan (11) memiliki kesamaan oleh Schrodinger dipakai sebagai
dasar untuk mendalilkan transisi dan deskripsi mekanika kuantum dapat dibuat
dengan prosedur berikut:
1. Tuliskan persamaan gerak klasik dalam bentuk energi total ๐ธ,
momentum ๐, dan energi potensial ๐.
2. Gantilah persamaan tersebut ke dalam persamaan operator dengan
mengganti ๐ธ, dengan operator ๐โ
๐
๐๐ก
dan ๐ dengan operator ๐โโ.
3. Kenakan operator tersebut pada fungsi gelombang ๐ persamaan
gelombang yang diperoleh.
4. Persamaan gerak klasik partikel dalam suatu potensial adalah
71. 71
๐ธ =
๐2
2๐
+ ๐( ๐) (12)
Dengan mengerjakan postulat pada persamaan diatas, kita memperoleh Persamaan
Schrodinger:
๐๐
๐๐
๐๐
=
๐ ๐
๐๐
๐ ๐
๐ + ๐ฝ( ๐) ๐
( ๐๐)
3.2 Pembenaran Persamaan Schrodinger
Baik hukum Newton, persamaan Maxwell, maupun persamaan
Schrodimger tidak dapat diturunkan dari seperangkat asas dasar, namun
pemecahan yang diperoleh darinya ternyata sesuai dengan pengamatan percobaan.
Persamaan Schrodinger hanya dapat dipecahkan secara eksak untuk beberapa
potensial sederhana tertentu; yang paling sederhana adalah potensial konstan dan
potensial osilator harmonik. Kedua kasus sederhana ini memang tidak โfisis,โ
dalam artian bahwa pemecahannya tidak dapat diperiksa kebenarannya dengan
percobaan-tidak ada contoh di alam yang berkaitan dengan gerak sebuah pertikel
yang terkukung dalam sebuah kotak satu dimensi, ataupun sebuah osilator
harmonik mekanika kuantum ideal (meskipun kasus seperti ini seringkali
merupakan hampiran yang cukup baik bagi situasi fisis yang sebenarnya). Namun
demikian, berbagai kasus sedrhana ini cukup bermanfaat dalam memberikan
gambaran tentang teknik umum pemecahan persamaan Schrodinger.
Kita bayangkan sejenak bahwa kita adalah Erwin Schrodinger dan sedang
meneliti suatu persamaan diferensial yang akan menghasilkan pemecahan yang
sesuai bagi fisika kuantum. Akan kita dapati bahwa kita dihalangi oleh tidak
adanya hasil percobaan yang dapat kita gunakan sebagai bahan perbandingan.
Oleh karena itu, kita harus merasa puas dengan hal berikut-kita daftarkan semua
sifat yang kita perkirakan akan dimiliki persamaan kita, dan kemudian menguji
macam persamaan manakah yang memenuhi semuan kriteria tersebut.
1. Kita tidak boleh melanggar hukum kekekalan energy. Meskipun kita hendak
mengorbankan sebagian besar kerangka fisika klasik, hukum kekekalan
72. 72
energy adalah salah satu asas yang kita inginkan tetap berlaku. Oleh karena
itu, kita mengambil
๐ฒ + ๐ฝ = ๐ฌ (๐. ๐)
Berturut-turut, K, V, dan E adalah energy kinetic, potensial, total. (karena
kajian kita tentang fisika kuantum ini dibatasi pada keadaan takrelativistik,
maka ๐ฒ = ๐
๐โ ๐๐ยฒ = ๐ยฒ/๐๐; ๐ฌ hanyalah menyatakan jumlah energy
kinetic dan potensial, bukan energy massa relativistic).
1. Bentuk persamaan diferensial apa pun yang kita tulis, haruslah taat asas
terhadap hipotesis deBrogile-jika kita pecahkan persamaan matematikanya
bagi sebuah partikel dengan momentum p, maka pemecahan yang kita
dapati haruslah berbentuk sebuah fungsi gelombang dengan sepanjang
gelombang ๐ yang sama dengan h/p. dengan menggunakan persamaan p =
hk, maka enrgi kinetic dari gelombang deBrogile partikel bebas haruslah
๐ฒ = ๐ยฒ/๐๐ = ัยฒ๐ยฒ/๐๐.
2. Persamaanya haruslah โberperilaku baik,โ dalam pengertian matematika.
Kita mengharapkan pemecahannya memberikan informasi kepada kita
tentan porbalitas untuk menemukan partikelnya; kita akan terperanjat
menemukan bahwa, misalnya, probalitas tersebut berubah secara tidak
kontinu, karena ini berarti bahwa partikelnya menghilang secara tiba-tiba
dari suatu titik dan muncul kembali pada titik lainnya. Jadi, kita syaratkan
bahwa fungsinya haruslah bernilai tunggal-artinya, tidak boleh ada dua
probalitas untuk menemukan partikel di satu titik yang sama. Ia harus pula
linear, agar gelombangnya memiliki sifat superposisi yang kita harapkan
sebagai milik gelombang yang berperilaku baik.
