Bab 2: Partikel dalam Kotak

Fungsi gelombang keadaan stasioner dan tingkat energi dari sistem satu partikel, satu dimensi ditemukan dengan menyelesaikan persamaan Schrödinger tak-bergantung waktu (1.19). Dalam bab ini, kita akan menyelesaikan persamaan Schrödinger tak-bergantung waktu untuk sistem yang sangat sederhana, yaitu partikel dalam kotak satu dimensi (Bagian 2.2). Karena persamaan Schrödinger adalah persamaan diferensial, kita akan membahas terlebih dahulu persamaan diferensial.

Persamaan Diferensial

Bagian ini hanya membahas persamaan diferensial biasa, yaitu persamaan yang hanya memiliki satu variabel independen. (Persamaan diferensial parsial memiliki lebih dari satu variabel independen. Contohnya adalah persamaan Schrödinger bergantung waktu (1.16), di mana $t$ dan $x$ adalah variabel independen.) Persamaan diferensial biasa adalah hubungan yang melibatkan variabel independen $x$, variabel dependen $y(x)$, dan turunan pertama, kedua, ..., ke-$n$ dari $y$ ($y'$, $y''$, ..., $y^{(n)}$). Contohnya adalah

y''' + 2x(y')^2 + \sin(e^x) = 0 \quad (1)

Orde dari suatu persamaan diferensial adalah orde dari turunan tertinggi dalam persamaan tersebut. Jadi, (1) adalah persamaan orde ketiga.

Jenis khusus dari persamaan diferensial adalah persamaan diferensial linear, yang memiliki bentuk

A_n(x)y^{(n)} + A_{n-1}(x)y^{(n-1)} + \dots + A_1(x)y' + A_0(x)y = f(x) \quad (2)

di mana $A_n(x), \dots, A_0(x)$ dan $f(x)$ adalah fungsi dari $x$. Dalam persamaan diferensial linear orde ke-$n$, variabel dependen $y$ dan semua turunannya hanya muncul dalam pangkat pertama. Persamaan diferensial yang tidak dapat diletakkan dalam bentuk (2) adalah non-linear. Jika $f(x) = 0$, persamaan tersebut homogen; jika tidak, ia adalah non-homogen. Persamaan Schrödinger satu dimensi (1.19) adalah persamaan diferensial linear homogen orde kedua.

Dengan membagi dengan koefisien dari $y''$, kita dapat menempatkan setiap persamaan diferensial linear homogen orde kedua ke dalam bentuk

y'' + P(x)y' + Q(x)y = 0 \quad (3)

Misalkan $y_1$ dan $y_2$ adalah dua fungsi independen, yang masing-masing memenuhi (3). Dengan independen, kami berarti bahwa $y_2$ bukanlah kelipatan sederhana dari $y_1$. Maka solusi umum dari persamaan diferensial linear homogen (3) adalah

y = c_1y_1 + c_2y_2 \quad (4)

di mana $c_1$ dan $c_2$ adalah konstanta arbitrer. Ini mudah diverifikasi dengan mensubstitusikan (4) ke sisi kiri (3):

\begin{align*} (c_1y_1 + c_2y_2)'' + P(x)(c_1y_1 + c_2y_2)' + Q(x)(c_1y_1 + c_2y_2) \\ = c_1y_1'' + c_2y_2'' + P(x)c_1y_1' + P(x)c_2y_2' + Q(x)c_1y_1 + Q(x)c_2y_2 \\ = c_1(y_1'' + P(x)y_1' + Q(x)y_1) + c_2(y_2'' + P(x)y_2' + Q(x)y_2) \\ = c_1 \cdot 0 + c_2 \cdot 0 = 0 \end{align*}

di mana fakta bahwa $y_1$ dan $y_2$ memenuhi (3) telah digunakan. Solusi umum dari persamaan diferensial orde ke-$n$ akan memiliki $n$ konstanta arbitrer. Untuk menentukan konstanta-konstanta ini, kita mungkin memiliki kondisi batas, yaitu kondisi yang menentukan nilai $y$ dan/atau turunannya pada titik-titik tertentu.

Kasus khusus yang penting adalah persamaan diferensial linear homogen orde kedua dengan koefisien konstan:

y'' + ay' + by = 0 \quad (5)

di mana $a$ dan $b$ adalah konstanta. Kita mencari solusi berbentuk $e^{sx}$. Kita mencari fungsi yang turunannya, ketika dikalikan dengan konstanta, akan menghilangkan fungsi aslinya. Fungsi eksponensial mengulang dirinya sendiri ketika diturunkan dan dengan demikian merupakan pilihan yang tepat. Substitusi $y = e^{sx}$ ke dalam (5) memberikan

s^2 e^{sx} + as e^{sx} + b e^{sx} = 0

Membagi dengan $e^{sx}$ (yang tidak pernah nol) memberikan

s^2 + as + b = 0 \quad (6)

Persamaan (6) disebut persamaan bantu. Ini adalah persamaan kuadrat dengan dua akar $s_1$ dan $s_2$ yang, asalkan $s_1$ dan $s_2$ tidak sama, memberikan dua solusi independen untuk (5). Jadi, solusi umum dari (5) adalah

y = c_1e^{s_1x} + c_2e^{s_2x} \quad (7)

Sebagai contoh, untuk $y'' + 6y' + 7y = 0$, persamaan bantunya adalah $s^2 + 6s + 7 = 0$. Rumus kuadrat memberikan $s_1 = -1, s_2 = -7$, sehingga solusi umumnya adalah $c_1e^{-x} + c_2e^{-7x}$.

