BEBERAPA PENERAPAN

f Frekuensi gelombang yang datang

PERSAMAAN SCHRODINGER

4.11 BEBERAPA PENERAPAN

Partikel Bebas yang dimaksudkan dengan sebuah “partikel bebas” adalah sebuah partikel yang bergerak tanpa dipengaruhi gaya apa pun dalam suatu bagian ruang; yaitu, F = 0, sehingga V(x) = tetapan, untuk semua x. Dalam hal ini, bebas memilih tetapan potensial sama dengan nol, karena potensial selalu ditentukan dengan tambahan satu tetapan integrasi sebarang (F = -dV/dx dalam satu dimensi).

Berikut diterapkan resepnya, dengan menuliskan kembali Persamaan (4.3) dengan potensial yang sesuai (V = 0);

− ^𝑕2 2𝑚 𝑑²𝜓 𝑑𝑥² = E 𝜓 (4.12) atau 𝑑²𝜓 𝑑𝑥2 = -k² 𝜓 (4.13) di mana k²= ^2𝑚𝐸 ħ2 (4.14)

Persamaan (4.13) adalah bentuk persamaan yang telah lazim dikenal; dengan k² selalu positif, maka pemecahannya adalah

𝜓(x) = A sin kx + B cos kx (4.15)

Dari persamaan (4.14), didapati bahwa nilai energi yang diperkenankan adalah:

E = ^ħ 2k2

2𝑚 (4.16)

Karena pemecahan tidak memberi batasan pada k, maka energi partikel diperkenankan memiliki semua nilai (dalam istilah fisika kuantum, dikatakan bahwa energinya tidak terkuantisasikan). Perhatikan bahwa persamaan (4.16) tidak lain adalah energi kinetik sebuah partikel dengan momentum p = ħk atau, setara dengan ini, p=h/λ; berdasarkan bahasan Pasal 4.1, ini tidak lain daripada apa yang telah diperkirakan, karena telah membentuk persamaan Schrödinger

99

yang menghasilkan pemecahan bagi partikel bebas yang berkaitan dengan satu gelombang deBroglie.

Penentuan nilai A dan B di sini mengalami beberapa kesulitan, karena integral normalisasi, persamaan (4.6), tidak dapat dihitung dari -∞ hingga +∞ bagi fungsi gelombang ini.

Partikel dalam Sebuah Kotak (Satu Dimensi) di sini akan meninjau sebuah

partikel yang bergerak bebas dalam sebuah “kotak” satu dimensi yang panjangnya L; partikelnya benar-benar terperangkap dalam kotak. (Bayangkan sebuah manik-manik yang meluncur tanpa gesekan sepanjang sebuah kawat yang ditegangkan antara dua buah dinding tegar dan bertumbukan secara elastis dengan kedua dinding). Potensial ini dapat dinyatakan sebagai berikut:

V(x) = 0 0 ≤x≤L (4.17)

= ∞x< 0, x>L

Resepnya sekarang harus diterapkan secara terpisah pada daerah di dalam dan di luar kotak. Jika diterapkan Persamaan (4.3) bagi daerah di luar kotak, didapatkan bahwa satu-satunya cara untuk mempertahankan persamaannya bermakna bila V→ ∞ adalah dengan mensyaratkan 𝜓 = 0, sehingga 𝑉𝜓 tidak akan menjadi takhingga. Di pihak lain, 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 di luar kotak, harus mengambil 𝜓 = 0 di luar kotak. Jadi diperoleh

𝜓(x) = 0 x< 0, x>L (4.18)

Gambar 4.1 Sebuah partikel yang bergerak bebas dalam suatu daerah satu dimensi

100

Persamaan Schrödinger untuk 0 ≤x≤L, bila V(x) = 0, identik dengan Persamaan − ^𝑕2

2𝑚 𝑑2𝜓

𝑑𝑥2 = E 𝜓, sehingga memiliki pemecahan yang sama, yaitu: 𝜓(x) = A sin kx + B cos kx (0 ≤x≤L) (4.19) dengan

k²= ^2𝑚𝐸

ħ² (4.20)

Pemecahan ini belum lengkap, karena belum ditentukan nilai A dan B, juga belum menghitung nilai energi E yang diperkenankan. Untuk menghitungnya, akan diterapkan persyaratan bahwa ψ(x) harus kontinu pada setiap batas dua bagian ruang. Dalam hal ini, akan dibuat syarat bahwa pemecahan untuk x < 0 dan x> 0bernilai sama di x = 0. Begitu pula pemecahan untuk x > L dan x < L haruslah bernilai samadi x = L. Jika x = 0, untuk x < 0 Jadi harus mengambil ψ(x) = 0 pada x = 0.