Dengan memilih bernalar dalam urutan terbalik, akan kita tinjau terlebih
dahulu pemecahan dari persamaan yang sedang kita cari. Anda telah mempelajari
di depan tentang gelombang tali, yang memiliki bentuk matematik ๐ฆ(๐ฅ, ๐ก) =
๐ด ๐ ๐๐ (๐๐ฅ โ ๐๐ก), dan gelombang electromagnet, yang memiliki pula bentuk
serupa ๐ธ(๐ฅ, ๐ก) = ๐ธ0 ๐ ๐๐ (๐๐ฅ โ ๐๐ก) dan ๐ต(๐ฅ, ๐ก) = ๐ต0 ๐ ๐๐ (๐๐ฅ โ ๐๐ก). Oleh
73. 73
karena itu, kita postulatkan bahwa gelombang deBrogile partikel bebas ๐( ๐ฅ, ๐ก)
memiliki pula bentuk sebuah gelombang dengan amplitude A yang merambat
dalam arah ๐ฅ positif. Katakanlah t = 0, jadi dengan mendifinisikan
๐( ๐ฅ)sebagai( ๐ฅ, ๐ก = 0), maka
๐(๐ฅ) = ๐ ๐ ๐๐ ๐๐ฅ (5.2)
Persamaan diferensial, yang pemecahannya adalah ๐( ๐ฅ, ๐ก), dapat mengandung
turunan terhadap x atau t , tetapi ia haruslah hanya bergantung pada pangakat satu
dari๐2
atau (
๐๐
๐๐ก2โ )tidak boleh muncul. Didepan telah didapati bahwa๐พ =
ัยฒ๐ยฒ/2๐, sehingga satu-satunya cara untuk memperoleh suku yang mengandung
๐2
adalah dengan mengambil turunan kedua dari๐( ๐ฅ) = ๐ด sin ๐๐ฅ terhadap x.
๐2
๐
๐๐ฅ2
= โ๐2
๐ = โ
2๐
โ2
๐พ๐ = โ
2๐
โ2
( ๐ธ โ ๐) ๐
โ
โ2
2๐
๐2
๐
๐๐ฅ2
+ ๐๐ = ๐ธ๐ (5.3)
Perlu ditekankan bahwa yang kita lakukan disini bukanlah suatu
penurunan; kita hanya sekedar membentuk suatu persamaan diferensial dengan
ketiga sifat berikut : (1) ia taat asas dengan kekekalan energi; (2) ia linear dan
bernilai tunggal; (3) ia memberikan pemecahan partikel bebas yang sesuai dengan
sebuah gelombang deBrouglie tunggal. Persamaan (5.3) adalah persamaan
Schrลdinger waktu-bebas satu dimensi. Meskipun gelombang nyata selain
bergantung pada koordinat ruang dan juga waktu , dan bahwa alam kita bukan
berdimensi satu melainkan tiga, kita dapat belajar mengenai matematika dan
fisika dari mekanika kuantum dengan mempelajari berbagai pemecahan.
Contoh Soal :
Sebuah benda bermassa m dijatuhkan dari ketinggian ๐ป di atas tangki air.
Ketika memasuki air, ia mengalami gaya apung ๐ต yang lebih besar daripada
beratnya. (Kita abaikan gaya gesek (viskos) oleh air pada benda Carilah
perpindahan dan kecepatan benda, dihitung dari saat dilepaskan hingga ia muncul
kembali kepermukaan air.
74. 74
Pemecahan :
Kita pilih sebuah system koordinat dengan ๐ฆ positif keatas, dan
mengambil ๐ฆ = 0 pada permukaan air. Selama benda jatuh bebas, ia hanya
dipengaruhi gaya gravitasi. Maka, dalam daerah 1(diatas air, hukum kedua
Newton memberikan
โ๐๐ = ๐
๐2
๐ฆ2
๐๐ก2
Yang memiliki pemecahan
๐ฃโ(๐ก) = ๐ฃโโ โ ๐๐ก
๐ฆโ(๐ก) = ๐ฆโโ + ๐ฃโโ๐ก โ 1/2๐๐กยฒ
vโโ dan yโโ adalah kecepatan dan ketinggian awal pada saat t=0. Ketika benda
memasuki air (daerah 2), gayanya menjadi B-mg, sehingga hukum kedua Newton
menjadi
๐ต โ ๐๐ = ๐
๐2
๐ฆ2
๐๐ก2
Yang memiliki pemecahan
๐ฃ2( ๐ก) = ๐ฃ02 + (
๐ต
๐
โ ๐) ๐ก
๐ฆ2( ๐ก) = ๐ฆ02 + ๐ฃ02 ๐ก +
1
2
(
๐ต
๐
โ ๐) ๐กยฒ
Keempat pemecahan ini memiliki empat koefisien tidak tertentukan
๐ฆโโ, ๐ฃโโ, ๐ฆโโ, ๐ฃโโ (Perhatikan bahwa ๐ฆโโ dan ๐ฃโโ bukanlah nilai pada saat ๐ก = 0,
tetapitetapan yang akan ditentukan kemudian). Kedua tetapan pertama diperoleh
dengan menerapkan syarat awal โ pada saat ๐ก = 0 (ketika benda dilepaskan)
๐ฆโโ = ๐ป dan ๐ฃโโ = 0, karena benda dilepaskan dari keadan diam. Oleh karena
itu, pemecahan dalam daerah 1 adalah
๐ฃโ (๐ก) = โ ๐๐ก
๐ฆโ(๐ก) = ๐ป โ 1/2๐๐กยฒ
Langkah berikut dalam penerapan syarat batas pada permukaan air . Misalkan tโ
adalah saat ketika benda memasuki air. Syarat batasnya menghendaki bahwa v
dan y kontinu pada daerah batas antara air dan udara, yakni:
75. 75
๐ฆโ(๐กโ) = ๐ฆโ(๐กโ)
๐๐๐
๐ฃโ(๐กโ) = ๐ฃโ(๐กโ)
Persyaratan pertama mengatakan bahwa benda nya tidak lenyap pada suatu saat
tertentu dan kemudian muncul kembali di suatu titik lain pada saat berikutnya.
Persyaratan kedua setara dengan mensyaratkan lajunya berubah secara mulus pada
permukaan air. [Jika syarat tidak dipenuhi , maka ๐ฃโ (๐กโ โ ๐ฅ๐ก) โ ๐ฃโ (๐กโ โ ๐ฅ๐ก)
meskipun ๐ฅ๐ก โ 0, shingga percepatan akan menjadi takhingga]. Untuk
menerapkan syarat batas ini, kita harus terlebih dahulu mencari tโ ketika yโ
menjadi nol.
