5 PERSAMAAN SCHRODINGER -...
32
42 PERSAMAAN SCHRODINGER Ekuivalensi ini bersesuaian dengan solusi umum persamaan (5.1) untuk gelombang harmonik monokromatik tak teredam dalam arah + x yaitu : Y = A e –i ω ( t – x/v) (5.2) atau Y = A cos [ω(t-x/v)] – isin [ω(t-x/v)] (5.3) A. Persamaan Schrodinger Bergantung Waktu : iћ δΨ/δt = -ћ 2 /2m (δ 2 Ψ/δx 2 + δ 2 Ψ/δy 2 + δ 2 Ψ/δz 2 ) + V (x,y,z)Ψ (5.16) B. Persamaan Schrodinger Tak Bergantung Waktu Ψ = A e –(i/ћ)(Et-px) = A e –(iE/ћ)t e (ip/ћ)x Ψ = Ψ e –(iE/ћ)t (5.17) dengan Ψ = e –(ip/ћ)t . Jadi Ψ merupakan perkalian dari fungsi gelombang bergantung waktu e –(iE/ћ)t dan fungsi gelombang bergantung pada kedudukan Ψ. . Subtitusikan persamaan (5.17) ke dalam persamaan (5.15) maka diperoleh: t iE t iE t iE e v dx e m e iE i / 2 2 / 2 / 2 / ) ( 2 2 2 2 x v dx m E atau 0 2 2 2 2 V E m dx (5.18) 0 2 2 2 2 2 2 2 2 V E m x x x (5.19) 5
-
Upload
truongtruc -
Category
Documents
-
view
289 -
download
2
Transcript of 5 PERSAMAAN SCHRODINGER -...
42
PERSAMAAN SCHRODINGER
Ekuivalensi ini bersesuaian dengan solusi umum persamaan (5.1) untuk
gelombang harmonik monokromatik tak teredam dalam arah + x yaitu :
Y = A e –i ω ( t – x/v)
(5.2)
atau
Y = A cos [ω(t-x/v)] – isin [ω(t-x/v)] (5.3)
A. Persamaan Schrodinger Bergantung Waktu
:
iћ δΨ/δt = -ћ2/2m (δ
2Ψ/δx
2 + δ
2Ψ/δy
2 + δ
2Ψ/δz
2 ) + V (x,y,z)Ψ (5.16)
B. Persamaan Schrodinger Tak Bergantung Waktu
Ψ = A e –(i/ћ)(Et-px)
= A e –(iE/ћ)t
e (ip/ћ)x
Ψ = Ψ e –(iE/ћ)t
(5.17)
dengan Ψ = e –(ip/ћ)t
. Jadi Ψ merupakan perkalian dari fungsi gelombang
bergantung waktu e –(iE/ћ)t
dan fungsi gelombang bergantung pada kedudukan Ψ. .
Subtitusikan persamaan (5.17) ke dalam persamaan (5.15) maka diperoleh:
tiEtiEtiE evdx
em
eiEi /
2
2/
2/
2/
)(2 2
22
xvdxm
E
atau
02
22
2
VEm
dx (5.18)
02
22
2
2
2
2
2
VEm
xxx (5.19)
5
43
C. Aplikasi Persamaan Schrodinger Pada Permasalahan Sederhana untuk
Kasus Satu Dimensi.