𝜓(x) = A sin 0 + B cos 0 = 0 Jadi,

B = 0 (4.21)

Karena 𝜓 = 0 untuk x > L, maka haruslah berlaku 𝜓(L) = 0,

𝜓(L) = A sin kL + B cos kL = 0 (4.22) Karena telah didapatkan bahwa B = 0, maka haruslah berlaku

A sin kL = 0 (4.23)

Di sini ada dua pemecahan, yaitu A = 0, yang memberikan 𝜓 = 0 di mana-mana; 𝜓2

= 0 di mana-mana, yang berarti bahwa dalam kotak tidak terdapat partikel (pemecahan yang tidak masuk akal) atau sin kL = 0, yang hanya benar apabila

kL = 𝜋, 2𝜋, 3𝜋, ... atau

kL = n𝜋, n = 1,2,3, ... (4.24) Karena k = 2𝜋/λ, diperoleh λ = 2L/n; ini identik dengan hasil yang diperoleh dalam mekanika (fisika) dasar bagi panjang gelombang dari gelombang berdiri dalam sebuah dawai yang panjangnya L dan kedua ujungnya terikat. Jadi,

101

pemecahan persamaan Schrödinger bagi sebuah partikel yang terperangkap dalam suatu daerah linear sepanjang L tidak lain adalah sederetan gelombang berdiri deBroglie. Tidak semua panjang gelombang diperkenankan; tetapi hanyalah sejumlah nilai tertentu yang ditentukan oleh Persamaan (4.24) yang dapat terjadi.

Dari persamaan (4.20) kita dapati bahwa, karena hanya nilai-nilai k tertentu yang diperkenankan oleh Persamaan (4.24), maka hanyalah nilai-nilai tertentu E yang dapat terjadi-dengan kata lain, energinya terkuantisasi!

E = ^ħ 2𝑘2 2𝑚 = ^ħ

2𝜋²𝑛²

2𝑚 𝐿2 (4.25)

Untuk memudahkan, ambillah E0 = ħ2𝜋2/2𝑚𝐿2, yang mana tampak bahwa unit energi ini ditentukan oleh massa partikel dan panjang kotak. Maka E = 𝑛2E0, dan dengan demikian partikelnya hanya dapat ditentukan dengan energi E0, 4E0, 9E₀, 16E₀, dan seterusnya, tidak pernah dengan 3E₀ atau 6,2E₀. Karena dalam kasus ini energinya adalah kinetik semata-mata, maka hasil yang diperoleh ini menunjukkan bahwa laju tertentu yang diperkenankan dimiliki partikel. 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 adalah “stasioner” karena, apabila ketergantungan pada waktu dilibatkan untuk membuat 𝜓(x,t) seperti dalam Pasal 4.6, 𝜓(x, t) ² tidak bergantung pada waktu. Semua nilai rata-rata yang dihitung Persamaan (4.11) 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 tidaklah mungkin.

Pemecahan bagi 𝜓 𝑥 belum lengkap, karena belum menentukan tetapan A. Untuk menentukannya kembali ke persyaratan normalisasi _−∞^+∞𝜓2𝑑𝑥 = 1. Karena 𝜓 = 0, kecuali untuk 0 ≤x≤L, maka (kecuali di dalam kotak) integralnya tidak nol, sehingga berlaku

𝐴²𝑠𝑖𝑛2 𝑛𝜋𝑥 𝐿 𝑑𝑥 𝐿

102

yang memberi A = 2/𝐿. Dengan demikian, pemecahan lengkap bagi fungsi gelombang untuk 0 ≤x≤L adalah

𝜓(x) = ² 𝐿sin ^𝑛𝜋𝑥

𝐿 n = 1,2,3 .... (4.27)

Gambar 4.2 Tingkat energi yang diperkenankan dari sumur takhingga satu dimensi. Fungsi gelombang bagi tiap tingkat energi diperlihatkan oleh kurva tebal, dan daerah berbayangan

memberikan rapat probabilitas bagi tiap tingkat energi.

