Contoh Soal

Fenomena Kuantum – Fisika SMA

Sampel materi untuk guru yang ingin cari soal latihan. Temukan bank soal lengkap dan update dengan cara mendaftar gratis. Kirim soal-soal ini ke murid di kelas Bapak/Ibu Guru lewat Google Classroom, dalam bentuk kuis online, tautan kuis, file kuis, atau cetak langsung!

Daftar

Pilih Kelas

Kelas 1 Kelas 2 Kelas 3 Kelas 4 Kelas 5 Kelas 6 Kelas 7 Kelas 8 Kelas 9 Kelas 10 Kelas 11 Kelas 12

Pilih Mata Pelajaran

Matematika Bahasa Indonesia Bahasa Inggris Fisika Kimia Biologi Ekonomi Sosiologi Geografi Sejarah Indonesia Sejarah Peminatan

Pilih Topik

Rangkaian Arus Searah Listrik Statis Induksi Elektromagnetik Fenomena Kuantum Teknologi Digital Inti Atom dan Radioaktivitas Sumber Energi
    1.

    Perhatikan pernyataan-pernyataan berikut.

    1. Membesarkan intensitas
    2. Membebesarkan amplitudo
    3. Memendekkan panjang gelombang
    4. Mengecilkan frekuensi
    5. Membesarkan sudut datang

    Pernyataan tersebut yang tepat dilakukan untuk meningkatkan energi fotoelektron adalah nomor ....

    A

    1

    B

    2

    C
    ✔

    3

    D

    4

    E

    5

    Pembahasan:

    Elektron-elektron pada permukaan logam terikat erat secara listrik dengan ion-ion positif. Energi yang dibutuhkan untuk melepaskan ikatan tersebut dinamakan energi ambang. Energi kinetik elektron yang keluar dari suatu logam disebut dengan energi kinetik maksimum atau energi fotoelektron. Einstein mengatakan bahwa energi kinetk maksimum ini merupakan selisih antara energi foton dengan energi ambang. Dengan demikian energi kinetik maksimum dapat dituliskan dengan persamaan berikut.

    EKmaks=E−EoEK_{\text{maks}}=E-E_{\text{o}}

    EKmaks=hf−hfoEK_{\text{maks}}=hf-hf_{\text{o}}

    EKmaks=hcλ−hcλoEK_{\text{maks}}=\frac{hc}{\lambda}-\frac{hc}{\lambda_{\text{o}}}

    Dengan persamaan -persamaan tersebut, kita dapat tahu bahwa untuk meningkatkan energi fotoelektron dapat dilakukan dengan cara sebagai berikut.

    • Membesarkan frekuensi
    • Memendekkan panjang gelombang

    Jadi, pernyataan yang tepat dilakukan untuk meningkatkan energi fotoelektron adalah nomor 3.

    2.

    Sebuah logam memiliki panjang gelombang ambang sebesar 600 nm. Logam tersebut disinari oleh cahaya dengan panjang gelombang 200 nm. Energi kinetik elektron yang lepas dari logam sebesar .... (h=6,63×10−34h=6,63\times10^{-34} J s)

    A
    ✔

    66,3×10−2066,3\times10^{-20} J

    B

    19,89×10−2019,89\times10^{-20} J

    C

    11,2×10−2011,2\times10^{-20} J

    D

    36,6×10−2036,6\times10^{-20} J

    E

    22,1×10−2022,1\times10^{-20} J

    Pembahasan:

    Diketahui:

    Panjang gelombang ambang λo=600\lambda_{\text{o}}=600 nm =600×10−9=600\times10^{-9} m

    Panjang gelombang sinar λ=200\lambda=200 nm λ=200×10−9\lambda=200\times10^{-9} m

    Konstanta Planck h=6,63×10−34h=6,63\times10^{-34} J s

    Ditanya:

    Energi kinetik elektron EKmaks=?EK_{\text{maks}}=?

    Dijawab:

    Elektron-elektron pada permukaan logam terikat erat secara listrik dengan ion-ion positif. Energi yang dibutuhkan untuk melepaskan ikatan tersebut dinamakan energi ambang. Energi kinetik elektron yang keluar dari suatu logam disebut dengan energi kinetik maksimum. Einstein mengatakan bahwa energi kinetk maksimum ini merupakan selisih antara energi foton dengan energi ambang. Dengan demikian energi kinetik maksimum dapat dituliskan dengan persamaan berikut.

