Khalid Patmawijaya

Tulisan ini berisi keisengan penulis (karena gak tau mau nulis apa) mengerjakan soal Ujian I Pendahuluan Mekanika Kuantum, 30 Okt. 2007, sambil ngisi waktu luang.

$\displaystyle \frac{9}{8} x + 860.000$

$\displaystyle AD = \sqrt{\Big( \frac{1}{2} AD \Big)^2 + tinggi^2}$

$\displaystyle \int ^{4}_0 \big(t^{2} - 3 \big) \;dt$

$\frac{\hbar^2}{2m}$

(1) Sebuah partikel bergerak dari $x = \infty$ ke $x = -\infty$ dengan energi potensial

$V(x) = 0$ , untuk $x > 0$ , dan

$V(x) = U$ , untuk $x < 0$ .

Energi ${(E)}$ partikel adalah ${0< E < U}.$ Tentukan fungsi gelombang partikel!

Jawab:

Pers. Schrödinger sistem:

$\displaystyle -\frac{\hbar^2}{2m} \frac{d^2 \Psi_+}{dx^2} = E \Psi_+$ , untuk $x > 0$ (1)

$\displaystyle -\frac{\hbar^2}{2m} \frac{d^2 \Psi_-}{dx^2} + U \Psi_- = E \Psi_-$ , untuk $x \leq 0$ (2)

di mana $\displaystyle \hbar^2 = \Big(\frac{h}{2\pi}\Big)^2$

Dengan pers. Schrodinger-nya;

Pers. (1) $\rightarrow$ $\Psi_+ = A e^{ikx} + B e^{-ikx}$ , dengan $k$ positif, $\displaystyle k = \sqrt{\frac{2mE}{\hbar^2}}$

Pers. (2) $\rightarrow$ $\Psi_- = C e^{-qx} + D e^{qx}$ , dengan $q$ positif, $\displaystyle q = \sqrt{\frac{2m(U - E)}{\hbar^2}}$

Suku pertama pada $\Psi_-$ harus nol agar $\Psi_-$ $\rightarrow$ 0, di $x \rightarrow$ -∞, sehingga

$\Psi_- = D e^{qx}$ .

Untuk mencari konstanta-konstanta A, B, dan D kita gunakan syarat batas:

1) Pada $x = 0$ $\rightarrow \Psi_+(0) = \Psi_-(0)$

$A + B =D$ (3)

2) $\displaystyle \frac{d\Psi_-}{dx}\Big|_{x = 0}$ = $\displaystyle \frac{d\Psi_+}{dx}\Big|_{x = 0}$ $\rightarrow ikA - ikB = 0$ (4)

Kombinasikan Pers. (3) dan (4), menghasilkan

$\displaystyle B = A \frac{ik - q}{ik + q}$ dan $\displaystyle D = A \frac{2ik}{ik + q}.$

Maka solusi persamaan gelombangnya:

$\displaystyle \Psi_+ = A \Big(e^{ikx} + \frac{ik - q}{ik +q} e^{-ikx} \Big)$ dan $\displaystyle \Psi_- = A \frac{2ikx}{ik + q} e^{qx}$ .

Dari fungsi gelombang ${\Psi_+}$ , intensitas untuk partikel datang dinyatakan dengan ${\big|A\big|^2}$ . Intensitas untuk partikel terpantul adalah ${\big|B\big|^2}$ :

$\displaystyle \big|B\big|^2 = \Big|A \frac{ik - q}{ik + q}\Big|^2$ .

Sehingga didapatkan (dengan sedikit perhitungan)

$\displaystyle \big|B\big|^2 = \big|A\big|^2$ .

$\displaystyle \big|B\big|^2 = \big|A\big|^2 \rightarrow R = \frac{\big|B\big|^2}{\big|A\big|^2} = 1$ , di mana ${R}$ adalah koefisien refleksi

Artinya, partikel dipantulkan kembali, termasuk partikel yang sempat menembus potensial ${U}$ . Jika ${U}$ besar sekali, ${U >> E}$ , maka harga ${q}$ juga akan besar sekali sehingga kedalam menembusnya ke arah ${x}$ negatif juga kecil, atau konstanta $D \rightarrow 0$ , karena ${D \propto \frac{1}{q}}$ , dan ${A + B = 0 \rightarrow B = -A}$ . Karena itu:

$\displaystyle \begin{array}{rcl} \Psi_+(x) &=& A e^{ikx} - A e^{-ikx} \\ &=& A (e^{ikx} - e^{-ikx}) \\ \Psi_+(x) &=& 2i A \, \mathrm{sin}kx \end{array}$

Jadi, fungsi gelombang partikel dinyatakan dengan $\Psi_+(x) = 2iA \, \mathrm{sin}kx$

(2) Tentukan energi kinetik rata-rata osilator harmonik satu dimensi ${(x)}$ pada keadaan dasar!

