Mekanika Kuantum [PDF]

Citation preview

BAB V MEKANIKA KUANTUM BUKU ARTHUR BEISER Soal : 1. Buktikan semua pemecahan persamaan ∂2 y 1 ∂2 y = 2 2 2 ∂ x v ∂t Harus berbentuk



y=F ( t ± x /v )



seperti yang di tanyakan dalam pasal



5.2. Jawab : Persamaan gelombang



∂2 y 1 ∂2 y = 2 2 2 ∂ x v ∂t



; kita kalikan persamaan dengan



m, maka kita akan peroleh persamaan. ∂2 y 1 ∂2 y m= m , mengingat Hukum II Newton 2 2 2 ∂x v ∂t



∂2 y =a 2 ∂t



∂ ∂ 1 ∂ m= 2 ma ma=F ; =y' ; dengan ∂x ∂ y ∂y v



Maka persamaan dapat kita dapatkan



y'=



y2



F ∂x v2 ∂ m x2



'



, dengan mengintegralkan kedua ruas kita peroleh



F ∂x



∫ y =∫ v 2 ∂ m y1



2. Jika



x1



Ψ1 (x , t)



∂ F ' my= 2 ∂x v



kita akan dapatkan



dan



Ψ2 (x , t)



schrodinger untuk potensial



y=F ( t ± x /v )



keduanya merupakan solusi persamaan



V (x)



yang di ketahui, tunjukkan bahwa



Ψ =a1 Ψ 1+ a2 Ψ 2



kombinasi linear



; dengan



a1



dan



a2



konstanta



sembarang, juga merupakan solusi. (hasil ini bersesuian dengan pengamatan empiris interferensi gelombang De Broglie, misalnya dalam eksperimen Davision Germer yang di bahas dalam Bab 3). Jawab : Karena



Ψ =a1 Ψ 1+ a2 Ψ 2



persamaan menjadi ∂Ψ1 a1 H Ψ 1=ℏ ∂t



(



merupakan kombinsi linear kita dapat tulis



)



..................................................................................



)



..................................................................................



(1)



(



a2 H Ψ 2=ℏ



∂Ψ2 ∂t



(2) Jika kedua persamaan di jumlahkan, maka akan di peroleh ∂ a1 H Ψ 1+ a2 H Ψ 2=ℏ ( a1 Ψ 1+ a2 Ψ 2 ) ∂t Karena H merupakan operator linear, maka a1 H Ψ 1+ a2 H Ψ 2=H ( a 1 Ψ 1 +a 2 Ψ 2 ) H ( a1 Ψ 1+ a2 Ψ 2 )=ℏ



Ini berarti bahwa



schrodinger



∂ (a Ψ +a Ψ ) ∂t 1 1 2 2



a1 Ψ 1 +a2 Ψ 2



HΨ =ℏ



∂Ψ ∂t



juga merupakan solusi dari persamaan



,



7. Salah satu fungsi gelombang yang mungkin untuk sebuah partikel dalam sumur potensial gambar 5.14 di buat sketsanya di situ. Terangkan mengapa panjang gelombang dan amplitudo Ψ



berubah seperti itu?



Jawab : Dekat



x=0



partikel memiliki energi kinetik lebih besar, jadi ψ



momentumnya lebih besar dan



memiliki panjang gelombang lebih



kecil. Partikel berpeluang kecil untuk di dapatkan dalam daerah ini, karena kelajuannya yang besar, jadi



ψ



memiliki amplitudo lebih kecil disitu



x=L .



daripada daerah dekat



8. Sifat penting fungsi eigen suatu sistem ialah fungsi itu saling ortogonal yang berarti ∞



∫ ψ n ψ m dV =0 n ≠ m −∞



Jawab : Untuk pertikel dalam kotak 1 dimensi ψ n=



√



2 2 πλ sin , 0 ≤ λ ≤ L , ψ n=0 di luar interval. L L



∞



L



∫ ψ n ψ m dV =∫ 0



−∞



L



[



2



(√ )



2 2 πλ mπλ sin sin dλ L L L



]



2 1 πλ πλ ¿ ∫ cos ( n−m )−cos ( n+m ) dλ L0 2 L L



L 1 πλ L πλ L L ¿ sin ( n−m ) 1 sin ( n+ m ) L L L π ( n−m) 0− π ( n+ m) 0 L



[



| [



]



|



]



¿ 0,untuk n ≠m ( Terbukti )



9. Tunjau seberkas partikel yang energi kinetiknya potensial pada



x=0



sehingga V , dengan



E



datang pada tangga



E>V .



'



D ei k x



a. Terangkan mengapa solusi



(sesuai dengan notasi pasal 5.8)



tidak mempunyai arti fisis dalam situasi seperti ini b. Tunjukkan



bahwa



peluang



T =C C ¿ / A A ¿ =4 k 21 / ( k 1+ k ' )



D=0 .



transmisi



disini



ialah



2



.



c. Bekas elektron 1 mA bergerak dengan kelajuan



2 x 106 m/s



memasuki daerah yang batasnya terdefinisikan dengan tajam, sehingga kelajuan elektronnya tereduksi menjadi



1 x 106 m/s



oleh perbedaan



potensialnya. Cari arus pantul dan arus transmisinya.



