Sabtu, 14 Juli 2012

Mekanika Kuantum Atom Hidrogen

Atom hidrogen terdiri dari sebuah proton yang berat dan relatif diam (biasanya ditemoatkan di titik pusat koordinat) yang bermuatan e, dan sebuah elektron yang lebih ringan (dengan muatan -e) yang berputar mengelilingi proton dalam sebuah orbit tertentu. Dari hukum Coulomb, energi potensialnya adalah (dalam satuan SI)

dan persamaan radialnya (Persamaan 4.37) adalah
V(r) = - \frac{e^{2}}{4 \pi \epsilon_{0}} \frac{1}{r} ,


- \frac{\hbar^{2}}{2m} \frac{d^{2}u}{dr^{2}} + \left [ - \frac{e^{2}}{4 \pi \epsilon_{0}} \frac{1}{r} + \frac{\hbar^{2}}{2m} \frac{l(l+1)}{r^{2}} \right ]u = Eu .


Tantangan kita kali ini adalah menyelesaikan persamaan ini untuk u(r) dan menghitung energi elektron E yang diijinkan. Atom hidrogen adalah sebuah kasus penting dalam mekanika kuantum yang mana kita akan menyelesaikannya secara detail dengan menggunakan metode yang telah digunakan dalam solusi analitik pada permasalahan osilator harmonik. (Jika setiap lagkah dalam proses ini kurang jelas, kamu bisa melihat kembali pada sesi 2.3.2 untuk penjelasan lebih lengkap.) Kebetulan sekali, potensial Coulomb berlaku keadaan kontinu (dengan E > 0), yang menjelaskan hamburan elektron-proton, sebaik pada keadaan terikat diskret, yang merepresentasikan atom hidrogen, tetapi sebaiknya kita menahan perhatian kita mengenai hal ini untuk dibahas kemudian.

4.2.1 Fungsi Gelombang Radial

Tugas pertama kita adalah untuk merapikan notasi. Kita misalkan

(Untuk keadaan terikat, E < 0, maka
 \kappa  bersifat real.) Pembagiandengan E, kita dapatkan\kappa \equiv \frac{\sqrt{-2mE}}{\hbar} .
\frac{1}{\kappa} \frac{d^{2}u}{dr^{2}} = \left [ 1 - \frac{me^{2}}{2 \pi \epsilon_{0} \hbar^{2} \kappa} \frac{1}{(\kappa r)} + \frac{l(l+1)}{(\kappa r)^{2}} \right ]u .
Dengan ini dianjurkan untuk memisalkan dengan

Dengan permisalan tersebut, maka persamaan radial menjadi
\rho \equiv \kappa r , dan \rho_{0} \equiv \frac{me^{2}}{2 \pi \epsilon_{0} \hbar^{2} \kappa} ,

Selanjutnya kita memanfaatkan bentuk asimtotik dari solusi. pada
 \rho \rightarrow \infty , kita asumsikan bahwa bagian dalam kurung kotak mendominasi, maka persamaan 4.56 menjadi\frac{d^{2}u}{d \rho^{2}} = \left [ 1 - \frac{\rho_{0}}{\rho} + \frac{l(l+1)}{\rho^{2}} \right ]u .

Dari sini, solusi umumnya adalah
\frac{d^{2}u}{d \rho^{2}} = u .

tetapi, nilai
 e^{-\rho}  menjadi tak berhingga pada \rho \to \infty , sehingga B = 0 . Dengan jelas,u(\rho) = Ae^{-\rho} + Be^{\rho},

untuk nilai
 \rho  yang sangat besar. Di sisi lain, pada \rho \to 0 , maka kali ini bagian sentrifugal yang mendominasi[1], maka kira-kira Persamaan 4.45 menjadiu(\rho) \sim Ae^{-\rho}
\frac{d^{2}u}{d\rho^{2}} = \frac{l(l+1)}{\rho^{2}}u .
Solusi umumnya adalah (kamu bisa memeriksanya sendiri)
u(\rho) = C\rho^{l+1} + D\rho^{-l} ,
Tetapi \rho^{-l}  bernilai tak berhingga pada \rho \to 0 , maka kita harus memilih D = 0 . Oleh karena itu

untuk nilai
 \rho  yang kecil.u(\rho) \sim C\rho^{l+1}
Langkah selanjutnya adalah menghilangkan perilaku asimptotik, untuk itu kita perkenalkan fungsi baru v(\rho) :