    EKmaks=E−WoEK_{\text{maks}}=E-W_{\text{o}}

    EKmaks=hcλ−hcλoEK_{\text{maks}}=\frac{hc}{\lambda}-\frac{hc}{\lambda_{\text{o}}}

    EKmaks=hc(1λ−1λo)EK_{\text{maks}}=hc\left(\frac{1}{\lambda}-\frac{1}{\lambda_{\text{o}}}\right)

    EKmaks=(6,63×10−34)(3×108)(1200×10−9−1600×10−9)EK_{\text{maks}}=\left(6,63\times10^{-34}\right)\left(3\times10^8\right)\left(\frac{1}{200\times10^{-9}}-\frac{1}{600\times10^{-9}}\right)

    EKmaks=(6,63×10−34)(3×108)(110−9)(1200−1600)EK_{\text{maks}}=\left(6,63\times10^{-34}\right)\left(3\times10^8\right)\left(\frac{1}{10^{-9}}\right)\left(\frac{1}{200}-\frac{1}{600}\right)

    EKmaks=19,89×10−17(3600−1600)EK_{\text{maks}}=19,89\times10^{-17}\left(\frac{3}{600}-\frac{1}{600}\right)

    EKmaks=0,0663×10−17EK_{\text{maks}}=0,0663\times10^{-17}

    EKmaks=66,3×10−20EK_{\text{maks}}=66,3\times10^{-20} J

    Jadi, energi kinetik elektron yang lepas dari logam sebesar 66,3×10−2066,3\times10^{-20} J.

    Ingin coba latihan soal dengan kuis online?

    Kejar Kuis
    3.

    Sebuah benda hitam meradiasikan cahaya. Energi yang dibutuhkan untuk memancarkan tiap fotonnya sebesar 0,75×\times10-20 J. Frekuensi cahaya tersebut sebesar .... (h=6,63×10−34h=6,63\times10^{-34} J s)

    A

    0,311×10140,311\times10^{14} Hz

    B

    0,133×10140,133\times10^{14} Hz

    C

    0,331×10140,331\times10^{14} Hz

    D

    0,313×10140,313\times10^{14} Hz

    E
    ✔

    0,113×10140,113\times10^{14} Hz

    Pembahasan:

    Diketahui:

    Energi E=0,75×10−20E=0,75\times10^{-20} J

    Konstanta Planck h=6,63×10−34h=6,63\times10^{-34} J s

    Ditanya:

    Frekuensi f=?f=?

    Dijawab:

    Sebuah benda meradiasikan pancaran oleh getaran molekul-molekul yang tidak kontinu, namun dalam paket-paket energi diskret. Paket-paket energi diskret ini disebut kuantum atau foton. Besarnya energi yang digunakan untuk menghantarkan paket-paket tersebut dapat dituliskan dengan persamaan seperti berikut.

    E=hfE=hf

    0,75×10−20=(6,63×10−34)f0,75\times10^{-20}=\left(6,63\times10^{-34}\right)f

    f=0,75×10−206,63×10−34f=\frac{0,75\times10^{-20}}{6,63\times10^{-34}}

    f=0,113×1014f=0,113\times10^{14} Hz

    Jadi, frekuensi cahaya tersebut sebesar 0,113×10140,113\times10^{14} Hz.

    4.

    Sebuah benda memiliki suhu T meradiasikan kalor sebesar 500 W/m2. Kemudian benda tersebut dipanaskan sehingga suhunya menjadi 2 kali suhu awalnya. Setelah suhunya dinaikkan, benda tersebut meradiasikan kalor sebesar ....

    A

    1.0001.000 W/m2

    B

    2.0002.000 W/m2

    C

    4.0004.000 W/m2

    D
    ✔

    8.0008.000 W/m2

    E

    16.00016.000 W/m2

    Pembahasan:

    Diketahui:

    Suhu pada keadaan awal T1=TT_1=T

    Intensitas radiasi pada keadaan awal I1=500I_1=500 W/m2

    Suhu keadaan kedua T2=2T1=2TT_2=2T_1=2T

    Ditanya:

    Intensitas radiasi pada keadaan kedua I2=?I_2=?

    Dijawab:

    Intensitas radiasi adalah energi yang diterima oleh suatu permukaan per satuan luas dan per satuan waktu. Intensitas radiasi juga dapat diartikan sebagai daya radiasi yang ada pada satu satuan luas. Intensitas radiasi dapat dituliskan dengan persamaan berikut.