Dalam Gambar4.2 dilukiskan berbagai tingkat energi, fungsi gelombang, dan rapat probabilitas 𝜓2

yang mungkin beberapa keadaan terendah. Keadaan energi terendah, yaitu pada n = 1, dikenal sebagai keadaan dasar, dan keadaan dengan energi yang lebih tinggi (n > 1) dikenal sebagai keadaan eksitasi.

Andaikanlah meletakkan secara berhati-hati sebuah partikel dengan energi E0

ke dalam suatu daerah („kawat” untuk manik-manik) dan kemudian dengan segera mengukur kedudukannya. Setelah mengulangi pengukuran ini berkali-kali sebanyak mungkin, diperkirakan akan menemukan distribusi hasil pengukuran yang sama seperti 𝜓2 untukkasus n = 1–probabilitasnya terbesar pada x = L/2, dan berangsur-angsur berkurang begitu bergerak menjauhi pusatnya dan akhirnya menuju nol pada ujung-ujungnya. (Jika menggunakan fisika partikel klasik, takkuantum, maka berharap menemukan bahwa probabilitasnya tetap sama pada semua titik di dalam “kotak”). Andaikanlah pengukurannya diulangi kembali, dengan kekecualian bahwa sekarang partikelnya diberi energi 4E0. Bila diulangi semua pengukuran terhadap kedudukannya, akan didapati bahwa distribusi hasil

103

pengukuran ini sesuai dengan 𝜓2 untuk n = 2; maksimum-maksimum probabilitasnya nol terjadi pada x = L/2. Dengan demikian, partikelnya haruslah bergerak sedemikian rupa sehingga ia sewaktu-waktu dapat ditentukan di x = L/4 dan di x = 3L/4 tanpa pernah ditemukan x = L/2. Di sini terdapat suatu ilutrasi grafis mengenai perbedaan antara fisika klasik dan kuantum. Tetapi, bagaimana mungkin partikelnya dapat mencapai 3L/4 dari L/4 tanpa melewati L/2? Kesulitan untuk menjawab pertanyaan ini disebabkan karena kecenderungan cara berfikir dalam pandangan partikel, sedangkan fisika kuantum menghendaki berfikir dalam pandangan gelombang. Nada atas pertama dari tengahnya, dan walaupun titik tengahnya diam, “informasinya” merambat dari kiri ke kanan dan sebaliknya dari kanan ke kiri. Bila berbicara tentang kedudukan, merujuk ke partikel; ketika bicara tentang gerak dari L/4 ke 3L/4, merujuk ke gelombang.

Contoh:

Perlihatkan bahwa nilai rata-rata dari x adalah L/2 dan tidak bergantung pada keadaan kuantum.

Pemecahan:

Menggunakan persamaan 𝑥_𝑎𝑣 = _−∞^+∞ 𝜓(𝑥) 2𝑥𝑑𝑥; karena 𝜓 = 0 kecuali untuk 0 ≤x≤L, maka digunakan 0 dan L sebagai batas-batas integral, sehingga

𝑋_𝑎𝑣 = ²

𝐿 𝑠𝑖𝑛₀^{𝐿 2 𝑛𝜋𝑥}_𝐿 𝑥 𝑑𝑥

Bentuk ini dapat diintegralkan secara parsial, atau dicari pada tabel integral; hasil adalah

𝑋_𝑎𝑣 = ^𝐿 2

Perhatikan bahwa, sebagaimana dikehendaki, hasil ini tidak bergantung pada n. Jadi, pengukuran rata-rata kedudukan partikel tidak menghasilkan informasi mengenai keadaan kuantumnya.