Partikel dalam Kotak Satu Dimensi

Bagian ini menyelesaikan persamaan Schrödinger tak-bergantung waktu untuk partikel dalam kotak satu dimensi. Dengan ini kita maksudkan partikel yang dikenakan fungsi energi potensial yang tak hingga di mana-mana sepanjang sumbu $x$ kecuali untuk segmen garis dari $x=0$ hingga $x=l$, di mana energi potensialnya nol. Ini tidak realistis secara fisik, tetapi model ini dapat diterapkan dengan beberapa keberhasilan pada molekul terkonjugasi tertentu; lihat Soal 2.17. Kita menempatkan titik asal di ujung kiri segmen garis (Gambar 2.1). Kita memiliki tiga daerah untuk dipertimbangkan. Di daerah I ($x < 0$) dan III ($x > l$), energi potensial adalah $V = \infty$. Di daerah II ($0 \le x \le l$), energi potensial adalah $V = 0$.

Gambar 2.1: Fungsi energi potensial $V(x)$ di mana partikel dalam kotak.

Persamaan Schrödinger tak-bergantung waktu adalah

-\frac{\hbar^2}{2m} \frac{d^2\psi}{dx^2} + V\psi = E\psi

Di daerah I dan III, persamaan Schrödinger menjadi

-\frac{\hbar^2}{2m} \frac{d^2\psi}{dx^2} = (E - V)\psi

Karena $V = \infty$, maka untuk menjaga sisi kiri tetap terbatas, $\psi$ harus nol. Oleh karena itu, kita menyimpulkan bahwa

\psi_I = 0, \quad \psi_{III} = 0 \quad (8)

Untuk daerah II, $V = 0$, persamaan Schrödinger (1.19) menjadi

\frac{d^2\psi_{II}}{dx^2} + \frac{2m}{\hbar^2} E \psi_{II} = 0 \quad (9)

Persamaan (9) adalah persamaan diferensial linear homogen orde kedua dengan koefisien konstan. Persamaan bantu (6) memberikan

s^2 + \frac{2mE}{\hbar^2} = 0$$ $$s = \pm i \sqrt{\frac{2mE}{\hbar^2}}

di mana kita definisikan $k = \sqrt{2mE}/\hbar$. Menggunakan (7), kita memiliki

\psi_{II}(x) = A e^{ikx} + B e^{-ikx} \quad (10)

Untuk sementara, misalkan $u = kx = \sqrt{2mE}/\hbar \cdot x$. Maka $\psi_{II} = A e^{iu} + B e^{-iu}$. Kita memiliki $e^{iu} = \cos u + i \sin u$ dan $e^{-iu} = \cos(-u) + i \sin(-u) = \cos u - i \sin u$. Oleh karena itu,

\begin{align*} \psi_{II} &= A(\cos u + i \sin u) + B(\cos u - i \sin u) \\ &= (A+B)\cos u + i(A-B)\sin u \\ &= C \cos u + D \sin u \end{align*}

di mana $C = A+B$ dan $D = i(A-B)$ adalah konstanta baru. Jadi,

\psi_{II}(x) = C \cos\left(\frac{\sqrt{2mE}}{\hbar} x\right) + D \sin\left(\frac{\sqrt{2mE}}{\hbar} x\right) \quad (11)

Sekarang kita mencari akal untuk mengemukakan bahwa fungsi gelombang akan kontinu; artinya, tidak akan ada lompatan mendadak dalam nilai $\psi$ (lihat Gambar 3.4). Jika $x=0$, maka $\psi_I$ dan $\psi_{II}$ harus mendekati nilai yang sama pada $x=0$:

\begin{align*} \lim_{x \to 0} \psi_I(x) &= \lim_{x \to 0} \psi_{II}(x) \\ 0 &= \lim_{x \to 0} \left[ C \cos\left(\frac{\sqrt{2mE}}{\hbar} x\right) + D \sin\left(\frac{\sqrt{2mE}}{\hbar} x\right) \right] \\ 0 &= C \cos(0) + D \sin(0) \\ 0 &= C \cdot 1 + D \cdot 0 \\ 0 &= C \end{align*}

Dengan $C=0$, Persamaan (11) menjadi

\psi_{II}(x) = D \sin\left(\frac{\sqrt{2mE}}{\hbar} x\right) \quad (12)

