LIVELLI ENERGETICI DI UN ATOMO O DI UNO IONE Consideriamo un atomo od uno ione con un solo elettrone di valenza Ricordo che si definiscono come elettroni di valenza tutti gli elettroni esterni al RESIDUO ATOMICO. E che si definisce come RESIDUO ATOMICO il gruppo stabile di elettroni ottenuto allontanando gli elettroni più esterni. Lo STATO di un atomo o di uno ione con un solo elettrone di valenza è determinato dai seguenti NUMERI QUANTICI n numero quantico principale l numero quantico azimutale | ~l |= l(l + 1) h̄ q l = 0, 1, 2, ...., n − 1 s, p, d s q | ~s |= s(s + 1) h̄ numero quantico di spin s = ± 21 j | ~j |= j(j + 1) h̄ q numero quantico interno j =l± 1 2 ( mj numero quantico magnetico 1 → ml (−l, ...0..., l) (2l+1) stati ms (− 21 ; + 12 ) (2s+1) stati 2 mj = j, j − 1, ...0...., −(j − 1), −j (2j + 1) stati Nel modello atomico di Bohr l’“elettrone di valenza (o gli elettroni di valenza) gira attorno al “RESIDUO ATOMICO Per fare un esempio il “RESIDUO ATOMICO di un atomo di NaI è: Na 1s2 3s1 2s2 p6 Z=1 Residuo atomico o MANTELLO ATOMICO ELETTRONE DI VALENZA al livello fondamentale ACCOPPIAMENTO RUSSELL-SAUNDERS Se l’atomo o lo ione possiedono più elettroni di valenza allora i momenti azimutali ~li e i momenti di spin s~i dei singoli elettroni si sommano vettorialmente per dare rispettivamente il ~ = X ~l momento azimutale totale L ~ |= L(L + 1) |L ~ = X ~s S ~ |= S(S + 1) |S momento di spin totale q q N.B. L ed S si calcolano per i soli elettroni di valenza Si definisce TERMINE uno stato (livello energetico) definito da una terna di valori n, L, S 3 Questo si suddivide in r livelli di energia caratterizzati da diversi valori di J Se: L ≥ S : J = L + S ; L + (S − 1)....L − (S − 1) ; L − S r = 2S + 1 Se: L < S : J = S + L ; S + (L − 1)....S − (L − 1) ; S − L r = 2L + 1 TERMINI DI MULTIPLETTO Un termine di multipletto viene normalmente indicato con la seguente notazione r = 2S + 1 anche se L < S; in questo caso r non indica la molteplicità PARITÀ Si parla di TERMINI PARI o DISPARI quando: ( X li = e nella notazione si indica pari (EV EN ) dispari (ODD) 4 ESEMPIO SULL’INDICAZIONE DEI TERMINI NEL CASO DI NaI (n=3) La notazione DETTAGLIATA del livello fondamentale dell’atomo di sodio è: 1s2 2s2 p6 3 2 S 12 Il doppietto D del N AI (λλ 5890 5896) proviene dalle transizioni: 3 2 S 21 − − − 3 2 P 21 λ 5895.92 3 2 S 12 − − − 3 2 P 23 λ 5889.95 Vedi pag. 440 “Introduction to modern physics Richtmeyer - Kennard - Cooper 5 SCALE NEI DIAGRAMMI DI GROTRIAN Nei diagrammi di GROTRIAN sono riportate sovente 2 scale per indicare l’energia dei vari livelli: Una prima scala dà la “Differenza di energia” in [eV] rispetto al livello fondamentale Una seconda scala (detta dei TERMINI) in [cm−1 ] che dà il rapporto fra il modulo dell’energia di legame ed hc cioè il numero d’onda: Tm = | Energia legame | 1 = [cm−1 ] ≡ [kayser] hc λ h = 4.13 · 10−15 eV sec = 6.62 · 10−27 erg sec c = 2.998 · 10−10 cm sec−1 Tm = 1eV = 1.6022 · 10−12 erg 1 E (eV ) = [cm−1 ] −8 λ 12398 · 10 (eV cm) La coordinata Tm in pratica misura il “numero d’onda” corrispondente alla transizione fra lo stato m e lo stato libero. 6 Ad una transizione fra 2 livelli m ed n | Tm − Tn |= = | Em − En | 1 = [cm−1 ] hc λmn ∆E [eV ] [cm−1 ] −8 12398 · 10 Ovviamente: 12398 108 λ[Å] = = ∆E [eV] | Tm − Tn | NOTA Ad una differenza di energia di 1 eV corrisponde una lunghezza d’onda di 12398 Å 7 STRUTTURA FINE (Termini semplici - Degenerazione - Peso statistico) In un campo magnetico esterno ogni singolo termine di multipletto si suddivide, a causa delle diverse possibilità di orientamento del vettore J (quantizzazione spaziale) in g = 2J + 1 T ERM IN I SEM P LICI Se non vi è CAMPO MAGNETICO ESTERNO bisogna ancora contare ogni livello g – volte nella statistica dei rapporti di popolazione. 8 In questo caso si dice che: a) il termine di multipletto L S J è DEGENERE b) il PESO STATISTICO del termine di multipletto L S J è: g = 2J + 1 → peso statistico del termine di multipletto L S J PESO STATISTICO DEL TERMINE TOTALE Il peso statistico del termine totale L S è la somma dei pesi statistici dei singoli termini di multipletto L S J g= L+S X (2J + 1) = J=L−S 2S X [2(L − S + K) + 1] K=0 z I o termine }| { z ultimo termine }| { ( 2L − 2S + 1 + 2L − 2S + 4S + 1 ) = (2S + 1) 2 g = (2S + 1)(2L + 1) → peso statistico del termine totale L S ESEMPIO Nel caso dell’atomo di IDROGENO ad un termine L S corrisponde un peso statistico S = 12 g = 2(2L + 1) 9 Nel caso dell’atomo di idrogeno tutti i termini L S che hanno lo stesso numero quantico principale n hanno lo stesso livello di energia (perché non esiste il mantello che fa variare l’energia di legame al variare della eccentricità dell’orbita, cioè di L). Il peso statistico dello stato quantico n è perciò: g= n−1 X 2(2L + 1) = L=0 2 + 2(2n − 2 + 1) 2 + 4n − 2 ·n= · n = 2n2 2 2 REGOLE DI SELEZIONE 1. Sono permesse le transizioni solo tra termini pari e termini dispari 2. ∆J = ±1 oppure 0 ; 0 → / 0 è proibita 3. ∆L = ±1 oppure 0 ; 4. ∆S = 0 ∆l = ±11 Le INTERCOMBINAZIONI tra termini di diversa molteplicità sono proibite 5. ∆MJ = ± 1, 0 M =0→ / M = 0 per ∆J = 0 1) ed 2) sono valide per il dipolo elettrico 3) ed 4) sono valide in accoppiamento Russell-Saunders 1 Ma per l’elettrone che compie il salto quantico deve essere ancora ∆l = ±1 10 POPOLAZIONE DEI LIVELLI DEFINIZIONI • Nim ( −3 [cm ] atomi ionizzati i − volte al livello m • i = 0, 1, 2, ....Z • Ni = P m Nim [cm−3 ] atomi ionizzati i − volte • N= P i Ni [cm−3 ] atomi e ioni di un elemento energia di eccitazione dal livello 1→ m dell0 atomo i − volte ionizzato • χim • χi = χi∞ • gim energia di ionizzazione dello ione i − volte ionizzato peso statistico del livello m dell0 atomo ionizzato i − volte Esempio: g01 g11 11 g21 12 ECCITAZIONE TERMICA – FORMULA DI BOLTZMANN In EQUILIBRIO TERMODINAMICO la distribuzione degli atomi (ioni) di un determinato elemento sui diversi livelli è data dalla: ! Nim gim χim = exp − k = 1.38 · 10−16 erg k −1 (1) Ni1 gi1 kT • diminuisce la popolazione ai livelli più alti esponenzialmente • diminuisce ai livelli più bassi all’aumentare della temperatura Sommando su tutti gli stati m Ni 1 X χim = gim exp − Ni1 gi1 m kT ! Dividendo per la (??) e facendo l’inverso si ottiene: Nim = Ni P m gim χim exp − gim exp(− χkTim ) kT ! Ponendo: χim ) kT m chiamata ZUSTANDSUMME PARTITION FUNCTION ui (T ) = X gim exp(− si ha: Nim gim χim = · exp − Ni ui (T ) kT La (??) in forma logaritmica utile per il calcolo pratico è: ! log ui (T ) = Nim gim = log − χim ϑ Ni1 gi1 X m converge perché: gim exp(− χim ) kT ϑ= 5040 T T ABU LAT I (2) 13 a) Per livelli più alti χim è più grande che per livelli bassi e quindi l’esponenziale dimunuisce b) Il numero di livelli in un atomo è FINITO per effetto dell’allargamento delle righe, le cui cause sono: 1. Larghezza naturale (smorzamento di radiazione) 2. Allargamento per collisione (all’aumentare della pe aumentano gli urti) 3. Allargamento Doppler N. B. ui (T ) è tabulato per le PRESSIONI DELLE ATMOSFERE STELLARI NORMALI in funzione della TEMPERATURA ESEMPIO Calcolare la popolazione del livello 3 2 P 32 del Na I (livello superiore della transizione che produce la riga D2 λ = 5890Å) in rapporto alla popolazione del livello fondamentale 3 2 S 12 per T = 6000 K Per il livello 3 2 S 12 3 2 P 32 1 +1=2 2 3 =2· +1=4 2 g01 = 2J + 1 = 2 · g0m 14 log N0m g0m 5040 = log − χ0m N01 g01 T 12398 12398 = = 2.10 eV λ 5890 4 5040 = log − 2.1 = 0.30 − 0.84 · 2.10 = −1.464 2 6000 N0m = 0.034 N01 χ0m = log N0m N01 La frazione di atomi neutri al livello fondamentale è: χ01 N01 g01 = e− kT → χ01 = 0; N0 u0 (T ) u0 (T ) = 2.5 da tab. . g01 = 2 N01 2 = = 0.8 N0 2.5 IONIZZAZIONE - EQUAZIONE DI SAHA (Elsässer) L’equazione di Saha descrive l’EQUILIBRIO DELLA REAZIONE AT OM O −→ ←− ION E + ELET T RON E Questa reazione può essere interpretata come estensione della 15 formula di Boltzmann alla zona dei livelli distribuiti in modo continuo e con energia positiva Un tale livello ha un potenziale di eccitazione dal livello fondamentale p2 1 dell0 elettrone liberato χ0 +EKIN = χ0 + me v 2 → energia cinetica 2 2me Ricordando che: d px d x ≥ h Il CONTINUO degli stati con E > 0 deve essere suddiviso in celle quantizzate | ovvero ↓ Lo spazio delle fasi X, Y, Z, PX , PY , PZ deve essere diviso in celle quantizzate di volume h3 Il numero di atomi al livello fondamentale, che hanno perso un elettrone che si trova nello spazio delle fasi 16 x + dx px + d p x x px in posizione compresa fra: y + dy py + d py y py g11 1 1 d N11 p2x +p2y +p2z =2 ·exp − N01 g01 kT 2me ( " !#) · z + dz pz + d pz z pz d x d y d z d px d py d pz h3 peso statistico dell0 elettrone 2 = 2s + 1 g11 Z +∞ Z 1 N11 1 exp − = 2 χ0 + p2 +p2 +p2 N01 g01 −∞ V kT 2me x y z ( " !#) · d x d y d z d p x d py d pz 3 La prima è un’integrazione nelle coordinate di impulso (2πme kT ) 2 mentre V è il volume nel quale si trova 1 elettrone poiché ad ogni ione corrisponde 1 elettrone V = 1 kT → pe = Ne kT → V = Ne pe 3 5 N11 g11 (2πme ) 2 (kT ) 2 χ0 · pe = 2 · · exp − N01 g01 h3 kT ! (3) Formula di Saha Rapporto tra il numero di atomi ionizzati 1-volta al livello fondamentale e il numero di atomi neutri al livello fondamentale Sommando su tutti gli stati ecitati si ottiene nel caso più generale di ioni i-volte ed (i+1)-volte ionizzati: 3 5 ui+1 (2πme ) 2 (kT ) 2 χi Ni+1 · pe = 2 · · exp − Ni ui h3 kT ui (T ) = X m gim exp[− χim ] kT " # 17 in forma logaritmica: 5 ui+1 Ni+1 log · pe = −χi ϑ + log T − 0.48 + log 2 Ni 2 ui ! ϑ= 5040 T pe = [dyn cm−2 ] χi [eV ] ESEMPIO Determinare il rapporto: N aII N aI per T = 6000 K pe = 10 dyn cm−2 Sia per NaI che per NaII il primo livello eccitato è sufficientemente alto da permettere l’approssimazione: u0 ≈ g01 = 2 u1 ≈ g11 = 1 inoltre χ0 = 5.14 eV 5040 5 ui+1 Ni+1 · pe = −χ0 + log T − 0.48 + log 2 log Ni T 2 ui ! log N1 5040 = −5.14 · + 2.5 log 6000 − 0.48 + log 1 − log10 N0 6000 | = 3.65 N1 = 4.5 · 103 N0 Lo 0.02 % degli atomi di sodio non è ionizzato di questi l’80 % sono al livello fondamentale e di questi solo il 3 % è al livello 3 2 P 23 λ 5890 (cioè il 2 % degli atomi di sodio neutro sono al livello 3 2 P 23 λ 5890) In conclusione lo 0.0005 % degli atomi di N a0 e N a+ è al livello 3 2 P 32 λ5890) 18 σ0 ∼ 6.3·10−18 cm2 f or hydrogen P hotoionization cross section Cross section f or elastic scattering e − e σ0 ∼ 10−21 cm2 Recombination cross section N1 ∼ 4.5 · 103 N0 σ0 ∼ 10−13 cm2 N1 ∼ 4.5 · 103 N0 α v −4 α v −2 N1 + N0 ∼ (4.5 · 103 + 1)N0 ∼ N1 N0 N0 1 ∼ ∼ = 0.00022 percentuale di atomi di N aI N1 N1 + N0 4.5 · 103 di questi atomi neutri di NaI N01 = 0.8 N0 sono al livello f ondamentale la percentuale di atomi di NaI al livello 3 2 P 32 rispetto al numero di atomi al livello fondamentale è: N0 3 2P 3 2 N01 = 0.03 Se indichiamo con Ntot (N a) = N0 + N1 abbiamo che lo 0.0005 % degli atomi di N a0 e N a+ è al livello 3 2 P 32 GRUPPO DI NOZIONI DA FAR PRECEDERE ALLE MOLECOLE Interazione spin-orbita (White pag. 124 - 127) Consideriamo il caso di un atomo con un solo elettrone, od un solo elettrone di valenza: HI per es. Lo SPIN dell’elettrone nel campo magnetico B k l ad H precede attorno Analogamente si può calcolare la precessione di l nel campo dell’elettrone In assenza di campo magnetico esterno (Momento applicato ≡ 0) si conserva: j =l+s Quindi l’interazione SPIN - ORBITA “accoppia l ed s in un moto di precessione attorno ad j con frequenza pari a quella di Larmor 19 20 EFFETTO ZEEMAN (White pag. 154) Consideriamo sempre un atomo ad 1 elettrone Quando l’atomo è posto in un campo magnetico debole (debole in confronto ai campi interni generati dall’interazione spin-orbita) l ed s restano legati e precedono a causa del campo interno interno attorno a j j precede a sua volta attorno al campo magnetico B EFFETTO PASCHEN-BACK (White pag.163) Quando il campo magnetico esterno diviene più forte di quello interno, fino al punto che: la precessione di j attorno a B della precessione di l ed s attorno ad j allora l’accoppiamento l-s si rompe ed l ed s precedono indipendentemente attorno a B ACCOPPIAMENTI L-S e J-J (White pag. 190) Consideriamo un atomo con più elettroni (2 per esempio) 21 In termini classici ogni spin s e ogni orbita l producono un campo attorno al quale gli altri s ed l tendono a compiere una precessione di Larmor. Accoppiamento L-S Nel caso in cui le interazioni fra gli l e tra gli s sono molto maggiori delle interazioni fra i singoli l ed s risulta che: ~ = P ~l 1. i singoli l precedono velocemente attorno alla loro risultante L ~ = P ~s 2. i singoli s precedono velocemente attorno alla loro risultante S 3. L ed S per effetto di un’interazione spin-orbita totale precedono più lentamente attorno a J =L+S Accoppiamento j-j (White pag. 190) Al contrario se le singole interazioni l-s sono più forti delle l-l ed s-s in ogni elettrone si accoppierà l ad s e avremo che : 1. le singole coppie l-s precedono attorno ad j = l + s 22 2. i singoli j per effetto dell’interazione j-j precedono lentamente attorno alla risultante: X J ∗ = j∗ EFFETTO STARK DEBOLE (White pag. 405) Consideriamo un atomo di idrogeno HI Per Campo Elettrico Debole F si intende che: interazione j − F interazione magnetica l − s In un campo elettrico debole l’elettrone ruotante che può essere considerato come un piccolo magnete non interagisce con il campo Quindi l’accoppiamento di j con F è dovuto all’interazione di l con F Il risultato è che j precede attorno ad F come nell’effetto Zeeman La proiezione di j su F è data da mj (−j −→ +j) La differenza tra Stark e Zeeman è che stati con opposto mj nell’effetto Stark hanno medesima energia 23 EFFETTO STARK FORTE (White pag. 407) Quando il campo elettrico è forte, cioè quando l’interazione l−F l−s Allora l’accoppiamento magnetico l-s è rotto ed l è quantizzato rispetto alla direzione del campo attorno a cui precede rapidamente Lo spin che può essere condiderato un piccolo magnete non risente del campo elettrico Esso però risente del campo magnetico generato da l anche se non è più accoppiato con esso. Risolvendo il campo magnetico in 2 componenti Bx e By una ⊥ F e l’altra k F . La prima per effetto della precessione rapida di l attorno ad F va a ZERO. Resta By per cui anche S precede attorno ad F Se l ⊥ F ; By = 0 ⇒ S non precede 24 I NUMERI QUANTICI MOLECOLARI Straughan Vol. 3 pag 1 e seg. In un atomo gli li e gli si si combinano per dare: L ed S Quando un atomo caratterizzato da L1 S1 si combina con un atomo caratterizzato da L2 S2 per dare una molecola, i 3 valori di L, S della molecola sono: L = L1 + L2 , L1 + L2 − 1........ | L1 − L2 | L≥0 S = S1 + S2 , S1 + S2 − 1........ | S1 − S2 | S≥0 ~ k alla In una molecola biatomica agisce un forte campo elettrico E congiungente i due nuclei E ∼ 109 V/cm (pag. 366 Fisica Berkeley vol. 2) cosı̀ che L ed S sono disaccoppiati (effetto Stark forte) Quindi L precede attorno alle congiungenti i nuclei ~ ·L ~ ∗ |= 0, 1, 2, ....., L Λ=|K Σ, Π, ∆, ....... Λ (analogo) di ML esclusi i valori negativi perché lo stato del sistema non varia invertendo la velocità degli elettroni sulle loro orbite, cioè non si ha uno stato Σ ; 25 ~ kE ~ lungo la congiungente i due atomi agisce un campo magnetico B il quale fa precedere S attorno all’asse della molecola. La componente di questo momento angolare di spin lungo l’asse è: ~∗ · K ~ Σ=S NON IN MODULO perchè in un campo magnetico varia lo stato del sistema invertendo lo spin Σ = S, S − 1, ...... − S + 1, −S La componente del momento angolare totale lungo l’asse internucleare può essere ottenuta accoppiando Λ e Σ: | Λ + Σ |= Ω ove Ω h̄ è il “momento angolare totale sull’asse internucleare Uno “stato elettronico viene definito con una dizione simile a quella usata per i termini spettroscopici 2S+1 ΛΩ Si trovano sovente anche due sovrascritte + (-) e due sottoscritte u (g) I segni (+) e (-) danno informazioni sulle caratteristiche di SIMMETRIA della FUNZIONE D’ONDA di uno stato elettronico molecolare 26 Se la “funzione d’onda non cambia segno per una “riflessione delle coordinate rispetto a un piano passante per i nuclei allora si usa il segno (+) Le dizioni (g) e (u) si trovano quando la molecola diatonica è costituita da 2 atomi uguali (H2 ) o da 2 isotopi HD. Un tale sistema ha un ”centro di simmetria. Consideriamo un piano ⊥ alla congiungente i due atomi e prendiamo come 0 come origine di un sistema (x,y,z). Se le coordinate degli elettroni cambiano segno (x, y, z) −→ (−x, −y, −z) e le FUNZIONI D’ONDA restano inalterate in segno IL TERMINE (LO STATO) è PARI (GERADE) in caso opposto DISPARI (UNGERADE) 27 Consideriamo la molecola H2+ nello stato fondamentale Esempio: Λ=0 REGOLE DI SELEZIONE FRA STATI ELETTRONICI DIVERSI • ∆Λ = 0, ±1 ∆S = 0 ovvero ∆Ω = 0, ±1 ∆Σ = 0 Sia chiaro che le regole di selezione su ∆Ω e∆Σ sono una conseguenza di quelle su ∆Λ e ∆S • g −→ u permessa ma g −→ / g • (+) −→ (+) ma u −→ / u proibite (-) −→ (-) permessi (+) −→ / (-) proibito Nel caso di Λ=1 Ω =| Λ + Σ |= 1 + 1 =2 0 =1 −1 = 0 S=1 Λ = 1; Σ = 1 Λ = 1; Σ = 0 Λ = 1; Σ = −1 →→ → →← 28 Si hanno quindi 3 diversi stati elettronici: 3 Π0 , 3 Π1 , 3 Π2 negleeting all considerations of The elttronic energy of a term value of a multiplet term is: Te = T0 +AΛΣ A = coupling constant T0 = T erm value when Σ = 0 Quando Λ = 0 significa che la componente del momento angolare degli elettroni lungo l’asse internucleare è 0. Quindi il campo magnetico è 0 e non vi è splitting dei livelli d’energia. Esempio: Λ=0 S=2 → stato 5 Σ anche se ... splitting in 5 sotolivelli 29 In nearly all diatomic molecules in their ground state the electron spins are paired (the O2 and NO molecules are exceptions) and the electron spin angular momentum S ∗h̄ is 0. Furthermore the orbit angular momentum L∗h̄ of the electrons is also usually 0. NOTA It follows that in the ground state: Λ=0 Σ=0 ⇒ Ω=0 30 SCHEMA GENERALE DEI TERMINI DI UNA MOLECOLA Gli spettri delle molecole si differenziano da quelli degli atomi per la molteplicità di righe raggruppate nelle bande - nell’infrarosso la separazione delle righe è costante Esse hanno origine dalle differenti possibilità di 1. Rotazione dei nuclei della molecola 2. Oscillazione dei nuclei della molecola 3. Variazione di configurazione elettronica (elettroni di valenza) Lo studio della struttura dei termini delle molecole si semplifica per il fatto che le differenze di energia fra due termini che differiscono tra di loro solo per: ∆ER ∆EV ∆Ee ove: • ∆ER → moto di rotazione della molecola • ∆EV → differenza dello stato di oscillazione • ∆Ee → variazione di stato elettronico 31 32 Si possono quindi considerare in prima approssimazione come movimenti indipendenti e separati: 1. il moto di rotazione 2. il moto di vibrazione 3. il moto degli elettroni MOTO ELETTRONI Nella considerazione del moto degli elettroni supporremo i nuclei fissi Posti i nuclei fermi ad una distanza R abbiamo visto che il sistema degli elettroni può trovarsi in diversi stati quantici cosı̀ che la sua energia potrà assumere differenti valori che indicheremo: Uq q − contraddistingue i diversi stati quantici Conviene includere in Uq l’energia elettrostatica dei due nuclei che una volta fissata la distanza di questi si comporta come una costante addittiva rispetto all’energia del moto elettronico. Si ha coı̀ che Uq rappresenta l’energia totale se i nuclei sono fermi In figura è riportata la dipendenza di: Uq (r) da r VEDI FIGURA 33 - Come spiegazione dell’andamento dell’energia totale: Quando il sistema degli elettroni si trova in uno stato in cui Uq (r) ha un minimo per r = r0 allora alla distanza re tra i due nuclei corrisponde una situazione di equilibrio della molecola Possiamo sviluppare U (r) in potenze di x = r − re U (r) = a + bx2 + cx3 + . . . . ove a, b, c sono costanti che dipendono dallo stato quantico elettronico MOTO DI VIBRAZIONE Se ci limitiamo al termine quadratico: U (r) = a + bx2 34 (Zona parabolica della curva potenziale) • P = −S...., 0, ...... + S • Λ = 0.......L • Ω = Λ + S..........Λ − S NOTA Introdurre nuovamente L∗ , S ∗ , Λ, Σ, Ω = 1 + Σ 2S+1 ΛΩ Significa che tra i nuclei si esercita una forza ELASTICA e che il sistema oscilla attorno alla posizione di equilibrio re Indichiamo con νOSC la frequenza di oscillazione, che dipende dallo stato elettronico L’energia dei diversi stati di oscillazione quantizzati sarà data dalla formula Ev = hνOSC 1 v+ 2 v= numero quantico di oscillazione (o vibrazione) = 0, 1, 2, . . . . 35 NOTA Per v grandi (ovvero per grandi oscillazioni) occorre tenere conto dei termini di ordine superiore al secondo MOTO DI ROTAZIONE Ammettiamo che non cambi la posizione relativa dei due nuclei e consideriamo i due nuclei come collegati rigidamente tra di loro Benché la massa degli elettroni si possa trascurare rispetto a quella dei nuclei il moto degli elettroni può avere un’influenza notevole sul moto di rotazione dell’intera molecola Il momento della quantità di moto lungo l’asse della molecola è Ωh̄ e questa quantità è costante finché si prescinde dalla rotazione della retta congiungente i 2 nuclei Facciamo ruotare la molecola attorno ad un asse ⊥ alla congiungente le due componenti e passante per il baricentro e sia il momento della quantità di moto: Rh̄ 36 Il momento angolare risultante è ~ +Ω ~ J~ = R e si conserva R ed Ω precedono attorno ad esso Se I è il momento d’inerzia della molecola l’energia di rotazione è: 1 1 Er = Iω 2 = (Iω)2 2 2I ma Iω = Rh̄ (R non è un intero) momento della quantità di moto quindi: 1 2 2 h2 R2 Er = R h̄ = 2 2I 8π I Ponendo: h 8π 2 I costante rotazionale che dipende ovviamente dallo stato elettronico (dipende infatti da I quindi dalla distanza di equilibrio dei due nuclei); dipende anche dallo stato vibrazionale che mi fa variare r attorno ad re (questa dipendenza è però debole) si ha: Er = hBv R2 Bv = 2 R2 = J ∗ − Ω2 quindi: 2 Er = hBv (J ∗ − Ω2 ) → J = Ω, Ω + 1, ..... Dalla meccanica quantistica si ottiene invece: Er = hB{J(J + 1) − Ω2 } J ≥Ω J = Ω, Ω + 1, ..... (4) 37 ~ perché deve essere il suo modulo = Ω(Ω + 1) per J = Ω J~∗ non è k Ω la sua componente lungo l’asse dela molecola sarà = Ω q L’energia totale della molecola è in definitiva: 1 2 E = Ee + hν v + + hB J(J + 1) − Ω {z } | | {z 2 } (5) Er Eo Da questa espressione con semplici regole di selezione si può comprendere la struttura generale di uno spettro a bande. REGOLE DI SELEZIONE (all’interno di uno stesso strato elettronico) • J 1. Se Λ 6= 0 ∆J = ±1 ; 0 J=0 −→ / J=0 proibita 2. Se Λ = 0 : Λ = 0 , Σ = 0 come comunemente nei livelli fondamentali ∆J = ±1 Sono possibili le transizioni J +1 J → J proibita se Λ = 0 come comunemente al livello f ondamentale J −1 • v ∆v qualsiasi BANDE DI OSCILLAZIONE E ROTAZIONE Consideriamo transizioni per cui ∆Ee = 0 (Riferimento range spettrali) 38 Ammettiamo che le molecole si trovino allo stato elettronico di minima energia Cioè osserviamo un GAS - FREDDO Possiamo quindi supporre E, El , νOSC , B costanti Potremo anche supporre che sia Ω = 0 perché questa circostanza è quasi sempre verificata per gli stati fondamentali delle molecole di cui si studiano le bande di oscillazione e rotazione. Inoltre siccome i livelli fondamentali sono Σ Λ=0 e di conseguenza Σ = 0 ciò significa che: 1. J ∗ = R 2. J = Ω, Ω + 1, ...... = 0, 1, 2, ..... J ≥ 0 questo però è sempre vero perché Ω =| Λ + S | Per due stati distinti caratterizzati da un diverso numero quantico vibrazionale v 0 , v 00 e da un diverso numero quantico di momento angolare totale J 0 , J 00 1 0 0 E = Ee + h νOSC v + 2 + hBJ J + 1 1 00 00 E 00 = Ee + h νOSC v 00 + J +1 2 + hBJ 0 0 39 la frequenza emessa è: E 0 − E 00 ν= = νOSC (v 0 − v 00 ) + B [J 0 (J 0 + 1 ) − J 00 (J 00 + 1 )] h Siccome ∆Ee = 0 e Λ = 0 vale una selezione piu restrittiva per la J ∆J = 0 non è permessa Poniamo quindi: J 00 = J 0 + 1 J 00 = J 0 − 1 1. ν = νOSC (v 0 − v 00 ) − 2B(J 0 + 1) J 0 = 0, 1, 2... J 00 = J 0 + 1 per RAMO P 2. ν = νOSC (v 0 − v 00 ) + 2BJ 0 J 0 = 0, 1, 2... per J 00 = J 0 − 1 RAMO R non si prende J 0 = 0 perché altrimenti sarebbe J 00 < 0 0 00 Fissiamo v e v e consideriamo i differenti valori di frequenza che si ottengono al variare di J 0 1 2 3 4 ramo ν /J 0 0 1 K − 2B K − 4B K − 6B K − 8B K − 10B ...................P 2 K + 2B K + 4B K + 6B K + 8B ........... .........R Nel caso di H Cl νOSC =2907 cm−1 ——numero d’onda e λOSC = 3.44µ [per v 0 − v 00 = 1 λOSC = Nel caso di HCl Bv = 3.23 · 1011 Hz 2Bv = 6.46 · 1011 Hz λ2 ∆λ = ∆ν c 0 00 se v −v = 1 (3.44)2 ∆λ = ·6.46·1011 = 255 Å = 0.026 µ c 40 La distanza fra le righe è un multiplo di Bv che a sua volta è: Bv = h 8π 2 I h = 6.626 · 10−27 erg sec cioè inversamente proporzionale al momento d’inerzia della molecola —————————————————————————— In pratica risulta per HCl I= I= Bv = 3.23 · 1011 Hz h = 2.6 · 10−40 g cm2 2 8π Bv mH mcl 2 r = 1.61·10−24 r2 mHI + mcl mH = 1 [= 1.66·10−24 g] r = 1.27 · 10−8 cm mcl = 35.5 FERMI Allo zero assoluto T = 0 Tutte le molecole sono al livello fondamentale di solito Λ = 0 ⇒Σ = 0 e ⇒ Ω = 0 Sono ferme e non ruotano nè vibrano v=0 J =Ω=0 A TEMPERATURA ORDINARIA T la differenza di energia fra due livelli vibrazionali ∆Ev > KT per cui la maggior parte delle molecole si trova a livello vibrazionale v = 0 Al contrario a temperature ordinarie ∆Er < KT per cui le molecole si distribuiscono tra parecchi stati di rotazione differenti sempre allo stato vibrazionale più basso 41 42 In questo caso si osservano in assorbimento solo le righe che partono dal termine più profondo con v = 0 La banda più intensa è quella che corrisponde alla transizione: v0 = 0 0 −→ −→ 2 v 00 = 1 0 −→ f requenza f ondamentale 3 .......sono molto più deboli Ricordo che debbono essere rispettate le regole di selezione per transizioni rotazionali: ∆J = ±1 ; 0 ∆J = 0 J = 0 −→ / J =0 proibita se Λ = 0 −→ Λ = 0 Tutte queste bande vibrazionali cadono nell’infrarosso (' 8µ) Quella rotazionale pura v 0 = v 00 = 0 è invece nel lontano infrarosso vicino radio (0.1 - 0.5 mm) 43 BANDE ELETTRONICHE Descriviamo schematicamente la struttura di un sistema di bande elettroniche (o visibile), cioè di un sistema di righe in cui variano gli stati di oscillazione e rotazione + lo stato elettronico Per calcolare la FREQUENZA delle diverse righe dovremo scrivere la diffrenza fra due livelli energetici e dividerla per h Indichiamo con uno (0 ) o due apici (00 ) le varie grandezze che si riferiscono rispettivamente al termine più elevato e a quello più profondo Le energie dei due termini sono allora: 0 E 0 = El0 + hν 0 (v 0 + 12 ) + hB 0 [J 0 (J 0 + 1) − Ω 2 ] 00 E 00 = El00 + hν 00 (v 00 + 12 ) + hB 00 [J 00 (J 00 + 1) − Ω 2 ] Si noti che siccome varia lo stato elettronico ν 0 6= ν 00 B 0 6= B 00 Facendo la differenza (E 0 − E 00 ) e dividendo per h si ottiene l’espressione generale della frequenza delle righe: (El0 − El00 ) 1 0 ν= +(v 0 ν 0 −v 00 ν 00 )+ (ν 0 −ν 00 )+B 0 J 0 (J 0 +1)−B 00 J 00 (J 00 +1)−(B 0 Ω 2 h 2 00 −B 00 Ω 2 ) poniamo 1 0 1 00 0 (El − El00 ) + (ν 0 − ν 00 ) + B 00 Ω 2 − B 0 Ω 2 h 2 in cui non compaiono numeri quantici di OSCILLAZIONE e di VIBRAZIONE. Questa quantità ha lo stesso valore per tutte le righe corrispondenti alla stessa transizione dello stato elettronico per cui: A= 44 ν = A + v 0 ν 0 − v 00 ν 00 + B 0 J 0 (J 0 + 1) − B 00 J 00 (J 00 + 1) A = cost DEFINIZIONE DI SISTEMA DI BANDE Il complesso delle righe che corrispondono: 1. ad una determinata transizione dello stato elettronico 2. e a tutte le possibili variazioni degli stati di oscillazione e di rotazione prende il nome di “sistema di bande DEFINIZIONE DI BANDA Il complesso delle righe (di un dato sistema di bande) che corrispondono: 1. ad una determinata transizione dello stato elettronico 2. ad una determinata transizione dello stato di oscillazione 3. a tutte le possibili variazioni degli stati di rotazione FREQUENZE DELLE RIGHE DI UNA BANDA Le frequenze delle righe di una banda si ottengono: A) attribuendo a v 0 e v 00 due valori determinati B) variando J’ di ±1 o 0 La banda risulta cosı̀ costituita di 3 RAMI P Q R Attribuendo a J 00 = J 0 + 1 J 00 = J 0 J 00 = J 0 − 1 si ottiene il ramo P si ottiene il ramo Q si ottiene il ramo R 45 Le righe dei singoli rami sono date da: z K }| 0 0 { 00 00 0 RAM O P ν = A + ν v − ν v +(B 0 − B 00 )J 2 − (3B 00 − B 0 )J 0 − 2B 00 0 RAM O‘ Q ν = K + (B 0 − B 00 )J 2 + (B 0 − B 00 )J 0 0 RAM O R ν = K + (B 0 − B 00 )J 2 + (B 0 + B 00 )J 0 Deve essere J 0 ≥ Ω0 ; J 00 ≥ Ω00 Supponiamo Ω0 = Ω00 = Ω Nel ramo PeQ Nel ramo R J 0 = Ω, Ω + 1, Ω + 2 J0 = Ω + 1, Ω + 2 ..... questo perchè altrimenti avremmo 00 J = Ω − 1 se J 0 f osse = Ω Abbiamo posto: Ω=0 B 0 > B 00 ⇒ Se fosse B 00 > B 0 la banda ha la testa verso il rosso la testa della banda sarebbe verso il violetto 46 Valori tipici di B= h 8π 2 I B=costante rotazionale sono B= Valori tipici di sono νOSC = 5.5 · 1011 Hz per OH 2.2 · 1010 Hz per SiO 3.23 · 1011 Hz per HCl (verif icare) νOSC = frequenza di oscillazione 1.1 · 1014 Hz 3.7 · 1013 Hz 8.7 · 1013 Hz per OH per SiO per HCl (verif icare) SDOPPIAMENTO Λ Quando Λ 6= 0 per effetto della interazione fra : momento angolare ROT AZION ALE R l momento angolare orbitale e di spin Λ Σ si ha uno sdoppiamento dei livelli rotazionali ESEMPIO Livello fondamentale dello OH è un 2 Π cioè Λ=1 S= Ω= 1 2 1 + 12 = 1 − 21 = 3 2 1 2 2 2 Π 32 Π 12 Il numero quantico azimutale totale J saraà: 47 2 Π 32 J= 5 7 3 ; ; ....... 2 2 2 2 Π 12 J= 3 5 1 ; ; ....... 2 2 2 A ciascuno stato rotazionale J corrispondono 2 valori dell’energia per effetto della interazione fra MOMENTO ROTAZIONALE e MOMENTO ELETTRONICO (Λ + Σ). Questo effetto si chiama sdoppiamento Λ. | {z } Ω A ciascuno di questi livelli di struttura fina corrispondono 2 livelli di struttura iperfina che si formano per effetto della interazione fra momento angolare nucleare (detto H nel caso della molecola OH) e lo spin degli elettroni. 48 INTERAZIONE FRA RADIAZIONE E MATERIA INTERSTELLARE Radiazione nel gas interstellare Consideriamo la interazione fra radiazione e materia interstellare (Regioni HII, Nebulose planetarie etc.) Prendiamo come caso generale l’esempio di radiazione proveniente da una sorgente che attraversa una nube di tale materia. Per caratterizzare i vari processi a cui è sottoposta la radiazione definiamo le seguenti quantità: 49 50 Intensità specifica Iν = d Eν d A cos θ d ω d t d ν [erg cm−2 sec−1 Hz −1 ] Coefficiente di emissione εν = d Eν A cos θ} d ω d t d ν |d S d{z [erg cm−2 sec−1 Hz −1 ] dV Coefficiente di assorbimento kν Iν = − d Eν A cos θ} d ω d t d ν |d S d{z [cm−1 ] dV Sul tratto ds preso lungo la visuale avremo perciò che la variazione di intensità specifica d Iν è data dall’espressione: 51 d Iν = −kν Iν d s + εν d s d Iν = −kν Iν + jν ds EQU AZION E DEL T RASP ORT O (6) Nel caso di puro assorbimento εν = 0. Ammettiamo che sia Iν 0 l’intensità specifica della radiazione incidente la nube sul bordo opposto all’osservatore S = 0. L’integrazione della (??) fornisce: d Iν = −kν Iν ds ( Iνs∗ = Iν0 exp − Z s∗ 0 ) kν (s)ds Passando dalla parte dell’osservatore e usanso le coordinate r si ha: dr = − ds Si definisce la quantità: τν∗ = Z r∗ 0 kν d r = − Z 0 s∗ kν d s come PROFONDITÀ OTTICA della nube che è uguale a ZERO sul bordo della nube dalla parte dell’osservatore In termini differenziali: d τν = kν d r = −kν d s Sostituendo nella (??) divisa a primo e secondo membro per −kν d Iν εν = Iν − −kν d s kν 52 d Iν εν = Iν − d τν kν (7) Risolvere la (??) significa determinare Iν . Per fare ciò occorre conoscere εν = Sν kν ERGIEBIGKEIT SOU RCE F U N CT ION Per integrare la (??) basta moltiplicare ambedue i membri per e−τν . Risulta d [Iν e−τν ] = −Sν e−τν d τν Se poniamo per s = 0 (r = r∗ ) (τν = τν∗ ) Iν = Iν0 si ottiene integrando da s∗ → 0 (0 → r) ovvero da 0 → τν∗ Iν (τν = 0) = Z τ∗ ν 0 ∗ Sν (τν ) e−τν d τν + Iν0 e−τν (8) Questo risultato si può ottenere per via FISICA pensando che: Iν (oss.)= Somma dei vari contributi degli elementi d r attenuati + +Iν incidente attenuata Iν (osservato) = dr = Z r∗ 0 ∗ εν (r)e−τν (r) d r + Iν0 e−τν d τν kν (r) = Z τ∗ ν 0 εν −τν (r) e d τν kν εν = Sν kν 53 Se Sν è spazialmente costante l’integrale (??) diviene: ∗i ∗ Iν = Sν 1 − e−τν + Iν0 e−τν h Sν τν∗ (sν − Iν0 ) + Iν0 se τν 1 mezzo OT T ICAM EN T E SP ESSO se τν 1 mezzo OT T ICAM EN T E SOT T ILE si ottiene ponendo e−x = 1 − x per x1 Nel caso di EQUILIBRIO TERMODINAMICO LOCALE in ogni volumetto d V deve risultare che Energia assorbita = Energia emessa kν Iν = εν Cioè εν = Iν = Bν (T ) kν Se kν = 1 εν = Bν (T ) Abbiamo il caso di CORPO NERO In CERTE CONDIZIONI (Spitzer pag.33) εν e kν hanno gli stessi valori relativi che avrebbero in equilibrio termodinamico stretto. Allora Se hν KT Sν = hν 1 kT ⇒ hν e kT = 1 + hν kT εν 2hν 3 1 2hν 3 kT = Bν (T ) = 2 = = 2(ν/c)2 kT hν 2 kν c e kT − 1 c hν 54 Nel campo delle frequenze radio per λ > 1 cm e T > 10 K, si ha: hν 1.44 = kT λ (cm) T 1 Si può quindi usare l’approssimazione di Rayleigh-Jeans Bν (T ) = 2ν 2 kT c2 Con questa relazione i radioastronomi esprimono le intensità specifiche osservate in funzione della temperatura di radiazione TR (ν) e scrivono per temperature locali costanti: ∗ ∗ TR = T 1 − e−τν + TS0 e−τν Tutto ciò è valido in equilibrio termodinamico locale. Vediamo quando e fino a che punto è lecito fare questa assunzione. LEZIONE 9 L’equilibrio termodinamico si instaura in una regione se l’energia viene scambiata fra tutte le sue diverse forme e viene raggiunto uno stato stazionario senza flusso d’energia ) B Forma energia A, B A * Se l’energia cinetica traslazionale viene scambiata fra tutte le particelle di un gas e non avviene trasferimento di energia, cioè se si hanno urti elastici da e verso altre forme di energia, la distribuzione di velocità è molto prossima a una funzione Maxwelliana e questo è lo stato più probabile per energia cinetica totale costante 4 m f (v) = √ π 2kT !3/2 2 − mv 2 v e 2kT Energia traslazionale T; Energia di radiazione R ϕ(v) = maxwelliana ⇐ T → / R In condizioni interstellari si verifica un trasferimento di energia da TRASLAZIONALE → a RADIATIVA come conseguenza dell’eccitazione collisionale dei livelli di energia di atomi o molecole, seguita da diseccitazione spontanea ed emissione di un fotone T→R 55 56 Questo processo è relativamente raro in confronto agli urti elastici e ci si debbono quindi aspettare solo piccolissime deviazioni dalla distribuzione Maxwelliana. σmoto elastico ∼ 10−13 cm2 ∝ v −4 σricombinazione ∼ 10−20÷21 cm2 ∝ v −2 2 σneb. lines ∼ 10−15 Ω ω cm → T ∼ 7500 K v ∼ 5 · 107 cm s−1 T ∼ 104 ÷ 2 · 104 Spitzu pag. 28 In generale quindi gli atomi e gli elettroni nel gas interstellare hanno di solito distribuzione di velocità molto simile a quella maxwelliana Inoltre una sola temperatura T può essere usata per tutti i diversi tipi di particelle. Come risultato della distribuzione di velocità maxwelliana fra le varie componenti del gas (componenti termiche) le popolazioni relative dei vari livelli di enrgia atomici e molecolari tenderanno ad approssimare i valori che avrebbero in equilibrio termodinamico Questa tendenza è particolarmente forte quando sono dominanti le eccitazioni e diseccitazioni collisionali da parte del gasi termico mentre sono trascurabili le transizioni che risultano dall’emissione e assorbimento di fotoni. In questi casi il fatto che la distribuzione di velocità è Maxwelliana, come in equilibrio termodinamico alla temperatura T, tende a creare popolazioni atomiche relative che sono uguali a quelle che si avrebbero in equilibrio termodinamico alla stessa temperatura T Definiamo EQUILIBRIO TERMODINAMICO EQUIVALENTE (ETE) uno stato di equilibrio termodinamico in cui la TEMPERATURA è uguale alla temperatura cinetica vera ed ne è uguale alla densità elettronica 57 vera. In tali condizioni vale ancora la formula di Planck con T = Te 1 2hν 3 Bν (Te ) = 2 hν c e kT − 1 e valgono inoltre le formule di Saha e di Boltzmann con T = Te Tornando all’equazione di trasporto: d Iν = Iν − Sν d τν per determinare Iν in un qualsiasi sistema fisico dobbiamo calcolare εν (τν ) = Sν (τν ) e sostituirlo nella: kν (τν ) Iν (τν ) = Z τ∗ ν 0 ∗ Sν τν e−τν d τν + Iν0 e−τν Andiamo a calcolare le espressioni di εν e kν in corrispondenza del continuo e delle righe (di emissione e di assorbimento) a considerare cioè tutti i processi fisici da cui emissione ed assorbimento continui e discreti hanno origine. Per le considerazioni testè fatte scomponiamo εν e kν in due componenti: εν = εLν + εkν kν = kνL + kνk che esprimono i contributi di emissione e di assorbimento rispettivamente nelle righe e nel continuo. 58 L’energia totale emessa da un volume unitario sull’unità di tempo in una certa direzione a seguito di una transizione n → m ed espressa in erg cm−3 sec−1 sterad−1 è: Z riga εν d ν = 1 hνnm Anm Nn 4π (9) Si definisce profilo normalizzato della riga: ψ(ν) Z riga εν d ν = Z εLν Z ψ(ν) d ν = 1 ove: νnm = f requenza della riga Anm = probabilità di transizione spontanea (sec−1 ) (di Einstein) Nm = numero di atomi (molecole) al livello n cm−3 Densità di radiazione Iν = d Eν d Acosθ d ω d t d ν d Eν = Iν d Acosθ d ω d t d ν = quantità di energia che f inisce attraverso l0 area, d A nell0 angolo solido d ω.... 59 Poichè la velocità di diffusione della radiazione è c, nel tempo d t essa percorre: ds = c · dt d Eν = → dt = ds c Iν d Acosθ {z d S} d ω d ν c | dV La quantità di energia contenuta nell’elemento di volume d V per unità di frequenza è perciò: 1 d Eν = Iν d ω = d Uν dV dν c Uν = Z Z [erg cm−3 Hz −1 Iν d ω ottenuto integrando su tutto l’angolo solido si chiama DENSITÀ DI RADIAZIONE (erg cm−3 Hz −1 ) Nel caso di isotropia Uν = 4π Iν c In una transizione m → n la quantità di energia assorbita per unità di tempo (sec−1 ) per unità di volume (cm−3 ) per steradiante (sterad−1 ) Z k I d ν} = | ν ν{z [ergcm−3 s−1 ] 1 1 hνnm Nm Bmn U (νnm ) − hνnm Nn Bnm U (νnm ) |4π {z } |4π {z } assorbimento emissione indotta 60 Bmn = [cm−3 erg −1 s−1 Hz] U (νnm ) = [erg cm−3 Hz −1 ] Bmn U (νnm ) = probabilità di una transizione m → n per assorbimento della densità di radiazione U (νnm ) Supponendo che l’intensità Iν sia isotropa e costante all’interno della riga si può porre Uν = e quindi potendo porre R riga kν Iν 4π Iν c d ν = Iν R riga kν si ricava l’espressione: 1 kν Iν d ν = hνnm Nm Bmn − Nn Bnm riga c Z ! (10) degli integrali (??) (??) I coefficienti kνL ed εLν risultano dal prodotto R con il profilo normalizzato ψ(ν) della riga riga ψ(ν) d ν = 1 ψ(ν) Z riga ψ(ν) d ν = Z riga kνL ψ(ν) d ν ove kνL Z riga ψ(ν) d ν = 1 εLν = f rachνnm 4π ψ(ν) Anm Nm kνL hνn m = ψ(ν) Nm Bmn − Nn Bnm c ! in equilibrio termodinamico (od in equilibrio termodinamico equivalente) gm Bmn = gn Bnm (11) 61 kνL hνn m gm = ψ(ν) Nm Bmn − Nn Bnm c gn kνL hνn m Nn gm = ψ(ν) Nm Bmn 1 − c Nm gn " # ! 62 LEZIONE 10 Richiamo Abbiamo introdotto l’equazione del trasporto di radiazione d Tν = Iν − Sν d τν e l’abbiamo risolta Iν (τν = 0) = Z τ∗ ν 0 ∗ Sν (τν ) e−τν d τν + Iν0 e−τν Nel caso di equilibrio termodinamico Sν = Bν (T ), hν kT (caso radio) e supponendo la temperatura locale costante abbiamo trovato ∗ ∗ TR = T 1 − e−τν + TS0 e−τν Abbiamo poi parlato di E. T. E. (equilibrio termodinamico equivalente) situazione che si ha quando vi è • equilibrio termico 63 64 • non avviene trasferimento da energia traslazionale ad altre forme di energia E abbiamo visto che in questo caso la distribuzione di velocità è Maxwelliana: 4 m ϕ(v) = √ π 2kT !3 2 mv 2 v 2 e− 2kT E quindi la popolazione dei livelli e la ionizzazione TENDONO ad essere regolate dalle equazioni di Boltzmann e di Saha per una temperatura T = temperatura cinetica del gas Abbiamo detto che questa situazione si verifica nelle nubi interstellari quando: • Sono dominanti eccitazioni e diseccitazioni collisionali (per esempio gli stati ecitati dello H 0 per numeri quantici totali n molto alti. • Sono trascurabili eccitazioni per assorbimento di fotoni e diseccitazioni con emissione di fotoni. • Sono trascurabili eccitazioni per urto di livelli metastabili (ad esempio livelli eccitati bassi di atomi complessi, che siano metastabili). Siamo poi tornati all’equazione di trasporto la cui soluzione ripetiamo è: Iν (τν = 0) = Z τ∗ ν 0 ∗ Sν (τν ) e−τν d τν + Iν0 e−τν ed abbiamo detto che per risolverla occorre conoscere: 65 Sν (τν ) = εν (τν ) kν (τν ) ∀ τν che è in generale una funzione di T e ν, indipendente dalla composizione del mezzo. Siamo quindi passati a studiare l’espressione di εν e di kν scomponendoli ciascuno in due termini KνL , εLν . 1. Uno in corrispondenza delle righe 2. Uno in corrispondenza del continuo KνK , εK ν . Considerando un atomo a 2 livelli abbiamo trovato che si può esprimere: Z riga Z riga = εν d ν = 1 hνnm Anm Nn 4π [erg cm−3 sec−1 sterad−1 ] (12) 1 1 hνnm Nm Bmn U (νnm ) − hνnm Nn Bnm U (νnm ) −Bmn U (νnm ) 4π 4π | {z } | {z } assorbimento emissione indotta = probabilità di una transizione m → n (sec−1 ) per assorbimento della densità di radiazione U (νnm ) 66 ove: 1Z U (ν) = c Z Iν d ω | = 4π c Iν se Iν = isotropa Se Iν è isotropa e COSTANTE all’interno della riga Z riga kν d ν = hνnm (Nm Bmn − Nn Bnm ) c (13) FINE RICHIAMO I coefficienti KνL e εLν risultano dal prodotto negli integrali (??) e (??) R con il profilo normalizzato dalla riga ψ(ν) riga ψ(ν) d ν = 1 nm εLν = hν 4π ψ(ν) Anm Nn KνL = hνcnm ψ(ν) (Nm Bmn − Nn Bnm ) Fra i coefficienti di EINSTEIN valgono le seguenti relazioni di carattere generale (vedi Appendice qui di seguito) gm Bmn = gn Bnm ; Anm 8πhν 3 = Bnm c3 Per cui: εLν = 4 4 2h2 νnm 2h2 νnm gm ψ(ν) N B = N ψ(ν) Bmn n nm n gn c3 c3 67 KνL hνnm hνnm Nn gm gn ψ(ν) Bnm Nm − Nn = ψ(ν) Nm Bmn 1 − = c gm c Nm gn ! ! La FUNZIONE SORGENTE della radiazione nelle righe sarà perciò: SνL εLν 2h2 ν 3 gn Nm = L= −1 gm N n c2 Kν " #−1 espressione di carattere ass. generale m Da N Nn viene la dipendenza dalla temperatura e dalla frequenza. Se come succede in: Equilibrio termodinamico dettagliato locale equivalente i rapporti Nn /Nm sono dati dalla formula di Boltzmann Nn gn hνnm = exp − Nm gm kT " # Si ottiene SνL εLν 2hν 3 = L= 2 · c Kν 1 = Bν (T ) + hν e kT − 1 Quindi in E.T.E. come in L.T.E. o T.E. la source function è data dalla funzione di Planck Avevamo visto che i coefficienti di Einstein erano legati fra di loro: 68 gm Bmn = gn Bnm ; Anm 8πhν 3 = Bnm c3 Anm può essere calcolato tramite la meccanica quantistica in funzione del MOMENTO ELETTRICO Pnm DI DIPOLO relativo alla transizione n → m (detto anche elemento della “matrice di dipolo) Anm 64π 4 ν 3 2 P = 3 h c3 nm Pnm nel caso delle righe molecolari radio che hanno origine da molecole diatomiche per 2 PJ,J+1 T ransizioni di rotazione nel livello di oscillazione f ondamentale J + 1 ; ν = 2B(J+1) = µ 2J +1 2 v=0 µ = momento di dipolo permanente B = costante rot. J = numero quantico rot. Nel caso della molecola di CO µ = 0.112 · 10−18 U.E. ; B = 57.6 GHz = 57.6 · 109 Hz nella transizione J = 1 → 0 da cui viene emessa la riga λ = 2.6 mm si ha: A10 = 6 · 10−8 sec−1 69 (hν)1 = h 2B(1 + 1) = 4B h per J = 1 (hν)0 = h 2B(0 + 1) = 2B h per J = 0 ν = ∆E h = 2B c = 2.6 mm λ = νc = 2B 70 Lezione 11 + 12 Avevamo trovato ieri le espressioni di εLν , kνL e SνL 4 2 h2 νnm = ψ(ν) Nn Bnm c3 εLν KνL = h νcnm ψ(ν) Bnm SνL N m gn − 1 Nn gm εLν 2 h ν3 = L= c2 Kν " Nn #−1 gn N m −1 gm Nn I rapporti di popolazione dei livelli Nm /Nn , necessari per il calcolo di SνL KνL debbono ora essere calcolati senza fare l’ipotesi di EQUILIBRIO TERMODINAMICO Facciamo però l’ipotesi di 71 72 ASSENZA DI VARIAZIONI TEMPORALI DELLE POPOLAZIONI DEI LIVELLI ↓ ovvero STATO STAZIONARIO Preso un livello di numero quantico n Arrivi in n da tutti gli stati m superiori o inferiori = alle partenze da n verso tutti gli stati m superiori o inferiori Indichiamo con VELOCITÀ DI TRANSIZIONE RADIATIVA (sec−1 ) Rnm = Numero di transizioni radiative per unità di tempo (sec−1 ) Rmn = Numero di transizioni radiative per unità di tempo n → m PARTENZE m → n ARRIVI 73 VELOCITÀ DI TRANSIZIONE COLLISIONALE (sec−1 ) (sec−1 ) Cnm = Velocità di transizione per processi d’urto n → m PARTENZE Cmn = Velocità di transizione per processi d’urto ARRIVI m → n In caso di STATO STAZIONARIO vale la seguente equazione per ogni livello n X X d Nm = Nn (Rnm + Cnm ) − Nm (Rmn + Cmn ) = 0 dt m m | {z } | {z } P artenze da n Arrivi a n Per ottenere i valori di Nn ovvero i rappporti Nn /N1 si deve risolvere questo sistema di cosidette EQUAZIONI STATISTICHE m può essere esteso anche a stati distribuiti in modo continuo (viene inclusa cioè la ionizzazione da n) Un sistema analogo di equazioni sussiste per i diversi stadi di ionizzazione, per i quali in condizioni stazionarie deve essere: N umero di ionizzazioni = N umero di ricombinazioni (EQUILIBRIO DI IONIZZAZIONE) Discutiamo ora la formulazione dettagliata delle EQUAZIONI STATISTICHE nel caso in cui vengono considerati: ST AT I LEGAT I SOLAM EN T E T RAN SIZION I RADIAT IV E T RAN SIZION I COLLISION ALI 0 (U RT I AN ELAST ICI CON P ART ICELLE DI DEN SIT À N 74 Le velocità di transizione si esprimono nel modo seguente: A. Transizioni Rnm = Bnm Uν ; B. m ↑ n Cnm = N 0 Qnm Transizioni m>n P artenze verso l0 alto n ↓ m Rnm = Anm +Bnm Uν ; Cnm = N 0 Qnm m < n P artenze verso il basso C. Transizioni m ↓ n Rmn = Amn + Bmn Uν ; D. Transizioni Rmn = Bmn Uν ; Cmn = N 0 Qmn m>n Arrivi dall0 alto n ↑ m Cmn = N 0 Qmn m<n Arrivi dal basso Qnm =COEFFICIENTE DELLA VELOCITÀ D’URTO = numero di transizioni n → m per unità di volume e tempo per densità N 0 = 1 cm−3 In condizioni di stazionarietà (equilibrio statico) 75 ( Nn = X m X X 4π Iν + Anm + N 0 Qnm = c m m<n ) X m Bnm Nm Bmn X X 4π Iν + Nm Amn + N 0 Nm Qmn c m m>n Per ogni n vi è una tale equazione A causa della presenza di Iν questo sistema deve essere risolto assieme all’equazione del trasporto che utilizzando le espressioni di Lν e kνL diviene: h νnm gm N n h νnm d Iν =− Bmn Nm 1 − ψ(ν)Iν + Anm Nn ψ(ν) ds c gn Nm 4π ! d Iν = ds −kν Iν + ν Processi d’urto e temperatura cinetica La derivazione dei COEFFICIENTI DELLE VELOCITÀ D’URTO Qnm Qmn necessita alcune spiegazioni preliminari Si definisce come SEZIONE D’URTO σ di una particella una superficie circolare che ha raggio uguale a quello della particella. Si definisce raggio di una particella (un nucleo atomico per esempio) la minima distanza a cui si può avvicinare una particella con carica di uguale segno e velocità v∞ 76 Per esempio siano: nucleo bersaglio Ze (carica) ; nucleo sparato; proiettile ze Se spariamo il nucleo di carica ze contro quello di carica Ze con velocità v∞ , quando questo raggiunge la minima distanza r0 a cui si ha v = 0 deve essere: 1 2 Zz e2 mv∞ = 2 r0 2Zz e2 r0 = 2 mv∞ È ovvio quindi che la sezione d’urto σ è una funzione dei: 1. singoli potenziali elettrici delle particelle 2. velocità relativa delle particelle cioè: σ = σ(v) 77 Torniamo nella nostra nebula: gli atomi o molecole ivi presenti (A) e i loro partner d’uto (S) possiedono rispettivamnte velocità: vA vS La loro velocità relativa sarà: v = vA − vS Se σ(v) e la sezione d’urto degli atomi (molecole) relativamente ai loro partner d’urto σ(v) spazza in 1sec un volume: σ(v)v In tal modo se: N 0 = densità dei partner d0 urto N 0 v σ(v) = N U M ERO U RT I CHE U N AT OM O P U Ò SU BIRE IN xxxx = = C(v) velocità di transizione collisionale 78 Quindi: C(v) = v σ(v) N0 cm3 sec−1 velocità di transizione collisionale riferita a densità dei partner d’urto N 0 = 1 cm−3 è dimensionalmente uguale al coefficiente della velocità di transizione collisionale Q(v) Lezione 13 Avevamo trovato che: N 0 = v σ(v) = C(v) = N 0 Q(v) numero di partner d’urto incontrati in 1 sec Quando si tratta di urti anelastici, che conducono dal livello m → n (n → m). Indicheremo: σmn (v) [σnm (v)] la sezione d’urto relativa alla transizione 79 80 I coefficienti Qmn risultano dalla MEDIA SU TUTTE LE VELOCITÀ RELATIVE: Qmn = v σmn (v) Qnm = v σnm (v) Se vi fossero solo URTI ELASTICI la distribuzione di velocità relative sarebbe Maxwelliana Deviazioni da questa distribuzione sono causati da URTI ANELASTICI ovvero Eccitazione per urto −→ seguita da Irraggiamento Eccitazione per urto −→ non seguita da Urto superelastico Per questa causa viene tolta al campo di velocità la CODA A PIÙ ALTA ENERGIA In particolare fra HI, HeI, HII, HeII, elettroni liberi avvengono urti elastici fino a 10 eV Urti anelastici con atomi più pesanti o con molecole sono molto rari a causa della loro esigua abbondanza Nelle regioni HI e HII ci si debbono aspettare deviazioni relative dalla distribuzione maxwelliana dell’ordine di 10−5 In generale in un volume delle dimensioni di alcuni c.l.m non vi sono differenze fra le Tcin delle diverse particelle presenti. 81 Quindi si può affermare che TUTTI I TIPI DI PARTICELLE rispettano una distribuzione di velocità Maxwelliana. Ciò è di grande importanza perchè significa che anche le velocità relative v fra particelle rispettano la stessa distribuzione ϕ(v, T ) d v = v2 v2 1 4π − 2σ 2 − 2σ 2 2 e d v d v d v = v e dv x y z 3 3/2 3 3/2 σ (2π) σ (2π) ove: d vx d vy d vz = v 2 sin θ d v d θ d ϕ v 2 = vx2 + vy2 + vz2 1 mA mS 2 kT v = 2 mA + mS x 2 2 mA mH kT µ 1 1 1 1 + kT = + RT = mA mS A AS ! σ = A= vx2 = σ 2 = ; vx2 S= = vy2 mS mH = vz2 ! R = 8.314 · 107 ergK −1 mol−1 costante dei gas k = 1.381 · 10−16 costante di Boltzmann Il valore medio Qnm = v σnm (v) 82 dà la velocità d’urto per le diseccitazioni n → m Qnm = Z ∞ 0 v σnm (v) ϕ(vT ) d v (richiamare l’espressione di ϕ(v, T ) Fra Qnm e Qmn vale la relazione che si ricava per condizioni di stretto E. T. 0 N Nm Qmn = N Nn Qnm in cui # ∆E + 5040∆E T exp + = Qmn gm 10 kT " Qnm gn = Qmn gm Nm gm hνnm = exp + Nn gn kT " 0 # URTI CON ELETTRONI - CALCOLO DEL COEFFICIENTE DI ECCITAZIONE COLLISIONALE Nel caso di urti di atomi o ioni con elettroni è ovviamente per l’esiguità della massa dell’elettrone: σ2 = 1 kT ; me v = ve ; v 2x = v 2y = v 2z = σ 2 = kT kT kT = mA me = 1 me mA + me 1 1 + me mA 83 I dimostrazione preliminare In caso di E.T., deve sussistere fra 2 livelli 1 e 2 di un atomo la seguente condizione Nr eccitazioni 1 → 2 per urto con elettroni di velocità v1 − v1 + d v1 Nr eccitazioni per urto (superelastiche) con elettroni di velocità v2 + d v2 che producono elettroni di velocità v1 − v1 + d v1 Cioè deve valere la seguente condizione di equilibrio Ne N1 v1 σ12 (v1 ) ϕ(v1 ) d v1 = Ne N2 v2 σ21 (v2 ) ϕ(v2 ) d v2 ma g2 − χ N2 = e kT N1 g1 e 1 1 m v12 = m v22 +χ da cui 2 2 v1 d v1 = v2 d v2 84 Sostituendo si ottiene: σ12 (v1 ) ϕ(v1 ) = σ12 (v1 ) ϕ(v1 ) = N2 σ21 (v2 ) ϕ(v2 ) N1 g2 − χ e kT σ21 (v2 ) ϕ(v2 ) g1 v2 ϕ(v2 ) 4π v2 2 v exp − → ϕ(v) = 3 = σ (2π)3/2 2σ 2 ϕ(v1 ) v1 µv 2 exp − 2kT !2 me (v22 − v12 ) exp − 2kT ↔ µ = me nel caso dell’elettrone perchè me mA (vedi pag. 2) ϕ(v2 ) v2 = ϕ(v1 ) v1 !2 χ exp kT ! g2 ϕ(v2 ) − χ e kT σ21 (v2 ) σ12 (v1 ) = g1 ϕ(v1 ) 85 g2 σ12 (v1 ) = g1 v2 v1 !2 σ21 (v2 ) g1 v12 σ12 (v1 ) = g2 v22 σ21 (v2 ) 86 Lezione 14 - 15 II Dimostrazione preliminare Trovata questa relazione introduciamo l’espressione della sezione d’urto in termini della cosiddetta “EFFICIENZA COLLISIONALE (oppure Collisional strenght) Ω (1, 2) πh̄2 Ω(1, 2) σ12 (v1 ) = 2 2 m v1 g1 valida per 1 m v12 > χ 2 Se ricordiamo che la lunghezza d’onda associata all’elettrone è: mv = h̄k k= 2π λ 1 h̄ 1 λ = = 2π = k mv 2π λ 87 88 Si vede che: πλ2 Ω(1, 2) Ω(1, 2) σ12 (v1 ) = 2 = λ2 4π g1 4πg1 Probabilità che la λ associata all’elettrone interagisca durante il passaggio a diverse distanze dall’atomo In base alla relazione testé trovata: g1 v12 σ12 (v1 ) = g2 v22 σ21 (v2 ) σ12 (v1 ) v12 = ma quindi σ12 (v1 ) g2 2 v σ21 (v2 ) g1 2 v12 πh̄2 Ω(1, 2) = 2 m g1 g2 2 πh̄2 Ω(1, 2) v σ21 (v2 ) = 2 g1 2 m g1 πh̄2 Ω(1, 2) σ21 (v2 ) = 2 2 m v2 g2 Il coefficiente della velocità di diseccitazione collisionale Q21 è quindi dato dalla: Q21 = Z ∞ 0 v σ21 (v) ϕ(v) d v 2 !3 4 m 2 2 − mv ove ϕ(v) = √ v e 2kT π 2kT 89 = Z ∞ 0 v 2 πh̄ Ω(1, 2) 4 m √ · m2 v 2 g2 π 2kT 1 !3 2 2 2 − mv v e 2kT d v 1 4π 2 h̄2 m− 2 Z ∞ Ω(1, 2) − mv2 d(v 2 ) = · e 2kT 3 0 2 g 2 (2kT ) 2 2π = kT !1 2 h̄2 1 Z ∞ mv 2 − mv 2kT Ω(1, 2)e d 3 2kT m 2 g2 0 2π = kT !1 h̄2 1 3 m 2 g2 2 2 Z ∞ 0 Ω(1, 2)e | Q21 = E − kT 8.629 · 10−6 < Ω(1, 2) > 1 g2 T2 E d kT {z <Ω(1,2)> ! } cm3 sec−1 V alori di Qnm per HI pag. 54 Osterbrock Il coefficiente Ω(n m) ha valori dell’ordine di grandezza ∼ 1 per le transizioni fra il livello fondamentale e i livelli eccitati degli ioni CII, NeII, SiII, NII, OIII, OII (pag. 74 Spitzer; pag 47-48 Osterbrock) Consideriamo i valori di Qnm per eccitazioni da parte di partner d’urto come gl ielettroni di HI e le molecole H2 . 90 Tali relazioni sono di primaria importanza nelle regioni HI in cui: ne = molto piccolo nH Saranno quindi più frequenti le collisioni con gli atomi di HI che quelle con gli elettroni. Gli atomi di HI saranno quindi responsabili dei processi di eccitazione e di diseccitazione come i seguenti: (1) Eccitazione di livelli a struttura iperfina nel livello fondamentale degli atomi di HI (variazione dello spin degli elettroni). (2) Eccitazione di livelli bassi a struttura fine di ioni come CI, OII, OIII, etc. (3) Eccitazione di stati rotazionali in molecole di H2 Per stimare l’ordine di grandezza delle velocità d’urto nel caso di effetti di scambio fra atomi di HI (H-H), poniamo: Qnm = v σnm (v) ' v σnm (v) v= Z ∞ o 4π v ϕ(v T ) d v = 3 3 σ (2π) 2 σ= poniamo: k= v u u t 4π 3 ; σ (2π) 2 3 Z ∞ o 1 1 + kT mA mS ! λ = 12 2σ v2 2 v 3 e 2σ d v − 91 risulta quindi: v=k Z ∞ o v 3 e−λv 2 dv (14) Risoluzione dell’integrale: Iν = per per ν=1 ν=0 I1 = I0 = Z ∞ o Z ∞ o Z ∞ o v e−λv −λv 2 e 2 v ν e−λv dv = 1 dv = 2 2 dv 1 2λ di f acile integrazione π λ è l0 integrale di Gauss s risulta quindi: d I0 I2 = − ; dλ d I1 I3 = − ; dλ d2 I0 I4 = + ; d λ2 Il nostro integrale dato dalla (1) è quindi I3 = − d I1 1 = 2; dλ 2λ cioè : d2 I1 I5 = + d λ2 92 v u u8 1 4π 4σ 4 8πσ t √ v=k = σ = · = = 3 2 2λ π σ 3 (2π) 2 2 8π 3 = v u u8 t π v u u t v = 1.46 · v u u 1 1 2kT 1 1 + kT = 2t + mA mS mA mS π ! v u u 4 t 10 1 1 + T A S ! ! [cm s−1 ] Ora nel caso di urti H-H A = AS = 1 e quindi v = 2.06 · 104 √ T − − − − − − − − > U rti H − H Per temperature T = 100 K v ∼ 105 cm sec−1 Siccome il raggio dell’atomo di idrogeno è ∼ 10−8 cm 2 rB ' h̄ 2 me e ⇒ σ nm ∼ 10−16 cm2 Risulta quindi: Qnm = v σ nm ∼ 10−11 cm3 sec−1 Qnm (H − H) = 10−11 cm3 sec−1 93 La densità media dell’idrogeno neutro HI nello spazio interstellare è: NH = 1 cm−3 Quindi il numero di urti per secondo è: Cnm (H − H) = 1 · 10−11 sec Si verifica quindi in media un urto ogni 1011 sec ∼ 3200Y Non possiamo dilungarci qui nel calcolo di Qnm ECCITAZIONE IN CONDIZIONI INTERSTELLARI Discutiamo i rapporti di popolazione che hanno origine nel gas interstellare sotto l’effetto combinato di: processi radiativi collisionali Facciamo degli esempiideali che ci saranno molto utili per interpretare la realtà: Supponiamo che: Ionizzazioni + Ricombinazioni molto più rare di transizioni f ra stati legati In questo caso le equazioni statistiche possono essere scritte considerando solo le transizioni fra stati legati 94 ESEMPIO 1 Ammettiamo cle l’ATOMO (o la MOLECOLA) possegga solo due livelli di enrgia: n = 1 livello f ondamentale; Ammettiamo che la transizione nell’OTTICO n = 2 livello eccitato 2 → 1 corrisponda ad una riga Ammettiamo che questo atomo si trovi in un radiazione di corpo nero diluita Iν = W Bν (T ) W = f attore di diluizione Questa situazione si verifica per esempio in una regione HII in cui la sorgente di radiazione è una stella calda di temperatura T∗ FATTORE DI DILUIZIONE La stella appare in P sotto l’angolo ΠR∗2 Ω∗ = 2 r 95 Se in P il flusso è del disco stellare Iν∗ (r) = φν (r) [erg cm−2 sec−1 Hz −1 ], l’intensità media φν (r) Ω∗ [erg cm−2 sec−1 Hz −1 sterad−1 ] ovviamente: Iν∗ (R∗ ) = φν (R∗ ) π φν (r) π Iν∗ (r) φν (r) π r2 0 = = 2 = 1 per la cons. dell energia ∗ φ (R ) Ω φ (R ) Iν (R∗ ) ν ∗ ∗ ν ∗ πR∗ Quindi Iν∗ (r) è INDIPENDENTE DALLA DISTANZA La densità di radiazione in P sarà: Ω∗ ∗ 1 ZZ Uν = Iν∗ d ω = I c Ω∗ c ν Se esprimiamo la densità di radiazione rispetto ad un campo di radiazione ISOTROPO, EQUIVALENTE Iν (di uguale densità di radiazione) si ha: 4π Ω∗ ∗ Iν = I c c ν si ottiene: Iν = Ω∗ ∗ I 4π ν 96 Ω∗ 4π W = f attore di diluizione Continuando ammettiamo che i partner d’urto degli atomi o delle molecole siano elettroni N 0 = Ne Le equazioni statistiche: X Nn { = X m m Bnm Nm Bmn X X 4π Iν + Anm + N 0 Qnm = c m m<n X X 4π Iν + Nm Amn + N 0 Nm Qmn c m m>n diventano nel caso dell’atomo a 2 livelli 4π 4π B12 Iν + Ne Q12 = N2 B21 Iν + A21 + Ne Q21 c c ! N1 B12 4π N2 c Iν + Ne Q12 = N1 B21 4π c Iν + A21 + Ne Q21 Ricordando che: g1 B12 = g2 B21 ed esprimendo A21 8πhν 3 = B21 c3 ! (15) 97 B12 e B21 in f unzione di A21 Esprimendo Q12 in funzione di Q21 tramite le g2 − hν Q12 = e kT Q21 g1 e ponendo nella Iν = Ω∗ Bν (T∗ ) 4π 3 Bν (T∗ ) = 4hν c2 l’espressione di Kirckhoff-Planck 1 − e hν kT −1 La (??) si trasforma nella: N2 g2 = N1 g1 Ne Q21 A21 − hν e kT + W hν − kT e − 1 + Ne Q21 A21 +W hν − kT e − −1 1 −1 1 98 Consideriamo una regione HII di dimensioni di qualche d ∼ 10−1 pc molto piccola quindi illuminata da una stella di raggio R = R e T = 104 πR2 ! 2 Ω R 2 R2 r W = = = 2= 4π 4π 2r 4r risulta per r = d = 10−1 pc = 3 · 1012 Km 2 7 · 105 ≈ 10−14 W = 12 6 · 10 quindi 10−14 r =?? 10−13 r =?? W = Si noti inoltre che il coefficiente di diluizione della radiazione solare alla superficie della Terra è: W ∼ 5.5 · 10−6 Si possono quindi trascurare i termini in cui compare a fattore W e si ottiene quindi: 99 g2 N2 = N1 g1 hν e− kT A21 1+ Ne Q21 Nel caso di E. T. sarà: g2 − hν N2∗ = e kT N1∗ g1 La condizione di E. T. si verifica quindi quando: A21 1 Ne Q21 → A21 Ne Q21 Quindi si ha equilibrio termodinamico quando predominano gli urti (cioè viene rispettata la distribuzione di Boltzmann). Le deviazioni dalla formula di Bolzmann vengono espresse tramite il rapporto Nn∗ = bn ovvero: Nn N2 b2 1 N2∗ = ; N1 A21 b1 1+ N1∗ Ne Q21 b2 = 1 in E.T. b1 In generale: N2 N2∗ b2 b2 g2 − hν = ∗ = e N1 N1 b 1 b1 g1 kT 100 CALCOLO DI b2 /b1 PER RIGHE PERMESSE A21 = 108 sec−1 Quando i partner d’urto sono elettroni: Q21 = 8.63 · 10−6 Ω(1, 2) 1 T 2 g2 Supponiamo che: Ω12 ∼ 1 g2 Risulta ; T = 104 K Ne = 104 cm−3 Q21 ∼ 10−7 cm−3 sec−1 Ricordando che: A21 ∼ 10+8 sec−1 −→ b2 = b1 1 ∼ 10−11 +8 10 1+ 4 10 · 10−7 Quindi: N2 g2 − hν = 10−11 e N1 g1 kT Ciò signif ica A. N on vi è E. T. B. T utti gli atomi neutri sono al livello f ondamentale Consideriamo come esempio la transizione 2P - 1s dell’atomo di HI 101 (Lyα λ = 1220 ν = 2.46 · 1015 ) −11 sK h = 6.63 · 10−27 ergs; k = 1.38 · 10−16 erg K −1 ; h k = 4.80 · 10 J =0+ 3s 1 ; 2 g2 = 2J + 1 = 2 3p 2s 2p 3d → J =1± . g2 = 1 2 3 2 = 1 2 4 (g2 )tot = 6 ; g2 = 2 (2s) 2 peso statistico dei singoli termini di multipletto LSJ 1s → J = 0 + 12 = 1 2 ; g1 = 2J + 1 = 2 (g1 )tot = 2 . questi rappresentano i pesi statistici dei termini totali 2P e 1s (cioè dei termini totali LS) g = (2S + 1) (2L + 1) ; gn = 2n2 g2 6 g1 = 2 = 3 hν e− kT = 7.44 · 10−6 102 In E. T. N2 = N1 g2 − hν e = 2.2 · 10−5 g1 kT con b2 /b1 = 10−11 invece N2 = N1 ·10−16 TUTTI GLI ATOMI NEUTRI SONO AL LIVELLO FONDAMENTALE 12.4.1999 Avevamo trovato che nel caso di un atomo: • con due livelli • in assenza di ionizzazione e ricombinazione • in diluizione di radiazione (W 1) ovvero senza assorbimento di radiazione e senza emissione indotta si ha che: N2 1 g2 − hν12 = e kT 21 N1 g1 1 + NAQ e 21 che deriva dalla equazione statistica: N1 Ne Q12 = N2 (A21 + Ne Q21 ) Avevamo inoltre detto che: hν12 − g N 2 2 kT • Ne → ∞ N1 → g1 e gli urti e N2 Ne Q21 = N1 Ne Q12 21 • Se NAQ e 21 1 regime di E.T.E. ove dominano A21 siha E. T. E. ovvero se Ne Q 21 103 104 e che si definisce come densità critica Nc quella densità per cui: Nc = A21 Q21 Quest’ultimo punto significa che Nc è quella densità per cui: Nc Q21 = A21 ovvero lo spopolamento radiativo del livello 2 corrisponde (è uguale) allo spopolamento collisionale R21 = C21 La quantità di energia radiante prodotta nella transizione 2 − 1 Nel LOW DENSITY LIMIT si ha: N1 Ne Q12 = N2 A21 si trascurano le diseccitazioni collisionali ne segue che N2 = N1 Ne g2 − hν12 N1 Ne Ω12 g2 − hν12 Q21 e kT = 8.63 · 10−6 e kT A21 g1 A21 g2 T 1/2 g1 ponendo N1 = ZI Ne in funzione dell’abbondanza di H supponendo H = H + = Ne Il flusso emesso nella riga è: 105 ld F21 −6 ∝ N2 A21 E21 = 8.63 · 10 ZI Ne2 E21 Ω12 g1 ! T −1/2 hν12 e kT − (16) Nello HIGH DENSITY LIMIT si ha: N2 Ne Q21 = N1 Ne Q12 g2 − hν12 ⇒ N2 = N1 e kT g1 da cui segue che il flusso emesso nella riga è: hd F21 ∝ N2 A21 E21 = ZI Ne A21 E21 g2 − hν12 e kT g1 La variazione di dipendenza della potenza di Ne implica che: hd ld F21 = F21 e ciò avviene per N = Nc Si ha infatti che uguagliando la (??) e la (??) si ottiene: A21 g2 T 1/2 A21 Nc = = Q21 Ω12 · 8.63 · 10−6 Analogamente la quantità di energia cinetica restituita è: Nel LOW DENSITY LIMIT N2 A21 = N1 Ne Q12 = N1 Ne Q21 g2 − hν12 e kT g1 (17) 106 ZI Ne2 Ne∗ N2 = Q21 ∗ A21 N1 ld K21 = N2 Ne Q∗21 E21 ZI Ne3 2 Ne∗ Q21 ∗ E21 ∝ Ne3 = A21 N1 Nello HIGH DENSITY LIMIT N2 N2∗ = ∗ N1 N1 hd K21 = N2 Ne Q∗21 E21 = N1 Ne Q21 ∗ N2∗ 2 2 ∗ N2 ∗ E21 = ZI Ne Q21 ∗ E21 ∝ Ne N1 N1 All’intersezione di questi 2 andamenti si ha: ZI Ne2 Ne = A21 = NC Q21 Q21 ZI Ne3 2 N2∗ N2∗ Q21 ∗ E21 = N1∗ A21 N1 again!!! the critical density!!! Calcoliamo adesso i bilanci energetici (sempre nel caso di un atomo a 2 livelli in diluizione di radiazione e con transizioni fra soli stati legati: 107 (A) energia cinetica assorbita K12 = N1 Ne Q12 E21 = ZI Ne2 Q21 N2∗ E21 N1∗ (B) energia cinetica emessa K21 = N2 Ne Q21 E21 N1 ZI Ne2 N2∗ N2∗ = Ne Q21 ∗ E21 = Q21 ∗ E21 A21 A21 N1 N1 1+ 1+ Ne Q21 Ne Q21 K21 ∗ ZI Ne3 2 N2 = Q E21 Ne Q21 + A21 21 N1∗ K21 ∗ ZI Ne3 2 N2 Q E21 = Ne Q21 + A21 21 N1∗ (C) energia radiativa emessa F21 = N2 A21 E21 N2∗ 1 A21 ∗ E21 = N1 A21 N1 1+ Ne Q21 N2∗ ZI Ne A21 Q21 ∗ E21 = Ne Q21 + A21 N1 N2∗ ZI Ne2 A21 Q21 ∗ E21 = Ne Q21 + A21 N1 108 Lezione 16 + 17 La volta scorsa avevamo calcolato il “coefficiente della velocità di diseccitazione collisionale Q21 per urto con elettroni Q21 8.63 · 10−6 < Ω(1, 2) > = g2 T 1/2 (cm3 sec−1 ) ove Ω(1, 2) è la cosidetta “efficienza collisionale Avevamo inoltre derivato l’espressione della popolazione relativa dei livelli di un atomo a 2 livelli, posto in un campo di radiazione diluita, supponendo: Ionizzazione + Ricombinazione molto più rara di transizioni fra stati legati N2 g2 = N1 g1 Se − hν e kT A21 1+ Ne Q21 A21 1 si ha E.T., cioè quando predominano gli urti Ne Q21 e ponendo nel caso di E. T.: 109 110 N2∗ g2 − hν = e kT N1∗ g1 ponendo N2 = b2 ; N2∗ N1 = b1 N1∗ b2 g2 − hν N2 = e kT ; N1 b1 g1 b2 b1 1 A21 1+ Ne Q21 Supponendo che le transizioni fra 2 ⇒ 1 fossero permesse, cioè che A21 ≈ 108 sec−1 e supponendo Ne = 104 cm−3 e T = 104 K abbiamo calcolato Q21 prendendo come partner d’urto gli elettroni Q21 8.63 · 10−6 Ω(12) = · 2 g2 10 → 1 ≈ 10−7 sec−1 da cui risulta: b2 = b1 1 108 1+ 4 10 · 10−7 ≈ 10−11 cioè: N2 g2 − hν = 10−11 e kT N1 g1 111 N2 g2 = 10−11 0.06 N1 g1 risulta − hν 14 se si pone : ν(5000 A) = 6·10 Hz T = 10000 e kT = 0.06 h = 6.63 · 10−27 erg s k = 1.38 · 10−16 erg k −1 h = 4.80 · 10−11 s K k Ciò significa: (1) non vi è equilibrio termodinamico (2) tutti gli atomi neutri sono al livello fondamentale Diversa è la situazione nel caso di transizioni proibite dai cosidetti livelli “METASTABILI. Si noti che i livelli metastabili si trovano al di 112 sopra del livello fondamentale di qualche eV e che le transizioni fra questi livelli e il livello fondamentale (e fra di loro) sono proibite: Questi livelli metastabili non sono popolati per RICOMBINAZIONE e CASCATA perché dovremmo osservare anche righe provenienti da livelli alti. Quindi essi vengono popolati tramite eccitazioni collisionali dal livello fondamentale. Consideriamo quindi per il nostro esempio le righe nebulari dello spettro dello [OIII] 5007, 4959 corrispondenti alle transizioni: − 2 ↓ − 1 1 D2 − 3 P2 λ = 5007 A 1 D2 − 3 P1 λ = 4959 A A21 = 2.1 · 10−2 sec−1 ; A21 = 0.7 · 10−2 sec−1 nei due casi probabilità di transizione spontanea 113 P onendo T = 104 K ; Q21 Ne = 103 ÷ 104 cm−3 ; 8.63 · 10−6 Ω(1, 2) = g2 102 Ω(1, 2) ∼ 1 g2 ≈ 10−7 cm3 sec−1 e quindi A21 2.1 · 10−2 2.1 · 105 105 = ∼ ∼ 10 ÷ 102 −7 = Ne Q21 Ne Ne Ne 10 quindi b2 = b1 1 ' 0.1 ÷ 0.01 A21 1+ Ne Q21 La popolazione del livello maggiore raggiunge quindi lo 1% fino al 10% del suo valore in caso di equilibrio termodinamico (quindi una piccola deviazione rispetto ai livelli non metastabili). Rispetto ai livelli con vita media normale bb2 = 10−11 vengono cosı̀ fa1 voriti, in condizioni interstellari, i livelli metastabili bb2 ∼ 10−1 con lunga vita media nel rapporto 1010 : 1 1 Andamento del numero di fotoni emessi per unità di tempo per ione N2 g2 = N1 g1 − hν e kT A21 1+ Ne Q21 114 Low density limit N2 g2 − hν Ne Q21 Ne A21 = e kT ; Ne Q21 1 ; = Q12 Ne N1 g1 Ne Q21 + A21 N1 Q21 = 8.63 · 10−6 g2 − hν < Ω(1, 2) > Q12 = e kT ; Q21 g1 g2 T 1/2 g(2S + 1)(2L + 1) h = 6.63 · 10−27 [erg s] k = 1.38 · 10−16 [erg k −1 ] h = 4.80 · 10−11 [s · k] k N2 A21 g2 J= = A21 N1 g1 − hν e kT A21 1+ Ne Q21 fotoni emessi per unità di tempo per ione 115 RIGHE PROIBITE A21 = 1.8 · 10−2 sec−1 ; Q21 = 1.8 · 10−8 cm3 sec−1 ; T = 104 ; 2) 1 D2 L = 2 ; S = 0 ; g2 = 5 ; 1) 3 P2 L = 1 ; S = 1 ; g1 = 9 ; 2) − 1) λ = 5007 ; J= N2 A21 J = 1.8 · 10−2 N1 g NG = ν = 5.992 · 1014 − hν e kT 1.8 · 10−2 1+ Ne 1.8 · 10−8 A21 ∼ 106 cm−3 Q21 5.64 · 10−4 J= 106 1+ Ne 116 Ne 10 103 105 106 107 108 J 5.64 · 10−9 5.64 · 10−7 5.64 · 10−5 2.32 · 10−4 5.64 · 10−4 5.64 · 10−4 lg J -8.25 -6.25 -4.25 -3.63 -3.25 -3.25 N2 g2 = N1 g1 J= − hν e kT A21 1+ Ne Q21 N2 A21 − N2 Ne Q21 N2 = (A21 − Ne Q21 ) N1 N1 J = (A21 − Ne Q21 ) g2 g1 − hν e kT A21 1+ Ne Q21 117 = = g2 − hν A21 − Ne Q21 e kT A21 g1 1+ Ne Q21 A21 − Ne Q21 · Ne Q21 A21 + Ne Q21 Posto Ne Q21 = x J= J =0 ; A21 x − x2 A21 − x ·x = A21 + x A21 + x x=0 x = Ne Q21 = A21 A21 x − x2 f x) = A21 + x ( (A21 x − 2x)(A21 + x) − A21 x + x2 f (x) = (A21 + x)2 0 118 A221 + A21 x − 2A21 x − 2x2 − A21 x + x2 = (A21 + x)2 = A221 − 2A21 x − x2 =0 A21 + x 0 f (x) = −x2 − 2A21 x + A221 = 0 q 2A21 ± 4A221 + 4A221 = −A21 x= −2 q = 2A21 ± 2 2A221 −2 = √ 2A21 ± 2A21 2 = √ A21 ( 2 − 1) = 0.41A21 N1 Ne Q12 = N2 (A21 + Ne Q21 ) N2 Ne Q21 = N1 Ne Q12 − Ne A21 numero scariche collisionali per atomo 119 K= N2 Ne Q21 N2 N2 N2 = Ne Q12 − A21 = Ne Q21 − A21 N1 N1 N1 N1 N1 Q12 = N2 Q12 Q12 = N2 g2 (Ne Q21 − A21 ) = K= N1 g1 N2∗ Q21 N1∗ − hν e kT (Ne Q21 − A21 ) A21 1+ Ne Q21 high density limit Ne → ∞ ⇒ Ne Q21 A2 N2∗ K = ∗ Ne Q21 N1 low density limit Ne → 0 k=0 120 N1 Ne Q12 = N2 A21 + N2 Ne Q21 N2 A21 N2 N2∗ = Ne Q12 − Ne Q21 = Ne ∗ N1 N1 N1 In tale caso siccome il coefficiente di emissione nelle righe Lν ' N2 A21 Lν per (N2 A21 )permesse 1 108 = = 10 · −2 = 1 (N2 A21 )proibite 10 10 Lν proi per le trasmissioni permesse si trascura l’emissione indotta 4π c Iν N2 B21 perché la radiazione è molto diluita cioé le righe “proibite” sono cosı̀ forti come le “permesse” o addirittura piú forti. ESEMPIO 2 Consideriamo un atomo (oppure una molecola) con solo 2 livelli di energia e ammettiamo che la transizione corrisponda ad una RADIORIGA 121 W ≈ 1 f attore di diluizione λm T = 0.29 cm K Per un campo di radiazione nell’intervallo delle frequenze radio (Cosmic B. B. radiation: pag. 2 + pag. 76 Spitzer) il fattore di diluizione di norma prossimo a 1 (perché la radiazione, radio di fondo proviene da tutte le direzioni) WRADIO ∼ 1 Per cui si definisce Iν tramite la legge di Rayleigh-Jeans Iν = 2 ν c !2 K TS valida per hν 1 KTS ovvero tramite la temperatura di RADIAZIONE TS (= 2.7 K) L’espressione che esprime la popolazione dei livelli: N2 g2 = N1 g1 Ne Q21 A21 1 + Ne ! − hν e kT + W Q21 A21 ! −1 hν e kT∗ − 1 + −1 hν e kT∗ − 1 +W + 122 ove T = temperatura critica diventa in questo caso N2 = N1 g2 g1 A21 kTS − hν e kT + 0 N Q21 hν A21 A21 kTS 1+ 0 + 0 N Q21 N Q21 hν (18) ove con N 0 indichiamo i partner d’urto Questa espressione diventa la formula di Boltzmann per A21 1 N 0 Q21 Tuttavia si definisce una temperatura di eccitazione Tex tale che sia: N2 = N1 ove ovviamente hν g2 − kT ex e g1 Tex 6= TS Poiché nell’intervallo di frequenze radio KT hν KTex hν si può porre: exp[−hν/KT ] ≈ 1 − hν kTex (19) 123 k = 1.38 · 10−16 erg deg −1 T = 10 ÷ 102 ν1 cm = 3 · 1010 cm h = 6.63 · 1027 erg s Dalle (??) e (??) si ricava: 1 X + 1 = TS T Tex 1+X ove: A21 kTS · X= 0 N Q21 hν (N 0 Q21 )−1 = ! kTS −1 A21 hν Si dimostra che: V ita media livello partenza emissione per soli processi d0 urto X= V ita media livello partenza emissione per soli processi radiativi Infatti ricordando che l’equazione dell’equilibrio statistico per il sistema a 2 livelli è: 4π 4π Iν + Ne Q12 = N2 B21 Iν + A21 + Ne Q21 c c ! N1 B12 risulta che: 1 = tU RT O Ne Q21 ! 124 Tempo di vita medio del livello 2 in presenza di soli processi d’urto. 1 = tS 4π Iν + A21 B21 c Tempo di vita medio del livello 2 in presenza di soli processi radiativi Quest’ultima infatti si trasforma ricordando che 3 3 A21 = 8πhν B21 → B21 = c 3 A21 3 c 8πhν 3 ν 2 K T nella rappresentazione di Rayleigh− 1 = 2 b) Iν 2hν S 2 c c2 − hν e kTS − 1 Jeans a) 2 3 2 4π 4π 2ν c c · 2 KTS + 1 A21 Iν +A21 = Iν + 1 A21 = c 8πhν 3 c 2πhν 3 c B21 KTS +1 = hν ! A21 ma KTS hν ≈ ⇒ KTS A21 hν KTS tS = A21 hν !−1 KTS 1 hν 125 X= tu tS In conclusione risulta che: tu tS + 1 T = TS Tex ts + tu Se tS tu hanno il sopravvento i processi d0 urto e quindi: Tex = T = temperatura cinetica Viceversa se tS tu hanno il sopravvento i processi radiativi e quindi: Tex = TS = temperatura di radiazione APPLICAZIONE Nr. 1 Popolazione del livello superiore da cui ha origine la riga 21 cm (1420.4 MHz) dello HI Questa riga ha origine da una transizione fra stato con spin elettronico k allo spin nucleare, F = 1, e stato con spin elettronico anti k allo spin nucleare F = 0 126 Questa riga proviene da regioni HI in cui la ionizzazione è molto bassa Come partner d’urto giocano quindi un ruolo importante solo gli atomi di HI. Sarà quindi: N 0 = NH e sia T = 102 K Il valore di Q21 si ricava da tabelle e risulta per una temperatura cinetica di T = 102 K Q21 ∼ 10−10 cm3 sec−1 Se N 0 = 1 cm−3 vita media livello = 1010 s = 317 years d’altro canto l’energia di eccitazione della riga 21 cm è: ∆E = hν = 5.9 · 10−6 eV e la sua probabilità di transizione A21 = 2.87 · 10−15 sec−1 ; B21 = 1.61·1014 vita media di livello = 3.48·1014 sec = 11·106 years Quindi esprimendo in eV, ∆E KTS TS = ∆E (in eV ) hν 11600 ∆E (N 0 Q21 )−1 e ricordando che X = !−1 KTS A21 hν TS −15 −6 2.87 · 10 X = 11600 5.9 · 10 −10 NH 10 ! = 4 · 10−4 TS NH 127 Affinché Tex (chiamata nel caso della 21 cm “TEMPERATURA DI SPIN) sia uguale alla T cinetica occorre che sia: 1 Tex X1 X 1 + = TS T 1+X Se nell’espressione precedente si pone: X = 4 · 10−4 TS NH TS = 2.7 K = temperatura della radiazione di f ondo cosmica per il campo di radiazione e si considerano densità tipiche delle nubi interstellari in cui: NH > 0.1 cm−3 Nh ∼ 1 cm−3 ad es. e in cui si ha < T ∼ 102 K la condizione: X = 4 · 10−4 è soddisfatta. TS 1 NH 128 B. D. pg.363 n1 hν0 = E1 − E0 the emission coefficient of the transition 1 → 0 is φν = δ(ν − ν0 ) 4πν = n1 hν0 A10 φν φν = line shape = probability that the photon is emitted in the interval ν − ν + d ν The lifetime of S = 1 is ∼ 3.5 · 1014 sec The hydrogen is in LTE charaterized by a SPIN TEMPERATURE TSP so that we can write: ν ν = Bν (TS ) = 2 Kν c !2 hν KT hν0 = 0.07K K KTSP The observed radio intensity is usually espressed in terms of brightness temperature ν Iν (Tb ) = 2 c 129 !2 KTb 130 If the radiation is DUE ENTIRELY to emission from H atoms along the line of sight, then the transfer equation is: Iν = = ν 2 c = ν −τν e d τν Kν Z τ∗ 0 0 !2 ∗ K TSP 1 − e−τν ν 2 c !2 KTb it follows that: ∗ Tb = TSP 1 − e−τν Therefore when there is NO ABSORPTION τν = 0 Tb = TSP if the emission arises from atoms where spin temperature is a CONSTANT Tb = TSP τ ∗ if τν 1 The column density NH of NEUTRAL HYDROGEN along the line of sight can be obtained from radio observations 131 A10 φν ν = n1 hν 4π ν = 2 ν 2 K T SP c Kν τ= ! Z ∞ 0 n 1 φν hν → Kν = A10 c2 2 8πν KTSP τν d ν = Z ∞ 0 A10 c2 hν0 = 8πν02 KTSP hν0 n1 g1 − KT SP = 3 = e n0 g0 dν !Z | Z Kν d s n1 d s {z N1 } − 0.07 SP e| T {z } ≈ 1 T =10..... ≈ 3 n0 = n1 /3 NH = N0 + N1 = 4 8πν02 τ 3 A10 c2 N1 4 + N1 = N1 3 3 KTSP hν0 32 KTSP τ Π 3 hcλ A10 2.76 · 1014 TSP τ ! 132 For regions thin to radio waves τν 1 then the brightness temparature Tb ≈ TSP τ Then NH can be derived from measurements of Tb Lezione 18 APPLICAZIONE NR 2 Nel caso della riga di emissione del CO vedi Spitzer pag. 83 λ ∼ 2.6 mm le eccitazioni per urto si verificano con partner d’urto che sono le molecole di H2 In queste regioni T = 10 ÷ 30 K e quindi la rate di diseccitazione per urto è (vedi TAB 1): Q21 ∼ 2 · 10−12 cm3 sec−1 La probabilità di transizione radiativa spontanea è per questa riga: A21 = 6 · 10−8 sec−1 La differenza di energia fra i due livelli da cui ha origine la riga è: hν = ∆E = 4.8 · 10−4 ev Ricordiamo che 133 134 KTS TS = hν 11600 ∆E (eV ) Calcoliamo: x= A21 KTS · N 0 Q21 hν 6 · 10−8 TS 3 TS x= 0 ∼ 5 · 10 N0 N 2 · 10−12 11600 · 4.8 · 10−4 x 1 + 1 = TS T Tex 1+x > In nubi molto dense N 0 = N (H2 ) ∼ 5 · 104 cm−3 e TS ∼ 2.7 K risulta: x1 e quindi: Tex = T Dominano cioè le collisioni e la popolazione dei livelli è data dalla formula di Boltzmann come in LTE. Al contrario per densità più basse diventano importanti le eccitazioni radiative, per esempio tramite fotoni della radiazione di fondo cosmica 135 APPLICAZIONE NR 3 Nel caso delle righe di assorbimento interstellari ottiche di CN λ 3874.61 λ 3875.77 λ 3874.00 queste derivano da una transizione elettronica dal primo livello rotazionale eccitato J = 1 dello stato fondamentale. Qui la probabilità di transizione spontanea J = 1 → J = 0 della molecola di CN è relativamente alta A21 ∼ 10−5 sec−1 ∆E ≈ 4.7 · 10−4 eV TS TS KTS = = hν 11600 ∆E(eV ) 11600 · 4.7 · 10−4 Q21 ∼ 10−12 cm3 sec−1 KTS 10−5 A21 TS · = 0 −12 · x= 0 N Q21 hν N 10 11600 · 4.7 · 10−4 ≈ 1.7 · 106 Ovvero x 1 TS N0 ovvero tUtRT O 1 S ciò implica dalla Tex tS tu + TS = T tS + tu 136 che: Tex = TS = 2.7 K Le molecole interstellari di CN sono perciò dei sensibili indicatori della radiazione di fondo cosmica Per le righe di questa molecola gli urti non sono perciò importanti e predominano le eccitazioni radiative da parte del campo di radiazione a 3 K. RIGHE DI RICOMBINAZIONE Le ipotesi che facciamo sono plausibili con le condizioni presenti nelle regioni HII. Ammettiamo che la popolazione del livello di partenza n avvenga a) per ricombinazione diretta b) per ricombinazione diretta a livelli più alti seguita da transizioni radiative ad n 137 Ammettiamo quindi che 1. Non vi sia emissione indotta 2. Non vi sia popolazione del livello n per urto o per assorbimento di radiazione. 3. Gli atomi neutri siano al livello fondamentale e da questo vengano fotoionizzati. 4. Vi sia equilibrio statistico. Premettiamo a questo proposito che: rate ionizzazione ∼ 10−8 sec−1 Anm ≈ 104 ÷ 108 sec−1 Si possono perciò trascurare i processi di ionizzazione dagli stati legati nelle equazioni statistiche prob. trans. n ↑ m per assorbimento radiativo probabilità f otoionizzazione 10−15 sec−1 10−8 sec−1 Le equazioni dell’equilibrio statistico sono cosı̀: Nm n−1 X Anm = m=1 {z } | partenze da n a livelli inf eriori ∞ X Nm Amn + Np Ne α0,n (Te ) m=n+1 α0,n (Te ) = coef f iciente di ricombinazione diretta al livello n [cm3 sec−1 ] Te = T emperatura elettronica 138 Supponiamo inoltre che la nube gassosa sia OTTICAMENTE SOTTILE (cioè che una riga emessa non venga riassorbita) da m = 1, 2....n − 1 → n Ricordiamo che per l’idrogeno in E. T. valgono: Np Ne 2πme KTe = N1 h2 !3 x 2 − KT0 e e · 1 z}|{ g11 =1 (20) g0n = 2n2 Boltzmann (21) g01 |{z} 2·1 x0 n Nn 2 KTe =n e N1 ove: x0 = energia di ionizzazione dal livello f ondamentale x0n = energia di eccitazione 0 → n Introducendo i coefficienti di deviazione bn = Nm N∗ si ottiene ricombinando la (??) e la (??): 3 2 2 + x0 − x0n h KT Nn = bn n2 e Np Ne 2πme KTe sostituendo questa espressione nell’equazione dell’equilibrio statico per Nn ed Nm si ottiene un sistema di equazioni per i coefficienti bn 139 α0n n2 !3 − x0n − x0n ∞ X m2 − x0mKT 2πme KTe 2 − x0KT e e + bm Amn · 2 e = bn e h2 n m=n+1 n−1 X m=1 bn dipende in questo caso non da Ne ma solo da Te Ciò è vero perchè consideriamo il caso di bassissima densità in cui i soli processi che originano le righe sono: 1. cattura di elettroni su livelli eccitati 2. caduta radiativa ai livelli inferiori Note alla derivazione da E. T. per righe proibite N2 (A21 + Ne Q21 ) = N1 Q12 Ne Equilibrio statistico Anm 140 N2 Q21 = N1 Q12 Q12 N2 g2 − hν = = e kT Q21 N1 g1 N2 A21 Q12 g2 − hν + N2 Ne = N2 N1 = N1 Ne e kT Q21 Q21 g1 ! A21 g2 − hν N2 1+ = e kT N1 Ne Q21 g1 N2 Q12 Ne = = N1 A21 + Ne Q21 Q12 Q21 A21 +1 Ne Q21 = g2 g1 − hν e kT A21 1+ Ne Q21 !3 2πmKT 2 − x0 Np Ne = e KT N1 h2 x0n Nn 2 − KT =n e N1 !3 Np Ne 2 − x0n 2πmKT 2 − x0 n e KT = e KT Nn h2 141 (−x0n + x0 ) 2 KT Nn = Np Ne n e − 3 2 2 h 2πmKT 3 2 2 (x0 − x0n ) h 2 Nn = bn n e KT Np Ne 2πmKT eliminato N1 con la (??) si trasforma nella formula (degna di nota): 3 2 2 + x0 − x0n h 2 KT Np Ne Nn = bn n e 2πme KTe (22) Se si sostituisce questa espressione nell’equazione dell’equilibrio statistico in luogo di Nn oppure di N si ottiene un sistema di equazioni per i coefficienti bn α0,n n2 !3 − x0n ∞ X 2πme KTe 2 + x0KT e e + bm Amn = bn h2 m=n+1 da controllare confrontando con Osterbrock n−1 X m=1 Amn 142 Come si vede i valori di bn non dipendono in questo caso dalla densità ma solo dalla temperatura Te . Non tratteremo qui dei metodi per risolvere questo sistema di equazioni. Risultati numerici per n = 2 fino a 7 per Te = 104 K sono elencati in Tabella 2 Lezione 19 – Intensità delle righe in funzione della densità e della temperatura Non si può terminare una discussione sui rapporti di popolazione senza parlare delle intensità previste di alcune righe. Per risolvere il problema occorre risolvere il seguente sistema di equazioni: d Iν = I − ν equazione del trasporto ν d τν kν −1 L 3 g n Nm − 1 S L = ν = 2hν Sourcef unction 2 ν L gm Nn c k ν P P 4π 4π I + P 0P = A + N Q N B ν m<n nm m nm m Nm Bmn c Iν + n m nm c P 0P 0 + m>n Nm An + N m Nm Qmn equazione dell equilibrio statistico Consideriamo in primo luogo 2 casi in cui: Non avviene né eccitazione radiativa né emissione indotta ma avviene eccitazione e diseccitazione per urto e emissione spontanea In tale modo l’equazione del trasporto radiativo (la prima del sistema) non è più necessaria 143 144 Queste condizioni si verificano per: 1. Righe di ioni pesanti eccitate per urto 2. Righe di ricombinazione ottiche in una nebulosa gassosa otticamente sottile L’intensità di una riga di emissione è data da IνL = Iν − Iν0 Iν è dato dalla equazione del trasporto Iν = Z τ∗ ν 0 ∗ SνL (τν ) e−τν + Iν0 e−τν τν∗ = τν (r∗ ) in cui SνL può dipendere da Iν0 per le: 1. eccitazioni radiative 2. emissione indotta 145 Tale dipendenza scompare per le righe di emissione ottiche a) eccitate per urto b) generate per ricombinazione (nel caso sottile, perché altrimenti potrebbero causare emissione indotta ed eccitazione radiativa) quindi SνL , KνL e di conseguenza Lν sono indipendenti da Iν0 e si può considerare: Iν0 Iν a causa della diluizione L Nell’ipotesi di nebulae otticamente sottili τνL 1 risulta e−τν = 1 e quindi: SνL d τνL = SνL KνL d r = Lν d r e se in luogo di Lν si pone la sua espressione: Lν = hνnm ψ(ν) Anm Nn 4π Risulta: IνL = Iν − Iν0 = Z l 0 Lν hνnm dr = ψ(ν) Anm 4π Z l 0 Nn d r questa si può scrivere perché siamo nel caso otticamente sottile Ammettiamo d’ora in poi che siano 146 densità e temperatura c o s t a n t i In questo caso il rapporto di due righe di emissione con uguale livello inferiore m e uguale profilo ψ(ν) L Inm νnm = νn0 m InL0 m ! Anm A n0 m ! Nn Nn0 ! qui si potrebbe introdurre il rapporto di popolazione nel caso di righe di ricombinazione sottili hνmn Nn gn e kT = = Anm Nm gm 1+ Ne Qnm − Espressione valida nel caso che ionizzazioni + ricombinazioni siano molto più rare delle transizioni fra stati legati An0 m 1 + hνnm − hνn0 m − N e Qn0 m ! kT e Anm 1+ Ne Qn0 m L Inm νnm Anm gn = L νn0 m An0 m gn0 In0 m ! 147 Se i livelli n ed n’ sono uno vicino all’altro 0 e KT ∼ 1 νnm ∼ νn0 m Quindi il rapporto di intensità delle righe dipende da: Ne Perché ciò sia vero occorre che siano: An0 m 6= Anm probabilità di transizione radiativa e che Qn0 m 6= Qnm velocità di diseccitazione collisionale 148 Lezione 20 Facendo le ipotesi di: eccitazione radiativa emissione indotta assenza di che si verificano per temperatura densità e di costanza della RIGHE P ROIBIT E di ioni pesanti RIGHE DI RICOM BIN AZION E OT T ICHE in nebule sottili Abbiamo trovato per un sistema a 2 livelli che: L Inm (ν) = hνnm Anm ψ(ν) Nn l 4π 149 150 In questo caso il rapporto di due righe di emissione con uguale livello inf eriore m uguale prof ilo ψ(ν) è dato da: L Inm νnm Anm Nn = L νn0 m An0 m Nn0 In0 m hνnn0 Nn gn e kT = = Ann0 Nn0 gn0 1+ Ne Qnn0 − valida nel caso di assenza di ionizzazione..........le possibilià nel caso di righe proibite e quindi: An0 m 1 + hνnm − hνn0 m − N e Qn0 m ! kT e Anm 1+ Ne Qn0 m L Inm νnm Anm gn = L νn0 m An0 m gn0 In0 m ! 151 Se i livelli n ed n’ sono uno vicino all’altro νnm ∼ νn0 m Quindi L Inm InL0 m = νnm Anm gn νn0 m An0 m gn0 An0 m Ne Qn0 m · Anm 1+ Ne Qnm 1+ (23) funzione della densità elettronica Ne e della temperatura elettronica Te che compare nell’espressione di Qnm Qnm = 8.63 · 10−6 Ωnm T 1/2 gn 152 Questa situazione si verifica per le righe proibite dello Ω(4 S,2 D) Amn (sec−1 ) 7.0·10−6 ; 1.6·10−5 (Kapl) [N I] I(5200)/I(5198) [OII] I(3729)/I(3726) 1.47 4.2 · 10−5 ; 1.8 · 10−4 (Ost) [SII] I(6717)/I(6730) 5.66 4.7 · 10−4 ; 1.8 · 10−3 (Ost) [CeII] I(5517)/I(5537) [ArIV ] I(4711)/I(4740) 1.67 2.2 · 10−3 ; 2.8 · 10−2 (Ost) [N eIV ] I(2422)/I(2425) 1.14 5.6 · 10−3 ; 5.9 · 10−4 (Ost) 0 0 0 Ω( SLJ, S L J ) = 1.0·10−3 ; 7.0·10−3 (Kapl) 2J 0 + 1 Ω (SL, S 0 L0 ) 0 0 (2S + 1)(2L + 1) Si noti che: A. per alte densità la (??) diventa: L Inm Anm gn = An0 m gn0 InL0 m Infatti siccome i soli urti determinano la popolazione dei livelli risulta: 153 Nn0 gn0 = Nn gn data cioè come in equilibrio termodinamico dalla legge di Boltzmann e quindi Inm gn Anm = 0 In0 n gn An0 m B. per basse densità la (??) che si può esprimere nella forma: Inm νnm Anm gn Ne Qn0 m + An0 m Ne Qnm = In0 m νn0 m An0 m gn0 Ne Qnm + Anm Ne Qn0 m ↓ molto piccolo Inm gn Qnm = 0 = In0 m gn Qn0 m gn Ωnm gn0 Ωnm = gn0 Ωn0 m gn Ωn0 m Inm Ωnm = In0 m Ωn0 m 154 A31 (2321) = 2.3 · 10−1 sec−1 A32 (4363) = 1.6 · sec−1 A21 (5007) = 2.1 · 10−2 sec−1 A21 (4959) = 0.7 · 10−2 sec−1 Anm 1 Ne Qnm [OIII] A32 A21 ⇒ che le diseccitazioni collisionali 3 − 2 sono poco importanti a basse densità Inoltre I32 (4363) è molto piccola rispetto a I21 (5007, 4959) e quindi il livello 3 è poco popolato e quindi per il livello 2 non si hanno notevoli incrementi di popolazione da 3 → 2 per transizione radiativa N1 Ne q13 = N3 (A32 + A31 ) N1 Ne q12 = N2 Ne q21 + N2 A21 vedi in seguito ↓ N3 Ω13 A21 = N2 Ω13 A32 + A31 " −4 1 + 1.73 · 10 X Ω12 A21 # X23 e KTe − 155 Ne X = 10− 2 √ Te Ineb = N2 A21 hν21 Iaur = N3 A32 hν32 T 4 10 2 · 104 3 · 104 2 · 104 2 · 104 2 · 104 KT (eV) 0.86 1.72 2.58 3.44 4.3 5.16 Ne N1 Q12 = N2 (A21 + Ne Q21 ) Ne N1 Q13 = N3 (A32 + A31 ) vedi in seguito Q13 N3 A32 + A31 = Q12 N2 A21 + Ne Q21 156 N1 Q13 = N3 Q31 Q13 = Q31 = Q31 Q12 = Q21 N3 g3 − hν31 = Q31 e KT N1 g1 g2 − hν21 N2 = Q21 e KT N1 g1 Q13 Q31 g3 − hν32 = e KT Q12 Q21 g2 hν32 e KT N3 Q31 g3 = N2 Q21 g2 · A21 + Ne Q21 A32 + A31 N3 Ω(3, 1) g2 g3 = N2 Ω(2, 1) g3 g2 hν32 − e KT · A21 + Ne Q21 A32 + A31 N3 N2 hν32 e KT · A21 + Ne Q21 A32 + A31 = = − = Ω(3, 1) Ω(2, 1) − Ω(3, 1) A21 · Ω(2, 1) A32 + A31 Ω(3, 1) A21 · Ω(2, 1) A32 + A31 Ne Q21 1+ A21 ! hν32 e KT − hν32 N Ω(2, 1) − e −6 1 + · 8.63 · 10 e KT A21 g2 T 1/2 157 = Ω(3, 1) A21 · Ω(2, 1) A32 + A31 −6 1/2 hν32 8.63 · 10 Ω(2, 1) N T − e 1 + e KT A21 g2 g2 (1 D) = (2S + 1)(2L + 1) = 1 · 5 = 5 −2 −1/2 hν32 Ω(3, 1) A21 (10 N T )Ω(2, 1) N3 − e 1 + 1.73 · 10−4 · e KT = · N2 Ω(2, 1) A32 + A31 A21 158 Lezione 21 - Calcolo della temperatura elettronica Consideriamo il caso di righe proibite provenienti da transizioni da due livelli metastabili distanti fra di loro. È questo il caso delle righe dello [OIII]. Lo schema a 5 livelli si riduce ad uno a 3 livelli se consideriamo coincidenti i 3 livelli 3 P . Indichiamo i livelli P, D, S con 1, 2, 3. Le equazioni dell’equilibrio statistico in assenza di a) emissione indotta b) eccitazione radiativa 159 160 sono: (N1 Q12 +N3 Q32 )Ne +N3 A32 = N2 A21 +N2 Ne (Q21 +Q23 ) per il livello 2 (N1 Q13 +N2 Q23 )Ne + = N3 (A31 +A32 )+N3 Ne (Q32 +Q31 ) per il livello 3 ove Q12 hν12 g2 − = Q21 e KT g1 Q21 = 8.63 · 10−6 Ω21 T 1/2 g2 la soluzione del sistema di equazioni è: N2 = N1 Ne {Q12 [A31 + A32 + Ne (Q31 + Q32 )] + Q13 (Ne Q32 + A32 )} Ne Q23 (Ne Q32 + A32 ) + [A21 + Ne (Q21 + Q23 )][A31 + A32 + Ne (Q31 + Q32 )] N3 = Ne N1 Q13 + Ne N2 Q23 A31 + A32 + Ne (Q32 + Q31 ) Tenendo presente che: A31 (2321) = 2.3 · 10−1 sec−1 → A32 (4363) = 1.6 · sec A21 (5007) = 2.1 · 10−2 sec−1 A21 (4959) = 0.7 · 10−2 sec−1 A32 A31 −1 A21 = 2.1 · 10−2 T 1/2 g NC = Q τ 21 8.63 · 10−6 < ΩM > e che osservativamente a basse densità risulta: I(4363) molto piccola segue che: 161 Il livello 3 si eccita per urto ma: q13 q12 a causa del f orte dislivello di energia Q32 e Q31 non agiscono perché 3 si scarica radiativamente a 2 Q32 si può trascurare perché a basse densità pochi sono gli urti capaci di eccitare da 2 → 3 Le equazioni divengono cosı̀: N2 = N1 Ne Q12 (A32 + A31 ) N1 Ne Q12 = (A21 + Ne Q21 )(A32 + A31 ) A21 + Ne Q21 che equivale a: N2 A21 + N2 Ne Q21 = N1 Ne Q12 e la seconda: N3 (A31 + A32 ) = Ne N1 Q13 Da queste due equazioni segue con le dovute sostituzioni: N3 Ω13 A21 = N2 Ω12 A32 + A31 ove " −4 1 + 1.73 · 10 10−2 Ne x= √ Te Si usano quindi le seguenti equazioni: x Ω12 A21 # x23 KT e e − 162 per determinare la Ne L Inm InL0 m = νnm Anm gn νn0 m An0 m gn0 An0 m Ne Qn0 m · Anm 1+ Ne Qn0 m 1+ Si fissa T = 104 e si determina Ne con questo valore si determina Te tramite la N3 Ω13 A21 = N2 Ω12 A32 + A31 " 1 + 1.73 · 10 −4 x Ω12 A21 # x23 e KTe − 163 INTENSITÀ RIGHE RICOMBINAZIONE OTTICHE DELLO HI Ricordiamo che nel caso otticamente sottile τν∗ 1 l’espressione generale Iν = Z τ∗ ν ∗ Sν e−τν d τν + Iν0 e−τν 0 all’interno delle righe assume la forma IνL = Iν − Iν0 = Z l 0 εLν d r = hνnm ψ(ν) Anm 4π Z l 0 Nn d r Sostituendo l’espressione ottenuta combinando l’equazione di Saha e quella di Boltzmann in assenza LTE 3 2 2 + x0 − x0n h 2 KT e Np Ne Nn = b n n 2π me KTe ↓ !3 2πme KTe 2 = 4.829 · 1015 T 3/2 2 h x0 = energia di ionizzazione (Spitzer 2.31) x0n = energia di eccitazione E integrando su tutto il PROFILO ψ(ν) L Inm = hνnm Anm 4π Z l 0 Nn d r = Fnm (Te ) Z l 0 Np Ne d r 164 Sappiamo dalla meccanica quantistica che: Anm = gm gn 3 νnm ! Bmn fmn gm gn ! fmn me h νnm Bmn π e2 fmn = 26 −1 gm ∼ √ 3 3π π e2 2 = ν me h nm m−2 − n−2 −3 m−3 n−3 gnm = 26 −1 −3 = √ gm R3 Z 6 νnm m−3 n−3 gnm 3 3π gnm = gaunt f actor 2 con gm = 2m ; 2 gn = 2n ove ν = R Z 2 1 1 − n2 m2 ! (con n > m) Inoltre x0 − x0n = + En R h Z2 = n2 R = costante di Rydberg in Hz NP = Ne − N (He+ ) E1 exp + 2 n KT " # ; E1 13.615 eV = 158000 = K 8.617 · 10−5 eV deg 165 Sostituendo questi valori si ottiene: L Inm gnm bn 158000 = 34.24 3 3 exp n m Te3/2 n2 Te ( ) E + N (He ) 1+ Np ↓ [erg cm−2 sec−1 sterad−1 ] Fnm (Te ) E = Z l 0 Ne2 d r grado di emissione [pc cm−6 ] ef f αnm (H, T ) h νnm Z r 0 Ne2 d r (24) 166 Lezione 23 - INTENSITÀ RIGHE RICOMBINAZIONE RADIO Nel caso di righe di ricombinazione radio con > n ∼ 100 diventa: bn ' 1 Ci si approssima cioè alla condizione di LTE. Quindi l’espressione della Source function nella riga è: SνL = Bν (Te ) e quindi εLν = KνL Bν (Te ) 167 168 Iν = Se τνL 1, Z τ 0 L L Bν (Te ) e−τν d τν + Iν0 e−τν caso sottile nelle righe: Iν − Iν0 = KνL Z l 0 Bν (Te ) KνL d l hνnm ψ(ν) Nm Bmn = c gm Nn 1− gn Nm ! Contrariamente a quanto avviene nel caso ottico, la radiazione continua radio del gas ( a causa della forte profondità ottica nel continuo radio delle regioni HII) è sufficientemente forte in confronto alla radiazione nelle righe: > (Iν0 ) ∼ Iνl e può quindi produrre: Emissione indotta Bnm 4π Iν0 c Questo termine dovrà quindi comparire nelle espressioni dell’equilibrio statistico per determinare l’andamento di bn Si osservi inoltre che nel coefficiente ( ) del coefficiente di assorbimento: 169 1− gm N n bn − hν bn = 1− e KT ≈ 1 − gn Nm bm bm per n > m risulta bn /bm > 1 perché hν KT vedi figura. cosı̀ che il fattore ( ) può diventare negativo con un conseguente rafforzamneto dell’intensità della riga rispetto all’intensità in condizioni di LTE: Effetto MASER Sviluppando la (??) dalle misure di intensità assoluta di righe radio si può derivare (con espressioni analoghe a quelle per righe ottiche) Te , E e poiché bn = bn (Te Ne ) per valori non troppo grandi di n, si può ricavare Ne 170 RIGHE RADIO DI MOLECOLE Ipotesi: 1. Iν0 ≈ IνL nel caso radio di righe di molecole IνL compensabile con la radiazione di fondo 2. assumiamo τνL 1, caso otticamente sottile e inoltre 3. T emperatura Densità Sourcef unction spazialmente costanti In tale caso la soluzione dell’equazione del trasporto è: IνL = Iν − Iν0 = (SνL − Iν0 )τνL = (SνL − Iν0 ) KνL l 4. Nel caso di RIGHE DEBOLI Iν − Iν0 Iν0 quindi nelle equazioni statistiche possiamo porre Iν ≈ Iν0 5. Approssimando ad un sistema a due livelli in cui ricordiamo si 6. trascurano processi di ionizzazione ricombinazione 171 le equazioni dell’equilibrio statistico 4π 4π Iν + Ne Q12 = N2 B21 Iν + A21 + Ne Q21 c c ! N1 B12 ! con g1 B12 = g2 B21 ν3 B A12 = 8 π h 12 c3 g hν Q12 = Q21 g12 e− KT e ponendo Iν = Iν0 nella ipotesi che Iν − Iν0 Iν0 diventa N2 g2 = N1 g1 Q21 A21 N0 1 + N0 − hν c2 e kT + Iν0 2 hν 3 ! 2 Q21 c + Iν0 3 A21 2 hν ! T = temperatura cinetica N2 Sostituendo nella espressione generale della Source function N 1 SνL εLν 2 h ν3 = L= c2 Kν " #−1 gn Nm −1 gm Nn m=1 n=2 (25) 172 si ottiene l’espressione: SνL = β Bν (T ) Iν0 + 1+β 1+β ↓ Termine della Source Function che viene determinata dai processi d’urto ed indipendente dal campo di radiazione Iν0 N 0 Q21 β= A21 Se β 1 1 − − hν e kT SνL → Bν (T ) Sostituendo l’espressione (??) nell’espressione del coefficiente di assorbimento: KνL hνnm = ψ(ν) Nm Bmn c gm Nn 1− gn Nm ! si ottiene: KνL = hν B12 ψ(ν) N1 c 1+β 1+N 0 Q21 + Iν0 A21 ! c2 2 hν 3 Sostituendo nell’espressione di IνL e integrando sulla riga si ottiene: L I21 = hν N1 l c B12 β [Bν (T ) − Iν0 ] ! 2 Q c 21 1 + N0 + Iν0 3 A21 2 hν (26) 173 Affinché l’intensità della riga sia 6= 0 deve essere: T = temperatura cinetica che definisce Iν0 = 2 > TS = temperatura di radiazione ν 2 K T nella approssimazione di R. J. S c Infatti per T = TS si avrebbe equilibrio termodinamico e non si vedrebbero righe, g2 B21 = g1 B12 ; A21 8 π h ν3 = B21 c3 Consideriamo 2 casi: 0 N A. Quando i processi radiativi sono dominanti AQ21 1 o 21 N 0 Q21 A21 B. Quando i rapporti di popolazione vengono determinati dai processi N 0 Q21 1 o A N 0 Q d’urto 21 21 A21 0 A. −β = NAQ21 21 risulta: − hν 1 − e kT 1 0 A21 g2 N Q21 8 π h ν 3 g1 A21 c3 è indipendente da A21 siccome β B12 = Tex ∼ Tb 1 e al denominatore scompare N 0 Q21 /A21 − − hν e kT 174 L I21 ∼ N1 N 0 l 0 B. −β = NAQ21 21 − hν 1 − e kT 1 Tex = T ∝ al quadrato della densità indipendente da A21 Siccome a f attore vi è una f unzione della T ∗ Resta il termine N 0 Q21 /A21 al denominatore della (??) e quindi: risulta: L I21 ∼ A21 N1 l (*) si possono trarre conclusioni su N N 0 l prendendo più righe della stessa molecola; caso della 21 cm dello HI e della 2.6 mm del CO Lezione 24 - EMISSIONE E ASSORBIMENTO CONTINUI I processi dominanti che danno luogo a emissione e assorbimento continuo nel GAS INTERSTELLARE sono: 1) Transizioni free − free Radio Ottico e X in zone ad altissime T (Bremsstrahlung termica) (collisione f ra ione ed elettrone) 1) Transizioni bound − free V iene assorbita radiazione U V ionizzante V iene emesso nell0 ottico e X N on vi è contributo radio ( o f ree − bound) : 3) Moto nei campi magnetici produce Radiazione di sincrotone (Bremsstrahlung magnetica) in tutti gli intervalli di f requenza interstellari di ELET T RON I N ON T ERM ICI DELLA RADIAZION E COSM ICA 175 176 1. TRANSIZIONI FREE-FREE DI ELETTRONI TERMICI EMISSIONE Un elettrone quando passa vicino ad uno ione positivo emette secondo la teoria classica un picco di radiazione. εK ν (f − Per IONI IDROGENOIDI di carica Ze il coefficiente di emissione f ) ha la seguente forma (vedi Spitzer pag. 57) εK ν εK ν 8 (f − f ) = 3 −39 (f −f ) ≈ 5.44·10 2π 3 !1/2 m3/2 e Z 2 e6 − hν kT g N N e f f e i c3 (KT )1/2 Z 2 gf f − hν kT N N e e i T 1/2 [erg cm−3 sec−1 sterad−1 Hz −1 ] Il fattore esponenziale fa sı̀ che alle temperature tipiche delle regioni HII T ∼ 104 viene emesso solo nel range RADIO LON T AN ISSIM O IN F RAROSSO Per il fattore di GAUNT vale la seguente espressione: 1/2 e2 Ne ν νP = π me [ per √ gf f = 3 π 1/2 = f requenza di plasma ] 5γ (2KT ) ln − 2 πZ e2 m3/2 ν e √ 3 = π T 3/2 ln + 17.7 Zν 177 γ = 0.577 = costante di Eulero Nel range radio si può approssimare il fattore di Gaunt a: gf f ∼ T 0.15 · ν −0.1 Integrando il coefficiente di emissione su tutte le frequenze e ammettendo l’isotropia si ottiene: 4π εef f = 4π Z ∞ 0 −27 εK Z 2 T 1/2 Ne Ni g ef f ν (f − f ) d ν = 1.426 · 10 [erg cm−3 sec−1 ] g ef f = fattore di Gaunt mediato su tutte le frequenze e per T 4 6 2 = 10 ÷ 10 K ; Z si può porre però g ef f = 1 g ef f = 1, 25 ÷ 1.45 (vedi Osterbrock, pag. 44) ASSORBIMENTO Il coefficiente di assorbimento free-free può essere calcolato da εK ν (f f ) ammettendo l’esistenza di EQUILIBRIO TERMODINAMICO. In tale caso (vedi Spitzer pag. 59): εν = Bν (T ) = 2 Kν KνK 4 εK ν (f f ) = (f f ) = !2 ν 3 2 KT c ν c !2 KT 2π 3 !1/2 Rayleigh − Jeans Z 2 e6 1 Ne Ni gef f = 3/2 3/2 ν2 me c (KT ) 178 16 π 2 Z 2 e6 = Ne Ni gef f (6 π m K T )3/2 ν 2 c ∝ T −1.5 ν −2 ↓ ∝ T 0.15 ν −0.5 La profondità ottica definita tramite questa espressione è: τνK Z (f f ) = ponendo KνK Z −2 (f f ) d r = 8.24 · 10 Ne Ni d r = E 2 Z T −1.35 ν −2.1 E Z Ne Ni d r [cm−6 pc] misura di emissione τνK (f f ) = 8.24 · 10−2 Z 2 T −1.35 ν −2.1 E la τ DIMINUISCE all’aumentare di T e ν e AUMENTA all’aumentare di E ove: E [cm−6 pc] grado di emissione T [o K] ν [GHz] r [pc] Dalle espressioni del coefficiente di assorbimento KνK (f f ) e dalla profondità ottica τνK (f f ) si vede che: A BASSE FREQUENZE ↓ LE NEBULAE DIVENTANO OTTICAMENTE SPESSE 179 ESEMPIO 1 In una regione HII con N1 = NP = 102 cm−3 τν = 1 d = 10 pc per: ν= T = 104 K 8.24 · 10−2 − 1 2.1 1 Z 2 T −1.35 Ne2 d ∼ 0.2 GHZ = 200 M Hz λ = 1.5 m ESEMPIO 2 In una nebulosa planetaria con N1 = NP = 3 · 103 cm−3 τν = 1 d = 0.1 pc per: ν= T = 104 K 8.24 · 10−2 1 2.1 1 (10000)−1.35 9 · 106 10−1 ∼ 0.6 GHZ = 600 M Hz λ = 0.50 m INTENSITÀ DEL CONTINUO RADIO TERMICO 180 L’equazione del trasporto radiativo: d Iν εν = −Iν + ds Kν diventa nel caso di distribuzione maxwelliana degli elettroni liberi (o meglio per transizioni free-free) d Iν = −Iν + Bν (Te ) ds ν c Bν (Te ) = 2 !2 K Te In assenza di radiazione incidente Iν0 : la soluzione Iν = Sν 1 − e−τν diventa con Sν = Bν (Te ) τν (Sν − Iν0 ) + Iν0 Sν + Iν0 e−τν Iν0 = 0 per τν 1 per τνK 1 = τν Bν (Te ) = Bν (Te ) Cioè sostituendo l’espressione della profondità ottica (per Z = 1) che a grandi lunghezze d’onda è quella delle transizioni free-free τν Bν (Te ) ≈ T −1.35 ν −2.1 E Bν (Te ) ≈ ν 2 Te per τν 1 ν 2 T = ν −0.1 Te0.35 E per τν 1 181 L’andamento osservato del continuo si può interpretare come conseguenza del passaggio dal caso OTTICAMENTE SPESSO, aumentando la frequenza τνK ∝ ν −2.1 al caso OTTICAMENTE SOTTILE A basse frequenze da misure di Iν ∝ ν 2 T si ricava T Se si misura l’intensità a alte frequenze Iν ∝ Te0.35 Ne2 l | {z } E sostituendo il valore di Te e conoscendo l’estensione radiale l della nebula si ricava Ne2 , cioè un valore medio su tutta l della densità elettronica CALCOLO DEL CONTINUO RADIO TERMICO IN RANGE OTTICAMENTE SOTtILE Consideriamo 2 frequenze radio e calcoliamo τν ν 0.2 GHz λ 1.5m 300 GHz 1 mm 1 GHZ = 109 Hz Consideriamo una regione HII con: T = 10000 K Ne = 102 cm−3 d = 10 pc τν = 8.24 · 10−2 T −1.35 ν −2.1 Ne2 d 182 τν = 8.24 · 10−2 (10000)−1.35 · 104 · 10 · ν −2.1 = 0.0328 ν −2.1 [GHz] 2KT 2 2 · 1.38 · 10−16 · 104 2 Bν (T ) = 2 ν = ν = 9.2 · 10−33 ν 2 10 2 c (3 · 10 ) ν [GHz] τν Bν τν Bν −16 0.2 0.96 3.68 · 10 3.53 · 10−16 300 2.06 · 10−7 8.28 · 10−10 1.71 · 10−16 Lezione 25 - TRANSIZIONI BOUND-FREE E FREE-BOUND OTTICO - UV Limitazioni all’atomo di IDROGENO e agli ioni IDROGENOIDI Lo stato libero può venire definito tramite una VARIABILE CONTINUA, numero quantico se definito dalla energia cinetica dell’elettrone libero: 1 RhZ 2 2 Ex = m v = 2 x2 1/2 2RhZ 2 x= mv 2 2π 2 e4 me R= = ........costante di Rydberg in unità di f requenza h2 183 184 ASSORBIMENTO Il coefficiente di assorbimento relativo alle transizioni bound-free n → x è: Kνk (b 4 64π 4 me e10 Z 4 29 Z √ − f) = gnf N0,n ≈ 3 · 10 gnf N0,n n5 ν 3 3 3 c h6 n5 ν 3 ove N0,n è il numero di atomi neutri al livello n vedi formula (4-114) Mikalas pag. 99 gnf = 1 nell0 ottico e dipende debolmente da ν EMISSIONE Per l’emissione a seguito di ricombinazione di elettroni liberi con velocità: v − v + dv allo stato legato n 185 si può scrivere conformemente all’equazione: Lν = hνnm ψ(ν) Anm Nn 4π (valida per il coefficiente di emissione fra due stati legati) K v (x − n) d v = hν Ne (v) d v · Qxn (v) N1 4π ove N1 è il numero di atomi ionizzati 1 − volta/cm3 ove Ne (v) d v = Ne ϕ(v, T ) d v Qxn (v) = v · σkn (v) sezione ef f icace per la ricombinazione (27) Sostituiamo nell’esponenziale e nel differenziale d v che compaiono nelle ϕ(v, T ) ϕ(v, T ) d v = 2 v = vx2 + vy2 1 σ (2π)3/2 + 3 vz2 v2 2 e 2σ d vx d vy d vz = − 2 ; σ = vx2 + vy2 + vz2 4π σ (2π)3/2 3 = m1A + m1S v2 2 v 2 e 2σ d v − KT (28) d vx d vy d vz = v 2 sin θ d v d θ d ϕ l’espressione di v in funzione di ν usando la relazione: 186 ......... + X n → h d ν = me v d v sostituiamo le (??) e (??) nell’espressione del coefficiente di emissione K ν hν − X n me 1/2 h2 ν 2 − KT (f − b) = v σxn (v) Ne N1 e (2πKT )3/2 Per determinare K ν (f − b) occorre ora trovare una espresione di 2 v σxn (v) Ammettiamo che vi sia equilibrio termodinamico. In tale caso: kν 2hν 3 = Bν (T ) = c2 kνk 1 − hν e kT − 1 Esprimiamo N1,1 in funzione di N0,n , Ne e T tramite la Saha: N1 2g11 (2π me )3/2 (KT )5/2 Xn − Pe = exp N0n g0n KT h3 1◦ termine di ionizzazione dal livello n Risulta dopo queste sostituzioni: hν v σxn (v) = me c 2 !2 g0n Kνk (b − f ) g11 N0n Sostituendo l’espressione trovata per Kνk (b − f ) risulta 187 64 π 4 e10 Z 4 gnf 1 1 √ v σxn (v) = 3 3 3 me c3 h4 ν n 2 vedi formula (5-9) pag.106 Spitzer Questa inserita nell’espressione di εkν (f − b) permette di calcolare il coefficiente di emissione per transizioni free-bound Con questo si può calcolare il continuo per esempio ponendo: n=1 Continuo di Lyman λ < 915 Å n=2 Continuo di Balmer λ < 3647 Å n=3 Continuo di P aschen λ < 8206 Å 188 Emissione a 2 fotoni La transizione 2S-1S proibita A2S−1S = 8.26 sec−1 può avvenire per emissione di 2 fotoni: hν 0 + hν 00 = hν12 (Lyα ) = 10.2 eV Il continuo emesso è simmetrico a λ = 2431 (Equiv. a 5.1 eV ) Tale continuo diventa percettibile a densità elettroniche Ne 104 cm−3 Appendice A Emissione continua da ricombinazione (f-b) da Raplan pag. 22 e pag. 412 Nel visibile e nel vicino ultravioletto si trovano i continui di Balmer e di Paschen (n = 2 e n = 3). Per calcolare i corrispondenti coefficienti di emissione è più semplice usare la definizione di ”sezione d’urto di ricombinazione effettiva” Eq. 1.21 pag. 412 4 10 4 σxn = 64√π e 3Z 3 13 12 3 3mc h n v gn mv 2 xn + | {z 2 } hν 189 190 Eq. 2.26 pag. 22 dv = hν 4π σxn (v) v ϕ(v) d ν Ne Np | εxn (ν) = hν m 2π KT 3/2 v2 dv N N σxn (v) v e 2KT d ν e p −m 3 1 2 2 m v + Xn = hν dove Sostituendo l’espressione della sezione d’urto nell’espressione di εxn si ottiene: 7 4 10 − = 32 2π e m gn3/2 · 13 e n c h (6πmKT ) εxn (ν) (hν − xn ) KT Ne Np | −33 = 1.7 · 10 gn T −3/2 −3 n (hν − xn ) KT e Ne Np − [erg cm−3 s−1 sterad−1 Hz −1 ] L’energia totale emessa nello spettro continuo dalla ricombinazione al livello n è: 4πεn = Z ∞ νn 2.15 · 10−32 gn εn (ν) d ν = T 3/2 n3 Z ∞ νn h(ν − νn ) KT e d ν · Ne Np − | · 10−22 N N = 4.5 1/2 e p T n3 [erg cm−3 s−1 ] Appendice B Moto di un elettrone in un campo magnetico v2 e B⊥ v = r me c v∧B F = e ; c Frequenza di rotazione: ν= ν= e B⊥ 2πme c → v 2πr f requenza di irraggiamento isotropica di unelettrone non relativistico caso relativistico vc v≈ c La radiazione viene emessa in un cono d’apertura: 1/2 v2 ∆ϑ ∼ 1 − 2 c = me c2 ; Ee Ee = p2e + m2e c2 è polarizzata ⊥ B (S N remmants 10 %) 191 1/2 c 192 L’elettrone spiraleggiante emette alla requenza fondamentale e B⊥ νm = 2π me c Ee me c2 !2 valida per Ee me c2 (29) e ad armoniche di νm La probabilità che un elettrone di energia Ee emetta ad una frequenza ν è : p (ν/νm ) La potenza irradiata è: 2 e4 B⊥2 d Ee = − dt 3 m2e c2 Ee me c2 corretta per Ee me c2 e !2 −15 = 1.58 · 10 B⊥2 Ee me c2 !2 hν Ee Lo spettro della radiazione cosmica è descritto da: N (Ee ) d Ee = KEe−γ d Ee HIgh energy electrons in supernova remmants are one source of cosmic rays so it is reasonable to assume that they have the same distribution. 193 The radio intensity from an extended source of thickness l along the line of sight is: P (ν/νm ).....dEe We will approximate the spectrum assuming that all the energy is irradiates at: ν = 0.5 νm If a) the electrons are uniformely distribuited in volume along the line of sight and b) the gs in optically thin at radio frequencies: Iν = − Kl ' − 4π 1 4π Z ∞ o Z l o dr Z ∞ o δ(ν − νm ) d Ee · δ(ν − νm ) K Ee−γ d Ee dt 2 3 Ee−γ !2 e4 B 2 m2e c3 Ee me c2 !2 d Ee ~ è uniforme , la media normale alle velocità degli ove assumendo che B elettroni (distribuiti a caso) è: B⊥ = 2 3 !1/2 B 1/2 νm Noting that (??) Ee ∝ 1/2 , the radio intensity is: B⊥ Iν γ+2 γ−1 − 2 2 ∼ K l B⊥ ν 194 is: 1 Defining the spectral index α = γ − 2 we see that the observed flux Fν ≈ 1 d where d = source distance !2 Z ∆Ω Iν d Ω ∆Ω = solid angle subtended by the source If the correct spectral distribution is used it is found that: e3 Iν = me c2 γ − 1 γ + 1 −γ − 1 2 3 e 2 · K l u(γ) B 2 ν 4π m3e c5 u(γ) ∼ 1 γ Ee ∝ 1/2 νm γ − νm 2 νm Ee−γ ∝ − νm 2 dE ∝ d νm 1/2 νm γ γ−1 − +1 − d νm ' νm 2 2 = νm 2 1/2 νm Ee ∝ B −1/2 E −γ ∝ B γ/2 E 2 ∝ B −1 ; d E ∝ B −1/2 ; B 2 tutti ∝ B 1/2 γ+1 ∝ B 2 Lezione 26 Consideriamo una particella di carica Z e e massa m0 che si muove a velocità: v o energia E = m0 c2 v u u t v2 1− 2 c = γ m0 c2 perpendicolarmente ad un campo magnetico di intensità B Descriverà attorno al campo magnetico una orbita circolare di raggio: E m0 c2 ≈ 2 · 109 [cm] rB ≈ γ Z eB ZB E = γ m0 c2 Una carica accelerata in questa maniera irradia onde elettromagnetiche: 195 196 BREMSSTRAHLUNG MAGNETICA Per l’astrofisica è importante la Bremsstrahlung magnetica di ELETTRONI RELATIVISTICI, come sono quelli contenuti nella RADIAZIONE COSMICA Se v c La radiazione viene emessa in un ampio cono attorno a v RADIAZIONE DI CICLOTRONE Ciò vale ancora per elettroni relativistici se l’osservatore è solidale all’elettrone. Se l’osservatore invece è in quiete, la radiazione viene emessa solo in un cono molto stretto di apertura: 197 2 m0 c ϑ= = γ m0 c2 v u u t v2 1− 2 c L’osservatore viene quindi colpito periodicamente da un cono di radiazione di apertura ϑ, intorno alla direzione istantanea di velocità. L’osservatore viene cosı̀ colpito da brevi impulsi con una frequenza: 3eB νc = 4πme c E me c2 !2 ≈ 16.0 · B · E 2 → [M eV ] [M HZ] L’energia irradiata per unità di tempo e di frequenza da un elettrone che si muove a velocità relativistica in un campo magnetico B è data dall’espressione: √ P (ν, E) = 3 e3 B ν F νc me c2 ! [erg sec−1 Hz −1 ] La funzione F (x) ha il seguente andamento: È ovvio che il max di emissione P (ν, E) si ha per: ν = 0.29 νc 198 νc = f (B, E) Se in 1 cm3 si trovano: N (E) d E elettroni con energia compresa fra E ÷ E + d E. Il coefficiente di emissione continua risulta: εK ν 1 (Sync) = 4π Z ∞ 0 P (ν E) Ne (E) d E erg cm−3 sec−1 sterad−1 Hz −1 Per gli usi astrofisici si adotta una distribuzione di Ne (E) a LEGGE DI POTENZA Ne (E) = K E −γ [cm−3 erg −1 ] ciò per evitare che conduca ad un numero ∞ di elettroni bisogna assumere 6= 0 per: E1 ≤ E ≤ E2 Se sotituiamo i valori numerici delle costanti fisiche si ottiene: 199 −22 εK ν (sinc) = 1.35 · 10 γ+1 a(γ) K B 2 18 6.26 · 10 ν [Hz] γ −1 2 [erg cm−3 sec−1 sterad−1 Hz −1 ] K → [erg γ−1 · cm−3 ] a(γ) ≈ 0.1 quando E → [erg] varia debolmente con γ Dalla espressione di εK ν segue che: Iν = Z ∞ 0 −α εK ν (sinc) d r ∼ ν α= γ−1 2 Cioè dall’andamento del continuo si ricava γ Inoltre da misure assolute di Iν conoscendo l si può ricavare: 200 K Se la zona emettente contiene un numero sufficientemente alto di elettroni relativistici allora può avvenire il fenomeno di AUTOASSORBIMENTO di sincrotone da parte di questi elettroni. Per trovare il coefficiente di assorbimento si può ricorrere ad una espressione equivalente alla Z KνL d ν = 1 h νnm (Nm Bmn − Nn Bnm ) c in cui Anm 8 π hν 3 8 π hν 3 gm = Bnm = Bmn gn c3 c3 Anm = P (ν, E) hν [sec−1 ] Per moti degli elettroni distribuiti isotropicamente risulta: KνK 9 γ (sinc) = 0.019 b(γ) 3.5 · 10 γ+2 γ+4 − 2 2 · K B⊥ ν [cm−1 ] 201 γ= 1 ÷ 5 b(γ) = 0.65 ÷ 0.36 202 LEZIONE 27 EQUILIBRIO DI IONIZZAZIONE Finora abbiamo parlato solo di STAZIONARIETÀ. Nella POPOLAZIONE dei livelli cioè di EQUILIBRIO STATISTICO Introduciamo un’altra condizione di equilibrio che si deve verificare nel mezzo interstellare: l’EQUILIBRIO DI IONIZZAZIONE: Numero di ionizzazioni −→ Numero di −→ ricombinazioni Se: Nin = numero atomi ionizzati i-volte al livello n/cm3 Ni = P n Nin = numero atomi ionizzati i − volte/cm3 Se durante un processo di ionizzazione o ricombinazione viene sempre ceduto o preso un solo elettrone, allora la condizione di equilibrio di ionizzazione si può esprimere come: Ni (Ri,i+1 + Ci,i+1 ) = Ni+1 (Ri+1,i + Ci+1,i ) 203 204 [sec−1 ] Ri,i+1 = rate f otoionizzazione Ci,i+1 = rate ionizzazione per urto [sec−1 ] Ri+1,i = f otoricombinazione Ci+1,i = [sec−1 ] ricombinazione con elettrone (Ne ) libero e cessione della energia ad un altro partner d0 urto (Ni ) urto a 3 [sec−1 ] Ri+1,i ∝ Ne Ci+1,i ∝ Ne N 0 three body recombination che alle basse densità del gas interstellare può essere trascurata. L’equazione dell’equilibrio per l’idrogeno è quindi: N0 (R01 + C01 ) = N1 R10 Andiamo a calcolare i valori di: R01 C01 R10 CALCOLO DI R01 Per calcolare la rate di fotoionizzazione si deve integrare nell’intervallo: 205 ν0 ≤ ν ≤ ∞ : il numero dei quanti provenienti da tutte le direzioni assorbiti nell’intervallo d ν in 1 cm−3 in 1 sec 4 π KνK (1 → f ) Iν dν hν da integrare per ν ≥ ν0 N0 R01 = 4 π Z ∞ ν0 KνK (1 → f ) Iν dν hν In condizioni interstellari N0 = N01 cioè tutti gli atomi neutri sono al livello fondamentale: N2 = N1 g2 g1 Q21 = 8.63 · 10−6 hν KT ; A21 1+ Ne Q21 e− Ωnm ; gn T 1/2 b2 = b1 Ωnm ' 1 ; gn 1 A21 1+ Ne Q21 A21 = 108 sec−1 206 T Q21 A21 /Ne Q21 : Ne = 10−1 A21 /Ne Q21 : Ne = 104 b2 /b1 102 10−6 1015 1010 10−15 ÷ 10−10 104 10−7 1016 1011 10−16 ÷ 10−11 Popolazione N2 /N1 rispetto alle condizioni di E. T. Quindi: N0 = N01 Si può quindi scrivere: N01 R01 = 4 π Z ∞ ν0 KνK (1 → f ) Iν dν hν Qui possiamo porre: KνK (1 → f ) ∼ 3 · 1029 Iν = W Bν (T ) quindi: Z4 3 · 1029 g N = N01 nf 01 n5 ν 3 ν3 W = 10−16 vedi Osterbrock pag. 11 T = 4 · 104 = 0.5 207 N01 R01 Bν (T ) dν ν4 Z ∞ ν0 W = 10−16 T = 40000 λmax 4 π 3 · 1029 N01 W = h = 0.28979 T [cm] λmax = 7.2 · 10−6 cm νmax = 4.17 · 1015 Hz La frequenza di ionizzazione del livello 1 è: ν0 = 3.29 · 1015 sec−1 Z ∞ ν0 Bν (T ) dν = ν4 Z ν max ν0 !2 2 | A 2KT A = c2 B = ν c{z 2h c2 Z ν max ν0 Z ∞ νmax KT dν + ν4 } ν −2 − hν h ν 3 e kT 2 2 d ν c {z ν 4 } Z ∞ νmax | B 2KT dν = c 1 − ν " − hν e kT d ν ν t= + #νmax ν0 hν kT 208 Z −∞ t e−t d t = E1 (t) t Integrale esponenziale pag. 228 Abramowitz LEZIONE 28 La permanenza al livello fondamentale è quindi di gran lunga maggiore della permanenza al livello instanbile CALCOLO DI C01 A grandi distanze da stelle calde il campo di radiazione è cosı̀ esiguo che si debbono discutere altre sorgenti Sorgenti di debole ionizzazione A. R01 = 0 A. Componente dif f usa della radiazione RÖN T EGEN cosmica B. Ionizzazione per urto con particelle della radiazione cosmica vedi KνK (1 → f ) ∝ ν −3 E > 1 KeV R01 = 10−17 E ∼ 0.2 ÷ 1 KeV B. C01 = N 0 Q01 = N 0 v σKS (v) densità e velocità partner d0 urto La sezione efficace di ionizzazione con particelle di cariche Ze con energie superiori a 0.3 MeV è stata ricavata da Bethe (1933). 209 210 2 π e4 Z 2 · 0.285 σKS (v) = m e X0 v 2 K = Kurmusche 2 me v 2 v 2 ln + 3.04 − 2 2 v c 1 − X 0 c2 S = Sthalung σKS (v) ∝ v −2 Questa diventa 0 già per particelle con energia E = 100 M ev. Qiuindi si ha fotoionizzazione per urti con particelle aventi: E < 100 M eV Per C01 (H) si sono trovati valori dell’ordine di grandezza: C01 (H) ∼ 10−17 sex−1 con E < 100 M eV | N 0 Q01 In zone con temperature di gran lunga al di sopra di T = 104 , come ad esempio zone da cui provengono righe dello 0VI dalla cui lunghezza d’onda risulta: T = 106÷7 K (Cioè zone in cui è presente un Plasma tenue di questa temperatura). In un tale plasma le energie degli elettroni sono dell’ordine di 102 ÷ 103 eV . 211 Per energie degli elettroni dell’ordine di 102 ÷ 103 eV risulta: √ Q01 ∼ 10−11 T La RATE DI RICOMBINAZIONE con sucessiva emissione di fotoni si pone nella forma: Ri+1,i = Ne X n αin + Ne αi [cm3 sec−1 ] αin ; αi αi = coef f iciente di ricombinazione totale αin = coef f iciente di ricombinazione al livello n Sarà in generale: αin = v σKS (v) = Z ∞ 0 v σKS (v) ϕ(v, T ) d v σKS (v) è la reazione efficace per la ricombinazione di un elettrone libero di VELOCITÀ RELATIVA v (numero quantico x) nel livello n ed è data dall’espressione: v 2 σKS (v) = 1 gnf 64 π 4 e10 Z 4 √ · ν n3 3 3 me c3 h4 nel caso dell’atomo di Idrogeno e degli Idrogenoidi Sostituendo e ponendo: me v 2 nν = + (X0 − X0n ) 2 212 ϕ(v, T ) = distribuzione maxwelliana corrispondente alla Temperatura cinetica degli elettroni i=0 i+1=1 perchè consideriamo atomi di Idrogeno o Idrogenoidi si ottiene: α0n 29 π 5 e10 Z 4 = m2e c3 h3 me 6π KT !3/2 Xn e kT F − X n gnf KT n3 X n = energia di ionizzazione dal livello n F (x) = R∞ x e−t d t t Si definisce come “coefficiente di ricombinazione parziale” α0j = P∞ n=j α0n sarà in base alla definizione: α01 = α0 α02 = α0 − α01 α03 = α0 − (α01 − α02 ) ................................. α0n = α0 − Pn−1 i=1 α0i 213 Per questi coefficienti di ricombinazione parziali vale per l’IDROGENO e gli IDROGENOIDI la seguente espressione: 2.06 · 10−11 Z 2 j α0 = ∅j T 1/2 Per l’idrogeno Z = 1 α01 = α0 ∼ 4 · 10−13 α02 = 2.6 · 10−13 e X1 KT [cm3 sec−1 ] T = 104 K si trova: cm3 sec−1 cm3 sec−1 Dall’equazione dell’equilibrio statistico: N0 (R01 + C01 ) = N1 R10 risulta: N1 R01 + C01 R01 + C01 = = N0 R10 Ne α01 si può porre R01 = 0 nel mezzo interstellare dove c’è la componente calda. Nella zona della componente calda del mezzo interstellare risulta: T ∼ 106 K ; Ne = 4 · 10−3 cm−3 ; Risulta quindi: Q01 ∼ 10−11 √ T ; R01 ≈ 10−17 α01 (T = 106 ) ∼ 10−14 214 10−17 N1 Q01 = + N0 Ne · 10−14 α01 | 10−17 6 = −14 + 10 Ne · 10 | 10−3 = + 106 Ne Si ha cioè ionizzazione completa. ∼ 106 LEZIONE 29 EQUILIBRIO DI IONIZZAZIONE NELLE REGIONI H II Studiamo l’equilibrio di ionizzazione dell’idrogeno nei dintorni di una stella calda. Se indichiamo con: N0 = numero di atomi neutri di H : HI N1 = numero di ioni di H (protoni) : HII NH = abbondanza di idrogeno HI + HII risulta: NH = N0 + N1 Ammettiamo che: 215 216 NH Nelementi ↓ Ne = N1 In base ai valori stimati di R01 (∼ 10−8 sec−1 ) e C01 (∼ 10−17 sec−1 ), pag. 117 Aller, possono essere trascurate le ionizzazioni per urto di modo che l’equazione dell’equilibrio di ionizzazione diventa semplicemente: N0 R01 = N1 R10 N0 R01 = N1 R10 = N1 Ne α0 R01 ∼ 10−8 sec−1 per una stella centrale dei primi tipi spettrali α0 ∼ 4 · 10−13 cm3 sec−1 valida per Te ∼ 104 K Si ricava: N1 R01 R01 2.5 · 104 = = = N0 R10 Ne α0 Ne Ne 102 103 . . 109 N1 /N0 2.5 · 102 2.5 · 10 . . 2.5 · 10−5 217 I primi due tipici per Nebulose gassose e l’ultimo BLR of Seyfert-1galaxies Nelle Nebulose gassose risulta perciò: N1 N0 perché R01 R10 Siccome: N1 = Ne → nebula di puro idrogeno e N0 = N01 → tutti gli atomi neutri sono al livello fondamentale risulta: Ne 2.5 · 104 = N01 Ne N01 Ne2 = 2.5 · 104 Ne N1 /N0 102 0.4 103 40 Con questi valori di N01 si ottiene dall’espressione del coefficiente di assorbimento b → f il valore del coefficiente di assorbimento alla testa della serie di Lyman Kνk0 Kνk (b 29 − f ) ≈ 31̇0 Z4 gnf N0n n5 ν 3 218 Z=1 ; n=1 ; gnf = 1 ; che in questo caso è: Kνk (b 3 · 1029 − f) = N01 ν3 ν(921 Å) = ν0 = 3.2895 · 1015 Hz Kνk (b − f ) = Kνk (b − f ) ≈ 8.43 · 10−18 3 · 1029 N01 3.5594 · 1046 0.4 3.37 · 10−18 cm−1 40 3.37 · 10−16 cm−1 Ne N01 Kνk0 102 0.4 3.4 · 10−18 cm−1 103 40 3.4 · 10−16 cm−1 Si raggiunge perciò lo spessore ottico τν0 = 1 alla testa della serie di Lyman su cammini dell’ordine di l= τν0 1 = k = Kν0 Kνk0 1 17 cm = 0.1 pc −18 = 2.9 · 10 3.4 · 10 1 15 cm = 0.001 pc −16 = 2.9 · 10 3.4 · 10 Ne = 102 cm−1 Ne = 103 cm−1 219 Ciò significa che le “nebulose gassose” sono OTTICAMENTE SPESSE nel continuo di Lyman. Ciò comporta complicazioni nella risoluzione del problema del trasporto di radiazione. In particolare bisogna porre attenzione che per ricombinazioni che conducono direttamente al livello fondamentale n = 1, ha origine un campo di radiazione diffusa Iν(d) con ν ν0 che pure contribuisce alla ionizzazione. Nell’espressione di R01 : N0 · R01 = 4π Z ∞ ν0 Kνk (1 − f ) Iν d ν hν bisogna perciò porre: Iν = Iν(d) + Iν(s) Calcoliamo la percentuale di ricombinazione ..... al livello fondamentale α01 = 4 · 10−13 cm3 sec−1 α02 = 2.6 · 10−13 cm3 sec−1 a T = 104 220 N1 R10 = numero di ricombinazioni/cm3 sec = N1 Ne α0 = N1 Ne α02 + α01 = N1 Ne ∗ α02 α01 2.6 · 10−13 + 1.4 · 10−13 ↓ α01 − α02 1.4 · 10−13 = 35% = % Ricombinazioni livello n = 1 = αα01 0 4 · 10−13 −13 α02 % Ricombinazioni livelli n > 1 = α0 = 2.6 · 10−13 4 · 10 = 65% LEZIONE 30 Avevamo trovato che lo spessore ottico alla testa della serie di Lyman è = 1 a T ∼ 104 su cammini dell’ordine di: τν 1 l = k0 = k = Kν0 Kν0 1 17 cm = 0.1 pc −18 = 2.9 · 10 3.4 · 10 1 15 −16 cm = 2.9 · 10 = 0.001 pc 3.4 · 10 come derivato da: N01 Ne = 102 cm−1 ovvero N01 = 0.4 Ne = 103 cm−1 ovvero N01 = 40 Ne2 = 2.5 · 104 ciò significa che le regioni HII sono otticamente spesse nel continuo di Lyman. Quando si studia il trasporto di radiazione bisogna considerare che nelle ricombinazioni N1 R10 = N1 Ne α02 + α01 ve ne sono alcune (35 %) che conducono direttamente al livello fondamentale n = 1 e che producono una radiazione ionizzante diffusa con ν ≥ ν0 : Iνd Sarà perciò in generale: 221 222 Iν = Iνs + Iνd Iνd corrisponde perciò alla radiazione emessa per ricombinazioni dirette al livello fondamentale. Quindi il numero di ionizzazioni /cm3 sec sarà: N01 R01 = 4π Z ∞ ν0 Kνk (1 − f ) Iνs + Iνd hv dν L’equazione dell’equilibrio di ionizzazione: N1 R01 = N1 Ne α02 + α01 4π Z ∞ ν0 Kνk (1 − f ) Iνs d ν + 4π hν Z ∞ ν0 Kνk (1 − f ) Iνd d ν = hν = N1 Ne α02 + N1 Ne α01 Siccome la radiazione diffusa Iνd corrisponde alla ricombinazione N1 Ne α01 , se questa viene subito riassorbita ON THE SPOT, allora non dà alcun contributo alla equazione dell’equilibrio di ionizzazione. Possiamo quindi scrivere l’equazione dell’equilibrio indicando con: 1 x= N N + N1 = grado di ionizzazione 0 Ne = N1 = x NH N0 R01 = Ne N1 α02 N0 + N1 = NH 223 (1 − x) NH · 4π Z ∞ ν0 Kνk Kνk Iνs d ν = x2 NH2 α02 hν Kνk (1 − f ) = N01 L’equazione del trasporto di radiazione è in coordinate polari: ∂Iν sinθ ∂Iν cosθ − = − Kν Iν + εν ∂r ∂θ r θ = angolo rispetto alla direzione radiale Ricordando che: φν = Z Z Iν (θ) cos θ d ω Risulta nel caso di simmetria sferica: d φν 2 1 d 2 + φν ≡ 2 r φν = −4π Kν Iν + 4πεν dr r r dr 224 Il fattore 4π davanti a Kν Iν ed εν risulta dal fatto che l’intensità di un campo di radiazione isotropa Iν viene definito tramite: 4π Iν = Ω∗ Iν∗ = Z Iν∗ π R∗2 d ω ; Ω∗ = r2 ove: Iν∗ = φν (r) = indipendente dalla distanza Ω∗ ↓ chiamato intensità media del disco stellare A causa dell’assorbimento continuo nel percorso ................ dalla superficie al punto ....... deve sostituire Iν∗ → con → Iν∗ exp(−τν ) k k d τν = Kν,Atomo · N0 d r = Kν,Atomo (1 − x) NH d r 225 Siccome Kνk ∼ ν 3 per ν > ν0 la radiazione a bassa frequenza viene indebolita molto quindi si ha uno spostamento della distribuzione di intensità verso frequenze più alte Alla radiazione STELLARE va aggiunto il campo di radiazione DIFFUSA: Iνα ; φdν e quindi: εν = radiazione diffusa. (con λ < 912Å) εdν rappresenta il potere emissivo di questa 226 L’equazione del trasporto diventa: • dividendo per hν • moltiplicando per 4π • integrando fra ν0 e ∞ Ne N1 α0 ............. Numero di ionizzazioni d dr = 4πr2 −4π " 4π r 2 Z ∞ φsν ν0 + 2 x2 NH α0 z }| s d Z ∞ K I + I ν ν ν ν0 hν φdν dν hν { d ν + 4π # = 2 α01 x2 NH z }| { Z ∞ εd ν d ν ν0 hν x2 NH2 α01 = numero degli elettroni catturati al livello fondamentale φsν = Iν∗ e−τν Ω∗ ; Iν∗ = e siccome per definizione: 4π Iνs = Ω∗ Iν∗ e−τν risulta: φν (r) Ω∗ 227 Iνs = Iν∗ e−τν Ω∗ = Iν∗ e−τν W 4π L’equazione del trasporto diventa cosı̀: d Lc (r) (2) = −4πr2 x2 NH2 α0 dr che si legge: La perdita per unità di distanza di “fotoni ionizzati” è uguale al numero di ricombinazioni a livelli con n > 1 228 Lezione 31 Avevamo trovato che l’equazione del trasporto di radiazione nel caso di simmetria sferica è: d dr " 4π r Z ∞ = 4πr2 −4π ν0 2 Z ∞ φsν ν0 Kν Iνs + Iνd hν + φdν dν hν d ν + 4π # = Z ∞ ν0 εdν d ν hν h i d [ LC (r) ] = 4πr2 −x2 NH2 α0 + X 2 NH2 α01 dr ove: φsν (r) = Iν∗ e−τν Ω∗ ; τν (r) = Kνk 4π Iνs (r) = Iν∗ e−τν Ω∗ (1 − x) NH r ; Kνk 3 · 1029 = ν3 Il porre: 4π Z ∞ ν0 εdν d ν = X 2 (r) NH2 α01 hν 229 230 significa dire: che la radiazione diffusa prodotta all’interno di un volumetto d V è data dalle ricombinazioni al livello fondamentale: Nel caso di assorbimento ON THE SPOT dei fotoni del continuo di Lyman: 4π Quindi: Z ∞ ν0 Kν Iνd d ν = −X 2 NH2 α01 hν φdν = 0 Ciò significa che : LC (r) = 4πr2 Z ∞ ν0 φsν dν hν N umero f otoni ionizzanti provenienti dalla stella Quindi: d Lc (r) (2) = −4πr2 X 2 NH2 α0 dr che si legge: 231 Il decremento per unità di distanza del flusso di fotoni ionizzanti provenienti dalla stella è uguale al numero di ricombinazioni a livelli con n=1 L’andamento in funzione di r del grado di ionizzazione X(r) si ricava tramite le seguenti equazioni: R ∞ Kν Iνs (1 − X) NH 4π ν0 hν 2 s −τν R∗ ∗ Iν = Iν e 4r2 τν (r) = Kνk (1 − X) NH 29 Kνk = 3 · 10 3 (2) d ν = X 2 NH2 α0 r ν Una volta noti: NH ; R∗ ; Iν∗ φν (R∗ ) = π 2hν 3 φν (R ) = π Bν (T ) = π 2 c 1 hν e KT − 1 che si pone nel caso di approssimazione di corpo nero ∗ Il risultato di tali calcoli è che: X(r) = 1 per r < rS 232 X(r) ↓ 0 > r ∼ rS per Vi è quindi un raggio rS = raggio di Strömgren all’interno del quale l’idrogeno è del tutto ionizzato: H II Il raggio di Strömgren dà praticamente quella distanza a cui il flusso di fotoni UV ionizzanti provenienti dalle stelle è uguale a zero: LC (rS ) = 0 X(r) = 1 per r < rS Integrando la: d (2) Lc (r) = −4πr2 X 2 NH2 α0 dr 4 (2) Lc (rS ) − Lc (R∗ ) = −Lc (R∗ ) = − π NH2 α0 rS3 − R∗3 ; 3 Lc (R∗ ) = Z ∞ ν0 4πR∗2 φsν (R∗ ) 4π R∗2 d ν ; hν Z ∞ ν0 φsν (R∗ ) = ΠIν∗ ΠIν∗ 4 (2) dν = π NH2 α0 rS3 hν 3 rS R∗ 233 rS3 3R∗2 = Z ∞ (2) NH2 α0 ν0 ΠIν∗ dν hν L’integrale rappresenta il numero di fotoni ionizzanti che attraversano le stelle /cm2 sec NL = (2) Ponendo α0 ottiene: ΠIν∗ dν hν Z ∞ ν0 = 2.6 · 10−13 cm3 sec−1 −7 rS = 1.23 · 10 R∗ R !2/3 valido per T ∼ 104 K si 1/3 NL −2/3 NH [pc] Il parametro: 2/3 u = rS NH ∝ NL = f lusso totale dei f otoni di Lyman viene indicato come “PARAMETRO DI ECCITAZIONE” Il bordo delle regioni H II è netto. Dall’andamento di X(r) si vede che: 29 N1 N0 τν0 = NH (1 − X) 3 · 10 r.. = 0 ν3 dove X = 1 Quando X diminuisce bruscamente τν aumenta bruscamente. 234 Per X = 0.5 il cammino linbero medio di un fotone ionizzante è per NH = 102 ÷ 103 cm−3 2 3 1 = 0.5 · 10 ÷ 10 3 · 1029 r 3.56 · 1046 NH = 102 2.4 · 1015 cm = 10−5 pc NH = 103 2.4 · 1014 cm = 10−4 pc Lezione 32 Elemento H O N Ne He 1◦ P.I. 0.55 0.55 0.59 0.88 1.00 (24.6 eV ) 2◦ P.I. −− 1.42 1.20 1.67 2.21 (54.4 eV ) Stratificazione della emissione: OIII, OII N (He)/N (H) = 0.1 X0 (HeI) = 24.6 eV X1 (HeII) = 54.4 eV Siccome: X0 (HeI) X0 (HI) L’elio può essere presente in regioni H II o come He I o come He II È chiaro dalla tabella che se non vi sono fotoni sufficientemente energetici per ionizare HeI → He II HeI + hν −→ / HeII + e 235 236 allora non può essere prodotto né O III né N III Al contrario se esistono questi fotoni ci aspettiamo di trovarli con lo He II Vediamo qualitativamente le strutture di ionizzazione possibili. Suddividiamo la radiazione UV stellare in due bande (1) (2) 13.6 ≤ hν ≤ 24.6 eV questi fotoni possono ionizzare solo HI hν ≥ 24.6 eV questi fotoni possono ionizzare HI ed HeI e la differenza di valore della sezione d’urto bilancia la differenza di abbondanze. A causa delle differenti sezioni d’urto di fotoionizzazione i fotoni della banda (2) sono principalmente asorbiti dallo HeI, se naturalmente sono presenti anche fotoni della banda (1). 237 Per una sorgente con T < 40000 la radiazione contiene: H II HeII, HII HeI, HI HeI OIII NIII, OII NII, OI NI tanti elettroni con: 13.6 < hν < 24.6 eV pochi fotoni con: hν > 24.6 eV Per una sorgente con T 40000 i fotoni con energia hν < 24.6 eV dominano la ionizzazione dello HI ed HeI H II HeII, OIII OII, HI HeI OI NI ESTINZIONE DA PARTE DI PARTICELLE DI POLVERE In base a osservazioni infrarosse polveri sono presenti nelle H II più dense. regioni Per effetto di queste polveri la radiazione UV viene assorbita, quindi diminuisce il raggio di Strömgren rS Siccome il rapporto: 238 P OLV ERE = costante GAS La POLVERE aumenta all’aumentare della dennsità e quindi diminuisce ! 0 rS rS → rS0 rS = f attore di riduzione Se si indica: τν s = profondità ottica della polvere per il tratto rS alla testa della serie di Lyman AV = assorbimento visuale nella regione H II vale la relazione: τν s = 4 AV REGIONI HI Tutte le stelle O, B sono circondate da più o meno estese regioni HII dalle quali non può scappare radiazione con: λ < 912 A cioè con E > 13.6 eV Fotoni con energia E < 13.6 eV nelle zone esterne possono ionizzare: 239 I.P. 11.26 eV 8.15 eV 7.87 eV C Si Fe Anche nella zona esterna ad rS r > rS Vi può però essere una debole ionizzazione dello IDROGENO dovuta a: (1) RADIAZION E COSM ICA elettroni (2) √ C01 ∼ 10−17 sec−1 E < 100 M eV Q01 ∼ 10−11 T E = 102 ÷ 103 eV RADIAZION E RÖN T EGEN COSM ICA DIF F U SA R01 ∼ 10−17 sec−1 E < 1 keV Il grado di ionizzazione risultante si può determinare dall’equazione statistica: 240 N0 (R01 + C01 ) = N1 R10 R10 = Ne α0 (2) poiché tutti i fotoni di Lyman vengono subito riassorbiti Supponendo: N1 N0 = N (HI) la densità elettronica sarà: Ne = N1 + X0 N (HI) X0 = porzione relativa rispetto agli atomi di HI degli elttroni provenienti da altre sorgenti L’equazione dell’equilibrio statistico diventa: z R10 }| N (HI) (R01 + C01 ) = N1 ( N1 + X0 N (HI)) (2) { (2) α0 (2) N (HI) (R01 + C01 ) = N12 α0 + X0 N (HI) N1 α0 (R01 + C01 ) = N (HI) 2 N1 (2) α0 + X 0 N (HI) N1 (2) α0 N (HI) 241 N1 = y questo è una misura del grado di ionizzazione N (HI) ponendo dell’idrogeno 1 1 X= N N = N N0 = y in quanto N1 N0 0 + N1 (2) (2) N (HI) α0 y 2 + N (HI) X0 α0 y − (R01 + C01 ) = 0 y= (2) −X0 α0 r (2) (2) N (HI)2 X02 α0 N (HI) + 4 N (HI) α0 (R01 + C01 ) (2) 2N (HI) α0 | =− (2) X 0 α0 N (HI) (2) 2N (HI) α0 y= v u u 2 uX u 0 t v u X0 u u t1 2 (2) N (HI)2 4 N (HI) α0 (R01 + C01 ) X02 + (2) 4 N (HI)2 4 N (HI)2 (α0 )2 X02 + 4 (R01 + C01 ) N (HI) (2) X02 α0 = − 1 N1 N (HI) Nel caso di completa ionizzazione del C , Si , Fe per abbondanze chimiche normali vale: X0 ∼ 5 · 10−4 porzione relativa rispetto agli atomi di HI, degli elettroni provenienti da altre sorgenti 242 ESEMPIO 1 Nube di HI fredda e densa T ∼ 100◦ K N (HI) = 20 cm−3 R01 + C01 ∼ 10−17 sec−1 (2) α0 (T = 100) ∼ 6.8 · 10−12 (2) α0 2.06 · 10−11 = φ2 (100)1/2 | 4 5 · 10 y= 2 v u u t 1 X1 ∼ 6.8 · 10−12 cm3 sec−1 KT {z ∼ 3.3 } 4 · 10−17 + −8 −12 − 1 20 · 25 · 10 6.8 · 10 N1 = 1.2 · 10−4 N (HI) Ne = 2.4 · 10−4 N (HI) + 5 · 10−4 N (HI) 0.015 ∼ 10−2 cm−3 243 ESEMPIO 2 Nube di HI calda e poco densa N (HI) = 1 cm−3 T ∼ 4000 K (2) α0 (T = 4000) = 5.21 · 10−13 cm3 sec−1 (2) α0 2.06 · 10−11 √ φ2 = 4000 | 5 · 10 y= 2 4 v u u t 1 X1 = 5.21 · 10−13 cm3 sec−1 KT {z 1.6 } 4 · 10−17 −3 + −8 −13 − 1 ∼ 4 · 10 1 · 25 · 10 · 5.21 · 10 N1 ∼ 4 · 10−3 N (HI) Ne = 4 · 10−3 N (HI) + 5 · 10−4 N (HI) = 4.6 · 10−3 cm−3 Ne ∼ 4.6 · 10−3 cm−3 La ionizzazione per radiazione cosmica produce X0 N (HI) ionizzazioni di elementi come Si, C, N −→ nelle nubi calde 244 Lezione 33 - 34 L’altra volta abbiamo trovato una relazione valida per le regioni HI: N (HII) = N (HI) v u u X0 u t1 2 + 4 (R01 + C01 ) (2) N (HI) X02 α0 − 1 Ne = X0 N (HI) + N1 che una volta noti: T = T emperatura cinetica (T emperatura di spin − si deriva dalla riga 21 cm) N (HI) = densità di atomi di HI permette di derivare la Densità elettronica nella regione HI Andiamo a studiare la IONIZZAZIONE DEGLI ELEMENTI PIÙ PESANTI in: REGIONI HI REGIONI HII 245 246 Consideriamo il Na e il Ca che hanno potenziali di ionizzazione MINORI DI QUELLO DELL’IDROGENO \eV Na X0 X1 5.1 eV 2431 A 6.1 eV 2032 A Ca 47.3 eV 262 A λ = 12398 E 11.9 eV 1042 A Nelle regioni HI attorno a regioni HII non arrivano fotoni con λ < 912 A dalla stella eccitatrice Arrivano però fotoni con λ > 912 A dalla stella centrale. Risulta: R01 N a ∼ 4 · 10−7 sec−1 Ca ∼ 2.4 · 10−7 sec−1 ∼ 10−7 sec−1 Questa rate è dei valori 247 R01 ∼ 10−17 sec−1 dovuti a Radiazione cosmica dif f usa C01 ∼ 10−17 sec−1 particelle + Röntgen Possiamo quindi scrivere l’equazione dell’equilibrio di ionizzazione considerando solo: F OT OION IZZAZION I F OT ORICOM BIN AZION I Ni Ri,i+1 = Ni+1 Ne αi αi Ni = Ne Ni+1 Ri,i+1 ESEMPIO Consideriamo una regione HI con: T = 102 K Ne ∼ 10−2 cm−3 , cioè regioni f redde e sottili Risulta: Ni R01 = = Ne N0 α0 1 per il N a α0 = 10−7 cm3 sec−1 102 per il Ca α0 = 10−9 cm3 sec−1 Cosı̀ che per Ne = 10−2 risulta: 248 Ni = N0 102 X N aI 5.1 eV N aII 47.3 eV per il N a II → 104 X CaI 6.1 eV CaII 11.9 eV per il Ca II Nelle regioni HII con T = 104 Ne ∼ 102 ÷ 103 cm−3 cioè regioni calde e dense R01 = α0 10 104 per il N a per il Ca α0 = 10−8 cm3 sec−1 α0 = 10−11 cm3 sec−1 Cosı̀ che: Ni = N0 10−1 ÷ 10−2 102 ÷ 101 per il N a II per il Ca II Cioè in pratica diminuisce la ionizzazione. In una regione H II calda e densa la ionizzazione degli elementi pesanti (Na, Ca) è minore che in una regione HI sottile e fredda La causa di ciò è la forte densità elettronica delle regioni HII che provoca una alta rate di ricombinazione. Anche per il Carbonio analoghi: C : X0 = 11.3 eV si ottengono risultati 249 N elle Regioni HI → Il C è prevalentemente ionizzato Al contrario per l’ N , O che hanno potenziali di prima ionizzazione: X0 (N ) = 14.53 eV X0 (O) = 13.62 eV X0 (H) = 13.60 eV molto vicini a quello dell’ HI risulta che nelle regioni HI sono anch’essi NEUTRI REAZIONI A SCAMBIO DI CARICA Una debole ionizzazione dello O può essere prodotta tramite la reazione a scambio di carica −→ ←− Oo + H + O+ + H o Il coefficiente della velocità di ionizzazione di questo processo è: Q01 ≈ 0.4 · 10−9 cm3 sec−1 per T = 300 K REAZIONI CHIMICHE DI SCAMBIO In regioni DENSE sono possibili: ionizzazioni di atomi ricombinazioni di ioni tramite urti con molecole 250 O+ + H2 −→ OH + + H REAZION E CHIM ICA DI SCAM BIO a seguito della quale può avvenire: OH + + e −→ O + H RICOM BIN AZION E DISSOCIAT IV A Utilizzando l’espressione: Ni αi = Ne Ni+1 Ri,i+1 Si può misurare la densità elettronica misurando il rapporto d’intensità di due righe di assorbimento dello stesso elemento in due diversi stati di ionizzazione. Per nubi diffuse con: N (HI) ∼ 102 ÷ 103 cm−3 è risultato: Ne ∼ 102 ÷ 10−1 cm−3 cioè: Ne ≈ 10−4 N (HI) Lezione 35 - 36 Lo stato termodinamico del gas interstellare è individuato dalla sua: T = temperatura cinetica T dipende da: Γ Λ guadagno perdita di energia termica (calore) cm−3 sec−1 Γ = Rate di riscaldamento e Λ = Rate di raf f reddamento dipendono dalla T e N delle particelle del gas (esempio: righe proibite) In caso di EQUILIBRIO TERMICO deve essere ovviamente: Γ= Λ RISCALDAMENTO DEL GAS All’apporto di calore Γ possono contribuire i seguenti processi: (1) Fotoionizzazione (2) Ionizzazione per urto di atomi di idrogeno neutro in regioni HI per effetto di particelle della radiazione cosmica 251 252 (3) Fotoeffetto alla superficie di particelle di polvere interstellari (4) Evaporizzazione di molecole di H2 formatesi alla superficie di particelle di polvere (1) Fotoionizzazione La fotoionizzazione di atomi neutri fornisce elettroni liberi, che per urto con altre particelle di gas distribuiscono a queste una parte della loro energia cinetica. La fotoionizzazione di atomi di HI è il principale meccanismo di riscaldamento delle regioni HII. L’energia media degli elettroni liberati è: Z ∞ El = ν0 Kνk Iν h(ν − ν0 ) dν hν Z ∞ Kk I ν ν dν ν0 hν Kνk Iν = numero di f otoni assorbiti per unità di lunghezza hν Come si vede l’energia media degli elettroni liberati dipende dalla forma della distribuzione della radiazione ionizzante e non dalla sua intensità. 253 Assumendo che dalla stella eccittatrice di temperatura superficiale T∗ provenga la radiazione: Iν = W Bν (T∗ ) la temperatura iniziale degli elettroni prodotti è: T0 = 2 T∗ 3 se h ν0 > KT∗ In condizioni di equilibrio di ionizzazione: N umero di f otoionizzazioni = N umero ricombinazioni negli stati legati ↓ Ne N1 α0 ↓ e questo si scrive solo per avere il numero dei processi di fotoionizzazione ↓ Energia guadagnata (2) Ne N1 α0 E l ↓ Ne N1 Σ v σxn ↓ questo serve per mostrare il processo di ricombinazione cosı̀ come avviene: v = velocità relativa dell’elettrone che corrisponde ad una Ekin = 21 me v 2 che nella ricombinazione viene persa ↓ Energia perduta Ne N1 21 ml Σ v 3 σxn 254 La rate di riscaldamento netta è: ( Γ = Ne N1 1 α0 E − ml Σ v 3 σxn 2 ) (2) Ionizzazione per urto di atomi di idrogeno neutro in regioni HI per mezzo di particellle della radiazione cosmica. Sia ∆E il guadagno medio di energia del gas per ogni elettrone libero prodotto. Sarà: ΓKS = N (HI) · C01 · ∆E ∆E ∼ 3 eV per densità N (HI) > 1 cm−3 L’elettrone quando viene liberato riceve una EKin ∼ 20 ÷ 40 eV ; ionizza quindi altri atomi e ne eccita altri finché la sua EKin < 10.2 eV corrispondente all’eccitazione del livello 2 . Energia quest’ultima che perde tramite urti elastici. In media ad ogni elettrone liberato viene data una energia: ∆E ∼ 3 eV (2) FOTOEFFETTO SULLA SUPERFICIE DI PARTICELLE INTERSTELLARI Di fondamentale inportanza per l’equilibrio termico di regioni HI. In cui vi è solo radiazione con λ > 912 A !!! Iν = numero f otoni/cm2 H sec sterad 2 hν 255 La superficie efficace totale delle particelle contenute in un volume di 1 cm3 NS σ S Ns = densità particelle ; σS = sezione geometrica Indicando con: Qabs (ν) = fattore di efficienza all’assorbimento della particella [adimensionale] ye (ν) = frazione di elettroni prodotti per asorbimento [adimensionale] Risulta che il numero di “elettroni liberi”, creati dalla radiazione di frequenza ν proveniente da tutte le direzioni è: 4π Iν hν ! NS σS Qabs (ν) ye (ν) ye (ν) = 0 λ < 912 A λ > 1100A Se E indica l’energia cinetica media di un fotoelettrone e ci troviamo a profondità ottica τ (per λ ∼ 1000 A) la rate di riscaldamento per fotoeffetto è: 256 ΓP E = 4π Z Iν −τ e · NS σS · Qabs y e E e d ν hν Da misure di laboratorio con sorgenti che riproducono la distribuzione di energia della radiazione UV di campo con λ > 912 A si è trovato: E e ∼ 5 eV Sostituendo i valori tipici: Qext (V ) ∼ 0.5 NS σS ∼ 10−21 NH NH = N (HI) + N (HII) si trova: ΓP E ∼ 2 · 10−25 NH e−τ ν y e erg cm−3 sec−1 MOLECOLE DI H2 FORMATE ALLA SUPERFICIE DI PARTICELLE DI POLVERE ED EVAPORATE NELLO SPAZIO 257 Eerg 0.5 eV → Ekin → 10 % dell0 energia va in energia termica staccare la molecola dal grano eccitare le molecole ΓH2 ∼ 2 · 10−29 NH N (HI) erg cm−3 sec−1 MECCANISMI DI RAFFREDDAMENTO DEL GAS (1) Eccitazione per urto con conseguente emissione di radiazione (2) Radiazione free-free degli elettroni (3) Urti di particelle di gas con particelle solide (4) Conduzione di calore (1) Eccitazione per urto con emissione di radiazione (righe proibite) Tale eccitazione per urto, che sottrae energia termica, avviene dal livello fondamentale 1. Il numero di queste eccitazioni è: N 0 Ni1 Q1m per un livello superiore m 258 Avvengono però anche ricombinazioni per urto le quali ridanno energia termica al mezzo N 0 Nim Qm1 La rate di raffreddamento sarà: Λurto = N 0 Σm (Em − E1 ) (Ni1 Q1m − Nim Qm1 ) Urti fra molecole complesse (CO) e molecole di H2 possono eccitare le prime e provocare quindi un notevole raffreddamento (2) Radiazione free-free degli elettroni nella zona ionizzata Λf f = 4π εf f 4π εf f = 1.426 · 10−27 Z 2 T 1/2 Ne Ni gf f gf f ∼ T 0.15 ν −0.1 erg cm−3 s−1 259 (2) Urti di particelle di gas con particelle solide In nubi dense con alta quantità di polvere: Atomi + M olecole cedono una parte della loro energia termica ⇓ P articelle di polvere 260 Appendice C DIFFERENZA DI OPACITÀ ALLA TESTA DELLA SERIE DI LYMAN E DI BALMER IN CONDIZIONI DI ALTA OPACITÀ ALLA TESTA DELLA SERIE DI LYMAN ( Supponiamo → T ∼ 104 ) Opacità alla testa della serie di Lyman kνk (n, f ) 3 · 1029 4 = Z N0n n5 ν 3 supponendo che N01 sia uniforme e che lo spessore geometrico sia l: τνk (1, f ) 3 · 1029 = N01 l ν3 Il numero di atomi neutri al livello fondamentale in condizioni di equilibrio di ionizzazione e in presenza di soli processi radiativi è: 261 262 (1) N1 · Ne α0 = N0 R01 (1) N1 Ne α0 N0 = R01 in caso di solo idrogeno e N1 = N2 (1) α0 (T = 104 ) = 4 · 10−13 cm3 s−1 (1) N01 Ne2 Ne2 α0 −13 = = 4 · 10−5 Ne2 = −8 · 4 · 10 R01 10 τνk (1, f ) 3 · 1029 −5 = Ne2 l 15 3 · 4 · 10 (3.3 · 10 ) | 12 · 1024 2 −22 = Ne2 l 46 Ne l = 3.3 · 10 3.6 · 10 ν1 = 3.3 · 1015 s−1 τνk (1, f ) = 3.3 · 10−22 Ne2 l Opacità alla testa della serie di Lyman Nell’ipotesi di assorbimento “on the spot” dei fotoni prodotti per ricombinazione diretta al livello fondamentale possiamo scrivere: 263 numero di ricombinazioni a livelli con n ≥ 2 = numero di fotoni Lyα = numero di fotoionizzazioni (2) N1 · Ne α0 = N02 A02 N1 = Ne (2) N02 τνk (2, f ) Ne2 α0 = A21 A21 ' 4.7 · 108 s−1 α0 (T = 104 ) ' 2.6 · 10−13 cm3 s−1 (2) 3 · 1029 ≈ 3 5 N02 l ; ν2 (2) ν2 = 1 ν1 ≡ 8.3 · 1014 s−1 4 | ≈ 3 · 1029 2.6 · 10−13 N 2 l e 5.6 · 1044 (32) 4.7 · 108 | ≈ 9.3 · 10−39 Ne2 l Quindi: τνk (1, f ) ∼ 3.3 · 10−22 Ne2 l τνk (2, f ) ∼ 9.3 · 10−39 Ne2 l 264 τνk (1, f ) ∼ 3.6 · 1016 τνk (2, f ) Lezione 37 Equilibrio termico in regioni HII I principali processi che agiscono nello stato termico di una regione HII sono: 1) Fotoionizzazione dello HII 2) Eccitazione per urto di livelli metastabili dello [OII] [NII] [OIII] RICHIAMO: Le transizioni free-free producono un effetto trascurabile La fotoionizzazione produce elettroni la cui energia cinetica media è: Z ∞ El = ν0 h(ν − ν0 ) Z ∞ ν0 Kν Iν dν hν Kν Iν dν hν 265 266 Questa espressione è VALIDA IN QUALUNQUE REGIONE In particolare se si considera l’INTERA REGIONE HII che supponiamo sferica di raggio R Tutta la radiazione ionizzante emessa dalla stella Iν viene assorbita per cui si può eliminare Kν e scrivere: Z ∞ El = ν0 h(ν − ν0 ) Z ∞ ν0 Iν dν hν Iν dν hν Questa è veramente l’energia cinetica media degli elettroni su TUTTA LA REGIONE HII. NOTA Calcolo di E l vicino alla stella eccitatrice 267 Z ∞ El = ν0 Kνc Iν dν h(ν − ν0 ) 3 hν = K T0 Z ∞ Kc I 2 ν ν dν ν0 hν ove T0 è la temperatura iniziale degli elettroni In questo caso I nu è relativamente grande (varia come 1/r2 ) mentre la Iνd può essere trascurata Kνc ∝ ν −3 hν KT ∗ I = W Bν (T ) = W ν e 3 approssimazione di Wien valida se − hν0 KT∗ > 1 hν KT ∗ e h(ν − ν0 ) dν hν − hν Z ∞ e KT∗ dν ν0 hν − Z ∞ ν0 El = x = hν ; KT∗ x0 = Z ∞ El = x0 hν0 1 ; KT∗ dx = h dν KT∗ (x − x0 ) K T∗ −x KT∗ e dx K T∗ x h Z ∞ e−x KT x ∗ dx x0 KT∗ x h 268 = Z ∞ x0 El = ≈ (x − x0 ) −x e d x KT∗ x Z ∞ e−x dx x0 x K T∗ !# ≈ K T∗ 1 1− x0 " 3 K T0 = K T∗ 2 T0 = 2 T∗ 3 Avevamo visto che se si pone: El = 3 K T0 2 T = W Bν (T ∗ ) nell’ipotesi che: T0 = temperatura iniziale T ∗ = temperatura sorgente eccitatrice h ν0 K T∗ > 1 hν0 K T∗ 5000 32 10000 16 30000 5 50000 3 T∗ 269 approssimazione di Wien hν KT ∗ Bν (T∗ ) ∼ ν e 3 − ricordando che Kν α ν −3 risulta: T0 ∼ 2 T∗ 3 La “Rate di riscaldamento netta per fotoionizzazione” risultava in condizioni di equilibrio di fotoionizzazione: ΓP h = Ne N1 1 α0 E l − me 2 ∞ X n=1 v 3 σxn (v) ∝ Ne N1 v = velocità relativa elettrone-protone v 3 σ xn = mediata su tutte le velocità relative supponendo una distribuzione di velocità M axwelliana La “Rate di raffreddamento per eccitazione per urto con conseguente emissione di radiazione è data da: Λurto = Ne X m [(Ni1 Q1m − Nim Qm1 ) (Em − E1 )] se Ne < 102 cm−3 Λurto = Ne Ni1 X m Qm1 ∼ 0 [ Q1m (Em − E1 )] ∝ Ne Ni 270 −6 Ω(1, 2) Q21 = 8.63 ·1/210 g2 T Q12 = gg21 Q21 e−X/KT 271 Passiamo al problema dell’equilibrio termico in regioni HII La radiazione proveniente dalla stella sia: Iν = W Bν (T ∗ ) T ∗ = temperatura di colore della stella Vi sia inoltre come unica sorgente di assorbimento nel continuo di Lyman l’assorbimento (b-f): Kνk (b − f ) ∼ ν −3 L’energia cinetica media E l si può scrivere in funzione di T ∗ in prossimità della sorgente quando il campo di radiazione stellare non è ancora assorbito Kνk ∆x 1 E l = ψ0 K T ∗ si trova ψ0 = 0.98 . . . 0.87 T ∗ = 4000 . . . ∗ T = 30000 Nella espressione di ΓP h si può porre ora: 1) N1 = Np 2) E l = ψ0 K T ∗ X1 10−11 Z 2 φ 3) α0 = = 2.06 ·1/2 1 KT T l’energia di ionizzazione dal livello 1 α01 4) ! cm3 sec−1 ove X1 è Fare la media pesata usando la distribuzione di Maxwell 272 Si ottiene: ΓP h 2.9 · 10−27 Ne NP = { T∗ ψ0 φ1 (T ) − T ψ1 (T )} T 1/2 ψ1 (T ) + cost · X v 3 σ xn Questo risultato vale solo IN VICINANNZA DELLA STELLA Se invece vogliamo calcolare ΓP h valido per tutta la regione HII si usa l’espressione di E l valida per tutta la regione HII e si pone: El = ψ K T ∗ ψ= T ∗ = 4000 . . . ∗ T = 30000 1.05 . . . 1.34 (1) (2) Nell’espressione di ΓP h si sostituisce α0 con α0 e si iniziano le somme da 2 poiché le ricombinazioni al livello fondamentale (cooling) nell’ipotesi di riassorbimento OTS (heal) non provocano nessuna variazione dello stato termico del gas. ΓP h = Ne N1 (2) α0 1 E l − me 2 ∞ X n=2 v 3 σ xn 273 Risulta in conclusione: ΓP h 2.9 · 10−27 Ne NP = T 1/2 n o T∗ ψ φ2 (T ) − T ψ2 (T ) In figura è riportato l’andamneto di ΓP h , Λurto e Λf f per una T∗ = 32000 e per NP ∼ Ne < 102 (si può trascurare il termine negativo di diseccitazione per urto in Λurto ) Nel caso di IDROGENO PURO solo Λf f potrebbe bilaniare ΓP h e ciò avverrebbe a T ∼ 27000 K La presenza di [OIII] [OII] [NII] Λurto fa sı̀ che si raggiunga l’equilibrio termico a ∼ T ∼ 7500 K Se aumenta la densità Ne > 103 cm−3 aumenta la rate di diseccitazione per urto e quindi Λurto cresce più lentamente e si ha una temperatura di equilibrio maggiore. Se spegnessimo la stella centrale, quanto tempo impiegherebbe il gas a passare da T = 10000 K a T = 0 K? 274 3 NP KT 1012 2 tC = ' sec Λ NP Λ ' 10−24 NP2 erg cm−3 sec−1 3 · 104 tC = years NP tC = K = 1.38 · 10−16 300y 30y 3y erg deg −1 Ne = 102 Ne = 103 Ne = 104 In quanto tempo gli atomi di HII si ricombinerebbero? 1 1 = = tC = R10 Ne α0 T 1/2 Ne 2.06 · 10−11 per T ∼ 10000 103 y 102 y 10 y X 01 φ1 KT NP = 102 NP = 103 NP = 104 105 ∼ NP years Lezione 38 - EQUILIBRIO TERMICO NELLE REGIONI HI Nelle regioni HI l’apporto di energia è molto più piccolo che nelle regioni HII La rate di riscaldamento è data da: Γ = ΓP h + ΓKS + ΓP E ΓP h = fotoionizzazione di elementi più pesanti dello HI, con X0 < 13.6 eV per effetto di radiazione con λ > 912A Il valore dell’energia cinetica media degli elettroni prodotti è: E l ∼ 2 eV ∼ 3 · 10−12 erg 1eV = 1.60 · 10−12 erg Per una temperatura e una densità della nebula: NH < 102 cm−3 T ≈ 102 K il valore della energia cinetica media dello HI e degli elettroni è: 3 3 E l = KT = 1.38 · 10−16 · 102 ∼ 2 · 10−14 erg 2 2 275 276 cioè El Ek E l = energia cinetica media elettroni prodotti della f otoionizzazione E l = energia cinetica media degli elettroni a T ∼ 102 K In tali condizioni nella espressione di ΓP h : ΓP h = Ne N1 α El − 0 1 me 2 | ∞ X v 3 σ xn n=1 {z 2o termine } si può trascurare il secondo termine e risulta ΓP h ≈ 4 · 10−4 Ne NH α0 E l α0 = valore approssimato di : 2.06 · 10−11 Z 2 α0 = φ2 T 1/2 X 01 cm3 sec−1 KT 4 · 10−4 = tiene conto della scarsa abbondanza rispetto all’HI degli elementi (C, Si, Fe....) che contribuiscono alla fotoionizzazione. 277 C 1s2 2s2 p2 Nell’espressione di α0 per il C + : Z = 1 occupato e siccome n = 1 è (2) α 0 = α0 (2) Ponendo E l = 3·10−12 erg e sostituendo l’espressione di α0 Ne risulta: X=N = α0 ; H ΓP h (λ > 912) ≈ 2 · 10−26 · T −1/2 φ2 (T ) · X · NH2 [erg cm−3 sec−1 ] ΓKS Ionizzazione per urto di atomi di HI interstellari con particelle RADIAZIONE COSMICA RöntgenStrahlung ΓKS = N (HI) · C01 · ∆E ∆E ≈ 3eV ≈ 5 · 10−12 erg C01 ≈ 10−17 sec−1 ΓKS ≈ 5 · 10−29 NH ΓP E [erg cm−3 sec−1 ] FOTOEFFETTO SU PARTICELLE DI POLVERE 278 ΓP E ∼ 2 · 10−25 NH e−τ y l per y l = 0.3 τ = 0.3 [erg cm−3 sec−1 ] corrispondente a τ (V ) ≈ 0.1 Aλ = 1.086 · τλ Risulta quindi: ΓP E ≈ 4 · 10−26 NH [erg cm−3 sec−1 ] Concludendo: −26 NH} + |4 · 10{z Γ = 2 · 10−26 · T −1/2 φ2 (T ) · X · NH2 + |5 · 10−29 NH} {z | {z 2 ΓP E ∝NH } ΓKS ∝NH ΓP E ∝NH La rate di raffreddamento è provocata solamente da URTI T >100K T <100K z }| { z}|{ + + + 1) Eccitazione per urto di elettroni e C Si F e con atomi di HI ed 2) Eccitazione per urto del livello 2 dell’atomo di HI quando T = 4000 ÷ 12000K. I fotoni Lyman cosı̀ prodotti riscaldano la polvere e vengono riemessi nell’infrarosso. Lezione 39 RI CH I AM O f otoionizzazione del CI ΓP h = 2 · 10−26 · T −1/2 φ (T ) · X 2 NH2 ΓKS = 5 · 10−29 NH NH2 ΓP E = 4 · 10−26 NH NH2 ΓH2 2 · 10−29 N (HI) = NH NH2 raggiunge lo stesso ordine di grandezza di ΓP E per Ne ∼ 103 Cooling −→ Λurto C ∗ il cui potenziale di ionizzazione X0 < 13.6 eV ha una densità relativa uguale alla densità relativa presente nelle regioni HII. T < 100 K Il raffreddamento è dominato dalla eccitazione del CII ΛHCII = 7 · 9 · 10−27 NH2 dc e−92/T erg cm−3 sec−1 279 280 dc = (nc /nH ) / (nc /nH )cosmico ∼ 0.1 ÷ 1 T > 100 K subentra l’effetto della eccitazione del FeII e SiII Λ in Dalgamo & Mc Cray A Rev Astr Ap 10, 375,1972 T ∼ 4000 ÷ 12000 eccitazione per urto del livello 2 dello HI ΛeH = 7.3 · 10−19 Ne N (HI) e−118400/T erg cm−3 sec−1 Per densità sufficientemente alte e basse temperature diventa importante l’eccitazione di molecole H2 Curve di raffreddamento (N.B. più basse al diminuire della ionizzazione cioè della abbondanza di CII, FeII, SiII) a) intersezione con ΓP h indipendente da NH b) calcolo ΓKS per NH = 1 ÷ 5 cm−3 per x = 10−2 TE ∼ 16K TE ∼ c) calcolo ΓP E per NH = 40 ÷ 4 cm−3 TE ∼ 10K 12K 24K 60K A basse densità il fotoeffetto comincia ad essere meno efficiente perché le particelle di polvere cariche positivamente hanno scarsa probabilità di ricombinazioni con elettroni e tornare neutre. In tale caso la polvere resta carica positivamente e diminuiscono di conseguenza ye ed Ee A basse densità NH ∼ 0.1 ÷ 0.4 ÷ 1 281 −26 ΓP E = 4 · 10 0.1 NH2 = 4 · 10−25 10−25 4 · 10−26 T ∼ 5000 ÷ 10000 EQUAZIONE DI STATO E MODELLO A DUE FASI DEL GAS HI L’equazione che esprime l’equilibrio termico è: Γ (NH , Ne , TE ) = Λ (NH , Ne , TE ) Tramite le equazioni: N − e = N1 + x0 N (HI) x0 N1 = N (HI) 2 v u u u t1 + x0 ∼ 5 · 10−4 4(R01 + C01 ) (2) x20 N (HI)α0 − 1 Si elimina Ne perché si ricava Ne in funzione di NHI ∼ NH Si può adesso plottare: TE − N Commento curve p = N KTE − N 282 Lezione 40 PARAMETRI DI STATO DELLE REGIONI HII. T EM P ERAT U RA ELET T RON ICA DEN SIT À ELET T RON ICA M ASSADELL0 IDROGEN O ION IZZAT O Temperatura elettronica Si può ricavare in tre modi: 1) Misura assoluta a basse frequenze del radiocontinuo termico per τνk 1 τνk Bν (Te ) ∼ ν −0.1 Te−.35 E ; τνk 1 Bν (Te ) ∼ ν 2 Te τνk 1 ; 2) Dal rapporto di intensità di due righe di emissione ottiche eccitate per urto con livelli di partenza sufficientemente distanti l’uno dall’altro escludendo la emissione indotta eccitazione radiattiva 283 284 N3 Ω13 A21 = N2 Ω12 A32 + A31 " −4 1 + 1.73 · 10 xΩ12 A21 # X23 e KTe − 3) Intensità di righe di ricombinazione radio. Ciò è valido quando τνk 1 cioè: poiché τνk (f f ) ∝ T −1.35 ν −2.1 ⇒ ad alte f requenze τνk (bf ) ∝ n−5 ν −3 ⇒ ad alte f requenze questo ha poco effetto perché tutto lo H è ionizzato e poiché la proporzionalità a ν −3 lo rende trascurabile Se si prendono le temperature di radiazione nella riga e nel continuo per radiazione non incidente si ha l’espressione nel caso τ 1 TL = τνL Te TK = τνk Te Iν = τν Sν vedremo subito quando τνL 1 ν ← Sν = 2 c !2 KTe ν 2 c !2 KTL 285 e ricordando che: Nn 1) KνL = hνcnm ψ(ν) Bmn Nm 1 − ggm n Nm 2 2) Nn = bn n (figura livelli energetici) !3 x −x 2 − 0 KT 0n h2 e Np Ne 2πme KTe Trascurando l’emissione indotta: vedi *** pag. seguente 3) Ne = NP + N (He+ ) Bmn → NP = Ne + N (He+ ) fmn R3 Z 6 m−5 n−3 = = +4 νnm 2 νnm da cancellare? 286 *** Infatti l’equazione statistica per gli stati legati è: Nm n−1 X m=1 Anm = ∞ X n−1 Nm Amn + Np Ne α0n (Te ) 287 KνL ∝ Bmn ∝ quindi ad alte f requenze 4) τνL = Rl 0 1 ν4 KνL 1 ⇒ τνL 1 KνL d r si ottiene l’espressione: τνL = cost bn Te−5/2 E= Z l 0 x0 − x0n − KTe ( exp Ne2 d r ) E ψ(ν) 1 + [N (He+ )/NP ] misura dell0 emissione τνL (f − f ) = 8.24 · 10−2 Z 2 T −1.35 ν −2.1 Z l Ne Ni d r {z } |0 E nel caso di puro idrogeno Se si esprime l’integrale esteso alla riga della TL (ν) Z TL (ν) d ν = TL∗ · ∆νL TL∗ = valore di TL (ν) 288 si ottiene per il rapporto LTE bn = 1: RIGA-CONTINUO nell’approssimazione TL∗ ∆νL ≈ 2.3 · 104 ν 2.1 Tk ∆νL [KHz] ν [GHz] Te−1.5 N (He+ ) 1+ NP λ ∼ mm cm Da questa espresione si ricava un valore di Te più piccolo del reale perchè è stata trascurata la emissione indotta. 289 Densità elettronica 1) Rapporto di intensità di 2 righe di emissione ottica eccitate per urto con livelli superiori molto vicini Qnm = 8.63 · 10−6 Ωnm T 1/2 gn [cm3 sec−1 An0 m 1 + νnm Anm gn Ne Qn0 m! = Anm νn0 m An0 m gn0 1+ Ne Qnm L Inm InL0 m 2) ! Da misure del radiocontinuo di Bremsstrahlung termica ad alte frequenze: Iν = si ricava: τν Bν (Te ) = ν −0.1 Te−0.35 E ; τνk 1 Bν (Te ) ≈ ν 2 Te ; τνk 1 E = Ne2 l 290 3) Dalla intensità di righe di ricombinazione specie nel radio ove non sono affette da estinzione L Inm gnm = 34.24 3 3 nm 1 nel radio z}|{ bn T 3/2 158000 exp n2 Te ( ) E Lezione 41 Commento al valore della densità elettronica Ne ricavato dalla “misura dell’emissione” E. Se in una regione HII di profondita l si trovano lungo la visuale n condensazioni di uguale densità Ne e profondità a anzichè una distribuzione continua risulta, noti E ed l (ma non noti n ed a) Ne2 1 = l Siccome na < l Z l 0 Ne2 1 na 2 2 dr = n Ne a = Ne l l risulta: Ne2 < Ne2 Valori di na ∼ 10−1 l 291 292 sono plausibili Dalla intensità del continuo radio di Bremsstrahlung termica Iν = τν Bν (Te ) ∼ ν −0.1 Te−0.35 E per τνk 1 Bν (Te ) ∼ ν 2 Te per τνk 1 per τνk 1 si ricava il FLUSSO DI RADIAZIONE NEL CONTINUO RADIO una volta noto l’angolo solido Ω sotto cui viene vista la sorgente φk (ν) = I ν · Ω = cost · Te−0.35 ν −0.1 E Ω Dalla misura del flusso e noto Ω si ricava E E = Ne2 l Se rS è il raggio di Strömgren si può porre: l = 2 rS e ricavare cosı̀ il 293 1) Valore quadratico medio della densità elettronica Ne2 2) Parametro di eccitazione u = rS Ne2 1/3 Parametro di eccitazione siccome tutti i fotoni ionizzati LC emessi dalla stella nell’unità di tempo sono assorbiti nella regione HII e vi deve essere equilibrio di ionizzazione 4 π rS3 N1 R10 3 {z } ! LC = | N r protoni | N1 ∼ Ne | = | 4 π rS3 Ne 3 (2) Ne α0 294 | = 4 4 (2) (2) π α0 Ne2 rS = π α0 u3 | {z } 3 3 3 u LC = 4 (2) π α0 u3 → f unzione delle condizioni della regione HII |3 {z } COST È chiaro che u, parametro di eccitazione, (perché non definiamo il parametro di ionizzazione), rappresenta: Il flusso totale dei quanti del continuo di Lyman capaci di ionizzare l’idrogeno (2) Approssimando l’espressione di α0 (2) α0 con = 4.1 · 10−10 Te−0.8 si ricava: LC = ove 4 (2) π u3 α0 ≈ 5.05 · 1046 Te−0.8 u3 3 [f otoni sec−1 ] u [ pc cm−2 ] Il valore del parametro di ionizzazione u può essere ricavato direttamente dal flusso di radiazione φkν nota la distanza r dell’osservatore dalla regione HII supposta sferica φkν ≈ EΩ = Ne2 πrS2 rS2 2 u3 · 2 rS · 2 ∼ 2 Ne = 2 r r r 295 u3 ∼ φk (ν) r2 const · Te−0.35 ν −0.1 Sostituendo questa espressione di u nella LC ≈ 5.05 · 1046 Te−0.8 u3 [f otoni sec−1 ] si ottiene: LC ≈ 4.8 · 1048 Te−0.45 ν 0.1 φk (ν) r2 unità di misura [f otoni sec−1 ] ν [GHz] φk (ν) [Jy] r [Kpc] Ovviamente la “massa totale dell’idrogeno ionizzato” in una regione HII sferica di densità costante è data dalla espressione: M(HII) = 4 π rS3 Np mp 3 Sussiste una relazione statistica fra diametro e 296 densità media delle regioni HII: Quanto più piccolo è il diametro ↔ tanto maggiore è la densità media Lezione 42 - 43 L’effetto più evidente della “polvere interstellare” è la sua estinzione sulla luce proveniente da stelle proveniente da stelle distanti e dalle nebulose. Questa estinzione nella banda ottica è prevalentemente dovuta a SCATTERING, e in parte ad assorbimento Se I0ν = intensità della sorgente ; Iν = intensità osservata Iλ = e−τλ I0λ L’estinzione interstellare è cosı̀ caratterizzata dal valore di τλ calcolato lungo il raggio che collega l’osservatore alla sorgente. L’estinzione interstellare è stata derivata da misure spettrofotometriche di COPPIE DI STELLE aventi il medesimo tipo spettrale 297 298 Indicate con 1 e 2 due stelle dello stesso tipo spettrale affette da diversa estinzione risulta che il rapporto dei loro flussi ad una determinata lunghezza d’onda λ è: F0λ (1) e−τλ (1) D22 −[τλ (1)−τλ (2)] Fλ (1) = = e Fλ (2) D12 F0λ (2) e−τλ (2) ove D2 e D1 indicano le distanze delle stelle 1 e 2 Se confrontiamo una stella arrossata 1 con una che non lo è 2 τλ (2) ∼ 0 risulta D22 −τλ (1) Fλ (1) = e Fλ (2) D12 ovvero ln Fλ (1) D2 = 2 ln − τλ (1) Fλ (2) D1 τλ (1) = 2 ln N. B. : per λ → ∞ Fλ (1) D2 − ln D1 Fλ (2) τλ → 0 cioè l’estinzione verso la stella arrossata 1 è data da: Fλ (1) = Fλ (2) una quantità che aumenta al diminuire della lunghezza d’onda ed è uguale a una costante K per λ → ∞ 299 + 2ln D2 D1 ! = una costante addittiva indipendente dalla lunghezza d’onda La costante non è determinata perché in generale D2 e D1 non sono note. La si può comunque determinare da misure di Fλ a grandi lunghezze d’onda quando τλ = 0 Misure di questo genere compiute su moltissime coppie di stelle hanno mostrato che: A) L’andamento dell’estinzione interstellare in funzione della lunghezza d’onda è in prima approssimazione uguale per tutte le stelle. B) Solo il valore dell’estinzione è diverso da oggetto a oggetto si può quindi scrivere che: τλ = C f (λ) ove C dipende dalla stella f (λ) è uguale per tutte le stelle Questo risultato ha un significato fisico. Significa che le CARATTERISTICHE FISICHE DELLA POLVERE interstellare sono uguali in tutto lo spazio interstellare. 300 In figura è riportato l’andamento dell’estinzione, f (λ) − f (Hβ ), interstellare in funzione di 1/λ e normalizzata in modo che risulti: τHγ − τHα = 0.5 cioè ponendo C = 1 f (λ) = 0.63 λ − 0.29 λ ≥ 0.437 f (λ) = 0.36 λ − 0.31 λ < 0.437 L’estinzione interstellare fa variare il rapporto di intensità osservato di due righe rispetto al valore che esso aveva all’origine nella nebula I0λ1 −C[f (λ1 )−f (λ2 )] Iλ1 = e Iλ2 I0λ2 FIGURA 7.1 Ost. 301 Se come nel caso dela serie di Balmer, conosciamo i valori CALCOLATI del decremento I0 (Hα ) ; I0 (Hβ ) I0 (Hγ ) ; I0 (Hβ ) I0 (Hδ ) ; ..... I0 (Hβ ) Si può calcolare facilmente C dai rapporti di intensità osservati: Iλ I0λ = 10−0.434 IHβ I0Hβ (τλ −τHβ ) | = I0λ 10−c I0Hβ [f (λ)−f (Hβ )] c = 0.434C È chiaro il significato di c : Iλ −c f (λ) I0λ = 10 IHβ 10c f (Hβ ) I0Hβ ma f (Hβ ) = 1 quindi dal denominatore a primo membro e secondo membro della precedente risulta: lg I0Hβ = c IHβ 302 cioè il rapporto della intensità teorica rispetto a quella osservata di Hβ Passando in magnetudini: Aβ I0H = 2.5 c = 2.5 lg β IHβ analogamente: Aλ = −2.5 lg Iλ = 2.5 c f (λ) I0λ Si ricava AV in funzione di Aβ ed Eβ−α con i seguenti passaggi: AV − Aβ 2.5c [f (V ) − f (β)] = = −0.425 Eβ−α 2.5c [f (β) − f (α)] AV = Aβ − 0.425 Eβ−α ed analogamente EB−V in funzione di Eβ−α EB−V AB − AV f (B) − f (V ) = = = 0.863 Eβ−α Aβ − Aα f (β) − f (α) | 1 EB−V = 0.863 Eβ−α I In un sistema di coordinate cartesiane in cui lg Iγ ; lg IIα sono β β le coordinate, l’andamento della estinzione a partire dal punto rappresentante il decremento di Balmer non affetto da estinzione si ottiene dalle: 303 lg IIα = lg II0α − c [f (α) − 1] β 0β I I lg Iγ = lg I0γ − c [f (γ) − 1] β 0β sostituendo: y = lg Iα I0α − lg ; Iβ I0β x = lg Iγ I0γ − lg Iβ I0β si ottiene: f (α) − 1 y = x f (γ) − 1 → equazione di una retta FINE