๐ฆโ(๐กโ) = ๐ป โ ยฝ ๐๐กยฒ = 0
Sehingga
๐ก1 = โ
2 ๐ป
๐
Dengan demikian, laju benda ketika menyentuh air ๐ฃโ(๐กโ) adalah
๐ฃ1( ๐ก1) = โ๐๐ก1 = โ๐โ
2 ๐ป
๐
= โ โ2๐๐ป
Maka syarat batas memberikan
๐ฆโ( ๐ก1) = ๐ฆ01 + ๐ฃ01โ
2 ๐ป
๐
+
1
2
(
๐ต
๐
โ ๐)(
2 ๐ป
๐
) = 0
dan
๐ฃโ( ๐ก1) = ๐ฃ02 + (
๐ต
๐
โ ๐) (
2 ๐ป
๐
) = โโ2๐๐ป
Kedua persamaan ini dapat dipecahkan secara serempak untuk memperoleh ๐ฆโโ
dan ๐ฃโโ, yang menghasilkan ๐ฃโโ = โ (
๐ต
๐
)โ2๐ป
๐โ dan ๐ฆโโ = ๐ป (1 + ๐ต/๐๐).
Jadi, pemecahan lengkap dalam daerah 2 adalah
๐ฃโ( ๐ก1) = โ (
๐ต
๐
)โ2๐ป ๐โ + (
๐ต
๐
โ ๐) ๐ก
76. 76
๐ฆโ( ๐ก1) = ๐ป
๐ป๐ต
๐๐
โ
๐ต
๐
โ
2๐ป
๐
๐ก +
1
2
(
๐ต
๐
โ ๐) ๐กยฒ
Persamaa bagi ๐ฃโ, ๐ฆโ, dan ๐ฃโ dan ๐ฆโ memberikan perilaku gerak benda dari
saata ๐ก = 0 hingga ia muncul kembali ke permukaan air.
Hasil โ hasil ini dapat kita terapkan untuk menghitung sifat gerak lainnyaa;
sebagai contoh, kita dapat mencari kedalama maksimum yang dicapai benda, yang
terjadi ketika ๐ฃโ = 0 . Jika kita ambil ๐กโ sebagai waktu pada saat hal ini terjadi,
maka
๐ฃโ(๐กโ) = โ (
๐ต
๐
)โ2๐ป ๐โ + (
๐ต
๐
โ ๐) ๐ก2 = 0
(๐กโ) =
๐ต
๐ต โ ๐๐
โ2๐ป ๐โ
Kedalaman D adalah nilai ๐ฆโ pada saat ๐กโ ini , yaitu
๐ท = ๐ฆโ(๐กโ) = (๐ป +
๐ป๐ต
๐๐
) โ
๐ต
๐
โ
2๐ป
๐
๐ก2 +
1
2
(
๐ต
๐
โ ๐) ๐ก2ยฒ
๐ท =
โ๐๐๐ป
๐ต โ ๐๐
Soal :
1. Fungsi gelombang suatu partikel yang bergerak sepanjang sumbu x adalah
๐( ๐ฅ) = ๐ถ๐โ| ๐ฅ|
sin ๐ ๐ฅ
a. Tentukan konstanta C jika fungsi gelombang ternormalisasi.
b. Jika ๐ = ๐, hitung kemungkinan untuk mendapatkan partikel berada di
sebelah kanan x =1.
2. Buktikan bahwa persamaan Schrodinger adalah linier dengan
membuktikan
๐ = ๐1 ๐1 ( ๐ฅ, ๐ก) + ๐2 ๐2 ( ๐ฅ, ๐ก)
Dimana ๐1 dan ๐2 adalah fungsi gelombang solusi persamaan Schrodinger
3. Cari nilai konstanta A untuk fungsi gelombang ๐ = ๐ด๐ฅ๐
โ
๐ฅ2
2
77. 77
3.3 Probabilitas dan Normalisasi
Fungsi gelombang ๐(๐ฅ) menyatakan suatu gelombang yang memiliki
panjang gelombang dan bergerak dengan kecepatan fase yang jelas. Dilemma
muncul ketika hendak menafsirkan amplitudonya. Apakah yang dinyatakan oleh
amplitudo ๐(๐ฅ) dan variabel fisika apakah yang bergetar ? Ini merupakan suatu
jenis gelombang yang berbeda, yang nilai mutlaknya memberikan probabilitas
untuk menemukan partikelnya pada suatu titik tertentu. Dimana | ๐(๐ฅ)|2
๐๐ฅ
memberikan p[robabilitas untuk menemukan partikel dalam selang infinitesimal
๐๐ฅ di ๐ฅ (yakni antara ๐ฅ dan ๐ฅ + ๐๐ฅ). Dalam satu dimensi, perbedaan antar
โmenemukan partikel di ๐ฅโ dan โmenemukan partikel dalam selang ๐๐ฅ di ๐ฅโ
mungkin tidak akan menjadi masalah, namun jika ditinjau dari persoalan dua
dimensi dan tiga dimensi, maka perbedaannya kan menonjol. Untuk sekarang
anda mungkin dapat menerima aturan ini dalam pengertian bahwa sebuah partikel
tunggal dalam ruang tidak memiliki dimensi fisika. Karena dimensi sebuah titik
dalam ruang adalah nol. Maka probabilitas untuk menemukan sebuah partikel di
sebuah titik adalah selalu nol, tetapi untuk selang ๐๐ฅ probabilitasnya tidak nol.