Partikel dalam Sebuah Kotak (Dua Dimensi) apabila tinjauan di depan

diperluas ke kasus fisika dua dan tiga dimensi, ciri-ciri utama pemecahannya masih tetap sama, namun ada suatu ciri khas baru penting yang diperkenalkan. Jika potensial merupakan fungsi dari x dan y, maka 𝜓 harus pula bergantung pada

104

x dan y dan turunan terhadap x, harus diganti dengan turunan terhadap x dan y. Karena itu, dalam dua dimensi diperoleh

− ^ħ2 2𝑚

𝜕²𝜓 x,y

𝜕𝑥² +^{𝜕2𝜓 x,y}

𝜕𝑦² + 𝑉 𝑥, 𝑦 𝜓 𝑥, 𝑦 = 𝐸𝜓(𝑥, 𝑦) (4.28) “Kotak” dua dimensi sekarang dapat didefinisikan sebagai berikut:

V(x,y) = 0 0 ≤x≤L, 0 ≤ y ≤L (4.29)

= ∞ untuk yang lainnya

Dibayangkan sebuah benda bermassa yang meluncur tanpa gesekan pada bagian atas sebuah meja dan bertumbukan secara elastik dengan dinding-dinding batas meja di x = 0, x = L, y = 0, kotaknya dipilih bujur sangkar; potensialnya dapat dipilih berbentuk persegi dengan mengambil V = 0 bila 0 ≤x≤a dan0 ≤ y ≤b).

Di dalam kotak, di tinjau pemecahan-pemecahan yang terpisahkan (separable); artinya, fungsi dari x dan y yang ditinjau dapat dinyatakan sebagai hasil kali sebuah fungsi yang hanya bergantung pada y:

𝜓 𝑥, 𝑦 = 𝑓 𝑥 𝑔(𝑦) (4.30)

Gambar 4.3 Sebuah partikel yang bergerak bebas dalam daerah dua dimensi 0 ≤x≤L, 0 ≤ y ≤L

bentuk masing-masing fungsi dari f dan g di ruas kanan sama seperti Persamaan 𝜓(x) = A sin kx + B cos kx

f(x) = A sin𝑘_𝑥𝑥 + B cos 𝑘_𝑥𝑥 (4.30) g(y) = C sin𝑘_𝑦𝑦 + D cos 𝑘_𝑦𝑦

105

Bilangan gelombang dalam contoh soal sebelumnya kini menjadi bilangan gelombang terpisah 𝑘_𝑥bagi f(x) dan 𝑘_𝑥bagi g(y). Kelak akan diperlihatkan kaitan antara keduanya.

Syarat kontinu pada 𝜓 𝑥, 𝑦 menghendaki bahwa pemecahan di luar dan di dalam kotak bernilai sama pada daerah batas kotak; jadi 𝜓 = 0 di x = L (untuk semua y) dan 𝜓 = 0 di y = L (untuk semua x). Persyaratan x = 0 dan y = 0 menghendaki bahwa, dengan cara yang sama seperti contoh soal sebelumnya, B = 0 dan D = 0. Persyaratan pada x = L menghendaki bahwa sin 𝑘_𝑥𝐿 = 0, sehingga merupakan 𝑘_𝑥𝐿 merupakan kelipatan bilangan bulat dari 𝜋. Semua bilangan bulat ini tidak perlu sama, karena itu masing-masing disebut 𝑛_𝑥 dan 𝑛_𝑦 untuk membantu membedakan mereka. Jadi, diperoleh:

𝜓 𝑥, 𝑦 = 𝐴′ sin^𝑛𝑥𝜋𝑥

𝐿 sin^{𝑛𝑦𝜋𝑦}

𝐿 (4.32)

Hasilkali A dan C telah dinyatakan dengan 𝐴′. Koefisien 𝐴′, sekali lagi didapati dengan menggunakan syarat normalisasi, yang dalam dua dimensi menjadi

𝜓²𝑑𝑥 𝑑𝑦 = 1 (4.33)

Untuk kasus ini, syaratnya adalah

𝑑𝑦 𝐴^{𝐿 ′2}𝑠𝑖𝑛2 0 𝐿 0 𝑛𝑥𝜋𝑥 𝐿 𝑠𝑖𝑛2 𝑛𝑦𝜋𝑦 𝐿 𝑑𝑥 = 1 (4.34) yang memberikan 𝐴′ = ² 𝐿 (4.35)