Menerapkan kondisi kontinuitas pada $x=l$: $\psi_{II}(l) = \psi_{III}(l)$. Karena $\psi_{III}(l) = 0$, kita memiliki

D \sin\left(\frac{\sqrt{2mE}}{\hbar} l\right) = 0

Jika $D=0$, maka $\psi_{II}(x)=0$ untuk semua $x$, yang berarti tidak ada partikel dalam kotak. Oleh karena itu, $D \neq 0$, dan kita harus memiliki

\sin\left(\frac{\sqrt{2mE}}{\hbar} l\right) = 0

Titik nol dari fungsi sinus terjadi pada $n\pi$, di mana $n$ adalah bilangan bulat. Jadi,

\frac{\sqrt{2mE}}{\hbar} l = n\pi, \quad n=1, 2, 3, \dots \quad (13)

Nilai $n=0$ akan menyebabkan $\psi_{II}(x)=0$, yang tidak diizinkan. Untuk $E=0$, akar-akar (6) dari persamaan bantu adalah sama dan (10) bukanlah solusi lengkap dari persamaan Schrödinger. Untuk menemukan solusi lengkap, kita kembali ke (9), yang untuk $E=0$ menjadi $d^2\psi_{II}/dx^2 = 0$. Integrasi memberikan $d\psi_{II}/dx = c_1$ dan $\psi_{II} = c_1x + c_2$. Kondisi bahwa $\psi_{II}=0$ pada $x=0$ memberikan $c_2=0$. Kondisi bahwa $\psi_{II}=0$ pada $x=l$ memberikan $c_1l=0$, sehingga $c_1=0$. Jadi, $\psi_{II}=0$, dan oleh karena itu $E=0$ tidak diizinkan.

Menyelesaikan (13) untuk $E$ memberikan

E_n = \frac{n^2 h^2}{8ml^2}, \quad n=1, 2, 3, \dots \quad (14)

Hanya nilai-nilai energi (14) yang memungkinkan pada nilai energi terkuantisasi (Gambar 2.2). Ini sangat kontras dengan hasil klasik bahwa partikel dalam kotak dapat memiliki energi non-negatif apa pun. Perhatikan bahwa ada nilai minimum, lebih besar dari nol, untuk energi partikel. Keadaan energi terendah disebut keadaan dasar. Keadaan dengan energi lebih tinggi dari energi keadaan dasar adalah keadaan tereksitasi.

Gambar 2.2: Empat tingkat energi terendah untuk partikel dalam kotak satu dimensi.

Contoh

Sebuah partikel bermassa $2.00 \times 10^{-26}$ g berada dalam kotak satu dimensi sepanjang $4.00$ nm. Cari frekuensi dan panjang gelombang foton yang dipancarkan ketika partikel ini berpindah dari tingkat energi $n=3$ ke tingkat $n=2$.

Solusi Contoh

Berdasarkan kekekalan energi, energi foton yang dipancarkan sama dengan perbedaan energi antara dua keadaan stasioner [Persamaan (1.4)]:

\Delta E = h\nu = E_{atas} - E_{bawah} = \frac{n_{atas}^2 h^2}{8ml^2} - \frac{n_{bawah}^2 h^2}{8ml^2} = (n_{atas}^2 - n_{bawah}^2)\frac{h^2}{8ml^2}

Dengan $n_{atas} = 3$ dan $n_{bawah} = 2$, $m = 2.00 \times 10^{-26} \text{ g} = 2.00 \times 10^{-29} \text{ kg}$, $l = 4.00 \text{ nm} = 4.00 \times 10^{-9} \text{ m}$, dan $h = 6.626 \times 10^{-34} \text{ J s}$:

\nu = \frac{(3^2 - 2^2)(6.626 \times 10^{-34} \text{ J s})^2}{8(2.00 \times 10^{-29} \text{ kg})(4.00 \times 10^{-9} \text{ m})^2} = 1.29 \times 10^{12} \text{ s}^{-1}

di mana $\nu$ adalah frekuensi foton. Menggunakan $\lambda = c/\nu$, kita mendapatkan $\lambda = (2.998 \times 10^8 \text{ m/s}) / (1.29 \times 10^{12} \text{ s}^{-1}) = 2.32 \times 10^{-4} \text{ m}$.

Latihan

Untuk sebuah elektron dalam kotak satu dimensi tertentu, transisi panjang gelombang terpanjang terjadi pada 400 nm. Cari panjang kotak tersebut. (Jawaban: 0.603 nm.)