1. Partikel Bebas (Free Particle)
a. Proton di Dalam Siklotron
Gambar 5.1 Grafik Energi partikel bebas
)()(
2:
)(2
)(
)()(2
2
2
2
2
2
22
2
2
22
xkxdx
d
mkmisal
xm
xdx
d
xxdx
d
m
Solusinya adalah : denganeex ikxikx ;)( 2
2
mk
Ada dua kemungkinan yaitu :
1. Partikel bergerak ke kanan
B = 0 dan ikxex)(
Energi partikelnya ialah : 2
22
2 dx
d
m
( ikxe ) = E ikxe
m
k
2
22 ikxe = E ikxe
Atau : E = m
k
2
22
Konstanta normalisasi A dapat ditentukan sebagai berikut :
Jika panjang lintasan partikel itu Lx0
x
E
V(x)
0 V=0
44
L
0
( ikxe )*( ikxe ) dx = 1
A2
L
0
dx = 1 A = L
1
Maka persamaan keadaannya adalah : ψ(x) = L
1 ikxe dengan
mk
2
Ψ(x,t) = ψ(x) . ψ(t)
= L
1 ikxet
h
i
e)(
Bila dinyatakan dalam variable gelombang semuanya :
E = hυ maka 2
Ψ(x,t) = L
1 )( tkxie
Harga rata-rata dari variabel momentumnya :
L
ikx
L
ikx
L
kdxL
kdxe
Lxie
L
dxxx
0
*
0
0
11
)(ˆ*)(
Energi partikel dapat dicari sebagai berikut :
Subsitusi ψ(x) = L
1 ikxe ke dalam persamaan Schrodinger
2
22
2 dx
d
m
( ikxe ) = E(
L
1 ikxe )
ikxeikLm
22
)(1
2
E(
L
1 ikxe )
m
k
2
22
2. Partikel bergerak ke kiri
45
A=0
Ψ(x) = B ikxe
Dengan cara yang sama, tentukanlah : a) B b) ψ(x,t) c) <P> d)E
a) konstanta normalisasi B dapat dicari sebagai berikut :
Ψ(x) = B ikxe ; A = 0
)(
)(
0
2
0
0
11
2
1
)()(),()
1
1
1
1)(*)(
tkxitiikx
th
i
ikx
L
ikx
L
ikx
ikx
L
ikx
eL
eeL
eeL
txtxb
L
dx
dxee
dxee
c) <P> = …….?
kLL
kdxe
L
k
dxeLxi
eL
dxxx
L
ikxikx
LL
0
0
00
)1
)((*)1
()(ˆ)(*
d) E = ………?
46
m
k
eL
eikLm
eL
eLdx
d
m
eL
x
ikxikx
ikxikx
ikx
2
1)(
1
2
11
2
1)(
22
22
2
22
2. Partikel dalam Keadaan Terikat (Bound States)
a. Elektron-Elektron Konduksi yang Berada di Permukaan Logam
t :
Gambar 5.2 Grafik Energi elektron pada permukaan logam
Daerah I : x < 0
V(x) = 0 ; energi partikel E
Persamaan schrodingernya ialah:
xikxik
I eex
xkxdx
d
mkmisal
xm
xdx
d
xxdx
d
m
11)(
)(
2:
)(2
)(
)()(2
2
12
2
2
2
1
22
2
2
2
Daerah II ; x 0
x
E
V
V(x)
47
V (x) = V , E < V
)()()(2 2
22
xExVxdx
d
m
)()(2
)(22
2
xVEm
xdx
d
)()(2
2x
EVm
22
)(2: 2
EVmkMisal
)()( 222
2
xkxdx
d
Solusi ialah )(x Cek
2x
+ De-k
2x
Fungsi yang diinginkan ialah fungsi gelombang berkelakuan baik :
0)(xII
xlim
Maka C = 0 dari xik
II Dx2
2)(
xBeAe ikxikx : < 0
)(x = 0;2 xDe xk
Solusi dari fungsi gelombang yang diperoleh masih terputus di x = 0 (tak
kontinu) maka, kita gunakan rumus penyambung atau persamaan
kontinuitas.
dx
x
dx
xd
xx
III
III
)()(
)()(
x=0
A+B=D..............1)
Ik1 A – ik1B = -k2D............2)
Dari dua persamaan tersebut dapat ditentukan harga konstanta A,B dan D
A+B=D (k2) -k2A+k2B=-k2D
ik1 A – ik1B = -k2D 1 ik1 A – ik1B = -k2D +
(k2+ik1)A+(k2-ik1)B=0
48
(k2+ik1)A=(k2-ik1)B
B= Akik
kik
21
21
D = A
A+B=D ik1 ik1 A + ik1B = -k1D