    I=eσT4I=e\sigma T^4

    Dari persamaan tersebut, maka kita tahu bahwa I∼T4I\sim T^4. Sehingga kita dapat menggunakan perbandingan seperti berikut.

    I2I1=T24T14\frac{I_2}{I_1}=\frac{T_2^4}{T_1^4}

    I2500=(2T)4(T)4\frac{I_2}{500}=\frac{\left(2T\right)^4}{\left(T\right)^4}

    I2500=(2TT)4\frac{I_2}{500}=\left(\frac{2T}{T}\right)^4

    I2500=24\frac{I_2}{500}=2^4

    I2500=16\frac{I_2}{500}=16

    I2=8.000I_2=8.000 W/m2

    Jadi, benda tersebut meradiasikan kalor sebesar 8.0008.000 W/m2.

    Ingin cari soal-soal HOTS?

    Soal HOTS
    5.

    Sebuah logam memiliki frekuensi ambang sebesar 480 THz. Energi ambang logam tersebut adalah .... (h=6,63×10−34h=6,63\times10^{-34} J s, 11 eV =1,6×10−19=1,6\times10^{-19} J)

    A

    508,6508,6 eV

    B

    3.182,4×10−223.182,4\times10^{-22} eV

    C

    3.182,43.182,4 eV

    D
    ✔

    1,9891,989 eV

    E

    480480 eV

    Pembahasan:

    Diketahui:

    Frekuensi ambang fo=480f_{\text{o}}=480 THz =480×1012=480\times10^{12} Hz

    Konstanta Planck h=6,63×10−34h=6,63\times10^{-34} J s

    Konversi eV ke J 1 eV=1,6×10−19 J1\ \text{eV}=1,6\times10^{-19}\ \text{J}

    Ditanya:

    Energi ambang Wo=?W_{\text{o}}=?

    Dijawab:

    Elektron-elektron pada permukaan logam terikat erat secara listrik dengan ion-ion positif. Energi yang dibutuhkan untuk melepaskan ikatan tersebut dinamakan energi ambang. Energi ambang dapat dituliskan dengan persamaan berikut.

    Wo=hfoW_{\text{o}}=hf_{\text{o}}

    Wo=(6,63×10−34)(480×1012)W_{\text{o}}=\left(6,63\times10^{-34}\right)\left(480\times10^{12}\right)

    Wo=3.182,4×10−22W_{\text{o}}=3.182,4\times10^{-22} Joule

    Kemudian kita ubah ke bentuk eV.

    Wo=3.182,4×10−221,6×10−19W_{\text{o}}=\frac{3.182,4\times10^{-22}}{1,6\times10^{-19}} eV

    Wo=1.989×10−3W_{\text{o}}=1.989\times10^{-3} eV

    Wo=1,989W_{\text{o}}=1,989 eV

    Jadi, energi ambang logam tersebut adalah 1,9891,989 eV.

    6.

    Dua buah logam diuji coba oleh seorang peneliti di sebuah laboratorium. Logam pertama memiliki panjang gelombang ambang sebesar 2λ2\lambda. Logam kedua memiliki panjang gelombang ambang sebesar 5λ5\lambda. Kemudian logam tersebut disinari oleh sinar dengan panjang gelombang λ\lambda. Perbandingan energi kinetik elektron yang keluar dari logam pertama dan kedua adalah ....

    A

    2:52:5

    B

    5:25:2

    C

    1:21:2

    D

    2:12:1

    E
    ✔

    5:85:8

    Pembahasan:

    Diketahui:

    Panjang gelombang sinar λ=λ\lambda=\lambda

    Panjang gelombang ambang logam 1 λo1=2λ\lambda_{\text{o}_1}=2\lambda

    Panjang gelombang ambang logam 2 λo2=5λ\lambda_{\text{o}_2}=5\lambda

    Ditanya:

    Perbandingan energi kinetik EKmaks1EKmaks2=?\frac{EK_{\text{maks}_1}}{EK_{\text{maks}_2}}=?

    Dijawab:

    Elektron-elektron pada permukaan logam terikat erat secara listrik dengan ion-ion positif. Energi yang dibutuhkan untuk melepaskan ikatan tersebut dinamakan energi ambang. Energi kinetik elektron yang keluar dari suatu logam disebut dengan energi kinetik maksimum. Einstein mengatakan bahwa energi kinetik maksimum ini merupakan selisih antara energi foton dengan energi ambang. Dengan demikian energi kinetik maksimum dapat dituliskan dengan persamaan berikut.

