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Aufgabe

Proton-Proton-I-Kette

Schwierigkeitsgrad: schwere Aufgabe

Die von der Sonne abgestrahlte Energie stammt aus verschiedenen Kernfusionszyklen, die im Plasma des Sonneninneren ablaufen. Der wichtigste dieser Zyklen, die sog. „Proton-Proton-I-Kette“, 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.

Bei der ersten Reaktion \(^1{{\rm{H}}^ + } + {}^1{{\rm{H}}^ + } \to {}^2{{\rm{H}}^ + } + {{\rm{e}}^ + } + \nu_{\rm{e}} \; (1)/(1')\) fusionieren zwei Protonen zu einem Deuterium-Kern (\(^2{\rm{H}}\)). Diese Reaktion muss zwei Mal stattfinden, da in späteren Reaktion zwei Deuterium-Kerne beteiligt sind.

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

Berechne die kinetische Energie \({E_{{\rm{kin}}}}\) , die ein \({}^1{\rm{H}}\)-Kern mindestens haben muss, um den COULOMB-Wall eines zweiten, ihm mit gleicher Geschwindigkeit entgegen fliegenden \({}^1{\rm{H}}\)-Kerns zu überwinden. Als Protonenradius soll der Wert \(0,88 \cdot 10^{-15}\rm{m}\) angenommen werden.

Berechne, bei welcher Temperatur \(T\) eines Plasmas die mittlere kinetische Energie von \({}^1{\rm{H}}\)-Kernen gleich der Energie \({E_{{\rm{kin}}}}\) wäre, wenn man das Plasma vereinfacht wie ein ideales Gas behandelt.

b)Erläutere, welcher Teilchenphysikalische Prozess bei dieser Reaktion gleichzeitig stattfindet.

c)Berechne die Energie, die bei dieser Reaktion freigesetzt wird.

Die bei der ersten Reaktion entstehenden Positronen annihilieren direkt mit zwei Elektronen zu jeweils zwei Gamma-Quanten.

d)Erläutere, warum bei der Paarvernichtung von Positron und Elektron zwei Gamma-Quanten entstehen müssen.

e)Berechne die Energie, die bei dieser Reaktion freigesetzt wird.

Bei der zweiten Reaktion \(^2{{\rm{H}}^ + }{ + ^1}{{\rm{H}}^ + }{ \to ^3}{\rm{H}}{{\rm{e}}^{ +  + }} + \gamma \;(2)/(2')\) fusioniert ein Deuterium-Kern mit einem Proton zu einem \(^3{\rm{He}}\)-Kern unter Aussendung eines weiteren Gamma-Quants. Diese Reaktion muss wiederum zwei Mal stattfinden, da in späteren Reaktion zwei \(^3{\rm{He}}\)-Kerne beteiligt sind.

f)Berechne die Energie, die bei dieser Reaktion freigesetzt wird.

Bei der dritten Reaktion \(^3{\rm{H}}{{\rm{e}}^{ +  + }}{ + ^3}{\rm{H}}{{\rm{e}}^{ +  + }}{ \to ^4}{\rm{H}}{{\rm{e}}^{ +  + }} + 2{\;^1}{{\rm{H}}^ + }\;(3)\) fusionieren zwei \(^3{\rm{He}}\)-Kerne zu einem \(^4{\rm{He}}\)-Kern, wobei gleichzeitig zwei Protonen freigesetzt werden.

g)Die Reaktion 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. Berechne den Kernradius \(r_{\rm{K}}\) dabei mit Hilfe der Formel \({r_{\rm{K}}} = 1,25 \cdot {10^{ - 15}}{\rm{m}} \cdot \sqrt[3]{A}\), wobei \(A\) die Massenzahl des Kerns ist.

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

h)Berechne die Energie, die bei dieser Reaktion freigesetzt wird.

Bis auf die Energie der beiden Elektron-Neutrinos von jeweils \(0{,}26\,\rm{MeV}\), die den Stern nahezu ohne Wechselwirkung verlassen, kann die gesamte Energie, die in diesen Reaktionen freigesetzt wird, vom Stern als Strahlungsenergie abgegeben werden.

i)Berechne die gesamte Energie, die durch einen kompletten Proton-Proton-I-Kette vom Stern als Strahlungsenergie abgegeben werden kann.

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a)Die Summe der (gleich großen) kinetischen Energien \(E_{\rm{kin}}\) der beiden Protonen muss (mindestens) genau so groß sein wie die potenzielle Energie \(E_{\rm{pot}}\) der beiden Protonen, wenn sie sich "berühren". Dann ist der Abstand \(r\) ihrer Mittelpunkte genau das Doppelte des Protonenradius \(r_{\rm{p}}\). Es gilt\[2 \cdot {E_{{\rm{kin}}}} = {E_{{\rm{pot}}}} \Leftrightarrow 2 \cdot {E_{{\rm{kin}}}} = \frac{1}{{4 \cdot \pi \cdot {\varepsilon _0}}} \cdot \frac{{\left( { + e} \right) \cdot \left( { + e} \right)}}{{2 \cdot {r_{\rm{p}}}}} \Leftrightarrow {E_{{\rm{kin}}}} = \frac{1}{{8 \cdot \pi \cdot {\varepsilon _0}}} \cdot \frac{{\left( { + e} \right) \cdot \left( { + e} \right)}}{{2 \cdot {r_{\rm{p}}}}}\]Einsetzen der gegebenen Werte liefert\[{E_{{\rm{kin}}}} = \frac{1}{{8 \cdot \pi \cdot 8,85 \cdot {{10}^{ - 12}}\frac{{{\rm{As}}}}{{{\rm{Vm}}}}}} \cdot \frac{{{{\left( {1,60 \cdot {{10}^{ - 19}}{\rm{As}}} \right)}^2}}}{{2 \cdot 0,88 \cdot {{10}^{ - 15}}{\rm{m}}}} = 6,54 \cdot {10^{ - 14}}{\rm{J}} = 41\,{\rm{keV}}\]Aus der Formel für die mittlere thermische Energie \(\bar E\) eines freien Teilchens bei der Temperatur \(T\)erhält man\[\bar E = \frac{3}{2} \cdot {k_{\rm{B}}} \cdot T \Leftrightarrow T = \frac{{2 \cdot \bar E}}{{3 \cdot {k_{\rm{B}}}}} \Rightarrow T = \frac{{2 \cdot 6{,}54 \cdot {{10}^{ - 14}}{\rm{J}}}}{{3 \cdot 1{,}38 \cdot {{10}^{ - 23}}\frac{{\rm{J}}}{{\rm{K}}}}} = 3{,}16 \cdot {10^9}\,{\rm{K}}\]

b)Bei dieser Reaktion findet ein Beta-Plus-Zerfall des Protons statt. Dabei wandelt sich ein up-Quark im Proton unter Aussendung eines \(\rm{W}^+\)-Teilchens in ein down-Quark um, so dass aus dem Proton ein Neutron wird. Das \(\rm{W}^+\)-Teilchen zerfällt noch innerhalb des Neutrons in ein Positron und ein Elektron-Neutrino, die das Neutron dann beide verlassen.

c)Die freigesetzte Energie ergibt sich aus \[\begin{eqnarray}\Delta E &=& \Delta m \cdot {c^2}\\ &=& \left[ {2 \cdot {m_{\rm{K}}}\left( {^1{\rm{H}}} \right) - \left( {{m_{\rm{K}}}\left( {^2{\rm{H}}} \right) + {m_{{{\rm{e}}^ + }}}} \right)} \right] \cdot {c^2}\\ &=& \left[ {2 \cdot {m_{\rm{K}}}\left( {^1{\rm{H}}} \right) - {m_{\rm{K}}}\left( {^2{\rm{H}}} \right) - {m_{{{\rm{e}}^ + }}}} \right] \cdot {c^2}\\ &=& \left[ {2 \cdot 1{,}007276{\rm{u}} - 2{,}013553{\rm{u}} - 0{,}000549{\rm{u}}} \right] \cdot {c^2}\\ &=& 0{,}000450 \cdot u \cdot {c^2}\\ &=& 0{,}000450 \cdot 931{,}49\,{\rm{MeV}}\\ &=& 0{,}42\,{\rm{MeV}}\end{eqnarray}\]

d)Es lässt sich stets ein Bezugssystem angeben, in dem der Gesamtimpuls von Elektron und Positron (Impuls vor der Reaktion) Null ist. Betrachtet man von diesem System aus den Gesamtimpuls nach der Reaktion, so ist dieser verschieden von Null, da sich ein Gammaquant in jedem System mit der Lichtgeschwindigkeit bewegt und somit einen von Null verschiedenen Impuls besitzt. Dies wäre aber dann ein Widerspruch zum Impulserhaltungssatz, weshalb die Paarvernichtung unter Entstehung nur eines Gammaquants nicht möglich ist.

e)Die Energie ergibt sich aus\[\begin{eqnarray}\Delta E &=& \Delta m \cdot {c^2}\\ &=& \left[ {{m_{{{\rm{e}}^ + }}} + {m_{{{\rm{e}}^ - }}}} \right] \cdot {c^2}\\ &=& \left[ {2 \cdot 0,0005486{\rm{u}}} \right] \cdot {c^2}\\ &=& 0,0010972 \cdot u \cdot {c^2}\\ &=& 0,0010972 \cdot 931,49{\rm{MeV}}\\ &=& 1,02{\rm{MeV}}\end{eqnarray}\]

