ASTROFISIKA

Apakah astrofisika itu ? Penerapan ilmu fisika pada alam semesta/benda-benda langit Informasi yang diterima Cahaya (gelombang elektromagnet) Pancaran gelombang elektromagnet dapat dibagi dalam beberapa jenis, bergantung pada panjang gelombangnya () Pancaran gelombang radio, dengan  antara beberapa milimeter sampai 20 meter Pancaran gelombang inframerah, dengan  ≈ 7500 Å hingga sekitar 1 mm (1 Å = 1 Angstrom = 10-8 cm)

Pancaran gelombang optik atau pancaran kasatmata dengan  sekitar 3 800Å sampai 7 500 Å Panjang gelombang optik terbagi dlm beraneka warna: merah  : 6 300 – 7 500 Å merah oranye  : 6 000 – 6 300 Å oranye  : 5 900 – 6 000 Å kuning  : 5 700 – 5 900 Å kuning hijau  : 5 500 – 5 700 Å hijau  : 5 100 – 5 500 Å hijau biru  : 4 800 – 5 100 Å biru  : 4 500 – 4 800 Å biru ungu  : 4 200 – 4 500 Å ungu  : 3 800 – 4 200 Å

Pancaran gelombang ultraviolet, sinar X dan sinar  mempunyai  < 3 500 Å Pancaran gelombang elektromagnet mulai dari sinar Gamma sampai dengan pancaran radio http://www.astro.uiuc.edu/~kaler/sow/spectra.html

Jendela Optik teleskop optik Jendela Radio balon, satelit teleskop radio satelit balon, satelit Ketinggian Sinar-X Sinar Gamma UV Kasat Mata Infra-merah Gel.Mikro Radio Permukaan Laut ozon (O3) molekul ,atom, inti atom molekul (H2O, CO2) Pancaran gelombang yang dapat menembus atmosfer Bumi adalah panjang gelombang kasatmata dan panjang gelombang radio http://imagine.gsfc.nasa.gov/docs/introduction/emsurface.html

Dengan mengamati pancaran gelombang elektromagnet kita dapat mempelajari beberapa hal yaitu, Arah pancaran. Dari pengamatan kita dapat menga-mati letak dan gerak benda yang memancarkannya Kuantitas pancaran. Kita bisa mengukur kuat atau ke-cerahan pancaran Kualitas pancaran. Dalam hal ini kita bisa mempe-lajari warna, spektrum maupun polarisasinya

Hukum Pancaran Informasi yang diterima dari benda-benda langit berupa gelombang elektromagnet (cahaya) untuk mempelajarinya diperlukan pengetahuan mengenai gelombang elektromagnet tersebut

Teori Pancaran Benda Hitam Jika suatu benda disinari dengan radiasi elektromag-netik, benda itu akan menyerap setidaknya sebagian energi radiasi tersebut. temperatur benda akan naik 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.

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).

Untuk memahami sifat pancaran suatu benda kita hipotesiskan 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

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

Unsur kecil sudut ruang r sinq df Luas penampang : df dA = r2 sin q dq df . (2-1) q r dq r sinq dA Sudut ruang q + dq r dw d = dA/r2 = sin q dq df . . (2-2) r LANGSUNG KE HK PLANCK

Tinjau unsur permukaan dA yang arah normalnya adalah garis 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, n . . . . . . . . (2-3a) dE = I dA dω dt intensitas spesifik dω jumlah energi yang mengalir pada arah tegak lurus permukaan, per cm2, per detik, per steradian dA atau dE = I dA sin θ dθ d dt . . (2-3b)

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

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

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  /2 dan  = 0 sampai 2 = I cos θ sin θ dθ d dE(θ) dA dt Pers. (2-4) : 2 /2 = I cos θ sin θ dθ d dE(θ) dA dt F = I cosθ sinθ dθ d 2 /2 . . . . . . . . . (2-5) Fluks Pancaran

Apabila pancaran bersifat isotrop (sama ke semua arah), atau dengan kata lain  bukan fungsi dari θ dan , maka F = I cosθ sinθ dθ d 2 /2 Pers. (2-5) : . . . . . . . . . . . . . . . . (2-6) menjadi, F =  I Buktikan ! Pancaran keluar ini (F) sering ditulis sebagai F untuk membedakan dengan pancaran ke dalam F.

