Dokumen tersebut membahas tentang pancaran benda hitam dan hukum yang melandasinya. Secara singkat, dokumen menjelaskan bahwa: 1. Benda hitam adalah pemancar sempurna yang menyerap seluruh pancaran elektromagnetik tanpa pantulan. 2. Fungsi Planck menjelaskan distribusi energi pancaran benda hitam berdasarkan panjang gelombang dan temperatur. 3. Hukum Wien menyatakan hubungan antara panjang gelombang maksimum den

1. DND-2006
Informasi yang diterima dari benda-benda langit berupa
gelombang elektromagnet (cahaya)
 untuk mempelajarinya diperlukan pengetahuan
mengenai gelombang elektromagnet tersebut

2. DND-2006
Jika suatu benda disinari dengan radiasi elektromag-
netik, benda itu akan menyerap setidaknya sebagian
energi radiasi tersebut.
 temperatur benda akan naik
Teori Pancaran Benda Hitam
Jika benda tersebut menyerap semua energi yang
datang tanpa memancarkannya kembali, temperatur
benda akan terus naik
 Kenyataannya tidak pernah terjadi, mengapa?
 Karena sebagian energi yang diserap benda akan
dipancarkan kembali.

3. DND-2006
Apabila laju penyerapan energi lebih besar dari laju
pancarannya,
 temperatur akan terus naik
 akhirnya benda mencapai temperatur keseimbangan
dimana laju penyerapan sama dengan laju
pancarannya.
Keadaan ini disebut setimbang termal (setimbang
termodinamik).

4. DND-2006
Untuk memahami sifat pancaran suatu benda kita
hipotesakan suatu pemancar sempurna yang disebut
benda hitam (black body)
 Benda hitam adalah suatu benda yang menyerap
seluruh pancaran elektromagnetik (energi) yang
datang padanya
 Tidak ada pancaran yang dilalukan atau yang
dipantulkan
 Pada keadaan kesetimbangan termal, temperatur
benda hanya ditentukan oleh jumlah energi yang
diserapnya per detik
 Pada keadaan ini, sifat pancaran dapat ditentukan
dengan tepat

5. DND-2006
a
r r
s
a = s/r (sudut bidang)
r r
ω
A = luas penampang
ω = A/r2
(sudut ruang)
radian steradian
Untuk mempelajari benda hitam, terlebih dahulu kita
mengenal beberapa besaran yang berkaitan dengan
benda hitam

6. DND-2006
θ
θ + dθ
dω
r dθdAr sinθ
dφ
r sinθ dφ
Luas penampang :
Sudut ruang
Unsur kecil sudut ruang
dA = r2
sin θ dθ dφ
dω = dA/r2
. (2-1)
. . (2-2)
r
r
= sin θ dθ dφ

7. DND-2006
Tinjau unsur permukaan dA yang arah normalnya
adalah garis n
dω
dA
n
Apabila berkas pancaran melewati permu-
kaan dA berarah tegak lurus permukaan,
dalam sudut ruang dω, maka jumlah
energi yang lewat dalam selang waktu dt
adalah,
dE = I dA dω dt
intensitas spesifik
jumlah energi yang mengalir pada arah tegak lurus
permukaan, per cm2
, per detik, per steradian
. . . . . . . . (2-3a)
dE = I dA sin θ dθ dφ dt . . (2-3b)atau

8. DND-2006
Tinjau berkas pancaran yang membentuk sudut θ
terhadap garis normal
Pancaran bisa kita bayangkan
melewati permukaan dA’ dengan
arah tegak lurus.
dA’ = dA cos θ
Dari pers (2-3b) :
dE = I dA sin θ dθ dφ dt
diperoleh
dω
dA’
n’
dA
n
θ
Dalam hal ini,
dE = I dA’ sin θ dθ dφ dt

9. DND-2006
. (2-4)atau
besarnya energi yang dipancarkan oleh
satuan luas permukaan, per detik, pada
arah θ dan dalam sudut ruang dω
dE(θ)
= I cos θ sin θ dθ dφ
dA dt
dω
dA’
n’
dA
n
θ

10. DND-2006
Jumlah energi yang dipancarkan keluar melalui permu-
kaan seluas 1 cm2
, per detik, ke semua arah dapat
ditentukan dengan mengintegrasikan pers. (2-4) ke
semua arah (luar) yaitu dari θ = 0 sampai π/2 dan φ = 0
sampai 2π
Fluks Pancaran
. . . . . . . . . (2-5)F = I cosθ sinθ dθ dφ
0
2π
0
π/2
Pers. (2-4) : = I cos θ sin θ dθ dφ
dE(θ)
dA dt0
2π
0
π/2
0
2π
0
π/2

