Energiequellen und Zeitskalen

Wiederholung Flavour-Oszillationen: B-Mesonen (BABAR) Zeitumkehrinvarianz Herleitung der Dirac-Gleichung Dirac-Spinor, γ-matrizen Lösungen der Dirac-Gleichung Dirac- und Feynman-Bild Anwendung: Pion-Photon-Wechselwirkung Transformation von Spinoren Zwei-Komponenten-Theorie Chiralität und Helizität Majorana- oder Dirac-Neutrino

Energiequellen und Zeitskalen Die Energieabstrahlung der Sonne ist sehr gross (L = 3.85x10 33 erg/s). Es gibt eine direkte Beziehung zwischen den zur Verfügung stehenden Energiereserven und der Lebensdauer eines Sterns Wir können die Lebensdauer eines Sterns abschätzen für bestimmte dominante Energiequellen: Gravitation, EM-Wechselwirkung, Kernkraft Time = Energy Lu min osity

Die chemische Zeitskala Chemische Prozesse sind mit der WW von Hüllenelektronen mit Atomkernen verbunden. Typisch werden 1-10 ev pro Atom freigesetzt. Nehmen wir an, dass die Sonne aus reinem Wasserstoff besteht, und dass 10 ev pro Atom freigesetzt werden: E 10eV M sun mh τ Chem = L L sun 10eV = 1 5 = 5 10 s = 1.6 10 yr Da die Erde einige mal 10 9 Jahre alt ist, können chemische Prozesse eindeutig nicht für die Energiefreisetzung der Sonne verantwörtlich sein. sun 33 10 g 1.7 10 33 3.8 10 erg s 4 g

Potentielle Energie aus Gravitation Potentielle Energie aus Gravitation Bei der Bildung eines Sterns nimmt durchschnittlicher Abstand zwischen den Massen ab, die den Stern bilden Die potentielle Energie wird negativer Energie muss in andere Form (z.b. kinetische) konvertiert werden Für ein System aus zwei Teilchen der Massen M und m ist die potentielle Gravitationsenergie gegeben durch Gravitationsenergie eines Sterns: - Wechselwirkung jedes möglichen Teilchenpaares berücksichtigen! - Kraft auf eine Punktmasse dm i ausserhalb einer sphärisch symmetrischen Masse M r ist df = G M r i dm r i M m U = G r

Erwärmung durch Gravitation Die potentielle Energie einer Punktmasse m im Abstand r von einer grossen Masse M ist: M m U = G r U wird negativer, wenn der Abstand zwischen M r und dm i kleiner wird. Die freigesetzte Energie wird in Wärme konvertiert und schliesslich in den Weltraum abgestrahlt. Nach Kontraktion ist der Stern daher für einige Zeit in der Lage, zu scheinen. Wieviel, werden wir bald abschätzen Zur Abstrahlung ist allerdings nur die HÄLFTE der Änderung der Gravitationsenergie verfügbar. Die verbleibende potentielle Energie erwärmt den Stern Ursache hierfür ist das Virial Theorem der klassischen Mechanik

Das Virial Theorem Betrachte ein Ensemble von Teilchen, die über eine Kraft F wechselwirken. Das System hat ein Trägheitsmoment I, die kinetische Energie E und die potentielle Energie U. Ist das System periodisch, di = mirr & i i dann gilt di/dt dt t=0 = di/dt t=t und daher: I= miri 1dI = mrr && i i i+ mr& i i 1 dt d I = 0 E = mir& i 1dI dt = Fr i i+ mir& i U = Fr dt 0 = U + E i i 1dI 1 = U+ E E = U dt Wenn F die Gravitationskraft ist, dann ist U negativ für ein gebundenes System Gleichgewichtsbedingung: di/dt = konstant Ergebnis: 50% der gewonnenen Energie werden in Wärme konvertiert (kinetische Energie), 50% werden abgestrahlt

Beispiel: Orbit mit Exzentrizität 0.5 I r d I dt t d I dt dt 0 d I dt = 0

Virial Theorem und Sternformation Annahme: ein Stern wird durch den Gravitationskollaps eines grossen Nebels gebildet Im Gleichgewicht unterliegt der Stern dem Virial Theorem Die potentielle Energie des Sterns hat sich von einem Anfangswert nahe Null (grosser Abstand zwischen Teilchen) zu einem negativen statischen Wert verändert Energieerhaltung verlangt, dass die Gravitationsenergie während des Kollaps in den Weltraum abgestrahlt wurde die halbe Energie wird in interne Energie (Wärme) konvertiert die andere Hälfte wird in den Weltraum während der Sternformation abgestrahlt. Sterne, die Energie von der Oberfläche abstrahlen, kontrahieren und heizen sich gleichzeitig auf

