Soal Jawab Fisika Kuantum [PDF]

Citation preview

Contoh 3.1 Fungsi gelombang suatu partikel yang bergerak sepanjang sumbu X diberikan oleh ψ ( x ) = Ce -│x│sin αx a. Tentukan konstanta C jika fungsi gelombang ternormalisasi b. Jika α=π , hitung kemungkinan untuk mendapatkan partikel berada di sebelah kanan titik x = 1 Penyelesaian : a. Suatu gelombang ternomalisasi jika memenuhi ∞



2



∫ |ψ ( x)| dx=1 −∞



Secara eksplisit ψ ( x ) diberikan oleh



Tampak bahwa fungsi terakhir adalah fungsi genap, dan rekaan grafiknya diberikan oleh gambar berikut



Karena itu ∞



2



0



∞



∫ |ψ ( x)| dx= ∫ C2 e 2 x sin 2 αx dx +∫ C 2 e−2 x sin2 αx dx −∞



−∞



0



∞



¿ 2C 2∫ e−2 x sin2 αx dx 0



Untuk menghitung integral terakhir ini, fungsi sinus ditulis dalam bentuk eksponensial Ingat



sin x=



1 ix −ix ( e −e ) 2i



Maka −1 iax −iax 2 ( e −e ) 4 1 ¿− ( e2 iax −2 eiax−iax + e−2 iax ) 4 1 2 iax −2 iax ¿− ( e + e −2 ) 4



sin 2 αx=



sehingga ∞



−1 2 −2 x ( 2 iax −2iax ) 1= C ∫ e e +e −2 dx 2 0 ∞



1 ¿− C 2∫ ( e( 2 ai−2 ) x + e−( 2 ai+2) x −2 e−2 x ) dx 2 0 ∞



|



|



[ (



)]



1 e (2 ai−2) x e−(2 ai+2) x −2 x ¿− C 2 − +e 2 2 ai−2 2 ai+2 0 1 1 1 ¿− C 2 0− − +1 2 2 ai−2 2 ai+2



2 ai+2−( 2 ai−2 ) +(2 ai−2)(2 ai+2) 1 ¿ C2 2 (2 a i−2)(2 ai+ 2)



(



)



4 +(−4 a2−4) 1 ¿ C2 2 −4 a2−4



( ) ( ) ( )



1 −4 a2 ¿ C2 2 −4 a 2−4 1 2 a2 ¿ C 2 2 a +1



√



2( a2+ 1) C= a2 Jadi 2(a2 +1) −|x| ψ ( x )= e sin αx a2 b. Besar kemungkinan partikel berada di



√



∞



x≥1



2



P ( x ≥1 ) =∫ |ψ ( x )| d x 1



∞



2(a2 +1) e−2 x sin2 αx dx ∫ 2 a 1 Dari hasil perhitungan di bagian a −1 e( 2 ai−2 ) x e−(2 ai+2 ) x −2 x −2 x 2 e sin αx dx= − +e ∫ 4 2 ai−2 2ai+2 ¿



(



Maka



)



P ( x ≥1 ) =



∞



|



|



−2(a 2+1) 1 e ( 2 ai−2) x e−( 2ai +2) x −2 x − +e 4 2 ai−2 2 ai+ 2 a2 1



¿−



[ (



a 2+1 e( 2ai−2 ) e−( 2ai +2) −2 0− − +e 2 ai−2 2 ai+2 2 a2



)]