    EKmaks=E−WoEK_{\text{maks}}=E-W_{\text{o}}

    Kemudian kita gunakan perbandingan.

    EKmaks1EKmaks2=E−Wo1E−Wo2\frac{EK_{\text{maks}_1}}{EK_{\text{maks}_2}}=\frac{E-W_{\text{o}_1}}{E-W_{\text{o}_2}}

    EKmaks1EKmaks2=hcλ−hcλo1hcλ−hcλo2\frac{EK_{\text{maks}_1}}{EK_{\text{maks}_2}}=\frac{\frac{hc}{\lambda}-\frac{hc}{\lambda_{\text{o}_1}}}{\frac{hc}{\lambda}-\frac{hc}{\lambda_{\text{o}_2}}}

    EKmaks1EKmaks2=(1λ−12λ)(1λ−15λ)\frac{EK_{\text{maks}_1}}{EK_{\text{maks}_2}}=\frac{\left(\frac{1}{\lambda}-\frac{1}{2\lambda}\right)}{\left(\frac{1}{\lambda}-\frac{1}{5\lambda}\right)}

    EKmaks1EKmaks2=(22λ−12λ)(55λ−15λ)\frac{EK_{\text{maks}_1}}{EK_{\text{maks}_2}}=\frac{\left(\frac{2}{2\lambda}-\frac{1}{2\lambda}\right)}{\left(\frac{5}{5\lambda}-\frac{1}{5\lambda}\right)}

    EKmaks1EKmaks2=(12λ)(45λ)\frac{EK_{\text{maks}_1}}{EK_{\text{maks}_2}}=\frac{\left(\frac{1}{2\lambda}\right)}{\left(\frac{4}{5\lambda}\right)}

    EKmaks1EKmaks2=(12λ)(5λ4)\frac{EK_{\text{maks}_1}}{EK_{\text{maks}_2}}=\left(\frac{1}{2\lambda}\right)\left(\frac{5\lambda}{4}\right)

    EKmaks1EKmaks2=58\frac{EK_{\text{maks}_1}}{EK_{\text{maks}_2}}=\frac{5}{8}

    Jadi, perbandingan energi kinetik elektron yang keluar dari logam pertama dan kedua adalah 5:85:8.

    Ingin cari soal-soal AKM?

    Hubungi Kami
    7.

    Sebuah logam sedang diuji coba di sebuah laboratorium. Logam tersebut memiliki panjang gelombang ambang sebesar λ\lambda. Kemudian logam tersebut disinari oleh dua sinar dengan panjang gelombang berbeda. Panjang gelombang sinar pertama adalah λ2\frac{\lambda}{2} dan panjang gelombang sinar kedua adalah λ4\frac{\lambda}{4}. Perbandingan energi kinetik elektron yang keluar saat logam diberikan sinar pertama dan kedua adalah ....

    A
    ✔

    1:31:3

    B

    1:21:2

    C

    1:41:4

    D

    4:14:1

    E

    2:12:1

    Pembahasan:

    Diketahui:

    Panjang gelombang ambang λo=λ\lambda_{\text{o}}=\lambda

    Panjang gelombang sinar 1 λ1=12λ\lambda_1=\frac{1}{2}\lambda

    Panjang gelombang sinar 2 λ2=14λ\lambda_2=\frac{1}{4}\lambda

    Ditanya:

    Perbandingan energi kinetik EKmaks1EKmaks2=?\frac{EK_{\text{maks}_1}}{EK_{\text{maks}_2}}=?

    Dijawab:

    Elektron-elektron pada permukaan logam terikat erat secara listrik dengan ion-ion positif. Energi yang dibutuhkan untuk melepaskan ikatan tersebut dinamakan energi ambang. Energi kinetik elektron yang keluar dari suatu logam disebut dengan energi kinetik maksimum. Einstein mengatakan bahwa energi kinetik maksimum ini merupakan selisih antara energi foton dengan energi ambang. Dengan demikian energi kinetik maksimum dapat dituliskan dengan persamaan berikut.

    EKmaks=E−WoEK_{\text{maks}}=E-W_{\text{o}}

    Kemudian kita gunakan perbandingan.