Dengan harapan bahwa
 v(\rho)  akan menjadi lebih sederhana dari pada u(\rho) . Walaupun indikasi pertamanya tidak menguntungkan kita, tetapi tidak apalah, mari kita kerjakan sajau(\rho) = \rho^{l+1}e^{-\rho}v(\rho) ,
\frac{du}{dp} = \rho^{l}e^{-\rho} \left [ (l+1-\rho) + \rho \frac{dv}{d\rho} \right ] ,
dan turunan keduanya adalah
\frac{d^{2}u}{d\rho^{2}} = \rho^{l}e^{-\rho} \left \{ \left [ -2l - 2 + \rho + \frac{i(l+1)}{\rho} \right ] v + 2 \left ( l + 1 - \rho \right ) \frac{dv}{d\rho} + \rho \frac{d^{2}v}{d\rho^{2}} \right \} .
Dalam bentuk v(\rho) , maka persamaan radial menjadi

Akhirnya, kita bisa mengasumsikan bahwa solusi
 v(\rho)  dapat diekspresikan sebagai deret pangkat dalam \rho :\rho \frac{d^{2}v}{d \rho^{2}} + 2 \left ( l + 1 - \rho \right ) \frac{dv}{d \rho} + \left [ \rho_{0} - 2 (l + 1 ) \right ] v = 0

Permasalahan kita sekarang adalah untuk menentukan koefisien
 \left ( a_{0}, a_{1}, a{2}, \cdots \right ) . Turunan pertama Persamaan 4.62 terhadap \rho  adalahv(\rho) = \sum_{j = 0}^{\infty} = a_{j} \rho^{j} .
\frac{dv}{d \rho} = \sum_{j = 0}^{\infty} j a_{j} \rho^{j - 1} = \sum_{j = 0}^{\infty} (j + 1) a_{j + 1} \rho^{j} .
[Dalam penjumlahan kedua kita telah menamakan ulang “indeks durni”: \to j + 1 . Jika ini mengganggumu, tulislah ulang penjumlahan yang pertama secara lebih eksplisit, dan periksalah. Kamu mungkin berkata kalau penjumlahan seharusnya dimulai pada j = -1 , tetapi faktor (j + 1)  dapat menghilangkan permasalahan tersebut, sehingga kita bisa memulai penjumlahan sama seperti biasanya yaitu dimulai pada j = 0 .] Penurunan lagi terhadap \rho ,
\frac{d^{2} v}{d \rho^{2}} = \sum_{j = 0}^{\infty} j \left ( j + 1 \right ) a_{j + 1} \rho^{j} .
Dengan memasukkan ini ke dalam Persamaan 4.61 kita dapatkan
\sum_{j = 0}^{\infty} j \left ( j + 1 \right ) a_{j + 1} \rho^{j} + 2 \left ( l + 1 \right ) \sum_{j = 0}^{\infty} \left ( j + 1 \right ) a_{j + 1} \rho^{j} - 2 \sum_{j = 0}^{\infty} a_{j} \rho^{j} \\ + \left [ \rho_{0} 2 \left ( l + 1 \right ) \right ] \sum_{j = 0}^{\infty} a_{j} \rho^{j} = 0 .
Dengan menyamakan koefisiennya berdasarkan pagkatnya menghasilkan
J(j + 1) a_{j + 1} + 2(l + 1) (j + 1) a_{j + 1} - 2a_{j} + \left [ \rho_{0} - 2(l + 1) \right ] a_{j} = 0 ,
atau

Rumusan rekursi ini menentukan nilai koefisien, dan karena itu fungsi
 v(\rho) : kita mulai dengan a_{0} + A  (ini akan menjadi konstanta secara keseluruhan, yang akan ditentukan secepatnya dengan menggunakan normalisasi), dan kita dapatkan a_{1} , dengan menggunakan hasil ini kembali, kita akan memperoleh a_{2} , demikian seterusnya. a_{j+1} = \left \{ \frac{2(j + l + 1) - \rho_{0}}{(j + 1) (j + 2l + 2)} \right \} a_{j} .
Sekarang, kita lihat seperti apa bentuk koefisiennya untuk nilai j yang besar (ini berhubungan dengan nilai \rho  yang besar pula, di mana didominasi oleh pangkat yang terbesar). Dalam daerah ini, formula rekursi menjadi
a_{j + 1} \cong \frac{2j}{j(j + 1)} a_{j} = \frac{2}{j + 1} ,
sehingga