Jika kita definisikan ๐(๐ฅ) sebagai rapat probabilitas (probabilitas persatuan
panjang, dalam ruang satu dimensi). Maka tafsiran ๐( ๐ฅ) menurut resep
Schrodinger adalah
๐( ๐ฅ) ๐๐ฅ = | ๐(๐ฅ)|2
๐๐ฅ (5.4)
Tafsiran | ๐(๐ฅ)|2
ini membantu memahami persyaratan kontinu ๐(๐ฅ), walaupun
amplitudonya berubah secara tidak jelas dan kontinu. Probabilitas untuk
menemukan partikel antara ๐ฅ1 dan ๐ฅ2 adalah jumlah semua probabilitas ๐( ๐ฅ) ๐๐ฅ
dalam selang antara ๐ฅ1 dan ๐ฅ2 adalah sebagai berikut
โซ ๐( ๐ฅ) ๐๐ฅ
๐ฅ2
๐ฅ1
= โซ | ๐(๐ฅ)|2
๐๐ฅ
๐ฅ2
๐ฅ1
(5.5)
Dari aturan ini, maka probabilitas untuk menemukan partikel di suatu titik
sepanjang sumbu ๐ฅ adalah 100 persen, sehingga berlaku
78. 78
โซ | ๐(๐ฅ)|2
๐๐ฅ
โ
โโ
= 1(5.6)
Persamaan (5.6) dikenal dengan syarat Normalisasi, yang menunjukkan
bagaimana mendapatkan tetapan A. Dimana tetapan A tidak dapat ditentukan dari
persamaan Differensialnya. Sebuah fungsi gelombang yang tetapan pengalinya
ditentukan dari persamaan (5.6) disebut ternormalisasikan. Hanyalah fungsi
gelombang yang ternomalisasi secara tepat, yang dapat digunakan untuk
melakukan semua perhitungan yang mempunyai makna fisika. Jika
normalisasinya telah dilakukan secara tepat, maka persamaan (5.6) akan selalu
menghasilkan suatu probabilitas yang terletak antara 0 dan 1.
Setiap pemecahan persamaan Schrรถdinger yang menghasilkan
| ๐(๐ฅ)|2
bernilai tak hingga, harus dikesampingkan. Karena tidak pernah terdapat
probabilitas tak hingga untuk menemukan partikel pada titik manapun. Maka
harus mengesampingkan suatu pemecahan dengan mengembalikan factor
pengalinya sama sengan nol. Sebagai contoh, jika pemecahan matematika bagi
persamaan diferrensial menghasilkan ๐( ๐ฅ) = ๐ด๐ ๐๐ฅ
+ ๐ต๐โ๐๐ฅ
bagi seluruh daerah
๐ฅ> 0, maka syaratnya A = 0 agar pemecahannya mempunyai makna fisika. Jika
tidak | ๐(๐ฅ)| akan menjadi tak hingga untuk ๐ฅ menuju tak hingga (tetapi jika
pemecahannya dibatasi dalam selang 0 <๐ฅ< L, maka A tidak boleh sama dengan
nol). Apabila pemecahannya berlaku pada seluruh daerah negative sumbu ๐ฅ< 0,
maka B = 0.
Kedudukan suatu partikel tidak dapat dipastikan, dalam hal ini tidak dapat
menjamin kepastian hasil satu kali pengukuran suatu besaran yang bergantung
pada kedudukannya. Namun jika menghitung probabilitas yang berkaitan dengan
setiap koordinat, maka ditemukian hasil yang mungkin dari pengukuran satu kali
atau rata-rata hasil dari sejumlah besar pengukuran berkali-kali. Sebagai contoh,
jika ingin mencari rata-rata kedudukan sebuah partikel dengan mengukur
koordinat ๐ฅ-nya. Dengan melakukan sejumlah besar pengkuran berkali-kali,
didapati bahwa dengan mengukur nilai ๐ฅ1 sebanyak ๐1 kali, ๐ฅ2 sebanyak ๐2 kali
dan seterusnya. Maka dengan cara yang lazim, diperoleh nilai rata-ratanya adalah
๐ฅ ๐๐ฃ =
๐1 ๐ฅ1+๐2 ๐ฅ2+โฏ
๐1 +๐2+โฏ
(5.7)
79. 79
=
ฮฃ๐๐ ๐ฅ ๐
ฮฃ ๐๐
(5.8)
Jika diketahui probabilitas untuk menemukan partikel pada setiap titik ๐ฅ ๐, maka
๐๐ berkaitan dengan ๐(๐ฅ), sehingga dengan mengubah penjumlahannya menjadi
integral, dperoleh
๐ฅ ๐๐ฃ =
โซ ๐( ๐ฅ) ๐ฅ
โ
โโ ๐๐ฅ
โซ ๐( ๐ฅ)
โ
โโ ๐๐ฅ
(5.9)
๐ฅ ๐๐ฃ = โซ | ๐(๐ฅ)|2
๐ฅ ๐๐ฅ
โ
โโ
(5.10)
Langkah terakhir dapat dilakukan jika fungsi gelombang ternormalisasikan,
karena dengan demikian penyebut dari (5.9) sama dengan satu.
Dengan cara yang sama, nilai rata-rata sebarang fungsi dari ๐ฅ dapat dicari sebagai
berikut:
[๐(๐ฅ)] ๐๐ฃ = โซ | ๐(๐ฅ)|2
๐ฅ ๐๐ฅ
โ
โโ
(5.11)
Nilai rata-rata yang dihitung dari persamaan (5.10) dan (5.11) dikenal sebagai
nilai ekspektasi
3.4 Penerapan Persamaan Schrodinger
3.4.1. Partikel Bebas
Partikel bebas adalah sebuah partikel yang bergerak tanpa dipengaruhi
gaya apapun dalam suatu bagian ruang, yaitu F = 0 sehingga ๐(๐ฅ) = tetapan untuk
semua ๐ฅ. Dalam hal ini, bebas untuk memilih tetapan potensial sama dengan nol.