ik1 A – ik1B = -k2D 1 ik1 A – ik1B = -k2D +
2ik1 A=(ik1-k2)D
D = Akik
ik
21
12
0;
0;2 21
211
21
11)(
xAkik
kikAe
xAkik
ik
xik
x
b. Neutron yang mencoba melepaskan diri dari inti
Gambar 5.3 Grafik Energi Neutron
Daerah I : x < 0
V(x) = 0 ; energi partikel E
Persamaan schrodinger ialah :
x
E
V
V(x)
49
xikxik
I eex
xkxdx
d
mkmisal
xm
xdx
d
xxdx
d
m
11)(
)(
2:
)(2
)(
)()(2
2
12
2
2
2
1
22
2
2
2
Daerah x>0
V(x)=V ;energi E >V
Persamaan schrodingernya : )()()(2 2
22
xExVxdx
d
m
)()(2
)(22
2
xh
VEmx
dx
d
)()(2
2x
h
EVm
2
2
2
)(2:
h
EVmkMisal
xikxik
II DeCex 22)(
Syarat gelombang yang berkelakuan baik : )(xxik
Ce 2 dan D=0
)(x0;
0;
11
2
xBeAe
xCe
xikxik
xik
Persamaan kontinuitasdi x=0 agar fungsi gelombang tersebut
berkesinambungan:
)()(
)()(
xdx
dx
dx
d
xx
III
III
x=0
A+B=C (k1) k1A-k1B=k1C
K1A-k1B=k2C 1 k1A-k1B=k2C +
2k1A=(k1+k2)C
50
C= Akk
k
21
12
0;
0;2 21
211
21
11)(
xAkik
kikAe
xAkik
ik
xik
x
c. Partikel α yang Mencoba Melepaskan Diri dari Barrier Coulomb
Gambar 5.4 Grafik Energi Partikel α
Daerah I ; x<0
V(x)=0 energinya E<V
Persamaan schrodingernya : )()()(2 2
22
xExVxdx
d
m
)(2
)(22
2
xmE
xdx
d
)(xI = dengan k1=2
2
mE
Daerah II ; 0<x<a
V(x)=0
Persamaan schrodingernya : )()()(2 2
22
xExVxdx
d
m
)()(2
)(22
2
xEVm
xdx
d
)(xII =xikxik
DeCe 22 dengan k2= 2
)(2
EVm
Daerah III ; x>a
x
0 a
V
E
II I III
51
V(x)=0
Persamaan schrodingernya : )()()(2 2
22
xExVxdx
d
m
)(xIII =xikxik
GeFe 12 dengan k1= 2
2
mE
Pada daerah ini, partikelnya merupakan partikel bebas artinya tidak
ada sesuatu yang menyebabkan partikel untuk dipantulkan kembali
jadi G=0
)(xIII =xik
Fe 2
(x) =
axFe
axDeCe
xBeAe
xik
xkxk
xikxik
;
0;
0;
1
22
11
Persamaan tersebut masih terputus di x=0 dan x=a maka digunakan
persamaan kontinuitas:
dx
x
dx
xd
xx
III
III
)()(
)()(
x=0
dx
x
dx
xd
xx
III
III
)()(
)()(
x=a
A+B=C+D.......................1)
ik1A-ik1B=k2C-k2D..........2)
)4............
)3....................
122
122
122
aikakak
aikakak
FeikDekCek
FeDeCe
Dari kempat persamaan tersebut dapat dicari konstanta A,B,C,D dan F.
Dari persamaan 1 dan 2 :
A+B=C+D (ik1) ik1A+ik1B= Ik1C-ik1D
ik1A-ik1B=k2C-k2D (1) ik1A-ik1B= k2C-k2D +
2ik1A=(ik1+k2)C+(ik1+k2)D...................5)
Dari persamaan 3) dan 4)
52
Cek
2a + De
-k2
a = Fe
ik1
a (ik1) ik1Ce
k2
a+ik1De
-k2
a = ik1Fe
ik1
a
k2Cek
2a – k2De
-k2 = ik1Fe
ik1
a (1) k2Ce
k2
a – k2De
-k2
a = ik1Fe
ik1
a
(ik1-k2) Cek
2a = -(ik1-k2) De
k2
a
)6.............)(
)(
)(
)(
2
2
2
2
21
12
2
21
21
Cekik
ikkD
Ce
e
kik
kikD
ak
ak
ak
Subsitusi 6) ke 5) :
)7.............))(()(
)(2
)(
)()()(2
)(
)()()(2
2
2
2
2
1221
2
21
211
2
21
1221211
2
21
1221211
Aeikkkikkik
kikikC
Cekik
ikkkikkikAik
Cekik
ikkkikCkikAik
ak
ak
ak
Subsitusi 7) ke 6) :
ake
kik
ikkD 22
21
12
)(
)()8...........
