PARTIKEL DALAM BOX. Bentuk umum persamaan orde dua adalah: ay" + b Y' + cy = 0

1 Bab II/Partikel Dlm Box/

PARTIKEL DALAM BOX  Elektron dalam atom dan molekul dapat dibayangkan mirip partikel dalam box.  daerah di dalam box tempat partikel tersebut bergerak berpotensial nol, sedang daerah diluar box berpotensial tertentu atau tak terhingga,  box dibayangkan sebagai ruangan dengan dindingnya adalah energi potensial.. Bentuk umum persamaan orde dua adalah: aY" + b Y' + cY = 0


atau d2 d a 2Y +b Y +cY=0 dx dx

(2-1)

atau 2 aD Y + bDy + cY = 0 atau (aD2 + bD + c)y = 0 (2-2) dan 2 aD + bD + c = 0  persamaan karakteristik (2-3) Akar-akar penyelesaiannya adalah


x1, 2

 b  (b 2  4ac)  2a

Penyelesaian umum persamaan differensial orde dua (2-1) tersebut adalah: Y=

A . eD1 x + B . eD 2 x

A dan B adalah sembarang konstanta, sedang D1 dan D2 adalah akar-akar persamaan karakteristik (2-3)


Contoh: Tentukan bentuk umum penyelesaian 2Y" + 3Y' + 4Y = 0 Jawab: Persamaan karakteristiknya : 2D2 + 3D + 4 = 0, a = 2; b = 3; c = 4 Akar-akarnya:  b  (b 2  4ac) x1, 2  2a D1 . 2 =  3   23 = 3/4 4

+ 5 3/4 i

Jadi Penyelesaiannya adalah: Y = A . e /  5 / i x + B . e /  5 / i x 3

3

4

3

4

3

4

4


2.2 Partikel Dalam Box Satu Dimensi  Bayangkan sebuah partikel yang bergerak dalam box satu dimensi.  box satu dimensi adalah penggal garis yang panjangnya a yang terletak pada sumbu x.  Sepanjang sumbu x fungsi energi potensialnya tak terhingga kecuali pada penggalan sepanjang a yang potensialnya 0.  Jika partikel berada di dalam box, maka energi potensialnya adalah nol (V(0<x

Gambar 2.1: Fungsi energi Potensial Partikel dalam Box satu Dimensi Dari gambar 2.1 tampak bahwa sumbu x terbagi atas tiga area, yaitu area I ( x < 0), area II (0 < x < a) dan area III ( x > a). Bagaimana fungsi gelombang partikelnya dan energi partikel pada masing-masing daerah tersebut?


Lihat persamaan Schrodinger bebas waktu atau persamaan (5-1 Bab I) d 2 ( x ) 2m + 2 (E  V(x) ) ( x)  0 2 dx 

(2-4)

Partikel di luar box (area I dan III), Vx =  , sehingga (EV) =   dan persamaan (2-4) dapat ditulis: d 2 x  x 2 dx

(2-5)

Jadi: x =

1 d 2 x  dx 2

atau x = 0 (2-6)


Kesimpulan: Jika berada di luar box, partikel tidak bergerak Bagaimanakah jika partikel berada dalam box yaitu area II ? Jika berada dalam box, Vx = 0 sehingga (2-4) dapat ditulis: d 2 ( x ) 2m + 2 (E  V(x) ) ( x)  0 2 dx  d 2 x 2mE + 2 x = 0 2 dx  aD2Y  cY  0

(2-7)


Persamaan (2-7) di atas differensial orde dua karakteristiknya adalah: 2mE 2 D + 2 =0 

Ingat! 2mE 2 D + 2 =0 

a = 1; b = 0; c = 2mE 2 x1, 2

  b  (b 2  4ac)  2a

Sehingga akar-akarnya adalah:

adalah yang

persamaan persamaan


 0 2  4.1.

D1.2 =

2mE 2

2.1 2mE 2  2  = 2 2mE =  1  2  =  i 1  2mE  i =   2mE 

Bentuk umum penyelesaian persamaan Schrodinger satu dimensi:  = A. e

i ( 2 mE )1 / 2 x 

+ B .e

 i ( 2 mE )1/ 2 x

(2-8)


1/2

Agar bentuknya sederhana (2mE) sehingga (2-8) ditulis: i -i  (x) = A. e  e (2-9)

x /  ditulis 

Menurut persamaan Euler : ei= cos  + i sin  dan -i e = cos   i sin  sehingga (2-9) dapat ditulis: (x) = A( cos  + i sin  ) + B. (cos   i sin  = A cos  + A i sin  + B. cos   i sin  = A cos  + B. cos  A i sin   i sin 