Gespeicherte Energie Berücksichtige WW zwischen jedem möglichen Teilchenpaar Betrachte punktförmige Masse dm i im Abstand r von einer Masse M r Die Kraft auf die punktförmige Masse und ihre potentielle Energie sind gegeben durch F M dm r r i r i i = G du i = G Annahme: die punktförmigen Massen sind gleichmässig auf einer Schale der Dicke dr und Masse dm verteilt, wobei dm die Summe aller punktförmigen Massen dm i ist. Dann ist: M dm r dm = 4πr ρdr ρ ist die Massendichte auf der Schale und 4πr dr ihr Volumen

Potentielle Energie der Schale: Integration über alle Massenschalen: Mr 4πr ρ du = G dr r R = π r ρ 0 U 4 G M r dr Im Prinzip muessen wir ρ=ρ(r) kennen. Wenn wir annehmen, dass die Dichte konstant und gleich ihrem durchschnittlichen Wert ist, erhalten wir näherungsweise: ρ ρ = R 4 3 M 3 πr M r 4 3 3 = π ρ r R 3 4 5 4 16 16 U = 4πG πr ρ r dr = πgρ r dr = πgρ R 3 3 15 0 0

oder, mit der Masse M des Sterns: M 4 3 3 = π ρ R 16 5 3 GM U = πgρ R = 15 5 R Anwendung des Virial Theorems liefert die gesamte mechanische Energie des Sterns: E = 3GM 10 R Beispiel: Wieviel interne Energie wurde bei der Bildung der Sonne (aus einer unendlich grossen Wolke) geschaffen: E = 3 10 GMsun 1.1 10 R sun 48 erg

Kelvin-Helmholtz Zeitskala Annahme 1: einzige Energiequelle der Sonne ist die bei Formation freigesetzte Gravitationsenergie Annahme : die Luminosität der Sonne ist ungefähr konstant während ihrer Lebensdauer Wie lange kann die Sonne mit dieser Intensität Energie emittieren? t KH = 3 10 GM R L 1.1 10 3.8 10 erg erg/s 10 t KH ist die Kelvin-Helmholtz Zeitskala, zu vergleichen mit der Zeit, die die Erde existiert (10 9 Jahre). Es muss eine wesentlich stärkere Energiequelle verfügbar sein, damit die Sonne derart lange scheinen kann! Gravitation is nicht die Ursache der solaren Energie! sun sun sun 48 33 7 yr

Nukleare Zeitskala Es muss eine weitere Energiequelle geben: Kernenergie Umwandlung von Masse zu Energie Typisch: Stern verbrennt etwa 10% seiner Masse während seines Lebenszyklus auf der HR-Hauptreihe nur 0.7% der Brennstoff-Masse wird in Energie konvertiert Enuclear = 0.007 0.1 Msunc 1.3 10 dieses entspricht einer nuklearen Zeitskala 51 erg t nuclear = E L nuclear sun 10 10 yr Ausreichend lang um konsistent mit der Existenz von Leben seit einer Milliarde Jahren zu sein: Kernkraft ist Energiequelle der Sterne!

Kernreaktionen In Fusion zweier leichter Kerne (bis Fe) zu einem schwereren Kern wird Energie freigesetzt In der Regel geschieht die Reaktion nicht spontan, aufgrund der langreichweitigen Coulomb-Abstossung der positiv geladenen Kerne relative kinetische Energie muss ausreichend gross sein, um die Coulomb Barriere zu überwinden (zumindest: eine ausreichend hohe Tunnelwahrscheinlichkeit haben)

QM-Tunneln: eine Abschätzung Welche Temperatur ist notwendig, um genügend grosse Energien in einem Gas zu haben, um die Proton-Proton Coulomb Barriere zu überwinden? 1 3 µ v = kt Z1Ze T = 3kr Z = Z = 1 r T 1 = 1fm 10 10 K = 1MeV Z1Z r e Vergleich mit Temperatur im Zentrum der Sonne: T~1.5 x 10 7 K (~1 kev) Auch wenn man die Ausläufer der Boltzmann Verteilung berücksichtigt, ist es unmöglich, eine ausreichend hohe Zahl an pp Kollisionen oberhalb der Barriere zu erhalten! Tunneln ist entscheidend!

