Radiasi Benda Hitam

PERMULAAN TEORI KUANTUM

2.1. Radiasi Benda Hitam

BAB 2

Distribusi Energi Radiasi Wien

Dari kurva distribusi energi radiasi benda hitam terlihat nilai panjang gelombang maksimal (λm) hanya bergantung pada suhu (T), dimana jika T naik maka λm mengalami pergeseran turun (lebih pendek panjang gelombangnya) dan jika T turun maka λm bergeser naik (lebih panjang), sehingga perkalian λmT merupakan suatu tetapan. Pergeseran puncak kurva distribusi intensitas terhadap perubahan suhu ternyata mengikuti hubungan empirik yang kemudian dikenal sebagai hukum pergeseran Wien (tahun 1893 dirumuskan) yaitu

λmT = konstan ………...…..… (2.01) Wien mengusulkan sebuah hubungan empirik antara intensitas I_λ dengan panjang gelombang λ untuk suatu suhu T menurut tinjauan secara termodinamik yaitu

λ 5

( )

I dλ A f λT dλ

=λ ………...…….. (2.02)

di mana A adalah tetapan dan f(λT) adalah sebuah fungsi perkalian λT. Hukum Stefan-Boltzmann dan hukum pergeseran Wien dapat diturunkan melalui hukum distribusi Wien (persamaan (2.02))

( )

λ 5

0 0

I = I dλ = A f λT dλ λ

∞ ∞

∫ ∫

misal x = λT

( )

⁴

( )

5 5

0 5 0

f λT dx f x

I = A = AT dx

x T x

∞   ∞

 

 

∫ ∫

di mana integral

( )

5 0

f x dx x

∞

∫

bernilai tetap, sehingga

I = σT⁴ ………...….. (2.03)

σ merupakan tetapan Stefan-Boltzmann

Jika persamaan (2.02) didiferensialkan terhadap λ

( ) ( )

6 5

dI 5A AT '

f λT + f λT

dλ =

−

λ λ

pada λ = λm maka dI^λ

dλ = 0 di mana watt₂ I = m

(

) (

)

5 6

m m

AT ' 5A

f λ T f λ T 0

−

λ =

( ) ( )

m m m

x f' x

−

5f x =0 ^{di mana}x = λ Tm m

Persamaan di atas dalam sebuah variabel tunggal xm , dapat hanya mempunyai satu buah solusi, oleh karena itu

λ T = tetapm ……….….... (2.04) ini adalah hukum pergeseran Wien

Bentuk fungsi f(λT) sebenarnya tidak bisa diturunkan dari termodinamika, oleh karena itu diperlukan anggapan model yang sesuai untuk sistem radiasi.

Wien telah mengusulkan bentuk fungsi f(λT) didasarkan pada beberapa anggapan-anggapan sembarang yang sesuai dengan mekanisme pemancaran dan penyerapan radiasi, sehingga hukum Wien untuk kerapatan energi radiasi benda hitam yaitu

( )

λ 5

a b

u dλ exp dλ

λ λT

−

………...…..… (2.05)

a dan b adalah tetapan sembarang untuk dicocokkan dengan data eksperimen.

Distribusi Energi Radiasi Reyleigh – Jeans

Menurut mekanika klasik, energi total sebuah osilator harmonik linier yaitu

2 k

p 1

E = E + V = + kx

2m 2 , yang mempunyai 2 derajat kebebasan. Menurut hukum ekuipartisi energi, rata-rata energi masing-masing derajat kebebasan adalah 1

2kT, sehingga rata-rata energi osilator yaitu <∈> = kT , di mana k tetapan Boltzmann. Untuk mendapatkan kerapatan energi radiasi rongga pada suatu frekuensi f = c

λ , harus dimulai dengan mencari jumlah nf osilator per satuan volume yang mempunyai frekuensi f dan mengalikannya dengan rata-rata energi <∈>, nf dapat dihitung melalui penentuan jumlah mode-mode getaran stasioner yang dapat dieksitasi dalam kotak 3 dimensi dengan syarat batas yang sesuai. Persamaan perambatan getaran stasioner yaitu