))(()(
)(2
22
1221
2
21
211 Aeikkkikkik
kikikak
Subsitusi 7) ke 8) :
Aeikkkikkik
eikkkikikF
Aeeikkkikkik
ikkkikeikF
Feeikkkikkik
ikkkikeAik
Feeeikkkikkik
Akikike
kik
ikk
Aeeikkkikkik
kikik
ak
aikak
akak
ak
aik
ak
ak
aikak
ak
ak
ak
ak
2
12
22
2
1
2
2
12
2
2
2
2
2
1221
2
21
1221
22
1221
2
21
1221
2
1
2
1221
2
21
1221
2
1
2
1221
2
21
2112
21
12
2
2
1221
2
21
211
))(()(
))((2
1
))(()(
))()((2
))(()(
))((2
))(()(
)(2
)(
)(
))(()(
)(2
Subsitusi 7) dan 8) ke 1)
B = C + D –A
53
ak
ak
ak
ak
ak
akak
ak
akak
ak
akak
ak
ak
eikkkikkik
kikeikkkikikkikA
eikkkikkik
kikeikkkikkikikA
eikkkikkik
eikkkkikekkikkikikA
eikkkikkik
eikkkikkikekkikkikikA
eikkkikkik
eikkkikkikekkikkikikA
Aeikkkikkik
AekkikAkikik
2
2
2
2
2
22
2
22
2
22
2
2
2
1221
2
21
21
2
1221121
2
1221
2
21
2
21
2
1221211
2
1221
2
21
2
122
2
21
2
121211
2
1221
2
21
2
122121
2
121211
2
1221
2
21
2
1221
2
21
2
121211
2
1221
2
21
2
121211
))(()(
)())((2)(
))(()(
)())(()(2
))(()(
)()()()(2
))(()(
))(()()(2)(2
))(()(
))(()()(2)(2
))(()(
)(2)(2
maka persamaan keadaan dari partikel tersebut ialah
0;2
0;22
0;2
1
2
12
2
2
2
2
2
1
2
2
1
2
1221
2
21
12211
2
1221
2
21
2
121
2
1221
2
21
211
2
1221
2
21
2112121
xAeeikkkikkik
eikkkikik
axaeeikkkikkik
eikkikAe
eikkkikkik
kikik
xAeeikkkikkik
kikeikkikkikAe
xik
ak
aikak
xk
ak
akxk
ak
xik
ak
akxik
d. Elektron yang Dihamburkan Oleh Atom yang Terionisasi Negatif
(x
)
54
Gambar 5.5 Grafik energi elektron yang dihamburkan oleh
Atom terionisasi negatif
Daerah I ; x<0
V(x)=0
Persamaan Schrodingernya, )()()(2 2
22
xExVxdx
d
m
)(2
)(22
2
xmE
xdx
d
)(xI =xikxik
BeAe 11 dengan k1= 2
(2
Em
Daerah II ; 0<x<a
V(x)=V energinya E>V
Persamaan schrodingernya : )()()(2 2
22
xExVxdx
d
m
)(2
)()(2
)(222
2
EVm
xVEm
xdx
d
)(xII =xikxik
DeCe 22 dengan k2= 2
)(2
EVm
Daerah III ; x>a
V(x)=0
Persamaan Schrodingernya, )()(2 2
22
xExdx
d
m
x
E V
a 0
III I II
55
)(2
)(22
2
xmE
xdx
d
)(xIII =xikxik
GeFe 11 dengan k1= 2
(2
Em
Pada daerah ini partikel dianggap sebagai partikel bebas sehinnga G=0
)(xIII =xik
Fe 1
maka persamaan keadaannya ialah
(x) =
axFe
axDeCe
xBeAe
xik
xkxk
xikxik
;
0;
0;
1
22
11
Persamaan tersebut masih terputus di x=0 dan x=a maka digunakanlah
persamaan kontinuitas :
dx
x
dx
xd
xx
III
III
)()(
)()(
x=0
dx
x
dx
xd
xx
IIII
IIIII
)()(
)()(
x=a
A+B=C+D.......................1)
Ik1A-ik1B=k2C-k2D..........2)
)4............
)3....................
122
122
122
aikakak
aikakak
FeikDekCeik
FeDeCe
Mencari konstanta A,B,C,D & G.