Terakhir dengan menyisipkan kembali pemecahan bagi ψ 𝑥, 𝑦 ini ke dalam Persamaan (4.28), maka didapati bahwa energinya adalah:

𝐸 = ^ħ2𝜋2

2𝑚 𝐿² 𝑛_𝑥2+ 𝑛_𝑦2 (4.36) Bandingkan hasil ini dengan Persamaan (4.25). Sekali lagi diambil E₀ = ħ2𝜋2/2𝑚𝐿2 sehingga 𝐸 = 𝐸₀ 𝑛_𝑥2 + 𝑛_𝑦2 . Dalam Gambar 4.4 diperlihatkan energi dari beberapa keadaan eksitasi.

Gambar 4.5 memperlihatkan rapat probabilitas 𝜓2 untuk beberapa gabungan bilangan kuantum 𝑛_𝑥dan 𝑛_𝑦yang berbeda. Jadi, mengukur rapat probabilitas dan menemukan enam buah maksimum, seperti yang diperlihatkan pada Gambar 4.5,

106

maka dapat disimpulkan bahwa partikelnya memiliki energi 13𝐸₀ dengan 𝑛_𝑥 = 2 dan 𝑛_𝑦 = 3, atau 𝑛_𝑥 = 3 dan 𝑛_𝑦 = 2.

Gambar 4.4 Beberapa tingkat energi terendah yang diperkenankan dari partikel yang terbatas

geraknya dalam.

Gambar 4.5 Rapat probabilitas 𝜓2 bagi beberapa tingkat energi terendah dari partikel yang terbatas geraknya dalam sebuah kotak dua dimensi.

107

Adakalanya dua himpunan bilangan kuantum 𝑛_𝑥 dan 𝑛_𝑦 yang berbeda memiliki energi yang tepat sama. Hal seperti ini dikenal sebagai degenerasi, dan tingkat energinya disebut terdegenerasi (degenerate). Sebagai contoh, tingkat energi pada E = 13𝐸₀ adalah terdegenerasi, karena baik 𝑛_𝑥 = 2, 𝑛_𝑦 = 3 dan 𝑛_𝑥 = 3, 𝑛_𝑦 = 2 memiliki E = 13𝐸₀. Karena degenerasi ini muncul dari pertukaran 𝑛_𝑥 dan 𝑛_𝑦 (yang sama dengan mempertukarkan sumbu x dan y), maka distribusi probabilitas dalam kedua kasus ini tidak terlalu berbeda. Tetapi, untuk keadaan dengan E = 50𝐸₀, terdapat tiga himpunan bilangan kuantum: 𝑛_𝑥 = 7, 𝑛_𝑦 = 1; 𝑛_𝑥 = 1, 𝑛_𝑦 = 7; dan 𝑛_𝑥 = 5, 𝑛_𝑦 = 5, yang memenuhi. Kedua himpunan yang pertama terjadi dari pertukaran 𝑛_𝑥 dan 𝑛_𝑦 sehingga memiliki distribusi probabilitas yang sama, tetapi yang ketiga menyatakan keadaan gerak yang sangat berbeda, seperti diperlihatkan pada Gambar. Tingkat energi pada E = 13𝐸₀ dikatakan terdegenerasi rangkap dua (two-fold), sedangkan tingkat energi pada E = 50𝐸₀ terdegenerasi rangkap tiga (three-fold); dapat pula dikatakan bahwa salah satu tingkat energi memiliki degenerasi 2, sedangkan yang lainnya 3.

Gambar 4.6 Dua rapat probabilitas yang berbeda dengan energi yang tepat sama.

Degenerasi pada umumnya terjadi apabila sebuah sistem dilabel dengan dua atau lebih bilangan kuantum; sebagaimana telah dilihat pada perhitungan di atas, gabungan bilangan kuantum yang berbeda seringkali dapat memberikan nilai energi yang sama. Jumlah bilangan kuantum berbeda yang diperlukan oleh sebuah sistem fisika ternyata persis sama dengan jumlah dimensi dalam mana persoalannya dipecahkan-persoalan satu dimensi hanya memerlukan satu bilangan kuantum, dua dimensi memerlukan dua, dan seterusnya.