2 2

1 φ

φ = c t

∇ ∂

∂ ………...….. (2.06)

misal ϕ ∼ exp(iωt) di mana ω = 2πf , maka ²φ₂ ² t ω φ

∂ =∂

−

2 2 2 2

φ φ φ ω

+ + + φ = 0

x y z c

∂ ∂ ∂

untuk gelombang stasioner ϕ = 0 pada x = y = z = 0 dan x = y = z = ℓ Menggunakan metode pemisahan variabel

( )

( ) ( ) ( )

^y ^z ^x

( ) ( )

^yz

φ = φ x,y,z = φ x φ y φ z = φ x φ y,z , sehingga

2 2 2

2 2

yz yz 23

2 2 2 2 2

x yz

φ φ ω

1 d φ ω 1

= = tetap

φ dx c φ y z c

∂ ∂ 

+ =

−

 ∂ + ∂ 

karena persamaan kiri hanya fungsi fungsi x saja, maka persamaan kanan bernilai tetap.

2 2

x 1

2 2

1 d φ ω

φ dx + c =0 ; di mana ω₁² =ω

−

ω²₂₃ solusi persamaan di atas yaitu

( )

¹ ¹

x 1 1

ω x ω x

φ x = A sin + B cos

c c ………..………….….... (2.07)

dengan syarat batas ϕx = 0 pada x = 0, maka nilai B1 = 0 , sehingga

x 1

φ = A sinω x c

karena ϕx = 0 pada x = ℓ , maka ω¹ ₁ cℓ =n π

atau ₁ ω¹ n = cπ

ℓ

x 1

φ = A sinn πx

ℓ , dan _y ₂ n πy² φ = A sin

ℓ ; _z ₃ n πz³ φ = A sin

ℓ di mana n , n , n bilangan bulat ₁ ₂ ₃

maka ₀ n πx¹ n πy² n πz³ φ = φ sin sin sin

ℓ ℓ ℓ ……….………..….. (2.08)

di mana

2 2

2 1

1 2 2

n = ω c π

ℓ ;

2 2

2 2 2

n = ω c π

ℓ ;

2 2

2 3

3 2 2

n = ω c π

ℓ

dengan ω = ω₁²

−

ω²₂₃^{, maka}ω + ω + ω = ω , sehingga 1² ²2 ²3 ²

( )

2 2 2 2 2 2

1 2 3 2 2 1 2 3 2 2 2 2

ω 4π f 2

n + n + n ω + ω + ω

c π c π c π λ

 

= = = = 

 

ℓ ℓ ℓ ℓ

2 2

2 2 2

1 2 3

2 2f

n + n + n

λ c

   

=  = 

   

ℓ ℓ

………. (2.09)

Sekumpulan nilai-nilai n , n , n yang memenuhi persamaan (2.09) ₁ ₂ ₃ menyatakan sebuah mode getaran khusus. Untuk menghitung jumlah mode-mode getaran (stasioner) dalam interval frekuensi f s/d f + df , nilai-nilai n , n , n ₁ ₂ ₃ dinyatakan dalam diagram 3 dimensi dengan n₁ sepanjang sumbu x, n₂ sepanjang sumbu y, n₃ sepanjang sumbu z. Kombinasi nilai-nilai n , n , n dinyatakan ₁ ₂ ₃ sebagai sebuah titik dalam diagram ini yang koordinatnya (n , n , n ). ₁ ₂ ₃

Jadi jumlah mode getaran antara f dan f + df dapat ditentukan dengan menghitung jumlah titik-titik antara dua lingkaran 2f

r= cℓ

dan

( )

2 f df r dr

+ = + ℓ

dalam kuadrant pertama. Kuadrant pertama dipilih karena n1

dan n2 dianggap hanya bernilai positif. Jumlah titik-titik tersebut Nfdf sama dengan volume kulit bola pada kuadrant pertama dibagi volume masing-masing satuan kubus, yaitu

(

) ^{( )}

² ³ ²

f 3

1 1 2f 2 df 4π f df

N df 4πr dr 4π

8 8 c c c

   

= =    =

   