Substitusi (13) ke dalam (12) memberikan fungsi gelombang

\psi_{II}(x) = D \sin\left(\frac{n\pi x}{l}\right), \quad n=1, 2, 3, \dots

Penggunaan tanda negatif di depan $\sin(u)$ tidak akan menghasilkan solusi yang berbeda secara fisik; kita hanya akan mendapatkan konstanta, $D$, dikalikan dengan solusi dengan tanda plus. Konstanta $D$ ditemukan menggunakan persyaratan normalisasi, Persamaan (1.24) dan (1.22):

\int_{-\infty}^{\infty} |\psi|^2 dx = \int_{-\infty}^{0} |\psi_I|^2 dx + \int_{0}^{l} |\psi_{II}|^2 dx + \int_{l}^{\infty} |\psi_{III}|^2 dx = 1$$ $$0 + |D|^2 \int_{0}^{l} \sin^2\left(\frac{n\pi x}{l}\right) dx + 0 = 1

di mana integral dievaluasi menggunakan Persamaan (A.2) di Apendiks. Kita memiliki $|D|^2 \frac{l}{2} = 1$, sehingga $|D| = \sqrt{2/l}$. Karena $\psi$ adalah fungsi gelombang, $D$ bisa berupa bilangan kompleks apa pun dengan nilai absolut $\sqrt{2/l}$, yaitu $D = \sqrt{2/l} e^{i\delta}$, di mana $\delta$ adalah konstanta real arbitrer. Kita biasanya memilih $\delta=0$. Jadi, fungsi gelombang keadaan stasioner untuk partikel dalam kotak adalah

\psi_n(x) = \sqrt{\frac{2}{l}} \sin\left(\frac{n\pi x}{l}\right), \quad n=1, 2, 3, \dots \quad (15)

Grafik fungsi gelombang $\psi_n(x)$ dan rapat probabilitas $|\psi_n(x)|^2$ ditunjukkan pada Gambar 2.3 dan 2.4. Bilangan $n$ disebut bilangan kuantum. Setiap nilai $n$ yang berbeda sesuai dengan tingkat energi dan fungsi gelombang yang berbeda.

Gambar 2.3: Grafik $\psi_n(x)$ untuk keadaan partikel-dalam-kotak terendah.

Gambar 2.4: Grafik $|\psi_n(x)|^2$ untuk keadaan partikel-dalam-kotak terendah.

Fungsi gelombang adalah nol pada titik-titik tertentu; titik-titik ini disebut node. Untuk setiap peningkatan satu dalam nilai bilangan kuantum, jumlah node meningkat satu lagi. Keberadaan node dalam $|\psi_n(x)|^2$ mungkin tampak mengejutkan. Jadi, untuk $n=2$, Gambar 2.4 mengatakan bahwa ada probabilitas nol untuk menemukan partikel di tengah kotak pada $x=l/2$. Bagaimana partikel bisa berpindah dari satu sisi kotak ke sisi lain tanpa pada waktu apa pun ditemukan di tengah? Paradoks yang tampak ini muncul dari upaya untuk memahami gerakan partikel mikroskopis menggunakan pengalaman sehari-hari kita tentang gerakan partikel makroskopis.

Gambar 2.4 menunjukkan bahwa probabilitas menemukan partikel di berbagai tempat dalam kotak sangat berbeda dari hasil klasik. Secara klasik, partikel dengan energi tetap dalam kotak memantul bolak-balik secara elastis antara kedua dinding, bergerak dengan kecepatan konstan. Jadi, kemungkinan menemukannya di titik mana pun dalam kotak adalah sama. Secara mekanika kuantum, kita menemukan maksimum probabilitas di tengah kotak untuk tingkat energi terendah. Saat kita beralih ke tingkat energi yang lebih tinggi dengan lebih banyak node, maksimum dan minimum probabilitas semakin mendekat, dan variasi probabilitas sepanjang panjang kotak pada akhirnya menjadi tidak terdeteksi. Untuk bilangan kuantum yang sangat tinggi, kita mendekati hasil klasik dari rapat probabilitas seragam. Hasil ini, bahwa dalam batas bilangan kuantum besar mekanika kuantum beralih ke mekanika klasik, dikenal sebagai prinsip korespondensi Bohr.

Partikel Bebas dalam Satu Dimensi

Dengan partikel bebas, kita maksudkan partikel yang tidak dikenai gaya apa pun. Untuk partikel bebas, integrasi (1.12) menunjukkan bahwa energi potensial tetap konstan tidak peduli berapa nilai $x$. Karena pilihan tingkat nol energi adalah arbitrer, kita dapat menetapkan $V(x) = 0$. Persamaan Schrödinger (1.19) menjadi

\frac{d^2\psi}{dx^2} + \frac{2mE}{\hbar^2} \psi = 0 \quad (16)

Persamaan (16) sama dengan Persamaan (9) (kecuali untuk kondisi batas). Oleh karena itu, solusi umum dari (16) adalah (10):

\psi(x) = A e^{i \sqrt{\frac{2mE}{\hbar^2}} x} + B e^{-i \sqrt{\frac{2mE}{\hbar^2}} x} \quad (17)

