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 pi` u esterni. Lo STATO di un atomo o di uno ione con un solo elettrone di valenza ` e determinato dai seguenti NUMERI QUANTICI n numero quantico principale l numero quantico azimutale | ~ l |= q l (l + 1) ¯ h l =0, 1, 2, ....,n - 1 s, p, d s numero quantico di spin | ~s |= q s(s + 1) ¯ h s = ± 1 2 j numero quantico interno | ~ j |= q j (j + 1) ¯ h j = l ± 1 2 m j numero quantico magnetico → ( m l (-l, ...0..., l) (2l+1) stati m s (- 1 2 ;+ 1 2 ) (2s+1) stati 1
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LIVELLI ENERGETICI DI UNATOMO 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 elettroniesterni al RESIDUO ATOMICO.
E che si definisce come RESIDUO ATOMICO il gruppo stabile dielettroni ottenuto allontanando gli elettroni piu esterni.
Lo STATO di un atomo o di uno ione con un solo elettrone di valenzae determinato dai seguenti NUMERI QUANTICI
n numero quantico principale
l numero quantico azimutale | ~l |=√l(l + 1) h
l = 0, 1, 2, ...., n− 1
s, p, d
s numero quantico di spin | ~s |=√s(s+ 1) h
s = ±12
j numero quantico interno | ~j |=√j(j + 1) h
j = l ± 12
mj numero quantico magnetico →ml(−l, ...0..., l) (2l+1) statims(−1
In un campo magnetico esterno ogni singolo termine di multipletto sisuddivide, a causa delle diverse possibilita di orientamento del vettore J(quantizzazione spaziale) in
g = 2J + 1 TERMINI SEMPLICI
Se non vi e CAMPO MAGNETICO ESTERNO bisogna ancora contareogni livello g – volte nella statistica dei rapporti di popolazione.
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In questo caso si dice che:
a) il termine di multipletto L S J e DEGENERE
b) il PESO STATISTICO del termine di multipletto L S J e:
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 e la somma dei pesi statisticidei singoli termini di multipletto L S J
g =L+S∑
J=L−S(2J + 1) =
2S∑K=0
[2(L− S +K) + 1]
= (2S + 1)(
Io termine︷ ︸︸ ︷2L− 2S + 1 +
ultimo termine︷ ︸︸ ︷2L− 2S + 4S + 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 corrispondeun peso statistico
S = 12
g = 2(2L+ 1)
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Nel caso dell’atomo di idrogeno tutti i termini L S che hanno lo stessonumero quantico principale n hanno lo stesso livello di energia (perchenon esiste il mantello che fa variare l’energia di legame al variare dellaeccentricita dell’orbita, cioe di L).
Il peso statistico dello stato quantico n e percio:
g =n−1∑L=0
2(2L+ 1) =2 + 2(2n− 2 + 1)
2· n =
2 + 4n− 2
2· n = 2n2
REGOLE DI SELEZIONE
1. Sono permesse le transizioni solo tra termini pari e termini dispari
2. ∆J = ±1 oppure 0 ; 0 →/ 0 e proibita
3. ∆L = ±1 oppure 0 ; ∆l = ±11
4. ∆S = 0 Le INTERCOMBINAZIONI tra termini di diversa
molteplicita sono proibite
5. ∆MJ = ± 1, 0 M = 0 →/ M = 0 per ∆J = 0
1) ed 2) sono valide per il dipolo elettrico3) ed 4) sono valide in accoppiamento Russell-Saunders
1Ma per l’elettrone che compie il salto quantico deve essere ancora ∆l = ±1
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POPOLAZIONE DEI LIVELLI
DEFINIZIONI
• Nim [cm−3]
atomi ionizzati i− volteal livello m
• i = 0, 1, 2, ....Z
• Ni =∑mNim [cm−3] atomi ionizzati i− volte
• N =∑iNi [cm−3] atomi e ioni di un elemento
• χim
energia di eccitazione dal livello
1→ mdell′atomo i− volte ionizzato
• χi = χi∞ energia di ionizzazione dello ione i− volte ionizzato
• gim peso statistico del livello m dell′atomo ionizzato i− volte
Esempio: g01 g11 g21
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ECCITAZIONE TERMICA – FORMULA DI BOLTZMANN
In EQUILIBRIO TERMODINAMICO la distribuzione degli atomi (ioni)di un determinato elemento sui diversi livelli e data dalla:
Nim
Ni1=gimgi1
exp
(− χimkT
)k = 1.38 · 10−16erg k−1 (1)
• diminuisce la popolazione ai livelli piu alti esponenzialmente
• diminuisce ai livelli piu bassi all’aumentare della temperatura
Sommando su tutti gli stati m
Ni
Ni1=
1
gi1
∑m
gim exp
(− χimkT
)
Dividendo per la (??) e facendo l’inverso si ottiene:
Nim
Ni=
gim∑m gim exp(−χim
kT )exp
(− χimkT
)
Ponendo:ui(T ) =
∑m
gim exp(−χimkT
)
chiamata ZUSTANDSUMME PARTITION FUNCTION
si ha:Nim
Ni=
gimui(T )
· exp
(− χimkT
)(2)
La (??) in forma logaritmica utile per il calcolo pratico e:
logNim
Ni1= log
gimgi1− χimϑ ϑ =
5040
T
ui(T ) =∑m
gim exp(−χimkT
) TABULATI
converge perche:
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a) Per livelli piu alti χim e piu grande che per livelli bassi e quindil’esponenziale dimunuisce
b) Il numero di livelli in un atomo e FINITO per effetto dell’allarga-mento 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 ) e tabulato per le PRESSIONI DELLE ATMOSFERESTELLARI NORMALI in funzione della TEMPERATURA
ESEMPIOCalcolare la popolazione del livello 3 2P 3
2del Na I (livello superiore
della transizione che produce la riga D2 λ = 5890A) in rapporto allapopolazione del livello fondamentale 3 2S 1
2per T = 6000 K
Per il livello
3 2S 12
g01 = 2J + 1 = 2 · 12
+ 1 = 2
3 2P 32
g0m = 2 · 32
+ 1 = 4
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logN0m
N01= log
g0m
g01− χ0m
5040
T
χ0m =12398
λ=
12398
5890= 2.10 eV
logN0m
N01= log
4
2− 2.1
5040
6000= 0.30− 0.84 · 2.10 = −1.464
N0m
N01= 0.034
La frazione di atomi neutri al livello fondamentale e:
N01
N0=
g01
u0(T )e−
χ01kT → χ01 = 0; u0(T ) = 2.5 da tab. g01 = 2
N01
N0=
2
2.5= 0.8
IONIZZAZIONE - EQUAZIONE DI SAHA (Elsasser)
L’equazione di Saha descrive l’EQUILIBRIO DELLA REAZIONE
ATOMO −→←− IONE + ELETTRONE
Questa reazione puo essere interpretata come estensione della
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formula di Boltzmann alla zona dei livelli distribuiti in modo continuo econ energia positiva
Un tale livello ha un potenziale di eccitazione dal livello fondamentale
χ0+EKIN = χ0+1
2mev
2 → energia cineticap2
2medell′elettrone liberato
Ricordando che:
d px dx ≥ h
Il CONTINUO degli stati con E > 0 deve essere suddiviso in cellequantizzate
|
ovvero
↓
Lo spazio delle fasi X, Y, Z, PX , PY , PZ deve essere diviso in cellequantizzate di volume
h3
Il numero di atomi al livello fondamentale, che hanno perso un elettroneche si trova nello spazio delle fasi
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in posizione compresa fra:
x+ dx y + d y z + d zpx + d px py + d py pz + d pz
x y zpx py pz
dN11
N01= 2
g11
g01·exp
− 1
kT
[1
2me
(p2x+p2
y+p2z
)]· dx d y d z d px d py d pz
h3
2 = 2s+ 1 peso statistico dell′elettrone
N11
N01= 2
g11
g01
∫ +∞
−∞
∫V
exp
− 1
kT
[χ0+
1
2me
(p2x+p
2y+p
2z
)]· dx d y d z d px d py d pz
La prima e un’integrazione nelle coordinate di impulso (2πmekT )32
mentre V e il volume nel quale si trova 1 elettrone poiche ad ogni ionecorrisponde 1 elettrone
V =1
Ne→ pe = NekT → V =
kT
pe
N11
N01· pe = 2
g11
g01· (2πme)
32 (kT )
52
h3 · exp
(− χ0
kT
)(3)
Formula di Saha
Rapporto tra il numero di atomi ionizzati 1-volta al livello fondamentalee il numero di atomi neutri al livello fondamentale
Sommando su tutti gli stati ecitati si ottiene nel caso piu generale diioni i-volte ed (i+1)-volte ionizzati:
Ni+1
Ni· pe = 2
ui+1
ui· (2πme)
32 (kT )
52
h3 · exp
[− χikT
]
ui(T ) =∑m
gim exp[−χimkT
]
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in forma logaritmica:
log
(Ni+1
Ni· pe
)= −χiϑ+
5
2log T − 0.48 + log 2
ui+1
ui
ϑ =5040
Tpe = [dyn cm−2] χi [eV ]
ESEMPIO
Determinare il rapporto:
NaII
NaIper T = 6000 K pe = 10 dyn cm−2
Sia per NaI che per NaII il primo livello eccitato e sufficientementealto da permettere l’approssimazione:
u0 ≈ g01 = 2 u1 ≈ g11 = 1 inoltre χ0 = 5.14 eV
log
(Ni+1
Ni· pe
)= −χ0
5040
T+
5
2log T − 0.48 + log 2
ui+1
ui
logN1
N0= −5.14 · 5040
6000+ 2.5 log 6000− 0.48 + log 1− log10
|= 3.65
N1
N0= 4.5 · 103
Lo 0.02 % degli atomi di sodio non e ionizzato
di questi l’80 % sono al livello fondamentale e di questi solo il 3 % e allivello 3 2P 3
2λ 5890 (cioe il 2 % degli atomi di sodio neutro sono al livello
3 2P 32λ 5890)
In conclusione lo 0.0005 % degli atomi di Na0 e Na+ e al livello3 2P 3
2λ5890)
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Photoionization cross section σ0 ∼ 6.3·10−18cm2 for hydrogen
Cross section for elastic scattering e− e σ0 ∼ 10−13cm2 α v−4
rispetto al numero diatomi al livello fondamentale e:
N0 3 2P 32
N01= 0.03
Se indichiamo con Ntot(Na) = N0 +N1 abbiamo che lo
0.0005 % degli atomi di Na0 e Na+ e al livello 3 2P 32
GRUPPO DI NOZIONI DA FARPRECEDERE ALLE MOLECOLE
Interazione spin-orbita (White pag. 124 - 127)
Consideriamo il caso di un atomo con un solo elettrone, od un soloelettrone di valenza: HI per es.
Lo SPIN dell’elettrone nel campo magnetico B ‖ l precede attornoad H
Analogamente si puo calcolare la precessione di l nel campo dell’elettrone
In assenza di campo magnetico esterno (Momento applicato ≡ 0) siconserva:
j = l + s
Quindi l’interazione SPIN - ORBITA “accoppia l ed s in un moto diprecessione attorno ad j con frequenza pari a quella di Larmor
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EFFETTO ZEEMAN (White pag. 154)
Consideriamo sempre un atomo ad 1 elettrone
Quando l’atomo e posto in un campo magnetico debole (debole inconfronto ai campi interni generati dall’interazione spin-orbita)
l ed s restano legati e precedono a causa del campo interno internoattorno a j
j precede a sua volta attorno al campo magnetico B
EFFETTO PASCHEN-BACK (White pag.163)
Quando il campo magnetico esterno diviene piu forte di quello interno,fino al punto che:
la precessione di j attorno aB della precessione di l ed s attorno ad j
allora l’accoppiamento l-s si rompe ed l ed s precedono indipenden-temente attorno a B
ACCOPPIAMENTI L-S e J-J (White pag. 190)
Consideriamo un atomo con piu elettroni (2 per esempio)
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In termini classici ogni spin s e ogni orbita l producono un campoattorno al quale gli altri s ed l tendono a compiere una precessione diLarmor.
Accoppiamento L-S
Nel caso in cui le interazioni fra gli l e tra gli s sono molto maggioridelle interazioni fra i singoli l ed s risulta che:
1. i singoli l precedono velocemente attorno alla loro risultante ~L =∑~l
2. i singoli s precedono velocemente attorno alla loro risultante ~S =∑~s
3. L ed S per effetto di un’interazione spin-orbita totale precedono piulentamente attorno a
J = L+ S
Accoppiamento j-j (White pag. 190)
Al contrario se le singole interazioni l-s sono piu forti delle l-l ed s-sin ogni elettrone si accoppiera l ad s e avremo che :
1. le singole coppie l-s precedono attorno ad j = l + s
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2. i singoli j per effetto dell’interazione j-j precedono lentamente at-torno alla risultante:
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 puo essere con-siderato come un piccolo magnete non interagisce con il campo
Quindi l’accoppiamento di j con F e dovuto all’interazione di l con F
Il risultato e che j precede attorno ad F come nell’effetto Zeeman
La proiezione di j su F e data da mj (−j −→ +j)
La differenza tra Stark e Zeeman e che stati con oppostomj nell’effettoStark hanno medesima energia
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EFFETTO STARK FORTE (White pag. 407)
Quando il campo elettrico e forte, cioe quando l’interazione
l − F l − s
Allora l’accoppiamento magnetico l-s e rotto ed l e quantizzato ri-spetto alla direzione del campo attorno a cui precede rapidamente
Lo spin che puo essere condiderato un piccolo magnete
non risente del campo elettrico
Esso pero risente del campo magnetico generato da l anche se non epiu accoppiato con esso.
Risolvendo il campo magnetico in 2 componenti Bx e By una ⊥ F el’altra ‖ F . La prima per effetto della precessione rapida di l attorno adF va a ZERO.
Resta By per cui anche S precede attorno ad F
Se l ⊥ F ; By = 0 ⇒ S non precede
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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 atomocaratterizzato da L2 S2 per dare una molecola, i 3 valori di L, S dellamolecola sono:
L = L1 + L2 , L1 + L2 − 1........ | L1 − L2 | L ≥ 0
S = S1 + S2 , S1 + S2 − 1........ | S1 − S2 | S ≥ 0
In una molecola biatomica agisce un forte campo elettrico ~E ‖ allacongiungente i due nuclei
E ∼ 109 V/cm (pag. 366 Fisica Berkeley vol. 2)
cosı che L ed S sono disaccoppiati (effetto Stark forte)
Quindi L precede attorno alle congiungenti i nuclei
Λ = | ~K · ~L∗ |= 0, 1, 2, ....., L
Σ,Π,∆, .......
Λ (analogo) di ML esclusi i valori negativi perche lo stato del sistemanon varia invertendo la velocita degli elettroni sulle loro orbite, cioe nonsi ha uno stato Σ ;
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lungo la congiungente i due atomi agisce un campo magnetico ~B ‖ ~Eil quale fa precedere S attorno all’asse della molecola.
La componente di questo momento angolare di spin lungo l’asse e:
Σ = ~S∗ · ~K
NON IN MODULO perche in un campo magnetico varia lo stato delsistema invertendo lo spin
Σ = S, S − 1, ......− S + 1,−S
La componente del momento angolare totale lungo l’asse internuclearepuo essere ottenuta accoppiando Λ e Σ:
| Λ + Σ |= Ω
ove Ω h e il “momento angolare totale sull’asse internucleare
Uno “stato elettronico viene definito con una dizione simile a quellausata per i termini spettroscopici
2S+1ΛΩ
Si trovano sovente anche due sovrascritte + (-) e due sottoscritte u (g)
I segni (+) e (-) danno informazioni sulle caratteristiche di SIMME-TRIA della FUNZIONE D’ONDA di uno stato elettronico molecolare
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Se la “funzione d’onda non cambia segno per una “riflessione dellecoordinate rispetto a un piano passante per i nuclei allora si usa il segno(+)
Le dizioni (g) e (u) si trovano quando la molecola diatonica e costituitada 2 atomi uguali (H2) o da 2 isotopi HD. Un tale sistema ha un ”centrodi simmetria. Consideriamo un piano ⊥ alla congiungente i due atomi eprendiamo 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) e PARI (GERADE) in caso opposto DISPARI (UNGE-RADE)
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Esempio: Consideriamo la molecola H+2 nello stato fondamentale
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 conse-guenza di quelle su ∆Λ e ∆S
The elttronic energy of a term value of a multiplet term is:
Te = T0+AΛΣ A = coupling constant T0 = Term value when Σ = 0
Quando Λ = 0
significa che la componente del momento angolare degli elettroni lungol’asse internucleare e 0. Quindi il campo magnetico e 0 e non vi e splittingdei livelli d’energia.
Esempio:
Λ = 0 S = 2 → stato 5Σ anche se ... splitting in 5 sotolivelli
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NOTA In nearly all diatomic molecules in their ground state the elec-tron spins are paired (the O2 and NO molecules are exceptions) and theelectron spin angular momentum S∗h is 0.
Furthermore the orbit angular momentum L∗h of the electrons is alsousually 0.
It follows that in the ground state:
Λ = 0 Σ = 0 ⇒ Ω = 0
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SCHEMA GENERALE DEITERMINI DI UNA MOLECOLA
Gli spettri delle molecole si differenziano da quelli degli atomi per la mol-teplicita di righe raggruppate nelle bande - nell’infrarosso la separazionedelle righe e costante
Esse hanno origine dalle differenti possibilita 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 peril fatto che le differenze di energia fra due termini che differiscono tra diloro solo per:
∆ER ∆EV ∆Ee
ove:
• ∆ER → moto di rotazione della molecola
• ∆EV → differenza dello stato di oscillazione
• ∆Ee → variazione di stato elettronico
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Si possono quindi considerare in prima approssimazione come movi-menti 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 sistemadegli elettroni puo trovarsi in diversi stati quantici cosı che la sua energiapotra assumere differenti valori che indicheremo:
Uq q − contraddistingue i diversi stati quantici
Conviene includere in Uq l’energia elettrostatica dei due nuclei cheuna volta fissata la distanza di questi si comporta come una costanteaddittiva rispetto all’energia del moto elettronico.
Si ha coı che Uq rappresenta l’energia totale se i nuclei sono fermi
In figura e riportata la dipendenza di:
Uq(r)
da r VEDI FIGURA
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- 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 diequilibrio 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
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(Zona parabolica della curva potenziale)
• ∑ = −S...., 0, ......+ S
• Λ = 0.......L
• Ω = Λ + S..........Λ− S
NOTA Introdurre nuovamente
L∗, S∗, Λ, Σ, Ω = 1 + Σ 2S+1ΛΩ
Significa che tra i nuclei si esercita una forza ELASTICA e che ilsistema oscilla attorno alla posizione di equilibrio re
Indichiamo con νOSC la frequenza di oscillazione, che dipende dallostato elettronico
L’energia dei diversi stati di oscillazione quantizzati sara data dallaformula
Ev = hνOSC
(v +
1
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 con-sideriamo i due nuclei come collegati rigidamente tra di loro
Benche la massa degli elettroni si possa trascurare rispetto a quelladei nuclei il moto degli elettroni puo avere un’influenza notevole sul motodi rotazione dell’intera molecola
Il momento della quantita di moto lungo l’asse della molecola e Ωh equesta quantita e costante finche si prescinde dalla rotazione della rettacongiungente i 2 nuclei
Facciamo ruotare la molecola attorno ad un asse ⊥ alla congiungentele due componenti e passante per il baricentro e sia il momento dellaquantita di moto:
Rh
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Il momento angolare risultante e
~J = ~R + ~Ω
e si conserva
R ed Ω precedono attorno ad esso
Se I e il momento d’inerzia della molecola l’energia di rotazione e:
Er =1
2Iω2 =
1
2I(Iω)2
ma Iω = Rh (R non e un intero) momento della quantita di moto
quindi:
Er =1
2IR2h2 =
h2R2
8π2I
Ponendo:
Bv =h
8π2Icostante 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 e pero debole)
si ha:Er = hBvR
2
R2 = J∗2 − Ω2
quindi:
Er = hBv(J∗2 − Ω2) → J = Ω,Ω + 1, ..... (4)
Dalla meccanica quantistica si ottiene invece:
Er = hBJ(J + 1)− Ω2 J ≥ Ω J = Ω,Ω + 1, .....
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per J = Ω ~J∗ non e ‖ ~Ω perche deve essere il suo modulo =√
Ω(Ω + 1)la sua componente lungo l’asse dela molecola sara = Ω
L’energia totale della molecola e in definitiva:
E = Ee + hν(v +
1
2
)︸ ︷︷ ︸
Eo
+hB[J(J + 1)− Ω2
]︸ ︷︷ ︸
Er
(5)
Da questa espressione con semplici regole di selezione si puo compren-dere la struttura generale di uno spettro a bande.
REGOLE DI SELEZIONE (all’interno di uno stesso stratoelettronico)
• 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 livellifondamentali ∆J = ±1
Sono possibili le transizioni
J→
J + 1J proibita se Λ = 0 come comunemente al livello fondamentaleJ − 1
• v
∆v qualsiasi
BANDE DI OSCILLAZIONE E ROTAZIONE
Consideriamo transizioni per cui ∆Ee = 0 (Riferimento rangespettrali)
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Ammettiamo che le molecole si trovino allo stato elettronico di minima
energia
Cioe osserviamo un GAS - FREDDO
Possiamo quindi supporre E, El , νOSC , B costanti
Potremo anche supporre che sia Ω = 0 perche questa circostanza equasi sempre verificata per gli stati fondamentali delle molecole di cui sistudiano le bande di oscillazione e rotazione.