ℓ ℓ ℓ

Gambar 2.2 Mode-mode getaran Gambar 2.3 Satu mode getaran

f 3

4πVf df

N df = c di mana V=ℓ ³

maka jumlah mode-mode getaran per satuan volume selubung untuk frekuensi antara f dan f + df yaitu

2 f

f 3

2N df 8πf df n df = =

V c ………..………..…. (2.10)

angka 2 dimasukkan karena radiasi gelombang elektromagnetik di alam adalah transversal yang mempunyai dua arah polarisasi, sehingga jumlah osilator per

n₁ n2

n₃

n₁ n2

n₃

satuan volume radiasi yang dipancarkan dengan panjang gelombang antara λ dan λ + dλ yaitu

λ 4

n dλ = 8πdλ

λ ………..………..…. (2.11)

sedangkan kerapatan energi radiasi benda hitam dalam jangkauan λ yaitu

λ λ 4

8πkTdλ u dλ = < n dλ =

∈> λ ………...…….…. (2.12) persaaman di atas dikenal sebagai hukum radiasi Rayleigh – Jeans.

Intensitas radiasi yang dipancarkan yaitu

λ λ

I = cu

4 ………..……..…. (2.13)

Distribusi Energi Radiasi Planck

Rumus distribusi energi radiasi benda hitam yang diturunkan Wien ternyata hanya cocok dengan hasil eksperimen pada frekuensi tinggi, sedang pada frekuensi rendah tidak sesuai dengan hasil eksperimen. Sebaliknya rumus distribusi energi radiasi benda hitam yang diturunkan Rayleigh - Jeans hanya cocok dengan hasil eksperimen pada frekuensi rendah, sedang pada frekuensi tinggi tidak sesuai dengan hasil eksperimen (lihat gambar 2.4).

Max Planck lalu mengajukan postulat berkenaan dengan getaran alamiah osilator-osilator harmonik linier yang berada dalam kesetimbangan dengan radiasi gelombang elektromagnet dalam rongga yaitu sebuah osilator dapat mempunyai energi diskrit yang merupakan kelipatan energi kuantum ∈0 = hf , di mana f adalah frekuensi osilator, sehingga energi osilator dapat bernilai ∈n = n∈0 = nhf , (di mana n = 0,1,2, …). Planck juga menganggap bahwa perubahan energi osilator disebabkan pancaran atau serapan radiasi yang juga bernilai diskrit.

Gambar 2.4 Kurva distribusi radiasi benda hitam λ I_λλλλ

dari hasil eksperimen (garis padat) menurut Rayleigh – Jeans (garis putus-putus)

menurut Wien (garis titik-titik)

Jumlah osilator-osilator dalam sebuah keadaan energi ∈n = hf ditentukan menurut fungsi distribusi Maxwell – Boltzmann yaitu

n 0 0

n nhf

N = N exp - = N exp

-kT kT

∈

   

   

    ……….…. (2.14)

di mana untuk ∈n = 0 maka Nn = N0 sehingga N0 adalah jumlah osilator-osilator dalam keadaan ground.

Jumlah N_n menurun secara eksponensial terhadap kenaikkan energi ∈n, sehingga rata-rata energi osilator yaitu :

n n

n=0 n=0

n 0

n=0 n=0

N nhf exp nhf

N kT

= nhf

N N exp

∞

∞ ∞

− 

∈  

 

<∈> =

− 

 

 

∑

∑ ∑

2 3

1 1

hfx(1+2x+3x +4x +...) hfx(1 x) hf

= (1+x+x +x +...) (1 x) (x 1)

−

− −

<∈> =

−

− −

di mana hf

x = exp kT

 

 



−

, sehingga rata-rata energi osilator yaitu

hfkT

= hf

e 1

<∈>

−

………...……….…. (2.15)

jika hf << kT, maka ^hf^kT hf

e 1+

≈ kT sehingga <∈> = kT (seperti pada fisika klasik) Dari hasil di atas, maka kerapatan energi radiasi benda hitam menurut Planck yaitu

( )