Tunnel-Wahrscheinlichkeit Je grösser das Verhältnis von Barriere zu kinetischer Energie oder je breiter die Barriere, desto geringe ist die Tunnelwahrscheinlichkeit. Eine einfache Abschätzung der Tunnelwahrscheinlichkeit bei gegebener Temperatur erhält man, wenn man annimmt, dass das Proton innerhalb einer de Broglie Wellenlänge zum Target sein muss, damit Tunneln möglich ist. Abschätzung gibt richtige Grössenordnung! 1 Z1Z λ λ T µ Distance of = = v e h µµ Z 4 3 = = 1 p µ p µ µz1 Z kh e closest e = 4 ( h λ) µ 10 λ approach : 7 K = h p

Reaktionsraten Die Reaktionsrate pro Energieintervall hängt ab von der Teilchenzahldichte in bestimmtem Energieintervall Maxwell-Boltzmann Verteilung» bekannt, wenn Temperatur und chemische Zusammensetzung des Gases bekannt sind der Reaktionswahrscheinlichkeit (Wirkungsquerschnitt) abhängig von mehreren Faktoren, bestimmt durch Kernphysik:» Matrixelemente, Q-Werte der Reaktion, Phasenraum Die gesamte Reaktionsrate erhält man durch Integration über alle möglichen Energien

Maxwell-Boltzmann-Verteilung E kt n 1 nede= E e de π 3 (kt)

Energieabhängigkeit Wirkungsquerschnitt einfache Abschätzung: geometrische Interpretation des Wirkungsquerschnitts σ(e) Radius des Projektils durch de Broglie Wellenlänge gegeben h 1 σ(e) πλ π p E Darüber hinaus muss der Wirkungsquerschnitt proportional zur Tunnelwahrscheinlichkeit durch die Coulomb Barriere U c sein: σ(e) e π Uc E

Wenn wir annehmen dass r~ λ = h/p U E ZZe 1 c Z1Ze = r = µ v hv σ(e) b = e b/ E 3/ π µ 1 Z Z e h Achtung: b hängt von der Zusammensetzung des Gases ab

Wirkungsquerschnitt gegeben durch Kombination von Geometrie Tunnelwahrscheinlichkeit unbekannte Funktion S(E), die die gesamte Information über Kernstruktur-Effekte enthält S(E) ist der astrophysikalische Faktor (hoffentlich eine langsam mit der Energie variierende Funktion) σ (E) = S(E) E e b / E

Berechnung der Reaktionsrate Betrachte stellares Gas mit n x Teilchen pro Volumeneinheit vom Typ x und n y Teilchen pro Volumeneinheit vom Typ y Betrachte nur Teilchen des Typs x,y mit relativer Geschwindigkeit v(e) der eine relative Energie E entspricht willkürliche Auswahl: Teilchen des Typs x sind Projektile Teilchen des Typs y sind Targets Die Projektile (x) sehen eine effektive Reaktionsfläche F = σ(e) n y Alle Projektile sehen diese Fläche F, daher hängt die Gesamtzahl der Reaktionen vom Fluss J = n x v(e)einlaufender Teilchen ab Die Reaktionsrate ist das Produkt aus F und J: r(e) = n x n y v(e) σ(e)

Gesamte Reaktionsrate Um die gesamte Rate zu bestimmen, muss das Produkt aus Boltzmann Verteilung und σ(e) über alle Energien integriert werden: σ (E) = S(E) E b/ E e E kt n 1 nede= E e de π 3 (kt) r kt 3/ n n x y = µπ 0 S(E) e b/ E e E/kt de Produkt der Faktoren: Barriere Tunnel- Wahrscheinlichkeit Gamow Peak = Hochenergie-Teil Der Boltzmann Verteilung

Gamow Peak E 0 bkt = /3

George Gamow (1904-1968) Erste Untersuchung der Coulomb-Tunnelwahrscheinlichkeit Als Folge des Gamow Peaks stammt der dominante Beitrag zur integrierten Reaktionsrate aus schmalem Energiefenster, das abhängt von Temperatur und chemischer Zusammensetzung des Gases

