4. Il funzionamento di una stella tipo: il Sole
Il Sole
Partendo dalle quantità osservabili disponibili:
• Distanza Terra-Sole:
• Flusso misurato sulla Terra
• Morfologia, spettro
E dalle stime di alcuni parametri disponibili:
• Età (reperti geologici sulla Terra)
ricaveremo:
Luminosità L, Raggio R, Te, Massa M, Pressione Pc, Temperatura Tc
E dedurremo:
Che la riserva di energia è l’energia termonucleare, e capiremo che cosa mantiene
le reazioni nucleari “controllate”, prevenendo cioè una reazione esplosiva.
Luminosità del Sole
Il flusso di energia solare sulla terra, cioè la quantità di energia solare che incide, al di fuori dell’atmosfera
perpendicolarmente su una unità di area, per unità di tempo, è chiamata costante solare, e vale:
f = 1.36 x 106 erg sec-1 cm-2
La Terra dista dal Sole 1 Unità Astronomica (AU):
r = 1 AU = 1.5 x 1013 cm
Quindi la Luminosità del Sole L vale:
L = 3.90 x 1033 erg sec-1
Come abbiamo fatto questo conto:
f = energia per unità di area per unità di tempo
r = distanza Terra-Sole
S = superficie totale di una sfera di raggio r
L = f x S = (1.36 x 106) x 4  (1.5 x 1013)2
S = 4r2
r
Calcoliamo il raggio R del Sole
La dimensione angolare del Sole visto dalla terra è  32 arcmin. Alla
distanza r di 1AU = 1.5 1013 cm, questo implica R  6.7 1010 cm
r
Dati L e il raggio R, ricaviamo la Temperatura effettiva Te attesa
Intensità specifica della radiazione emessa da un
corpo nero alla temperatura T secondo legge di
radiazione di Planck:
B(T) = (2 h c2/ 5) / (ehc/kT - 1 )
Legge di Stefan-Boltzman per il flusso superficiale:
f =  Te4 (erg cm-2 s-1)
Allora possamo scrivere: f x S(superficie del Sole) = L
La superficie del Sole è S = 4 R 2
e abbiamo calcolato che il raggio del Sole è: R  6.7 1010 cm
Te4 x 4 R 2 = L  Te = (L / 4 R 2)1/4 = 5 800 °K Temperatura effettiva
Temperatura superficiale che il Sole avrebbe se fosse un vero corpo nero che irradia
la luminosità effettivamente osservata (diversa da Tm interna)
Possiamo verificare il valore di
temperatura ricavato T=5 800 °K
paragonando lo spettro della luce
solare con quello teorico di un corpo
nero a questa temperarura
Notiamo che:
• Picco di emissione nella banda
ottica, intorno al giallo  Ok
• Buon matching delle curve dall’IR
all’UV
• Ci sono tuttavia delle discrepanze.
• E ci sono bande di assorbimento
Questi fatti suggeriscono che il Sole non è un corpo nero perfetto e quindi gli
strati superficiali non sono in perfetto equilibrio con il campo di radiazione.
La temperatura stimata caratterizza quindi solo gli strati superficiali.
Se la temperatura del Sole non è uniforme, all’interno c’è più caldo o più freddo ?
C’è un flusso di energia che esce dal Sole. In
base a semplici considerazioni termodinamiche, il
calore fluisce da regioni calde a regioni fredde.
Ci aspettiamo quindi che il sole sia più caldo al
suo interno
Un fatto:
• Il bordo del Sole appare meno luminoso
• Dato un certo cammino ottico r, guardando il
Perché il bordo del Sole
appare meno luminoso ?
centro del Sole l’osservazione si addentra in
regioni più calde rispetto a quando si guard
lungo il bordo. Questa è una evidenza
sperimentale che il Sole deve essere più caldo
negli strati interni
Bassa Temperatura
Alta Temperatura
r
Filtro
Un altro fatto: Lo spettro del Sole presenta righe di assorbimento
+
+
E’ anche questa una conseguenza del fatto che il Sole al suo interno è più caldo ?
Implicazioni della presenza di righe di assorbimento nello spettro del Sole.
La deeccitazione collisionale:
In effetti, assumendo che l’interno del
Sole si trovi a una temperatuta
superiore a quella degli strati esterni, le
righe di assorbimento sono una
naturale conseguenza.
E2
E1
Energia
+
+
+
prevale sulla eccitazione collisionale:
+
+
+
Flusso medio di fotoni dalle
regioni più calde a quelle più
fredde.
+
+
+
v
+
Infatti: T bassa  pochi urti
rispetto al nr di fotoni proventienti
dall’interno a T alta
Ma la deeccitazione radiativa:
direzione dei fotoni
+
Un atomo può assorbire un
fotone di frequenza opportuna
 = (E2 –E1)/h
T alta
T bassa
Superficie del Sole
+
+
non può bilanciare l’assorbimento: la
maggior parte dei fotoni verrà ri-emessa
in altre direzioni. (Per esempio, NON ci
saranno fotoni che “entrano” dal freddo
Universo nel Sole). Negli strati esterni
prevale
un
fenomeno
netto
di
assorbimento.
E’ quindi ragionevole assumere che all’interno del Sole ci sia una temperatura
T >> 6000 °K
Come possiamo ragionare per individuare quale è la riserva primaria di
energia nel Sole ?
1. Analisi geologiche basate sulla osservazione di decadimenti radioattivi, indicano
una età della terra
Terra > 3.8 x 109 anni
2. Il Sole ha una luminosità
L = 3.9 x 1033 erg s-1
3. Per ottenere un tempo di vita del Sole
  >> 3.8 x 109 anni = 1.2 x 1017 s
dobbiamo invocare una riserva di energia
Etot >> L  x   5 x 1050 erg
Una riserva di energia che è stata storicamente presa in considerazione è
l’energia gravitazionale.
• Una sfera di gas autogravitante tende a comprimersi per sua stessa gravità
• Comprimendosi aumentano e la pressione e la temperatura negli strati più
interni
• L’agitazione termica rallenta il collasso gravitazionale (argomento di KelvinHelmholtz).
• Lentamente la sfera perde energia sottoforma di radiazione
• Perdendo energia la sfera è forzata a contrarsi ulteriormente.
• Può l’energia gravitazionale essere la riserva totale richiesta Etot ?
Ci serve un dato essenziale: la massa del Sole M 
la ricaveremo eguagliando forza centripeta F=ma (a=v2/r) e forza gravitazionale:
m v2/r = G m M  / r2
 M  = rv2/G
r = 1 A.U. = 1.5 x 1013 cm
v = 2r / P con P = 3.16 x 107 sec (1 anno)
v = 2.98 x 106 cm/sec
da cui risulta:
M = rv2/G = 2 x 1033 gm
m
r
M
Facciamo una stima della riserva di energia gravitazionale nel Sole.
L’energia gravitazionale Egrav di una sfera di massa M e raggio R dipende dalla
distribuzione di massa all’interno della sfera, ma è comunque dell’ordine di
Egrav = G M2 / R
nel caso del Sole (M  = 1.99 x 1033 gm
R  = 6.96 x 1010 cm) si ha:
Egrav = G M 2 / R  = 3.8 x 1048 erg
(G=6.67 x 10-8)
NON è sufficiente! Con questa riserva di energia, il Sole durerebbe soltanto un
tempo
 = Egrav / L  = (3.8 x 1048) / (3.9 x 1033) 1015 s 30 x 106 anni
Per capire quale è la vera riserva di energia del Sole dobbiamo capire quale è
la sua composizione interna. Come possiamo ragionare ?
Purtroppo gli strati esterni del Sole che possono essere studiati nella loro
composizione, grazie all’osservazione di righe d’assorbimento, corrispondono solo
allo 0.1% del raggio del Sole (fotosfera).
Ma a noi serve capire quali sono le condizioni fisiche del Sole negli strati più interni
Proviamo a calcolare la densità del Sole:
Conosciamo la massa: M = 2 x 1033 g
Conosciamo il raggio R = 6.96 x 1010 cm  (4/3)  R3 = 1.41 x 1033 cm3
La densità media è: (M / (4/3)  R3) = 2 / 1.41 = 1.4 g cm-3
In media il Sole è poco più denso dell’acqua. Ma di che materiale è fatto ?
(In effetti un calcolo preciso indica che all’interno la densità è circa 100 volte più alta)
Per rispondere a questa domanda, vediamo di stimare la pressione P e la
temperatura T all’interno, e verifichiamo se ci non le condizioni di sopravvivenza di
atomi e molecole.
Stima della pressione P
Prima considerazione: il Sole non sembra contrarsi né espandersi. Per rimanere
statico dal punto di vista meccanico occorre che tutte le forze interne siano in
equilibrio.
Consideriamo una quantità  di massa per unità di area contenuta
in una colonna di altezza r = (R - r).
Il campo gravitazionale medio g sentito da questa colonna sarà:
g = f x G M/ R2
(dove f tiene conto che r < R)
La quantità di massa per unità di area disponibile è dell’ordine di:
M / 4 R2
Quindi la quantità  di massa per unità di area nella colonna sarà:
 = f’x M / 4 R2
Formula esatta
P = 19 x (G M2/ R4)
(dove f’ tiene conto che r < R)
Quindi la pressione centrale P sarà data da:
P =  g  (M / R2) (G M/ R2) = G M2/ R4
2.1 x 1017 gm cm-1 sec-2 (dyne cm-2) 109 atmosfere!
Consideriamo l’elemento più semplice, l’idrogeno neutro nel suo stato fondamentale, e
consideriamo un cubetto di dimensioni pari al doppio del raggio di Bohr r1 della prima orbita:
+
La densità media di materia in questo
cubetto sarà (mp + me )/(2r1)3
mp = 1.67 x 10-24 gm
me = 9.11 x 10-28 gm
r1 = (h/2)2/mee2
2 r1
h = 6.63 x 10-27 erg s
e = 4.80 x 10-10 e.s.u.
r1 = 5.3 x 10-9 cm
 mp/(2r1)3 = (1.67 x 10-24) / (1.19 x 10-24) = 1.4 gm cm-3
Questo è il valore di densità media all’interno del Sole che avevamo calcolato prima !
Questo che suggerisce che il Sole sia costituito da un fluido di Idrogeno atomico
“impacchettato” a una densità media di un “(atomo)/(volume di un atomo)”.
Ma avevamo anche ricavato, in base ad
altre considerazioni, che all’interno del
Sole deve esistere una pressione
enorme dovuta al “peso”:
P = 19 x (G M2/ R4)
= 2.1 x 1017 gm cm-1 sec-2 (dyne cm-2)
(pari a circa 109 atmosfere !!)
Ma quale meccanismo bilancia questa pressione ?
In un fluido di Idrogeno atomico, sebbene “compresso e “impacchettato” a una
densità media pari a un “(atomo)/(volume di un atomo)”, gli atomi possono in linea
di principio scorrere tranquillamente l’uno sull’altro senza necessariamente
esercitare alcuna pressione. E’ proprio così ? o dobbiamo invocare una sorta di
pressione da fluido “incompressibile” per bilanciare il “peso” della materia
sovrastante ? E se la risposta è che NON è sufficiente, quale è la causa fisica di
pressione interna così elevata da bilanciare la pressione dovuta al “peso” ?
Fluido incompressibile ?
Possiamo trovare la risposta facendo la seguente considerazione:
P = 19 x (G M2/ R4) = 2.1 x 1017 gm cm-1 sec-2 (dyne cm-2)
Se Idrogeno alla stato atomico neutro esiste all’interno del Sole, P è la forza per unità
di area esercitata sulla shell dell’orbitale atomico dalla pressione interna.
Dobbiamo chiederci: siamo sicuri che, sottoposto a questa forza, il legame
elettronico non si rompa e che quindi l’Idrogeno possa non sopravvivere nello stato
atomico ?
F = e2/r12
+
2 r1
(forza di legame)
+
P=2.1 x 1017 dyne cm-2
P’ = e2/4r14 = 7.2 x 1013 dyne cm-2
(Forza per unità di area = pressione equivalente)
Quindi, la materia all’interno del Sole deve essere costituita da un fluido
di nuclei di Idrogeno (protoni) ed da elettroni liberi.
Il fluido è
elettricamente neutro.
Questo stato della materia si chiama plasma.
Nel Sole, la distanza media (r15 x 10-9 cm) delle particelle del plasma,
alla densità media che abbiamo calcolato (1.4 gm cm-3), è elevata
rispetto alle dimensioni delle particelle stesse (nucleo 10-13 cm).
In altre parole, il plasma all’interno del Sole si comporta come un gas perfetto
+
+
+
+
+
+
+
+
+
+
+
+
+
Ed è studiando le proprietà di questo gas perfetto che potremo capire quale
è la sorgente di energia che genera l’enorme pressione interna del Sole.
Sfruttando le nostre conoscenze sui gas perfetti,
proviamo adesso a calcolare la temperatura all’interno del Sole.
• In un gas perfetto, la pressione è associata alla agitazione termica delle
particelle che lo compongono.
• In particolare, dato un numero n di particelle per unità di volume di una data
specie, la legge dei gas perfetti dice che a una data temperatura T queste particelle
contribuiscono alla pressione totale con un termine dato da:
P=nkT
• Quanto vale n all’interno del Sole ? Con una densità centrale c 100x1.4 gm cm-3
(dovuta principalmente a protoni) si ha n = c / mp 1026 cm-3
• Dato il valore di pressione ricavato in precedenza, P 2.x 1017 dyne cm-2 si ha:
T = P /nk 1.5 x 10 7 °K
(k = 1.38 x 10-16 erg °K-1)
15 milioni di gradi Kelvin !!
(da paragonare ai 6000 °K della temperatura di corpo nero degli strati superficiali)
Avere ricavato questo valore T = 15 x 106 °K per la temperatura all’interno del Sole,
ci dice immediatamente quale è la fonte di energia interna:
Fusione nucleare
L’elevata energia termica consente ai protoni di superare la barriera Coulombiana
(repulsiva) e di portarsi a distanze così piccole (10-13 cm) da sentire l’effetto
(attrattivo) della interazione nucleare forte (che agisce appunto a corto range).
energia
½ m v2
r
barriera classica
Potenziale Coulombiano repulsivo
potenziale nucleare (attrattivo)
Agitazione termica:
• Distribuzione di probabilità di v:
energia
exp(-mv2/2kT)
•
r
Effetto tunnel
(Maxwelliana)
Quindi l’idea è che, una volta superata la barriera Coulombiana (grazie alla forte
agitazione termica dovuta alla elevata temperatura T), i nuclei di Idrogeno
possano avvicinarsi fino a distanze (10-13 cm) tali da sentire la forza di legame
dovuta all’interazione nucleare forte.
Delle 4 Forze Fondamentali della Natura, l’interazione nucleare forte è quella
che tiene insieme le particelle che costituiscono un dato nucleo atomico.
Senza l’interazione
nucleare forte…….
He
X
Nucleo di He stabile
In questa sede non entriamo nel dettaglio del fenomeno fisico per cui da 4 protoni si
possono ottenere 2 protoni e 2 neutroni, ma ci limitiamo a riflettere sul fatto che il
fatto di essere cadute nella buca di potenziale dell’interazione forte lega le 4 particelle.
Quando una particella interagisce con un potenziale dovuto a una forza repulsiva, la
sua energia totale NON cambia, ma c’è solo uno scambio fra energia potenziale ed
energia cinetica.
Quando una particella invece viene intrappolata nella buca di potenziale di una
forza attrattiva, la sua energia totale diminuisce (l’energia di legame è negativa e
infatti, in un sistema legato, dobbiamo supplire energia per rompere il legame)
E0
E0
E
Quindi l’energia totale di un nucleo di He a riposo è inferiore alla energia a
riposo delle particelle che lo compongono e poiché E = mc2, il nucleo di
He presenta un difetto di massa rispetto alla massa totale delle particelle che
lo compongono.
Quindi, nel fondere 4 nuclei di H per formare un nucleo di He (4H  He) si
libera una quantità di energia pari al difetto di massa
La fusione nucleare nel Sole
In questa sede non entreremo nei dettagli del fenomeno di fusione nucleare
4H  He
fenomeno che certamente è più complesso di quanto abbiamo esemplificato
invocando semplicemente l’interazione nucleare forte.
(Per esempio, si rifletta sul fatto che in questa reazione, da 4 protoni otteniamo
1 nucleo composto da 2 protoni e 2 neutroni, cosa che richiede l’intervento di
un’altra delle quattro forze fondamentali, l’interazione nucleare debole)
Vediamo invece di stimare le implicazioni energetiche:
In questa reazione nucleare si ottiene un nucleo (il nucleo di He) di massa
m = 3.97 x mp
A questo difetto di massa:
m = 4 x mp – 3.97 x mp
corrisponde una liberazione di energia:
E = m c2 = 0.03 mp c2
per ogni 4 nuclei di H fusi in He
Assumiamo una composizione iniziale del Sole prevalentemente di H, per
esempio per il 70% della massa totale.
Otteniamo un numero totale di nuclei di H (protoni) disponibile pari a:
N = 0.7 x M  / mp = 0.7 x (2 x 1033)/(1.67 x 10-24) 8 x 1056
Se ogni 4 nuclei di H possiamo ottenere 1 nucleo di He, questo corrisponde a
una riserva totale teorica di energia pari a:
Etot = (N/4) x 0.03 mpc2 = 9 x 1051 erg
Considerato che la luminosità del Sole è pari a:
L  = 3.9 x 1033 erg s-1
si ottiene un tempo di vita dell’ordine di:
 = Etot / L  2 x 1018 s  7 x 1010 anni
Con un calcolo più accurato, tenendo conto che solo nel nucleo centrale (pari a
circa il 13% di H disponibile) ci sono le condizioni di temperatura e pressione per
l’innesco della reazione nucleare 4H  He, si ottiene:
 13% x 7 x 1010 = 9 x 109 anni
E questa infatti è stima attuale del
tempo totale di vita di una stella di 1 M 