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Aufgabe

Kernfusion im Sonneninneren (Abitur BY 2001 LK A4-2)

Schwierigkeitsgrad: schwere Aufgabe

Die von der Sonne abgestrahlte Energie stammt aus verschiedenen Kernfusionszyklen, die im Plasma des Sonneninneren ablaufen. Der wichtigste dieser Zyklen, der sog. „Proton-Proton-Zyklus“, wird durch folgende Reaktionsgleichungen beschrieben:

\[\begin{eqnarray}{}^1{{\rm{H}}^ + } + {}^1{{\rm{H}}^ + } &\to& {}^2{{\rm{H}}^ + } + {{\rm{e}}^ + } + \nu_{\rm{e}} \quad (1)\\{}^1{{\rm{H}}^ + } + {}^1{{\rm{H}}^ + } &\to& {}^2{{\rm{H}}^ + } + {{\rm{e}}^ + } + \nu_{\rm{e}} \quad (1')\\{{\rm{e}}^ + } + {{\rm{e}}^ - } &\to& 2\;\gamma \\{{\rm{e}}^ + } + {{\rm{e}}^ - } &\to& 2\;\gamma \\{}^2{{\rm{H}}^ + } + {}^1{{\rm{H}}^ + } &\to& {}^3{\rm{H}}{{\rm{e}}^{ + + }} + \gamma \quad (2)\\{}^2{{\rm{H}}^ + } + {}^1{{\rm{H}}^ + } &\to& {}^3{\rm{H}}{{\rm{e}}^{ + + }} + \gamma \quad (2')\\{}^3{\rm{H}}{{\rm{e}}^{ + + }} + {}^3{\rm{H}}{{\rm{e}}^{ + + }} &\to& {}^4{\rm{H}}{{\rm{e}}^{ + + }} + 2\;{}^1{{\rm{H}}^ + }\quad (3)\end{eqnarray}\]

Hinweis: Entnimm die Atom- und Kernmassen der Internetseite Das Periodensystem der Elemente online.

a)Stelle eine Bilanzgleichung des Proton-Proton-Zyklus auf.

Berechne die bei der Bildung eines \({}^4{\rm{He}}\)-Atoms insgesamt freigesetzte Energie in \(\rm{MeV}\). (7 BE)

b)Die Reaktion \((3)\) kann in klassischer Sicht nur stattfinden, wenn sich die beiden Reaktionspartner bis zur Berührung annähern.

Berechne die kinetische Energie \({E_{{\rm{kin}}}}\) , die ein \({}^3{\rm{He}}\)-Kern mindestens haben muss , um den COULOMB-Wall eines zweiten, ihm mit gleicher Geschwindigkeit entgegen fliegenden \({}^3{\rm{He}}\)-Kerns zu überwinden. [zur Kontrolle: \({E_{{\rm{kin}}}} = 0{,}71\,{\rm{MeV}}\)] (7 BE)

c)Berechne, bei welcher Temperatur \(T\) eines Plasmas die mittlere kinetische Energie von \({}^3{\rm{He}}\)-Kernen gleich der Energie \({E_{{\rm{kin}}}}\) aus Teilaufgabe b) wäre, wenn man das Plasma vereinfacht wie ein ideales Gas behandelt. (3 BE)

d)In der Sonne herrschen Temperaturen bis etwa \(1{,}5 \cdot 10^7\,\rm{K}\).

Gib zwei mögliche Gründe dafür an, dass die in Gleichung \((3)\) beschriebene Fusion auftritt, obwohl die in Teilaufgabe c) berechnete Temperatur erheblich höher als \(1{,}5 \cdot 10^7\,\rm{K}\) ist. (6 BE)

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Hinweis: Bei dieser Lösung von LEIFIphysik handelt es sich nicht um den amtlichen Lösungsvorschlag des bayr. Kultusministeriums.

a)Betrachtet man die Ausgangs- und die Endprodukte des gesamten Zyklus, so erhält man\[6{\;^1}{{\rm{H}}^ + } + 2\;{{\rm{e}}^ - }{ \to ^4}{\rm{H}}{{\rm{e}}^{ + + }} + 2{\;^1}{{\rm{H}}^ + } + 2\;{\nu _{\rm{e}}} + 6\;\gamma \]bzw.\[4\;{}^1{{\rm{H}}^ + } + 2\;{{\rm{e}}^ - } \to {}^4{\rm{H}}{{\rm{e}}^{ + + }} + 2\;\nu + 6\;\gamma \]Damit erhält man\[\begin{eqnarray}\Delta E &=& \Delta m \cdot {c^2}\\ &=& \left[ {4 \cdot {m_{\rm{K}}}\left( {^1{\rm{H}}} \right) + 2 \cdot {m_{{{\rm{e}}^ - }}} - \left( {{m_{\rm{K}}}\left( {^4{\rm{He}}} \right)} \right)} \right] \cdot {c^2}\\ &=& \left[ {4 \cdot {m_{\rm{K}}}\left( {^1{\rm{H}}} \right) + 2 \cdot {m_{{{\rm{e}}^ - }}} - {m_{\rm{K}}}\left( {^4{\rm{He}}} \right)} \right] \cdot {c^2}\\ &=& \left[ {4 \cdot 1,007276{\rm{u}} + 2 \cdot 0,000549{\rm{u}} - 4,001506{\rm{u}}} \right] \cdot {c^2}\\ &=& 0{,}028696 \cdot u \cdot {c^2}\\ &=& 0{,}028696 \cdot 931{,}49\,{\rm{MeV}}\\ &=& 26{,}73\,{\rm{MeV}}\end{eqnarray}\]

b)Die Summe der (gleich großen) kinetischen Energien \(E_{\rm{kin}}\) der beiden \({^3{\rm{He}}}\)-Kerne muss (mindestens) genau so groß sein wie die potenzielle Energie \(E_{\rm{pot}}\) der beiden \({^3{\rm{He}}}\)-Kerne, wenn sie sich "berühren". Dann ist der Abstand \(r\) ihrer Mittelpunkte genau das Doppelte des Kernradius \(r_{\rm{{^3{\rm{He}}}}}\) von \(\rm{He}\). Für diesen ergibt sich\[{r_{\rm{K}}} = 1{,}4 \cdot {10^{ - 15}}{\rm{m}} \cdot \sqrt[3]{A} \Rightarrow {r_{^3{\rm{He}}}} = 1{,}4 \cdot {10^{ - 15}}{\rm{m}} \cdot \sqrt[3]{3} = 2{,}02 \cdot {10^{ - 15}}{\rm{m}}\]Damit erhält man\[2 \cdot {E_{{\rm{kin}}}} = {E_{{\rm{pot}}}} \Leftrightarrow 2 \cdot {E_{{\rm{kin}}}} = \frac{1}{{4 \cdot \pi \cdot {\varepsilon _0}}} \cdot \frac{{\left( { + 2e} \right) \cdot \left( { + 2e} \right)}}{{2 \cdot {r_{^3{\rm{He}}}}}} \Leftrightarrow {E_{{\rm{kin}}}} = \frac{1}{{8 \cdot \pi \cdot {\varepsilon _0}}} \cdot \frac{{\left( { + 2e} \right) \cdot \left( { + 2e} \right)}}{{2 \cdot {r_{^3{\rm{He}}}}}}\]Einsetzen der gegebenen Werte liefert\[{E_{{\rm{kin}}}} = \frac{1}{{8 \cdot \pi \cdot 8{,}85 \cdot {{10}^{ - 12}}\frac{{{\rm{As}}}}{{{\rm{Vm}}}}}} \cdot \frac{{4 \cdot {{\left( {1{,}60 \cdot {{10}^{ - 19}}{\rm{As}}} \right)}^2}}}{{2 \cdot 1{,}4 \cdot {{10}^{ - 15}}{\rm{m}} \cdot \sqrt[3]{3}}} = 1{,}14 \cdot {10^{ - 13}}\,{\rm{J}} = 710\,{\rm{keV}}\]

c)Aus der Formel für die mittlere thermische Energie \(\bar E\) eines freien Teilchens bei der Temperatur \(T\)erhält man\[\bar E = \frac{3}{2} \cdot {k_{\rm{B}}} \cdot T \Leftrightarrow T = \frac{{2 \cdot \bar E}}{{3 \cdot {k_{\rm{B}}}}} \Rightarrow T = \frac{{2 \cdot 1{,}14 \cdot {{10}^{ - 13}}{\rm{J}}}}{{3 \cdot 1{,}38 \cdot {{10}^{ - 23}}\frac{{\rm{J}}}{{\rm{K}}}}} = 5{,}5 \cdot {10^9}\,{\rm{K}}\]

d)Grund 1: Als Quantenobjekte können die \({^3{\rm{He}}}\)-Kerne den COULOMB-Wall durchtunneln und damit auch bei geringerer kinetischer Energie so nahe an den anderen \({^3{\rm{He}}}\)-Kern gelangen, dass die starke Wechselwirkung die Kerne zusammenhält.

Grund 2: In der Geschwindigkeitsverteilung des Plasmas gibt es Geschwindigkeiten, die wesentlich größer als die mittlere Geschwindigkeit sind.