11. DND-2006
Jumlah energi yang dipancarkan keluar melalui permu-
kaan seluas 1 cm2
, per detik, ke semua arah dapat
ditentukan dengan mengintegrasikan pers. (2-4) ke
semua arah (luar) yaitu dari θ = 0 sampai π/2 dan φ = 0
sampai 2π
Pers. (2-4) : = I cos θ sin θ dθ dφ
dE(θ)
dA dt
Fluks Pancaran
. . . . . . . . . (2-5)F = I cosθ sinθ dθ dφ
0
2π
0
π/2
= I cos θ sin θ dθ dφ
dE(θ)
dA dt0
2π
0
π/2
0
2π
0
π/2

12. DND-2006
Apabila pancaran bersifat isotrop (sama ke semua
arah), atau dengan kata lain λ bukan fungsi dari θ dan φ,
maka
F = π I . . . . . . . . . . . . . . . . (2-6)
Buktikan !
Pers. (2-5) :
menjadi,
F = I cosθ sinθ dθ dφ
0
2π
0
π/2
Pancaran keluar ini (F) sering ditulis sebagai F+
untuk
membedakan dengan pancaran ke dalam F−
.

13. DND-2006
F+
= I cosθ sinθ dθ dφ
0
2π
0
π/2
 Pancaran ke luar (F+
)  0 ≤ θ ≤ π/2
F−
= I cosθ sinθ dθ dφ
0
2π
π/
2
π
 Pancaran ke dalam (F−
)  π/2 ≤ θ ≤ π
 Pancaran Total : F = F+
+ F−
. . . . . . . . . . . . (2-7)
. . . . . . . . . . . . (2-8)
. . . . . . . . . . . . (2-9)
 Untuk pancaran isotropik : F+
= π I+
F−
= π I−
Pancaran totalnya adalah, F = π I+
+ π I−

14. DND-2006
Besaran lain yang sering digunakan dalam pembicaraan
pancaran adalah,
. . . . . (2-10)
Untuk pancaran isotropik : J = I (Buktikan !)
 Intensitas Rata-rata (J), yaitu harga rata-rata I (inten-
sitas spesifik) untuk seluruh ruang
J = = I dω =
dω
I dω
4π
1
I sin θ dθ dφ
4π
1
0
2π
0
π

15. DND-2006
Besaran pancaran yang telah kita bicarakan adalah
besaran energi untuk semua panjang gelombang atau
frekuensi, karena itu tidak bergantung pada λ atau υ.
 Jika ingin mengetahui pancaran pada suatu panjang
gelombang (λ) tertentu, maka besaran-besaran
pancaran di atas harus bergantung pada λ atau υ.
Walaupun demikian, kita tidak dapat mengamati hanya
pada suatu panjang gelombang saja, karena sangat
sukar untuk mengisolasinya. Yang paling mungkin
adalah pada suatu daerah panjang gelombang, yaitu
antara λ dengan λ + dλ.

16. DND-2006
I = ∫Iλ dλ
o
∞
Dengan demikian, intensitas pada suatu λ, yaitu Iλ,
didefinisikan sebagai intensitas yang disebabkan oleh
panjang gelombang antara λ dan λ + dλ.
 Intensitas untuk semua panjang gelombang dapat
dituliskan sebagai :
. . . . . . . . . . . . . . . (2-11)
Karena λ = c/υ, maka
d
λd
υ
c
υ2
=dλ = − c υ-2
dυ . . . . . . . . . . (2-12)
Tanda negatif berarti panjang gelombang
naik pada saat frekuensi turun

17. DND-2006
Dengan demikian,
Iυ dυ = Iλ dλ
c
υ2
dλ
d
υ
Iυ = Iλ = Iλ = Iλ
λ2
c
Fluks pancaran dapat dituliskan sebagai :
I = Iλ dλ = Iυ dυ∫o
∞
∫o
∞
F = Fλ dλ = Fυ dυ∫o
∞
∫o
∞
. . . . . . . . . . (2-13)
. . . . . . . . . . (2-14)