Karena potensial selalu ditentukan dengan tambahan satu tetapan integrasi
sebarang (๐น = โ๐๐/๐๐ฅ dalam satu dimensi).
Berikut terapkan resep Schrodinger dengan menuliskan kembali persamaan (5.3)
dengan potensial yang sesuai (V = 0)
โ
โ2
2๐
๐2
๐
๐๐ฅ2 = ๐ธ๐ (5.12)
80. 80
atau
๐2
๐
๐๐ฅ2 = โ๐2
๐ (5.13)
dimana
๐2
=
2๐๐ธ
โ2 (5.14)
Persamaan (5.13) adalah bentuk persamaan yang telah lazim dikenal, dengan ๐2
selalu positif, maka pemecahannya adalah
๐( ๐ฅ) = ๐ด sin ๐๐ฅ + ๐ต cos ๐๐ฅ (5.15)
Dari persamaan (5.14) didapati bahwa nilai energy yang diperkenankan adalah
๐ธ =
โ2
๐2
2๐
(5.16)
Karena pemecahan tidak memberi batasan pada k, maka energy partikel
diperkenankan memiliki semua nilai (tidak terkuantisasikan). Perhatikan bahwa
persamaan (5.16) tidak lain adalah energy kinetic sebuah partikel dengan
momentum ๐ = โ๐ atau setara dengan nilai ๐ = ๐/๐. Berdasarkan pasal 5.1, ini
tidak lain dari pada apa yang diperkirakan, karena telah membentuk persamaan
Schrodinger yang menghasilkan pemecahan bagi partikel bebas yang berkaitan
dengan satu gelombang deBrogli.
Penentuan nilai A dan B disini mengalami beberapa kesulitan karena integral
normalisasi. Persamaan (5.6) tidap dapat dihitung dari -โ hingga +โ bagi fungsi
gelombang ini. (kesulitan tidak akan terjadi jika melakukan suatu superposisi
linear dari sejumlah besar gelombang sibus dan kosinus untuk membentuk sebuah
gelombang paket, seperti yang dilakukan pada pasal 4.4).
3.4.2 Partikel Dalam sebuah kotak ( satu dimensi )
Meninjau sebuah partikel yang bergerak bebas dalam sebuah kotak satu
dimensi yang panjang L; partikelnya benar-benar terperangkap dalam kotak.
Potensial ini dapat dinyatakan sebagai berikut
81. 81
V(x) = 0 0โค ๐ฅ โค ๐ฟ
= โ x < 0, x > L (5.17)
Potensialnya diperlihatkan pada gambar 5.3 dan sering kali dikenal sebagai
potensial sumur persegi takhingga. Tentu saja, kita bebas memilih sebarang nilai
tetapan bagi V dalam daerah 0 โค ๐ฅ โค ๐ฟ; pemilihan nol yang kita lakukan adalah
sekedar untuk memudahkan.
Resepnya sekarang harus diterapkan secara terpisah pada daerah di dalam dan di
luar kotak. Jika kita terapkan persamaan (5.3) bagi daerah diluar kotak, kita
dapatkan bahwa satu-satunya cara untuk mempertahankan persamaannya
bermakna bila๐ โ โ adalah dengan mensyaratkan ๐ = ๐, sehingga ๐๐ tidak
akan menjadi tak hingga. Di pihak lain, kita dapat kembali ke pernyataan
persoalan semulanya. Jika kedua dinding kotak benar-benar tegar, maka partikel
akan selalu berada dalam kotak, sehingga probabilitas untuk menemukan partikel
di luar kotak tentulah nol. Untuk membuat probabilitasnya nol diluar kotak, kita
harus mengambil ๐ = ๐di luar kotak. Jadi kita peroleh
๐(๐ฅ) = ๐ ๐ฅ < 0, ๐ฅ > ๐ฟ 5.18)
Persamaan Schrodinger untuk 0 โค ๐ฅ โค ๐ฟ, bila ๐( ๐ฅ) = 0, identik dengan
persamaan (5.12), sehingga memiliki pemecahan yang sama, yakni:
๐( ๐ฅ) = ๐ด sin ๐๐ฅ + ๐ต cos ๐๐ฅ (0 โค ๐ฅ โค ๐ฟ) (5.19)
dengan
๐2
=
2๐๐ธ
ฤง2 (5.20)
Pemecahan ini belum lengkap, karena kita belum menentukan A dan B,
juga belum menghitun nilai energi E yang diperkenankan. Untuk menghitungnya,
kita harus menerapkan persyaratan bahwa ๐(๐ฅ) harus kontinu pada setiap batas
82. 82
dua bagian ruang. Dalam hal ini, kita persyaratkan bahwa pemecahan untuk x < 0
dan x > 0 bernilai sama di x = 0; begitu pula, pemecahan untuk X > L dan X < L
haruslah bernilai sama di x = L. Seperti gambar berkut :
Marilah kita mulai di x = 0. Untuk x <0, kita dapat ๐ = 0, jadi kita harus
mengambil ๐(๐ฅ) dari persamaan (5.19) sama dengan nol pada x = 0.
๐(0) = ๐ด sin 0 + ๐ต cos0
jadi,
B = 0 (5.21)
Karena ๐ = 0 untuk x > L, maka haruslah berlaku ๐( ๐ฟ) = 0,
๐( ๐ฟ) = ๐ด sin ๐๐ฟ + ๐ต cos ๐๐ฟ = 0 (5.22)
karena telah kita dapatkan bahwa ๐ต = 0, maka haruslah berlaku
๐ด sin ๐๐ฟ = 0 (5.23)
Di sini ada dua pemecahan, yaitu ๐ด = 0, yang memberikan ๐ = 0di mana-mana,
๐2
= 0 di mana-mana, yang berarti bahwa dalam kotak tidak terdapat partikel
(pemecahan yang tidak masuk akal) atausin ๐๐ฟ = 0, yang hanya benar apabila
Gambar sebuah partikel
bergerak bebas pada
daerah 0 โค ๐ โค ๐ฟ
83. 83
๐๐ฟ = ๐, 2๐, 3๐, . . .