Kondisi batas apa yang bisa kita terapkan? Tampaknya masuk akal untuk mengemukakan bahwa $\psi(x)$ harus terbatas untuk semua $x$. Jika energi $E$ negatif, maka $\sqrt{2mE}/\hbar$ akan menjadi imajiner murni, katakanlah $i\kappa$, di mana $\kappa = \sqrt{2m|E|}/\hbar$. Maka solusi menjadi $\psi(x) = A e^{-\kappa x} + B e^{\kappa x}$, dan oleh karena itu suku pertama dalam (17) akan menjadi tak hingga saat $x \to -\infty$, dan suku kedua akan menjadi tak hingga saat $x \to \infty$. Demikian pula, jika $E$ negatif, $\psi$ tidak akan terbatas saat $x \to \pm \infty$. Oleh karena itu, $E$ harus non-negatif untuk partikel bebas. Fungsi gelombang berosilasi dan merupakan kombinasi linear dari suku sinus dan kosinus [Persamaan (11)]. Untuk partikel bebas, energi tidak terkuantisasi; semua energi non-negatif diizinkan. Karena kita menetapkan $V(x)=0$, energi $E$ adalah energi kinetik partikel. Jika kita mencoba untuk menentukan konstanta arbitrer $A$ dan $B$ dengan normalisasi, kita akan menemukan bahwa integral $\int_{-\infty}^{\infty} \psi^*(x) \psi(x) dx$ tidak dapat dinormalisasi dalam arti biasa. Ini dapat diharapkan secara fisik karena tidak ada alasan bagi probabilitas menemukan partikel bebas untuk mendekati nol saat $x$ menuju $\pm \infty$. Masalah partikel bebas adalah situasi yang tidak nyata karena kita tidak mungkin memiliki partikel yang tidak berinteraksi dengan partikel lain di alam semesta.

Partikel dalam Sumur Persegi Panjang

Pertimbangkan partikel dalam kotak satu dimensi dengan dinding setinggi terbatas (Gambar 2.5a). Fungsi energi potensial adalah $V(x) = 0$ untuk $0 \le x \le l$, dan $V(x) = V_0$ untuk $x < 0$ atau $x > l$, di mana $V_0$ adalah konstanta positif. Kita pertama-tama mempertimbangkan $E < V_0$.

Gambar 2.5: (a) Energi potensial untuk partikel dalam sumur persegi panjang satu dimensi. (b) Fungsi gelombang keadaan dasar untuk potensial ini. (c) Fungsi gelombang keadaan tereksitasi pertama.

Persamaan Schrödinger (1.19) di daerah I ($x < 0$) dan III ($x > l$) adalah $-\hbar^2/2m \cdot d^2\psi/dx^2 + (V_0)\psi = E\psi$, atau $d^2\psi/dx^2 + (2m/\hbar^2)(E - V_0)\psi = 0$. Ini adalah persamaan diferensial linear homogen dengan koefisien konstan, dan persamaan bantu (6) adalah

s^2 + \frac{2m}{\hbar^2}(E - V_0) = 0$$ $$s = \pm \sqrt{\frac{2m}{\hbar^2}(V_0 - E)}

Oleh karena itu, solusi umumnya adalah

\psi_I(x) = A e^{\sqrt{\frac{2m(V_0-E)}{\hbar^2}} x} + B e^{-\sqrt{\frac{2m(V_0-E)}{\hbar^2}} x}$$ $$\psi_{III}(x) = C e^{\sqrt{\frac{2m(V_0-E)}{\hbar^2}} x} + D e^{-\sqrt{\frac{2m(V_0-E)}{\hbar^2}} x}

di mana $A, B, C, D$ adalah konstanta. Agar $\psi_I$ menjadi terbatas saat $x \to -\infty$, kita harus memiliki $B=0$. Demikian pula, untuk menjaga $\psi_{III}$ terbatas saat $x \to \infty$, kita harus memiliki $C=0$. Oleh karena itu,

\psi_I(x) = A e^{\sqrt{\frac{2m(V_0-E)}{\hbar^2}} x}, \quad \psi_{III}(x) = D e^{-\sqrt{\frac{2m(V_0-E)}{\hbar^2}} x} \quad (18)

Di daerah II ($0 \le x \le l$), persamaan Schrödinger adalah (9) dan solusinya adalah (11):

\psi_{II}(x) = C' \cos\left(\frac{\sqrt{2mE}}{\hbar} x\right) + D' \sin\left(\frac{\sqrt{2mE}}{\hbar} x\right) \quad (19)

Untuk menyelesaikan masalah, kita harus menerapkan kondisi batas. Seperti halnya partikel dalam kotak dengan dinding tak hingga, kita mensyaratkan fungsi gelombang kontinu pada $x=0$ dan $x=l$: $\psi_I(0) = \psi_{II}(0)$ dan $\psi_{II}(l) = \psi_{III}(l)$. Fungsi gelombang memiliki empat konstanta arbitrer, jadi lebih dari dua kondisi batas ini diperlukan. Selain mensyaratkan $\psi$ kontinu, kita juga mensyaratkan turunan pertamanya, $d\psi/dx$, kontinu. Jika $d\psi/dx$ diskontinu, maka $d^2\psi/dx^2$ akan menjadi tak hingga pada titik tersebut. Namun, untuk partikel dalam sumur persegi panjang, persamaan Schrödinger $d^2\psi/dx^2 = (2m/\hbar^2)(V-E)\psi$ tidak mengandung sesuatu yang tak hingga di sisi kanan, jadi $d^2\psi/dx^2$ tidak bisa menjadi tak hingga. Oleh karena itu, $d\psi_I/dx|_{x=0} = d\psi_{II}/dx|_{x=0}$ dan $d\psi_{II}/dx|_{x=l} = d\psi_{III}/dx|_{x=l}$.