18. DND-2006
 Suatu benda hitam tidak memancarkan seluruh
gelombang elektromagnet secara merata. Benda
hitam bisa memancarkan cahaya biru lebih banyak
dibandingkan dengan cahaya merah, atau sebalik-
nya, bergantung pada temperaturnya.
 Sifat pancaran benda hitam telah
dipelajari secara eksperimen pada
akhir abad ke-19, tetapi baru pada
awal abad ke-20, Max Planck berhasil
memperoleh penafsiran secara fisis.
Max Planck
(1858 – 1947)

19. DND-2006
Menurut Planck, suatu benda hitam yang temperaturnya
T akan memancarkan energi dalam panjang gelom-
bang antara λ dan λ + dλ dengan intensi-tas spesifik
Bλ(T) dλ sebesar
Fungsi Planck
. . . . . . . (2-15)
Intensitas spesifik (I) = Jumlah energi yang
mengalir pada arah tegak lurus permukaan
per cm2
per detik, per steradian
λ5
2 h c2
1
e hc/λkT
- 1
Bλ (T) =

20. DND-2006
h = Tetapan Planck = 6,625 x 10-27
erg det
k = Tetapan Boltzmann = 1,380 x 10-16
erg/ o
K
c = Kecepatan cahaya = 2,998 x 1010
cm/det
T = Temperatur dalam derajat Kelvin (o
K)
Apabila dinyatakan dalam frekuensi fungsi Planck
menjadi :
. . . . . . . . . (2-16)2 h υ 3
c 2
1
e hυ/kT
- 1
Bυ (T) =
Buktikan !!!
. . . . . . . (2-15)
λ5
2 h c2
1
e hc/λkT
- 1
Bλ (T) =

21. DND-2006
Distribusi energi menurut panjang gelombang untuk pancaran
benda hitam dengan berbagai temperatur (Spektrum Benda
Hitam)
Makin tinggi temperatur benda hitam, makin tinggi pula intensitas
spesifiknya dan jumlah energi terbesar dipancarkan pada λ
pendek
Intensitas spesifik benda
hitam sebagai fungsi
panjang gelombang
Kasatmat
a
λ
(µm)
IntensitasSpesifik[Bλ(T)]
0,00 0,25 0,50 0,75 1,00 1,25 1,50 1,75 2,00
UV Inframerah
8 000 K
7 000 K
6 000 K
5 000 K
4 000 K

22. DND-2006
Panjang gelombang maksimum bagi pancaran benda
hitam, yaitu λ pada harga yang maksimum (λmaks) dapat
diperoleh dari syarat maksimum, yaitu,
= 0
d Bλ(T)
d λ
. . . . . . . . . . . . . . . (2-
17)
0,00
λ
(µm)
IntensitasSpesifik[Bλ(T)]
0,50 1,00 1,50 1,75 2,00
Garis Singgung
λmaks

23. DND-2006
Dari pers. (2-15) :
λ5
2 h c2
1
e hc/λkT
- 1
Bλ (T) =
dan pers. (2-17) : = 0
d Bλ(T)
d λ
diperoleh, = 4,965
h c
λ k
T
. . . . . . . . . . . (2-
18)
Buktikan !
Apabila kita masukan harga h, k dan c, maka pers. (2-
18) menjadi

24. DND-2006
. . . . . . . . . . . . (2-19)λmaks =
0,2898
T
Hukum Wien
λmaks
dinyatakan dalam cm dan T
dalam derajat Kelvin
hυmaks = 2,821 kT
Apabila λmaks dinyatakan dalam frekuensi, hukum Wien
menjadi
. . . . . . . . . . . . . . (2-20)
Wilhelm Wien
(1864 – 1928)

25. DND-2006
 Hukum Wien ini menyatakan bahwa makin tinggi
temperatur suatu benda hitam, makin pendek
panjang gelombangnya
 Hal ini dapat digunakan untuk menerangkan gejala
bahwa bintang yang temperaturnya tinggi akan
tampak berwarna biru, sedangkan yang temperatur-
nya rendah tampak berwarna merah.
λmaks =
0,2898
T
Hukum Wien

26. DND-2006
Panjang Gelombang
0 0.25 0.50 0.75 1.00 1.25 1.50 1.75 2.00
Intensitas
λmaks = 0,36 mµ = 3,62 x 10-5
cm
Contoh penentuan λmaks
λmaks =
0,2898
T
0,2898
3,62 x 10-5
=
= 8 000 K
Apabila λmaks dapat
ditentukan, maka
temperatur benda
dapat dicari, yaituDistribusi energi
benda hitam
λmaks
0,2898
T =