Annahme: S(E) variiert langsam mit der Energie über den Gamow-Peak. Dann können wir S(E) als konstant annähern und vor das Integral setzen. Die Peak-Position ist dann: 3 E b rate exp bkt 1 3 E 0 = = 1.( Z1 Z µ T6 ) kev kt E Die Position des Gamow-Peaks gibt die effektive mittlere Verbrennungsenergie bei Temperatur T. Zum Beispiel in der Sonne für T 6 =15 (~1keV) p+p: E 0 = 5.9 kev p+ 14 N: E 0 = 6.5 kev a+ 1 C: E 0 = 56 kev 16 O+ 16 O: E 0 = 37 kev Die Verbrennungsrate ist proportional zur Höhe des Gamow-Peaks bei E 0 : p+p: I max = 1.1 x 10-6 p+ 14 N: I max = 1.8 x 10-7 a+ 1 C: I max = 3.0 x 10-57 16 O+ 16 O: I max = 6. x 10-39 Gamow-Peak Selbst wenn schwerere Elemente da sind, verbrennen die leichten zuerst Dann Gravitationskollaps mit wachsendem T bis nächstes Element brennt

Effektive Verbrennungsenergie Particle velocity distributrion Gamow Peak Light nuclei barrier penetration Heavy nuclei barrier penetration E 0 E 0 Gamow Peak

Der Gamow Peak kann als Gauss angenähert werden (Fehler < 3%) exp E kt b E I max E E exp Die Breite wird bestimmt durch Vergleich der.. Ableitungen: 4 = E 0 kt E 3 Die Rate ist proportional zum Integral des Gamow Peaks rate Effektive Verbrennungsraten 1 E b 131444 4443 0 0 exp exp exp 3 τ 3 ( kt ) kt E 0 ( kt ) { kt from M-B height width of Gammov Peak = 0 3E Die Temperaturabhängigkeit der Rate bei T 6 =15 ist: p+p: rate ~ T 3.9 E C = 0.55 MeV p+ 14 N: rate ~ T 0 E C =.7 MeV a+ 1 C: rate ~ T 4 E C = 3.43 MeV 16 O+ 16 O: rate ~ T 18 E C = 14.1 MeV τ 0 = bkt 3 τ 3 3 ( τ ) T

Astrophysikalischer Faktor S(E) Der astrophysikalische Faktor beinhaltet die gesamte detaillierte Information über die Kernstruktur σ (E) = S(E) E e b / E Oft ist der astrophysikalisch relevante Energiebereich unterhalb der minimal messbaren Energie in direkten Reaktionen. Allgemein ist S(E) eine glatte Funktion, und daher ist eine Extrapolation in den nicht gemessenen Bereich möglich.

Astrophysikalischer Faktor S(E) Im Labor gemessene Daten werden oft zum Vergleich mit astrophysikalischen Wirkungsquerschnitten als S(E) angegeben. In manchen Fällen kann S(E) stark mit der Energie variieren aufgrund von Resonanzen:

Abschirmung Abschirmung kann die Reaktionsrate beeinflussen: Infolge von Ionisation gibt es eine hohe Dichte freier Elektronen im Innern der Sterne dieser See negativ geladener Elektronen kann die Coulomb Barriere reduzieren, indem das repulsive elektrische Feld der geladenen Kerne reduziert wird Dadurch wird die Reaktionsrate erhöht Erhöhung kann signifikant sein, bei He-Erzeugung um 10-50%

Reaktionsketten und Zyklen Bisher: nur einzelne Reaktionen Jetzt: Schrittweise Reaktionsfolge, bei der ein Element in ein anderes konvertiert wird Dominanter Energieerzeugungsprozess in der Sonne: Umwandlung von 4 Protonen zu 4 He, Positronen und Neutrinos Es ist höchst unwahrscheinlich, dass dieses in einer einzelnen 4- Körper-Reaktion geschieht, bei der 4 Protonen gleichzeitig die richtige Energie haben müssen! Der Endzustand muss durch Reihe von -Körper-Reaktionen entstehen Die wichtigsten Reaktionsketten sind Proton-Proton-Kette CNO-Zyklus (Kohlenstoff, Stickstoff und Sauerstoff dienen als Katalysatoren um 4 He aus 4 Protonen zu bilden)

Proton-Proton-Kette

Proton-Proton-Kette Der Hauptzweig der pp-kette besteht aus folgenden Reaktionen: 1. Zwei (Masse 1) Wasserstoffisotope verschmelzen zu Isotop mit Masse (Deuterium), wobei gleichzeitig ein β-zerfall stattfindet und ein Positron und ein Neutrino emittiert werden. Das Deuterium reagiert mit einem weiteren Masse-1 Wasserstoffisotop zu Helium-3 und einem Photon. 3. Zwei Helium-3 Isotope (die getrennt in den Schritten 1 und entstehen) verschmelzen zu Helium-4, zwei Protonen werden freigesetzt. Insgesamt wird aus Wasserstoff Helium, die freigesetzte Energie verteilt sich auf die erzeugten Teilchen und ihre kinetischen Energien.