Pancaran ke luar (F)  0    /2 F = I cosθ sinθ dθ d 2 /2 . . . . . . . . . . . . (2-7) Pancaran ke dalam (F)  /2     F = I cosθ sinθ dθ d 2 π/2  . . . . . . . . . . . . (2-8) Pancaran Total : F = F + F . . . . . . . . . . . . (2-9) Untuk pancaran isotropik : F =  I F =  I Pancaran totalnya adalah, F = π I +  I

Besaran lain yang sering digunakan dalam pembicaraan pancaran adalah, 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 d 2  . . . . . (2-10) Untuk pancaran isotropik : J = I (Buktikan !)

Besaran pancaran yang telah kita bicarakan adalah besaran energi untuk semua panjang gelombang atau frekuensi, karena itu tidak bergantung pada  atau . Jika ingin mengetahui pancaran pada suatu panjang gelombang () tertentu, maka besaran-besaran pancaran di atas harus bergantung pada  atau . 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  dengan  + d.

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

∫ ∫ Dengan demikian, c υ2 d dυ Iυ = I = I = I 2 Iυ d = Iλ d o  . . . . . . . . . . (2-13) Fluks pancaran dapat dituliskan sebagai : F = F d = Fυ dυ ∫ o  . . . . . . . . . . (2-14)

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)

Menurut Planck, suatu benda hitam yang temperaturnya T akan memancarkan energi dalam panjang gelom-bang antara  dan  + d dengan intensitas spesifik B(T) d sebesar 5 2 h c2 1 e hc/kT - 1 B (T) = . . . . . . . (2-15) Fungsi Planck Intensitas spesifik (I) = Jumlah energi yang mengalir pada arah tegak lurus permukaan per cm2 per detik, per steradian

h = Tetapan Planck = 6,625 x 10-27 erg det k = Tetapan Boltzmann = 1,380 x 10-16 erg/ oK c = Kecepatan cahaya = 2,998 x 1010 cm/det T = Temperatur dalam derajat Kelvin (oK) 5 2 h c2 1 e hc/kT - 1 B (T) = . . . . . . . (2-15) Apabila dinyatakan dalam frekuensi fungsi Planck menjadi : 2 h  3 c 2 1 e h/kT - 1 B (T) = . . . . . . . . . (2-16) Buktikan !!!

Distribusi energi menurut panjang gelombang untuk pancaran benda hitam dengan berbagai temperatur (Spektrum Benda Hitam) 0,00 0,25 0,50 0,75 1,00 1,25 1,50 1,75 2,00 UV Kasatmata Inframerah 8 000 K Intensitas spesifik benda hitam sebagai fungsi panjang gelombang Intensitas Spesifik [B(T)] 7 000 K 6 000 K 5 000 K 4 000 K  (m) Makin tinggi temperatur benda hitam, makin tinggi pula intensitas spesifiknya dan jumlah energi terbesar dipancarkan pada  pendek

Panjang gelombang maksimum bagi pancaran benda hitam, yaitu  pada harga yang maksimum (maks) dapat diperoleh dari syarat maksimum, yaitu, = 0 d B(T) d  . . . . . . . . . . . . . . . (2-17) 0,00  (m) Intensitas Spesifik [B(T)] 0,50 1,00 1,50 1,75 2,00 Garis Singgung λmaks

5 2 h c2 1 e hc/kT - 1 B (T) = Dari pers. (2-15) : = 0 d B(T) d  dan pers. (2-17) : = 4,965 h c  k T . . . . . . . . . . . (2-18) diperoleh, Buktikan ! Apabila kita masukan harga h, k dan c, maka pers. (2-18) menjadi

maks dinyatakan dalam cm dan T dalam derajat Kelvin 0,2898 T . . . . . . . . . . . . (2-19) Hukum Wien maks dinyatakan dalam cm dan T dalam derajat Kelvin Wilhelm Wien (1864 – 1928) Apabila maks dinyatakan dalam frekuensi, hukum Wien menjadi hmaks = 2,821 kT . . . . . . . . . . . . . . (2-20)

maks = 0,2898 T Hukum Wien 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.