2 3

3 3

f f hf hf

kT kT

hf 8πf df 8πhf df

u df = < >n df = =

c c

e 1 e 1

   

∈ 

−

   

−

……. (2.16)

emisi

absorpsi

∈n n

2 1 0 3hf

2hf hf 0

Gambar 2.5 Tingkat-tingkat energi sebuah osilator menurut Planck

( )

λ 5 hc

λkT

8πhc dλ

u dλ =

λ e

−

1 ………...……….…. (2.17)

persamaan (2.17) dikenal sebagai persamaan distribusi energi Planck.

jika λ→0

hc hc

λkT λkT

e − ≈1 e ^{, misal}^hc^{= b}

k dan 8πhc = a

maka _λ ₅

λ 0

a b

lim u = exp

λ λT

→

 

 



−



persamaan di atas sesuai dengan hukum Wien (persamaan 2.05) untuk frekuensi tinggi.

jika λ→ ∞

hc kT

λ ≪

hcλkT hc hc

e 1 = 1+ 1 =

λkT λkT

 

 

 

− −

maka _λ ₄

lim u = 8πkT

→∞ λ

persamaan di atas sesuai dengan hukum Rayleigh-Jeans (persamaan 2.12) untuk frekuensi rendah.

jika λ = λ_m (panjang gelombang pada intensitas maksimum/puncak kurva) maka du^λ

dλ = 0 , sehingga

m hcλ kT

hc = 5 1 e λ kT

 − 

 



−

^dan

hc = 4,965

λ kT ,

sehingga _m hc ³

λ T = = 2,898.10 mK 4,965k

− ,

di mana λ T_m merupakan besaran tetap dan persamaan di atas merupakan hukum pergeseran Wien.

Dari persamaan (2.16) didapat kerapatan energi total radiasi yang dipancarkan benda hitam yaitu

( )

2 hf

0 0 kT

3 f

8πh f df u u df

c e 1

∞ ∞

= =

∫ ∫ −

misal : hf

z = kT dan h dz = df

kT , di mana zkT

f = h dan kT df = dz

( )

4 4 3

3 4 z

8πh k T dz

u c h e 1

∞ z

 

=  

 

∫ −

( ) ( )

kT 4

u 8πhc 4 4

hc ζ

 

=   Γ

 

di mana fungsi gamma

( )

n x

Γ n+1 = x e dx = n!

∞ −

∫

dan fungsi Riemann Zeta

( )

n = 1

ζ p = n p

∞ −

∑

(lihat lampiran A)

( )

kT π

u 8πkT 3!

hc 90

 

=    

   

Dari persamaan (2.13)

5 4 4 3 2

c 2π k I = u = T

4 15h c ^{di mana}

5 4

8 2 4

3 2

σ = 2π k = 5,67.10 m K 15h c

−

I = σT4 ……….……… (2.18)

persamaan di atas sesuai dengan hukum Stefan-Boltzmann dan σ merupakan tetapan Stefan-Boltzmann. Hukum Stefan-Boltzmann tersebut dapat juga diturunkan dari persamaan (2.17)

( )

5 hc

0 λkT

8πhc dλ

u = λ e 1

∞

∫ −

di mana hc

x = λkT ; hc

λ = xkT ; hc₂

dλ = dx

−

kTx ^;

jika λ = 0 → x = ∞

maka λ = ∞ → x = 0 , sehingga batasan integral dibalik

( )

0 5

2 x

kTx 1 hc

u = 8πhc dx

hc e 1 kTx

∞

   

   

  

−



∫ −

( )

4 4 3

3 3 x

8πk T x

u = dx

h c e 1

∞

∫ −

4 4 4 3 3

8πk T π u = h c 15

 

 

 

5 4 4 4

3 2

c 2π k

I = u = T σT

4 15h c =

didapat hasil yang sama dengan persamaan (2.18) di mana intensitas radiasi benda hitam berbanding lurus suhu pangkat empat.

Contoh-contoh soal :

1. Berapa jumlah foton yang terdapat dalam 1 cm³ radiasi dalam kesetimbangan termal pada 1000 K ? dan berapa energi rata-ratanya ?