Dari $\psi_I(0) = \psi_{II}(0)$, kita mendapatkan $A = C'$. Dari $d\psi_I/dx|_{x=0} = d\psi_{II}/dx|_{x=0}$, kita mendapatkan $\sqrt{2m(V_0-E)} A = \sqrt{2mE} D'$. Dari $\psi_{II}(l) = \psi_{III}(l)$, kita mendapatkan persamaan rumit yang memungkinkan $E$ terkuantisasi. Konstanta ditemukan dengan normalisasi. Mengambil $d\psi_{II}/dx|_{x=l} = d\psi_{III}/dx|_{x=l}$, membaginya dengan $\psi_{II}(l) = \psi_{III}(l)$, dan menyatakan $k = \sqrt{2mE}/\hbar$ dan $\kappa = \sqrt{2m(V_0-E)}/\hbar$, kita mendapatkan persamaan berikut untuk tingkat energi:

(2E - V_0) \sin\left(\frac{\sqrt{2mE}}{\hbar} l\right) = 2 \sqrt{V_0 E} \cos\left(\frac{\sqrt{2mE}}{\hbar} l\right) \quad (20)

Hanya nilai-nilai $E$ yang kontinu dan memiliki turunan yang kontinu, sehingga tingkat energi terkuantisasi untuk $E < V_0$. Sebuah studi rinci menunjukkan bahwa jumlah tingkat energi yang diizinkan dengan $E < V_0$ adalah

N_{bound} = \left\lfloor \frac{\sqrt{2mV_0}l}{\pi \hbar} \right\rfloor \quad (21)

di mana $N_{bound}$ adalah jumlah keadaan terikat. Sebagai contoh, jika $V_0 = 2\hbar^2/ml^2$, maka $\frac{\sqrt{2mV_0}l}{\pi \hbar} = \frac{\sqrt{2m(2\hbar^2/ml^2)}l}{\pi \hbar} = \frac{\sqrt{4\hbar^2/l^2}l}{\pi \hbar} = \frac{2\hbar/l \cdot l}{\pi \hbar} = \frac{2}{\pi} \approx 0.63$. Jadi $N_{bound} = \lfloor 0.63 \rfloor = 0$. Ini berarti tidak ada keadaan terikat jika $V_0$ terlalu kecil. Gambar 2.5 menunjukkan $\psi$ berosilasi di dalam kotak dan mati secara eksponensial di luar kotak. Ternyata jumlah node meningkat satu untuk setiap tingkat yang lebih tinggi.

Sejauh ini kita hanya mempertimbangkan keadaan dengan $E < V_0$. Untuk $E > V_0$, kuantitas $V_0 - E$ adalah negatif, sehingga $\sqrt{2m(V_0-E)}/\hbar$ adalah imajiner, dan alih-alih mati menjadi nol saat $x \to \pm \infty$, $\psi_I$ dan $\psi_{III}$ berosilasi (mirip dengan $\psi_{II}$). Dalam kasus ini, kondisi bahwa $\psi_I$ dan $\psi_{III}$ menjadi nol tidak berlaku, dan dengan konstanta tambahan ini tersedia untuk memenuhi kondisi batas pada $x=0$ dan $x=l$, ditemukan bahwa kita selalu dapat menemukan fungsi gelombang yang berperilaku baik. Oleh karena itu, semua energi di atas $V_0$ diizinkan. Keadaan di mana $\psi$ terikat, probabilitas signifikan untuk menemukan partikel hanya ada di wilayah ruang yang terbatas. Untuk keadaan tak terikat, $\psi$ tidak dapat dinormalisasi. Untuk partikel dalam sumur persegi panjang, keadaan dengan $E < V_0$ terikat dan keadaan dengan $E > V_0$ tak terikat. Untuk partikel dalam kotak dengan dinding yang sangat tinggi, semua keadaan terikat. Untuk partikel bebas, semua keadaan tak terikat.

Penerowongan (Tunneling)

Untuk partikel dalam sumur persegi panjang (Bagian 2.4), Gambar 2.5 dan persamaan untuk $\psi_I$ dan $\psi_{III}$ menunjukkan bahwa untuk keadaan terikat ada probabilitas bukan nol untuk menemukan partikel di daerah I dan III, di mana energi totalnya $E$ kurang dari energi potensialnya $V_0$. Secara klasik, perilaku ini tidak diizinkan. Persamaan klasik, $E = T + V$, di mana $T$ adalah energi kinetik, menunjukkan bahwa jika $E < V$, maka $T$ akan negatif, yang tidak mungkin karena $T = \frac{1}{2}mv^2 \ge 0$.