Dari persamaan 1) dan 2) :
A+B=C+D (ik1) Ik1A+ik1B= Ik1C-ik1D
Ik1A-ik1B=k2C-k2D (1) Ik1A-ik1B= k2C-k2D +
2ik1A=(ik1+k2)C+(ik1+k2)D........................5)
Dari persamaan 3) dan 4) :
Cek
2a + De
-k2
a = Fe
ik1
a (ik1) ik1Ce
k2
a+ik1De
-k2
a = ik1Fe
ik1
a
k2Cek
2a – k2De
-k2 = ik1Fe
ik1
a (1) k2Ce
k2
a – k2De
-k2
a = ik1Fe
ik1
a
56
(ik1-k2) Cek2
a = -(ik1-k2) De
k2
a
)6.............)(
)(
)(
)(
2
2
2
2
21
12
2
21
21
ak
ak
ak
ekik
ikkD
Ce
e
kik
kikD
Subsitusi 6) ke 5) :
)7.............))(()(
)(2
)(
)()()(2
)(
)()()(2
2
2
2
2
1221
2
21
211
2
21
1221211
2
21
1221211
Aeikkkikkik
kikikC
Cekik
ikkkikkikAik
Cekik
ikkkikCkikAik
ak
ak
ak
Substitusi 7) ke 6), diperoleh :
)8..........2
2
2
2
2112
2
1 Aekkkk
ekD
aik
aik
Substitusi 7) ke 8) ke 3), diperoleh :
Aekkkkkk
ekkF
aik
aikaik
1
12
2
211221
214
Subsitusi 7) dan 8) ke 1)
B = C + D –A
Aekkkkkk
ekkkkkkkekkkkB
aik
aikaik
2
22
2
211221
2
21122121
2
1121 22
57
axAeekkkkkk
ekk
axAeekkkk
ekAe
ekkkkkk
kkk
xAeekkkkkk
ekkkkkkkkekkkkAe
xik
aik
aikaik
aik
aik
aikxik
aik
xik
aik
aikaikxik
;4
0;22
0;22
1
2
12
2
2
2
2
2
1
2
21
1
2
211221
21
2
2112
2
1
2
211221
121
2
211221
2
21122121
2
1121
e. Neutron yang terikat dalam inti
Gambar 5.6 Grafik energi neutron yang terikat dalam inti
Daerah I ; x<0
V(x)=V ; E<V
Persamaan Schrodingernya, )()()(2 2
22
xExVxdx
d
m
)()(2
)(22
2
xEVm
xdx
d
)(xI =xkxk
BeAe 11
dengan menerapkan syarat fungsi berkelauan baik yaitu lim x mendekati
negatif tak hingga maka nilai fungsi harus berhingga, maka haruslah B = 0
sehingga solusi didaerah satu ialah
)(xI =xk
Ae 1 dengan k1= 2
)(2
EVm
Daerah II ; 0<x<l
x
E
V
l 0
V
V(x)=0
III II
I
(x)
58
V(x)=0
Persamaan Schrodingernya, )()()(2 2
22
xExVxdx
d
m
)(2
)(22
2
xmE
xdx
d
)(xII =xikxik
DeCe 11 dengan k2= 2
2
mE
Daerah III ; x>l
V(x)=V energinya E<V
Persamaan schrodingernya : )()()(2 2
22
xExVxdx
d
m
)()(2
)(22
2
xEVm
xdx
d
)(xIII =xkxk
GeFe 11
Syarat fungsi berkelakuan baik : 00)(
lim Fx
oxIII
)(xIII =xk
Ge 1
xk
Ae 1 ; x<0
Ψ(x) = xikxik
DeCe 11 ; 0<x<l
xk
Ge 1 ; x>l
Fungsi tersebut masih terputus di titik x=0 dan x=l maka digunakan
persamaan kontinuitas :
dx
x
dx
xd
xx
III
III
)()(
)()(
x=0
dx
x
dx
xd
xx
IIII
IIIII
)()(
)()(
x=l
A = C+D.......................1)
k1A-= ik2C ik2D ...........2)
59
)4............
)3....................
122
122
122
liklklk
liklklk
GekDekCeik
GeDeCe
Mencari konstanta A,C,D dan G.
