Classificação de Espectros Estelares
Cronologia
1817: espectros estelares observados por Fraunhofer ⇒ diferenças espectrais
1860: leis de Kirchhoff
1872: 1a. fotografia de um espectro estelar por Henry Draper
1890-1900: classificação de acordo com a intensidade das linhas de absorção
do H por Pickering & Fleming (tipo A: max. profundidade de H)
1901: Temperatura (T) como parâmetro fundamental determinando a classificação
⇒ Esquema de classificação de Harvard: tipos OBAFGKM, subtipos 0-9,
ordem decrescente de T
“early-type” ⇔ “late type” : quente ⇔ fria
0-0
Catálogo Henry Draper (HD): 359083 estrelas classificadas de acordo com
espectro (Sirius = HD 48915, tipo espectral A1)
TE
O
B
A
F
G
K
M
M (M )
20 - 100
4 - 20
2-4
1.05 - 2
0.8 - 1.05
0.5 - 0.8
0.08 - 0.5
D (D )
12 - 25
4 - 12
1.5 - 4
1.1 - 1.5
0.85 - 1.1
0.6 - 0.85
0.1 - 0.6
T (K)
40000
18000
10000
7000
5500
4000
3000
Linhas proeminentes
He II
H I e He I
H I (absorção máx.)
H I, Ca II
H I, Ca II (absorção máx.)
Ca I, Fe I, Ca II
moléculas e metais neutros
− transições atômicas (fı́sica quântica); ocupação dos e− nos diferentes
nı́veis atômicos depende da T.
− a intensidade de uma linha produzida por determinado átomo deve
depender também da quantidade deste átomo presente na atmosfera estelar
(abundância quı́mica).
0-1
0-2
Base fı́sica do sistema de classificação
É preciso responder:
1) Em quais orbitais atômicos os e− são mais provavelmente encontrados?
2) Qual é o número relativo de átomos nos vários estágios de ionização?
Mecânica Estatı́stica
Para um gás em equilı́brio térmico, os átomos perdem e ganham energia
via colisões.
A distribuição de velocidades dos átomos produz uma distribuição definida
dos e− nos orbitais atômicos.
Os orbitais de energia mais alta são menos prováveis de serem ocupados
por e− .
A densidade de átomos tendo uma dada velocidade permanece a mesma
se T=constante. Essa densidade é descrita pela distribuição de MaxwellBoltzmann:
nv dv =
m
3/2 −mv 2 /2kT
4πv 2 dv
n( 2πkT ) e
0-3
R∞
0
nv dv = n
onde n: densidade de partı́culas, m: massa da partı́cula.
Velocidade mais provável: vmp =
p
2kT /m ← d(nv )/dv = 0
0-4
Velocidade quadrática média: vrms =
√
<
v2
>=
p
3kT /m
Colisões atômicas ⇒ distribuição dos e− nos orbitais atômicos.
Equilı́brio de excitação
Conjuntos de números quânticos:
sa → estado atômico com Ea
sb → estado atômico com Eb
Ex.: átomo de H:
Ea = −13.6eV ; sa = {n = 1, l = 0, m` = 0, ms = +1/2}
Razão de probabilidades:
P (sb )
P (sa )
=
e−Eb /kT
e−Ea /kT
= e−(Eb −Ea )/kT
Os nı́veis de energia do sistema podem ser degenerados: mais de um estado
quântico corresponde a mesma energia.
0-5
Peso estatı́stico (multiplicidade dos nı́veis):
ga → no. de estados com Ea
gb → no. de estados com Eb
gn = 2n2
Ex.: H
estados fundamentais (a = 1) → 2 estados (spins diferentes: transição de
21cm) → s1 → g1 = 2(1)2 = 2
1o estado excitado (b = 2) → 8 estados (combinação de n, `, m` , ms ) → s2
→ g2 = 2(2)2 = 8
Assim:
P (E) → probabilidade de encontrar o sistema com energia E → proporcional ao número de átomos com energia E
Equação de Boltzmann (razão do no. de átomos em diferentes estados de
excitação):
P (Eb )
gb −(Eb −Ea )/kT
Nb
=
=
P (Ea )
Na
ga e
0-6
A Fig. mostra, para o H, a ocupação relativa do 1o. estado excitado em
função da T.
Para que N1 = N2 seria necessário T=85000 K (!?!). E as linhas de Balmer
com máximo observado em T≈9500 K?
0-7
Qual é o no. de átomos nos diferentes estágios de ionização?
Função de partição: soma ponderada do no. de maneiras que o átomo
pode arranjar seus e− com a mesma energia:
Z = g1 +
∞
X
gj e−(Ej −E1 )/kT
j=2
onde Ej é a energia do j-ésimo nı́vel e gj a degenerescência do mesmo nı́vel.
Se um átomo é ionizado (1 e− a menos) ele passa de um estágio de ionização
i para o i + 1.
A razão do no. de átomos no estágio (i + 1) para o no. de átomos no
estágio i é:
Ni+1
Ni
=
2Zi+1
ne Zi
2πme kT 3/2 −χi /kT
e
h2
onde χi é a energia de ionização.
0-8
(eq. de Saha)
Um aumento em T do gás produz mais e mais energia (radiativa e colisional) que fica disponı́vel para ionizar os átomos. Quanto maior ne , maior a
probabilidade de um ı́on capturar um e− e tornar-se um átomo neutro.