Atau
๐๐ฟ = ๐๐ ๐ = 1, 2, 3, . . . (5.24)
Karena ๐ = 2๐/๐ kita peroleh ๐ = 2๐ฟ/๐; ini identik dengan hasil yang diperoleh
dalam mekanika (fisika) dasar bagi panjan gelombang dari gelombang berdiri
dalam sebuah dawai yang panjangnya L dan kedua ujungnya terikat. Jadi,
pemecahan permasalahan schrodinger bagi sebuah partikel yang terperangkap
dalam suatu daerah linier sepanjang L tidak lain adalah sederetan gelombang
berdiri deBroglie! Tidak semua panjang gelombang diperkenankan; tetapi
hanyalah sejumlah nilai tertentu yang ditentukan oleh persamaan (5.24) yang
dapat terjadi.
Dari persamaan (5.20) kita dapati bahwa, karena hanya nilai-nilai k
tertentu yang diperkenankan oleh persamaan (5.24), maka hanyalaj nilai-nilai
tertentu E yang dapat terjadi, dengan kata lain, energinya terkuantisasi!
๐ธ =
ฤง2
๐2
2๐
=
ฤง2
๐2
๐2
2๐๐ฟ2 (5.25)
Untuk memudahkan, ambilah ๐ธ0 = ฤง2
๐2
/2๐๐ฟ2
, yang mana tampak bahwa unit
energi ini ditentukan oleh massa partikel dan panjang kotak. Maka ๐ธ = ๐2
๐ธ0, dan
dengan demikian partikelnya hanya dapat ditemukan dengan energi
๐ธ0, 4๐ธ0 ,9๐ธ0 , 16๐ธ0, dan seterusnya, tidak pernah dengan 3๐ธ0 atau 6,2๐ธ0. Karena
dalam kasus ini energinya adalah kinetik semata-mata, maka hasil yang kita
peroleh ini menunjukkan bahwa hanya laju tertentu yang diperkenankan dimiliki
partikel. Ini sangat berbeda dari kasus klasik, misalnya manik-manik (yang
meluncur tanpa gesekan sepanjang kawat dan menumbuk kedua dinding secara
elastik) dapat diberi sebarang kecepatan awal dan akan bergerak selamanya,
bolak-balik, dengan laju tersebut. Dalam kasus kuantum, hal ini tidaklah
mungkin; karena hanya laju awal tertentu yang dapat memberikan keadaan gerak
yang tetap; keadaan gerak khusus ini disebut keadaan stasioner. (Keadaan ini
84. 84
adalah โstasionerโ karena, apabila ketergantungan pada waktu dilibatkan untuk
membuat ๐(๐ฅ, ๐ก), seperti dalam pasal 5.6, |๐( ๐ฅ, ๐ก)|2
tidak bergantung pada
waktu. Semua nilai rata-rata yang dihitung menurut Persamaan (5.11) juga tidak
bergantung pada waktu. Sebuah partikel yang berada pada suatu keadaan stasioner
murni, akan selalu tetap berada pada keadaan itu). Hasil pengukuran energi
sebuah partikel dalam sebuah sumur potensial harus berada pada salah satu
keadaan stasioner ini; hasil yang lain tidaklah mungkin.
Pemecahan bagi ๐(๐ฅ) belum lengkap, karena kita belum menentukan
tetapan A. Untuk menentukannya, kita kembali ke persamaan normalisasi
โซ ๐2โ
โโ
๐๐ฅ = 1. Karena ๐ = 0 kecuali untuk 0 โค ๐ฅ โค ๐ฟ, maka (kecuali di dalam
kotak) integralnya tidak nol, sehingga berlaku
โซ ๐ด2
๐ ๐๐2๐ฟ
0
๐๐๐ฅ
๐ฟ
๐๐ฅ = 1 (5.26)
Yang memberi kita ๐ด = โ2/๐ฟ. Dengan demikian, pemecahan lengkap bagi fungsi
gelombang untuk 0 โค ๐ฅ โค ๐ฟ adalah
๐( ๐ฅ) = โ
2
๐ฟ
๐ ๐๐
๐๐๐ฅ
๐ฟ
๐ = 1, 2, 3, . . . (5.27)
85. 85
Dalam gambar 5.4 dilukiskan berbagai tingkat energi, fungsi gelombang, dan
rapat probabilitas ๐2
yang mungkin untuk beberapa keadaan terendah.
Keadaan energi terendah, yaitu pada ๐ = 1, dikenal sebagai keadaan dasar, dan
keadaan dengan keadaan yang lebih tinggi (๐ > 1) dikenal sebagai keadaan
eksitasi.
Marilah kita mencoba menafsirkan semua hasil perhitungan di atas.