= (A + B) cos  (A i  i ) sin  (x) = P cos Q sin  (2-10) dengan P dan Q adalah tetapan sembarang yang baru. Dengan mengembalikan harga (2mE) (2-10) dapat ditulis:

1/2

x/  maka

(x) = P cos{(2mE)1/2x/  } + Q sin(2mE)1/2x/  }

(2-11)

 Untuk menentukan P dan Q kita gunakan kondisi khusus tertentu.  dipostulatkan bahwa  adalah kontinum, artinya tidak ada lompatan nilai  jika x kontinum.


  di luar box nyambung dengan di dalam box ketika  melalui dinding box (pada x = 0 atau x = a).  karena di luar box = 0 dimanapun termasuk di dinding box, maka  di dalam box pun harus bernilai nol ketika melalui dinding.  Jadi, di dinding box ketika x = 0, maka  pada (211) adalah nol, (x=0  dan (x=a    jadi: (x)=Pcos{(2mE)1/2.0/  }+Q sin{(2mE)1/2.0 /  }= 0 Jadi: (x) = P cos 0 + Q sin 0 = 0


P + 0 = 0, jadi P = 0 Kalau P = 0, maka Q tidak mungkin 0 karena sin 0 sudah pasti 0 dan (2-11) menjadi: 1/2 (x) = Q sin (2mE) x /  (2-12) Untuk menentukan harga Q, kita gunakan x = a   Pada kondisi ini  juga harus = 0. Jadi 1/2 Q sin (2mE) a /  = 0  Q sin x = 0 Karena Q pasti tidak nol, maka 1/2 sin (2mE) a /  = 0  sin x = 0


sehingga 1/2 (2mE) a /  = + n 

(2-13)

Jika kedua ruas dikuadratkan, maka [(2mE)1/2 a /  ]2 = (n 2mE a2 /  2 = n22 Dari sini kita peroleh E = E = E =

2 2   n2 2m a 2 2 h n2 8m a 2 n2h2 8m a 2

n = 1, 2, .... (2-14)


Q: Mengapa harga n tidak dimulai dari nol ? A: Jika n = 0 diijinkan berarti pada keadaan itu E = 0. E = 0 tidak mungkin, karena dengan demikian hanya terjadi jika partikel tidak bergerak. Untuk partikel yang bergerak E = 0 tidak diijinkan, jadi n = 0 juga tidak diijinkan. Jika E pada (2-14) kita masukkan pada (2-12), kita peroleh: 1/2 (x) = Q sin (2mE) x /  n  = Q sin x (2-15) a



 = Q sin 2

2

n ( x) a


Untuk memperoleh Q, kita gunakan sifat fungsi ternormalisasi, yaitu bahwa untuk fungsi normal, harga total peluangnya = 1, jadi: l

P( 0 < x < a ) =

  dx 2

= 1, jadi:

0

2

Q

a

2 sin  0

n x dx = a

1

Jadi 1/ 2

Q=

 2   a

Dengan demikian fungsi gelombang partikel dalam box satu dimensi diperoleh, yaitu (x) =

n  2 x   sin a a 1/ 2

(2-16)


Grafik Fungsi tersebut adalah 

n=1

n=2

n=3

Gambar 2.2. Grafik fungsi gelombang  Partikel Dalam Box Satu Dimensi



n=1

n=2

n=3

Gambar 2.3. Grafik  2 Partikel Dalam Box


2.3 Partikel Bebas Satu Dimensi  Bagaimana energi partikel bebas.  Partikel bebas adalah partikel yang tidak mendapat gaya sama sekali.  Karena gaya adalah turunan energi potensial terhadap koordinat x, berarti energi potensial pada partikel tersebut bukan fungsi x tetapi hanya konstanta saja, artinya berapapun harga x maka energi potensial partikel tidak berubah.  Besarnya energi potensial untuk partikel bebas disebut zero level energi yang dengan bebas dapat kita tentukan.


