Linhas de Absorção e Emissão

Defina a temperatura da fonte, a temperatura do gás e a profundidade ótica para ver a mesma linha espectral escurecer, brilhar ou desaparecer.

Exemplo resolvido — Linhas de Absorção e Emissão

Radiância do contínuo	2,24 × 10¹³ W·m⁻²·sr⁻¹·m⁻¹
Radiância própria do gás	7,55 × 10¹² W·m⁻²·sr⁻¹·m⁻¹
Transmitida através do gás	8,25 × 10¹² W·m⁻²·sr⁻¹·m⁻¹
Emitida pelo gás	4,77 × 10¹² W·m⁻²·sr⁻¹·m⁻¹
Radiância da linha observada	1,30 × 10¹³ W·m⁻²·sr⁻¹·m⁻¹
Diferença de radiância	-1,49 × 10¹³ W·m⁻²·sr⁻¹·m⁻¹
Contraste	-9,40 × 10¹² W·m⁻²·sr⁻¹·m⁻¹
Contraste, relativo ao contínuo	-41,9%

Estes são os valores que a calculadora mostra ao abrir a página. Altere qualquer entrada acima para os recalcular.

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Lição

A teoria — Linhas de Absorção e Emissão

Uma linha espectral é um comprimento de onda onde um gás absorve e emite muito melhor do que nos vizinhos. Coloque esse gás à frente de alguma coisa e ocorrem duas coisas em simultâneo: ele remove a luz proveniente de trás por um fator e^−τ e junta a sua própria luz. Aquilo que vemos é a soma, I = I_sourcee^−τ + B(T_gas)(1 − e^−τ) — a mesma equação quer a linha resulte escura ou brilhante.

O que significa cada símbolo

τ: profundidade ótica: quanta luz de fundo sobrevive ao gás, expressa como e elevado a menos τ
B(T): o brilho que um corpo à temperatura T emite neste comprimento de onda

Pressupõe: Uma linha, uma camada de gás a uma temperatura única e equilíbrio termodinâmico local — onde o gás emite como um corpo à sua própria temperatura. Numa atmosfera estelar real, a temperatura altera-se consoante a profundidade. É isto mesmo que confere a forma às linhas reais, em vez de uma profundidade única.

Ser escura ou brilhante depende do fundo 🖖

A página abre no Sol: uma fonte a 5772 K, uma nuvem de hidrogénio a 4500 K à sua frente, profundidade ótica 1, H-alfa a 656,28 nm. A leitura percentual indica -41,9% e a linha é escura. Arraste o cursor do gás até aos 8000 K. O valor passa a +127,0% e a mesma linha brilha agora mais do que o contínuo de ambos os lados. Não houve qualquer alteração no hidrogénio. Fraunhofer mapeou as linhas escuras do Sol em 1814 sem conseguir explicar a sua natureza. Kirchhoff fê-lo em 1859. As linhas abaixo apresentam a sua resposta.

As linhas escuras do Sol revelam apenas isto. O gás que as desenha encontra-se perto dos 4500 K. É calor suficiente para derreter tungsténio, o nosso metal mais resistente. Surge escuro apenas porque a fotosfera subjacente é ainda mais quente. Volte a colocar o gás a 4500 K. Reduza agora a fonte para 4000 K: +53,4%. A nuvem a que chamava absorvedor está a brilhar. Ninguém lhe tocou.

A uma certa temperatura a linha desaparece 🖖

Existe uma única temperatura do gás na qual a linha desaparece por completo. É a temperatura da própria fonte. Arraste o cursor do gás até igualar os 5772 K ou clique no exemplo da linha invisível. A linha de contraste indica 0 e o contraste relativo logo abaixo mostra 0,0%. Não se trata de um resíduo na décima quinta casa decimal, nem de um valor demasiado pequeno para ser traçado: é zero.

O valor mantém-se nulo independentemente das outras alterações. Suba o τ para 5. É uma espessura suficiente para a nuvem substituir quase toda a luz traseira. Percorra depois o comprimento de onda em toda a extensão entre os 100 nm e os 2000 nm. Nada surge.

A explicação reside na lei da radiação térmica de Kirchhoff. Um gás em equilíbrio termodinâmico local, premissa em que este modelo assenta, emite em cada comprimento de onda numa proporção exata à sua capacidade de absorção nesse ponto. Uma única temperatura governa ambos os processos. Iguale essa temperatura à da fonte e a nuvem devolve exatamente aquilo que retira. Absorve de forma furiosa e emite de forma furiosa. O espectro que lhe chega não contém qualquer prova da sua presença.

A profundidade ótica dita a intensidade, não o sinal 🖖

Volte a colocar o gás nos 4500 K sob a fonte de 5772 K e desloque o cursor do τ. No limite inferior de 0,01 a leitura percentual é -0,7%. No limite superior de 5 marca -65,9%, tendo o centro da linha perdido dois terços do brilho do contínuo. Todos os valores intermédios são negativos. A linha aprofunda-se continuamente sem nunca cruzar o zero.

A profundidade ótica entra no contraste apenas através do fator (1 − e^(−τ)). É a fração da luz da fonte que a nuvem interceta e substitui pela sua própria emissão. Essa fração sobe de quase nada em direção a 1 e não pode assumir valores negativos. Serve portanto para escalar o contraste, mas não lhe altera o sinal. O sinal pertence em exclusivo às temperaturas.

Olhe para os números e não para a imagem durante o arrastamento. O painel do espectro reajusta a escala consoante a linha desenhada. O entalhe mais superficial e o mais profundo são assim traçados com dimensões idênticas.

Problema resolvido na íntegra

A profundidade da linha e o quão frio o gás tem de ser 7 passos
A luz abandona uma fotosfera a 5772 K e atravessa uma camada da própria atmosfera dessa estrela a 4500 K. A camada possui uma profundidade ótica de 1 no H-alfa, 656,28 nm no ar. Calcule até que ponto abaixo do contínuo se situa o centro da linha. Em seguida, analise a mesma física em sentido inverso: uma segunda estrela com a mesma superfície de 5772 K e a mesma profundidade ótica exibe o seu centro H-alfa 25,0% abaixo do contínuo. Quão quente é o gás responsável pela absorção?

Abrir este problema na ferramenta
1. A lei de Planck exige um expoente antes de qualquer outra coisa. Num comprimento de onda fixo, esse expoente resulta de uma constante dividida por uma temperatura. A 656,28 nm, a expressão hc/λk perfaz 21923,2 K, pelo que o expoente da fonte será 21923,2/5772 = 3,7982. Insira este valor e obterá uma radiância do contínuo de 2,24 × 10¹³ W·m⁻²·sr⁻¹·m⁻¹. É exatamente este o número exibido na linha Radiância do contínuo.
  
  $I_{0} = \frac{2 h c ^{2}}{λ ^{5} ( e ^{h c / λk T_{0}} - 1 )} = \frac{1.19104 \times 1 0 ^{- 16}}{( 6.5628 \times 1 0 ^{- 7} ) ^{5} ( e ^{3.7982} - 1 )} = 2.24 \times 1 0^{13}$
2. O gás obedece à mesma lei na sua própria temperatura. A divisão 21923,2/4500 = 4,87183 gera um expoente maior. Isso traduz-se num denominador superior e numa radiância menor: 7,55 × 10¹². A linha Radiância própria do gás confirma o valor. O destino da linha fica traçado logo aqui, antes da intervenção da profundidade ótica. Uma superfície mais fria irradia menos em qualquer comprimento de onda. O centro da linha apenas poderá acabar mais escuro do que o contínuo.
  
  $B = \frac{2 h c ^{2}}{λ ^{5} ( e ^{h c / λk T} - 1 )} = \frac{1.19104 \times 1 0 ^{- 16}}{( 6.5628 \times 1 0 ^{- 7} ) ^{5} ( e ^{4.87183} - 1 )} = 7.55 \times 1 0^{12}$
3. Uma camada de profundidade ótica τ atua de duas formas em simultâneo. Deixa passar uma fração e^−τ da luz oriunda de trás, o que em τ = 1 representa 0,36788. Substitui o restante pela sua própria emissão, 0,63212 de B. O valor transmitido de 8,25 × 10¹² somado ao valor emitido de 4,77 × 10¹² resulta em 1,30 × 10¹³ na linha Radiância da linha observada. Estes dois números compõem a totalidade da transferência radiativa através de uma camada.
  
  $I = I_{0} e^{- τ} + B (1 - e^{- τ}) = 8.25074 \times 1 0^{12} + 4.77324 \times 1 0^{12} = 1.30 \times 1 0^{13}$
4. O contraste é a diferença entre o que o observador vê e o que veria se não existisse gás. Escreva-o da mesma forma que a linha Contraste, como (B − I₀)(1 − e^−τ). Assim, a subtração ocorre antes do escalonamento e duas temperaturas iguais anulam-se para dar um zero limpo. O produto de −1,48767 × 10¹³ por 0,63212 equivale a −9,40 × 10¹².
  
  $Δ I = (B - I_{0}) (1 - e^{- τ}) = - 1.48767 \times 1 0^{13} \cdot 0.63212 = - 9.40 \times 1 0^{12}$
5. Divida pelo contínuo e a profundidade atinge os 41,9%. A linha abaixo, A linha desaparece a, assinala 5772 K. Trata-se de um valor exato e não de uma aproximação. À temperatura da própria fonte, a expressão B − I₀ é um número subtraído de si mesmo. O contraste é portanto nulo em qualquer comprimento de onda e qualquer profundidade ótica. Uma nuvem espessa à temperatura certa continua invisível. Fica claro que a profundidade e o sentido da linha são duas questões distintas.
  
  $\frac{Δ I}{I _{0}} = \frac{- 9.40386 \times 1 0 ^{12}}{2.24278 \times 1 0 ^{13}} = - 0.419, Δ I = 0 ⟺ T = T_{0} = 5772 K$
6. Temos agora a medição que se obtém na realidade de um telescópio. Trata-se de uma profundidade e nada mais. Chame d à profundidade fracionária. Teremos d = −ΔI/I₀ = (1 − B/I₀)(1 − e^−τ). Resolva a equação para encontrar a radiância do gás em vez da profundidade: B = I₀(1 − d/(1 − e^−τ)). Com d = 0,250 e τ = 1, o valor no parêntesis é 1 − 0,395495 = 0,604505 e obtemos B = 1,3558 × 10¹³. A ferramenta não realizará este passo por si.
  
  $d = (1 - \frac{B}{I _{0}}) (1 - e^{- τ}) \Rightarrow B = I_{0} (1 - \frac{d}{1 - e ^{- τ}}) = 2.24278 \times 1 0^{13} \times 0.604505 = 1.3558 \times 1 0^{13}$
7. Mais uma inversão e a temperatura é revelada. Transforme a expressão B = 2hc²/(λ⁵(eˣ − 1)) em eˣ = 1 + 2hc²/(λ⁵B). O resultado é 73,158. Logo, x = ln 73,158 = 4,2926. O expoente sempre foi 21923,2/T, pelo que T = 21923,2/4,2926 = 5107 K. Coloque o cursor da temperatura do gás nesse ponto e a linha Contraste, relativo ao contínuo apresenta a leitura de −25,0%.
  
  $e^{x} = 1 + \frac{2 h c ^{2}}{λ ^{5} B} = 73.158 \Rightarrow x = 4.2926, T = \frac{h c}{λk x} = \frac{21923.2}{4.2926} = 5107 K$
Resposta

A camada de 4500 K leva o centro H-alfa a 41,9% abaixo do contínuo. Fixa-se em 1,30 × 10¹³ face a um contínuo de 2,24 × 10¹³. Ao analisar a segunda estrela na direção oposta, o seu centro de 25,0% exige um gás a 5107 K. São apenas 665 K abaixo da temperatura da superfície traseira. A inversão indica igualmente quando devemos deixar de confiar nela. Deixe o gás cair rumo ao zero absoluto e B cai para zero com ele. O centro mais profundo que uma profundidade ótica de 1 consegue produzir é assim 1 − e⁻¹, ou seja, 63,2% do contínuo. Meça uma linha com 70% de profundidade e não haverá temperatura de gás que lhe corresponda. A nuvem terá obrigatoriamente de ser mais espessa.

$T = \frac{h c / λk}{ln ( 1 + \frac{2 h c ^{2}}{λ ^{5} I _{0} ( 1 - d / ( 1 - e ^{- τ} ) )} )} = 5107 K$

Referências (1)

Who drew the Sun's dark lines, and who explained them: J. Fraunhofer, "Bestimmung des Brechungs- und des Farbenzerstreuungs-Vermögens verschiedener Glasarten." Denkschriften der Königlichen Akademie der Wissenschaften zu München 5, 1814–15, pp. 193–226. G. Kirchhoff, "Über den Zusammenhang zwischen Emission und Absorption von Licht und Wärme." Monatsberichte der Königlich Preussischen Akademie der Wissenschaften zu Berlin, 1859, pp. 783–787.

Pela equipa 42Math · Verificado com fontes publicadas. Correções bem-vindas.