Di sini yang dihitung adalah nilai ekspektasi atau nilai pengukuran untuk operator energi kinetic untuk keadaan dasar. Keadaan dasar di sini berhubungan dengan wavefunction keadaan dasar. Sehingga kita perlu mengtahui bentuk eksplisit fungsi gelombang osilator harmonik pada keadaan dasar. Merujuk pada naskah soal, naskah mencantumkan fungsi gelombang sistem osilator harmonik beserta formula lain yang mungkin berguna dalam perhitungan, yaitu:

$\displaystyle \psi(x) = exp \big(-y^2/2\big) \sum^N_{j = 0} c_j y^j$ ; $\displaystyle y \equiv \Big(\frac{m\omega}{\hbar}\Big)^{1/2}x$ ; $\displaystyle c_{j + 2} = \frac{(2j + 1 - \epsilon)}{(j + 1)(j + 1)} c_j$ ; $\displaystyle \epsilon \equiv \frac{2E}{\bar\omega}$ .

Karena fungsi gelombangnya pada keadaan dasar dan j adalah bilangan kuantum osilator harmonik, maka ${j = 0}$ , sehingga bentuk fungsi gelombangnya adalah

$\displaystyle \psi(x) = exp \big(-y^2/2\big)\big(c_0 y^0\big) \: \: \: \rightarrow \:\:\: \psi(x) = exp \big(-y^2/2\big)\big(c_0\big)$ .

Dari sini kita bisa mencari bentuk fungsi gelombang ternormalisasi di mana nilai ${c_0}$ diketahui.

Normalisasi: $\displaystyle \int^{\infty}_{-\infty} dx \big|\psi(x)\big|^2 = 1$ ; $\displaystyle y \equiv \Big(\frac{m\omega}{\hbar}\Big)^{1/2} x \:\:\:\: \rightarrow \:\:\:\: dx \equiv \Big(\frac{m\omega}{\hbar}\Big)^{-1/2} dy$ .

Serta dengan $\displaystyle \int^{\infty}_{-\infty} dy\:\:exp\big(\alpha y^2\big) = \Big(\frac{\pi}{\alpha}\Big)^{1/2}$ .

$\displaystyle \begin{array}{lrcl} \Rightarrow & c^2_0 \left(\frac{\hbar}{m\omega}\right)^{1/2} \int^{\infty}_{-\infty} e^{-y^{2}} dy & = & 1 \\ \Rightarrow & c^2_0 \left(\frac{\hbar}{m\omega}\right)^{1/2} (\pi)^{1/2} & = & 1 \\ \Rightarrow & c^2_0 & =& \left(\frac{m\omega}{\hbar \pi}\right)^{1/2}. \end{array}$

Jadi, $\displaystyle {c_0 = \Big(\frac{m\omega}{\hbar \pi}\Big)^{1/4}}$ .

Sehingga fungsi gelombang untuk keadaan dasar adalah $\displaystyle \psi(x) = \Big(\frac{m\omega}{\hbar\pi}\Big)^{1/4} exp\big(-y^2/2\big)$ .

Untuk mencari energi tingkat dasar, dalam hal ini nilai pengukuran energi kinetiknya (nilai rata2 dari operator energi kinetik), digunakan

$\displaystyle \left<K\right> = \int^{\infty}_{-\infty} \psi^{\ast}(x) \hat{K} \psi(x) dx$ ; di mana operator $\displaystyle {\hat{K}}$ untuk satu dimensi adalah $\displaystyle \hat{K} = -\frac{\hbar^2}{2m} \frac{d^2}{dx^2}$ , yang berasal dari $\displaystyle \hat{K} = \frac{\hat{p}^2}{2m}$ , dengan $\displaystyle \hat{p} = -i\hbar \frac{d}{dx}$ .