Dari persamaan 1 dan 2
A = C + D (ik2) ik2A= ik2C-ik2D
k1A = ik2C ik2D (1) k1A-= ik2C-ik2D +
(ik2-k1)A=2ik2D
5..............2 2
12 Aik
kikD )
Subsitusi 5) ke 1)
C = A – D
)6........................2
2
2
2
)(
2
12
2
122
2
12
Aik
kikC
Aik
kikikC
Aik
kikC
Subsitusikan 5) dan 6) ke 3)
Aeik
ekikekikG
GeAeik
kike
ik
kik
lik
liklik
lkliklik
2
22
122
2
1212
2
12
2
12
2
22
xk
Ae 1 ; x ≤ 0
Ψ (x) =
lxAeeik
ekikekik
lxAeik
kikAe
ik
kik
xk
lik
liklik
liklik
;2
0;22
1
2
22
22
2
1212
2
12
2
12
f. Molekul Gas yang Terperangkap di Dalam Kotak
60
Gambar 5.7 Grafik energi partikel dalam kotak
Karena besar dinding potensialnya tak hingga, maka partikel tidak
mempunyai peluang untuk loncat ke daerah x < -l dan x > l berarti, solusinya
hanya terletak di daerah –l ≤ x ≤ l dengan V(x) = 0.
Persamaan Schrodingernya :
)()()(2 2
22
xExVxdx
d
m
)(2
)(22
2
xmE
xdx
d
)(x =xikxik
BeAe 11 dengan k=2
2
mE
Atau Ψ(x) = A ( cos kx + i sin kx ) + B (cos kx – i sin kx )
= (A + B )cos kx + i ( A - B ) sin kx
= C cos kx + D sin kx
dengan C = A + B dan D = i ( A- B )
Dilihat dari solusinya, ada dua kemungkinan yaitu :
1. Ψ(x) = C cos kx ; D=0
Fungsi gelombang yang dipilih harus memenuhi syarat batas:
Ψ(-l) = Ψ(l) = 0
Ψ(-l) = 0 dan Ψ(l) = 0
C cos k (-l) = 0 C cos kl = 0
C cos (-kl) =0
C cos kl = 0
Kedua syarat sudah terpenuhi, maka dicari harga kl yaitu :
E
0
V (X)
61
C cos kl = 0
Cos kl = nπ/2 dengan n =1,3,5,7,… (bilangan ganjil)
xl
nCxmaka
l
nk
2cos)(
2
Harga C dapat dicari dengan menormalisasikan fungsi tersebut :
2
2
2
2
22222
2
22
22
32
82cos
1
22
2cos
1
2cos
1
2:
:2
cos1
)(
11
2cos
1)(*
nml
ml
nx
l
n
ll
n
m
xl
n
lx
l
n
ldx
d
maituenerginyay
njilbilanganganxdenganl
n
lx
lCxdx
l
nC
x
n
l
l
l
l
dengan n bilangan ganjil
2. ψ(x) = D sin kx ; C=0
Fungsi gelombang yang dipilih harus memenuhi syarat batas:
Ψ(-l) = Ψ(l) = 0
Ψ(-l) = 0 dan Ψ(l) = 0
D sin – (kl) = 0 D sin (kl) = 0
-D sin kl =0 D sin kl =0
Sin kl = 0 sin kl = 0
Kedua syarat sudah terpenuhi, maka dicari harga kl, yaitu :
D sin kl = 0
sin kl = 0
kl = nπ
k = nπ/l, dengan : n = 0,1,2,3,4,..
62
xl
nDx sin)(
Konstanta D diperoleh dengan cara menormalisasikan fungsi tersebut :
napbilangangenxl
n
lx
napbilangangenml
n
napbilangangenn
nn
ndengan
ml
n
l
n
m
xl
n
lx
l
n
ldx
d
maituenerginyay
xl
n
lx
lDxdx
l
nD
n
l
l
';'
sin1
)(
;32
)'(2
'
,...3,2,1,0:
82
sin1
sin1
2:
sin1
)(
11
2sin
2
22
2
2222
2
22
22
Persamaan keadaan dari molekul yang terperangkap dalam kotak ternyata
mempunyai paritas ganjil dan genap, dengan energi
2
22
32ml
nn
Untuk n =1
2
32
2
32
2
3
3
22
2
2
12
2
2
2
lll
k
n
lll
k
n
lll
k
n = 3 13 9EE
63
xx 2
3cos
1
n = 2 12
2
2 432
4E
m
hE
2
sin1 n
x
n = 1 2
2
132 m
hE
xn
x 2
cos1
Gambar 5.8 Energi partikel dalam kotak pada berbagai orde
g. Molekul Diatomik yang Bervibrasi Membentuk Osilator Harmonik
Sederhana
Gambar 5.9 Grafik Energi Osilator Harmonik Sederhana
Molekul Diatomik
Persamaan Schrodingernya ialah :
02
2
1
2
2
222
2
2
2
22
xxmkmE
xdx
d
xExkxxdx
d
m
V(x)
x -x
64
misal : 2
2
2
mE
02
2
2
2
2
xxmk
xdx
d
misal : 4
1
2
04
0
2
1
mk
mk
)1..............04
0
22
2
2
xx
xdx
d
misal : 0
x
d
d
dx
d
d
d
dx
d
d
d
dx
d2
0
2
2
0
11
)2.............0
01
2
2
0
2
2
2
4
0
22
2
2
2
0
d
d
d
d
dengan : mk
mE 2
2
2
0
2 2
Solusi dari persamaan 2) salah satunya yaitu dengan teknik trial & error.