Reaktionsraten Der erste Schritt bestimmt die Zeitskala, und verhindert, dass Sterne Bomben werden

Andere pp-ketten Abhängig von Temperatur und Dichte können andere Reaktionen an der He-Erzeugung teilnehmen Zusätzlich wird ein kleiner Anteil monoenergetischer Neutrinos (pep Neutrinos) erzeugt: p+e - +p H + n e

Proton-Proton-Kette PEP

Proton- Proton- Kette

Wie viel Energie wird erzeugt? Der Mensch verbraucht etwa 10 9 erg/s (100 Watt = 000 Kalorien/Tag) Bindungsenergie von Helium ist etwa 6 MeV 1 Gramm Wasserstoff reicht aus, um bei der Verschmelzung zu Helium einen Menschen 00 Jahre lang mit Energie zu versorgen

CNO-Zyklus Netto-Ergebnis des CNO- Zyklus ist die Fusion von Wasserstoff zu Helium (das α-teilchen wird erst im letzten Schritt emittiert). Kohlenstoff ist nur ein Katalysator.

CNO-Zyklus Der CNO-Zyklus konvertiert Wasserstoff zu Helium durch die folgende Reihe von Reaktionen: 1. Ein 1 C-Isotop fängt ein Proton ein und emittiert ein Photon, dadurch entsteht ein 13 N-Isotop.. 13 N ist instabil und geht durch β-zerfall mit einer Halbwertszeit von etwa 10 Minuten in ein 13 C-Isotop über. 3. Das 13 C-Isotop fängt ein Proton ein und emittiert ein Photon, dadurch entsteht ein 14 N-Isotop. 4. Das 14 N-Isotop fängt ein weiteres Proton ein und emittiert ein Photon, dadurch entsteht ein 15 O-Isotop. 5. Das 15 O-Isotop geht durch β-zerfall in ein 15 N-Isotop übe. 6. Das 15 N-Isotop fängt noch ein Proton ein und emittiert ein 4 He-Isotop, der Kreis ist geschlossen bis zum 1 C.

Der heisse CNO-Zyklus

Vergleich pp-kette CNO-Zyklus 99% der Energie unserer Sonne wird in der pp-kette erzeugt, nur etwa 1% durch den CNO-Zyklus. Hätte die Sonne nur 10-0% mehr Masse, würde der CNO Zyklus dominieren.

Was passiert, wenn He durch die pp-kette bzw. den CNO-Zyklus erzeugt wird? mittleres Molekulargewicht µ des Gases nimmt zu bei gleichbleibender Temperatur und Dichte muss der zentrale Druck abnehmen Der Stern wäre nicht mehr im hydrostatischen Gleichgewicht und beginnt zu schrumpfen Damit steigen Dichte und Temperatur Irgendwann können He-Kerne die Coulomb Barriere überwinden und Helium-Verbrennung fängt an (T muss sich um einen Faktor 64 im Vergleich zur Wasserstoff-Verbrennung erhöhen). He wird durch Triple-Alpha-Prozess in C umgewandelt Im ersten Schritt werden aus α der instabile 8 Be Kern, der sehr schnell wiededr in α zerfällt Nur wenn ein drittes α verfügbar ist (3-Körper Reaktion) wird der stabile 1 C-Kern gebildet Bei genügend hohen Temperaturen können noch schwerere Elemente (bis Fe) gebildet werden

Warum gibt es viel C und O? This is a fast reaction since a resonance is in the Gamov peak Langsame Reaktion. Lägen die Resonanzen höher, wäre sie schneller und es bliebe kein C übrig. Lägen sie tiefer, wäre die Reaktion so langsam, dass es kein O gäbe. He Be dn He Be dn Be = dt dt 1 1 dn Γ τ N dt N He N Be = τ τ He Be τ Be He Be He Q He J p = - p=(-1) L Mit Quantenzahlen J P = -, ist es nicht möglich, dass ein α in dieses Niveau absorbiert wird: 0 + +0 + +L p - Andernfalls bliebe kein O übrig. Übergang nur in sehr schweren Sternen über den 3 - Zustand möglich.

Ursprung von Solar-Neutrinos

Solar-Neutrino Energiespektrum