χ ↔ χ+ + e−
← recombinação
→ ionização
Equilı́brio de ionização: taxa de recombinação = taxa de ionização
densidade de ions
NII
=
densidade de atomos neutros
NI
NII
A(kT )3/2 −χI /kT
=
e
NI
ne
Generalizando para estágios i e i + 1 consecutivos:
0-9
Ni+1
A(kT )3/2 −χi /kT
=
e
Ni
ne
Ni+1
> ne ⇒> taxa de recomb. ⇒<
Ni
Ni+1
> T ⇒> taxa de ioniz. ⇒>
Ni
Combinando eqs. de Boltzmann e Saha
Ex.: H, linhas de Balmer
estados possı́veis → ionização: NI (neutro), NII (ionizado)
estado de interesse → excitação: N2 (série de Balmer, n=2, 1o estado
excitado)
0-10
N2
I(linhas de Balmer) ∝
NI + NII
Considerando que a maior parte do H neutro está no estado fundamental
ou no 1o estado excitado (NI ∼ N1 + N2 ), então:
N2
N2
=
=
Ntot
NI + NII
N2
N1 + N2
NI
NI + NII
=
N2 /N1
1
1 + N2 /N1 1 + NII /NI
N2
→ eq. Boltzmann
N1
NII
→ eq. Saha
NI
Para T ∼ 9500 K:
max
N2
N
→ max(I(Balmer))
0-11
0-12
Generalização
No. relativo de átomos de estágio de ionização i em estado de excitação s:
Ni,s
N
onde
N=
n
X
Ni
i=0
Na prática, para uma dada T, somente é necessário considerar 3 estágios
de ionização, já que o no. de ı́ons em outros estágios deve ser ∼ 0 para um
gás em equilı́brio térmico.
Ni,s
Ni,s
Ni,s /Ni
∼
=
N
Ni−1 + Ni + Ni+1
Ni−1 /Ni + 1 + Ni+1 /Ni
0-13
0-14
Ex.: Fotosfera solar
Qual a intensidade relativa entre as linhas de absorção do H (linhas de
Balmer) e aquelas devido ao Ca (linhas H e K) sabendo que há 5×105 átomos
de H para cada átomo de Ca na fotosfera solar?
Para o H, a eq. de Saha fica:
3/2
NII
2kT ZII 2πme kT
−χI /KT
=
e
NI H
Pe Z I
h2
onde usou-se Pe = ne kT
×
NII
NI
H
2(1.38×10−16 ergK −1 )(5770K)(1)
=
×
(15dyn/cm2 )(2)
2π(9.11×10−28 g)(1.38×10−16 ergK −1 (5770K)
(6.63×10−27 ergs)2
0-15
3/2
×
×e
−13.6eV /[(8.62×10−5 eV K −1 )(5770K)]
=
1
13400
→ Há somente 1 átomo de H ionizado para cada 13400 átomos neutros.
Entre os átomos neutros, quantos estão no 1o estado excitado ?
N2
N1
HI
g2 −(E2 −E1 )/kT
= e
=
g1
2(2)2 −[(−13.6eV /22 )−(−13.6eV /12 )]/[(8.62×10−5 eV K −1 )(5770K)]
1
=
e
=
2(1)2
2.02×108
Somente 1 em 200 milhões de átomos neutros estão no 1o estado excitado.
h
i
N2
1
Logo: Ntot
= 2.02×10
8
H
0-16
Com relação aos átomos de Cálcio: χI = 6.11 eV , ZI = 1.32, ZII = 2.30 e
a razão entre o no. de átomos de Ca ionizados e o no. de átomos neutros é:
3/2
2kT ZII 2πme kT
NII
−χI /kT
=
e
= 903
2
NI Ca
Pe ZI
h
Quase todo o Ca está uma vez ionizado (Ca II) na fotosfera solar.
Quantos desses átomos (Ca II) estão no nı́vel fundamental (portanto capazes de produzir as linhas H e K do Ca II no espectro solar) ?
Considerando a linha K (λ=3933Å), E2 − E1 = 3.12eV , g1 = 2, g2 = 4:
N2
N1
CaII
g2 −(E2 −E1 )/kT
= e
= 1/265
g1
A maior parte dos átomos de Ca na fotosfera solar está uma vez ionizada
e no estado fundamental.
0-17
N1
Ntot
=
CaII
1
1 + [N2 /N1 ]CaII
N1
N1 + N2
CaII
NII
Ntot
[NII /NI ]Ca
1 + [NII /NI ]Ca
=
Ca
= 0.995
Como na fotosfera solar:
→ há 5×105 átomos de H para cada átomo de Ca
→ a fração de átomos de H no estado adequado para produzir a série de
Balmer relativa à fração de átomos de Ca no estado adequado para a produção
das linhas H e K do Ca II é:
4.96×10−9
0.995
Então a quantidade de átomos de H relativa a de átomos de Ca capazes
de produzir as referidas linhas espectrais é:
0-18
(5×105 )(4.96×10−9 )
[N2 ]H
=
≈1/400
[N1 ]Ca
(1)(0.995)
A maior intensidade das linhas do Ca II com relação às linhas do H não
está relacionada com uma maior abundância de Ca no Sol, mas relaciona-se à
temperatura da fotosfera solar, que afeta os estados atômicos de excitação e
ionização.
0-19
0-20
0-21