 Seandainya kita pilih energi potensial V = 0, (Awas zero level energi belum tentu nol joule) maka persamaan (1-28 Bab I) menjadi: d 2 x 2m + 2 Ex = 0 2 dx 

Persamaan di atas sama dengan persamaan (2-7), jadi penyelesaiannya: (x) = A. e

i ( 2 mE )1 / 2 x / 

+ B .e

i ( 2 mE )1/ 2 x / 

(2-17)

Selanjutnya kondisi batas yang bagaimana yang dapat kita gunakan untuk menentukan energi?  harus mempunyai harga tertentu (tidak takterhingga) berapapun harga x yang kita pilih,


atau untuk   < x <  harga  adalah terhingga.  maka energi partikel bebas paling kecil adalah nol dan tidak mungkin berharga negatif  sebab jika E negatif maka : i(2mE )1/ 2  i(2m E )1/ 2 = i  1(2m E )1/ 2 =  (2m E )1/ 2 akibatnya suku pertama persamaan (2-17) di atas akan menjadi  jika pada x =   .


Hal ini melanggar ketentuan bahwa berapapun harga x yang kita pilih, harga  harus tidak tak-terhingga (= terhingga, tertentu, ada nilainya). Jadi untuk partikel bebas: E0

(2-18)

Berbeda dengan partikel tak-bebas yang energinya terkuantisasi (= diskrit = hanya mempunyai harga tertentu saja), maka partikel bebas dapat mempunyai sembarang harga (kontinum) asal tidak negatif. Hal penting lain adalah bahwa fungsi gelombang partikel bebas tidak dapat dinormalisasikan karena




  *  dx tidak mungkin





= 1, padahal syarat

ternormalisasi adalah   *  dx = 1. 


2.4 Partikel Dalam box satu Dimensi (Lanjutan) Perhatikan gambar 2.4 di bawah: Energi potensial partikel adalah V = V0 untuk x < 0 (daerah I); V = 0 untuk 0 < x < a (daerah II) dan V = V0 untuk x > a (daerah III). Persamaan Schrodinger untuk daerah I dan III adalah: d 2 ( x) 2m + 2 (E  V0 ) ( x)  0 2 dx 

sehingga penyelesaiannya adalah: (x) = A. e2m(V E ) x /  + B . e 2m(V  E ) 1/ 2

0

1/ 2

0

x/


Untuk membedakan antara penyelesaian I dan penyelesaian III maka untuk penyelesaian I kita tulis: (x) = C. e2m(V  E ) x /  + D . e 2m(V E ) x /  (2-19) 1/ 2

1/ 2

0

0

sedang penyelesaian III, kita tulis: (x) = F. e2m(V  E ) x /  + G . e 2m( E V ) 1/ 2

1/ 2

0

I

II

0

x/

(2-20)

III

Vx

x=0

x=a (a)

Gambar 2.4:

(b )

(c)

(a) Energi Potensial Untuk partikel dalam one dimension rectangular well (b) Fungsi gelombang keadaan dasar (ground state) pada potensial tersebut (c) Fungsi gelombang keadaan eksitasi pertama (first excited state) pada potensial tersebut


Bagaimana penyelesaian  untuk daerah II ?

Karena V= 0 untuk daerah II maka penyelesaian persamaan Schrodingernya adalah sama persis dengan yang sudah kita bicarakan pada pasal 2.2. Jadi persamaan (2-11) juga merupakan bentuk umum penyelesaian untuk daerah II. Untuk daerah II (x) = P cos{(2mE)1/2x/  } + Q sin(2mE)1/2x/  }

(2-21)

Penuntasan (2-19) dan (2-20), sangat ditentukan oleh besar E dibandingkan V0.


Penuntasan untuk E < V0 sangat berbeda dengan penuntasan untuk E > V0 (Inilah bedanya dengan mekanika klasik. Secara klasik, E selalu lebih besar dari pada V sebab E = V + T dengan T = energi kinetik yang selalu positif). Bagaimana jika E < Vo ? Untuk E < V0 maka (V0E)1/2 adalah bilangan real, positif. Dengan demikian untuk daerah I nilai  =  jika x =   . Padahal  harus terhingga untuk sembarang harga x. Untuk menghindari hal ini maka D harus nol. Jika D = 0, maka untuk x =  harga  = 0 dan ini diijinkan.

28

(x) = C. e

Bab II/Partikel Dlm Box/

2 m (V0  E )1/ 2 x / 

+ D .e

2 m (V0  E )1/ 2 x / 

(2-19)

Analog dengan itu, pada Y daerah III, F juga harus nol, sehingga persamaan (2-19) dan (2-20) berturutturut menjadi: (x) = C. e2m(V  E ) x /  (2-21) (x) = G . e 2m( E V ) x /  (2-22) 1/ 2

0

1/ 2

0

Untuk memperoleh harga C, maka kita terapkan kondisi batas, bahwa di x = 0, nilai  daerah I =  daerah II, sedang untuk mencari G kita terapkan bahwa di x = a nilai  daerah II = dengan  daerah III. Jadi