f)Hier errechnet sich die Energie aus \[\begin{eqnarray}\Delta E &=& \Delta m \cdot {c^2}\\ &=& \left[ {{m_{\rm{K}}}\left( {^2{\rm{H}}} \right) + {m_{\rm{K}}}\left( {^1{\rm{H}}} \right) - {m_{\rm{K}}}\left( {^3{\rm{He}}} \right)} \right] \cdot {c^2}\\ &=& \left[ {2,013553{\rm{u}} + 1,007276{\rm{u}} - 3,014932{\rm{u}}} \right] \cdot {c^2}\\ &=& 0,005897 \cdot u \cdot {c^2}\\ &=& 0,005897 \cdot 931,49{\rm{MeV}}\\ &=& 5,49{\rm{MeV}}\end{eqnarray}\]

g)Mit \({r_{^3{\rm{He}}}} = 1{,}25 \cdot {10^{ - 15}}{\rm{m}} \cdot \sqrt[3]{3} = 1,80 \cdot {10^{ - 15}}{\rm{m}}\) erhält man durch analoge Überlegungen wie in Teilaufgabe a)\[2 \cdot {E_{{\rm{kin}}}} = {E_{{\rm{pot}}}} \Leftrightarrow 2 \cdot {E_{{\rm{kin}}}} = \frac{1}{{4 \cdot \pi  \cdot {\varepsilon _0}}} \cdot \frac{{\left( { + 2e} \right) \cdot \left( { + 2e} \right)}}{{2 \cdot {r_{^3{\rm{He}}}}}} \Leftrightarrow {E_{{\rm{kin}}}} = \frac{1}{{8 \cdot \pi  \cdot {\varepsilon _0}}} \cdot \frac{{\left( { + 2e} \right) \cdot \left( { + 2e} \right)}}{{2 \cdot {r_{^3{\rm{He}}}}}}\]Einsetzen der gegebenen Werte liefert\[{E_{{\rm{kin}}}} = \frac{1}{{8 \cdot \pi \cdot 8{,}85 \cdot {{10}^{ - 12}}\frac{{{\rm{As}}}}{{{\rm{Vm}}}}}} \cdot \frac{{4 \cdot {{\left( {1{,}60 \cdot {{10}^{ - 19}}{\rm{As}}} \right)}^2}}}{{2 \cdot 1{,}80 \cdot {{10}^{ - 15}}{\rm{m}}}} = 1{,}28 \cdot {10^{ - 13}}\,{\rm{J}} = 800\,{\rm{keV}}\]Analog zu Teilaufgabe a) erhält man\[\bar E = \frac{3}{2} \cdot {k_{\rm{B}}} \cdot T \Leftrightarrow T = \frac{{2 \cdot \bar E}}{{3 \cdot {k_{\rm{B}}}}} \Rightarrow T = \frac{{2 \cdot 1{,}28 \cdot {{10}^{ - 13}}{\rm{J}}}}{{3 \cdot 1{,}38 \cdot {{10}^{ - 23}}\frac{{\rm{J}}}{{\rm{K}}}}} = 6{,}2 \cdot {10^9}\,{\rm{K}}\]

h)Die freiwerdende Energie beträgt\[\begin{eqnarray}\Delta E &=& \Delta m \cdot {c^2}\\ &=& \left[ {2 \cdot {m_{\rm{K}}}\left( {^3{\rm{He}}} \right) - \left( {{m_{\rm{K}}}\left( {^4{\rm{He}}} \right) + 2 \cdot {m_{\rm{K}}}\left( {^1{\rm{H}}} \right)} \right)} \right] \cdot {c^2}\\ &=& \left[ {2 \cdot {m_{\rm{K}}}\left( {^3{\rm{He}}} \right) - {m_{\rm{K}}}\left( {^4{\rm{He}}} \right) - 2 \cdot {m_{\rm{K}}}\left( {^1{\rm{H}}} \right)} \right] \cdot {c^2}\\ &=& \left[ {2 \cdot 3,014932{\rm{u}} - 4,001506{\rm{u}} - 2 \cdot 1,007276{\rm{u}}} \right] \cdot {c^2}\\ &=& 0,013806 \cdot u \cdot {c^2}\\ &=& 0,013806 \cdot 931,49{\rm{MeV}}\\ &=& 12,86{\rm{MeV}}\end{eqnarray}\]

i)Insgesamt ist \[\Delta E = 2 \cdot 0{,}42\,{\rm{MeV}} - 2 \cdot 0{,}26\,{\rm{MeV}} + 2 \cdot 1{,}02\,{\rm{MeV}} + 2 \cdot 5{,}49\,{\rm{MeV}} + 12{,}86\,{\rm{MeV}} = 26{,}20\,{\rm{MeV}}\]

Hinweis: Die hier angegebenen Kernmassen wurden berechnet aus den in der vom AMDC-Atomic Mass Data Center im Rahmen der AME2016 angegebenen Atommassen abzüglich der Masse der Elektronen ohne Berücksichtigung der Bindungsenergie der Elektronen, die lediglich in der Größenordnung von wenigen \(\rm{eV}\) liegt.