Gambar 2.6: Energi potensial untuk partikel dalam kotak satu dimensi dengan tinggi dan ketebalan terbatas.

Pertimbangkan partikel dalam kotak satu dimensi dengan dinding setinggi dan setebal terbatas (Gambar 2.6). Secara klasik, partikel tidak dapat keluar dari kotak kecuali energinya lebih besar dari penghalang energi potensial $V_0$. Namun, perlakuan mekanika kuantum (yang dihilangkan) menunjukkan bahwa ada probabilitas terbatas bagi partikel dengan energi total kurang dari $V_0$ untuk ditemukan di luar kotak. Istilah penerowongan (tunneling) menunjukkan penetrasi partikel ke daerah yang dilarang secara klasik (seperti pada Gambar 2.5) atau lewatnya partikel melalui penghalang energi potensial yang tingginya melebihi energi partikel. Karena penerowongan adalah efek kuantum, probabilitas terjadinya lebih besar semakin kurang klasik perilaku partikel. Oleh karena itu, penerowongan paling umum terjadi pada partikel bermassa kecil.

Elektron menerowong dengan cukup mudah. Atom dan ion hidrogen menerowong lebih mudah daripada atom yang lebih berat. Emisi partikel alfa dari inti radioaktif melibatkan penerowongan partikel alfa melalui penghalang energi potensial yang dihasilkan oleh gaya nuklir tarik-menarik jarak pendek dan gaya tolak-menolak Coulomb antara inti anak dan partikel alfa. Molekul NH$_3$ berbentuk piramida. Ada penghalang energi potensial untuk inversi molekul, dengan maksimum energi potensial terjadi pada konfigurasi planar. Atom hidrogen dapat menerowong melalui penghalang ini, sehingga membalik molekul. Dalam CH$_3$CH$_3$ ada penghalang untuk rotasi internal, dengan maksimum energi potensial pada posisi ter-eklips dari hidrogen. Hidrogen dapat menerowong melalui penghalang ini dari satu posisi staggered ke posisi berikutnya. Penerowongan elektron penting dalam reaksi reduksi oksidasi dan dalam proses elektroda. Penerowongan biasanya berkontribusi secara signifikan terhadap laju reaksi kimia yang melibatkan transfer atom hidrogen.

Penerowongan atom H terjadi dalam beberapa reaksi yang dikatalisis enzim. Mikroskop penerowongan pemindaian (scanning tunneling microscope), yang ditemukan pada tahun 1981, menggunakan penerowongan elektron melalui ruang antara ujung kawat logam yang sangat halus dan permukaan padatan konduktif listrik untuk menghasilkan gambar atom individu pada permukaan padatan. Tegangan kecil diterapkan antara padatan dan kawat, dan saat ujung digerakkan melintasi permukaan pada ketinggian beberapa angstrom, ketinggian ujung disesuaikan untuk menjaga aliran arus konstan. Plot ketinggian ujung versus posisi memberikan gambar permukaan.

Ringkasan

Solusi umum untuk persamaan diferensial linear, homogen, orde kedua, koefisien konstan $y'' + ay' + by = 0$ adalah $y = c_1e^{s_1x} + c_2e^{s_2x}$, di mana $s_1$ dan $s_2$ adalah solusi dari persamaan bantu $s^2 + as + b = 0$.
Untuk partikel dalam kotak satu dimensi (energi potensial $V=0$ untuk $0 \le x \le l$ dan $V=\infty$ di tempat lain), fungsi gelombang keadaan stasioner adalah $\psi_n(x) = \sqrt{2/l} \sin(n\pi x/l)$ dan tingkat energi adalah $E_n = n^2 h^2/(8ml^2)$, di mana $n=1, 2, 3, \dots$. Jumlah node meningkat 1 untuk setiap peningkatan 1 dalam bilangan kuantum. Fungsi gelombang adalah ortonormal.
Untuk partikel bebas ($V=0$ di mana-mana), energi tidak terkuantisasi dan fungsi gelombang tidak dapat dinormalisasi dalam arti biasa.
Partikel dalam sumur persegi panjang satu dimensi dengan dinding setinggi terbatas $V_0$ memiliki sejumlah terbatas keadaan terikat. Fungsi gelombang keadaan terikat berosilasi di dalam sumur dan mati secara eksponensial menjadi nol di luar sumur. Energi dari keadaan tak terikat tidak terkuantisasi.
Penerowongan adalah penetrasi partikel ke daerah yang dilarang secara klasik atau lewatnya partikel melalui penghalang energi potensial yang tingginya lebih besar dari energi partikel.

