Atom hidrogen-final-doc2

download Atom hidrogen-final-doc2

of 30

  • date post

    17-Jul-2015
  • Category

    Documents

  • view

    468
  • download

    5

Embed Size (px)

Transcript of Atom hidrogen-final-doc2

  • Tugas Fisika Kuantum

    Jeffry_handhika@plasa.com

    ATOM HIDROGEN

    Atom hidrogen merupakan atom paling sederhana

    yang terdiri dari satu proton sebagai nukleus dan satu elektron yang mengitarinya. Pada bab ini akan diuraikan solusi dari persamaan Schrodinger untuk sistem fisis real atom hidrogen dan mengkaji berbagai konsekwensinya. Merujuk kebahasan perkenalan kita dengan persamaan Schrodinger persoalan tiga dimensi memerlukan tiga bilangan kuantum untuk mencirikan semua pemecahannya. Oleh karena itu, semua fungsi gelombang atom hidrogen akan diperikan dengan tiga buah bilangan kuantum. Bilangan kuantum pertama, n, berkaitan dengan pemecahan bagi fungsi radial, R( r ). Bilangan n ini sama dengan pemecahan untuk menamai tingkat tingkat energi dalam model Bohr. Pemecahan bagi fungsi polar, ( ), memberikan bilangan kuantum l, dan bagi fungsi, ( ), memberikan bilangan kuantum ketiga ml.

    1.1 Persamaan Schrodinger Atom Hidrogen Massa proton m p jauh lebih besar daripada massa

    elektron m e , m p =1836 m e . Di dalam pembahasan bab ini dilakukan penyederhanaan berupa asumsi proton diam di pusat koordinat dan elektron bergerak mengelilinginya di bawah pengaruh medan atau gaya coloumb.

    Tugas Fisika Kuantum

    Jeffry_handhika@plasa.com

    z

    m e

    r m p y

    x Gambar 1.1 Posisi relatif antara proton dan elektron

    Pendekatan yang lebih baik dilakukan dengan memandang kedua partikel proton dan elektron berotasi di sekitar pusat massa bersama yang berada (sedikit) di dekat pusat proton. Tetapi sekali lagi untuk penyederhanaan, efek ini diabaikan disini. Karena proton dianggap diam, maka kontribusi energi sistem hanya diberikan oleh elektron yaitu energi kinetik

    ek m

    pE2

    2r= (1.1)

    dan energi potensial

    V(r)= r

    e 14 0

    2

    (1.2)

    Sehingga

    E H=em

    p2

    2r -

    re 1

    4 0

    2

    (1.3) Dengan demikian persamaan schrodinger untuk atom hidrogen

    )()(142 0

    22

    2

    rErr

    eme

    rrh =

    (1.4)

    mengingat sistem atom hidrogen memiliki simetri bola, analisis menjadi lebih sederhana bila oprator 2 diungkapkan

  • Tugas Fisika Kuantum

    Jeffry_handhika@plasa.com

    dalam koordinat bola. Di dalam koordinat bola ),,( r , persamaan 1.4 menjadi

    Er

    er

    rrrme

    =

    1

    4sin1sin

    sin11

    2 0

    2

    2

    2

    22

    2

    2h

    (1.5) Prosesnya : Dengan mengingat

    2

    2

    2222

    22

    sin1sin

    sin11

    +

    +

    =

    rrrr

    rr

    maka persamaan (1.4) menjadi:

    E

    re

    rrrr

    rrme=

    +

    +

    1

    4sin11sin

    sin111

    2 0

    2

    2

    2

    2222

    2

    2h

    faktor 2

    1r

    kita keluarkan dari dalam kurung kurawal

    didapatkan

    Er

    er

    rrrme

    =

    +

    +

    1

    4sin1sin

    sin11

    2 0

    2

    2

    2

    22

    2

    2h

    selanjutnya, untuk mendapatkan solusi bagi persamaan 1.5, dilakukan pemisahan variabel =)(rr ),,( r sebagai berikut ),,( r = )()()( rR (1.6) subtitusikan ungkapan (1.6) ke dalam persamaan (1.5)

    kemudian dikalikan

    2

    22h

    rme dan dibagi ungkapan 1.6

    didapatkan

    014

    2sin1sin

    sin11

    0

    2

    2

    2

    2

    2

    22 =

    +++

    +

    r

    eErmdd

    dd

    dd

    drdRr

    drd

    Re

    h (1.7) Prosesnya :