Jawab :

a) Jumlah total foton per satuan volume yaitu

0 f

N = n df V

∞

∫

di mana n df = jumlah foton per satuan volume dengan frekuensi antara f _f dan f + df, karena foton tersebut berenergi hf, maka

f f

n df = u df

hf ^,u df = kerapatan energi foton (rumus Planck) ^f maka jumlah total foton dalam volume V yaitu

0 2

3 hf

0 kT

u dff 8πV f df N = V

hf c e 1

∞ ∞

−

∫ ∫

( ) ( )

3 2

kT x dx kT

N = 8πV 8πV Γ 3 ζ 3

hc e 1 hc

  ∞ =  

   

 

∫ −

 

( ) ( ) ⁽ ⁾

( )( ) ^{( )(} ⁾

23 3 6 3

34 8

1,38.10 J/K 1000 K

N = 8 22 10 m 2! 1,2025

7 6,63.10 J.s 3.10 m/s

−

− −

 

   

   

   

N = 2,027.10¹⁰ foton

b) Energi rata-rata <∈> dari foton sama dengan energi total per satuan volume dibagi dengan banyaknya foton per satuan volume.

f 4 4

f 0

u df aT 4σVT

= N Nc

n df V

∞

<∈> ∞

∫

= =

∫

( )( ) ( )

4 2 3

4σVT σc h T

2,405 2πk 8πcV kT 2 1,2025

<∈> =

 

 

 

= 3,73.10⁻20 joule = 0,233 eV

<∈>

atau

( ) ( ) ( )

( )( )

( ) ( )

( )( )( )

4 4

3 4

8π kT π

3! 90 kT 3! π

= hc =

2! 1,2025 90 8π kT 2! 1,2025

 

 

 

<∈>

 

 

 

( )

⁴

(

^1,38.10 ²³

) ⁽

¹⁰⁰⁰

⁾ ( )

²² ⁴

⁽

1,38 97,566 10

⁾⁽ ⁾ (

²⁰

)

kT π 7

36,075 36,075 36,075

− −

<∈>= = =

20 20

3, 73.10

3, 73.10 joule 0, 223 eV

1, 6.10

− −

<∈>= = − =

2. Tentukan suhu permukaan matahari jika panjang gelombang cahaya pada energi maksimum yang dipancarkan permukaan matahari adalah 5100 Å.

Jawab :

λ T = 2,898.10 mK⁻3

3 10

2,898.10 mK

T = 5700 K

5100.10 m

−

− =

3. Tentukan energi radiasi dari 1 cm² permukaan bintang yang menpunyai λm = 3500 Å.

Jawab :

λ T = 2,898.10 mK⁻3

3 3

10 m

2,898.10 mK 2,898.10 mK

T = = 8300 K

λ 3500.10 m

− −

= −

( ) ⁽ ⁾

⁴

4 8

2 4

E = σT = 5,67.10 W 8300 K m K

−

MW 2

E = 271

Dalam dokumen Dwi Teguh Rahardjo, M.Si (Halaman 78-89)

PERMULAAN TEORI KUANTUM

2.1. Radiasi Benda Hitam

BAB 2

( )

( )

∫ ∫

( )

( )

∫ ∫

( )

∫

( ) ( )

−

(

) (

)

−

( ) ( )

−

( )

−

−

( )

( ) ( ) ( )

( ) ( )

−

−

( )

−

( )

( )

(

) ( )

∑

∑

∑ ∑

−

− −

−

−

( )

−

−

( )

−

−

− −

−

( )

∫ ∫ −

( )

∫ −

( ) ( )

( )

∫

( )

∑

( )

( )

∫ −

−

( )

−

∫ −

( )

∫ −

∫

−

∫ ∫

( ) ( )

∫ −

( ) ( ) ( )

( )( ) ( )( )

∫

∫

( )( ) ( )

( ) ( ) ( )

( )( )

( ) ( )

) ^{( )}

( ) ( ) ⁽ ⁾

( )( ) ^{( )(} ⁾

) ⁽

⁾ ( )

⁽

⁾⁽ ⁾ (

( ) ⁽ ⁾