108 4.12 OSILATOR HARMONIK SEDERHANA

Persoalan ideal lain yang dapat ditangani secara mudah dengan menggunakan persamaan Schrödinger adalah osilator harmonik sederhana satu dimensi. Osilator klasik yang dapat ditinjau adalah benda bermassa 𝑚 yang diikatkan pada sebuah pegas dengan tetapan pegas k sehingga menderita gaya pegas 𝐹 = −𝑘𝑥, di mana x adalah perpindahan benda dari keadaan setimbang. Osilator seperti ini dapat di analisis dengan menggunakan hukum Newton yang mengungkapkan frekuensi 𝜔_𝑜 = 𝑘/𝑚 dan periode 𝑇 = 2𝜋 𝑚/𝑘. Osilator harmonik ini memiliki energi kinetik maksimum di 𝑥 = 0; energi kinetiknya nol pada titik balik 𝑥 = ± 𝐴_𝑜, di mana 𝐴_𝑜 amplitudo geraknya. Pada titik balik, osilator berhenti sejenak, kemudian berbalik arah geraknya. Tentu saja, geraknya terbatasi pada daerah − 𝐴_𝑜 ≤ 𝑥 ≤ + 𝐴_𝑜.

Mengapa sistem seperti ini di analisis dengan menggunakan mekanika kuantum? Meskipun dalam alam nyata tidak pernah menjumpai contoh osilator kuantum satu dimensi, terdapat sejumlah sistem yang berperilaku menghampiri sistem ini -- misalnya, vibrasi sebuah molekul diatomik (dua atom). Ternyata, hingga orde hampiran terendah, setiap sistem pada daerah minimum sebuah potensial berperilaku seperti sebuah osilator harmonik sederhana.

Sebuah gaya 𝐹 = −𝑘𝑥 memiliki potensial 𝑉 = 1 2 𝑘𝑥², jadi diperoleh Persamaan Schrödinger: − ^ħ2 2𝑚 𝑑²𝜓 𝑑𝑥2 + ¹ 2𝑘𝑥2𝜓 = 𝐸𝜓 (4.37)

(Karena bekerja dalam ruang satu dimensi, maka 𝑉 dan 𝜓 adalah fungsi dari 𝑥 saja). Persamaan diferensial ini sulit sekali dipecahkan secara langsung, karena itu akan ditebak saja pemecahannya. Semua pemecahan Persamaan (4.37) harus menuju nol bila 𝑥 → ±∞, dan untuk limit 𝑥 → ±∞ perilakunya haruslah seperti eksponensial −𝑥2. Oleh karena itu, dicoba dengan 𝜓 𝑥 = 𝐴𝑒−𝑎 𝑥², di mana 𝐴 dan 𝑎 adalah tetapan yang ditentukan dengan mengevaluasikan Persamaan (4.37) bagi pilihan 𝜓(𝑥) ini. Di mulai dengan mengevaluasi ^𝑑2𝜓

109 𝑑𝜓 𝑑𝑥 ^{= −2 𝑎𝑥 (𝐴𝑒} −𝑎 𝑥²) 𝑑2𝜓 𝑑𝑥2 = −2𝑎 𝐴𝑒^{−𝑎 𝑥2} . −2𝑎𝑥 (−2𝑎𝑥)𝐴𝑒−𝑎 𝑥2 dan kemudian menyisipkan 𝜓(𝑥) dan ^𝑑2𝜓

𝑑𝑥2 ke dalam (4.37) untuk melihat apakah pilihan ini memberikan suatu pemecahan.

− ^ħ2

2𝑚 −2𝑎𝐴𝑒−𝑎 𝑥²+ 4𝑎2𝑥2 𝐴𝑒−𝑎 𝑥² + ¹

2 𝑘𝑥2 𝐴𝑒−𝑎 𝑥² = 𝐸𝐴𝑒−𝑎 𝑥² (4.38)