Inoltre siccome i livelli fondamentali sono Σ
Λ = 0 e di conseguenza Σ = 0
cio significa che:
1. J∗ = R
2. J = Ω, Ω + 1, ...... = 0, 1, 2, ..... J ≥ 0 questo pero e sempre veroperche Ω =| Λ + S |
Per due stati distinti caratterizzati da un diverso numero quanticovibrazionale v′, v′′ e da un diverso numero quantico di momento angolaretotale J ′, J ′′
E ′ = Ee + h νOSC
(v ′ + 1
2
)+ hBJ ′
(J ′ + 1
)E ′′ = Ee + h νOSC
(v ′′ + 1
2
)+ hBJ ′′
(J ′′ + 1
)
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la frequenza emessa e:
ν =E ′ − E ′′
h= νOSC (v ′ − v ′′) + B [J ′(J ′ + 1 )− J ′′(J ′′ + 1 )]
Siccome ∆Ee = 0 e Λ = 0 vale una selezione piu restrittiva per la J
Abbiamo posto: Ω = 0B′ > B′′ ⇒ la banda ha la testa verso il rosso
Se fosse B′′ > B′ la testa della banda sarebbe verso il violetto
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Valori tipici di B=costante rotazionale
B = h8π2I sono B=
5.5 · 1011 Hz per OH2.2 · 1010 Hz per SiO3.23 · 1011 Hz per HCl (verificare)
Valori tipici di νOSC= frequenza di oscillazione
sono νOSC=
1.1 · 1014 Hz per OH3.7 · 1013 Hz per SiO8.7 · 1013 Hz per HCl (verificare)
SDOPPIAMENTO Λ
Quando Λ 6= 0 per effetto della interazione fra :
momento angolare ROTAZIONALE R
l
momento angolare orbitale e di spin Λ Σ
si ha uno sdoppiamento dei livelli rotazionali
ESEMPIO
Livello fondamentale dello OH e un 2Π
cioe Λ = 1 S = 12
Ω =
1 + 12 = 3
22Π 3
2
1− 12 = 1
22Π 1
2
Il numero quantico azimutale totale J saraa:
47
2Π 32
J =3
2;
5
2;
7
2.......
2Π 12
J =1
2;
3
2;
5
2.......
A ciascuno stato rotazionale J corrispondono 2 valori dell’energia pereffetto della interazione fra MOMENTO ROTAZIONALE e MOMENTOELETTRONICO (Λ + Σ︸ ︷︷ ︸
Ω
). Questo effetto si chiama sdoppiamento Λ.
A ciascuno di questi livelli di struttura fina corrispondono 2 livelli distruttura iperfina che si formano per effetto della interazione fra momen-to angolare nucleare (detto H nel caso della molecola OH) e lo spin deglielettroni.
48
INTERAZIONE FRARADIAZIONE E MATERIAINTERSTELLARE
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 dauna sorgente che attraversa una nube di tale materia.
Per caratterizzare i vari processi a cui e sottoposta la radiazionedefiniamo le seguenti quantita:
49
50
Intensita specifica
Iν =dEν
dA cos θ dω d t d ν[erg cm−2 sec−1Hz−1]
Coefficiente di emissione
εν =dEν
dS dA cos θ︸ ︷︷ ︸dV
dω d t d ν[erg cm−2 sec−1Hz−1]
Coefficiente di assorbimento
kνIν = − dEν
dS dA cos θ︸ ︷︷ ︸dV
dω d t d ν[cm−1]
Sul tratto ds preso lungo la visuale avremo percio che la variazione diintensita specifica d Iν e data dall’espressione:
51
d Iν = −kνIν d s+ εν d s
d Iνd s
= −kνIν + jν EQUAZIONE DEL TRASPORTO (6)
Nel caso di puro assorbimento εν = 0. Ammettiamo che sia Iν 0
l’intensita specifica della radiazione incidente la nube sul bordo oppostoall’osservatore S = 0. L’integrazione della (??) fornisce:
d Iνd s
= −kνIν Iνs∗ = Iν0 exp
−∫ s∗
0kν(s)ds
Passando dalla parte dell’osservatore e usanso le coordinate r si ha:
d r = − d s
Si definisce la quantita:
τ ∗ν =∫ r∗0kν d r = −
∫ 0
s∗kν d s
come PROFONDITA OTTICA della nube che e uguale a ZERO sulbordo 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−kν d s
= Iν −ενkν
52
d Iνd τν
= Iν −ενkν
(7)
Risolvere la (??) significa determinare Iν. Per fare cio occorre cono-scere
ενkν
= Sν ERGIEBIGKEIT SOURCE FUNCTION
Per integrare la (??) basta moltiplicare ambedue i membri per e−τν .Risulta
d
d τν[Iνe
−τν ] = −Sνe−τν
Se poniamo per s = 0 (r = r∗) (τν = τ ∗ν ) Iν = Iν0 si ottieneintegrando da s∗ → 0 (0 → r) ovvero da 0 → τ ∗ν
Iν (τν = 0) =∫ τ∗ν
0Sν(τν) e
−τν d τν + Iν0 e−τ∗ν (8)
Questo risultato si puo ottenere per via FISICA pensando che:
Iν (oss.)= Somma dei vari contributi degli elementi d r attenuati +
+Iν incidente attenuata
Iν(osservato) =∫ r∗
0εν(r)e
−τν(r) d r + Iν0 e−τ∗ν
d r = d τνkν(r)
=∫ τ∗ν
0
ενkν
e−τν(r) d τνενkν
= Sν
53
Se Sν e spazialmente costante l’integrale (??) diviene:
Iν = Sν[1− e−τ∗ν
]+ Iν0 e
−τ∗ν
Sν se τν 1 mezzo OTTICAMENTE SPESSO
τ ∗ν (sν − Iν0) + Iν0 se τν 1 mezzo OTTICAMENTE SOTTILE
si ottiene ponendo e−x = 1− x per x 1
Nel caso di EQUILIBRIO TERMODINAMICO LOCALE in ognivolumetto dV deve risultare che
Energia assorbita = Energia emessa
kνIν = εν
Cioe
ενkν
= Iν = Bν(T )
Se kν = 1 εν = Bν(T ) Abbiamo il caso di CORPO NERO
In CERTE CONDIZIONI (Spitzer pag.33) εν e kν hanno gli stessivalori relativi che avrebbero in equilibrio termodinamico stretto. Allora
Se hν KThν
kT 1 ⇒ e
hνkT = 1 +
hν
kT
Sν =ενkν
= Bν(T ) =2hν3
c2
1
ehνkT − 1
=2hν3
c2
kT
hν= 2(ν/c)2 kT
54
Nel campo delle frequenze radio per λ > 1 cm e T > 10 K, si ha:
hν
kT=
1.44
λ (cm) T 1
Si puo quindi usare l’approssimazione di Rayleigh-Jeans
Bν(T ) =2ν2
c2 kT
Con questa relazione i radioastronomi esprimono le intensita spe-cifiche osservate in funzione della temperatura di radiazione TR (ν) escrivono per temperature locali costanti:
TR = T(1− e−τ∗ν
)+ TS0 e
−τ∗ν
Tutto cio e valido in equilibrio termodinamico locale.Vediamo quando e fino a che punto e lecito fare questa assunzione.
LEZIONE 9
L’equilibrio termodinamico si instaura in una regione se l’energia vienescambiata fra tutte le sue diverse forme e viene raggiunto uno statostazionario senza flusso d’energia
Forma energia A, B A B
Se l’energia cinetica traslazionale viene scambiata fra tutte le parti-celle di un gas e non avviene trasferimento di energia, cioe se si hannourti elastici da e verso altre forme di energia, la distribuzione di velocitae molto prossima a una funzione Maxwelliana e questo e lo stato piuprobabile per energia cinetica totale costante
f(v) =4√π
(m
2kT
)3/2v2 e
−mv2
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 diatomi o molecole, seguita da diseccitazione spontanea ed emissione di unfotone T → R
55
56
Questo processo e relativamente raro in confronto agli urti elastici eci si debbono quindi aspettare solo piccolissime deviazioni dalla distri-buzione Maxwelliana.
σmoto elastico ∼ 10−13 cm2 ∝ v−4
σricombinazione ∼ 10−20÷21 cm2 ∝ v−2
σneb. lines ∼ 10−15 Ωω cm2 → 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 hannodi solito distribuzione di velocita molto simile a quella maxwelliana
Inoltre una sola temperatura T puo essere usata per tutti i diversitipi di particelle.
Come risultato della distribuzione di velocita maxwelliana fra le variecomponenti del gas (componenti termiche) le popolazioni relative deivari livelli di enrgia atomici e molecolari tenderanno ad approssimare ivalori che avrebbero in equilibrio termodinamico
Questa tendenza e particolarmente forte quando sono dominanti leeccitazioni e diseccitazioni collisionali da parte del gasi termico mentresono trascurabili le transizioni che risultano dall’emissione e assorbimen-to di fotoni.
In questi casi il fatto che la distribuzione di velocita e Maxwelliana,come in equilibrio termodinamico alla temperatura T, tende a crearepopolazioni atomiche relative che sono uguali a quelle che si avrebberoin equilibrio termodinamico alla stessa temperatura T
Definiamo EQUILIBRIO TERMODINAMICO EQUIVALENTE (ETE)uno stato di equilibrio termodinamico in cui la TEMPERATURA euguale alla temperatura cinetica vera ed ne e uguale alla densita elettronica
57
vera.
In tali condizioni vale ancora la formula di Planck con T = Te
Bν(Te) =2hν3
c2
1
ehνkT − 1
e valgono inoltre le formule di Saha e di Boltzmann con T = Te
Tornando all’equazione di trasporto:
d Iνd τν
= Iν − Sν
per determinare Iν in un qualsiasi sistema fisico dobbiamo calcolareεν(τν)kν(τν)
= Sν(τν) e sostituirlo nella:
Iν (τν) =∫ τ∗ν
0Sντν e
−τν d τν + Iν0e−τ∗ν
Andiamo a calcolare le espressioni di εν e kν in corrispondenza delcontinuo e delle righe (di emissione e di assorbimento) a considerare cioetutti i processi fisici da cui emissione ed assorbimento continui e discretihanno origine.
Per le considerazioni teste fatte scomponiamo εν e kν in due compo-nenti:
εν = εLν + εkν kν = kLν + kkν
che esprimono i contributi di emissione e di assorbimento rispettiva-mente nelle righe e nel continuo.
58
L’energia totale emessa da un volume unitario sull’unita di tempo inuna certa direzione a seguito di una transizione n → m ed espressain erg cm−3 sec−1 sterad−1 e:
∫riga
εν d ν =1
4πhνnmAnmNn (9)
Si definisce profilo normalizzato della riga:
ψ(ν)∫riga
εν d ν =∫εLν
∫ψ(ν) d ν = 1
ove:
νnm = frequenza della riga
Anm = probabilita di transizione spontanea (sec−1) (di Einstein)
Nm = numero di atomi (molecole) al livello n cm−3
Densita di radiazione
Iν =dEν
dAcosθ dω d t d ν
dEν = Iν dAcosθ dω d t d ν = quantita di energia che finisce attraverso
l′area, dA nell′angolo solido dω....
59
Poiche la velocita di diffusione della radiazione e c, nel tempo d t essapercorre:
d s = c · d t → d t =d s
c
dEν =Iνc
dAcosθ dS︸ ︷︷ ︸dV
dω d ν
La quantita di energia contenuta nell’elemento di volume dV perunita di frequenza e percio:
dEν
dV d ν=
1
cIν dω = dUν [erg cm−3 Hz−1
Uν =∫ ∫
Iν dω
ottenuto integrando su tutto l’angolo solido si chiama
DENSITA DI RADIAZIONE (erg cm−3 Hz−1)
Nel caso di isotropia
Uν =4π
cIν
In una transizione m → n la quantita di energia assorbita per unitadi tempo (sec−1) per unita di volume (cm−3) per steradiante (sterad−1)
Bmn U(νnm) = probabilita di una transizione m → n per assorbimento
della densita di radiazione U(νnm)
Supponendo che l’intensita Iν sia isotropa e costante all’interno dellariga si puo porre
Uν =4π
cIν
e quindi potendo porre∫riga kνIν d ν = Iν
∫riga kν si ricava l’espressione:
∫riga
kνIν d ν =1
chνnm
(Nm Bmn −Nn Bnm
)(10)
I coefficienti kLν ed εLν risultano dal prodotto degli integrali (??) (??)
con il profilo normalizzato ψ(ν) della riga( ∫
riga ψ(ν) d ν = 1)
ψ(ν)∫riga
ψ(ν) d ν =∫riga
kLν ψ(ν) d ν ove kLν
∫riga
ψ(ν) d ν = 1
εLν = frachνnm4π ψ(ν) Anm Nm
kLν =hνnm
cψ(ν)
(Nm Bmn −Nn Bnm
)
in equilibrio termodinamico (od in equilibrio termodinamico equivalente)
gm Bmn = gn Bnm (11)
61
kLν =hνnm
cψ(ν)
(Nm Bmn −Nn
gmgn
Bnm
)
kLν =hνnm
cψ(ν) Nm Bmn
[1− Nn
Nm
gmgn
]
62
LEZIONE 10
Richiamo
Abbiamo introdotto l’equazione del trasporto di radiazione
dTνd τν
= Iν − Sν
e l’abbiamo risolta
Iν (τν = 0) =∫ τ∗ν0Sν(τν) e
−τν d τν + Iν0 e−τ∗ν
Nel caso di equilibrio termodinamico Sν = Bν(T ), hν kT (casoradio) e supponendo la temperatura locale costante abbiamo trovato
TR = T(1− e−τ∗ν
)+ TS0 e
−τ∗ν
Abbiamo poi parlato di E. T. E. (equilibrio termodinamico equiva-lente) situazione che si ha quando vi e
• equilibrio termico
63
64
• non avviene trasferimento da energia traslazionale ad altre forme dienergia
E abbiamo visto che in questo caso la distribuzione di velocita eMaxwelliana:
ϕ(v) =4√π
(m
2kT
) 32
v2 e−mv2
2kT
E quindi la popolazione dei livelli e la ionizzazione TENDONO ad es-sere regolate dalle equazioni di Boltzmann e di Saha per una temperaturaT = temperatura cinetica del gas
Abbiamo detto che questa situazione si verifica nelle nubi interstellariquando:
• Sono dominanti eccitazioni e diseccitazioni collisionali (per esempiogli stati ecitati dello H0 per numeri quantici totali n molto alti.
• Sono trascurabili eccitazioni per assorbimento di fotoni e diseccita-zioni con emissione di fotoni.
• Sono trascurabili eccitazioni per urto di livelli metastabili (ad esem-pio livelli eccitati bassi di atomi complessi, che siano metastabili).
Siamo poi tornati all’equazione di trasporto la cui soluzione ripetiamo e:
Iν (τν = 0) =∫ τ∗ν
0Sν(τν) e
−τν d τν + Iν0 e−τ∗ν
ed abbiamo detto che per risolverla occorre conoscere:
65
Sν(τν) =εν(τν)
kν(τν)∀ τν
che e in generale una funzione di T e ν, indipendente dalla composi-zione del mezzo.
Siamo quindi passati a studiare l’espressione di εν e di kν scomponen-doli ciascuno in due termini
1. Uno in corrispondenza delle righe KLν , ε
Lν .
2. Uno in corrispondenza del continuo KKν , εKν .
Considerando un atomo a 2 livelli
abbiamo trovato che si puo esprimere:
∫riga
εν d ν =1
4πhνnm Anm Nn [erg cm−3 sec−1 sterad−1] (12)
∫riga
=1
4πhνnm Nm Bmn U(νnm)︸ ︷︷ ︸
assorbimento
− 1
4πhνnm Nn Bnm U(νnm)︸ ︷︷ ︸
emissione indotta
−BmnU(νnm)
= probabilita di una transizione m → n (sec−1) per assorbimentodella densita di radiazione U(νnm)
66
ove:
U(ν) =1
c
∫ ∫Iν dω
|= 4π
c Iν se Iν = isotropa
Se Iν e isotropa e COSTANTE all’interno della riga
∫riga
kν d ν =hνnmc
(NmBmn −NnBnm) (13)
FINE RICHIAMO
I coefficienti KLν e εLν risultano dal prodotto negli integrali (??) e (??)
con il profilo normalizzato dalla riga ψ(ν)(∫riga ψ(ν) d ν = 1
)εLν = hνnm
4π ψ(ν) AnmNn
KLν = hνnm
c ψ(ν) (NmBmn −NnBnm)
Fra i coefficienti di EINSTEIN valgono le seguenti relazioni di carat-tere generale (vedi Appendice qui di seguito)
gm Bmn = gn Bnm ; Anm =8πhν3
c3 Bnm
Per cui:
εLν =2h2ν4
nm
c3 ψ(ν) NnBnm =2h2ν4
nm
c3 Nn ψ(ν)gmgn
Bmn
67
KLν =
hνnmc
ψ(ν)Bnm
(Nm
gngm−Nn
)=hνnmc
ψ(ν)NmBmn
(1− Nn
Nm
gmgn
)
La FUNZIONE SORGENTE della radiazione nelle righe sara percio:
SLν =εLνKLν
=2h2ν3
c2
[gngm
Nm
Nn− 1
]−1
espressione di carattere ass. generale
Da NmNn
viene la dipendenza dalla temperatura e dalla frequenza.
Se come succede in:
Equilibrio termodinamico
dettagliato
localeequivalente
i rapporti Nn/Nm sono dati dalla formula di Boltzmann
Nn
Nm=gngm
exp
[−hνnm
kT
]
Si ottiene
SLν =εLνKLν
=2hν3
c2 ·1
e+hνkT − 1
= Bν(T )
Quindi in E.T.E. come in L.T.E. o T.E. la source function e data dallafunzione di Planck
Avevamo visto che i coefficienti di Einstein erano legati fra di loro:
68
gmBmn = gnBnm ; Anm =8πhν3
c3 Bnm
Anm puo essere calcolato tramite la meccanica quantistica in funzionedel MOMENTO ELETTRICO Pnm DI DIPOLO relativo alla transizionen → m (detto anche elemento della “matrice di dipolo)
Anm =64π4ν3
3 h c3 P 2nm
Pnm nel caso delle righe molecolari radio che hanno origine da molecolediatomiche per
nella transizione J = 1 → 0 da cui viene emessa la riga λ = 2.6 mmsi 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 = ∆Eh = 2B
λ = cν = c
2B = 2.6 mm
70
Lezione 11 + 12
Avevamo trovato ieri le espressioni di εLν , kLν e SLν
εLν =
2 h2ν4nm
c3 ψ(ν) NnBnm
KLν = h νnm
c ψ(ν) Bnm
(NmNn
gngm − 1
)Nn
SLν =εLνKLν
=2 h ν3
c2
[gngm
Nm
Nn− 1
]−1
I rapporti di popolazione dei livelli Nm/Nn , necessari per il calcolo di
SLν
KLν
debbono ora essere calcolati senza fare l’ipotesi di
EQUILIBRIO TERMODINAMICO
Facciamo pero l’ipotesi di
71
72
ASSENZA DI VARIAZIONI TEMPORALI DELLE POPOLAZIONIDEI LIVELLI
↓ ovvero
STATO STAZIONARIO
Preso un livello di numero quantico n
Arrivi in n da tutti gli stati m superiori o inferiori = alle partenzeda n verso tutti gli stati m superiori o inferiori
Indichiamo con
VELOCITA DI TRANSIZIONE RADIATIVA
(sec−1) Rnm = Numero di transizioni radiative n → m
per unita di tempo PARTENZE
(sec−1) Rmn = Numero di transizioni radiative m → n
per unita di tempo ARRIVI
73
VELOCITA DI TRANSIZIONE COLLISIONALE
(sec−1) Cnm = Velocita di transizione per processi d’urto n → mPARTENZE
(sec−1) Cmn = Velocita di transizione per processi d’urto m → nARRIVI
In caso di STATO STAZIONARIO vale la seguente equazione perogni livello n
dNm
d t= Nn
∑m
(Rnm + Cnm)︸ ︷︷ ︸Partenze da n
−∑m
Nm(Rmn + Cmn)︸ ︷︷ ︸Arrivi a n
= 0
Per ottenere i valori di Nn ovvero i rappporti Nn/N1 si deve risolverequesto sistema di cosidette EQUAZIONI STATISTICHE
m puo essere esteso anche a stati distribuiti in modo continuo (vieneinclusa cioe la ionizzazione da n)
Un sistema analogo di equazioni sussiste per i diversi stadi di ioniz-zazione, per i quali in condizioni stazionarie deve essere:
Numero di ionizzazioni = Numero di ricombinazioni
(EQUILIBRIO DI IONIZZAZIONE)
Discutiamo ora la formulazione dettagliata delle EQUAZIONISTATISTICHE nel caso in cui vengono considerati:
STATI LEGATI SOLAMENTETRANSIZIONI RADIATIV ETRANSIZIONI COLLISIONALI
(URTI ANELASTICI CON PARTICELLE DI DENSITA N′
74
Le velocita di transizione si esprimono nel modo seguente:
A. Transizioni m↑n
Rnm = Bnm Uν ; Cnm = N ′ Qnm m > n Partenze verso l′alto
B. Transizioni n↓m
Rnm = Anm+Bnm Uν ; Cnm = N ′ Qnm m < n Partenze verso il basso
C. Transizioni m↓n
Rmn = Amn +Bmn Uν ; Cmn = N ′ Qmn m > n Arrivi dall′alto
D. Transizioni n↑m
Rmn = Bmn Uν ; Cmn = N ′ Qmn m < n Arrivi dal basso
Qnm =COEFFICIENTE DELLA VELOCITA D’URTO = numero ditransizioni n→ m per unita di volume e tempo per densita N ′ = 1 cm−3
In condizioni di stazionarieta (equilibrio statico)
75
Nn
∑m
Bnm4π
cIν +
∑m<n
Anm +N ′∑mQnm
=
=∑mNmBmn
4π
cIν +
∑m>n
NmAmn +N ′∑mNmQmn
Per ogni n vi e una tale equazione
A causa della presenza di Iν questo sistema deve essere risolto assiemeall’equazione del trasporto che utilizzando le espressioni di εLν e kLνdiviene:
d Iνd s
= −h νnmc
Bmn Nm
(1− gm
gn
Nn
Nm
)ψ(ν)Iν +
h νnm4π
AnmNnψ(ν)
d Iνd s
= −kν Iν + εν
Processi d’urto e temperatura cinetica
La derivazione dei COEFFICIENTI DELLE VELOCITA D’URTO
Qnm Qmn
necessita alcune spiegazioni preliminari
Si definisce come SEZIONE D’URTO σ di una particella una super-ficie circolare che ha raggio uguale a quello della particella.
Si definisce raggio di una particella (un nucleo atomico per esempio) laminima distanza a cui si puo avvicinare una particella con carica di ugualesegno e velocita 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 convelocita v∞, quando questo raggiunge la minima distanza r0 a cui si hav = 0 deve essere:
1
2mv2∞ =
Zz e2
r0
r0 =2Zz e2
mv2∞
E ovvio quindi che la sezione d’urto σ e una funzione dei:
1. singoli potenziali elettrici delle particelle
2. velocita relativa delle particelle
cioe:
σ = σ(v)
77
Torniamo nella nostra nebula: gli atomi o molecole ivi presenti (A) ei loro partner d’uto (S) possiedono rispettivamnte velocita:
vA vS
La loro velocita relativa sara:
v = vA − vS
Se σ(v) e la sezione d’urto degli atomi (molecole) relativamente ai loropartner d’urto
σ(v) spazza in 1sec un volume:
σ(v)v
In tal modo se:
N ′ = densita dei partner d′urto
N ′v σ(v) = NUMERO URTI CHE UN ATOMO PUO SUBIRE IN xxxx =
= C(v) velocita di transizione collisionale
78
Quindi:
C(v)
N ′= v σ(v) cm3sec−1
velocita di transizione collisionale riferita a densita dei partner d’urtoN ′ = 1 cm−3 e dimensionalmente uguale al coefficiente della velocita ditransizione collisionale Q(v)
Lezione 13
Avevamo trovato che:
N ′ = v σ(v) = C(v) = N ′ 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 VELOCITA RELATIVE:
Qmn = v σmn(v) Qnm = v σnm(v)
Se vi fossero solo URTI ELASTICI la distribuzione di velocita relativesarebbe Maxwelliana
Deviazioni da questa distribuzione sono causati da URTI ANELASTICIovvero
Eccitazione per urto −→ seguita da Irraggiamento
Eccitazione per urto −→ non seguita da Urto superelastico
Per questa causa viene tolta al campo di velocita la CODA A PIUALTA ENERGIA
In particolare fra
HI, HeI, HII, HeII, elettroni liberi
avvengono urti elastici fino a 10 eV
Urti anelastici con atomi piu pesanti o con molecole sono molto raria causa della loro esigua abbondanza
Nelle regioni HI e HII ci si debbono aspettare deviazioni relative dalladistribuzione maxwelliana dell’ordine di 10−5
In generale in un volume delle dimensioni di alcuni c.l.m non vi sonodifferenze fra le Tcin delle diverse particelle presenti.
81
Quindi si puo affermare che TUTTI I TIPI DI PARTICELLE rispet-tano una distribuzione di velocita Maxwelliana.
Cio e di grande importanza perche significa che anche le velocitarelative v fra particelle rispettano la stessa distribuzione
ϕ(v, T ) d v =1
σ3(2π)3/2 e−v2
2σ2 d vx d vy d vz =4π
σ3(2π)3/2 v2 e−
v2
2σ2 d v
ove:
d vx d vy d vz = v2 sin θ d v d θ dϕ
v2 = v2x + v2
y + v2z
1
2
mA mS
mA +mSv2x =
kT
2; v2
x = σ2 =kT
µ
σ2 = v2x = v2
y = v2z =
(1
mA+
1
mS
)kT =
(1
A+
1
AS
)RT
A =mA
mHS =
mS
mHR = 8.314 ·107 ergK−1mol−1 costante dei gas
k = 1.381 · 10−16 costante di Boltzmann
Il valore medio
Qnm = v σnm(v)
82
da la velocita d’urto per le diseccitazioni n → m
Qnm =∫ ∞
0v 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 distretto E. T.
N ′NmQmn = N ′NnQnm in cuiNm
Nn=gmgn
exp
[+hνnmkT
]
Qnm gn = Qmn gm exp
[+
∆E
kT
]= Qmn gm 10
+5040∆ET
URTI CON ELETTRONI - CALCOLO DEL COEFFICIENTE DIECCITAZIONE COLLISIONALE
Nel caso di urti di atomi o ioni con elettroni e ovviamente per l’esiguitadella massa dell’elettrone:
σ2 =1
mekT ; v = ve ; v2
x = v2y = v2
z = σ2 =kT
mAmemA +me
=kT1
1
me+
1
mA
=kT
me
83
I dimostrazione preliminare
In caso di E.T., deve sussistere fra 2 livelli 1 e 2 di un atomo laseguente condizione
Nr eccitazioni 1 → 2 per urto con elettroni di velocita v1 −v1 + d v1
Nr eccitazioni per urto (superelastiche) con elettroni di velocita v2 +d v2 che producono elettroni di velocita v1 − v1 + d v1
Cioe 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
maN2
N1=g2
g1e− χkT e
1
2m v2
1 =1
2m v2
2+χ da cui v1 d v1 = v2 d v2
84
Sostituendo si ottiene:
σ12(v1) ϕ(v1) =N2
N1σ21(v2) ϕ(v2)
σ12(v1) ϕ(v1) =g2
g1e−
χkT σ21(v2) ϕ(v2)
ϕ(v) =4π
σ3(2π)3/2 v2 exp
− v2
2σ2
→ ϕ(v2)
ϕ(v1)=
(v2
v1
)2exp
−me(v22 − v2
1)
2kT
exp
− µv2
2kT
↔ µ = me
nel caso dell’elettrone perche me mA (vedi pag. 2)
ϕ(v2)
ϕ(v1)=
(v2
v1
)2exp
(χ
kT
)
σ12(v1) =g2
g1
ϕ(v2)
ϕ(v1)e− χkT σ21(v2)
85
σ12(v1) =g2
g1
(v2
v1
)2σ21(v2)
g1 v21 σ12(v1) = g2 v
22 σ21(v2)
86
Lezione 14 - 15
II Dimostrazione preliminare
Trovata questa relazione introduciamo l’espressione della sezione d’ur-to in termini della cosiddetta “EFFICIENZA COLLISIONALE (oppureCollisional strenght) Ω (1, 2)
σ12(v1) =πh2
m2v21
Ω(1, 2)
g1valida per
1
2m v2
1 > χ
Se ricordiamo che la lunghezza d’onda associata all’elettrone e:
mv = hk k =2π
λ
1
k=
h
mv=
12πλ
=λ
2π
87
88
Si vede che:
σ12(v1) =πλ2
4π2
Ω(1, 2)
g1= λ2 Ω(1, 2)
4πg1
Probabilita che la λ associata all’elettrone interagisca durante il pas-saggio a diverse distanze dall’atomo
In base alla relazione teste trovata:
g1 v21 σ12(v1) = g2 v
22 σ21(v2)
σ12(v1) v21 =
g2
g1v2
2 σ21(v2)
ma σ12(v1) v21 =
πh2
m2
Ω(1, 2)
g1
quindig2
g1v2
2 σ21(v2) =πh2
m2
Ω(1, 2)
g1
σ21(v2) =πh2
m2v22
Ω(1, 2)
g2
Il coefficiente della velocita di diseccitazione collisionale Q21 e quindidato dalla:
Q21 =∫ ∞
0v σ21(v) ϕ(v) d v ove ϕ(v) =
4√π
(m
2kT
)32v2 e
−mv2
2kT
89
=∫ ∞
0v
πh2
m2v2
Ω(1, 2)
g2
· 4√
π
(m
2kT
)32v2 e
−mv2
2kT
d v
=4π
12 h2m−
12
(2kT )32
·∫ ∞
0
Ω(1, 2)
g2e−
mv2
2kTd(v2)
2
=
(2π
kT
) 12 h2
m32
1
g2
∫ ∞0
Ω(1, 2)e−mv2
2kT d
mv2
2kT
=
(2π
kT
) 12 h2
m32
1
g2
∫ ∞0
Ω(1, 2)e−EkT d
(E
kT
)︸ ︷︷ ︸
<Ω(1,2)>
Q21 =8.629 · 10−6
T12
< Ω(1, 2) >
g2cm3 sec−1
V alori di Qnm per HI pag. 54 Osterbrock
Il coefficiente Ω(n m) ha valori dell’ordine di grandezza ∼ 1 per letransizioni 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’urtocome gl ielettroni di HI e le molecole H2.
90
Tali relazioni sono di primaria importanza nelle regioni HI in cui:
nenH
= molto piccolo
Saranno quindi piu frequenti le collisioni con gli atomi di HI che quellecon gli elettroni.
Gli atomi di HI saranno quindi responsabili dei processi di eccitazionee di diseccitazione come i seguenti:
(1) Eccitazione di livelli a struttura iperfina nel livello fondamentaledegli 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 velocita d’urto nel caso dieffetti di scambio fra atomi di HI (H-H), poniamo:
Qnm = v σnm(v) ' v σnm(v)
v =∫ ∞o
v ϕ(v T ) d v =4π
σ3(2π)32
∫ ∞o
v3 e− v
2
2σ2d v
σ =
√√√√( 1
mA+
1
mS
)kT
poniamo: k = 4πσ3(2π)
32
; λ = 12σ2
91
risulta quindi:
v = k∫ ∞o
v3 e−λv2
d v (14)
Risoluzione dell’integrale:
Iν =∫ ∞o
vν e−λv2
d v
per ν = 1 I1 =∫ ∞o
v e−λv2
d v =1
2λdi facile integrazione
per ν = 0 I0 =∫ ∞o
e−λv2
d v =1
2
√π
λe l′integrale di Gauss
risulta quindi:
I2 = − d I0
dλ; I3 = − d I1
dλ; I4 = +
d2 I0
dλ2 ; I5 = +d2 I1
dλ2
Il nostro integrale dato dalla (1) e quindi
I3 = − d I1
dλ=
1
2λ2 ; cioe :
92
v = k1
2λ2 =4π
σ3(2π)32
· 4σ4
2=
8πσ√8π3
= σ
√√√√8
π=
=
√√√√8
π
√√√√( 1
mA+
1
mS
)kT = 2
√√√√( 1
mA+
1
mS
)2kT
π
v = 1.46 · 104
√√√√( 1
A+
1
S
)T [cm s−1]
Ora nel caso di urti H-H
A = AS = 1
e quindi v = 2.06 · 104√T −−−−−−−− > Urti H −H
Per temperature T = 100 K
v ∼ 105 cm sec−1
Siccome il raggio dell’atomo di idrogeno e ∼ 10−8 cm
rB ' h2
mee2 ⇒ σnm ∼ 10−16 cm2
Risulta quindi:
Qnm = v σnm ∼ 10−11 cm3 sec−1
Qnm (H −H) = 10−11 cm3 sec−1
93
La densita media dell’idrogeno neutro HI nello spazio interstellare e:
NH = 1 cm−3
Quindi il numero di urti per secondo e:
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 inter-stellare sotto l’effetto combinato di:
processi
radiativi
collisionali
Facciamo degli esempiideali che ci saranno molto utili per interpretarela realta:
Supponiamo che:
Ionizzazioni+Ricombinazioni molto piu rare di transizioni fra stati legati
In questo caso le equazioni statistiche possono essere scritte conside-rando solo le transizioni fra stati legati
94
ESEMPIO 1
Ammettiamo cle l’ATOMO (o la MOLECOLA) possegga solo duelivelli di enrgia:
n = 1 livello fondamentale; n = 2 livello eccitato
Ammettiamo che la transizione 2 → 1 corrisponda ad una riganell’OTTICO
Ammettiamo che questo atomo si trovi in un radiazione di corpo nero diluita
Iν = W Bν(T ) W = fattore di diluizione
Questa situazione si verifica per esempio in una regione HII in cui lasorgente di radiazione e una stella calda di temperatura T∗
FATTORE DI DILUIZIONE
La stella appare in P sotto l’angolo
Ω∗ =ΠR2
∗r2
95
Se in P il flusso e φν(r) [erg cm−2 sec−1 Hz−1], l’intensita mediadel disco stellare
I∗ν (r) =φν(r)
Ω∗[erg cm−2 sec−1 Hz−1sterad−1]
ovviamente:
I∗ν (R∗) =φν(R∗)
π
I∗ν (r)
I∗ν (R∗)=
φν(r)
φν(R∗)
π
Ω∗=
φν(r)
φν(R∗)
π r2
πR2∗
= 1 per la cons. dell′energia
Quindi I∗ν (r) e INDIPENDENTE DALLA DISTANZA
La densita di radiazione in P sara:
Uν =1
c
∫ ∫Ω∗
I∗ν dω =Ω∗cI∗ν
Se esprimiamo la densita di radiazione rispetto ad un campo di radia-zione ISOTROPO, EQUIVALENTE Iν (di uguale densita di radiazione)si ha:
4π
cIν =
Ω∗cI∗ν
si ottiene:
Iν =Ω∗4π
I∗ν
96
W =Ω∗4π
fattore di diluizione
Continuando ammettiamo che i partner d’urto degli atomi o dellemolecole siano elettroni N ′ = Ne
Le equazioni statistiche:
Nn∑mBnm
4π
cIν +
∑m<n
Anm +N ′∑mQnm =
=∑mNmBmn
4π
cIν +
∑m>n
NmAmn +N ′∑mNmQmn
diventano nel caso dell’atomo a 2 livelli
N1
(B12
4π
cIν +NeQ12
)= N2
(B21
4π
cIν + A21 +NeQ21
)
N2
N1=
B124πc Iν +NeQ12
B214πc Iν + A21 +NeQ21
(15)
Ricordando che:
g1B12 = g2B21 A21 =8πhν3
c3 B21
ed esprimendo
97
B12 e B21 in funzione di A21
Esprimendo Q12 in funzione di Q21 tramite le
Q12
Q21=g2
g1e−hνkT
e ponendo nella
Iν =Ω∗4π
Bν(T∗)
l’espressione di Kirckhoff-Planck Bν(T∗) = 4hν3
c21
e−hνkT −1
La (??) si trasforma nella:
N2
N1=g2
g1
Ne
(Q21A21
)e−hνkT +W
e−hνkT − 1
−1
1 +Ne
(Q21A21
)+W
e−hνkT − 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
W =Ω
4π=
πR2
r2
4π=R2
4r2 =
(R
2r
)2
risulta per r = d = 10−1 pc = 3 · 1012 Km
W =
7 · 105
6 · 1012
2
≈ 10−14 quindi W =
10−14 r =??
10−13 r =??
Si noti inoltre che il coefficiente di diluizione della radiazione solarealla superficie della Terra e: W ∼ 5.5 · 10−6
Si possono quindi trascurare i termini in cui compare a fattore W esi ottiene quindi:
99
N2
N1=g2
g1
e−hνkT
1 +A21
NeQ21
Nel caso di E. T. sara:
N ∗2N ∗1
=g2
g1e−
hνkT
La condizione di E. T. si verifica quindi quando:
A21
NeQ21 1 → A21 NeQ21
Quindi si ha equilibrio termodinamico quando predominano gli urti(cioe viene rispettata la distribuzione di Boltzmann).
Le deviazioni dalla formula di Bolzmann vengono espresse tramite il
rapporto NnN ∗n
= bn ovvero:
N2
N ∗2N1
N ∗1
=b2
b1
1
1 +A21
NeQ21
;b2
b1= 1 in E.T.
In generale:
N2
N1=N ∗2N ∗1
b2
b1=b2
b1
g2
g1e−hν
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)
T12 g2
Supponiamo che:
Ω12
g2∼ 1 ; T = 104 K Ne = 104 cm−3
Risulta Q21 ∼ 10−7 cm−3 sec−1
Ricordando che:
A21 ∼ 10+8 sec−1 −→ b2
b1=
1
1 +10+8
104 · 10−7
∼ 10−11
Quindi:
N2
N1= 10−11 g2
g1e−hν
kT
Cio significa
A. Non vi e E. T.
B. Tutti gli atomi neutri sono al livello fondamentale
Consideriamo come esempio la transizione 2P - 1s dell’atomo di HI
101
(Lyα λ = 1220 ν = 2.46 · 1015)
h = 6.63 · 10−27 ergs; k = 1.38 · 10−16 erg K−1; hk = 4.80 · 10−11 s K
J = 0 +1
2; g2 = 2J + 1 = 2
3s 3p 3d
2s 2p → J = 1± 12 =
32
12
g2 =
4
2(g2)tot = 6 ; g2 = 2 (2s)
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 (cioe
dei termini totali LS)
g = (2S + 1) (2L+ 1) ; gn = 2n2
g2g1
= 62 = 3
e− hνkT = 7.44 · 10−6
102
In E. T.
N2
N1=
g2
g1e−hν
kT= 2.2 · 10−5
con b2/b1 = 10−11 invece
N2N1
= ·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 diradiazione e senza emissione indotta
si ha che:
N2
N1=g2
g1e−hν12kT
1
1 + A21NeQ21
che deriva dalla equazione statistica:
N1NeQ12 = N2(A21 +NeQ21)
Avevamo inoltre detto che:
• Ne → ∞ N2N1
→ g2g1e−hν12kT regime di E.T.E. ove dominano
gli urti e N2NeQ21 = N1NeQ12
• Se A21NeQ21
1 ovvero se Ne A21Q21
siha E. T. E.
103
104
e che si definisce come densita critica Nc quella densita per cui:
Nc =A21
Q21
Quest’ultimo punto significa che Nc e quella densita per cui:
Nc Q21 = A21
ovvero lo spopolamento radiativo del livello 2 corrisponde (e uguale)allo spopolamento collisionale
R21 = C21
La quantita di energia radiante prodotta nella transizione 2− 1
Nel LOW DENSITY LIMIT si ha:
N1NeQ12 = N2A21 si trascurano le diseccitazioni collisionali
ne segue che
N2 =N1Ne
A21Q21
g2
g1e−hν12kT =
N1Ne
A218.63 · 10−6 Ω12
g2 T1/2
g2
g1e−hν12kT
ponendo N1 = ZI Ne in funzione dell’abbondanza di H supponendoH = H+ = Ne
Il flusso emesso nella riga e:
105
F ld21 ∝ N2A21E21 = 8.63 · 10−6ZI N
2e
(E21Ω12
g1
)T−1/2 e
−hν12kT (16)
Nello HIGH DENSITY LIMIT si ha:
N2NeQ21 = N1NeQ12 ⇒ N2 = N1g2
g1e−hν12kT
da cui segue che il flusso emesso nella riga e:
F hd21 ∝ N2A21E21 = ZI NeA21E21
g2
g1e−hν12kT (17)
La variazione di dipendenza della potenza di Ne implica che:
F hd21 = F ld
21 e cio avviene per N = Nc
Si ha infatti che uguagliando la (??) e la (??) si ottiene:
Nc =A21 g2 T
1/2
Ω12 · 8.63 · 10−6 =A21
Q21
Analogamente la quantita di energia cinetica restituita e:
Nel LOW DENSITY LIMIT
N2A21 = N1NeQ12 = N1NeQ21g2
g1e−hν12kT
106
N2 =ZIN
2e
A21Q21
N ∗eN ∗1
K ld21 = N2NeQ
∗21 E21 =
ZIN3e
A21Q2
21N ∗eN ∗1
E21 ∝ N 3e
Nello HIGH DENSITY LIMIT
N2
N1=N ∗2N ∗1
Khd21 = N2NeQ
∗21 E21 = N1NeQ21
N ∗2N ∗1
E21 = ZI N2e Q
∗21N ∗2N ∗1
E21 ∝ N 2e
All’intersezione di questi 2 andamenti si ha:
ZI N2e Q21
N ∗2N ∗1
=ZIN
3e
A21Q2
21N ∗2N ∗1
E21
Ne =A21
Q21= NC again!!! the critical density!!!
Calcoliamo adesso i bilanci energetici (sempre nel caso di un atomo a2 livelli in diluizione di radiazione e con transizioni fra soli stati legati:
107
(A) energia cinetica assorbita
K12 = N1NeQ12 E21 = ZI N2e Q21
N ∗2N ∗1
E21
(B) energia cinetica emessa
K21 = N2NeQ21 E21 =N1
1 +A21
NeQ21
NeQ21N ∗2N ∗1
E21 =ZIN
2e
1 +A21
NeQ21
Q21N ∗2N ∗1
E21
K21 =ZIN
3e
NeQ21 + A21Q2
21N ∗2N ∗1
E21
K21 =ZIN
3e
NeQ21 + A21Q2
21N ∗2N ∗1
E21
(C) energia radiativa emessa
F21 = N2A21 E21 = N11
1 +A21
NeQ21
A21N ∗2N ∗1
E21
=ZINe
NeQ21 + A21A21 Q21
N ∗2N ∗1
E21
=ZIN
2e
NeQ21 + A21A21 Q21
N ∗2N ∗1
E21
108
Lezione 16 + 17
La volta scorsa avevamo calcolato il “coefficiente della velocita didiseccitazione collisionale Q21 per urto con elettroni
Q21 =8.63 · 10−6
T 1/2< Ω(1, 2) >
g2(cm3 sec−1)
ove Ω(1, 2) e la cosidetta “efficienza collisionale
Avevamo inoltre derivato l’espressione della popolazione relativa deilivelli di un atomo a 2 livelli, posto in un campo di radiazione diluita,supponendo:
Ionizzazione + Ricombinazione
molto piu rara di transizioni fra stati legati
N2
N1=g2
g1
e−hνkT
1 +A21
NeQ21
SeA21
NeQ21 1 si ha E.T., cioe quando predominano gli urti
e ponendo nel caso di E. T.:
109
110
N ∗2N ∗1
=g2
g1e−hνkT
ponendo
N2
N ∗2= b2 ;
N1
N ∗1= b1
N2
N1=
b2
b1
g2
g1e−hνkT ;
b2
b1
1
1 +A21
NeQ21
Supponendo che le transizioni fra 2 ⇒ 1 fossero permesse, cioeche 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
102 · Ω(12)
g2→ 1 ≈ 10−7 sec−1
da cui risulta:
b2
b1=
1
1 +108
104 · 10−7
≈ 10−11
cioe:
N2
N1= 10−11 g2
g1e−hνkT
111
N2
N1= 10−11 g2
g10.06
risulta e−hνkT = 0.06
se si pone : ν(5000A) = 6·1014 Hz T = 10000
h = 6.63 · 10−27 erg s
k = 1.38 · 10−16 erg k−1
h
k= 4.80 · 10−11 s K
Cio significa:
(1) non vi e equilibrio termodinamico
(2) tutti gli atomi neutri sono al livello fondamentale
Diversa e la situazione nel caso di transizioni proibite dai cosidettilivelli “METASTABILI. Si noti che i livelli metastabili si trovano al di
112
sopra del livello fondamentale di qualche eV e che le transizioni fraquesti livelli e il livello fondamentale (e fra di loro) sono proibite:
Questi livelli metastabili non sono popolati per RICOMBINAZIONEe CASCATA perche dovremmo osservare anche righe provenienti da li-velli alti. Quindi essi vengono popolati tramite eccitazioni collisionalidal livello fondamentale.
Consideriamo quindi per il nostro esempio le righe nebulari dellospettro dello [OIII] 5007, 4959 corrispondenti alle transizioni:
− 2 1D2 − 3P2 λ = 5007 A
↓− 1 1D2 − 3P1 λ = 4959 A
A21 = 2.1 · 10−2 sec−1 ; A21 = 0.7 · 10−2 sec−1 nei due casi
probabilita di transizione spontanea
113
Ponendo T = 104 K ; Ne = 103 ÷ 104 cm−3 ;Ω(1, 2)
g2∼ 1
Q21 =8.63 · 10−6
102Ω(1, 2)
g2≈ 10−7 cm3 sec−1
e quindi
A21
NeQ21=
2.1 · 10−2
Ne 10−7 =2.1 · 105
Ne∼ 105
Ne∼ 10÷ 102
quindib2
b1=
1
1 +A21
NeQ21
' 0.1÷ 0.01
La popolazione del livello maggiore raggiunge quindi lo 1% fino al10% del suo valore in caso di equilibrio termodinamico (quindi unapiccola deviazione rispetto ai livelli non metastabili).
Rispetto ai livelli con vita media normale(b2b1
= 10−11)
vengono cosı fa-
voriti, in condizioni interstellari, i livelli metastabili(b2b1∼ 10−1
)con
lunga vita media nel rapporto 1010 : 1
Andamento del numero di fotoni emessi per unita di tempo per ione
In tale caso siccome il coefficiente di emissione nelle righe εLν ' N2A21
εLν per
εLν proi
=(N2A21)permesse(N2A21)proibite
=1
1010 ·108
10−2 = 1
per le trasmissioni permesse si trascura l’emissione indotta 4πc Iν N2B21
perche la radiazione e molto diluita
cioe le righe “proibite” sono cosı forti come le “permesse” o addiritturapiu forti.
ESEMPIO 2
Consideriamo un atomo (oppure una molecola) con solo 2 livelli dienergia e ammettiamo che la transizione corrisponda ad una
RADIORIGA
121
λm T = 0.29 cm K W ≈ 1 fattore di diluizione
Per un campo di radiazione nell’intervallo delle frequenze radio (Co-smic B. B. radiation: pag. 2 + pag. 76 Spitzer) il fattore di diluizionedi norma prossimo a 1 (perche la radiazione, radio di fondo proviene datutte le direzioni)
WRADIO ∼ 1
Per cui si definisce Iν tramite la legge di Rayleigh-Jeans
Iν = 2
(ν
c
)2K TS valida per
hν
KTS 1
ovvero tramite la temperatura di RADIAZIONE TS (= 2.7 K)
L’espressione che esprime la popolazione dei livelli:
N2
N1=g2
g1
Ne
(Q21
A21
)e−hνkT +W
e+ hνkT∗ − 1
−1
1 +Ne
(Q21
A21
)+W
e+ hνkT∗ − 1
−1
122
ove T = temperatura critica
diventa in questo caso
N2
N1=
g2
g1
e−hνkT +
A21
N ′Q21
kTShν
1 +A21
N ′Q21+
A21
N ′Q21
kTShν
(18)
ove con N ′ indichiamo i partner d’urto
Questa espressione diventa la formula di Boltzmann per
A21
N ′Q21 1
Tuttavia si definisce una temperatura di eccitazione Tex tale che sia:
N2
N1=
g2
g1e− hνkTex (19)
ove ovviamente Tex 6= TS
Poiche nell’intervallo di frequenze radio
KT hν KTex hν
si puo porre:
exp[−hν/KT ] ≈ 1− hν
kTex
123
k = 1.38 · 10−16erg deg−1
T = 10÷ 102
ν1 cm = 3 · 1010 cmh = 6.63 · 1027 erg s
Dalle (??) e (??) si ricava:
1
Tex=
X
TS+
1
T1 +X
ove:
X =A21
N ′Q21· kTShν
=(N ′Q21)
−1(A21
kTShν
)−1
Si dimostra che:
X =V ita media livello partenza emissione per soli processi d′urto
V ita media livello partenza emissione per soli processi radiativi
Infatti ricordando che l’equazione dell’equilibrio statistico per il si-stema a 2 livelli e:
N1
(B12
4π
cIν +NeQ12
)= N2
(B21
4π
cIν + A21 +NeQ21
)
risulta che:
1
NeQ21= tURTO
124
Tempo di vita medio del livello 2 in presenza di soli processi d’urto.
1
B214π
cIν + A21
= tS
Tempo di vita medio del livello 2 in presenza di soli processi radiativi
Quest’ultima infatti si trasforma ricordando che
a) A21 = 8πhν3
c3 B21 → B21 = c3
8πhν3 A21
b) Iν2hν3
c21
e− hνkTS − 1
= 2ν2
c2 K TS nella rappresentazione di Rayleigh−
Jeans
B214π
cIν+A21 =
c3
8πhν34π
cIν + 1
A21 =
c2
2πhν3 ·2ν2
c2 KTS + 1
A21
=
(KTShν
+ 1
)A21
ma KTS hν ⇒ KTShν
1
≈ KTShν
A21
tS =
(KTShν
A21
)−1
125
X =tutS
In conclusione risulta che:
1
Tex=
tuTS
+tST
ts + tu
Se tS tu hanno il sopravvento i processi d′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‖ allo spin nucleare, F = 1, e stato con spin elettronico anti ‖ allo spinnucleare F = 0
126
Questa riga proviene da regioni HI in cui la ionizzazione e molto bassa
Come partner d’urto giocano quindi un ruolo importante solo gli atomi di HI.
Sara quindi:
N ′ = NH e sia T = 102 K
Il valore di Q21 si ricava da tabelle e risulta per una temperaturacinetica di T = 102 K
Q21 ∼ 10−10 cm3 sec−1
Se N ′ = 1 cm−3 vita media livello = 1010 s = 317 years
d’altro canto l’energia di eccitazione della riga 21 cm e:
∆E = hν = 5.9 · 10−6 eV
e la sua probabilita 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
KTShν
=TS
11600 ∆E∆E (in eV ) e ricordando che X =
(N ′Q21)−1(
KTShν
A21
)−1
X =
(TS
11600 5.9 · 10−6 2.87 · 10−15)
NH 10−10 = 4 · 10−4 TSNH
127
Affinche Tex (chiamata nel caso della 21 cm “TEMPERATURA DI SPIN)sia uguale alla T cinetica occorre che sia:
X 11
Tex=
X
TS+
1
T1 +X
Se nell’espressione precedente si pone:
X = 4 · 10−4 TSNH
TS = 2.7 K = temperatura della radiazione di fondo cosmica
per il campo di radiazione
e si considerano densita 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 TSNH 1
e soddisfatta.
128
B. D. pg.363
n1 hν0 = E1 − E0
the emission coefficient of the transition 1→ 0 is
4πεν = n1hν0A10φν φν = δ(ν − ν0)
φν = line shape = probability that the photon is emitted in theinterval ν − ν + d ν
The lifetime of S = 1 is ∼ 3.5 · 1014 sec
The hydrogen is in LTE charaterized by a SPIN TEMPERATURE TSPso that we can write:
ενKν
= Bν(TS) = 2
(ν
c
)2KTSP
hν KT
hν0K = 0.07K
The observed radio intensity is usually espressed in terms of brightnesstemperature
Iν(Tb) = 2
(ν
c
)2KTb
129
130
If the radiation is DUE ENTIRELY to emission from H atoms alongthe line of sight, then the transfer equation is:
Iν =∫ τ∗0
0
ενKν
e−τν d τν
= 2
(ν
c
)2K TSP
(1− e−τ∗ν
)
= 2
(ν
c
)2KTb
it follows that:
Tb = TSP(1− e−τ∗ν
)
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 lineof sight can be obtained from radio observations
131
εν = n1hν A10 φν
4π
ενKν
= 2(νc)2
K TSP
→ Kν =n1φν8πν2
(hν
KTSP
)A10 c
2
τ =∫ ∞
0τν d ν =
∫ ∞0
d ν∫Kν d s
=A10 c
2
8πν20
(hν0
KTSP
) ∫n1 d s︸ ︷︷ ︸N1
n1
n0=g1
g0e− hν0KTSP = 3 e
−0.07TSP︸ ︷︷ ︸
≈ 1 T=10.....
≈ 3
n0 = n1/3
NH = N0 +N1 =N1
3+N1 =
4
3N1
4
3τ
8πν20
A10c2
(KTSPhν0
)
32
3ΠKTSP τ
hcλ A10
2.76 · 1014 TSP τ
132
For regions thin to radio waves τν 1 then the brightness tempara-ture
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 lemolecole di H2
In queste regioni T = 10 ÷ 30 K e quindi la rate di diseccitazioneper urto e (vedi TAB 1):
Q21 ∼ 2 · 10−12 cm3 sec−1
La probabilita di transizione radiativa spontanea e per questa riga:
A21 = 6 · 10−8 sec−1
La differenza di energia fra i due livelli da cui ha origine la riga e:
hν = ∆E = 4.8 · 10−4 ev
Ricordiamo che
133
134
KTShν
=TS
11600 ∆E (eV )
Calcoliamo:
x =A21
N ′Q21· KTShν
x =6 · 10−8
N ′ 2 · 10−12TS
11600 · 4.8 · 10−4 ∼ 5 · 103 TSN ′
1
Tex=
x
TS+
1
T1 + x
In nubi molto dense N ′ = N(H2)>∼ 5 · 104 cm−3 e TS ∼ 2.7 K
risulta:
x 1
e quindi:
Tex = T
Dominano cioe le collisioni e la popolazione dei livelli e data dallaformula di Boltzmann come in LTE.
Al contrario per densita piu basse diventano importanti le eccitazioniradiative, per esempio tramite fotoni della radiazione di fondo cosmica
135
APPLICAZIONE NR 3
Nel caso delle righe di assorbimento interstellari ottiche di CN
λ 3874.61λ 3875.77λ 3874.00
queste derivano da una transizione elettronica dal primo livello ro-tazionale eccitato J = 1 dello stato fondamentale. Qui la probabilitadi transizione spontanea J = 1 → J = 0 della molecola di CN erelativamente alta
A21 ∼ 10−5 sec−1 ∆E ≈ 4.7 · 10−4 eV
KTShν
=TS
11600 ∆E(eV )=
TS11600 · 4.7 · 10−4
Q21 ∼ 10−12 cm3 sec−1
x =A21
N ′Q21· KTShν
=10−5
N ′ 10−12 ·TS
11600 · 4.7 · 10−4
≈ 1.7 · 106TSN ′
Ovvero x 1 ovvero tURTOtS
1
cio implica dalla
Tex =
tST
+tuTS
tS + tu
136
che:
Tex = TS = 2.7 K
Le molecole interstellari di CN sono percio dei sensibili indicatori dellaradiazione di fondo cosmica
Per le righe di questa molecola gli urti non sono percio importanti epredominano le eccitazioni radiative da parte del campo di radiazione a3 K.
RIGHE DI RICOMBINAZIONE
Le ipotesi che facciamo sono plausibili con le condizioni presenti nelleregioni HII.
Ammettiamo che la popolazione del livello di partenza n avvenga
a) per ricombinazione diretta
b) per ricombinazione diretta a livelli piu alti seguita da transizioniradiative 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 diradiazione.
3. Gli atomi neutri siano al livello fondamentale e da questo venganofotoionizzati.
Si possono percio trascurare i processi di ionizzazione dagli stati legatinelle equazioni statistiche
prob. trans. n ↑ m per probabilita fotoionizzazione
assorbimento radiativo 10−15 sec−1 10−8 sec−1
Le equazioni dell’equilibrio statistico sono cosı:
Nm
n−1∑m=1︸ ︷︷ ︸
partenze da n a livelli inferiori
Anm =∞∑
m=n+1Nm Amn +Np Ne α0,n(Te)
α0,n(Te) = coefficiente di ricombinazione diretta al livello n [cm3 sec−1]
Te = Temperatura elettronica
138
Supponiamo inoltre che la nube gassosa sia OTTICAMENTE SOT-TILE (cioe 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
N1=
(2πmeKTe
h2
)32e− x0KTe ·
1︷︸︸︷g11
g01︸︷︷︸2·1
= 1 (20)
Nn
N1= n2 e
x0nKTe g0n = 2n2 Boltzmann (21)
ove:
x0 = energia di ionizzazione dal livello fondamentale
x0n = energia di eccitazione 0 → n
Introducendo i coefficienti di deviazione
bn =Nm
N ∗
si ottiene ricombinando la (??) e la (??):
Nn = bn n2
h2
2πmeKTe
32
e+x0 − x0n
KT Np Ne
sostituendo questa espressione nell’equazione dell’equilibrio statico perNn ed Nm si ottiene un sistema di equazioni per i coefficienti bn
139
α0n
n2
(2πmeKTe
h2
)32e−x0 − x0n
KTe +∞∑
m=n+1bm Amn ·
m2
n2 e−x0m − x0n
KTe = bnn−1∑m=1
Anm
bn dipende in questo caso non da Ne ma solo da Te
Cio e vero perche consideriamo il caso di bassissima densita in cui i soliprocessi 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 +NeQ21) = N1Q12 Ne Equilibrio statistico
140
N2 Q21 = N1 Q12Q12
Q21=N2
N1=g2
g1e−hνkT
N2A21
Q21+N2Ne = N2N1
Q12
Q21= N1Ne
g2
g1e−hνkT
N2
N1
(1 +
A21
NeQ21
)=g2
g1e−hνkT
N2
N1=
Q12 Ne
A21 +Ne Q21=
Q12
Q21A21
NeQ21+ 1
=g2
g1
e−hνkT
1 +A21
NeQ21
NpNe
N1=
(2πmKT
h2
)32e− x0KT
Nn
N1= n2 e
− x0nKT
NpNe
Nnn2 e
− x0nKT =
(2πmKT
h2
)32e− x0KT
141
Nn = Np Ne n2 e−(−x0n + x0)
KT
h2
2πmKT
32
Nn = bn n2
h2
2πmKT
32e(x0 − x0n)
KT Np Ne
eliminato N1 con la (??) si trasforma nella formula (degna di nota):
Nn = bn n2
h2
2πmeKTe
32e
+x0 − x0nKT Np Ne (22)
Se si sostituisce questa espressione nell’equazione dell’equilibrio stati-stico in luogo di Nn oppure di N si ottiene un sistema di equazioni peri coefficienti bn
α0,n
n2
(2πmeKTe
h2
)32e
+x0 − x0nKTe +
∞∑m=n+1
bm Amn = bnn−1∑m=1
Amn
da controllare confrontando con Osterbrock
142
Come si vede i valori di bn non dipendono in questo caso dalla den-sita ma solo dalla temperatura Te. Non tratteremo qui dei metodi perrisolvere questo sistema di equazioni. Risultati numerici per n = 2 finoa 7 per Te = 104 K sono elencati in Tabella 2
Lezione 19 – Intensita delle righe infunzione della densita e dellatemperatura
Non si puo terminare una discussione sui rapporti di popolazione senzaparlare delle intensita previste di alcune righe.
Per risolvere il problema occorre risolvere il seguente sistema di equa-zioni:
d Iνd τν
= Iν − ενkν
equazione del trasporto
SLν =εLνkLν
= 2hν3
c2
[gngm
NmNn− 1
]−1Sourcefunction
Nn
[∑m Bnm
4πc Iν +
∑m<n Anm +N ′
∑m Qnm
]=∑m Nm Bmn
4πc Iν+
+∑m>n Nm An +N ′
∑m Nm Qmn equazione dell′equilibrio statistico
Consideriamo in primo luogo 2 casi in cui:
Non avviene ne eccitazione radiativa ne 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 e piu 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 otticamentesottile
L’intensita di una riga di emissione e data da
ILν = Iν − Iν0
Iν e dato dalla equazione del trasporto
Iν =∫ τ∗ν0
SLν (τν) e−τν + Iν0 e
−τ∗ν
τ ∗ν = τν(r∗)
in cui SLν puo 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, perche altrimenti po-trebbero causare emissione indotta ed eccitazione radiativa)
quindi SLν , KLν e di conseguenza εLν sono indipendenti da Iν0 e si puo
considerare:
Iν0 Iν
a causa della diluizione
Nell’ipotesi di nebulae otticamente sottili τLν 1 risulta e−τLν = 1 e
quindi:
SLν d τLν = SLν KLν d r = εLν d r
e se in luogo di εLν si pone la sua espressione:
εLν =hνnm4π
ψ(ν) Anm Nn
Risulta:
ILν = Iν − Iν0 =∫ l
0εLν d r =
hνnm4π
ψ(ν) Anm
∫ l0Nn d r
questa si puo scrivere perche siamo nel caso otticamente sottile
Ammettiamo d’ora in poi che siano
146
densita 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)
ILnmILn′m
=
(νnmνn′m
) (Anm
An′m
) (Nn
Nn′
)
qui si potrebbe introdurre il rapporto di popolazione nel caso di righedi ricombinazione sottili
Nn
Nm=
gngm
=e−hνmnkT
1 +Anm
Ne Qnm
Espressione valida nel caso che ionizzazioni + ricombinazionisiano molto piu rare delle transizioni fra stati legati
ILnmILn′m
=νnm Anm gnνn′m An′m g′n
1 +
(An′m
NeQn′m
)
1 +
(Anm
NeQn′m
) e
−hνnm − hνn′mkT
147
Se i livelli n ed n’ sono uno vicino all’altro
νnm ∼ νn′m e0KT ∼ 1
Quindi il rapporto di intensita delle righe dipende da:
Ne
Perche cio sia vero occorre che siano:
An′m 6= Anm probabilita di transizione radiativa
e che
Qn′m 6= Qnm velocita di diseccitazione collisionale
148
Lezione 20
Facendo le ipotesi di:
assenza di
eccitazione radiativa
emissione indotta
e di costanza della
temperatura
densita
che si verificano per
RIGHE PROIBITE di ioni pesanti
RIGHE DI RICOMBINAZIONE OTTICHE
in nebule sottili
Abbiamo trovato per un sistema a 2 livelli che:
ILnm(ν) =hνnm4π
Anm ψ(ν) Nn l
149
150
In questo caso il rapporto di due righe di emissione con
uguale livello inferiore m
uguale profilo ψ(ν)
e dato da:
ILnmILn′m
=νnmνn′m
Anm
An′m
Nn
Nn′
Nn
N ′n=
gng′n
=e−hνnn′kT
1 +Ann′
Ne Qnn′
valida nel caso di assenza di ionizzazione..........le possibilia nel casodi righe proibite
e quindi:
ILnmILn′m
=νnm Anm gnνn′m An′m g′n
1 +
(An′m
NeQn′m
)
1 +
(Anm
NeQn′m
) e
−hνnm − hνn′mkT
151
Se i livelli n ed n’ sono uno vicino all’altro
νnm ∼ νn′m
Quindi
ILnmILn′m
=νnm Anm gnνn′m An′m g′n
·1 +
An′m
NeQn′m
1 +Anm
NeQnm
(23)
funzione della densita elettronica Ne e della temperatura elettronicaTe 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
Infatti siccome i soli urti determinano la popolazione dei livelli risulta:
153
N ′nNn
=g′ngn
data cioe come in equilibrio termodinamico dalla legge di Boltzmann
e quindi
InmIn′n
=gng′n
Anm
An′m
B. per basse densita la (??) che si puo esprimere nella forma:
InmIn′m
=νnmνn′m
Anm
An′m
gng′n
Ne Qn′m + An′m
Ne Qnm + Anm
Ne Qnm
Ne Qn′m
↓
molto piccolo
InmIn′m
=gng′n
Qnm
Qn′m=
gng′n
Ωnm
Ωn′m
g′ngn
=Ωnm
Ωn′m
InmIn′m
=Ωnm
Ωn′m
154
A31 (2321) = 2.3 · 10−1 sec−1
A32 (4363) = 1.6 · sec−1
AnmNe Qnm
1
[OIII]
A21 (5007) = 2.1 · 10−2 sec−1
A21 (4959) = 0.7 · 10−2 sec−1
A32 A21 ⇒ che le diseccitazioni collisionali 3− 2
sono poco importanti a basse densita
Inoltre I32(4363) e molto piccola rispetto a I21(5007, 4959) e quindiil livello 3 e poco popolato e quindi per il livello 2 non si hanno notevoliincrementi di popolazione da 3 → 2 per transizione radiativa
Consideriamo il caso di righe proibite provenienti da transizioni da duelivelli metastabili distanti fra di loro. E questo il caso delle righe dello[OIII].