Andaikanlah kita meletakkan secara berhati-hati sebuah partikel dengan energi ๐ธ0
ke dalam suatu daerah (โkawatโ untuk manik-manik) dan kemudian dengan segera
mengukur kedudukannya. Setelah mengulangi pengukuran ini berkali-kali
sebanyak mungkin, kita memperkirakan akan menemukan distribusi hasil
pengukuran yang sama seperti๐2
untuk kasus ๐ = 1, probabilitasnya terbesar
pada ๐ฅ = ๐ฟ/2, dan berangsur-angsur berkurang begitu kita bergerak menjauhi
pusatnya dan akhirnya menuju nol pada ujung-ujungnya. (jika kita menggunakan
fisika partikel klasik, takkuantum, maka kita berharap menemukan bahwa
probabilitasnya tetap sama pada semua titik pada setiap โkotakโ). Andaikan
pengukurannya kita ulangi kembali, dengan kekecualian bahwa sekarang
86. 86
partikelnya kita beri energi 4๐ธ0. Bila kita ulangi semua penukuran terhadap
kedudukannya, akan kita dapati bahwa distribusi hasil pengukuran ini sesuai
dengan ๐2
untuk ๐ = 2; maksimum-maksimum probabilitasnya terjadi pada ๐ฅ =
๐ฟ/4 dan ๐ฅ = 3๐ฟ/4, sedangkan probabilitas nol terjadi pada ๐ฅ = ๐ฟ/2! Dengan
demikian partikelnya harus bergerak sedemikian rupa sehingga ia sewaktu-waktu
dapat ditemukan di ๐ฅ = ๐ฟ/4 dan di ๐ฅ = 3๐ฟ/4 tanpa pernah ditemukan di ๐ฅ = ๐ฟ/
2! Disini kita mempunyai suatu ilustrasi grafis mengenai perbedaan antara fisika
klasik dan kuantum. Tetapi, bagaimana mungkin partikelnya dapat mencapai
3๐ฟ/4 dari ๐ฟ/4 tanpa melewati ๐ฟ/2? Kesulitan kita untuk menjawab pertanyaan
ini disebabkan karena kecenderungan cara berpikir kita dalam pandangan
gelombang. Nada atas pertama dari getaran sebuah dawai sepanjang L memiliki
simpul (node) ditengah-tengahnya, dan walaupun titik tengahnya diam,
โinformasiโ merambat dari kiri ke kanan dan sebaliknya dari kanan ke kiri. Bila
kita berbicara tentang kedudukan, kita merujuk ke partikel; ketika berbicara
tentang gerak dari ๐ฟ/4 ke 3๐ฟ/4, kita merujuk ke gelombang.
Contoh :
Sebuah elektron terperangkap dalam sebuah daerah satu dimensi
sepanjang 1,0 x 10โ10
m (diameter khas atomik). (a) berapa banyak energi yang
harus dipasok untuk mengeksitasikan elektron dari keadaan dasar ke keadaan
eksitasi pertama? (b) pada keadaan dasar, berapakah probabilitas untuk
menemukan elektron dalam daerah dari ๐ฅ = 0,090 x 10โ10
m hingga 0,110 x
10โ10
? (c) pada keadaan eksitasi pertama, berapakah probabilitas untuk
menemukan elektron antara ๐ฅ = 0 dan ๐ฅ = 0,250 x 10โ10
m?
Pemecahan
(a)
๐ธ0 =
ฤง2
๐2
2๐๐ฟ2
=
(1,05x10โ34
๐ฝ. ๐ )2
(3,14)2
2(9,1 x10โ31 ๐๐)(10โ10 ๐)2
= 6,0 x10โ18
๐ฝ = 37 eV
87. 87
Pada keadaan dasar, energinya adalah ๐ธ0. Pada keadaan eksitasi pertama,
energinya adalah 4๐ธ0. Jadi, beda energi yang harus dipasok adalah 3๐ธ0 atau 111
eV.
(b) dari persamaan (5.5),
Probabilitas = โซ ๐2
๐๐ฅ =
2
๐ฟ
๐ฅ2
๐ฅ1
โซ ๐ ๐๐2 ๐๐ฅ
๐ฟ
๐ฅ2
๐ฅ1
๐๐ฅ = (
๐ฅ
๐ฟ
โ
1
2๐
๐ ๐๐
2๐๐ฅ
๐ฟ
)| ๐ฅ1
๐ฅ2
= 0,0038 = 0,38 persen
(c) Probabilitas = โซ (
2
๐ฟ
)
๐ฅ2
๐ฅ1
๐ ๐๐2 2๐๐ฅ
๐ฟ
๐๐ฅ
= (
๐ฅ
๐ฟ
โ
1
4๐
๐ ๐๐
4๐๐ฅ
๐ฟ
)| ๐ฅ1
๐ฅ2
= 0,25
(Hasil ini sesuai dengan yang kita perkirakan dengan melihat grafik dari ๐2
untuk
n=2 dalam gambar 5.4. selang dari ๐ฅ = 0 hingga ๐ฅ = ๐ฟ/4 mengandung 25 persen
dari luas total di bawah daerah kurva ๐2
).
Contoh 5.3
Perlihatkan bahwa nilai rata-rata dari x adalah ๐ฟ/2, dan tidak bergantung pada
keadaan kuantum.
Pemecahan
Kita gunakan persamaan (5.10); karena ๐ = 0 kecuali untuk 0 โค ๐ฅ โค ๐ฟ, maka
kita gunakan 0 dan L sebagai batas-batas integral, sehingga
xav =
2
๐ฟ
โซ (๐ ๐๐2
๐๐๐ฅ
๐ฟ
) x dx
๐ฟ
0
Bentuk ini di integralkan secara parsial, atau dicari pada tabel integral; hasilnya
adalah
88. 88
xav =
๐ฟ
2
Perhatikan bahwa, sebagaimana dikehendaki, hasil ini tidak bergantung pada n.
Jadi pengukuran rata-rata kedudukan partikel tidak mengasilkan informasi
mengenai keadaan kuantumnya.
3.4.3 Partikel dalam sebuah kotak (dua dimensi)
Apabila tinjauan di depan kita perluas ke kasus fisika dua dan tiga
dimensi, ciri-ciri utama pemecahannya masih tetap sama, namun ada suatu ciri
khas baru penting yang di perkenalkan. Dalam pasal ini akan kita perlihatkan
bagaimana hal ini terjadi, karena ciri baru ini, yang dikenal sebagai degenerasi
(degeneracy), akan menjadi sangat penting dalam studi kita tentang fisika atom.