Untuk saat ini anggap saja ini adalah solusi eksaknya. Maka
a_{j} \cong \frac{2^{j}}{j!} A .
v(\rho) = A \sum_{j = 0}^{\infty} \frac{2^{j}}{j1} \rho^{j} = A e^{2 \rho} ,
dan oleh sebab itu

yang akan menjadi tak berhingga pada
 \rho  yang besar. Eksponensial positif tentunya adalah perilaku asimptotik yang tidak kita inginkan (Ini bukanlah suatu kebetulan bahwa ini akan muncul lagi disini, ini mencerminkan bentuk asimptotik pada beberapa solusi persamaan radial, itu hanya tidak menjadi satu seperti apa yang kita inginkan, karena tidak ternormalisasi.) hanya ada satu cara untuk keluar dari dilema ini: deret haruslah berhenti. Harus terjadi pada suatu nilai integer maksimal, j_{maks} , seperti di bawah iniu(\rho) = A \rho^{l + 1} e^{\rho} ,

(dan koefisien yang berada diluar ini akan hilang dengan sendirinya). Dengan jelas
a_{j_{maks} + 1} = 0
2(j + l + 1) - \rho_{0} = 0 .
Definisikan

(yang dinakamakan dengan
 bilangan kuantum utama), kita punyan \equiv j_{maks} + l + 1

Karena
 \rho_{0}  menentukan nilai E:\rho_{0} = 2n .

maka energi yang diijjinkan adalah
E = - \frac{\hbar^{2} \kappa^{2}}{2m} = - \frac{me^{4}}{8 \pi^{2} \epsilon_{0}^{2} \hbar^{2} \rho_{0}^{2}} ,

Ini adalah formula Bohr yang terkenal-hasil yang paling penting dari setiap pengukuran dalam mekanika kuantum. Bohr mendapatkannya pada 1913 yang mana tidak dapat diterapkan dalam fisika klasik dan awal-awal kelahiran teori kuantum (Persamaan Shroedinger belum muncul hingga tahun 1924).
E = - \left [ \frac{m}{s \hbar^{2} \left ( \frac{e^{2}}{4 \pi \epsilon_{2}} \right )^{2}} \right ] \frac{1}{n^{2}} = \frac{E_{1}}{n^{2}} , dengan n = 1, 2, 3, \cdots .
Pengkombinasian Persamaan 4.55 dan 4.68 kita dapatkan bahwa

di mana
\kappa = \left ( \frac{m e^{2}}{4 \pi \epsilon_{0} \hbar^{2}} \right ) \frac{1}{n} = \frac{1}{an} ,

adalah jari-jari Bohr. Ini berlanjut bahwa
a \equiv \frac{4 \pi \epsilon_{0} \hbar^{2}}{m e^{2}} = 0,529 \times 10^{-10} m

Dengan jelas bahwa fungsi gelombang spasial untuk atom hodrogen ditandai dengan tiga bilangan kuantum (n, l, dan m):
\rho = \frac{r}{an}

di mana 
\psi_{nlm} \left ( r, \theta, \phi \right ) = R_{nl} (r) Y_{l}^{m} \left ( \theta, \phi \right ) ,

dengan
 v(\rho)  adalah polynomial pada sudut j_{maks} = n - l -1  dalam \rho , yang koefisiennya ditentukan oleh formula rekursi (hingga pada faktor normalisasi keseluruhan)R_{nl} (r) = \frac{1}{r} \rho^{l + 1} e^{-\rho} v(\rho) ,

Keadaan dasarnya
 (ground state) adalah pada n = 1  yang memiliki energi yang paling rendah, dengan meletakkan ini pada konstanta fisis, kita dapatkana_{j + 1} = \frac{2(j + l + l - n)}{(j + 1) (j + 2l + 2)} a_{j} .

Dengan jelas energi ikat atom hidrogen (nilai energi yang harus diberikan pada elektron untuk mengionisasi atom) adalah 13,6 eV. Persamaan 4.67 menghendaki
 l = 0 , yang mana juga m = 0  , sehingga E_{1} = \left [ \frac{m}{2 \hbar^{2}} \left ( \frac{e^{2}}{4 \pi \epsilon_{0}} \right ) ^{2} \right ] = -13,6 eV .