    EKmaks1EKmaks2=E−Wo1E−Wo2\frac{EK_{\text{maks}_1}}{EK_{\text{maks}_2}}=\frac{E-W_{\text{o}_1}}{E-W_{\text{o}_2}}

    EKmaks1EKmaks2=hcλ1−hcλohcλ2−hcλo\frac{EK_{\text{maks}_1}}{EK_{\text{maks}_2}}=\frac{\frac{hc}{\lambda_1}-\frac{hc}{\lambda_{\text{o}}}}{\frac{hc}{\lambda_2}-\frac{hc}{\lambda_{\text{o}}}}

    EKmaks1EKmaks2=hc(1λ1−1λo)hc(1λ2−1λo)\frac{EK_{\text{maks}_1}}{EK_{\text{maks}_2}}=\frac{hc\left(\frac{1}{\lambda_1}-\frac{1}{\lambda_{\text{o}}}\right)}{hc\left(\frac{1}{\lambda_2}-\frac{1}{\lambda_{\text{o}}}\right)}

    EKmaks1EKmaks2=(1λ2−1λ)(1λ4−1λ)\frac{EK_{\text{maks}_1}}{EK_{\text{maks}_2}}=\frac{\left(\frac{1}{\frac{\lambda}{2}}-\frac{1}{\lambda}\right)}{\left(\frac{1}{\frac{\lambda}{4}}-\frac{1}{\lambda}\right)}

    EKmaks1EKmaks2=(2λ−1λ)(4λ−1λ)\frac{EK_{\text{maks}_1}}{EK_{\text{maks}_2}}=\frac{\left(\frac{2}{\lambda}-\frac{1}{\lambda}\right)}{\left(\frac{4}{\lambda}-\frac{1}{\lambda}\right)}

    EKmaks1EKmaks2=(1λ)(3λ)\frac{EK_{\text{maks}_1}}{EK_{\text{maks}_2}}=\frac{\left(\frac{1}{\lambda}\right)}{\left(\frac{3}{\lambda}\right)}

    EKmaks1EKmaks2=13\frac{EK_{\text{maks}_1}}{EK_{\text{maks}_2}}=\frac{1}{3}

    Jadi, perbandingan energi kinetik elektron yang keluar saat logam diberikan sinar pertama dan kedua adalah 1:31:3 .

    8.

    Sebuah benda hitam meradiasikan cahaya dengan panjang gelombang sebesar 500 nm. Energi yang dibutuhkan untuk memancarkan tiap foton sebesar .... (h=6,63×10−34h=6,63\times10^{-34} J s, c=3×108c=3\times10^8 m/s)

    A
    ✔

    39,78×10−2039,78\times10^{-20} J

    B

    78,39×10−2078,39\times10^{-20} J

    C

    78,78×10−2078,78\times10^{-20} J

    D

    39,39×10−2039,39\times10^{-20} J

    E

    38,79×10−2038,79\times10^{-20} J

    Pembahasan:

    Diketahui:

    Panjang gelombang λ=500\lambda=500 nm =500×10−9=500\times10^{-9} m

    Konstanta Planck h=6,63×10−34h=6,63\times10^{-34} J s

    Cepat rambat cahaya c=3×108c=3\times10^8 m/s

    Ditanya:

    Energi E=?E=?

    Dijawab:

    Sebuah benda meradiasikan pancaran oleh getaran molekul-molekul yang tidak kontinu, namun dalam paket-paket energi diskret. Paket-paket energi diskret ini disebut kuantum atau foton. Besarnya energi yang digunakan untuk menghantarkan paket-paket tersebut dapat dituliskan dengan persamaan seperti berikut.

    E=hcλE=\frac{hc}{\lambda}

    E=6,63×10−34×3×108500×10−9E=\frac{6,63\times10^{-34}\times3\times10^8}{500\times10^{-9}}

    E=0,03978×10−17E=0,03978\times10^{-17} J

    E=39,78×10−20E=39,78\times10^{-20} J

    Jadi, energi yang dibutuhkan untuk memancarkan tiap foton sebesar 39,78×10−2039,78\times10^{-20} Joule.

    Ingin tanya tutor?

    Tanya Tutor
    9.