Untuk memulai bahasan ini, kita memerlukan persamaan schrodinger yang
berlaku dalam dimensi ruang yang lebih daripada satu; versi kita sebelum ini,
persamaan (5.3), adalah versi satu dimensi. Dengan segera kita mencurigai hal
berikut: jika potensialnya merupakan fungsi dari x dan y, maka ๐ harus pula
bergantung pada x dan y, dan turunan terhadap x, dalam versi sebelumnya, harus
diganti dengan turunan terhadap x dan y. Karena itu, dalam dua dimensi kita
peroleh
โ
ฤง2
2๐
(
๐2
๐( ๐ฅ,๐ฆ)
๐๐ฅ2 +
๐2
๐( ๐ฅ,๐ฆ)
๐๐ฆ2 ) + ๐(x, y) ๐(x,y) = E๐(x, y) (5.28)
[Kedua suku pertama pada ruas kiri melibatkan turunan parsial; untuk
fungsi yang berperilaku baik, maka turunan ini didefinisikan sebagai suatu
turunan terhadap suatu variabel dengan memperlakukan variabel lainnya sebagai
tetapan. Jadi, jika ๐( ๐ฅ, ๐ฆ) = ๐ฅ2
+ ๐ฅ๐ฆ + ๐ฆ2
, maka
๐๐
๐๐ฅ
= 2๐ฅ + ๐ฆ dan
๐๐
๐๐ฆ
= 2๐ฆ + ๐ฅ].
โkotakโ dua dimensi kita sekarang dapat didefinisikan sebagai berikut:
๐( ๐ฅ, ๐ฆ) = 0 0 โค ๐ฅ โค ๐ฟ, 0 โค ๐ฆ โค ๐ฟ (5.29)
= โ untuk yang lainnya
89. 89
Marilah kita membayangkan sebuah benda bermassa yang meluncur tanpa
gesekan pada bagian atas sebuah meja dan bertumbukan secara elastik dengan
dinding-dinding batas meja di ๐ฅ = 0, ๐ฅ = ๐ฟ, ๐ฆ = 0, dan ๐ฆ = ๐ฟ, seperti pada
Gambar 5.5 (untuk menyederhanakan, kotaknya kita pilih berbentuk bujur
sangkar; potensialnya dapat kita pilih berbentuk persegi dengan mengambil ๐ = 0
bila 0 โค ๐ฅ โค ๐ dan 0 โค ๐ฆ โค ๐).
Pemecahan persamaan differensial parsial memerlukan teknik yang lebih
rumit daripada yang kita perlu tinjau, sehingga kita tidak akan membahas cara
memperoleh pemecahannya secara terinci. Seperti pada kasus sebelumnya, kita
mencurigai bahwa ๐( ๐ฅ, ๐ฆ) = 0 di luar kotak, agar probabilitas bernilai nol disana.
Di dalam kotak, kita tinjau pemecahan-pemecahan yang terpisahkan (separable);
artinya, fungsi dari x dan y yang kita tinjau dapat dinyatakan sebagai hasil kali
sebuah fungsi yang hanya bergantung pada x dengan sebuah fungsi lain yang
hanya bergantung pada y:
๐( ๐ฅ, ๐ฆ) = ๐( ๐ฅ)g(๐ฆ) (5.30)
Bentuk masing-masing fungsi dari f dan g adalah:
๐( ๐ฅ) = ๐ด sin ๐ ๐ฅ ๐ฅ + ๐ต cos ๐ ๐ฅ ๐ฅ
90. 90
๐( ๐ฅ) = ๐ถ sin ๐ ๐ฅ ๐ฅ + ๐ท cos ๐ ๐ฅ ๐ฅ (5.31)
Syarat kontinyu pada ัฑ(x,y) menghendaki bahwa pemecahan di luar dan di dalam
kotak bernilai sama pada daerah batas kotak. Jadi ัฑ = 0 di x = 0 dan x = L (untuk
semua y) dan ัฑ = 0 di y = 0 dan y = L (untuk semua x). Persyaratan pada x = 0
dan y = 0 menghendaki bahwa dengan cara yang sama, B = 0 dan D = 0.
Persyaratan pada x = L menghendaki bahwa sin kxL = 0, sehingga kxL merupakan
kelipatan bilangan bulat dari ฯ, begirtu pula persyaratan pada y = L menghendaki
bahwa kxL merupakan kelipatan bilangan bulat dari ฯ. Semua bilangan tersebut
tidak perlu sama, karena itu masing-masing kita sebut nx dan ny. Sehingga kita
peroleh:
๐( ๐ฅ, ๐ฆ) = ๐ดโฒ
sin
๐ ๐ฅ ๐๐ฅ
๐ฟ
sin
๐ ๐ฆ ๐๐ฆ
๐ฟ
(5.32)
Hasil A dan C telah dinyatakan dengan Aโ. Koefisien Aโ didapati dengan
menggunakan syarat normalisasi, yang dalam dua dimensi menjadi
โฌ ๐2
๐๐ฅ ๐๐ฆ = 1 (5.33)
Syarat ini adalah
โซ ๐๐ฆ
๐ฟ
0
โซ ๐ดโฒ2
sin2
๐ ๐ฅ ๐๐ฅ
๐ฟ
sin2
๐ ๐ฆ ๐๐ฆ
๐ฟ
= 1 (5.34)
๐ฟ
0
Yang memberikan
๐ดโฒ
=
2
๐ฟ
(5.35)
Pemecahan terhadap gelombang deBroglie pada suatu permukaan dua dimensi,
mirip pemecahan persoalan klasik dari getaran selapot seperti pada selaput
gendang.
Dengan menyisipkan kembali pemecahan bagi ัฑ(x,y) ke dalam persamaan (5.28),
maka didapati energinya sebesar