29

I =  II II = III

Bab II/Partikel Dlm Box/

( x = 0) (x =a)

(2-23) (2-24)

Ada 4 konstanta yang harus ditentukan yaitu C untuk I, G untuk III serta P dan Q untuk II. Jadi hanya dengan (2-23) dan (2-24) saja, tidak mungkin kita menentukan 4 tetapan. Untuk itu kita gunakan: dI/dx = dII/dx ( x = 0) dII/dx = dIII/dx (x =a)

(2-25) (2-26)


Dari (2-23) kita peroleh C = P. Dari (2-25) kita peroleh  V0  E    .P .  E  1/ 2

Q=

Dari (2-24) kita peroleh G yang dinyatakan dalam P. Selanjutnya P dihitung dengan normalisasi. Jika P, Q, C dan G sudah diperoleh maka  untuk masing-masing daerah dapat ditentukan dan baik di dalam kotak maupun di luar kotak harga   0. Itu artinya betapapun kecilnya ada kemungkinan menjumpai partikel di luar kotak jika dinding kotak berpotensial tidak tak terhingga.


Bagaimana Jika E > V0 Untuk membahas ini marilah kita tulis kembali (2-19) dan (2-20): (x) = C. e2m(V  E ) x /  + D . e 2m(V  E ) x /  (2-19) (x) = F. e2m(V  E ) x /  + G . e 2m( E V ) x /  (2-20) 1/ 2

0

1/ 2

0

1/ 2

0

1/ 2

0

Jika E > V0 maka (V0E) negatif sehingga (V0E)1/2 imajiner, akibatnya: 2mV0  E 1/ 2  = i2m V0  E 1/ 2  (x) = C. ei2m (V  E )  x /  + D . ei2m (V  E )  x /  (2-27) (x) = F. ei2m (V  E )  x /  + G . e i2m (V  E )  x /  (2-28) 1/ 2

0

1/ 2

0

1/ 2

0

1/ 2

0


Ternyata bentuk persamaan (2-27) dan (2-28) ini identik dengan persamaan (2-17) yaitu fungsi gelombang partikel bebas. (x) = A. e

i (2 mE )1/2 x /

+ B .e

i ( 2 mE )1/ 2 x / 

(2-17)

Jadi dapat disimpulkan bahwa untuk energi potensial V0 yang terhingga dan E > V0 ternyata partikel dalam keadaan bebas dan kondisi ini disebut unbound state. Dengan logika sebaliknya maka untuk E < V0 kondisinya disebut bound state.


Studi yang detail menunjukkan bahwa banyaknya bound state energi level (N) dinyatakan dengan persamaan: 1/ 2  8mVo  . a N  h

dengan m adalah massa partikel, Vo adalah energi potensial, a adalah panjang box dan h adalah tetapan Planck


2.5 Efek Terobosan (Tunnel Effect) Untuk partikel dalam rectangular well (pasal 2.4), gambar 2-5 dan persamaan untuk I dan III yaitu persamaan (2-21) dan (2-22) menunjukkan bahwa pada kondisi bound state (yaitu jika energi partikel lebih kecil dari pada energi potensialnya yaitu V0 yang tidak tak terhingga) peluang mendapatkan partikel di daerah I dan III adalah tidak nol. Sifat seperti ini ditolak oleh logika klasik karena kondisi E < V ini sangat mustahil mengingat menurut logika klasik E = T + V dengan T adalah energi kinetik yang selalu positif.


Perhatikan partikel yang berada dalam box satu dimensi dengan tinggi dan ketebalan dinding tertentu. (Gambar 2.5). Secara klasik, partikel tidak mungkin dapat menerobos dinding box manakala energi partikel itu tidak melebihi energi potensial dinding yang besarnya V0 itu. Namun mekanika kuantum menunjukkan bahwa ada peluang yang besarnya tertentu bagi sebuah partikel yang eneginya < V0 yang dijumpai berada di luar box.


Pengertian terobosan (tunelling) merupakan penetrasi partikel terhadap daerah yang secara klasik merupakan daerah terlarang (forbidden region), atau lewatnya partikel melalui penghalang energi potensial yang besarnya lebih dari energinya. Karena tunneling adalah efek mekanika kuantum, maka kejadiannya adalah pada partikel-partikel kecil. Makin kecil massa partikel, makin mudah ia melakukan terobosan. Terobosan elektron adalah yang paling besar kemungkinannya. Terobosan hidrogen lebih mungkin dari pada atom-atom lain.