$\displaystyle \begin{array}{rcl} \left<K\right> & = & \int^{\infty}_{-\infty} \psi^{\ast}(x) \hat{K} \psi(x) dx \\ & = & \int^{\infty}_{-\infty} \Big(\frac{m\omega}{\hbar \pi}\Big)^{1/4} e^{-y^2/2} \Big(-\frac{\hbar^2}{2m} \frac{d^2}{dx^2}\Big) \left[\Big(\frac{m\omega}{\hbar \pi}\Big)^{1/4} e^{-y^2/2} \right] dx \\ & = & \gamma \int^{\infty}_{-\infty} e^{-y^2/2} \frac{d^2}{dx^2} \big(e^{-y^2/2}\big) dx. \end{array}$

Di mana $\displaystyle \gamma = \Big(-\frac{\hbar^2}{2m}\Big) \Big(\frac{m\omega}{\hbar \pi}\Big)^{1/2}$

Dari hasil suku diferensiasi:

SehinggaIntegral pada suku kedua hasil di atas dapat diperoleh dengan cara:

Sehingga $\displaystyle \int^{\infty}_{-\infty} y^2 e^{-y^2} dy = \frac{1}{2} \pi^{\frac{1}{2}}$ , dengan $\displaystyle {\alpha = 1}$ .

Nilai energi kinetiknya adalah $\displaystyle \left<K\right> = \frac{1}{4} \Big(\frac{m\omega^3}{\hbar}\Big)^{1/2}$ .

Okay, sampai sini saja dulu, no. 3 belum saya bahas karena untuk menuliskan dan menampilkan pembahasan no. 1 dan 2 saja cukup memakan waktu lama sekali (sekitar 3 bulan).

Lain waktu saya akan publis pembahasan no. 3. Oke?!

Salam. 🙂

Photo from http://nsw.royalsoc.org.au/journal_archive/bennett_2.html

Buktikan bahwa $\displaystyle \left< u_e \right> = \left< \frac{1}{2} \epsilon \textbf{E}^2 \right> = \frac{1}{4} \epsilon \textbf{E}_c \cdot \textbf{E}^*_c$ !

$\textbf{E}$ adalah komponen medan listrik dari gelombang elektromagnetik, di mana $\textbf{E} = \mathrm{Re} \left( \textbf{E}_c \right) = \mathrm{Re} \left( \textbf{E}_0 e^{-i \omega t}\right)$ . Sehingga dari relasi ini kita dapatkan

$\displaystyle \begin{array} {rcl} \textbf{E}_c & = & \textbf{E}_0 e^{-i \omega t}, \\ \textbf{E}^*_c & = & \textbf{E}^*_c e^{i \omega t}. \end{array}$

di mana

$\displaystyle \begin{array} {rcl} \textbf{E}_0 & = & \textbf{E}_R + i \textbf{E}_I , \\ \textbf{E}^*_0 & = & \textbf{E}_R - i \textbf{E}_I, \end{array}$

dan $\displaystyle \left|\textbf{E}_0\right|^2 = E^2_R + E^2_I$ . Sedangkan bentuk $\displaystyle \textbf{E}$ adalah

$\displaystyle \begin{array}{rcl} \textbf{E} &=& \mathrm{Re} \left[\left(\textbf{E}_R + i \textbf{E}_I \right) \left( \mathrm{cos} \omega t - i \, \mathrm{sin} \omega t \right) \right] \\ &=& \textbf{E}_R \, \mathrm{cos} \omega t + \textbf{E}_I \, \mathrm{sin} \omega t. \end{array}$

Selanjutnya

$\displaystyle \begin{array}{rcl} \textbf{E}^2 &=& \textbf{E} \cdot \textbf{E} \\ &=& \left(\textbf{E}_R \, \mathrm{cos} \omega t + \textbf{E}_I \, \mathrm{sin} \omega t \right) \cdot \left(\textbf{E}_R \, \mathrm{cos} \omega t + \textbf{E}_I \, \mathrm{sin} \omega t \right) \\ &=& \textbf{E}^2_R \, \mathrm{cos}^2 \omega t + \textbf{E}^2_I \, \mathrm{sin} ^2\omega t + 2 \textbf{E}_R \textbf{E}_I \, \mathrm{sin} \omega t \, \, \mathrm{cos} \omega t \\ &=& \textbf{E}^2_R \, \mathrm{cos}^2 \omega t + \textbf{E}^2_I \, \mathrm{sin}^2\omega t + \textbf{E}_R \textbf{E}_I \, \mathrm{sin}2 \omega t \end{array}$

Sehingga densitas energi rata-rata dari medan listrik adalah

$\displaystyle \left|\textbf{E}_0 \right|^2$ dapat juga dinyatakan dengan $\displaystyle \left|\textbf{E}_0 \right|^2 = \textbf{E}_0 \cdot \textbf{E}^*_0 = \textbf{E} \cdot \textbf{E}^*$ , di mana