Kita pilih sembarang fungsi dimana fungsi yang dipilih harus memenuhi
syarat fungsi berkelakuan baik, yaiutu:
0lim
Misal fungsi sembarang itu ialah :
)3...........2
2
1
e
Diuji : 0lim (dipenuhi)
Substitusi persamaan 3) ke persamaan 2) :
65
)4.......012
0
0
0
2
0
2
2
2
2
1
22
0
2
2
1
2
1
22
1
2
1
2
1
2
1
22
0
22
1
2
1
2
1
22
0
2
2
2
2
22222
222
2
d
d
d
d
e
d
deee
d
de
d
de
eed
de
d
d
ed
d
Persamaan 4) ini dinamakan persamaan Hermite
Solusi dari persamaan Hermite dicari dengan cara deret
dijabarkan dalam bentuk deret sebagai berikut :
...
)5..............
3
3
2
210
0
aaaa
ba l
l
l
Substitusi persamaan 5) ke persamaan 4) :
0...16201412
12612
0...1
...322...1262
0...1
...2...
3
3
2
0
2
35
2
2
2
0
2
24
1
2
0
2
1300
2
0
2
2
2
210
2
0
2
3
32
4
432
2
210
2
0
2
2
210
2
2102
2
aaaaaa
aaaaa
aaa
aaaaa
aaa
aaad
daaa
d
d
Atau secara umum dapat diungkapkan sebagai berikut :
66
21
12
21
12:
01221
:,0
,...3,2,1,0:
01221
2
0
2
0
2
2
2
0
2
2
2
0
2
2
ll
l
ll
l
a
aatau
alaall
makakarena
ldengan
alaall
l
l
lll
l
lll
Untuk l besar atau l mendekati :la
a
l
l 22
Berarti ada dua solusi, yaitu :
ganjilaaa
genapaaa
....2
.....1
5
5
3
31
4
4
2
20
Perbandingan antar dua sukunya yaitu 22
l
Jadi, deret tersebut mempunyai kelakuan asimptotik untuk seluruh rentang
l sebanding dengan : )6.......22 22 eataue
Substitusi persamaan 6) ke persamaan 5):
22
2
3
2
1
ee
Bila diuji dengan : 0lim (berarti ada kesalahan)
Untuk mengatasi hal tersebut, maka dilakukan cara dengan mengubah
deret menjadi bentuk polinom yaitu dengan melakukan pemotongan suku deret.
Misal rentang harga l tidak sampai tapi sampai l tertentu, misal sampai l max
Itu diperoleh bila 02
l
l
a
a
2
0
2
0
2
0
12:
012:
021
12
lmaka
latau
ll
l
Karena l = 0,1,2,3,… kita ganti saja dengan )7......122
0n
67
Substitusi persamaan 7) ke 4) dengan mengganti ( ) dengan polinomial
Hermite Hn ( ) :
)8..........................0222
2
nnn nHHd
dH
d
d
Lihat persamaan 3) :
22
2
1
2
1
: eHmenjadie n
Dengan :22
1 ed
deH
n
nn
n
24
2
2
2
1
0
2
H
H
eH
dgn : 0
x dan
4
1
2
0mk
Solusinya yaitu :
2
2
1
eHA nn dengan An = konstanta
An dapat dicari sebagai berikut :
n
n
n
Ad
2!
11*
2
1
2
n
n
n
A
2!
1
2
1
nmn
nm
An
n
;2!
;0
2
12
4
1
2
11
4
1
0
22
1
2.