Formula rekursi terpotong setelah bagian yang pertama dengan j = 0  menghasilkan a_{1} = 0 ), sehingga v(\rho)  adalah sebuah konstanta (a_{0} ) dan\psi \left ( r, \theta, \phi \right ) = R_{10} (r) Y_{0}^{0} (\theta, \phi) .

Dengan menormalisasikannya, yang sesuai dengan Persamaan 4.31,
R_{10} (r) = \frac{a_{0}}{a} e^{-r/a} .
\int_{0}^{\infty} \left | R_{10} \right | ^{2} r^{2} dr = \frac{\left | a_{0} \right | ^{2}}{a_{2}} \int_{0}^{\infty} e_{-2r/a} r^{2} dr = \left | a_{0} \right | ^{2} \frac{a}{4} = 1 ,
sehingga a_{0} = 2 / \sqrt{a} . Sementara itu, Y_{0}^{0} = 1 / \sqrt{4 \pi} , maka

Jika
 n = 2 , energinya adalah\psi_{100} \left ( r, \theta, \phi \right ) = \frac{1}{\sqrt{\pi a^{3}}} e^{-r/a} .

Ini adalah keadaan tereksitasi yang pertama, atau baiknya, suatu keadaan dimana kita memiliki
 l = 0  (dengan m = 0 ) atau l = 1  (dengan m = -1, 0,  atau 1 ), sehingga sebenarnya terdapat empat keadaan berbeda yang berbagi energi ini. Jika l = 0 , formula rekursi memberikanE_{2} = \frac{-13,6}{4} = -3,4 eV ;
a_{1} = -a_{0}  (menggunakan j = 0 ), dan a_{2} = 0  (menggunakan j = 1 ),
Maka v(\rho) = a_{0} (1 - \rho) , dan karenanya

Jika
 l = 1 , formula rekursi mengakhiri deret pada bagian pertama (j = 0 ), maka (\rho ) adalah sebuah konstanta (a_{0} ), dan kita dapatkanR_{20} = \frac{a_{0}}{2a} \left ( 1 - \frac{r}{2a} \right ) e^{-r/2a} .

pada setiap kasus
 a_{0}  dihitung dengan menggunakan normalisasi, lihatlah soal 4.11.]R_{21} (r) = \frac{a_{0}}{4a} r e^{-r/2a} .
Untuk sembarang l , nilai l  yang mungkin adalah konsisten

Untuk masing-masing
 l , terdapat (2l + 1)  nilai m  yang mungkin, sehingga degenerasi level energi total E_{n}  adalahl = 0, 1, 2, 3, \cdots , n - 1 .

Polynomial
 v(\rho)  (didefinisikan oleh formula rekursi,) adalah sebuah fungsi yang dikenal dengan baik oleh matemamatikawan terapan, terpisah dari normalisasi dapat dituliskan sebagaid(n) = \sum_{l = 0}^{n - 1} (2l + 1) = n^{2} .

di manav(\rho) = L_{n - l - 1}^{2l + 1} (2 \rho) ,
L_{q - p}^{p} \equiv (-1)^{p} \left ( \frac{d}{dx} \right ) ^{p} L_{q} (x)
adalah polynomial Laguerre terasosiasi, dan

adalah
 polynomial Laguerre ke-q.[3] (beberapa polynomial ditampilkan dalam Tabel 4.4. beberapa polynomial Laguerre terasosiasi diberikan dalam Tabel 4.5. Beberapa fungsi gelombang radial ditampilkan dalam Tabel 4.6 dan sketsa grafiknya dapat dilihat dalam Gambar 4.4.) Normalisasi fungsi gelombang atom hydrogen adalah[4]L_{q} \equiv e^{x} \left ( \frac{d}{dx} \right ) ^{2} \left ( e^{-x} x^{q} \right )

Sebenarnya ini tidaklah mencerminkan keadaan nyata secara benar, tetapi Ini adalah salah satu dari beberapa sistem yang paling realistis yang dapat diselesaikan hingga saat ini dalam bentuk yang eksak. Itu juga bersifat orthogonal yang akan kita buktikan kemudian
\psi_{nlm} = \sqrt{ \left ( \frac{2}{na} \right ) ^{3} \frac{(n - l - 1) ! }{2n \left [ (n + 1) ! \right ] ^{3} } } e^{-r/na} \left ( \frac{2r}{na} \right ) ^{l} L_{n - l - 1}^{2l + 1} \left ( \frac{2r}{na} \right ) Y_{l}^{m} \left ( \theta, \phi \right ) .

1 komentar: