3. Il funzionamento di una stella tipo: il Sole

Presentazione sul tema: "3. Il funzionamento di una stella tipo: il Sole"— Transcript della presentazione:

1 3. Il funzionamento di una stella tipo: il Sole

2 Il Sole Partendo dalle quantità osservabili disponibili:
Distanza Terra-Sole: Flusso misurato sulla Terra Morfologia, spettro E dalle stime di alcuni parametri disponibili: Età (reperti geologici sulla Terra) ricaveremo: Luminosità L, Raggio R, Te, Massa M, Pressione Pc, Temperatura Tc E dedurremo: Che la riserva di energia è l’energia termonucleare, e capiremo che cosa mantiene le reazioni nucleari “controllate”, prevenendo cioè una reazione esplosiva.

3 Luminosità del Sole r S = 4r2
Il flusso di energia solare sulla terra, cioè la quantità di energia solare che incide, al di fuori dell’atmosfera perpendicolarmente su una unità di area, per unità di tempo, è chiamata costante solare, e vale: f = 1.36 x 106 erg sec-1 cm-2 La Terra dista dal Sole 1 Unità Astronomica (AU): r = 1 AU = 1.5 x 1013 cm Quindi la Luminosità del Sole L vale: L = x 1033 erg sec-1 Come abbiamo fatto questo conto: f = energia per unità di area per unità di tempo r = distanza Terra-Sole S = superficie totale di una sfera di raggio r L = f x S = (1.36 x 106) x 4  (1.5 x 1013)2 r S = 4r2

4 Calcoliamo il raggio R del Sole
La dimensione angolare del Sole visto dalla terra è  32 arcmin. Alla distanza r di 1AU = cm, questo implica R  cm r

5 Dati L e il raggio R, ricaviamo la Temperatura effettiva Te attesa
Intensità specifica della radiazione emessa da un corpo nero alla temperatura T secondo legge di radiazione di Planck: B(T) = (2 h c2/ 5) / (ehc/kT - 1 ) Legge di Stefan-Boltzman per il flusso superficiale: f =  Te4 (erg cm-2 s-1) Allora possamo scrivere: f x S(superficie del Sole) = L La superficie del Sole è S = 4 R 2 e abbiamo calcolato che il raggio del Sole è: R  cm Te4 x 4 R 2 = L  Te = (L / 4 R 2)1/4 = °K Temperatura effettiva Temperatura superficiale che il Sole avrebbe se fosse un vero corpo nero che irradia la luminosità effettivamente osservata (diversa da Tm interna)

6 Possiamo verificare il valore di temperatura ricavato T=5 800 °K paragonando lo spettro della luce solare con quello teorico di un corpo nero a questa temperarura Notiamo che: Picco di emissione nella banda ottica, intorno al giallo  Ok Buon matching delle curve dall’IR all’UV Ci sono tuttavia delle discrepanze. E ci sono bande di assorbimento Questi fatti suggeriscono che il Sole non è un corpo nero perfetto e quindi gli strati superficiali non sono in perfetto equilibrio con il campo di radiazione La temperatura stimata caratterizza quindi solo gli strati superficiali.

7 Il bordo del Sole appare meno luminoso
Se la temperatura del Sole non è uniforme, all’interno c’è più caldo o più freddo ? C’è un flusso di energia che esce dal Sole. In base a semplici considerazioni termodinamiche, il calore fluisce da regioni calde a regioni fredde. Ci aspettiamo quindi che il sole sia più caldo al suo interno Un fatto: Il bordo del Sole appare meno luminoso Perché il bordo del Sole appare meno luminoso ? Dato un certo cammino ottico r, guardando il centro del Sole l’osservazione si addentra in regioni più calde rispetto a quando si guard lungo il bordo. Questa è una evidenza sperimentale che il Sole deve essere più caldo negli strati interni r Bassa Temperatura Alta Temperatura r Filtro

8 Un altro fatto: Lo spettro del Sole presenta righe di assorbimento
+ + E’ anche questa una conseguenza del fatto che il Sole al suo interno è più caldo ?

9 Implicazioni della presenza di righe di assorbimento nello spettro del Sole.
La deeccitazione collisionale: In effetti, assumendo che l’interno del Sole si trovi a una temperatuta superiore a quella degli strati esterni, le righe di assorbimento sono una naturale conseguenza. v + + + + E2 Energia prevale sulla eccitazione collisionale: E1 + + + + Infatti: T bassa  pochi urti rispetto al nr di fotoni proventienti dall’interno a T alta Flusso medio di fotoni dalle regioni più calde a quelle più fredde. + + Ma la deeccitazione radiativa: direzione dei fotoni Un atomo può assorbire un fotone di frequenza opportuna  = (E2 –E1)/h + + + non può bilanciare l’assorbimento: la maggior parte dei fotoni verrà ri-emessa in altre direzioni. (Per esempio, NON ci saranno fotoni che “entrano” dal freddo Universo nel Sole). Negli strati esterni prevale un fenomeno netto di assorbimento. T alta T bassa Superficie del Sole

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11 Etot >> L  x   5 x 1050 erg
E’ quindi ragionevole assumere che all’interno del Sole ci sia una temperatura T >> °K Come possiamo ragionare per individuare quale è la riserva primaria di energia nel Sole ? Analisi geologiche basate sulla osservazione di decadimenti radioattivi, indicano una età della terra Terra > 3.8 x 109 anni 2. Il Sole ha una luminosità L = 3.9 x 1033 erg s-1 Per ottenere un tempo di vita del Sole   >> 3.8 x 109 anni = 1.2 x 1017 s dobbiamo invocare una riserva di energia Etot >> L  x   5 x 1050 erg

12 Una riserva di energia che è stata storicamente presa in considerazione è l’energia gravitazionale.
Una sfera di gas autogravitante tende a comprimersi per sua stessa gravità Comprimendosi aumentano e la pressione e la temperatura negli strati più interni L’agitazione termica rallenta il collasso gravitazionale (argomento di Kelvin- Helmholtz). Lentamente la sfera perde energia sottoforma di radiazione Perdendo energia la sfera è forzata a contrarsi ulteriormente. Può l’energia gravitazionale essere la riserva totale richiesta Etot ?

13 Ci serve un dato essenziale: la massa del Sole M 
la ricaveremo eguagliando forza centripeta F=ma (a=v2/r) e forza gravitazionale: m v2/r = G m M  / r  M  = rv2/G r = 1 A.U. = 1.5 x 1013 cm v = 2r / P con P = 3.16 x 107 sec (1 anno) v = 2.98 x 106 cm/sec da cui risulta: M = rv2/G = 2 x 1033 gm r m M 

14 Facciamo una stima della riserva di energia gravitazionale nel Sole.
L’energia gravitazionale Egrav di una sfera di massa M e raggio R dipende dalla distribuzione di massa all’interno della sfera, ma è comunque dell’ordine di Egrav = G M2 / R nel caso del Sole (M  = 1.99 x 1033 gm R  = 6.96 x 1010 cm) si ha: Egrav = G M 2 / R  = 3.8 x 1048 erg (G=6.67 x 10-8) NON è sufficiente! Con questa riserva di energia, il Sole durerebbe soltanto un tempo  = Egrav / L  = (3.8 x 1048) / (3.9 x 1033) 1015 s 30 x 106 anni Per capire quale è la vera riserva di energia del Sole dobbiamo capire quale è la sua composizione interna. Come possiamo ragionare ?

15 Purtroppo gli strati esterni del Sole che possono essere studiati nella loro composizione, grazie all’osservazione di righe d’assorbimento, corrispondono solo allo 0.1% del raggio del Sole (fotosfera). Ma a noi serve capire quali sono le condizioni fisiche del Sole negli strati più interni

16 Proviamo a calcolare la densità del Sole:
Conosciamo la massa: M = 2 x 1033 g Conosciamo il raggio R = x 1010 cm  (4/3)  R3 = 1.41 x 1033 cm3 La densità media è: (M / (4/3)  R3) = 2 / 1.41 = 1.4 g cm-3 In media il Sole è poco più denso dell’acqua. Ma di che materiale è fatto ? (In effetti un calcolo preciso indica che all’interno la densità è circa 100 volte più alta) Per rispondere a questa domanda, vediamo di stimare la pressione P e la temperatura T all’interno, e verifichiamo se ci non le condizioni di sopravvivenza di atomi e molecole.

17 Stima della pressione P
Prima considerazione: il Sole non sembra contrarsi né espandersi. Per rimanere statico dal punto di vista meccanico occorre che tutte le forze interne siano in equilibrio. Consideriamo una quantità  di massa per unità di area contenuta in una colonna di altezza r = (R - r). Il campo gravitazionale medio g sentito da questa colonna sarà: g = f x G M/ R (dove f tiene conto che r < R) La quantità di massa per unità di area disponibile è dell’ordine di: M / 4 R2 Quindi la quantità  di massa per unità di area nella colonna sarà:  = f’x M / 4 R (dove f’ tiene conto che r < R) Quindi la pressione centrale P sarà data da: P =  g  (M / R2) (G M/ R2) = G M2/ R4 Formula esatta P = 19 x (G M2/ R4) 2.1 x gm cm-1 sec-2 (dyne cm-2) 109 atmosfere!

18 + La densità media di materia in questo cubetto sarà (mp + me )/(2r1)3
Consideriamo l’elemento più semplice, l’idrogeno neutro nel suo stato fondamentale, e consideriamo un cubetto di dimensioni pari al doppio del raggio di Bohr r1 della prima orbita: La densità media di materia in questo cubetto sarà (mp + me )/(2r1)3 + mp = 1.67 x gm me = 9.11 x gm r1 = (h/2)2/mee2 h = 6.63 x erg s e = 4.80 x e.s.u. r1 = 5.3 x 10-9 cm 2 r1  mp/(2r1)3 = (1.67 x 10-24) / (1.19 x 10-24) = 1.4 gm cm-3 Questo è il valore di densità media all’interno del Sole che avevamo calcolato prima ! Questo che suggerisce che il Sole sia costituito da un fluido di Idrogeno atomico “impacchettato” a una densità media di un “(atomo)/(volume di un atomo)”.

19 Ma quale meccanismo bilancia questa pressione ?
Ma avevamo anche ricavato, in base ad altre considerazioni, che all’interno del Sole deve esistere una pressione enorme dovuta al “peso”: P = 19 x (G M2/ R4) = 2.1 x gm cm-1 sec-2 (dyne cm-2) (pari a circa 109 atmosfere !!) Ma quale meccanismo bilancia questa pressione ? In un fluido di Idrogeno atomico, sebbene “compresso e “impacchettato” a una densità media pari a un “(atomo)/(volume di un atomo)”, gli atomi possono in linea di principio scorrere tranquillamente l’uno sull’altro senza necessariamente esercitare alcuna pressione. E’ proprio così ? o dobbiamo invocare una sorta di pressione da fluido “incompressibile” per bilanciare il “peso” della materia sovrastante ? E se la risposta è che NON è sufficiente, quale è la causa fisica di pressione interna così elevata da bilanciare la pressione dovuta al “peso” ?

20 F = e2/r12 (forza di legame) + Fluido incompressibile ?
Possiamo trovare la risposta facendo la seguente considerazione: P = 19 x (G M2/ R4) = 2.1 x gm cm-1 sec-2 (dyne cm-2) Se Idrogeno alla stato atomico neutro esiste all’interno del Sole, P è la forza per unità di area esercitata sulla shell dell’orbitale atomico dalla pressione interna. Dobbiamo chiederci: siamo sicuri che, sottoposto a questa forza, il legame elettronico non si rompa e che quindi l’Idrogeno possa non sopravvivere nello stato atomico ? F = e2/r12 (forza di legame) + + 2 r1 P=2.1 x 1017 dyne cm-2 2 r1 P’ = e2/4r14 = 7.2 x 1013 dyne cm-2 (Forza per unità di area = pressione equivalente)

21 Questo stato della materia si chiama plasma.
Quindi, la materia all’interno del Sole deve essere costituita da un fluido di nuclei di Idrogeno (protoni) ed da elettroni liberi. Il fluido è elettricamente neutro. Questo stato della materia si chiama plasma. Nel Sole, la distanza media (r15 x 10-9 cm) delle particelle del plasma, alla densità media che abbiamo calcolato (1.4 gm cm-3), è elevata rispetto alle dimensioni delle particelle stesse (nucleo 10-13 cm). In altre parole, il plasma all’interno del Sole si comporta come un gas perfetto + + + + + + + + + + + + + Ed è studiando le proprietà di questo gas perfetto che potremo capire quale è la sorgente di energia che genera l’enorme pressione interna del Sole.

22 15 milioni di gradi Kelvin !!
Sfruttando le nostre conoscenze sui gas perfetti, proviamo adesso a calcolare la temperatura all’interno del Sole. In un gas perfetto, la pressione è associata alla agitazione termica delle particelle che lo compongono. In particolare, dato un numero n di particelle per unità di volume di una data specie, la legge dei gas perfetti dice che a una data temperatura T queste particelle contribuiscono alla pressione totale con un termine dato da: P = n k T Quanto vale n all’interno del Sole ? Con una densità centrale c 100x1.4 gm cm-3 (dovuta principalmente a protoni) si ha n = c / mp 1026 cm-3 Dato il valore di pressione ricavato in precedenza, P 2.x 1017 dyne cm-2 si ha: T = P /nk 1.5 x °K (k = 1.38 x erg °K-1) 15 milioni di gradi Kelvin !! (da paragonare ai 6000 °K della temperatura di corpo nero degli strati superficiali)

23 Avere ricavato questo valore T = 15 x 106 °K per la temperatura all’interno del Sole, ci dice immediatamente quale è la fonte di energia interna: Fusione nucleare L’elevata energia termica consente ai protoni di superare la barriera Coulombiana (repulsiva) e di portarsi a distanze così piccole (10-13 cm) da sentire l’effetto (attrattivo) della interazione nucleare forte (che agisce appunto a corto range).

24 Distribuzione di probabilità di v:
½ m v2 energia r barriera classica Potenziale Coulombiano repulsivo potenziale nucleare (attrattivo) Agitazione termica: Distribuzione di probabilità di v: exp(-mv2/2kT) (Maxwelliana) Effetto tunnel energia r

25 Quindi l’idea è che, una volta superata la barriera Coulombiana (grazie alla forte agitazione termica dovuta alla elevata temperatura T), i nuclei di Idrogeno possano avvicinarsi fino a distanze (10-13 cm) tali da sentire la forza di legame dovuta all’interazione nucleare forte. Delle 4 Forze Fondamentali della Natura, l’interazione nucleare forte è quella che tiene insieme le particelle che costituiscono un dato nucleo atomico. X He Senza l’interazione nucleare forte…….

26 Nucleo di He stabile In questa sede non entriamo nel dettaglio del fenomeno fisico per cui da 4 protoni si possono ottenere 2 protoni e 2 neutroni, ma ci limitiamo a riflettere sul fatto che il fatto di essere cadute nella buca di potenziale dell’interazione forte lega le 4 particelle.

27 Quando una particella interagisce con un potenziale dovuto a una forza repulsiva, la sua energia totale NON cambia, ma c’è solo uno scambio fra energia potenziale ed energia cinetica. Quando una particella invece viene intrappolata nella buca di potenziale di una forza attrattiva, la sua energia totale diminuisce (l’energia di legame è negativa e infatti, in un sistema legato, dobbiamo supplire energia per rompere il legame) E0 E0 E Quindi l’energia totale di un nucleo di He a riposo è inferiore alla energia a riposo delle particelle che lo compongono e poiché E = mc2, il nucleo di He presenta un difetto di massa rispetto alla massa totale delle particelle che lo compongono. Quindi, nel fondere 4 nuclei di H per formare un nucleo di He (4H  He) si libera una quantità di energia pari al difetto di massa

28 La fusione nucleare nel Sole
In questa sede non entreremo nei dettagli del fenomeno di fusione nucleare 4H  He fenomeno che certamente è più complesso di quanto abbiamo esemplificato invocando semplicemente l’interazione nucleare forte. (Per esempio, si rifletta sul fatto che in questa reazione, da 4 protoni otteniamo 1 nucleo composto da 2 protoni e 2 neutroni, cosa che richiede l’intervento di un’altra delle quattro forze fondamentali, l’interazione nucleare debole) Vediamo invece di stimare le implicazioni energetiche: In questa reazione nucleare si ottiene un nucleo (il nucleo di He) di massa m = 3.97 x mp A questo difetto di massa: m = 4 x mp – 3.97 x mp corrisponde una liberazione di energia: E = m c2 = 0.03 mp c2 per ogni 4 nuclei di H fusi in He

29 N = 0.7 x M  / mp = 0.7 x (2 x 1033)/(1.67 x 10-24) 8 x 1056
Assumiamo una composizione iniziale del Sole prevalentemente di H, per esempio per il 70% della massa totale. Otteniamo un numero totale di nuclei di H (protoni) disponibile pari a: N = 0.7 x M  / mp = 0.7 x (2 x 1033)/(1.67 x 10-24) 8 x 1056 Se ogni 4 nuclei di H possiamo ottenere 1 nucleo di He, questo corrisponde a una riserva totale teorica di energia pari a: Etot = (N/4) x 0.03 mpc2 = 9 x 1051 erg Considerato che la luminosità del Sole è pari a: L  = 3.9 x 1033 erg s-1 si ottiene un tempo di vita dell’ordine di:  = Ttot / L  2 x 1018 s  7 x 1010 anni Con un calcolo più accurato, tenendo conto che solo nel nucleo centrale (pari a circa il 13% di H disponibile) ci sono le condizioni di temperatura e pressione per l’innesco della reazione nucleare 4H  He, si ottiene:  13% x 7 x 1010 = 9 x 109 anni E questa infatti è stima attuale del tempo totale di vita di una stella di 1 M 

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