Jawab : a. Di daerah II tidak ada yang dapat memantulkan partikel, jadi tidak ada gelombang yang bergerak kekiri. b. Batas x=0 , kemudian : A + B=C ,i k 1 A−i k 1 B=ik ' C atau A−B= '



( )



k Eliminasi B , 2 A= 1+ k 1 C , jadi :



k' C k1



2k 1 C = A k 1+ k '



dan



4 k 21 C C¿ = A A ¿ ( k 1 +k ' )2



c. Di dua daerah kecepatan partikel berbeda sehingga persamaannya menjadi 2 2 4 ( k 1 /k ' ) 4 k1 |ψ II| v ' C C¿ k ' T= = = = ¿ 2 2 |ψ I| v 1 A A k 1 ( k 1+ k ' ) k ' +1 2 k1



( )



Untuk situasi tertentu,



v k 1 /k ' = ' =2,00 v



Jadi arus transmisinya adalah



, jadi



T=



4 x2 =8/ 9 . ( 2+1 ) 2



( T ) ( 1,00 mA )=0,889mA



dan arus



terpantulnya menjadi 0,111mA . 10. Cari energi titik nol dalam elektrovolt dari suatu bandul yang periodenya adalah 15. Jawab : 1 E= hv 2 1 1 E= ( 6,625 x 10−34 Js ) 2 15 s



( )



E=2,2083 x 10−35 J 11. Energi total sebuah osilator Harmonik ialah menyatakan momentumnya dan



x



E=



p2 kx 2 + 2 m 2 , dengan P



menyatakan simpangan kedudukan



timbang. Cari energi titik nol osilator itu dengan prinsip ketaktentuan dengan mengambil



Jawab : 2 2 p kx E= + 2m 2



p=∆ p



dan



x=∆ x .



E=



( ∆ p )2 ( ∆ x )2 +k 2m 2



d ( p )2 d ( x )2 2m 2 E= + dp dx E=



p +kx =0 2m



p =−kx 2m ∆E =−kx ∆x dE =−kx dx E=∫ −kx dx



E=−k ∫ x dx E=



−1 2 kx 2



12. Dalam suatu osilator harmonik kedudukan partikel berubah dari +A



dan momentumnya dari



– p0



ke



+ p0



semacam itu deviasi standar x dan p ialah



–A



ke



. Dalam osilator ∆ x= A / √ 2



dan



∆ p= p 0 / √ 2 . Gunakan hal ini untuk menunjukkan bahwa energi



minimum osilator harmonik adalah Jawab : Osilator harmonik : – p0 ≤ x ≤ p



1 hv . 2



– A≤ x≤ A



. Deviasi standar : ∆ x= A / √ 2 , ∆ p= p 0 / √ 2



Ketaktentuan Heisen Berg menyatakan bahwa :



∆ x ∆ p>



h 4π



p0 A h > (1) 2 4π



Energi total partikel



Dapat juga kita tulis :



v=



1 2 2 2 E = k A . p 0 /2 m 2



E=



√



1 1 k A2 . p 02 / √ 2= A p0 √ k /m 2 2



1 √ k /m 2π



1 E= A p0 2 πv (2) 2 Subtitusi persamaan (1) ke persamaan (2), maka persamaan menjadi ; E=



h 2 πv 4π



1 E= hv 2



13. Cari harga ekspansi ( x)



x (¿¿ 2) untuk dua keadaan yang pertama dan ¿



dalam sebuah osilator harmonik. Jawab : ∞



∞



∫ x Ψ ¿ Ψ dx dan ∫ x 2 Ψ ¿ Ψ dx −∞



−∞



∞



∞



2



∞



2



∞



2



2



∫ y e−y dy , ∫ y 2 e− y dy , ∫ y 3 e− y dy , ∫ y 4 e− y dy −∞



−∞



−∞



∞



3/ 2



∫ x 2 Ψ ¿0 Ψ 0 dx=( 2 mv h )



−∞



¿



2π



mv 2



∞



∫ ye



−y



−∞



dx=



h 2 πmv



1 hv ( √π = 2) = E



h 3/ 2



(



−∞



2



2



4π mv ∞



2



1 /2 ∞



)



2



∫ y e− y dy



−∞



0



k



1 3 dy= √ π , ∫ y 4 e− y dy= √ π 2 4 −∞ 2



√



dx h dy= dy dy 2 πmv



15. Tunjukkan tiga fungsi gelombang pertama osilator harmonik merupakan solusi ternormalisasi dari persamaan shcrodinger. Jawab : Bentuk persamaan shcrodinger : ∂Ψ −h ∂2 Ψ = +vΨ ∂t ∂m ∂ x 2



ih



2



∂ Ψ 2m ( + E−V ) Ψ =0 ∂ x2 h2 ∂2 Ψ ∂2 Ψ ∂2 Ψ 2 m ( + + + E−V ) Ψ =0 ∂ x2 ∂ y 2 ∂ z 2 h2 16. Fungsi gelombang yang mana yang di tunjukkan pada gambar 5.15 yang mungkin mempunyai arti fisis penting? Jawab : Energi gelombang yangmempunyai arti fisis harus memenuhi syarat : ∫ Ψ ¿ Ψ dx =1 i. ii.



Ψ dan



dΨ dx



iii. Berharga tunggal. Jawab : a. Tidak memenuhi (i)



b. Memenuhi ketiga syarat



c. Tidak memenuhi (i)



d. Memenuhi ketiga syarat



e. Tidak memenuhi (iii)



f. Memenuhi ketiga syarat