Emisi partikel dari inti radioaktif merupakan efek tunneling yang dimiliki oleh partikel alfa menembus potensial penghalang yang ditimbulkan oleh gaya akibat interaksi antar partikel inti. Mengapa molekul NH3 berbentuk piramid dan tidak planar sedang BF3 berbentuk planar ? Pertanyaan itu dapat dijelaskan melalui pemahaman terhadap efek ini. Ada sejumlah energi potensial yang menghalangi konversi dari bentuk planar ke piramidal. Atom Hnya amoniak (karena massanya kecil dapat menembus potensial penghalang itu sehingga H tidak


berada sebidang dengan N, sementara itu atom F yang ukurannya besar tidak mampu menembus potensial penghalang.

Efek terobosan elektron memberi sumbangan yang signifikan untuk menjelaskan terjadinya reaksi oksidasi reduksi pada proses elektroda. Efek ini juga memberikan sumbangan pada penentuan laju reaksi kimia yang melibatkan hidrogen. (R.P.Bell, 1990)


V0 x

Gambar 2.5: Energi Potensial partikel dalam box satu dimensi dengan ketinggian dan ketebalan tertentu. Mikroskop jenis tertentu (disebut The scanning tunneling microscope yang ditemukan pada 1981) memanfaatkan sifat terobosan elektron melalui ruang antara kumparan kawat logam dengan permukaan padatan yang dapat menghantarkan arus listrik untuk


menghasilkan image atau gambaran masing-masing atom pada permukaan logam.


Soal-Soal Bab 2 1. Selesaikan Persamaan y'' + y'  2y = 0 dengan kondisi batas untuk x = 0, y = 0 dan untuk x = 0, y' = 1 2. Sebuah obyek makroskopik massanya 1 gram melintas dengan kecepatan 1 cm/s dalam kotak satu dimensi yang panjangnya 1 cm. Tentukan bilangan kuantum n. 3. Elektron dalam atom atau molekul dapat secara ekstrim dipandang sebagai partikel dalam box satu dimensi yang panjang boxnya mempunyai order ukuran atom atau molekul.


a) Untuk elektron yang berada dalam box yang panjangnya 1 Ao hitunglah selisih dua energi level terendah b) Hitunglah panjang gelombang foton yang setara dengan transisi kedua level energi tersebut. 4. Ketika sebuah partikel yang massanya 9,1 x 1028 gram berada dalam box satu dimensi mengalami transisi dari n = 5 ke n = 2, ia mengemisi foton 14 1 dengan frekuensi 6,0 x 10 s . Tentukan panjang box. 5. Ketika sebuah elektron yang berada pada energi level tertentu mengalami transisi ke level dasar dalam sebuah box satu dimensi yang panjangnya


o

2A , ia mengemisi foton yang panjang 9 gelombangnya 8,79 x 10 m. Tentukan dari energi level ke berapa elektron tersebut berasal ? 6. Elektron pi dalam molekul terkonjugasi, misal 1,3 butadiena, dapat dipandang sebagai elektron yang bergerak dalam kotak satu dimensi yang panjang sama dengan panjang molekulnya. Dengan menggunakan aturan Pauli yang mengijinkan satu energi level dihuni oleh sepasang elektron yang spinnya berlawanan, tentukan panjang gelombang foton yang diserap jika elektron pi yang berada pada energi level tertinggi berpindah ke energi level terendah yang kosong. (Panjang molekul = 10 Angstrom)


7. Tulis fungsi gelombang partikel bebas satu dimensi bergantung waktu. 8. Buatlah sket  untuk n = 3, 4 dan 5 9. Sebuah elektron yang berada pada box satu dimensi dengan energi potensial 15 eV. Jika panjang box 2 Angstrom, berapakah banyaknya bound state yang diijinkan ? 10. Jawablah betul atau salah pernyataan-pernyataan berikut: a) Partikel yang berada dalam box satu dimensi dengan energi level dasar (Ground State) Energy Level, mempunyai bilangan kuantum n = 0


b) Fungsi gelombang stasioner dari sebuah partikel dalam kotak adalah diskontinus pada titik tertentu. c) Turunan pertama dari fungsi gelombang stasioner dari sebuah partikel dalam kotak adalah diskontinus pada titik tertentu. d) Probabilitas maksimum setiap partikel dalam box selalu terletak di pertengahan panjangnya box. e) Untuk partikel dalam box dengan n = 2, probabilitas pada posisi kuarter kiri = probabilitas di kuarter kanan.

PARTIKEL DALAM BOX. Bentuk umum persamaan orde dua adalah: ay" + b Y' + cy = 0

Recommend Documents