Lo schema a 5 livelli si riduce ad uno a 3 livelli se consideriamocoincidenti i 3 livelli 3P .
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:
(N1Q12+N3Q32)Ne+N3A32 = N2A21+N2Ne(Q21+Q23) per il livello 2
(N1Q13+N2Q23)Ne+ = N3(A31+A32)+N3Ne(Q32+Q31) per il livello 3
Q32 e Q31 non agiscono perche 3 si scarica radiativamente a 2
Q32 si puo trascurare perche a basse densita pochi sono gli urti capacidi eccitare da 2 → 3
Le equazioni divengono cosı:
N2 =N1 Ne Q12(A32 + A31)
(A21 +Ne Q21)(A32 + A31)=
N1 Ne Q12
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
N2=
Ω13
Ω12
A21
A32 + A31
[1 + 1.73 · 10−4 x Ω12
A21
]e− x23KTe
ove x =10−2Ne√
Te
Si usano quindi le seguenti equazioni:
162
per determinare la Ne
ILnmILn′m
=νnm Anm gnνn′m An′m g′n
·1 +
An′m
NeQn′m
1 +Anm
NeQn′m
Si fissa T = 104 e si determina Ne con questo valore si
determina Te tramite la
N3
N2=
Ω13
Ω12
A21
A32 + A31
[1 + 1.73 · 10−4 x Ω12
A21
]e− x23KTe
163
INTENSITA RIGHE RICOMBINAZIONE OTTICHE DELLO HI
Ricordiamo che nel caso otticamente sottile τ ∗ν 1 l’espressione gene-rale
Iν =∫ τ∗ν0
Sν e−τν d τν + Iν0 e
−τ∗ν
all’interno delle righe assume la forma
ILν = Iν − Iν0 =∫ l0εLν d r =
hνnm4π
ψ(ν) Anm
∫ l0Nn d r
Sostituendo l’espressione ottenuta combinando l’equazione di Saha equella di Boltzmann in assenza LTE
Nn = bn n2
h2
2π me KTe
32
e+x0 − x0n
KT Np Ne
↓
(2πme KTe
h2
)32
= 4.829 · 1015 T 3/2 (Spitzer 2.31)
x0 = energia di ionizzazione x0n = energia di eccitazione
E integrando su tutto il PROFILO ψ(ν)
ILnm =hνnm4π
Anm
∫ l0Nn d r = Fnm(Te)
∫ l0Np Ne d r
164
Sappiamo dalla meccanica quantistica che:
Anm = ν3nm
(gmgn
)Bmn =
π e2
me hν2nm
(gmgn
)fmn
fmn =me h νnmπ e2 Bmn
fmn ∼26
3√
3 πg−1m
(m−2 − n−2
)−3m−3n−3 gnm =
=26
3√
3 πg−1m R3 Z6 ν−3
nm m−3 n−3 gnm
gnm = gaunt factor
con gm = 2m2 ; gn = 2n2 ove ν = R Z2(
1
n2 −1
m2
)(con n > m)
Inoltre
x0 − x0n = + En =R h Z2
n2 R = costante di Rydberg in Hz
NP = Ne −N(He+)
exp
[+
E1
n2 KT
];
E1
K=
13.615 eV
8.617 · 10−5 eV deg= 158000
165
Sostituendo questi valori si ottiene:
ILnm = 34.24gnmn3 m3
bn
T 3/2e
exp
158000
n2 Te
E
1 +
N(He+)
Np
(24)
↓
Fnm(Te) [erg cm−2 sec−1 sterad−1]
E =∫ l
0N 2e d r grado di emissione
[pc cm−6]
αeffnm (H,T ) h νnm∫ r0
N 2e d r
166
Lezione 23 - INTENSITA RIGHERICOMBINAZIONE RADIO
Nel caso di righe di ricombinazione radio con
n>∼ 100
diventa:
bn ' 1
Ci si approssima cioe alla condizione di LTE. Quindi l’espressionedella Source function nella riga e:
SLν = Bν(Te)
e quindi
εLν = KLν Bν(Te)
167
168
Iν =∫ τ
0Bν(Te) e
−τLν d τν + Iν0 e−τLν
Se τLν 1, caso sottile nelle righe:
Iν − Iν0 =∫ l
0Bν(Te) K
Lν d l
KLν =
hνnmc
ψ(ν) Nm Bmn
(1− gm
gn
Nn
Nm
)
Contrariamente a quanto avviene nel caso ottico, la radiazione continuaradio del gas ( a causa della forte profondita ottica nel continuo radiodelle regioni HII) e sufficientemente forte in confronto alla radiazionenelle righe:
(Iν0)>∼ I lν
e puo quindi produrre:
Emissione indotta Bnm4 π
cIν0
Questo termine dovra quindi comparire nelle espressioni dell’equilibriostatistico per determinare l’andamento di bn
Si osservi inoltre che nel coefficiente ( ) del coefficiente di assorbi-mento:
169
1− gmgn
Nn
Nm= 1− bn
bme−
hνKT ≈ 1− bn
bmperche hν KT
per n > m risulta bn/bm > 1 vedi figura.
cosı che il fattore ( ) puo diventare negativo con un conseguenterafforzamneto dell’intensita della riga rispetto all’intensita in condizionidi LTE: Effetto MASER
Sviluppando la (??) dalle misure di intensita assoluta di righe radiosi puo derivare (con espressioni analoghe a quelle per righe ottiche)
Te , E
e poiche
bn = bn (Te Ne)
per valori non troppo grandi di n, si puo ricavare Ne
170
RIGHE RADIO DI MOLECOLE
Ipotesi:
1. Iν0 ≈ ILν nel caso radio di righe di molecole ILν compensabile conla radiazione di fondo
2. assumiamo τLν 1, caso otticamente sottile e inoltre
3.
TemperaturaDensita
Sourcefunction
spazialmente costanti
In tale caso la soluzione dell’equazione del trasporto e:
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
N1
(B12
4 π
cIν +Ne Q12
)= N2
(B21
4 π
cIν + A21 + Ne Q21
)
con
g1 B12 = g2 B21
A12 = 8 π h ν3
c3 B12
Q12 = Q21g2g1
e−hνKT
e ponendo Iν = Iν0 nella ipotesi che Iν − Iν0 Iν0
diventa
N2
N1=g2
g1
N ′(Q21
A21
)e−hνkT + Iν0
c2
2 hν3
1 +N ′
(Q21
A21
)+ Iν0
c2
2 hν3
(25)
T = temperatura cinetica
Sostituendo nella espressione generale della Source function N2N1
SLν =εLνKLν
=2 h ν3
c2
[gngm
Nm
Nn− 1
]−1
m = 1 n = 2
172
si ottiene l’espressione:
SLν =β Bν(T )
1 + β+
Iν01 + β
↓
Termine della Source Function che viene determinata dai processi d’urtoed indipendente dal campo di radiazione Iν0
β =N ′ Q21
A21
1− e−hνkT
Se β 1 SLν → Bν(T )
Sostituendo l’espressione (??) nell’espressione del coefficiente di as-sorbimento:
KLν =
hνnmc
ψ(ν) Nm Bmn
(1− gm
gn
Nn
Nm
)
si ottiene:
KLν =
hν
cB12 ψ(ν) N1
1 + β
1 +N ′(Q21
A21
)+ Iν0
c2
2 hν3
Sostituendo nell’espressione di ILν e integrando sulla riga si ottiene:
IL21 =hν
cN1 l
B12 β [Bν(T )− Iν0]
1 +N ′(Q21
A21
)+ Iν0
c2
2 hν3
(26)
173
Affinche l’intensita della riga sia 6= 0 deve essere:
T = temperatura cinetica > TS = temperatura di radiazione
che definisce Iν0 = 2( νc)2
K TS nella approssimazione di R. J.
Infatti per T = TS si avrebbe equilibrio termodinamico e non sivedrebbero righe,
g2 B21 = g1 B12 ; A21 =8 π h ν3
c3 B21
Consideriamo 2 casi:
A. Quando i processi radiativi sono dominanti N ′ Q21A21
1 o A21 N ′ Q21
B. Quando i rapporti di popolazione vengono determinati dai processi
d’urto N ′ Q21A21
1 o A21 N ′ Q21
A. −β = N ′ Q21A21
1− e−hνkT
1 Tex ∼ Tb
siccome β B12 = A218 π h ν3
c3
g2g1
N ′ Q21A21
1− e−hνkT
e indipendente da A21
e al denominatore scompare N ′Q21/A21
risulta:
174
IL21 ∼ N1 N′ l
B. −β = N ′ Q21A21
1− e−hνkT
1 Tex = T
∝ al quadrato della densita
indipendente da A21
Siccome a fattore vi e una funzione della T ∗
Resta il termine N ′Q21/A21 al denominatore della (??) e quindi:
risulta:
IL21 ∼ A21 N1 l
(*) si possono trarre conclusioni su NN ′l prendendo piu righe dellastessa molecola; caso della 21 cm dello HI e della 2.6 mm del CO
Lezione 24 - EMISSIONE EASSORBIMENTO CONTINUI
I processi dominanti che danno luogo a emissione
e assorbimento continuo nel GAS INTERSTELLARE sono:
1) Transizioni free− free
Radio
Ottico e Xin zone ad altissime T
(Bremsstrahlung termica)
(collisione fra ione ed elettrone)
1) Transizioni bound− free
V iene assorbita radiazione UVionizzante
V iene emesso nell′ottico e XNon vi e contributo radio
( o free− bound) :
3) Moto nei campi magnetici produce
Radiazione di sincrotone(Bremsstrahlungmagnetica)in tutti gli intervalli
di frequenza
interstellari di ELETTRONI NON TERMICIDELLA RADIAZIONE COSMICA
175
176
1. TRANSIZIONI FREE-FREE DI ELETTRONI TERMICI
EMISSIONE
Un elettrone quando passa vicino ad uno ione positivo emette secondola teoria classica un picco di radiazione.
Per IONI IDROGENOIDI di carica Ze il coefficiente di emissione εKν (f−f) ha la seguente forma (vedi Spitzer pag. 57)
εKν (f − f) =8
3
(2 π
3
)1/2 Z2 e6
m3/2e c3 (KT )1/2 gff Ne Ni e
−hνkT
εKν (f−f) ≈ 5.44·10−39 Z2 gff
T 1/2 Ne Ni e−hνkT [erg cm−3 sec−1 sterad−1 Hz−1]
Il fattore esponenziale fa sı che alle temperature tipiche delle regioniHII
T ∼ 104
viene emesso solo nel range
RADIO LONTANISSIMO INFRAROSSO
Per il fattore di GAUNT vale la seguente espressione:
[ per ν νP =
e2 Ne
π me
1/2
= frequenza di plasma ]
gff =
√3
π
ln(2KT )1/2
πZ e2 m3/2e ν
− 5γ
2
=
√3
π
lnT 3/2
Z ν+ 17.7
177
γ = 0.577 = costante di Eulero
Nel range radio si puo approssimare il fattore di Gaunt a:
gff ∼ T 0.15 · ν−0.1
Integrando il coefficiente di emissione su tutte le frequenze e ammet-tendo l’isotropia si ottiene:
4π εeff = 4π∫ ∞
0εKν (f − f) d ν = 1.426 · 10−27 Z2 T 1/2 Ne Ni geff
[erg cm−3 sec−1]
geff = fattore di Gaunt mediato su tutte le frequenze e per
T
Z2 = 104 ÷ 106 K ; geff = 1, 25÷ 1.45
si puo porre pero geff = 1 (vedi Osterbrock, pag. 44)
ASSORBIMENTO
Il coefficiente di assorbimento free-free puo essere calcolato daεKν (ff) ammettendo l’esistenza di EQUILIBRIO TERMODINAMICO.In tale caso (vedi Spitzer pag. 59):
ενKν
= Bν(T ) = 2
(ν
c
)2K T Rayleigh− Jeans
KKν (ff) =
εKν (ff)
2
(ν
c
)2K T
=4
3
(2π
3
)1/2 Z2 e6
m3/2e c
1
(KT )3/2Ne Ni
ν2 geff =
178
= Ne Ni16 π2Z2 e6
(6 π m K T )3/2 ν2 cgeff ∝ T−1.5 ν−2
↓
∝ T 0.15 ν−0.5
La profondita ottica definita tramite questa espressione e:
τKν (ff) =∫KKν (ff) d r = 8.24 · 10−2 Z2 T−1.35 ν−2.1 E
∫Ne Ni d r
ponendo∫Ne Ni d r = E [cm−6 pc] misura di emissione
τKν (ff) = 8.24 · 10−2 Z2 T−1.35 ν−2.1 E
la τ DIMINUISCE all’aumentare di T e ν e AUMENTA all’aumen-tare di E
ove: E [cm−6 pc] grado di emissione T [oK] ν [GHz] r [pc]
Dalle espressioni del coefficiente di assorbimento KKν (ff) e dalla
profondita ottica τKν (ff) si vede che:
A BASSE FREQUENZE
↓
LE NEBULAE DIVENTANO OTTICAMENTE SPESSE
179
ESEMPIO 1
In una regione HII con
N1 = NP = 102 cm−3 T = 104 K d = 10 pc
τν = 1 per:
ν =
1
8.24 · 10−2 Z2 T−1.35 N 2e d
− 12.1
∼ 0.2 GHZ = 200 MHz
λ = 1.5 m
ESEMPIO 2
In una nebulosa planetaria con
N1 = NP = 3 · 103 cm−3 T = 104 K d = 0.1 pc
τν = 1 per:
ν =
1
8.24 · 10−2 (10000)−1.35 9 · 106 10−1
12.1
∼ 0.6GHZ = 600MHz
λ = 0.50 m
INTENSITA DEL CONTINUO RADIO TERMICO
180
L’equazione del trasporto radiativo:
d Iνd s
= −Iν +ενKν
diventa nel caso di distribuzione maxwelliana degli elettroni liberi (omeglio per transizioni free-free)
d Iνd s
= −Iν +Bν (Te) Bν (Te) = 2
(ν
c
)2K Te
In assenza di radiazione incidente Iν0:
la soluzione
Iν = Sν(1− e−τν
)+ Iν0 e−τν
diventa con Sν = Bν (Te) Iν0 = 0
τν(Sν − Iν0) + Iν0 per τν 1 = τν Bν(Te)
Sν per τKν 1 = Bν(Te)
Cioe sostituendo l’espressione della profondita ottica (per Z = 1) chea grandi lunghezze d’onda e quella delle transizioni free-free
τν Bν(Te) ≈
(T−1.35 ν−2.1 E
) (ν2T
)= ν−0.1 T 0.35
e E per τν 1
Bν(Te) ≈ ν2 Te per τν 1
181
L’andamento osservato del continuo si puo interpretare come conse-guenza del passaggio dal caso
OTTICAMENTE SPESSO, aumentando la frequenza τKν ∝ ν−2.1
al caso OTTICAMENTE SOTTILE
A basse frequenze da misure di Iν ∝ ν2 T si ricava T
Se si misura l’intensita a alte frequenze
Iν ∝ T 0.35e N 2
e l︸ ︷︷ ︸E
sostituendo il valore di Te e conoscendo l’estensione radiale l del-la nebula si ricava N 2
e , cioe un valore medio su tutta l della densitaelettronica
CALCOLO DEL CONTINUO RADIO TERMICO IN RANGEOTTICAMENTE SOTtILE
Limitazioni all’atomo di IDROGENO e agli ioni IDROGENOIDI
Lo stato libero puo venire definito tramite una VARIABILE CON-TINUA, numero quantico se definito dalla energia cinetica dell’elettronelibero:
Ex =1
2m v2 =
RhZ2
x2
x =
2RhZ2
mv2
1/2
R =2π2e4me
h2 = ........costante di Rydberg in unita di frequenza
183
184
ASSORBIMENTO
Il coefficiente di assorbimento relativo alle transizioni
bound-free n → x e:
Kkν (b− f) =
64π4me e10 Z4
3√
3 c h6 n5 ν3 gnf N0,n ≈ 3 · 1029 Z4
n5 ν3 gnf N0,n
ove N0,n e il numero di atomi neutri al livello n
vedi formula (4-114) Mikalas pag. 99
gnf = 1 nell′ottico e dipende debolmente da ν
EMISSIONE
Per l’emissione a seguito di ricombinazione di elettroni liberi convelocita:
v − v + d v
allo stato legato
n
185
si puo scrivere conformemente all’equazione:
εLν =hνnm4π
ψ(ν) Anm Nn
(valida per il coefficiente di emissione fra due stati legati)
εKv (x− n) d v =hν
4πNe(v) d v ·Qxn(v) N1
ove N1 e il numero di atomi ionizzati 1− volta/cm3
ove
Ne(v) d v = Neϕ(v, T ) d v
Qxn(v) = v · σkn(v) sezione efficace per la ricombinazione
(27)
Sostituiamo nell’esponenziale e nel differenziale d v che compaiononelle ϕ(v, T )
ϕ(v, T ) d v = 1σ3(2π)3/2 e
− v2
2σ2d vx d vy d vz = 4π
σ3(2π)3/2 v2 e− v
2
2σ2d v
v2 = v2x + v2
y + v2z ; σ2 = v2
x + v2y + v2
z =(
1mA
+ 1mS
)KT
(28)
d vx d vy d vz = v2 sin θ d v d θ dϕ
l’espressione di v in funzione di ν usando la relazione:
186
.........+Xn → h d ν = me v d v
sostituiamo le (??) e (??) nell’espressione del coefficiente di emissione
εKν (f − b) =me
1/2 h2ν
(2πKT )3/2 v2 σxn(v) NeN1 e−hν −Xn
KT
Per determinare εKν (f − b) occorre ora trovare una espresione div2σxn(v)
Ammettiamo che vi sia equilibrio termodinamico. In tale caso:
εkνkkν
= Bν(T ) =2hν3
c21
e−hνkT − 1
Esprimiamo N1,1 in funzione di N0,n, Ne e T tramite la Saha:
N1
N0nPe =
2g11
g0n
(2π me)3/2 (KT )5/2
h3 exp
−Xn
KT
1 termine di ionizzazione dal livello n
Risulta dopo queste sostituzioni:
v2σxn(v) =
(hν
mec
)2 g0n
g11
Kkν (b− f)
N0n
Sostituendo l’espressione trovata per Kkν (b− f) risulta
187
v2σxn(v) =64 π4 e10 Z4 gnf
3√
3 me c3 h4
1
ν
1
n3
vedi formula (5-9) pag.106 Spitzer
Questa inserita nell’espressione di εkν(f − b) permette di calcolare ilcoefficiente di emissione per transizioni free-bound
Con questo si puo calcolare il continuo per esempio ponendo:
n = 1 Continuo di Lyman λ < 915 A
n = 2 Continuo di Balmer λ < 3647 A
n = 3 Continuo di Paschen λ < 8206 A
188
Emissione a 2 fotoni
La transizione 2S-1S proibita A2S−1S = 8.26 sec−1 puo avvenire peremissione di 2 fotoni:
hν ′ + hν ′′ = hν12(Lyα) = 10.2 eV
Il continuo emesso e simmetrico a
λ = 2431 (Equiv. a 5.1 eV )
Tale continuo diventa percettibile a densita 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 edi Paschen (n = 2 e n = 3). Per calcolare i corrispondenti coefficien-ti di emissione e piu semplice usare la definizione di ”sezione d’urto diricombinazione effettiva”
Eq. 1.21 pag. 412 σxn = 64 π4 e10 Z4
3√
3 m c3 h31n3
1v2
gn
xn +mv2
2︸ ︷︷ ︸hν
189
190
Eq. 2.26 pag. 22
εxn(ν) = hν4π σxn(v) v ϕ(v) d v
d ν Ne Np
|
= hν(
m2π KT
)3/2σxn(v) v3 e
−m v2
2KT d vd ν Ne Np
dove 12 m v2 + Xn = hν
Sostituendo l’espressione della sezione d’urto nell’espressione di εxn siottiene:
εxn(ν) = 27 π4 e10 m gnc3 h2(6πmKT )3/2 ·
1n3 e
−(hν − xn)KT Ne Np
|
= 1.7 · 10−33 gn T−3/2 n−3 e
−(hν − xn)KT Ne Np
[erg cm−3 s−1 sterad−1 Hz−1]
L’energia totale emessa nello spettro continuo dalla ricombinazione allivello n e:
4πεn =∫ ∞νn
εn(ν) d ν =2.15 · 10−32 gn
T 3/2 n3
∫ ∞νn
e−h(ν − νn)
KT d ν · Ne Np
|
= 4.5 · 10−22
T 1/2 n3 Ne Np [erg cm−3 s−1]
Appendice B
Moto di un elettrone in un campo magnetico
F = ev ∧Bc
;v2
r=e B⊥v
me c
Frequenza di rotazione:
ν =v
2πr
ν =e B⊥
2πmec→ frequenza di irraggiamento isotropica di unelettrone
non relativistico v c
caso relativistico v ≈ c
La radiazione viene emessa in un cono d’apertura:
∆ϑ ∼1− v2
c2
1/2
=me c
2
Ee; Ee =
(p2e +m2
e c2)1/2
c
e polarizzata ⊥ B (S N remmants 10 %)
191
192
L’elettrone spiraleggiante emette alla requenza fondamentale
νm =e B⊥
2π me c
(Ee
me c2
)2
valida per Ee me c2 (29)
e ad armoniche di νm
La probabilita che un elettrone di energia Ee emetta ad una frequenza
ν e : p (ν/νm)
La potenza irradiata e:
− dEe
d t=
2
3
e4B2⊥
m2e c
2
(Ee
me c2
)2
= 1.58 · 10−15 B2⊥
(Ee
me c2
)2
corretta per Ee me c2 e hν Ee
Lo spettro della radiazione cosmica e descritto da:
N(Ee) dEe = KE−γe dEe
HIgh energy electrons in supernova remmants are one source of cosmicrays so it is reasonable to assume that they have the same distribution.