Distribusi energi benda hitam Contoh penentuan maks Apabila maks dapat ditentukan, maka temperatur benda dapat dicari, yaitu Panjang Gelombang 0.25 0.50 0.75 1.00 1.25 1.50 1.75 2.00 Intensitas Distribusi energi benda hitam maks = 0,2898 T maks 0,2898 T = 0,2898 3,62 x 10-5 = maks = 0,36  m = 3,62 x 10-5 cm = 8 000 K

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

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

maks = 0,2898 T 0,2898 T = maks Cara lain : Bintang A : maks = 0,35 m = 0,35 x 10-4 cm 0,2898 0,35 x 10-4 TA = = 8 280 K Bintang B : maks = 0,56 m = 0,56 x 10-4 cm 0,2898 0,56 x 10-4 TA = = 5 175 K 5175 8280 TA TB = = 1,6 Jadi bintang A 1,6 kali lebih panas daripada bintang B

Dari Fungsi Planck, dapat diturunkan juga Aproksimasi Wien (Distribusi Wien) dan Aproksimasi Rayleigh - Jean (Distribusi Rayleigh - Jean), yaitu : Distribusi Wien Untuk  kecil ( besar), atau T yang rendah, maka : h  k T h c  k T atau sangat besar  1 Sehingga, eh/kT  1 ≈ eh/kT atau ehc/kT  1 ≈ ehc/kT Jadi fungsi Planck menjadi, B (T) = e h/kT 2h 3 c2 . . . . . . . . (2-21)

B (T) = e hc/kT 2hc2 5 . . . . . . . . (2-22) atau Distribusi Rayleigh - Jean Untuk  besar ( kecil), atau T yang tinggi, maka : h  k T h c  k T atau sangat kecil  1 h  k T h c  k T Sehingga, eh/kT ≈ 1 + atau e hc/kT ≈ 1 + Akibatnya fungsi Planck menjadi, B (T) = 2 2 kT c2 . . . . . . . . . . . . . (2-23) B (T) = 2c k T 4 . . . . . . . . . . . . . (2-24) atau

Energi total yang dipancarkan benda hitam dapat ditentukan dengan mengintegrasikan persamaan (2-15) 2 h c2 5 1 e hc/kT - 1 B (T) = Pers. (2-15) : B(T) = Bλ(T) d = dx  2 k4 T4 h3 c2 x3 ex - 1 . . . . . (2-25) h υ x = k T π 4/15 Buktikan ! dimana B(T) = = 2 k4 T4 h3 c2 π4 15 2 k4 5 15 h3 c2 T4 π = T4 σ . . (2-26)  = 5,67 x 10-5 erg cm-2 K-4 s-1 . . (2-27) konstanta Stefan-Boltzmann

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

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 = 4 R2 F = 4 R2 Tef 4 . . . . . . . (2-29) Luminositas benda Temperatur efektif

Luminositas : L = 4  R2 F = 4  R2 T4 Luas permukaan bola L d Fluks Pancaran E = L 4  d 2 . (2-30) Fluks

Resume Luminositas L = 4  R 2  T4 Intensitas spesifik B(T) = I 1 cm 1 cm Fluks F =  T4 d Fluks pada jarak d : Energi yang melewati sebuah permukaan bola yang beradius d per detik per cm2 E = L 4  d 2 1 cm 1 cm

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. Black Body T = 54 000 K Bintang Kelas O5 Tef = 54 000 K

Oleh karena itu semua hukum-hukum yang berlaku pada benda hitam, berlaku juga untuk bintang. 2 h c2 5 B (T) = 1 ehc/kT - 1 Intensitas spesifik (I) : Jumlah energi yg dipancarkan bintang pd arah tegak lurus permukaan per cm2 per detik per steradian Fluks Pancaran : F =  B(T) (F =  I) F = L 4  R2 F =  T4 Jumlah energi yang dipancarkan oleh setiap cm2 permukaan bintang per detik ke semua arah

Makin jauh sebuah bintang, makin redup cahayanya Luminositas (L) : L = 4  R2 Tef 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). E = L 4  d 2 hukum kuadrat kebalikan (invers square law) Fluks pada jarak d : Energi bintang yg diterima/melewati permukaan pada jarak d per cm2 per detik (E) Makin jauh sebuah bintang, makin redup cahayanya

Bintang lebih redup sebesar 1/9 kali dari kecerlangan semula. 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, EA = L 4  dA2 dB EB = dA EA 2 dA 3dA = EA 2 = EA 1 9 EB = L 4  dB2 Bintang lebih redup sebesar 1/9 kali dari kecerlangan semula.

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/m2 ES = dB dS EB

Soal-soal Latihan 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? 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?