1A
A
68
2
2
2
1
2
1
1
2
1
4
1
0
222
1e
e
D. Rapat Probabilitas
1. Proton di dalam berkas siklotron
Kasus 1
Le
Le
Lx
xxx
ikxikx 111*
*
Kasus 2
Le
Le
Lx
xxx
ikxikx 111*
*
:
Gambar 5.10 Sketsa grafik rapat probabilitas
sebagai fungsi posisi
2. Elektron-Elektron Konduksi yang Berada di Permukaan Logam
xikxikxikxikAe
kik
kikAeAe
kik
kikAex
xxx
1111
21
21
*
21
211
1
*
11
xikxikAeA
kik
kikAeA
kik
kikAA 11 2*
21
212*
21
21*2
x
69
xkxkxkAeA
kk
kAe
kik
ikAe
kik
ikx
xxx
222 2*
2
2
2
1
2
1
21
1
*
21
12
2
*
22
422
:
Gambar 5.11 Sketsa grafik hubungan rapat probabilitas
neutron konduksi terhadap posisinya
3. Neutron yang Mencoba Melepaskan Diri dari Inti
xikxikxikxikAe
kk
kkAeAe
kk
kkAex
xxx
1111
21
21
*
21
211
1
*
11
AAkk
kkAeA
kk
kkAeA
kk
kkAA
xikxik *
2
21
212*
21
212*
21
21* 11
AAkk
kAe
kk
kAe
kk
kx
xxx
xikxik *
2
21
2
1
21
1
*
21
12
2
*
22
42222
Gambar 5.12 Sketsa grafik hubungan rapat probabilitas
neutron yang melepaskan diri dari inti terhadap posisinya
0 x
*
0 x
70
4. Partikel yang Mencoba Melepaskan Diri dari Potensial Coulomb
2
2
1221
2
21
21
2
12121*
2
1221
2
21
21
2
121212*
2
1221
2
21
21
2
121212**
1
2
2
2
2
1
2
2
1
2
2
2
ak
ak
ak
akxik
ak
akxik
eikkkikkik
kikeikkikkikAA
eikkkikkik
kikeikkikkikAeA
eikkkikkik
kikeikkikkikAeAAAx
2121
422
21
22
21
2
2121
2
2
1221
2
21
2
2121
2
21
*2
12
22222
22
14
kikkikekikekikekikkike
eikkkikkikekikkikkikAAkx
akxkakakxk
akak
ak
aik
ekikkikkik
ekikkikAAkx
2
1
2
2121
2
21
22
2121*2
13 4
Gambar 5.13 Sketsa grafik probabilitas partikel
5. Elektron yang dihamburkan oleh ion yang terionisasi negatif
0 L x
*
71
aikaik
aikaik
aikaik
aik
aikaikxik
ak
aikaikxk
ekkkkkkkkekkkk
ekkkkkkkkekkkk
ekkkkekkkkkkAeA
ekkkkkk
ekkkkkkkkekkkkAeA
ekkkkkk
ekkkkkkkkekkkkAeAAAx
22
22
22
2
22
1
2
22
1
2
21122121
2
1121
2
21122121
2
1121
2
2112
2
2112
2
21
*
2
211221
2
21122121
2
11212*
21
211221
2
21122121
2
11212**
1
22
22
1
22
22
1
4
21
22
12
2
12
2
21
2
21
2
2112
2
2112
*2
12
222
22
kk
ekkekk
kk
kk
ekkkkekkkk
AAkx
xikaikaik
aikaik
2121
2
212121
2
21
2
2112212*2
1324
kikkikkikkikkikkik
kikikkkikAeAkx
ak
Gambar 5.14 Sketsa grafik probabilitas elektron yang dihamburkan ion
6. Neutron yang terikat dalam inti
0 L x
72
2
21
22
21
22
21
2
2
2
12
2
*
3
2
21
22
21
22
21
2
2
2
12
2
*
2
2**
1
22
22
111
4
4
kikekikekikkkAA
x
kikekikekikkkk
AAx
AeAAeAex
liklik
xikxik
xkxkxk
Grafiknya :
Gambar 5.15 Sketsa grafik probabilitas neutron dalam inti
7. Molekul gas yang terperangkap dalam kotak
genapbilnxl
n
Lx
atau
ganjilbilnxl
n
Lx
.;2
sin1
:
.;2
cos1
2
2
Gambar 5.16 Sketsa grafik probabilitas partikel dalam kotak
8. Molekul diatomik yang bervibrasi membentuk osilator sederhana
x
*
+
73
2
2
22
1
1
2
1
0
2 e
e
Gambar 5.17. Sketsa grafik probabilitas osilator harmonik sederhana
Molekul diatomik
0( )
0( )