    Sinar-X awalnya memiliki panjang gelombang sebesar 0,4 nm mengalami hamburan Compton dan dibelokkan dengan sudut 60o. Massa elektron sebesar 9,1×\times10-31 kg. Panjang gelombang sinar-X setelah dihamburkan adalah .... (h=6,63×10−34h=6,63\times10^{-34} J s, c=3×108c=3\times10^8 m/s)

    A
    ✔

    40,12×10−1140,12\times10^{-11} m

    B

    40,24×10−1140,24\times10^{-11} m

    C

    40,21×10−1140,21\times10^{-11} m

    D

    40,42×10−1140,42\times10^{-11} m

    E

    421×10−11421\times10^{-11} m

    Pembahasan:

    Diketahui:

    Panjang gelombang sebelum dihamburkan λ=0,4\lambda=0,4 nm =0,4×10−9=0,4\times10^{-9} m

    Sudut θ=60o\theta=60^{\text{o}}

    Massa m=9,1×10−31\text{m}=9,1\times10^{-31} kg

    Konstanta Planck h=6,63×10−34h=6,63\times10^{-34} J s

    Cepat rambat cahaya c=3×108c=3\times10^8 m/s

    Ditanya:

    Panjang gelombang setelah dihamburkan λ′=?\lambda'=?

    Dijawab:

    Tumbukan antara foton dan sinar-X dan elektron merupakan tumbukan elastis. Compton berhasil menemukan rumus selisih panjang gelombang sebelum dan sesudah bertumbukan sebesar persamaan berikut.

    Δλ=λ′−λ=hmc(1−cos⁡θ)\Delta\lambda=\lambda'-\lambda=\frac{h}{mc}\left(1-\cos\theta\right)

    Maka kita bisa kerjakan terlebih dahulu persamaan berikut.

    Δλ=hmc(1−cos⁡θ)\Delta\lambda=\frac{h}{mc}\left(1-\cos\theta\right)

    Δλ=6,63×10−34(9,1×10−31)(3×108)(1−cos⁡60o)\Delta\lambda=\frac{6,63\times10^{-34}}{\left(9,1\times10^{-31}\right)\left(3\times10^8\right)}\left(1-\cos60^{\text{o}}\right)

    Δλ=0,24×10−11(1−12)\Delta\lambda=0,24\times10^{-11}\left(1-\frac{1}{2}\right)

    Δλ=0,24×10−11(12)\Delta\lambda=0,24\times10^{-11}\left(\frac{1}{2}\right)

    Δλ=0,12×10−11\Delta\lambda=0,12\times10^{-11} m

    Kemudian kita gunakan persamaan berikut.

    Δλ=λ′−λ\Delta\lambda=\lambda'-\lambda

    0,12×10−11=λ′−0,4×10−90,12\times10^{-11}=\lambda'-0,4\times10^{-9}

    0,12×10−11+0,4×10−9=λ′0,12\times10^{-11}+0,4\times10^{-9}=\lambda'

    λ′=0,12×10−11+40×10−11\lambda'=0,12\times10^{-11}+40\times10^{-11}

    λ′=40,12×10−11\lambda'=40,12\times10^{-11} m

    Jadi, panjang gelombang sinar-X setelah dihamburkan adalah 40,12×10−1140,12\times10^{-11} m.

    10.

    Sebuah benda hitam dengan daya radiasi sebesar 200 W memancarkan kalor dengan intensitas sebesar 400 W/m2. Luas permukaan benda hitam tersebut sebesar ....

    A

    80.00080.000 m2

    B

    0,80,8 m2

    C

    50.00050.000 m2

    D
    ✔

    0,50,5 m2

    E

    22 m2

    Pembahasan:

    Diketahui:

    Daya radiasi P=200P=200 W

    Intensitas radiasi I=400I=400 W/m2

    Ditanya:

    Luas permukaan benda A=?A=?

    Dijawab:

    Intensitas radiasi adalah energi yang diterima oleh suatu permukaan per satuan luas dan per satuan waktu. Intensitas radiasi juga dapat diartikan sebagai daya radiasi yang ada pada satu satuan luas. Intensitas radiasi dapat dituliskan dengan persamaan berikut.

    I=PAI=\frac{P}{A}

    400=200A400=\frac{200}{A}

    A=200400A=\frac{200}{400}

    A=0,5A=0,5 m2

    Jadi, luas permukaan benda hitam tersebut sebesar 0,50,5 m2.

    Daftar dan dapatkan akses ke puluhan ribu soal lainnya!

    Buat Akun Gratis