27. DND-2006
Contoh :
Dari hasil pengamatan diperoleh bahwa puncak
spektrum bintang A dan bintang B masing-masing
berada pada panjang gelombang 0,35 µm dan 0,56 µm.
Tentukanlah bintang mana yang lebih panas, dan
seberapa besar perbedaan temperaturnya
Jawab :
Jadi bintang A mempunyai λmaks lebih pendek daripada
bintang B. Menurut hukum Wien, bintang A lebih panas
daripada bintang B
λmaks A = 0,35 µm , λmaks B = 0,56 µm
λmaks =
0,2898
T
T =
0,2898
λmaks

28. DND-2006
Untuk bintang A :
Untuk bintang B :
Jadi temperatur bintang A lebih panas 1,6 kali daripada
temperatur bintang B
TA =
0,2898
lmaks A
=
0,2898
0,35
TB =
lmaks B
0,2898
=
0,2898
0,56
0,2898
0,35
0,56
0,2898
TA
TB
= = 1,6

29. DND-2006
Bintang B : λmaks = 0,56 µm = 0,56 x 10-4
cm
Bintang A : λmaks = 0,35 µm = 0,35 x 10-4
cm
Cara lain :
Jadi bintang A 1,6 kali lebih panas daripada bintang B
λmaks =
0,2898
T
0,2898
T =
λmaks
0,2898
0,35 x 10-4
TA = = 8 280 K
0,2898
0,56 x 10-4
TA = = 5 175 K
5175
8280TA
TB
= = 1,6

30. DND-2006
1. Distribusi Wien
Untuk λ kecil (υ besar), atau T yang rendah, maka :
h υ
k T
h c
λ k T
atau sangat besar >> 1
Sehingga, ehυ/kT
− 1 ≈ ehυ/kT
atau ehc/λkT
− 1 ≈ ehc/λkT
Jadi fungsi Planck menjadi,
Bυ (T) = e− hυ/kT
2hυ 3
c2
. . . . . . . . (2-21)
Dari Fungsi Planck, dapat diturunkan juga Aproksimasi
Wien (Distribusi Wien) dan Aproksimasi Rayleigh - Jean
(Distribusi Rayleigh - Jean), yaitu :

31. DND-2006
2. Distribusi Rayleigh - Jean
Untuk λ besar (υ kecil), atau T yang tinggi, maka :
h υ
k T
h c
λ k T
atau sangat kecil << 1
Akibatnya fungsi Planck menjadi,
Bυ (T) =
2υ 2
kT
c2
Bλ (T) =
2c k T
λ4
atau
. . . . . . . . . . . . . (2-23)
h υ
k T
h c
λ k T
Sehingga, ehυ/kT
≈ 1 + atau ehc/λkT
≈ 1 +
. . . . . . . . . . . . . (2-24)
Bλ (T) = e− hc/λkT
2hc2
λ5
atau . . . . . . . . (2-22)

32. DND-2006
Energi total yang dipancarkan benda hitam dapat
ditentukan dengan mengintegrasikan persamaan (2-15)
. . . . . (2-25)
Buktikan !
B(T) = Bλ(T) dλ = dx
0
∞
2 k4
T4
h3
c2
0
∞
x3
ex
- 1
dimana
h υ
x =
k T
Pers. (2-15) :
2 h c2
λ5
1
e hc/λkT
- 1
Bλ (T) =
π 4
/15
B(T) = =
2 k4
T4
h3
c2
π4
15
2 k4
π5
15 h3
c2
T4
π
= T4
σ
π
konstanta Stefan-Boltzmann
σ = 5,67 x 10-5
erg cm-2
K-4
s-1
. . (2-26)
. . (2-27)

33. DND-2006
Dengan mensubtitusikan
F = π B(T) = σ T4
. . . . . . . . . . . . (2-28)
Fluks energi benda hitam
F = π IPers. (2-6) :
ke pers. 2-26 : B(T) = T4
σ
π
dapat ditentukan jumlah energi yang dipancarkan oleh
setiap cm2
permukaan benda hitam per detik ke semua
arah, yaitu

34. DND-2006
Apabila suatu benda berbentuk bola beradius R dan
bertemperatur T memancarkan radiasi dengan sifat-sifat
benda hitam, maka energi yang dipancarkan seluruh
benda itu ke semua arah perdetik adalah,
L = 4πR2
F = 4π R2
σTef
4
. . . . . . . (2-29)
Luminositas benda Temperatur efektif

35. DND-2006
Fluks
Pancaran
Luminositas :
L = 4 πR2
F = 4 π R2
σT4
R
d
Fluks
Luas
permukaan bola
F =
L
4 π R2
E =
L
4 π d2
. (2-30)