a2+ 1 e( 2 ai−2 ) e−( 2 ai+2) −2 − +e 2 a2 2 ai−2 2 ai+2 Untuk α =π π 2 +1 e( 2 π i−2 ) e−(2 π i+2 ) −2 P ( x ≥1 ) = − +e 2 2 π 2 π i−2 2 π i+2 Ingat : e iθ =cos θ+i sinθ −2 −2 π 2 +1 e (cos 2 π +isin 2 π) e (cos 2 π −isin 2 π ) −2 P ( x ≥1 ) = − +e 2 π i−2 2 π i+2 2π2 e−2 (π 2 +1) 1 1 ¿ − +1 2 2 π i−2 2 π i+2 2π e−2 (π 2 +1) 2 π i+ 2−( 2 π i−2 ) −4 π 2−4 ¿ 2π2 −4 π 2−4 e−2 (π 2 +1) −4 π 2 ¿ 2π2 −4 π 2−4 e−2 (π 2 +1) 1 ¿ 2 π 2+1 e−2 ¿ 2 1 ¿ 2 2e ¿ 0,06 8 ¿



(



)



(



)



(



(



)



)



( (



)



)



( )



Contoh 3.2 : Keadaan pertikel setiap saat di dalam kotak satu dimensi L diberikan oleh



Dengan



ψ 1 ( x ,t ) dan ψ 2 ( x ,t )



adalah keadaan dasar dan keadaan tereksitasi



tingkat pertama setiap saat partikel di dalam kotak. a. tuliskan secara eksplisit bentuk dari ψ ( x , t ) b. perlihatkan bahwa energi rata – rata partikel



dengan P1 dan P2 masing – masing adalah rapat probabilitas keadaan dasar dan keadaan eksitasi pertama. Kemudian hitung ⟨ E ⟩ tersebut. c. Tentukan posisi rata – rata ⟨ x ⟩ Penyelesaian a. Dari ungkapan (3.37) didapatkan



b. Dari definisi nilai harap



partikel



c. Posisi rata – rata partikel, menggunakan notasi (3.1)



Dari ungkapan partikel di dalam kotak satu dimensi didapatkan



Jadi



⟨x⟩



berosilasi di sekitar titik tengah kotak dengan amplitudo



sebesar 16L/9 π 2 dan frekuensi v =



ω =3 E1 /h . 2π



Contoh 3.3 Suatu electron terperangkap di dalam kotak satu dimensi dengan panjang 1 A. Hitung : a. Energy tingkat dasar electron tersebut. b. Besar peluang untuk menemukan electron di daerah. 0 0 1 3 A V0 diberikan oleh pers. (3.54) R=



(



k−k ' k+k'



2



)



Dengan k dan k’ seperti ungkapan (3.45b) dan (3.51b). dalam ungkapan E dan V0,



Substitusi harga-harga E dan V0, didapatkan R = 0,25 Karena itu, ada sejumlah N



N = 1000 x R = 250 elektron Yang dipantulkan. Sekali lagi, inilah yang membedakan dari perumusan klasik. Menurut mekanika klasik semua electron (1000 elektron) tersebut akan lolos melewati tangga potensial karena E > V0, tanpa ada satupun electron yang dipantulkan. Contoh 3.5 Suatu elektron bergerak di dalam sumur potensial yang mempunyai kedalaman 20 eV. Energi tingkat dasar electron ternyata adalah -15eV. Tentukan/ hitung : a. Lebar sumur (dalam A) b. Jumlah tingkat energi diskrit yang mungkin c. Besar peluang mendapatkan electron keadaan dasar berada di luar sumur Penyelesaian : a. Karena energi tingkat dasar merupakan jenis solusi dengan paritas genap, maka lebar sumur 2a dapat ditentukan menggunakan pers. (3.66b), (3.65) dan (3.60),



Subtitusi harga-harga V0 = 20 eV dan E = 15 eV, didapatkan lebar sumur: 2a = 1,83A b. Dari harga a di atas, di dapat harga parameter ε



sehingga



hal ini berarti, menggunakan pers. (3.54)-harga N = 1. Karena itu tingkat energi diskrit yang mungkin adalah N + 1 = 2 c. Memperhatikan kesimetrisan fungsi gelombang keadaan dasar (gambar 3.15), maka besar peluang untuk mendapatkan elektron di luar sumur cukup dihitung untuk daerah positif.



Menggunakan ungkapan (3.55) untuk fungsi φ , didapatkan,



Dan



Karena itu,



Subtitusi harga-harga k, q, a, e dan Vo, didapatkan :



Contoh 3.6 Menurut teori Gamow, Gurney dan Condon, partikel



α



di dalam sumur



potensial yang dibentuk oleh inti dan gaya Coulomb mempunyai peluang untuk menerobos potensial penghalang. Keluarnya partikel α . Ilustrasinya diberikan oleh gambar berikut.



Energi partikel



α



probabilitas partikel



di dalam inti berjejari R adalah α



Εα . Hitung



meluruh atau keluar sumur potensial berjejari R



tersebut. Penyelesaian : Potensial berbentuk



Dan energy partikel α



Probabilitas partikel α meluruh T, dengan



Integral dapat diperoleh menggunakan table integral. Tetapi di sini akan dihitung langsung dengan penggantian variabel. r = b cos 2 θ



dengan penggantian variabel ini diperoleh dr = -2b sin θ cos θ d θ untuk batas integrasi



maka



Jika



Εα



sangat kecil, maka seperti tampak pada gambar di depan, b ¿ R.



untuk x kecil sekali arccos x ≈ arccos 0 – x = π /2 – x maka didapatkan



Dengan demikian



Sebagai ilustrasi kongret, ambil peluruh Harga T diperoleh, dengan harga-harga



Subtitusi nilai – nilai di atas, didapatkan koefisien transmisi T partikel α Τ =e−90 ≈ 10−39 Suatu harga yang tidak nol walaupun sangat kecil. Contoh 3.7 : Suatu electron berenergi E ditembakkan dari kiri melewati penghalang potensial seperti Gambar 3.23, dengan penghalang V0 = 20 eV dan lebar 2A. hitung : a. Koefisien transmisi jika energi partikel E=V0. b. Energi resonasi pertama dan kedua dari electron. Penyelesaian : a. Karena penghalang potensial konstan dan q



→0



maka penghitungan



koefisien transmisi dapat diperoleh menggunakan ungkapan (3.95), dengan ℏ2 ε= = 3,8 eV 2 ma2 Dengan demikian, koefisien transmisinya : 1 Τ= = 0.16 1+ ( V 20 /ε Ε ) Jadi, ada sekitar 16 elektron dari 100 elektron datang, yang diteruskan melewati penghalang. b. Keadaan resonansi merupakan keadaan yang mana semua partikel (yang ditembakkan) dari kiri tidak ada yang dipantulkan atau dengan kata lain semua partikel diteruskan, T=1. Hal ini hanya mungkin terjadi jika E ¿ V 0 , tepatnya menggunakan koefisien transmisi T (3.104) dengan energi partikel memenuhi pers. (3.106)



Jadi energi keadaan resonansi pertama dan kedua



Contoh 4.1 Untuk bilangan kuantum n = 4, tuliskan fungsi eigen dengan semua nilai  dan m yang mungkin. Penyelesaian : Dari uraian di depan didapatkan bahwa untuk n tertentu terdapat n harga  . Untuk n = 4 maka   0,1,2,3



Sedangkan untuk  tertentu ada  2  1 harga m. Lengkapnya, diberikan dalam fungsi gelombang  nm seperti tabel berikut : n=4







m.



0



0



1



-1 0



2



3



1 -2 -1 0 1 2 -3 -2 -1 0 1



 nm  r , ,    400  r ,  ,  



 411  r , ,    410  r ,  ,    411 r ,  ,    422  r ,  ,    421  r , ,    420  r ,  ,    421 r ,  ,    422  r ,  ,    433  r ,  ,    432  r , ,    431  r ,  ,    430  r ,  ,    431 r ,  ,  



 432  r ,  ,    433  r ,  ,  



2 3 Contoh 4.2. :



Hitung kemungkinan mendapatkan electron berada pada jarak kurang dari jari-jari Bohr untuk atom hydrogen dalam keadaan dasar. Penyelesaian : Fungsi radial keadaan dasar atom hidrogen R10 (r )  2(a0 ) 3 / 2 e  r / a0



Maka probabilitas per satuan panjang untuk mendapatkan elektron pada jarak r P (r )  dari inti,



4r 2  2 r ' / a 0 e 3 a0



Karen itu, probabilitas elektron berada pada jarak kurang dari a0 , a0



a



4 0  2 r / a0 2 P ( r ) dr  e r dr 3 0 a0 0 a0  4  a a 0  3   0 e  2 r / a 0 r 2  0  e  2 r / a0 2rdr  2 2 0 a0  0  a



= 1 – 5/e2 = 0,323



Contoh 4.3 : Hitung : a. Energi kinetik rata-rata b. Energi potensial rata-rata, elektron dalam keadaan dasar dari atom hidrogen. Penyelesaian : a. Fungsi gelombang keadaan dasar  100 hanya bergantung pada jari-jari r,



 100  r , ,   



1 1 r / a0 e 3/ 2  a0



Karena itu, energi kinetik rata-ratanya :



Ek



 p2    100dv   100  2 m e   1 2  100   i   100 dv  = 2me



=



 2 1 r / a0  1 d  2 d  e  r   2  2m a0 3 dr   r dr  







2 2 2 2 d  r / a0 2 r / a0  d e   r dr    e 3  2 r dr  ma0 0  dr







2 2 4 2 2 r / a0 2 e r dr  e 2 r / a0 r dr 5  4  me a0 0 me a0 0







2 2 2  2 2 me a0 me a0



=



=



r / a 2  e 0 4r dr



 =



=















2 2 me a0



= 13,6 eV b. Energi total elektron keadaan dasar Ek  E p  E



Maka E k  E p  Ek  E p



=



E



=E Contoh 4.5 a. Tunjukkan bahwa fungsi



  cre  r / 2 cos  , dengan







2 mke2



adalah solusi dari atom hidrogen.



b. Tentukan energi keadaan tersebut. c. Hitung nilai momentum sudut (i) L dan (ii) Lz d. Hitung komponen momentum sudut Lz dari L Penyelesaian : a. Operasikan operator energi kinetik pada  ,







2 2  2 1    2   1   1  2    r  sin       2m 2mr 2 r 2  r  r  sin    sin 2   2 



Jelas suku ketiga ruas kanan sama dengan nol, karena  tidak bergantung  secara eksplisit. Sementara dua suku lainnya,



i)



1     cre  r / 12    cos    sin     sin   sin      sin     



= =







cre r / 2  sin 2  sin  







cre  r / 2  2 sin  cos  sin 











 r / 2 cos  =  2cre



=  2   2    2    re  r / 2    r   c cos   r r  r  r  ii) r 



c cos  =



  2   r / 2 r  r / 2   e  r  e  r   2   



c cos    2re   =



 r / 2



2cre  r / 2 cos  = 2  =



  



r 2  r / 2   3r 2  r / 2 r 3  r / 2          e e  e 2 2 2   2      



2 r2 rcre  r / 2 cos  cre  r / 2 cos 2   2  s



2r r2     2  2



Substitusi kembali ke dalam persamaan kinetis di atas, kita dapatkan







2 2 2 1  r 2 2r      2 2  2m 2m r   2    2 2   2 m  r   2m 2  =



 



2



ke2 m ke2   8 2 = r Atau



 



2



2 2 ke2 m ke2      2m r 8 2 Persamaan ini tidak lain adalah persamaan Schrodinger untuk atom hidrogen ke2 V r   r sehingga dalam ungkapan Hamiltonian dengan energi potensial H,



 







2



 2 2 m ke2     V  r     H    8 2  2M  b. Dari persamaan eigen H  E



Didapatkan bahwa energi keadaan tersebut adalah



E



 



m ke2 8 2



2



c. Nilai momentum sudut  dapat diperoleh dengan menerapkan i)



2 Operasikan L seperti (4.33) pada  ,







1     1 2   sin       sin 2   2   sin   



L2   2 



 2     sin   = sin    



 0 



2 =     2  2 Tampak bahwa nilai eigen dari operator L2 adalah 2 .



Karena itu, nilai momentum sudut  adalah ii)



2 .



Terapkan operator Lz (4.32c) untuk mendapatkan nilai komponenkomponen dari momentum sudut Lz  i



 cre  r / 2 cos  0 











Karena  tidak bergantung pada  secara eksplisit. d. Menggunakan uangkapan (4.71) dan (4.59) didapatkan L   Lx  iL y 



=



i  sin   i cos  



   i  cos   i sin   cot   



r / 2   sin   i = i  sin   i cos   cre  r / 2 sin   sin   i cos   =  icre



Selanjutnya operasikan Lz pada L Lz  L   i



=



  icre  r / 2 sin   sin   i cos   















   sin   i cos 











 i  icre  r / 2 sin 



 r / 2 sin   cos   i sin   =  i  ihcre



 =  cre







 r / 2 sin    i cos   sin   =   icre  r / 2



sin   sin   i cos  







= L Jadi L+ adalah fungsi eigen dari L2 dengan nilai eigen  . Atau dengan kata lain, komponen-z momentum sudut keadaan elektron L+ adalah  .



Sehingga



E p  E  Ek



= – 13,6 – 13,6 eV







=



me e 4  Ek 2 32 2 e0  2



= -27,2 eV



Contoh 4.4 Satu elektron di dalam medan Coulomb dari suatu pohon mempunyai keadaan yang dinyatakan oleh fungsi gelombang.







 r 



















1  4 100 r  3 211 r  210 r  10 211 r 6



Hitung harga ekspektasi dari a. Energi b. L2 c. Lz, dari elektron Penyelesaian a. Hamilton (4.3) dan persamaan eigen (4.4) memberikan











H nlm r  E n nlm r



Dengan energi eigen hanya bergantung pada bilangan kuantum utama n En  



mee 4 1 32 02 2 n 2







Kemudian menginat ortonormalitas fungsi eigen  nlm r







 nlm    n 'n l 'l m 'm



n 'l ' m ',



Kita dapatkan E   * Hdv



 =



*



H











1     4 100  r   3 211 r   210  r   10 211  r  dv 6



1     4 E   r   3E   r   E   r    6 = *



1



100



2



211



2







210







 10 E2 211  r  dv







1     16 100 E1 100  9 111 E2 211   210 E2 210  10 21 1E2 211 dv  = 36



1 16 E1  9 E2  E2  10 E2 = 36 1 16 E1  20 E2 = 36











1  20  E1   16 E1  4  = 36  7 E1 = 12



b. Menggunakan pers.(4.64) I .2 Ylm     1  2Ylm



Yang hanya bergantung pada bilangan kuantum orbital, maka  L2 100  r   0 i)   2 2 ii) L  211 r   2  211 r  2 2     iii) L  210 r  2  210 r   2 2 iv) L  211  r   2  211  r  sehingga L2    L2 dv











2         r  0  3.2 211  r   2 210  r   10 2 211  r  dv  6 =











2     0  9. 211 2 211   210 2 210  10 21 1 2 211  r  dv  = 36 10 2 = 9 c. Menggunakan pers.(4.61) LzYlm  ,   mYlm  ,  Yang hanya bergantung bilangan kuantum magnetik, diperoleh    0 L  r z 100 i)   ii) Lz 211 r    211 r   iii) Lz 210  r   0   iv) Lz 211  r    211  r  bersama ortonormalitas (4.25) memberikan



Lz   * Lz dv















    * 0  3.1 211  r   0  10 211  r  dv  6







 * * 9. 211  211  10 21 1 211 dv 36 











 36