193
The radio intensity from an extended source of thickness l along theline of sight is:
P (ν/νm).....dEe
We will approximate the spectrum assuming that all the energy isirradiates at:
ν = 0.5 νm
If a) the electrons are uniformely distribuited in volume along theline of sight and b) the gs in optically thin at radio frequencies:
Iν = − 1
4π
∫ lo
d r∫ ∞o
dEe
d t· δ(ν − νm) K E−γe dEe
' −K l
4π
∫ ∞o
δ(ν − νm) E−γe
(2
3
)2 e4 B2
m2e c
3
(Ee
me c2
)2
dEe
ove assumendo che ~B e uniforme , la media normale alle velocita deglielettroni (distribuiti a caso) e:
B⊥ =
(2
3
)1/2B
Noting that (??) Ee ∝ν1/2m
B1/2⊥
, the radio intensity is:
Iν ∼ K l B
γ + 22
⊥ ν−γ − 1
2
194
Defining the spectral index α = γ − 12 we see that the observed flux
is:
Fν ≈(
1
d
)2 ∫∆Ω
Iν d Ω
where d = source distance ∆Ω = solid angle subtended by the source
If the correct spectral distribution is used it is found that:
Iν =e3
me c2
3 e
4π m3e c
5
γ − 1
2· K l u(γ) B
γ + 12 ν
−γ − 12
u(γ) ∼ 1
Ee ∝ ν1/2m E−γe ∝ ν
−γ2
m dE ∝ d νm
ν1/2m
ν−γ
2m νm
d νm
ν1/2m
' ν−γ
2+1
2m = ν
−γ − 12
m
Ee ∝ B−1/2
E−γ ∝ Bγ/2
E2 ∝ B−1 ; dE ∝ B−1/2 ; B2 tutti ∝ B1/2
∝ Bγ + 1
2
Lezione 26
Consideriamo una particella di carica Z e e massa m0 che si muove avelocita:
v o energia E =m0 c
2√√√√1− v2
c2
= γ m0 c2
perpendicolarmente ad un campo magnetico di intensita B
Descrivera attorno al campo magnetico una orbita circolare di raggio:
rB ≈ γm0 c
2
Z eB≈ 2 · 109 E
ZB[cm]
E = γ m0 c2
Una carica accelerata in questa maniera irradia onde elettromagnetiche:
195
196
BREMSSTRAHLUNG MAGNETICA
Per l’astrofisica e importante la Bremsstrahlung magnetica di ELET-TRONI RELATIVISTICI, come sono quelli contenuti nella RADIAZIO-NE COSMICA
Se v c
La radiazione viene emessa in un ampio cono attorno a v RADIA-ZIONE DI CICLOTRONE
Cio vale ancora per elettroni relativistici se l’osservatore e solidaleall’elettrone.
Se l’osservatore invece e in quiete, la radiazione viene emessa solo inun cono molto stretto di apertura:
197
ϑ =m0 c
2
γ m0 c2 =
√√√√1− v2
c2
L’osservatore viene quindi colpito periodicamente da un cono di ra-diazione di apertura ϑ, intorno alla direzione istantanea di velocita.
L’osservatore viene cosı colpito da brevi impulsi con una frequenza:
νc =3 e B
4πmec
(E
mec2
)2
≈ 16.0 ·B · E2 → [MeV ] [MHZ]
L’energia irradiata per unita di tempo e di frequenza da un elettroneche si muove a velocita relativistica in un campo magnetico B e datadall’espressione:
P (ν, E) =
√3 e3 B
mec2 F
(ν
νc
)[erg sec−1 Hz−1]
La funzione F (x) ha il seguente andamento:
E 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) dE
elettroni con energia compresa fra E ÷ E + dE. Il coefficiente diemissione continua risulta:
εKν (Sync) =1
4π
∫ ∞0
P (ν E)Ne(E) dE erg cm−3 sec−1 sterad−1 Hz−1
Per gli usi astrofisici si adotta una distribuzione di Ne(E) a LEGGEDI POTENZA
Ne(E) = K E−γ [cm−3 erg−1]
cio per evitare che conduca ad un numero ∞ di elettroni bisognaassumere 6= 0 per:
E1 ≤ E ≤ E2
Se sotituiamo i valori numerici delle costanti fisiche si ottiene:
199
εKν (sinc) = 1.35 · 10−22 a(γ) K Bγ + 1
2
6.26 · 1018
ν [Hz]
γ − 1
2
[erg cm−3 sec−1 sterad−1 Hz−1]
K → [ergγ−1 · cm−3] quando E → [erg]
a(γ) ≈ 0.1 varia debolmente con γ
Dalla espressione di εKν segue che:
Iν =∫ ∞
0εKν (sinc) d r ∼ ν−α
α =γ − 1
2
Cioe dall’andamento del continuo si ricava γ
Inoltre da misure assolute di Iν conoscendo l si puo ricavare:
200
K
Se la zona emettente contiene un numero sufficientemente alto di elet-troni relativistici allora puo avvenire il fenomeno di AUTOASSORBI-MENTO di sincrotone da parte di questi elettroni.Per trovare il coefficiente di assorbimento si puo ricorrere ad una espres-sione equivalente alla
∫KLν d ν =
1
ch νnm (Nm Bmn −Nn Bnm)
in cui
Anm =8 π hν3
c3 Bnm =8 π hν3
c3gmgn
Bmn
Anm =P (ν, E)
h ν[sec−1]
Per moti degli elettroni distribuiti isotropicamente risulta:
KKν (sinc) = 0.019 b(γ)
(3.5 · 109
)γ · K B
γ + 22
⊥ ν−γ + 4
2 [cm−1]
201
γ = 1 ÷ 5 b(γ) = 0.65 ÷ 0.36
202
LEZIONE 27
EQUILIBRIO DI IONIZZAZIONE
Finora abbiamo parlato solo di STAZIONARIETA. Nella POPOLA-ZIONE dei livelli cioe di EQUILIBRIO STATISTICO
Introduciamo un’altra condizione di equilibrio che si deve verificarenel mezzo interstellare: l’EQUILIBRIO DI IONIZZAZIONE:
Numero di −→ Numero di
ionizzazioni −→ ricombinazioni
Se:
Nin = numero atomi ionizzati i-volte al livello n/cm3
Ni =∑n Nin = numero atomi ionizzati i− volte/cm3
Se durante un processo di ionizzazione o ricombinazione viene sempreceduto o preso un solo elettrone, allora la condizione di equilibrio diionizzazione si puo esprimere come:
Ni (Ri,i+1 + Ci,i+1) = Ni+1 (Ri+1,i + Ci+1,i)
203
204
Ri,i+1 = rate fotoionizzazione [sec−1]
Ci,i+1 = rate ionizzazione per urto [sec−1]
Ri+1,i = fotoricombinazione [sec−1]
Ci+1,i =ricombinazione con elettrone (Ne)libero e cessione della energiaad un altro partner d′urto (Ni)
urto a 3 [sec−1]
Ri+1,i ∝ Ne
Ci+1,i ∝ Ne N′
three body recombination che alle basse densita del gas interstellarepuo essere trascurata.
L’equazione dell’equilibrio per l’idrogeno e 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’in-tervallo d ν in 1 cm−3 in 1 sec
4 π KKν (1 → f) Iνh ν
d ν
da integrare per ν ≥ ν0
N0 R01 = 4 π∫ ∞ν0
KKν (1 → f) Iν
h νd ν
In condizioni interstellari N0 = N01 cioe tutti gli atomi neutri sonoal livello fondamentale:
N2
N1=
g2
g1
e−hν
KT
1 +A21
Ne Q21
;b2
b1=
1
1 +A21
NeQ21
Q21 = 8.63 · 10−6 Ωnm
gn T1/2 ;
Ωnm
gn' 1 ; 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 puo quindi scrivere:
N01 R01 = 4 π∫ ∞ν0
KKν (1 → f) Iν
h νd ν
Qui possiamo porre:
KKν (1 → f) ∼ 3 · 1029 Z4
n5 ν3 gnf N01 =3 · 1029
ν3 N01
Iν = W Bν (T ) W = 10−16 T = 4 · 104 = 0.5
quindi: vedi Osterbrock pag. 11
207
N01 R01 =4 π 3 · 1029 N01 W
h
∫ ∞ν0
Bν(T )
ν4 d ν
T = 40000 W = 10−16
λmax = 0.28979T [cm]
λmax = 7.2 · 10−6 cm
νmax = 4.17 · 1015 Hz
La frequenza di ionizzazione del livello 1 e:
ν0 = 3.29 · 1015 sec−1
∫ ∞ν0
Bν(T )
ν4 d ν =∫ νmaxν0
2
(ν
c
)2 KT
ν4 d ν︸ ︷︷ ︸A
+∫ ∞νmax
2h
c2ν3 e
−hνkT
ν4 d ν︸ ︷︷ ︸B
A =2KT
c2
∫ νmaxν0
ν−2 d ν =2KT
c
[−1
ν
]νmaxν0
B =2h
c2
∫ ∞νmax
e−hνkT
νd ν t = +
hν
kT
208
∫ −∞t
e−t
td t = E1(t) Integrale esponenziale pag. 228 Abramowitz
LEZIONE 28
La permanenza al livello fondamentale e quindi di gran lunga maggioredella permanenza al livello instanbile
CALCOLO DI C01
A grandi distanze da stelle calde il campo di radiazione e cosı esiguoche si debbono discutere altre sorgenti
Sorgenti di debole ionizzazione
A. Componente diffusa della
radiazione RONTEGEN cosmica
B. Ionizzazione per urto con
particelle della radiazione cosmica
A. R01 = 0 E > 1 KeV vedi KKν (1 → f) ∝ ν−3
R01 = 10−17 E ∼ 0.2 ÷ 1 KeV
B. C01 = N ′ Q01 = N ′ v σKS(v) densita e velocita partner d′urto
La sezione efficace di ionizzazione con particelle di cariche Ze conenergie superiori a 0.3 MeV e stata ricavata da Bethe (1933).
209
210
σKS(v) =2 π e4 Z2
me X0 v2 · 0.285
ln2 me v
21− v2
c2
X0
+ 3.04− v2
c2
K = Kurmusche S = Sthalung
σKS(v) ∝ v−2
Questa diventa 0 gia per particelle con energia E = 100 Mev. Qiuin-di si ha fotoionizzazione per urti con particelle aventi:
E < 100 MeV
Per C01(H) si sono trovati valori dell’ordine di grandezza:
C01(H) ∼ 10−17 sex−1 con E < 100 MeV
|
N ′Q01
In zone con temperature di gran lunga al di sopra di T = 104, comead esempio zone da cui provengono righe dello 0VI dalla cui lunghezzad’onda risulta:
T = 106÷7 K
(Cioe zone in cui e 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 fotonisi pone nella forma:
Ri+1,i = Ne
∑nαin + Ne αi
αin ; αi [cm3 sec−1]
αi = coefficiente di ricombinazione totale
αin = coefficiente di ricombinazione al livello n
Sara in generale:
αin = v σKS(v) =∫ ∞0
v σKS(v) ϕ(v, T ) d v
σKS(v) e la reazione efficace per la ricombinazione di un elettronelibero di VELOCITA RELATIVA v (numero quantico x) nel livello n
ed e data dall’espressione:
v2 σKS(v) =64 π4 e10 Z4
3√
3 me c3 h4 ·
1
ν
gnfn3
nel caso dell’atomo di Idrogeno e degli Idrogenoidi
Sostituendo e ponendo:
nν =me v
2
2+ (X0 −X0n)
212
ϕ(v, T ) = distribuzione maxwelliana corrispondente alla Tempe-ratura cinetica degli elettroni
i = 0i+ 1 = 1
perche consideriamo atomi di Idrogeno o Idrogenoidi
si ottiene:
α0n =29 π5 e10 Z4
m2e c3 h
3
(me
6π KT
)3/2e−XnkT F
Xn
KT
gnfn3
Xn = energia di ionizzazione dal livello n
F (x) =∫∞x
e−tt d t
Si definisce come “coefficiente di ricombinazione parziale”
αj0 =∑∞n=j α0n
sara in base alla definizione:
α10 = α0
α20 = α0 − α01
α30 = α0 − (α01 − α02)
.................................
αn0 = α0 −∑n−1i=1 α0i
213
Per questi coefficienti di ricombinazione parziali vale per l’IDROGE-NO e gli IDROGENOIDI la seguente espressione:
αj0 =2.06 · 10−11 Z2
T 1/2 ∅j X1
KT
[cm3 sec−1]
Per l’idrogeno Z = 1 e T = 104 K si trova:
α10 = α0 ∼ 4 · 10−13 cm3 sec−1
α20 = 2.6 · 10−13 cm3 sec−1
Dall’equazione dell’equilibrio statistico:
N0 (R01 + C01) = N1 R10
risulta:
N1
N0=
R01 + C01
R10=
R01 + C01
Ne α10
si puo porre R01 = 0 nel mezzo interstellare dove c’e la componentecalda.
Nella zona della componente calda del mezzo interstellare risulta:
T ∼ 106 K ; Q01 ∼ 10−11
√T ; R01 ≈ 10−17
Ne = 4 · 10−3 cm−3 ; α10 (T = 106) ∼ 10−14
Risulta quindi:
214
N1
N0=
10−17
Ne · 10−14 +Q01
α10
|
=10−17
Ne · 10−14 + 106
|
=10−3
Ne+ 106 ∼ 106
Si ha cioe ionizzazione completa.
LEZIONE 29
EQUILIBRIO DI IONIZZAZIONE NELLE REGIONI H II
Studiamo l’equilibrio di ionizzazione dell’idrogeno nei dintorni di unastella 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 modoche l’equazione dell’equilibrio di ionizzazione diventa semplicemente:
N0 R01 = N1 R10
N0 R01 = N1 R10 = N1 Ne α0
R01 ∼ 10−8sec−1 per una stella centrale dei primi tipi spettrali
α0 ∼ 4 · 10−13 cm3sec−1 valida per Te ∼ 104 K
Si ricava:
N1
N0=
R01
R10=
R01
Neα0=
2.5 · 104
Ne
Ne N1/N0
102 2.5 · 102
103 2.5 · 10. .. .109 2.5 · 10−5
217
I primi due tipici per Nebulose gassose e l’ultimo BLR of Seyfert-1-galaxies
Nelle Nebulose gassose risulta percio:
N1 N0
perche R01 R10
Siccome: N1 = Ne → nebula di puro idrogeno e
N0 = N01 → tutti gli atomi neutri sono al livello fondamentale
risulta:
Ne
N01=
2.5 · 104
Ne
N01 =N 2e
2.5 · 104
Ne N1/N0
102 0.4103 40
Con questi valori di N01 si ottiene dall’espressione del coefficiente diassorbimento b → f il valore del coefficiente di assorbimento alla testadella serie di Lyman Kk
ν0
Kkν (b− f) ≈ 31029 Z4
n5 ν3 gnf N0n
218
Z = 1 ; n = 1 ; gnf = 1 ;
che in questo caso e:
Kkν (b− f) =
3 · 1029
ν3 N01
ν(921 A) = ν0 = 3.2895 · 1015 Hz
Kkν (b− f) =
3 · 1029
3.5594 · 1046 N01
Kkν (b− f) ≈ 8.43 · 10−18
0.4 3.37 · 10−18 cm−1
40 3.37 · 10−16 cm−1
Ne N01 Kkν0
102 0.4 3.4 · 10−18 cm−1
103 40 3.4 · 10−16 cm−1
Si raggiunge percio lo spessore ottico τν0 = 1 alla testa della serie diLyman su cammini dell’ordine di
l =τν0Kkν0
=1
Kkν0
=
13.4 · 10−18 = 2.9 · 1017 cm = 0.1 pc Ne = 102 cm−1
13.4 · 10−16 = 2.9 · 1015 cm = 0.001 pc Ne = 103 cm−1
219
Cio significa che le “nebulose gassose” sono OTTICAMENTE SPESSEnel continuo di Lyman.
Cio comporta complicazioni nella risoluzione del problema del tra-sporto di radiazione.
In particolare bisogna porre attenzione che per ricombinazioni checonducono direttamente al livello fondamentale n = 1, ha origine uncampo di radiazione diffusa I(d)
ν con ν ν0 che pure contribuisce allaionizzazione.
Nell’espressione di R01:
N0 ·R01 = 4π∫ ∞ν0
Kkν (1− f)
hνIν d ν
bisogna percio porre:
Iν = I(d)ν + I(s)
ν
Calcoliamo la percentuale di ricombinazione ..... al livello fondamen-tale
α1
0 = 4 · 10−13 cm3 sec−1
α20 = 2.6 · 10−13 cm3 sec−1
a T = 104
220
N1 R10 = numero di ricombinazioni/cm3 sec
= N1 Ne α0 = N1 Ne
(α2
0 + α01)
= N1 Ne ∗
α2
0 2.6 · 10−13
+α01 1.4 · 10−13
↓
α10 − α2
0
% Ricombinazioni livello n = 1 = α01α0
= 1.4 · 10−13
4 · 10−13 = 35%
% Ricombinazioni livelli n > 1 =α2
0α0
= 2.6 · 10−13
4 · 10−13 = 65%
LEZIONE 30
Avevamo trovato che lo spessore ottico alla testa della serie di Ly-man e = 1 a T ∼ 104 su cammini dell’ordine di:
l =τν0Kkν0
=1
Kkν0
=
13.4 · 10−18 = 2.9 · 1017 cm = 0.1 pc Ne = 102 cm−1
ovvero N01 = 0.4
13.4 · 10−16 cm = 2.9 · 1015 = 0.001 pc Ne = 103 cm−1
ovvero N01 = 40
come derivato da: N01 =N 2e
2.5 · 104
cio significa che le regioni HII sono otticamente spesse nel continuodi Lyman.
Quando si studia il trasporto di radiazione bisogna considerare chenelle ricombinazioni
N1 R10 = N1 Ne
(α2
0 + α01)
ve ne sono alcune (35 %) che conducono direttamente al livello fonda-mentale n = 1 e che producono una radiazione ionizzante diffusa conν ≥ ν0 : Idν
Sara percio in generale:
221
222
Iν = Isν + Idν
Idν corrisponde percio alla radiazione emessa per ricombinazioni diretteal livello fondamentale.
Quindi il numero di ionizzazioni /cm3 sec sara:
N01 R01 = 4π∫ ∞ν0
Kkν (1− f)
(Isν + Idν
)hv
d ν
L’equazione dell’equilibrio di ionizzazione:
N1 R01 = N1 Ne
(α2
0 + α01)
4π∫ ∞ν0
Kkν (1− f) Isν
hνd ν + 4π
∫ ∞ν0
Kkν (1− f) Idν
hνd ν
=
= N1 Ne α20 +N1 Ne α01
Siccome la radiazione diffusa Idν corrisponde alla ricombinazioneN1 Ne α01,se questa viene subito riassorbita ON THE SPOT, allora non da alcuncontributo alla equazione dell’equilibrio di ionizzazione.
Possiamo quindi scrivere l’equazione dell’equilibrio indicando con:
x = N1
N0 +N1= grado di ionizzazione N0 +N1 = NH
Ne = N1 = x NH
N0 R01 = Ne N1 α20
223
(1− x) NH · 4π∫ ∞ν0
Kkν I
sν
hνd ν = x2 N 2
H α20
Kkν =
Kkν (1− f)
N01
L’equazione del trasporto di radiazione e in coordinate polari:
∂Iν∂r
cosθ − ∂Iν∂θ
sinθ
r= − Kν Iν + εν
θ = angolo rispetto alla direzione radiale
Ricordando che:
φν =∫ ∫
Iν(θ) cos θ dω
Risulta nel caso di simmetria sferica:
dφνd r
+2
rφν ≡
1
r2d
d r
(r2φν
)= −4π Kν Iν + 4πεν
224
Il fattore 4π davanti a Kν Iν ed εν risulta dal fatto che l’intensita diun campo di radiazione isotropa Iν viene definito tramite:
4π Iν = Ω∗ I∗ν =∫I∗ν dω ; Ω∗ =
π R2∗
r2
ove:
I∗ν =φν(r)
Ω∗= indipendente dalla distanza
↓
chiamato intensita media del disco stellare
A causa dell’assorbimento continuo nel percorso ................ dalla superficieal punto ....... deve sostituire
I∗ν → con → I∗ν exp(−τν)
d τν = Kkν,Atomo ·N0 d r = Kk
ν,Atomo(1− x) NH d r
225
Siccome Kkν ∼ ν3 per ν > ν0
la radiazione a bassa frequenza viene indebolita molto
quindi si ha uno spostamento della distribuzione di intensita versofrequenze piu alte
Alla radiazione STELLARE va aggiunto il campo di radiazione
DIFFUSA: Iαν ; φdν (con λ < 912A)
e quindi: εν = εdν rappresenta il potere emissivo di questaradiazione diffusa.