Soal-soal

Bagian Soal-soal

2.1: 2.1, 2.2, 2.3, 2.4
2.2: 2.5 - 2.19
2.3: 2.20
2.4: 2.21 - 2.30
Umum: 2.31, 2.32

(a) Selesaikan $y''(x) + P(x)y'(x) + Q(x)y(x) = 0$. (b) Evaluasi konstanta arbitrer dalam solusi jika kondisi batasnya adalah $y(0) = 1, y'(0) = 0$.
Jika $y = c_1e^{(2+i)x} + c_2e^{(2-i)x}$, di mana $c_1$ dan $c_2$ adalah konstanta, temukan persamaan diferensial linear homogen orde kedua dengan koefisien konstan yang dipenuhi oleh $y$.
(a) Untuk kasus akar-akar yang sama dari persamaan bantu, $s_1 = s_2 = s$, kita hanya menemukan satu solusi independen dari persamaan diferensial linear homogen orde kedua: $y_1 = e^{sx}$. Verifikasi bahwa $y_2 = xe^{sx}$ adalah solusi kedua dalam kasus ini. (b) Selesaikan $y''(x) - 4y'(x) + 4y(x) = 0$.
Untuk setiap pilihan fungsi $F(x)$ di bawah ini, nyatakan apakah $y'' + 2y' + 3y = F(x)$ adalah persamaan diferensial linear atau non-linear (a, b, c, konstanta). (a) $F(x) = \sin x$; (b) $F(x) = kx$; (c) $F(x) = ax^3$; (d) $F(x) = y^2$; (e) $F(x) = y'$.
Benar atau salah? (a) Energi keadaan dasar partikel dalam kotak (PIB) adalah nol. (b) Tingkat energi PIB berjarak sama. (c) Peningkatan energi keadaan stasioner PIB sesuai dengan peningkatan jumlah node dalam fungsi gelombang. (d) Setiap solusi dari persamaan Schrödinger tak-bergantung waktu PIB adalah fungsi gelombang keadaan stasioner yang diizinkan. (e) Transisi PIB yang menyerap foton dengan panjang gelombang terpanjang adalah dari tingkat $n=1$ ke $n=2$.
Untuk partikel dalam kotak satu dimensi sepanjang $l$, nyatakan lokasi interval mana yang memberikan probabilitas maksimum dan mana yang memberikan probabilitas minimum untuk menemukan partikel dalam interval tersebut. (a) $n=1$; (b) $n=2$; (c) $n=3$.
Pertimbangkan partikel dengan bilangan kuantum $n$ dalam kotak satu dimensi sepanjang $l$. (a) Berapa probabilitas menemukan partikel di seperempat kiri kotak? (b) Untuk nilai batas probabilitas ini untuk $n \to \infty$? (c) Berapa probabilitas menemukan partikel di seperempat kiri kotak untuk $n=1$? (d) Prinsip apa yang diilustrasikan dalam (c)?
Pertimbangkan elektron dalam kotak satu dimensi sepanjang 2.000 Å dengan ujung kiri kotak pada $x=0$. (a) Misalkan kita memiliki satu juta sistem ini, masing-masing dalam keadaan $n=1$, dan kita mengukur koordinat $x$ sistem. Kira-kira berapa kali elektron akan ditemukan antara 0.600 Å dan 0.601 Å? Pertimbangkan interval tersebut sebagai tak hingga. (b) Misalkan kita memiliki sejumlah besar sistem ini, masing-masing dalam keadaan $n=2$, dan kita mengukur koordinat $x$ dalam 126 pengukuran. Kira-kira berapa banyak pengukuran elektron akan ditemukan antara 1.000 Å dan 1.001 Å?
(a) Buat sketsa kasar grafik $|\psi_n(x)|^2$ untuk keadaan partikel-dalam-kotak $n=1, 2, 3$. (b) Gunakan kalkulus untuk menemukan kemiringan kurva $|\psi_n(x)|^2$ untuk $n=1$ pada $x=l/2$. Verifikasi bahwa kemiringan adalah nol, seperti yang seharusnya.
Gambaran yang sangat kasar tentang elektron valensi dalam atom atau molekul memperlakukannya sebagai partikel dalam kotak satu dimensi yang panjangnya seukuran atom dan molekul. (a) Untuk elektron dalam kotak satu dimensi sepanjang 1.0 Å, hitung pemisahan antara dua tingkat energi terendah. (b) Hitung panjang gelombang foton yang sesuai dengan transisi antara dua tingkat ini. (c) Di bagian mana dari spektrum elektromagnetik panjang gelombang ini berada?

Pustaka

D. Branson, "Continuity of the wave function and its derivative in quantum mechanics", American Journal of Physics, vol. 47, no. 11, pp. 1000-1001, 1979.
E. Merzbacher, Quantum Mechanics, 3rd ed., Wiley, 1998.
R. P. Bell, The Tunnel Effect in Chemistry. Chapman & Hall, 1980.
R. Allemann and N. Scrutton (eds.), Quantum Tunnelling in Enzyme-Catalyzed Reactions. RSC Publishing, 2009.