@eich-hörnchen:
eich-hörnchen schrieb:Zum Ersten ist es kein gewöhnlicher Wasserstoff.
D und T sind bereits etwas höherwertig, höherenergetisch. T dürfte auch ein wenig teurer sein? Mitunter wird Lithium eingesetzt.
Auf diesen Einwand bin ich bereits vor einiger Zeit in einem anderen Thread eingegangen:
uatu schrieb am 29.11.2020:Deuterium lässt sich unproblematisch in quasi unbegrenzter Menge aus gewöhnlichem (z.B. Meer-) Wasser gewinnen. Tritium lässt sich bei Vorhandensein einer Neutronenquelle (die im einfachsten Fall [...] die Deuterium/Tritium-Reaktion selbst darstellt) unproblematisch aus leicht verfügbarem Lithium erbrüten. Die Versorgung mit Deuterium und Tritium ist u.a. deshalb ein völlig untergeordnetes Problem, weil der Verbrauch sehr gering ist. Ein einziges Gramm des Gemischs liefert, wie ich in meinem obigen Beitrag erläutert hatte, ca. 94 MWh Energie. Ein 1-GW-Kraftwerk (im Bereich der üblichen Grössenordnung für Kraftwerke, ausreichend zur Versorgung von ca. 2,5 Millionen Haushalten mit Strom) würde demnach idealisiert nur etwas mehr als zehn Gramm des Gemischs pro Stunde verbrauchen. Selbst bei Berücksichtigung grösserer Verluste ist das eine vergleichsweise winzige Menge.
Unabhängig davon ist die Deuterium/Tritium-Reaktion nur eine von vielen möglichen Fusionsreaktionen. Sie wird üblicherweise verwendet, weil der Vorteil des besonders hohe Energieertrags den Nachteil des Aufwands für die Gewinnung von Deuterium und Tritium bei weitem aufwiegt. Das Prinzip, dass Masse in Energie umgewandelt wird, gilt auch für die anderen üblichen Fusionsreaktionen, z.B. die Deuterium/Deuterium-Reaktion (die auschliesslich mit dem in der Natur in
riesigen Mengen vorhandenen Deuterium auskommt) (ich betrachte dabei vereinfachungshalber nur einen von zwei möglichen Reaktionszweigen mit ähnlichem Energieertrag):
\begin{alignedat}{4}
&\mathrm{_{1}^{2}H+\,_{1}^{2}H} &&\rarr 2*\mathrm{2{,}01410\,u} &&= \mathrm{4{,}02820\,u} &&≈ \mathrm{6{,}68898×10^{-27}\,kg} \\
&\mathrm{_{2}^{3}He+\,_{0}^{1}n} &&\rarr \mathrm{3{,}01603\,u+1{,}00866\,u} &&= \mathrm{4{,}02469\,u} &&≈ \mathrm{6{,}68315×10^{-27}\,kg}
\end{alignedat}
\mathrm{Massenverlust = 6{,}68898×10^{-27}\,kg-6{,}68315×10^{-27}\,kg=5{,}83×10^{-30}\,kg}
\begin{aligned}
E&=m*c^2=\mathrm{5{,}83×10^{-30}\,kg*(299792458\,m/s)^2 ≈ 5{,}23974×10^{-13}\,J\,[oder\ Ws]} \quad\longrightarrow \\
E&=\mathrm{5{,}23974×10^{-13}\,J\,/\,1{,}602176634e×10^{-19}\,J/eV ≈ 3{,}27×10^{6}\,eV = 3{,}27\,MeV}
\end{aligned}
Der Energieertrag 3,27 MeV ist zwar deutlich geringer als bei der Deuterium/Tritium-Fusion (17,6 MeV), aber absolut betrachtet immer noch enorm hoch.
eich-hörnchen schrieb:Man sollte schon mit anführen, dass massiv Energie zugesetzt wird.
eich-hörnchen schrieb:Wieviel Energie vorerst aufgebracht werden muss, um den Vorgang zu starten und wieviel erzeugt wird, kann ich nicht sagen.
Nehmen wir an, es hält sich die Waage.
Auf diesen Einwand bin ich bereits in dem Beitrag eingegangen, auf den Du geantwortet hast:
uatu schrieb:Die zur Auslösung dieser Kernreaktion erforderliche Energie beträgt nur einen Bruchteil der freigesetzen Energie. Fusionsreaktionen dieser Art treten mit einer bestimmten Wahrscheinlichkeit ab einer relativen kinetischen Energie der Kerne von etwa 4 keV auf, bei etwa 15 keV erreicht die Wahrscheinlichkeit einen praktikablen Wert. Das ist weniger als ein Promille der freigesetzen Energie. Das Problem bei der Energieerzeugung mittels Kernfusion ist nicht, Fusionsreaktionen auszulösen. Das ist mit einem Fusor sogar für (gehobene) Hobbybastler möglich. Das Problem ist, genügend viele Fusionsreaktionen für einen wirtschaftlichen Betrieb auszulösen. Daran wird gearbeitet.
Nochmal: Die erforderliche Energie zur Auslösung der beschriebenen Deuterium-Tritium-Reaktion beträgt
weniger als ein Promille der freigesetzen Energie. Anders ausgedrückt: Es wird
mehr als das Tausendfache der Energie freigesetzt, die zur Auslösung der Reaktion erforderlich ist. Die Aufrechterhaltung von Temperatur und Druck für eine thermisch angeregte Fusionreaktion (was nicht die einzige Möglichkeit ist, wie das Beispiel des
Fusors zeigt) ist ein technisches, kein energetisches Problem. Wieviel Energie braucht man, um die Temperatur in einer Thermosflasche aufrechzuerhalten? Fast keine. Wieviel Energie braucht man, um den Druck in einer Druckgasflasche aufrechtzuerhalten? Gar keine (extrem geringe Diffusionsvorgänge aussen vor gelassen). Temperatur und Druck müssen lediglich aufrechterhalten werden, sie werden bei der Reaktion selbst nicht "verbraucht".
eich-hörnchen schrieb:2/1 H+ 3/1 H + Energie → 5/2 He
Die vorübergehende, extrem kurzzeitige Bildung von Helium-5 hat keinen Einfluss auf die Energiebilanz, und ist daher in dieser Hinsicht nicht relevant.
eich-hörnchen schrieb:Für mich geht keine Masse in dem Sinne verloren, weil keine Kernbausteine verschwinden. Das Gewicht verringert sich.
Auch auf diesen Einwand bin ich bereits in dem Beitrag eingegangen, auf den Du geantwortet hast:
uatu schrieb:Bei den beschriebenen Reaktionen ändert sich die Masse, wie sich z.B. mit einem Massenspektrometer -- oder jedem anderen Messverfahren für Masse -- messen lässt. Das Gewicht ist die Kraft, die ein Objekt mit einer bestimmten Masse in einem Gravitationsfeld ausübt. Der Massenverlust bei den beschriebenen Reaktionen ist jedoch völlig unabhängig von einem Gravitationsfeld. Der Massenverlust tritt unter Schwerelosigkeit genauso auf wie auf der Erde.
Masse ist nicht anhand der Kernbausteine definiert. Masse ist das, was Trägheit und Massenanziehung verursacht. Genau das ändert sich. Gewicht ist etwas völlig anderes, wie bereits mehrere Teilnehmer hier erläutert haben.
Nemon schrieb:Meine hast du auch nicht seriös beantwortet.