226
L’equazione del trasporto diventa:
• dividendo per hν
• moltiplicando per 4π
• integrando fra ν0 e ∞
Ne N1 α0.............
Numero di ionizzazioni
d
d r
[4π r2
∫ ∞ν0
(φsν + φdν
) d ν
hν
]=
= 4πr2
−4π∫ ∞ν0
x2N2Hα0︷ ︸︸ ︷
Kν
(Isν + Idν
)hν
d ν + 4π∫ ∞ν0
x2N2Hα01︷ ︸︸ ︷
εdνhν
d ν
x2N 2Hα01 = numero degli elettroni catturati al livello fondamentale
φsν = I∗ν e−τν Ω∗ ; I∗ν =φν(r)
Ω∗
e siccome per definizione:
4π Isν = Ω∗(I∗ν e
−τν)
risulta:
227
Isν = I∗ν e−τν Ω∗
4π= I∗ν e
−τν W
L’equazione del trasporto diventa cosı:
dLc(r)
d r= −4πr2 x2 N 2
H α(2)0
che si legge:
La perdita per unita di distanza di “fotoni ionizzati” e ugualeal numero di ricombinazioni a livelli con n > 1
228
Lezione 31
Avevamo trovato che l’equazione del trasporto di radiazione nel caso disimmetria sferica e:
d
d r
[4π r2
∫ ∞ν0
(φsν + φdν
) d ν
hν
]=
= 4πr2
−4π∫ ∞ν0
Kν
(Isν + Idν
)hν
d ν + 4π∫ ∞ν0
εdνhν
d ν
d
d r[ LC(r) ] = 4πr2
[−x2N 2
Hα0 + X2N 2Hα01
]
ove:
φsν(r) = I∗ν e−τν Ω∗ ; 4π Isν(r) = I∗ν e−τν Ω∗
τν(r) = Kkν (1− x) NH r ; Kk
ν =3 · 1029
ν3
Il porre:
4 π∫ ∞ν0
εdνhν
d ν = X2(r) N 2H α01
229
230
significa dire: che la radiazione diffusa prodotta all’interno di unvolumetto dV e data dalle ricombinazioni al livello fondamentale:
Nel caso di assorbimento ON THE SPOT dei fotoni del continuo diLyman:
4 π∫ ∞ν0
KνIdν
hνd ν = −X2 N 2
H α01
Quindi: φdν = 0
Cio significa che :
LC(r) = 4πr2∫ ∞ν0
φsνd ν
hν
Numero fotoni ionizzanti provenienti dalla stella
Quindi:
dLc(r)
d r= −4πr2 X2 N 2
H α(2)0
che si legge:
231
Il decremento per unita di distanza del flusso di fotoni ionizzantiprovenienti dalla stella e uguale al numero di ricombinazioni a livellicon n = 1
L’andamento in funzione di r del grado di ionizzazione X(r) si ricavatramite le seguenti equazioni:
(1−X) NH 4π∫∞ν0
KνIsν
hν d ν = X2 N 2H α
(2)0
Isν = I∗ν e−τνR2∗
4r2
τν(r) = Kkν (1−X) NH r
Kkν = 3 · 1029
ν3
Una volta noti:
NH ; R∗ ; I∗ν =φν(R
∗)
π
φν(R∗) = π Bν(T ) = π
2hν3
c21
ehνKT − 1
che si pone nel caso di approssimazione di corpo nero
Il risultato di tali calcoli e che:
X(r) = 1 per r < rS
232
X(r) ↓ 0 per r>∼ rS
Vi e quindi un raggio rS = raggio di Stromgren all’interno del qualel’idrogeno e del tutto ionizzato:
H II
Il raggio di Stromgren da praticamente quella distanza a cui il flussodi fotoni UV ionizzanti provenienti dalle stelle e uguale a zero:
LC(rS) = 0
X(r) = 1 per r < rS
Integrando la:
d
d rLc(r) = −4πr2 X2 N 2
H α(2)0
Lc(rS)−Lc(R∗) = −Lc(R∗) = −4
3π N 2
H α(2)0
(r3S −R3
∗)
; rS R∗
Lc(R∗) =∫ ∞ν0
φsν(R∗)
hν4π R2
∗ d ν ; φsν(R∗) = ΠI∗ν
4πR2∗
∫ ∞ν0
ΠI∗νhν
d ν =4
3π N 2
H α(2)0 r3
S
233
r3S =
3R2∗
N 2H α
(2)0
∫ ∞ν0
ΠI∗νhν
d ν
L’integrale rappresenta il numero di fotoni ionizzanti che attraversanole stelle /cm2 sec
NL =∫ ∞ν0
ΠI∗νhν
d ν
Ponendo α(2)0 = 2.6 · 10−13 cm3 sec−1 valido per T ∼ 104 K si
ottiene:
rS = 1.23 · 10−7(R∗R
)2/3
N1/3L N
−2/3H [pc]
Il parametro:
u = rS N2/3H ∝ NL = flusso totale dei fotoni di Lyman
viene indicato come “PARAMETRO DI ECCITAZIONE”
Il bordo delle regioni H II e netto.
Dall’andamento di X(r) si vede che:
N1 N0 τν0 = NH(1−X) 3 · 1029
ν3 r.. = 0
dove X = 1
Quando X diminuisce bruscamente τν aumenta bruscamente.
234
Per X = 0.5 il cammino linbero medio di un fotone ionizzante e perNH = 102 ÷ 103 cm−3
L’elio puo essere presente in regioni H II o come He I o come He II
E chiaro dalla tabella che se non vi sono fotoni sufficientemente ener-getici per ionizare HeI → He II
HeI + hν /−→ HeII + e
235
236
allora non puo essere prodotto ne O III ne N III
Al contrario se esistono questi fotoni ci aspettiamo di trovarli con loHe II
Vediamo qualitativamente le strutture di ionizzazione possibili. Sud-dividiamo la radiazione UV stellare in due bande
(1) 13.6 ≤ hν ≤ 24.6 eV questi fotoni possono ionizzare solo HI
(2) hν ≥ 24.6 eV questi fotoni possono ionizzare HI ed HeIe la differenza di valore della sezione d’urto bilancia la differenza diabbondanze.
A causa delle differenti sezioni d’urto di fotoionizzazione i fotoni dellabanda (2) sono principalmente asorbiti dallo HeI, se naturalmente sonopresenti 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 eVdominano la ionizzazione dello HI ed HeI
H II HeII, HI HeI
OIII OII, OI NI
ESTINZIONE DA PARTE DI PARTICELLE DI POLVERE
In base a osservazioni infrarosse polveri sono presenti nelle regioniH II piu dense.
Per effetto di queste polveri la radiazione UV viene assorbita, quindidiminuisce il raggio di Stromgren rS
Siccome il rapporto:
238
POLV ERE
GAS= costante
La POLVERE aumenta all’aumentare della dennsita e quindi diminuisce
rS → r′S
(r′SrS = fattore di riduzione
)
Se si indica:
τν s =
profondita ottica della polvere per il tratto rS alla testa della serie diLyman
AV =
assorbimento visuale nella regione H II
vale la relazione:
τν s = 4 AV
REGIONI HI
Tutte le stelle O, B sono circondate da piu o meno estese regioniHII dalle quali non puo scappare radiazione con:
λ < 912 A cioe con E > 13.6 eV
Fotoni con energia E < 13.6 eV nelle zone esterne possono ionizzare:
239
I.P.C 11.26 eVSi 8.15 eVFe 7.87 eV
Anche nella zona esterna ad rS
r > rS
Vi puo pero essere una debole ionizzazione dello IDROGENO dovutaa:
La ionizzazione per radiazione cosmica produce X0 N(HI) ionizza-zioni 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)=
X0
2
√√√√√1 +
4 (R01 + C01)
N(HI) X20 α
(2)0
− 1
Ne = X0 N(HI) + N1
che una volta noti:
T = Temperatura cinetica (Temperatura di spin− si deriva dalla riga 21 cm)
N(HI) = densita di atomi di HI
permette di derivare la Densita elettronica nella regione HI
Andiamo a studiare la IONIZZAZIONE DEGLI ELEMENTI PIUPESANTI in:
REGIONI HI
REGIONI HII
245
246
Consideriamo il Na e il Ca che hanno potenziali di ionizzazioneMINORI DI QUELLO DELL’IDROGENO
\eV X0 X1
Na
5.1 eV2431 A
47.3 eV262 A
Ca
6.1 eV2032 A
11.9 eV1042 A
λ = 12398E
Nelle regioni HI attorno a regioni HII non arrivano fotoni con λ < 912Adalla stella eccitatrice
Arrivano pero fotoni con λ > 912 A dalla stella centrale.
Risulta:
R01
Na ∼ 4 · 10−7 sec−1
Ca ∼ 2.4 · 10−7 sec−1∼ 10−7 sec−1
Questa rate e dei valori
247
R01 ∼ 10−17 sec−1
C01 ∼ 10−17 sec−1
dovuti a Radiazione cosmica diffusa
particelle+Rontgen
Possiamo quindi scrivere l’equazione dell’equilibrio di ionizzazione con-siderando solo:
FOTOIONIZZAZIONI
FOTORICOMBINAZIONI
Ni Ri,i+1 = Ni+1 Ne αi
Ni
Ni+1=
αiRi,i+1
Ne
ESEMPIO
Consideriamo una regione HI con:
T = 102 K Ne ∼ 10−2 cm−3, cioe regioni fredde e sottili
Risulta:
NeNi
N0=
R01
α0=
1 per il Na
102 per il Ca
α0 = 10−7 cm3 sec−1
α0 = 10−9 cm3 sec−1
Cosı che per Ne = 10−2 risulta:
248
Ni
N0=
102 per il Na II
X
NaI 5.1 eVNaII 47.3 eV
→
104 per il Ca II
X
CaI 6.1 eVCaII 11.9 eV
Nelle regioni HII con T = 104 Ne ∼ 102 ÷ 103 cm−3
cioe regioni calde e dense
R01
α0=
10 per il Na
104 per il Ca
α0 = 10−8 cm3 sec−1
α0 = 10−11 cm3 sec−1
Cosı che:
Ni
N0=
10−1 ÷ 10−2 per il Na II
102 ÷ 101 per il Ca II
Cioe in pratica diminuisce la ionizzazione.
In una regione H II calda e densa la ionizzazione degli elementipesanti (Na, Ca) e minore che in una regione HI sottile e fredda
La causa di cio e la forte densita elettronica delle regioni HII cheprovoca una alta rate di ricombinazione.
Anche per il Carbonio C : X0 = 11.3 eV si ottengono risultatianaloghi:
249
Nelle Regioni HI → Il C e prevalentemente ionizzato
Al contrario per l’ N , O che hanno potenziali di prima ionizzazione:
X0(N) = 14.53 eV
X0(O) = 13.62 eVX0(H) = 13.60 eV
molto vicini a quello dell’ HI risulta che nelle regioni HI sono anch’essiNEUTRI
REAZIONI A SCAMBIO DI CARICA
Una debole ionizzazione dello O puo essere prodotta tramite la rea-zione a scambio di carica
Oo + H+ −→←− O+ + Ho
Il coefficiente della velocita di ionizzazione di questo processo e:
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 REAZIONE CHIMICA DI SCAMBIO
a seguito della quale puo avvenire:
OH+ + e −→ O +H RICOMBINAZIONE DISSOCIATIV A
Utilizzando l’espressione:
Ni
Ni+1=
αiRi,i+1
Ne
Si puo misurare la densita elettronica misurando il rapporto d’inten-sita di due righe di assorbimento dello stesso elemento in due diversistati di ionizzazione.
Per nubi diffuse con:
N(HI) ∼ 102 ÷ 103 cm−3
e risultato:
Ne ∼ 102 ÷ 10−1 cm−3
cioe:
Ne
N(HI)≈ 10−4
Lezione 35 - 36
Lo stato termodinamico del gas interstellare e individuato dalla sua:
T = temperatura cinetica
T dipende da:
Γ guadagno
Λ perdita
di energia termica (calore) cm−3 sec−1
Γ = Rate di riscaldamento e Λ = Rate di raffreddamento
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 pereffetto 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 par-ticelle di polvere
(1) Fotoionizzazione
La fotoionizzazione di atomi neutri fornisce elettroni liberi, che perurto con altre particelle di gas distribuiscono a queste una parte dellaloro energia cinetica.
La fotoionizzazione di atomi di HI e il principale meccanismo diriscaldamento delle regioni HII.
L’energia media degli elettroni liberati e:
El =
∫ ∞ν0
h(ν − ν0)Kkν Iνhν
d ν
∫ ∞ν0
Kkν Iνhν
d ν
Kkν Iνhν
= numero di fotoni assorbiti per unita di lunghezza
Come si vede l’energia media degli elettroni liberati dipende dallaforma della distribuzione della radiazione ionizzante e non dalla suaintensita.
253
Assumendo che dalla stella eccittatrice di temperatura superficiale T∗provenga la radiazione:
Iν = W Bν(T∗)
la temperatura iniziale degli elettroni prodotti e:
T0 =2
3T∗ se h ν0 > KT∗
In condizioni di equilibrio di ionizzazione:
Numero di fotoionizzazioni = Numero ricombinazioni negli stati legati
↓ ↓
Ne N1 α0 Ne N1 Σ v σxn
↓ ↓
e questo si scrive solo questo serve per mostrare
per avere il numero dei il processo di ricombinazione
processi di fotoionizzazione cosı come avviene: v = velocita
relativa dell’elettrone che
corrisponde ad una Ekin = 12mev
2
che nella ricombinazione viene persa
↓ ↓
Energia guadagnata Energia perduta
Ne N1 α(2)0 El Ne N1
12 ml Σ v3σxn
254
La rate di riscaldamento netta e:
Γ = Ne N1
α0E −
1
2ml Σ v3σxn
(2) Ionizzazione per urto di atomi di idrogeno neutro inregioni HI per mezzo di particellle della radiazione cosmica.
Sia ∆E il guadagno medio di energia del gas per ogni elettrone liberoprodotto. Sara:
ΓKS = N(HI) · C01 · ∆E
∆E ∼ 3 eV per densita N(HI) > 1 cm−3
L’elettrone quando viene liberato riceve una EKin ∼ 20 ÷ 40 eV ;ionizza quindi altri atomi e ne eccita altri finche la sua EKin < 10.2 eVcorrispondente all’eccitazione del livello 2 . Energia quest’ultima cheperde tramite urti elastici. In media ad ogni elettrone liberato vienedata una energia:
∆E ∼ 3 eV
(2) FOTOEFFETTO SULLA SUPERFICIE DI PARTI-CELLE INTERSTELLARI
Di fondamentale inportanza per l’equilibrio termico di regioni HI. Incui vi e solo radiazione con λ > 912 A !!!
Iνhν = numero fotoni/cm2 H2 sec sterad
255
La superficie efficace totale delle particelle contenute in un volume di1 cm3
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 difrequenza ν proveniente da tutte le direzioni e:
4π
(Iνhν
)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 troviamoa profondita ottica τ (per λ ∼ 1000 A) la rate di riscaldamento perfotoeffetto e:
256
ΓPE = 4π∫ Iνhν
e−τ ·NS σS · Qabs ye Ee d ν
Da misure di laboratorio con sorgenti che riproducono la distribuzionedi energia della radiazione UV di campo con λ > 912 A si e trovato:
Ee ∼ 5 eV
Sostituendo i valori tipici:
Qext(V ) ∼ 0.5
NSσS ∼ 10−21 NH NH = N(HI) +N(HII)
si trova:
ΓPE ∼ 2 · 10−25 NH e−τν ye erg cm−3 sec−1
MOLECOLE DI H2 FORMATE ALLA SUPERFICIE DI PARTI-CELLE DI POLVERE ED EVAPORATE NELLO SPAZIO
257
Eerg
0.5 eV → Ekin → 10 % dell′energia va in energia termicastaccare la molecola dal granoeccitare 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 dallivello fondamentale 1. Il numero di queste eccitazioni e:
N ′ Ni1 Q1m per un livello superiore m
258
Avvengono pero anche ricombinazioni per urto le quali ridanno ener-gia termica al mezzo
N ′ Nim Qm1
La rate di raffreddamento sara:
Λurto = N ′ Σm (Em − E1) (Ni1 Q1m −Nim Qm1)
Urti fra molecole complesse (CO) e molecole di H2 possono eccitarele prime e provocare quindi un notevole raffreddamento
(2) Radiazione free-free degli elettroni nella zona ionizzata
Λff = 4π εff
4π εff = 1.426 · 10−27 Z2 T 1/2 Ne Ni gff erg cm−3 s−1
gff ∼ T 0.15 ν−0.1
259
(2) Urti di particelle di gas con particelle solide
In nubi dense con alta quantita di polvere:
Atomi+
Molecole
cedono una parte della loro energia termica
⇓
Particelle di polvere
260
Appendice C
DIFFERENZA DI OPACITA ALLA TESTA DELLA SERIEDI LYMAN E DI BALMER IN CONDIZIONI DI ALTAOPACITA ALLA TESTA DELLA SERIE DI LYMAN
( Supponiamo → T ∼ 104)
Opacita alla testa della serie di Lyman
kkν(n, f) =3 · 1029
n5 ν3 Z4 N0n
supponendo che N01 sia uniforme e che lo spessore geometrico sia l:
τ kν (1, f) =3 · 1029
ν3 N01 l
Il numero di atomi neutri al livello fondamentale in condizioni diequilibrio di ionizzazione e in presenza di soli processi radiativi e:
261
262
N1 ·Ne α(1)0 = N0 R01
N0 =N1 Ne α
(1)0
R01
in caso di solo idrogeno N1 = N2
e α(1)0 (T = 104) = 4 · 10−13 cm3 s−1
N01 =N 2e α
(1)0
R01=
N 2e
10−8 · 4 · 10−13 = 4 · 10−5N 2e
τ kν (1, f) =3 · 1029
(3.3 · 1015)3 · 4 · 10−5 N 2e l
|
=12 · 1024
3.6 · 1046 N2e l = 3.3 · 10−22 N 2
e l
ν1 = 3.3 · 1015 s−1
τ kν (1, f) = 3.3 · 10−22 N 2e l
Opacita alla testa della serie di Lyman
Nell’ipotesi di assorbimento “on the spot” dei fotoni prodotti perricombinazione diretta al livello fondamentale possiamo scrivere:
263
numero di ricombinazioni a livelli con n ≥ 2 = numero di fotoniLyα = numero di fotoionizzazioni
N1 ·Ne α(2)0 = N02 A02 N1 = Ne
N02 =N 2e α
(2)0
A21
A21 ' 4.7 · 108 s−1
α(2)0 (T = 104) ' 2.6 · 10−13 cm3 s−1
τ kν (2, f) ≈ 3 · 1029
ν32(2)5 N02 l ; ν2 =
1
4ν1 ≡ 8.3 · 1014 s−1
|≈ 3 · 1029
5.6 · 1044(32)2.6 · 10−13
4.7 · 108 N 2e l
|≈ 9.3 · 10−39 N 2
e l
Quindi:
τ kν (1, f) ∼ 3.3 · 10−22 N 2e l
τ kν (2, f) ∼ 9.3 · 10−39 N 2e l
264
τ kν (1, f) ∼ 3.6 · 1016 τ kν (2, f)
Lezione 37
Equilibrio termico in regioni HII
I principali processi che agiscono nello stato termico di una regioneHII 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 e:
El =
∫ ∞ν0
h(ν − ν0)Kν Iνhν
d ν∫ ∞ν0
Kν Iνhν
d ν
265
266
Questa espressione e VALIDA IN QUALUNQUE REGIONE
In particolare se si considera l’INTERA REGIONE HII che supponia-mo sferica di raggio R
Tutta la radiazione ionizzante emessa dalla stella Iν viene assorbitaper cui si puo eliminare Kν e scrivere:
El =
∫ ∞ν0
h(ν − ν0)Iνhν
d ν∫ ∞ν0
Iνhν
d ν
Questa e veramente l’energia cinetica media degli elettroni su TUTTALA REGIONE HII.