    Tugas Fisika Kuantum

    Jeffry_handhika@plasa.com

    Kita pindahkan ke ruas kiri fungsi ( E ) pada persamaan (1.5)

    Er

    er

    rrrme

    =

    +

    +

    1

    4sin1sin

    sin11

    2 0

    2

    2

    2

    22

    2

    2h

    persamaan (1.5) menjadi

    014sin

    1sinsin

    112 0

    2

    2

    2

    22

    2

    2

    =

    +

    +

    E

    re

    rr

    rrmeh

    (1.5a) kalikan persamaan tersebut dengan -

    2

    22h

    rme

    persamaan (1.5a) menjadi 0

    42

    sin1sin

    sin1

    0

    2

    2

    2

    2

    2

    22 =

    ++

    +

    +

    eErmr

    rr

    e

    h (1.5b) persamaan (1.5b) kita lakukan pemisahan variabel sebagai fungsi ),,( r = )()()( rR

    ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 04

    2sin

    1sinsin

    1

    0

    2

    2

    2

    2

    2

    22 =

    +

    +

    +

    ReRErmRR

    rRr

    re

    h persamaan diatas menjadi

    014

    2sin1sin

    sin11

    0

    2

    2

    2

    2

    2

    22 =

    +++

    +

    r

    eErmdd

    dd

    dd

    drdRr

    drd

    Re

    h dari persamaan 1.7 tampak bahwa suku pertama dan keempat hanya bergantung jari-jari r, suku kedua dan ketiga hanya bergantung sudut dan . Penjumlahan suku-suku yang hanya bergantung pada jari-jari dan dua sudut ini akan selalu sama dengan nol untuk sembarang nilai r, dan jika masing-masing suku sama dengan konstanta. Konstanta (c) berharga )1( +ll . Suku yang hanya bergantung jari-jari menjadi

    ( )121 222

    2 +=

    ++

    llh r

    eErmdrdRr

    drd

    Re

    PD. Fungsi Laquerre (1.8a)

  • Tugas Fisika Kuantum

    Jeffry_handhika@plasa.com

    atau

    ( )RRreErm

    drdRr

    drd e 12

    2

    2

    22 +=

    ++

    llh

    (1.8b) sedangkan suku yang hanya mengandung sudut dan menjadi

    ( )1sin1sin

    sin1

    2

    2

    2 +=+

    ll d

    ddd

    dd

    (1.9a) setelah dikalikan dengan sin 2 , persamaan (4.9a) menjadi

    0sin)1(1sinsin 222

    =+++

    ll

    dd

    dd

    dd

    (1.9b) tampak bahwa persamaan (1.9b) juga terpisah menjadi dua bagian yaitu bagian yang hanya bergantung pada sudut azimut dan bagian yang bergantung pada . Selanjutnya tetapkan masing-masing bagian sama dengan konstanta - 2m dan 2m . Dengan alasan yang akan menjadi jelas kemudian pilih

    22

    21 mdd = (1.10a)

    atau 2

    2

    2

    mdd + = 0 (1.10b)

    sehingga

    ( ) 22sin1sinsin mdd

    dd =++

    ll (1.11a)

    Tugas Fisika Kuantum

    Jeffry_handhika@plasa.com

    atau setelah dikalikan 2sin

    diperoleh

    ( ) =

    ++

    0

    sin1sin

    sin1

    2

    2

    m

    dd

    dd ll (1.11b)

    dengan demikian, persamaan (1.5) dapat dipisah menjadi tiga persamaan deferensial biasa, selanjutnya kita tentukan solusi masing-masing persamaan tersebut. 1.1.2 Persamaan Azimuth Kita mulai dari persamaan paling sederhana (1.10a) yakni persamaan azimuth yang menggambarkan rotasi disekitar sumbu z. Sudut rotasi disekitar sumbu-z ini adalah 0 sampai 2 , dan periodesitasnya. Itulah sebabnya konstanta (4.11a) dipilih negatif (= 2m ) agar memberi solusi berupa fungsi sinusoidal dan periodik. Bila dipilih positif akan memberi solusi fungsi exponensial sehingga untuk satu posisi yang sama akan diberi nilai yang berbeda ( ) 6/6/ e , dan ( ) 6/26/2 + e karena posisi 6/= sama dengan posisi 6/2 += . Jelas pemilihan konstanta positif ini tidak menceritakan kondisi fisis yang sesungguhnya. Untuk konstanta negatif solusinya ( ) imm e (4.12) keunikan disetiap yaitu

    )()2( =+ atau 1)2()()2( ===+ imimim eee (4.13) untuk setiap m bilangan bulat dipenuhi m= 0, 1, 2.. (1.14) sedangkan syarat normalitas bagi m

  • Tugas Fisika Kuantum

    Jeffry_handhika@plasa.com

    ( ) ( ) ( ) mnnmm d

    == 2

    0

    (

    dipenuhi oleh konstanta A= 21 (1.15)

    prosesnya

    ( ) ( )

    ===a

    anm acAdxcd 21

    222

    ( ) ( )

    21

    2

    2

    2

    222

    222

    222

    ==

    =

    =

    A

    eAe

    eAde

    acAdxc

    imim

    imim

    a

    a

    Karena itu solusi yang diinginkan adalah

    ( ) ( ) imm e= 21

    (1.15)

    bilangan bulat m disebut bilangan kuantum magnetik. 1.1.3 Persamaan Polar

    ( ) =

    ++

    0

    sin1sin

    sin1

    2

    2

    m

    dd

    dd ll (1.11b)

    persamaan diferensial (1.11b) dengan konstanta ( )1+ll dan 2m dikenal sebagai persamaan diferensial

    Legendre terasosiasi. Solusi dari persamaan ini dapat

    Tugas Fisika Kuantum

    Jeffry_handhika@plasa.com

    diperoleh menggunakan metode Frobenius dan diberikan oleh deret berhingga yang dikenal sebagai polinom Legendre terasosiasi. Inilah alasan penagmbilan tetapan ( )1+ ll ketika menguraikan persamaan (1.7) menjadi persamaan (1.8a) dan (1.9a). bila konstantanya bukan ( )1+ ll maka solusinya adalah deret takberhingga. Solusi persamaan (1.11b) diberikan oleh polinom legendre ( )cosmlP ( ) ( ) ( ) cosmmm PN lll = (1.16)

    dengan N lm merupakan konstanta normalisasi

    ( ) ( ) ( ) iiiiiiii mmmmmmmm dPPNN llllllll == sincoscos,0

    (1.17a) mengingat sifat ortogonalitas ( )cosmlP

    ( ) ( ) =

    dPPi

    imm sincoscos

    0ll ( )

    ( )( )!

    !12

    2mm

    +

    + ll

    lii mmll

    (1.17b) didapatkan

    =mN l ( ) ( )( )!!2 12 mm++ lll (1.17c) sehingga

    ( ) = ml ( ) ( )( )!!2 12 mm++ lll ( )cosmPl (1.18) bentuk explisit polinom ( )cosmlP dapat diperoleh melalui rumus rodigues:

  • Tugas Fisika Kuantum

    Jeffry_handhika@plasa.com

    ( )cosmPl = ( ) ( )llll l 1coscoscos1!21 22/2 ++

    mm

    m

    dd (1.19)

    dari