36. DND-2006
1 cm
1 cm
Intensitas spesifik B(T) = I
Fluks F = σ T4
Luminositas L = 4 π R 2
σ T4
dFluks pada jarak d :
Energi yang melewati
sebuah permukaan bola
yang beradius d per detik
per cm2
Resume
E =
L
4 π d2
1 cm1 cm
R

37. DND-2006
Bintang sebagai Benda Hitam
Bintang dapat dianggap sebagai benda hitam. Hal ini
bisa dilihat dalam gambar berikut, yaitu distribusi energi
bintang kelas O5 (Tef = 54 000 K) sama dengan distri-
busi energi benda hitam dg temperatur T = 54 000 K.
0.00
0.20
0.40
0.60
0.80
1.00
1.20
1.40
1.60
1.80
0.35 0.45 0.55 0.65 0.75 0.85
λ (µm)
Intensitas
0.00
0.20
0.40
0.60
0.80
1.00
1.20
1.40
1.60
1.80
0.35 0.45 0.55 0.65 0.75 0.85
λ (µm)
Intensitas
Bintang Kelas O5
Tef = 54 000 K
Black Body
T = 54 000 K

38. DND-2006
 Intensitas spesifik (I) :
Jumlah energi yg dipancarkan bintang pd arah tegak
lurus permukaan per cm2
per detik per steradian
 Fluks Pancaran :
Jumlah energi yang dipancarkan oleh setiap cm2
permukaan bintang per detik ke semua arah
F = π B(T) (F = π I)
F = σ T4
Oleh karena itu semua hukum-hukum yang berlaku
pada benda hitam, berlaku juga untuk bintang.
2 h c2
λ5
Bλ (T) =
1
ehc/λkT
- 1
F =
L
4 π R2

39. DND-2006
 Luminositas (L) : L = 4 π R2
σTef
4
Energi yang dipancarkan oleh seluruh permukaan
bintang yang beradius R dan bertemperatur Tef per
detik ke semua arah
Temperatur Efektif (Tef) adalah temperatur lapisan
paling luar sebuah bintang (lapisan fotosfere).
 Fluks pada jarak d : E =
L
4 π d2
Energi bintang yg diterima/melewati permukaan pada
jarak d per cm2
per detik (E)
 Makin jauh sebuah bintang, makin redup cahayanya
hukum kuadrat kebalikan
(invers square law)

40. DND-2006
Contoh :
Berapakah kecerlangan sebuah bintang dibandingkan
dengan kecerlangan semula apabila jaraknya dijauhkan
3 kali dari jarak semula.
Jawab :
Misalkan dA jarak semula dan kecerlangannya adalah
EA. Jarak sekarang adalah dB = 3dA dan kecerlangannya
adalah EB. Jadi,
Bintang lebih redup sebesar 1/9 kali dari kecerlangan
semula.
EA =
L
4 π dA
2
EB =
L
4 π dB
2
dB
EB = dAEA
2 dA
3dA
= EA
2
= EA
1
9

41. DND-2006
Contoh :
Bumi menerima energi dari matahari sebesar 1380
W/m2
. Berapakah energi dari matahari yang diterima
oleh planet Saturnus, jika jarak Matahari-Saturnus
adalah 9,5 AU ?.
Jawab :
Misalkan energi matahari yang diterima di Bumi adalah
EB = 1380 W/m2
dan jarak Bumi-Matahari dB = 1 AU.
Misalkan energi matahari yang diterima di Saturnus
adalah ES dan jarak Saturnus-Matahari dS = 9,5 AU. Jadi
1
9,5
= 1380
2
= 15,29 W/m2ES =
dB
dS
EB
2

42. DND-2006
1. Andaikan sebuah bintang A yang mirip dengan
Matahari (temperatur dan ukurannya sama) berada
pada jarak 250 000 AU dari kita. Berapa kali lebih
lemahkah penampakan bintang tersebut dibanding-
kan dengan Matahari?
2. Andaikan bintang B 1000 kali lebih terang daripada
bintang A (pada soal no.1 di atas) dan berada pada
jarak 25 kali lebih jauh dari bintang A. Bintang
manakah yang akan tampak lebih terang jika dilihat
dari Bumi? Berapa kali lebih terangkah bintang yang
lebih terang tersebut?
Soal-soal Latihan

43. DND-2006
Lanjut ke Bab III
Kembali ke Daftar Materi