NOTA
Calcolo di El vicino alla stella eccitatrice
267
El =
∫ ∞ν0
h(ν − ν0)Kcν Iνhν
d ν∫ ∞ν0
Kcν Iνhν
d ν=
3
2K T0
ove T0 e la temperatura iniziale degli elettroni
In questo caso I nu e relativamente grande (varia come 1/r2) mentrela Idν puo essere trascurata
Kcν ∝ ν−3
I = W Bν(T ) = Wν3 e− hνKT∗
approssimazione di Wien valida se hν0KT∗
> 1
El =
∫ ∞ν0
h(ν − ν0)e− hνKT∗
hνd ν
∫ ∞ν0
e− hνKT∗
hνd ν
x =hν
KT∗; x0 =
hν0
KT∗ 1 ; dx =
h
KT∗d ν
El =
∫ ∞x0
(x− x0) K T∗K T ∗ x
e−xKT∗h
dx
∫ ∞x0
e−x
KT∗ x
KT∗ x
hdx
268
=
∫ ∞x0
(x− x0)
xe−x dx
KT∗∫ ∞x0
e−x
xdx
El = ≈ K T∗[1−
(1
x0
)] ≈ K T∗
3
2K T0 = K T∗ T0 =
2
3T∗
Avevamo visto che se si pone:
El =3
2K T0 T0 = temperatura iniziale
T = W Bν (T ∗) T ∗ = temperatura sorgente eccitatrice
nell’ipotesi che: h ν0K T∗
> 1
T∗hν0K T∗
5000 3210000 1630000 550000 3
269
approssimazione di Wien Bν (T∗) ∼ ν3 e− hνKT∗
ricordando che Kν α ν−3
risulta:
T0 ∼2
3T∗
La “Rate di riscaldamento netta per fotoionizzazione” risultava in
condizioni di equilibrio di fotoionizzazione:
ΓPh = Ne N1
α0 El −1
2me
∞∑n=1
v3 σxn (v)
∝ Ne N1
v = velocita relativa elettrone-protone
v3 σxn = mediata su tutte le velocita relative supponendo una
distribuzione di velocita Maxwelliana
La “Rate di raffreddamento per eccitazione per urto con conseguenteemissione di radiazione e data da:
Λurto = Ne
∑m
[(Ni1 Q1m − Nim Qm1) (Em − E1)]
se Ne < 102 cm−3 Qm1 ∼ 0
Λurto = Ne Ni1∑m
[ Q1m (Em − E1)] ∝ Ne Ni
270
Q21 = 8.63 · 10−6
T 1/2Ω(1, 2)g2
Q12 = g2g1Q21 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 diLyman l’assorbimento (b-f):
Kkν (b− f) ∼ ν−3
L’energia cinetica media El si puo scrivere in funzione di T ∗
in prossimita della sorgente quando il campo di radiazione stellare none ancora assorbito Kk
ν ∆x 1
El = ψ0 K T ∗ si trova ψ0 =
0.98 T ∗ = 4000. .
. .
. .
0.87 T ∗ = 30000
Nella espressione di ΓPh si puo porre ora:
1) N1 = Np
2) El = ψ0 K T ∗
3) α0 = α10 = 2.06 · 10−11
T 1/2 Z2 φ1
(X1KT
)cm3 sec−1 ove X1 e
l’energia di ionizzazione dal livello 1
4) Fare la media pesata usando la distribuzione di Maxwell
272
Si ottiene:
ΓPh =2.9 · 10−27 Ne NP
T 1/2 T∗ψ0 φ1(T ) − T ψ1(T )
ψ1(T ) + cost ·∑
v3 σxn
Questo risultato vale solo IN VICINANNZA DELLA STELLA
Se invece vogliamo calcolare ΓPh valido per tutta la regione HII si usal’espressione di El valida per tutta la regione HII e si pone:
El = ψ K T ∗ ψ =
1.05 T ∗ = 4000. .
. .
. .
1.34 T ∗ = 30000
Nell’espressione di ΓPh si sostituisce α(1)0 con α
(2)0 e si iniziano le som-
me da 2 poiche le ricombinazioni al livello fondamentale (cooling) nell’i-potesi di riassorbimento OTS (heal) non provocano nessuna variazionedello stato termico del gas.
ΓPh = Ne N1
α(2)0 El −
1
2me
∞∑n=2
v3 σxn
273
Risulta in conclusione:
ΓPh =2.9 · 10−27 Ne NP
T 1/2
T∗ ψ φ2(T ) − T ψ2(T )
In figura e riportato l’andamneto di ΓPh, Λurto e Λff per una
T∗ = 32000 e per NP ∼ Ne < 102 (si puo trascurare il terminenegativo di diseccitazione per urto in Λurto)
Nel caso di IDROGENO PURO solo Λff potrebbe bilaniare ΓPh ecio avverrebbe a T ∼ 27000 K
La presenza di [OIII] [OII] [NII] Λurto fa sı che si raggiunga l’equilibriotermico a ∼
T ∼ 7500 K
Se aumenta la densita Ne > 103 cm−3 aumenta la rate di diseccitazio-ne per urto e quindi Λurto cresce piu lentamente e si ha una temperaturadi equilibrio maggiore.
Se spegnessimo la stella centrale, quanto tempo impiegherebbe il gasa passare da T = 10000 K a T = 0 K?
274
tC =
3
2NPKT
Λ' 1012
NPsec
Λ ' 10−24 N 2P erg cm−3 sec−1 K = 1.38 · 10−16 erg deg−1
tC =3 · 104
NPyears tC =
300y Ne = 102
30y Ne = 103
3y Ne = 104
In quanto tempo gli atomi di HII si ricombinerebbero?
tC =1
R10=
1
Neα0=
T 1/2
Ne 2.06 · 10−11 φ1
X ′1KT
∼105
NPyears
per T ∼ 10000
103 y NP = 102
102 y NP = 103
10 y NP = 104
Lezione 38 - EQUILIBRIOTERMICO NELLE REGIONI HI
Nelle regioni HI l’apporto di energia e molto piu piccolo che nelle regioniHII
La rate di riscaldamento e data da:
Γ = ΓPh + ΓKS + ΓPE
ΓPh = fotoionizzazione di elementi piu pesanti dello HI, con X0 <
13.6 eV per effetto di radiazione con λ > 912A
Il valore dell’energia cinetica media degli elettroni prodotti e:
El ∼ 2 eV ∼ 3 · 10−12 erg 1eV = 1.60 · 10−12erg
Per una temperatura e una densita della nebula:
T ≈ 102K NH < 102cm−3
il valore della energia cinetica media dello HI e degli elettroni e:
El =3
2KT =
3
2
(1.38 · 10−16
)· 102 ∼ 2 · 10−14 erg
275
276
cioe
El Ek
El = energia cinetica media elettroni prodotti della fotoionizzazione
El = energia cinetica media degli elettroni a T ∼ 102K
In tali condizioni nella espressione di ΓPh:
ΓPh = NeN1
α0 El −
1
2me
∞∑n=1
v3 σxn︸ ︷︷ ︸2o termine
si puo trascurare il secondo termine
e risulta
ΓPh ≈ 4 · 10−4 Ne NH α0 El
α0 = valore approssimato di :
α0 =2.06 · 10−11 Z2
T 1/2 φ2
X ′1KT
cm3 sec−1
4 · 10−4 = tiene conto della scarsa abbondanza rispetto all’HI deglielementi (C, Si, Fe....) che contribuiscono alla fotoionizzazione.
277
C 1s2 2s2 p2
Nell’espressione di α0 per il C+ : Z = 1 e siccome n = 1 eoccupato
α0 = α(2)0
Ponendo El = 3·10−12 erg e sostituendo l’espressione di α(2)0 = α0 ;
ΓKS Ionizzazione per urto di atomi di HI interstellari con
RADIAZIONE COSMICA
particelle
RontgenStrahlung
ΓKS = N(HI) · C01 ·∆E
∆E ≈ 3eV ≈ 5 · 10−12 erg
C01 ≈ 10−17 sec−1
ΓKS ≈ 5 · 10−29 NH [erg cm−3 sec−1]
ΓPE FOTOEFFETTO SU PARTICELLE DI POLVERE
278
ΓPE ∼ 2 · 10−25 NH e−τyl [erg cm−3 sec−1]
per yl = 0.3 τ = 0.3 corrispondente a τ(V ) ≈ 0.1 Aλ = 1.086 ·τλ
Risulta quindi:
ΓPE ≈ 4 · 10−26 NH [erg cm−3 sec−1]
Concludendo:
Γ = 2 · 10−26 · T−1/2 φ2(T ) ·X ·N 2H︸ ︷︷ ︸
ΓPE∝N2H
+ 5 · 10−29 NH︸ ︷︷ ︸ΓKS∝NH
+ 4 · 10−26NH︸ ︷︷ ︸ΓPE∝NH
La rate di raffreddamento e provocata solamente da URTI
1) Eccitazione per urto di
T<100K︷︸︸︷C+
T>100K︷ ︸︸ ︷Si+ Fe+ con atomi di HI ed
elettroni e
2) Eccitazione per urto del livello 2 dell’atomo di HI quando T =4000÷ 12000K. I fotoni Lyman cosı prodotti riscaldano la polveree vengono riemessi nell’infrarosso.
Lezione 39
R I C H I A M O
fotoionizzazione del CI
ΓPhN 2H
= 2 · 10−26 · T−1/2 φ2(T ) ·X
ΓKSN 2H
= 5 · 10−29
NH
ΓPEN 2H
= 4 · 10−26
NH
ΓH2
N 2H
= 2 · 10−29
NHN(HI)
raggiunge lo stesso ordine di grandezza di ΓPE per Ne ∼ 103
Cooling −→ Λurto
C∗ il cui potenziale di ionizzazione X0 < 13.6 eV ha una densitarelativa uguale alla densita relativa presente nelle regioni HII.
T < 100 KIl raffreddamento e dominato dalla eccitazione del CIIΛHCII = 7 · 9 · 10−27 N 2
H dc e−92/T erg cm−3sec−1
279
280
dc = (nc/nH) / (nc/nH)cosmico ∼ 0.1÷ 1
T > 100 K
subentra l’effetto della eccitazione del FeII e SiII
Per densita sufficientemente alte e basse temperature diventa impor-tante l’eccitazione di molecole H2
Curve di raffreddamento (N.B. piu basse al diminuire della ioniz-zazione cioe della abbondanza di CII, FeII, SiII)
a) intersezione con ΓPh indipendente da NH
per x = 10−2
TE ∼ 16K
b) calcolo ΓKS per NH = 1÷ 5 cm−3 TE ∼ 10K
12K
c) calcolo ΓPE per NH = 40÷ 4 cm−3 TE ∼ 24K
60K
A basse densita il fotoeffetto comincia ad essere meno efficiente perchele particelle di polvere cariche positivamente hanno scarsa probabilita diricombinazioni con elettroni e tornare neutre. In tale caso la polvereresta carica positivamente e diminuiscono di conseguenza ye ed Ee
A basse densita NH ∼ 0.1÷ 0.4÷ 1
281
ΓPEN 2H
= 4 · 10−26
0.1 =
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 e:
Γ (NH , Ne, TE) = Λ (NH , Ne, TE)
Tramite le equazioni:
N − e = N1 + x0 N(HI) x0 ∼ 5 · 10−4
N1
N(HI)=
x0
2
√√√√√1 +
4(R01 + C01)
x20N(HI)α
(2)0
− 1
Si elimina Ne perche si ricava Ne in funzione di NHI ∼ NH
Si puo adesso plottare:
TE −N p = NKTE −N
Commento curve
282
Lezione 40
PARAMETRI DI STATO DELLE REGIONI HII.
TEMPERATURA ELETTRONICA
DENSITA ELETTRONICA
MASSADELL′IDROGENO IONIZZATO
Temperatura elettronica
Si puo ricavare in tre modi:
1) Misura assoluta a basse frequenze del radiocontinuo termico per
τ kν 1
τ kνBν(Te) ∼ ν−0.1 T−.35
e E ; τ kν 1
Bν(Te) ∼ ν2 Te ; τ kν 1
2) Dal rapporto di intensita di due righe di emissione ottiche ecci-tate per urto con livelli di partenza sufficientemente distanti l’unodall’altro
escludendo la
emissione indotta
eccitazione radiattiva
283
284
N3
N2=
Ω13
Ω12
A21
A32 + A31
[1 + 1.73 · 10−4 xΩ12
A21
]e−X23KTe
3) Intensita di righe di ricombinazione radio.
Cio e valido quando τ kν 1 cioe:
poiche
τ kν (ff) ∝ T−1.35 ν−2.1 ⇒ ad alte frequenze
τ kν (bf) ∝ n−5 ν−3 ⇒ ad alte frequenze
questo ha poco effetto perche tutto lo H e ionizzato e poiche laproporzionalita a ν−3 lo rende trascurabile
Se si prendono le temperature di radiazione nella riga e nel continuoper radiazione non incidente si ha l’espressione nel caso τ 1
3) Ne = NP +N(He+) → NP = Ne+N(He+) da cancellare?
Bmn =fmnνnm
=R3Z6 m−5n−3
2 ν+4nm
286
***
Infatti l’equazione statistica per gli stati legati e:
Nm
n−1∑m=1
Anm =∞∑n−1
Nm Amn + Np Ne α0n(Te)
287
KLν ∝ Bmn ∝ 1
ν4
quindi ad alte frequenze KLν 1 ⇒ τLν 1
4) τLν =∫ l0 KL
ν d r
si ottiene l’espressione:
τLν = cost bn T−5/2e exp
−x0 − x0n
KTe
E
1 + [N(He+)/NP ]ψ(ν)
E =∫ l0N 2e d r misura dell′emissione
τLν (f − f) = 8.24 · 10−2Z2 T−1.35ν−2.1∫ l
0NeNi d r︸ ︷︷ ︸
E nel caso di puro idrogeno
Se si esprime l’integrale esteso alla riga della TL(ν)
∫TL(ν) d ν = T ∗L ·∆νL T ∗L = valore di TL(ν)
288
si ottiene per il rapporto RIGA-CONTINUO nell’approssimazioneLTE bn = 1:
T ∗L∆νLTk
≈ 2.3 · 104 ν2.1 T−1.5e
1 +N(He+)
NP
∆νL [KHz] ν [GHz] λ ∼ mmcm
Da questa espresione si ricava un valore di Te piu piccolo del realeperche e stata trascurata la emissione indotta.
289
Densita elettronica
1) Rapporto di intensita di 2 righe di emissione ottica eccitate perurto con livelli superiori molto vicini
Qnm = 8.63 · 10−6 Ωnm
T 1/2gn[cm3sec−1
ILnmILn′m
=νnm Anm gnνn′m An′m gn′
1 +
(An′m
NeQn′m
)
1 +
(Anm
NeQnm
)
2) Da misure del radiocontinuo di Bremsstrahlung termica ad altefrequenze:
Iν =
τνBν(Te) = ν−0.1 T−0.35
e E ; τ kν 1
Bν(Te) ≈ ν2 Te ; τ kν 1
si ricava: E = N 2e l
290
3) Dalla intensita di righe di ricombinazione specie nel radio ove nonsono affette da estinzione
ILnm = 34.24gnmn3m3
1 nel radio︷︸︸︷bn
T 3/2 exp
158000
n2 Te
E
Lezione 41
Commento al valore della densita elettronica Ne ricavato dalla “misuradell’emissione” E.
Se in una regione HII di profondita l si trovano lungo la visuale n con-densazioni di uguale densita Ne e profondita a anziche una distribuzionecontinua risulta, noti E ed l (ma non noti n ed a)
N 2e =
1
l
∫ l0N 2e d r =
1
l
(n N 2
e a)
=na
lN 2e
Siccome na < l risulta:
N 2e < N2
e
Valori di
na
l∼ 10−1
291
292
sono plausibili
Dalla intensita del continuo radio di Bremsstrahlung termica
Iν =
τνBν(Te) ∼ ν−0.1 T−0.35
e E per τ kν 1
Bν(Te) ∼ ν2 Te per τ kν 1
per τ kν 1 si ricava il FLUSSO DI RADIAZIONE NEL CONTINUORADIO una volta noto l’angolo solido Ω sotto cui viene vista la sorgente
φk(ν) = Iν · Ω = cost · T−0.35e ν−0.1 E Ω
Dalla misura del flusso e noto Ω si ricava E
E = N 2e l
Se rS e il raggio di Stromgren si puo porre:
l = 2 rS
e ricavare cosı il
293
1) Valore quadratico medio della densita elettronica N 2e
2) Parametro di eccitazione
u = rS(N 2e
)1/3
Parametro di eccitazione
siccome tutti i fotoni ionizzati LC emessi dalla stella nell’unita ditempo sono assorbiti nella regione HII e vi deve essere equilibrio diionizzazione
LC =
(4
3π r3
S N1
)︸ ︷︷ ︸
Nr protoni
R10
|
N1 ∼ Ne
|
=4
3π r3
S Ne Neα(2)0
|
294
|
=4
3π α
(2)0 N 2
e rS︸ ︷︷ ︸u3
=4
3π α
(2)0 u3
LC =4
3π α
(2)0︸ ︷︷ ︸
COST
u3 → funzione delle condizioni della regione HII
E chiaro che u, parametro di eccitazione, (perche non definiamo ilparametro di ionizzazione), rappresenta:
Il flusso totale dei quanti del continuo di Lyman capaci di ionizzarel’idrogeno
Approssimando l’espressione di α(2)0 con
α(2)0 = 4.1 · 10−10 T−0.8
e
si ricava:
LC =4
3π u3 α
(2)0 ≈ 5.05 · 1046 T−0.8
e u3 [fotoni sec−1]
ove u [ pc cm−2]
Il valore del parametro di ionizzazione u puo essere ricavato diretta-mente dal flusso di radiazione φkν nota la distanza r dell’osservatore dallaregione HII supposta sferica
Ovviamente la “massa totale dell’idrogeno ionizzato” in una regioneHII sferica di densita costante e data dalla espressione:
M(HII) =4
3π r3
S Np mp
Sussiste una relazione statistica fra diametro e
296
densita media delle regioni HII:
Quanto piu piccolo e il diametro ↔ tanto maggiore e la densita media
Lezione 42 - 43
L’effetto piu evidente della “polvere interstellare” e la sua estinzione sullaluce proveniente da stelle proveniente da stelle distanti e dalle nebulose.
Questa estinzione nella banda ottica e prevalentemente dovuta a
SCATTERING, e in parte ad assorbimento
Se I0ν = intensita della sorgente ; Iν = intensita osservata
IλI0λ
= e−τλ
L’estinzione interstellare e cosı caratterizzata dal valore di τλ calco-lato lungo il raggio che collega l’osservatore alla sorgente.
L’estinzione interstellare e stata derivata da misure spettrofotome-triche di COPPIE DI STELLE aventi il medesimo tipo spettrale
297
298
Indicate con 1 e 2 due stelle dello stesso tipo spettrale affette da di-versa estinzione risulta che il rapporto dei loro flussi ad una determinatalunghezza d’onda λ e:
Fλ(1)
Fλ(2)=
F0λ(1) e−τλ(1)
F0λ(2) e−τλ(2) =D2
2
D21e−[τλ(1)−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 e 2 τλ(2) ∼ 0
risulta
Fλ(1)
Fλ(2)=
D22
D21e−τλ(1)
ovvero
lnFλ(1)
Fλ(2)= 2 ln
D2
D1− τλ(1)
τλ(1) = 2 lnD2
D1− lnFλ(1)
Fλ(2)
N. B. : per λ → ∞ τλ → 0
cioe l’estinzione verso la stella arrossata 1 e data da:
Fλ(1)
Fλ(2)=
una quantita che aumenta al diminuire della lunghezza d’onda ed euguale a una costante K per λ → ∞
299
+
2ln
(D2
D1
)=
una costante addittiva indipendente dalla lunghezza d’onda
La costante non e determinata perche in generale D2 e D1 non so-no note. La si puo comunque determinare da misure di Fλ a grandilunghezze d’onda quando τλ = 0
Misure di questo genere compiute su moltissime coppie di stelle hannomostrato che:
A) L’andamento dell’estinzione interstellare in funzione della lunghez-za d’onda e in prima approssimazione uguale per tutte le stelle.
B) Solo il valore dell’estinzione e diverso da oggetto a oggetto
si puo quindi scrivere che:
τλ = C f(λ)
ove C dipende dalla stella
f(λ) e uguale per tutte le stelle
Questo risultato ha un significato fisico. Significa che le CARAT-TERISTICHE FISICHE DELLA POLVERE interstellare sono uguali intutto lo spazio interstellare.
300
In figura e riportato l’andamento dell’estinzione, f(λ)− f(Hβ), inter-stellare in funzione di 1/λ e normalizzata in modo che risulti:
τHγ− τHα
= 0.5 cioe ponendo C = 1
f(λ) = 0.63
λ − 0.29 λ ≥ 0.437
f(λ) = 0.36λ − 0.31 λ < 0.437
L’estinzione interstellare fa variare il rapporto di intensita osservatodi due righe rispetto al valore che esso aveva all’origine nella nebula
Iλ1
Iλ2
=I0λ1
I0λ2
e−C[f(λ1)−f(λ2)]
FIGURA 7.1 Ost.
301
Se come nel caso dela serie di Balmer, conosciamo i valori CALCO-LATI del decremento
I0(Hα)
I0(Hβ);
I0(Hγ)
I0(Hβ);
I0(Hδ)
I0(Hβ); .....
Si puo calcolare facilmente C dai rapporti di intensita osservati:
IλIHβ
=I0λ
I0Hβ
10−0.434 (τλ−τHβ )
|
=I0λ
I0Hβ
10−c [f(λ)−f(Hβ)]
c = 0.434C
E chiaro il significato di c :
IλI0λIHβ
I0Hβ
=10−c f(λ)
10c f(Hβ)
ma f(Hβ) = 1 quindi dal denominatore a primo membro e secondomembro della precedente risulta:
lgI0Hβ
IHβ
= c
302
cioe il rapporto della intensita teorica rispetto a quella osservata di Hβ
Passando in magnetudini:
Aβ = 2.5 c = 2.5 lg
I0Hβ
IHβ
analogamente:
Aλ = −2.5 lgIλI0λ
= 2.5 c f(λ)
Si ricava AV in funzione di Aβ ed Eβ−α con i seguenti passaggi:
AV − Aβ
Eβ−α=
2.5c [f(V )− f(β)]
2.5c [f(β)− f(α)]= −0.425
AV = Aβ − 0.425 Eβ−α
ed analogamente EB−V in funzione di Eβ−α
EB−V
Eβ−α=
AB − AV
Aβ − Aα=
f(B) − f(V )
f(β)− f(α)= 0.863
|1
EB−V = 0.863 Eβ−α
In un sistema di coordinate cartesiane in cui lgIγIβ
; lg IαIβ
sono
le coordinate, l’andamento della estinzione a partire dal punto rappre-sentante il decremento di Balmer non affetto da estinzione si ottienedalle:
