Svar:
0 Amanda! Det finns flera frÃ¥gor som behandlar solarkonstanten, se t.ex. frÃ¥ga [13917]. Värdet är 1370 W/m².

1 För konstant temperatur:

Instrålad effekt = utstrålad effekt

där vänstra ledet är

(1-a) (solarkonstanten) pR²

R är jordradien och uttrycket ovan är den yta som träffas av strålningen, a är jordens albedo (reflektionsförmåga, dvs hur stor del av den inkommande strålningen som direkt reflekteras tillbaka ut i rymden). Jorden medelalbedo är c:a 0.36, så 0.64 av strålningen absorberas och ger bidrag till uppvärmningen.

Den utstrålade effekten är från Stefan-Boltzmanns lag (Stefan-Boltzmann_law)

4pR²sT⁴

(observera att här har vi hela klotets yta!)

Vi får alltså

(1-a) (solarkonstanten) pR² = 4pR²sT⁴

dvs

(1-a)(solarkonstanten) = 4sT⁴

T⁴ = (1-a)(solarkonstanten)/(4s) = 0.641370/(45.67 10^-8) = 38.7 10⁸

dvs

T = 249 K = (249-273) = -24^oC

Jämfört med jordens uppmätta medeltemperatur, c:a 15^oC, är detta mycket lågt. Observera dock att vi ännu inte tagit hänsyn till växthuseffekten .

2 Växthuseffekten behandlas detaljerat i fråga [12668]. Anledningen till att infallande och utgående strålning påverkas olika av atmosfären är helt enkelt att de innehåller helt olika våglängder. Det infallande spektret (vita pilar i nedanstående figur från länk 1) är temperaturstrålning från en kropp med temperaturen 5700 K (solen), vilket ger maximum för synligt ljus. Den utgående strålningen (röda pilar) kommer från en kropp med mycket lägre temperatur, varför maximum ligger i infrarött/mikrovågor. Om den utgående strålningen hindras får man en obalans i effekten och jordens temperatur ökar. Detta betyder att utstrålningen ökar tills balans nås och vi fått en högre jämviktstemperatur. Den största delen av temperaturhöjningen pga växthuseffekten kommer från vattenånga i atmosfären. Koldioxiden bidrar direkt till en mycket liten höjning, se länk 1.

3 Verkligheten är i själva verket mycket mer komplicerad. Dels finns det fler faktorer att ta hänsyn till (t.ex. aerosoler) och dels har man återkoppling mellan de olika parametrarna. Om man t.ex. ökar värdet på en parameter kan det tänkas att en annan parameter antingen minskar eller ökar. Detta är skälet till att olika klimatmodeller ger olika resultat.

Länk 1 är en mycket bra övning vad gäller temperaturbalansen. Solar_radiation_management behandlar möjliga metoder att påverka jordens temperatur genom att ändra albedot (geoengineering, se länk 2). Climate_model är en bra introduktion till klimatmodeller.

/Peter E 2010-01-29

Svar:
Hej Beatrice! Vilken bra idé - om det fungerade! Låt oss ställa frågan mer generellt: kan vi använda koldioxid som energikälla?

Förutsättningen för att man skall kunna använda ett ämne som energikälla är att vi på något sätt kan kan omvandla ämnet till ett annat ämne under utveckling av energi. Ämnet måste alltså ha en energipotential (möjlighet att genom någon kemisk reaktion utveckla energi). Processen kan vara i ett batteri/bränslecell (göra ström direkt) eller förbränning (skapa värme som kan användas).

Nu är tyvärr koldioxid så långt ner man kan komma på energitrappan - det finns inget ämne som har mindre energi. Om vi förbränner kol är reaktionen

C + O₂ -> CO₂

Atomvikterna är: C - 12; O - 16. Molekylvikterna i reaktionen ovan blir då

12 + 32 -> 44.

SÃ¥ 12kg kol plus 32kg syre (normalt frÃ¥n luften) ger alltsÃ¥ 44kg CO₂.

Enligt Energy_content_of_biofuel är energiutvecklingen vid kolförbränning c:a 30MJ/kg, vilket är ett typiskt värde för fossila bränslen. Om vi räknar på ovanstående reaktion får vi att en mol kol ger

1230 MJ/1000 = 0.360 MJ

En mol är 6.02210²³ atomer, sÃ¥ energiutvecklingen per reaktion blir

0.36010⁶/(6.02210²³) J = 5.9810^-19 J

1 eV är 1.6010^-19 J, så energiutvecklingen per reaktion i eV blir

5.9810^-19/(1.6010^-19) eV = 3.7 eV

Några eV är typiska energier när det gäller kemiska reaktioner eftersom bindningsenergin för valenselektroner är några eV.

Vätgas har mycket högre energipotential (c:a 130MJ/kg), men vätgas måste tillverkas så man vinner ingen energi. Och, som sagt, koldioxid har ingen energipotential alls.

Se vidare Energy_density som bland annat ger en plot av energy density (energipotential/kg) för olika ämnen, figuren nedan (länk 1 för figuren i större skala).

/Peter E 2010-11-24

Svar:
Det finns både likheter och skillnader. Likheten är att man presenterar nyheten på en presskonferens och förbigår den normala proceduren att publicera en fullständig rapport i en refereegranskad tidskrift. Den största skillnaden är att man föreslår en helt annan typ av fusion än vätefusion, nämligen fusion mellan väte och nickel. Mer om detta nedan.

Två italienska forskare, Focardi och Rossi, har den 14 januari 2011 demonstrerat en apparat som under en timme levererat en effekt på 12 kW med en input-effekt på 400 W. Hur apparaten är konstruerad säger man inte (av patentskäl), men den innehåller nickel och väte. Se NyTekniks artikel (länk 1) och nedanstående bild på apparaten (från länk 2).

Om funktionen hos apparaten verkligen är vad man hävdar är detta utan tvekan den största uppfinning som mänskligheten någonsin åstadkommit -- den skulle utgöra en i praktiken outsinlig källa till energi. Problemet är att det är ganska säkert inte sant eftersom det skulle kräva en fundamental ändring i fysikens lagar som vi uppfattar dem i dag. Detta är mycket likt Randell Mills idéer (fråga [14237]) om ett nytt grundtillstånd i väte som kan utnyttjas som energikälla.

Uppgifter om data för demonstrationen är ganska vaga, men vi använder följande som approximationer för nedanstående överslagsberäkningar:

Tid för fortfarighetstillstånd i demonstrationen: 1 timme

Nettoeffekt (P_ut-P_in): 10 kW

Mängd väte förbrukat: 1 g

Flöde av vatten: 4.9 g/s

Vi antar dessutom i fortsättningen att sedan många decennier etablerade lagar i kärnfysiken gäller.

Artikeln av och Focardi och Rossi

Uppfinningen kallas energikatalysator (Energy Catalyser Boiler), men kunde även kallats evighetsmaskin. Det senare namnet kunde emellertid ställa till problem vid patentansökan :-).

Artikeln (länk 2) har refuserats i flera tidskrifter. I stället har författarna skapat en ny (webb)tidskrift kallad Journal of Nuclear Physics där ett antal märkliga artiklar publicerats.

Artikeln har flera av de i fråga [14237] listade kriterierna på pseudovetenskap. Mycket i artikeln är korrekta men triviala textboksfakta som t.ex. inledningen om bindningsenergi för atomkärnor och diskussionen om kvantmekanisk tunnling mot slutet.

Det som brister är emellertid beskrivning av apparaten. Det som i normala artiklar kallas experimentella procedurer saknas helt. Detta är helt i strid med det vetenskapliga arbetssättet (fråga [14237]): alla experimentella resultat skall kunna reproduceras. Vem som helst skall alltså kunna upprepa experimentet och få samma resultat, men detta kan man ju inte göra utan en detaljerad beskrivning.

I diskussionen mot slutet i artikeln förklaras barriärpenetreringen med någon effekt att elektron och proton kommer mycket nära varandra. Elektronen skulle då skärma protonens laddning och protonen skulle därmed inte utsättas för en repulsiv coulombbarriär. Det skulle kanske kunna bli en ny film: Honey, I Shrunk the Hydrogen Atom (jämför Honey,_I_Shrunk_the_Kids), men någon ny energikälla är det knappast.

Det finns andra märkligheter i artikeln där författarna visar att deras kunskaper i kärnfysik är mycket begränsade. I stället för att i detalj dissikera artikeln och utvärderingsrapporten (som också finns under länk 2) gör vi några enkla beräkningar.

Kemisk energi från väte

Energipotentialen från väte (den energi man maximalt kan få ut av en massenhet väte genom kemiska reaktioner) är enligt figuren i fråga [17516] drygt 140 MJ/kg. Från ett gram väte kan man alltså få ut 140 kJ. Om vi dividerar detta med den utvecklade medeleffekten får vi

(140 kJ)/(10 kJ/s) = 14 sekunder.

1 g väte skulle alltså räcka i 14 sekunder - långt från en timme som demonstrationen varade. Kemiska reaktioner med väte kan alltså inte förklara energiutvecklingen.

Strålning från fusion

Den mest förekommande nickelisotopen är ⁵⁸Ni. Den dominerande fusionsreaktionen bör dÃ¥ vara:

¹H + ⁵⁸Ni -> ⁵⁹Cu

Denna reaktion har Q-värdet 3.4 MeV. Det betyder att den exciterade ⁵⁹Cu kärnan mÃ¥ste pÃ¥ nÃ¥got sätt göra sig av med 3.4 MeV för att hamna i sitt grundtillstÃ¥nd. Det enda kända processen för detta är genom gammasönderfall. ⁵⁹Cu är radioaktiv och sönderfaller med halveringstiden 80 s med b⁺-sönderfall:

⁵⁹Cu -> ⁵⁹Ni + e⁺ + v

Q-värdet för sönderfallet är 4.8 MeV. Totala utvecklade energin per reaktion är då 3.4+4.8=8.2 MeV. Detta värde är helt i linje med den maximala bindningsenergin per nukleon i figuren i fråga [1433] på drygt 8 MeV.

⁵⁹Ni är mycket lÃ¥nglivat sÃ¥ vi kan bortse frÃ¥n det sönderfallet. Vi bortser även att en del energi försvinner ut ur systemet i form av neutriner.

Antal fusionsreaktioner som krävs per sekund för att generera 10 kW:

(1010³ [J/s])/(8.2 MeV 1.610^-13 [J/MeV]) = 0.810¹⁶ /s

För varje fusion med ⁵⁸Ni fÃ¥r vi även ett sönderfall av ⁵⁹Cu. Vi har alltsÃ¥ minst 20.810¹⁶=1.610¹⁶ gammasönderfall/s.

Aktiviteten blir 1.610¹⁶/(3.710¹⁰)=4.310⁵ Ci.

Detta är en enorm aktivitet. I Curie sägs att

A radiotherapy machine may have roughly 1000 Ci of a radioisotope such as cesium-137 or cobalt-60. This quantity of nuclear material can produce serious health effects with only a few minutes of exposure.

Den visade apparaten är alldeles för liten för att innehålla tillräckligt med strålskydd. Alla närvarande borde alltså ha fått en dödlig stråldos. Man har dessutom mätt med strålningsdetektorer och konstaterat att strålnivån inte överstiger bakgrundsnivån.

Ett annat problem är att om en stor andel av gammastrålningen slipper ut, så blir det för liten effekt för att skapa apparatens påstådda positiva nettoeffekt.

Strålskydd/infångande av energi

Om fusionen sker med etablerade lagar så kommer energin i
huvudsak ut i form av gamma-strålning. Låt oss se hur mycket strålskydd man behöver för att fånga in så mycket strålning att det inte är farligt att gå nära apparaten. Observera att man måste ändå stoppa det mesta av strålningen för att kunna ta tillvara energin.

Halveringstjockleken för bly för gammastrÃ¥lning med energin 2-4 MeV är c:a 20 g/cm². Med blys densitet 11 g/cm³ blir halveringstjockleken i cm

20 g/cm²/(11 g/cm³) = 2 cm

Med aktiviteten ovan pÃ¥ 410⁵ Ci och en rimlig säker nivÃ¥ pÃ¥ 1 mCi (som en vanligt lab-preparat) fÃ¥r vi en absorptionsfaktor pÃ¥

110^-6/(410⁵) = 2.510^-12

Vi antar vi behöver x halveringstjocklekar:

2^-x = 2.510^-12

(-x)log10(2) = log10(2.5) -12

(-x)0.30 = 0.40 -12 = -11.6

x = 11.6/0.3 = 39

Vi behöver alltså ett blyskydd på 392 = c:a 80 cm för att
få ett säkert strålskydd! Detta hade man uppenbarligen inte vid demonstrationen!

Energi från fusion

Antag att vi har 0.810¹⁶ fusionsreaktioner per sekund (se ovan). 1 g väte är 1 mol väte. 1 g väte innehÃ¥ller 6.02210²³ väteatomer. Konstanten är Avogrados tal. 1 g väte räcker dÃ¥ i

610²³/(0.810¹⁶) = 7.510⁷ s = 21000 timmar. Energipotentialen i 1 g väte vid fusion är alltsÃ¥ mer än tillräcklig.

Demonstrationen av nettoeffekten på 10 kW

Apparaten värmer vatten från 13^oC till 100^oC (DT=87 K). Enligt fråga [14203] är vattens specifika vämekapacitet 4.18 J/gK. Sedan förångas vattnet (kräver 2260 J/g). Med vattenflödet 4.9 g/s får vi den utvecklade effekten

(4.9 [g/s])(4.18 [J/(gK)]87 K + 2260 [J/g]) = (1.8+11.1)10³ = 12.9 kW

vilket är nära den påstådda effektutvecklingen.

Sammanfattning och slutsats

Om den uppvisade apparaten skulle fungera krävs en fullständig revision av våra kunskaper om atomkärnor. Artikeln är dessutom av pinsamt låg kvalité med många tecken på pseudovetenskap. Att artikeln refuserats i flera tidskrifter visar bara att refereesystemet fungerar bra.

Det finns tre alternativ för den s.k. energikatalysatorn:

1. Den fungerar som beskrivet och uppfinnarna blir rika som troll (osannolikt)
   
2. Man har gjort ett oavsiktligt misstag (knappast, eftersom den påstådda effekten är mycket stor)
   
3. Det är ett medvetet bedrägeri för att lura till sig riskkapital (troligaste; detta är numera tyvärr ganska vanligt)
   

Låt oss fundera på om den utvecklade effekten på 10 kW är rimligt. En normal spisplatta utvecklar c:a 1 kW. När den varit igång en stund är det lätt att känna värmen från plattan om man står inom c:a 1 meter. Effekten 10 kW (som ju måste ta vägen någonstans) borde vara märkbar för alla som var i rummet vid demonstrationen - det borde blivit varmt som i en bastu! Inget sägs emellertid om att det blev varmt i rummet.

Vart tog energin vägen då? Lagrades i apparaten? Nej, det finns inget material med så hög specifik värmekapacitet att det skulle vara möjligt. Försöket är alltså inte enbart tvivelaktigt vad gäller våra kunskaper i kärnfysik. Det verkar även som om apparaten strider mot fysikernas heligaste lag: lagen om energins bevarande.

Man skall inte avslöja trollkarlens trick, men jag har ett förslag till lösning av mysteriet. Det sägs ingenstans, och syns ingenstans i videor och på bilder vad man gör med ångan som genereras. Om denna kondenseras inne i apparaten och släpps ut som vatten återfås ångbildningsvärmet. Enligt ovan används huvuddelen av effekten till att förånga vattnet, så återvinning skulle göra att man kan få en effektbalans utan att blanda in fusion.

Det finns många saker som tyder på att energikatalysatorn inte kan fungera som man hävdar. För mig är de viktigaste problemen avsaknaden av tydlig netto-effektutveckling och avsaknaden av gammastrålning.

Energiutveckling:

Vart tog den utvecklade energin (i första hand i form av vattenånga) vägen under demonstrationen? Kan man verkligen vara säker på att allt kylvatten förångades? Den mesta energin upptas genom ångbildningsvärmet, så det är helt avgörande att visa att allt vatten i form av vattenånga tas ut ur systemet.

Kärnfysikproblem:

I artikeln (länk 1) sägs att det är frågan om fusion mellan nickel och väte till isotoper av koppar. Man hävdar även (utan någon beskrivning av metoden) att man detekterat ett från det naturliga förhållandet avvikande värde på isotopförhållandet för kopparisotoper.

Var och en med elementära kunskaper i kärnfysik kan se ett antal problem med Rossis demonstration och beskrivning.

1. I tabell 3 i Rossis artikel anges den totala utvecklade energin (Q-värdet) för vätefusion med ⁵⁸Ni till 41.79 MeV. Detta är totalt felaktigt, det korrekta värdet är 8.2 MeV. Det senare värdet är i god överenskommelse med bindningsenergin per nukleon i detta omrÃ¥de, se figur 1 i artikeln.
   
   
2. Coulomb-barriären för en proton mot nickel är av storleksordningen 1 MeV. Transmissionen beräknad med etablerade kvantmekaniska metoder är nästan noll - ett faktum som även Rossi konstaterar i artikeln. Det är svårt att se hur den kemiska miljön skulle väsentligt kunna påverka kärnans Coulomb-barriär.
   
   
3. Även om man accepterar att barriärpenetrationen inte är något problem så är det svårt att se hur den resulterande kärnan överför sin överskottsenergi till omgivningen utan gammastrålning.
   
   
4. Det finns absolut inget skäl att den bildade radioaktiva ⁵⁹Cu-kärnan skulle sönderfalla pÃ¥ ett helt annorlunda sätt än vad som är väl etablerat. Man borde alltsÃ¥ detektera gammastrÃ¥lning och annihilationsstrÃ¥lning.
   
   
5. I fusionen med ⁵⁸Ni bildas en stor aktivitet av ⁵⁹Cu (av storleksordningen 10¹⁶ Bq, se ovan) som b⁺-sönderfaller till ⁵⁹Ni med en halveringstid pÃ¥ 82 sekunder. I artikeln sägs att "No radioactivity has been found also in the Nickel residual from the process". Med tanke pÃ¥ den mycket höga aktivitet som mÃ¥ste ha producerats när energikatalysatorn kördes är detta uttalande ytterst förvÃ¥nande: det borde vara lätt att verifiera produktionen av ⁵⁹Cu genom att detektera gammastrÃ¥lning.
   

Diskussion

För nästan exakt 100 år sedan (7 mars 1911) presenterade Rutherford sin modell av atomen med en mycket liten kärna (10^-15 m) som innehåller nästan hela atomens massa och elektroner som rör sig omkring kärnan inom ett område på c:a 10^-10 m. Sedan dess har ett stort antal experimentalister med sofistikerad utrustning och teoretiker med kraftfulla datorer studerat atomkärnans egenskaper. I dag måste man säga att vi förstår atomkärnan mycket väl. Det är svårt att tro att 100 års forskning om atomkärnan är så bristfällig som punkterna ovan indikerar.

Vad gäller tunnlingen skulle man kunna tänka sig att elektroner på något sätt skärmar barriären och släpper in protonen. Problemet med detta är att Heisenbergs obestämdhetsrelation förbjuder elektroner att vistas en längre tid i ett så litet område som atomkärnan. Denna förklaring skulle alltså på ett grundläggande sätt förändra kvantmekaniken som vi känner den.

En annan förklaring av tunnlingen som framförts (Widom-Larsen Theory Portal) är att protonen växelverkar med en elektron och förvandlas till en neutron och en neutrino (neutronen är ju neutral och har inga problem att ta sig in i kärnan):

p + e^- -> n + v

Denna reaktion är fullt tillåten, men problemet är att den sker med den svaga växelverkan och har därmed en mycket liten sannolikhet. Om man vill använda ovanstående reaktion i förklaringen måste man väsentligt modifiera den väl etablerade teorin för den elektrosvaga växelverkan. Dessutom borde man vänta sig att en del av de bildade neutronerna "smiter ut". De skulle då reagera med omgivningen och ge upphov till lätt detekterbar gammastrålning.

I punkterna 3, 4 och 5 ovan är problemet att man i Rossis försök inte observerar någon gammastrålning. En förklaring som framförts är att gammastrålningen från kärnan på något (magiskt?) sätt förvandlas till värmestrålning. Detta är något som aldrig observerats och det står helt i strid med vad vi vet om elektromagnetisk strålning.

Bakgrundsmätning

Om man verkligen vill visa att energikatalysatorn fungerar borde man göra en blind bakgrundstest: Enligt Rossis artikel är vätet nödvändigt för att apparaten skall producera energi. Låt en oberoende person kontrollera väteflödet utan att konstuktörerna vet om flödet är på eller av. Kontrollera att energiproduktionen är fullständigt korrelerad med vätetillförsel.

Låt oss avsluta med ett citat från Carl Sagan: Extraordinary claims require extraordinary evidence.

Bra sammanfattning av Göran Ericsson, Uppsala universitet: Kall fusion i Italien

En uppdaterad diskussion av Peter Ekström: Kall fusion på italienska

Kjell Alekletts synpunkter och diskussionsforum (på engelska): Rossi energy catalyst – a big hoax or new physics?.

/Peter E 2011-02-09

Svar:
Ja, den potentiella energin blir värme. Låt oss räkna ut vad temperaturhöjningen blir. Vi har m kg vatten som faller 100 m. Potentiella energin (som blir rörelseenergi och sedan värme) är mgh.

Specifika värmekapaciteten C för vatten är 4180 J/kg.K, se fråga [14203]. Om vi kallar temperaturhöjningen DT får vi

mgh = mCDT

dvs

DT = gh/C = 10100/4180 = 0.24 K.

Dimensionskontroll: [(m/s²)m/(Nm)/(kgK)] =
[(m²/s²)/(kgm/s²m)/(kgK)] = [1/1/(K)] = [K]

Detta torde vara knappt mätbart!
/Peter E 2011-02-21

Svar:
Thomas! Ja, det kan tyckas vara slöseri, men det är det inte av två skäl.

1 Om man snabbstoppar en reaktor genom att köra in styrstavarna helt stoppas kärnklyvningen omedelbart, men det utvecklas c:a 7% av maxeffekten i form av radioaktivt sönderfall hos, framför allt, fissionsprodukterna, se Decay_heatPower_reactors_in_shutdown. Detta är inte tillräckligt för att köra turbinerna på ett effektivt sätt.

2 Den verkliga förlusten blir mycket mindre än 7% dels för att reaktorer normalt inte snabbstoppas utan tas ner långsamt så att en del av sönderfallsenergin tas om hand - de flesta av restprodukterna har halveringstider under ett dygn. Framför allt så körs ju reaktorn åtskilliga månader mellan stoppen, och det är bara de långlivade och sist producerade restprodukterna som inte kommer till användning.

Man skulle kanske kunna använda restenergin för uppvärmning, men eftersom säkerheten är den viktigaste aspekten har man såvitt jag vet inte gjort försök med att utnyttja restvärmet - det skulle helt enkelt inte vara ekonomiskt lönsamt.

När det gäller att experimentera med kärnkraftverk är ju Tjernobyl ett avskräckande exempel. Experimentet som gick snett där hade visserligen bara indirekt att göra med restvärmet. Kylningen av en snabbstoppad reaktor kräver ju pumpar som kräver elektricitet. Om man inte kan få el utifrån, så måste man utnyttja dieselgeneratorer. Det tar emellertid c:a en minut att starta dessa. Man har alltså ett gap på en minut när man inte kan kyla härden. Idén var då att utnyttja rotationsenergin hos turbinerna för att producera reservkraft under en kort stund (reaktorn förutsättes snabbstoppad, så turbinerna snurrar för fullt). Det var när man mitt i natten försökte utföra detta experiment som allt gick förfärligt fel, se Chernobyl_disasterThe_attempted_experiment.

Problemen vi ser i Fukushima efter jordbävningen och tsunamin är just beroende på att resevgeneratorerna förstördes av tsunamin, det gick inte att få ström utifrån och intagen för kylvatten var fulla med bråte. Man kunde alltså inte kyla reaktorhärdana och ännu värre inte en bassäng med relativt nyuttaget kärnbränsle (SFP i nedanstående figur från Wikimedia Commons). Anledningen till att det uttagna kärnbränslet är det största problemet är att det inte är inneslutet lika bra som reaktorhärdarna. Se vidare 2011_Japanese_nuclear_accidents

/Peter E 2011-03-20

Svar:
Bra fråga som faktiskt inte tycks vara besvarad här!

Energiproduktion är en process där man vinner energi genom att massan i sluttillstÃ¥ndet är mindre än massan i begynnelsetillstÃ¥ndet. Differensen i massa ger genom Einsteins formel E=mc² en energi som kan uttnyttjas.

För mekaniska och kemiska energikällor är det inte meningsfullt eller brukligt att tala om en mass-skillnad eftersom den är omätbart liten, se fråga [17491]. För kärnreaktioner är mass-skillnaden emellertid fullt mätbar.

För traditionell kärnenergi (fission av uran) är mass-skillnaden ungefär 0.3%. För fusion (sammanslagning av lätta ämnen) är mass-skillnaden maximalt 0.7%.

För att få en energikälla gäller det alltså att hitta en process där sluttillståndet har mycket mindre massa (= energi) än begynnelsetillståndet.

Det finns bara en känd process som ger bättre energiutbyte än fusion: att låta en massa falla ner i ett svart hål. Då kan man teoretiskt utvinna 50% av vilomassan som energi, se fråga [14367]. Detta är knappast realistiskt i praktiken, så vi får nog vara nöjda med fission och fusion!

Den ultimata energikällan vore naturligtvis antimateria. Antimateria finns emellertid inte tillgängligt utan måste tillverkas, se fråga [16650].
/Peter E 2012-10-03

Svar:
Marcus! Det är egentligen en geologifråga, med det är intressant så jag ger en fysikers svar.

Det finns mycket starka bevis för att fossila bränslen (olja, fossilgas och kol) kommer från växter/djur som levde för många miljoner år sedan, se fråga [1782]. Låt oss börja med ett citat från länk 1:

The relative proportion of ¹³C in our atmosphere is steadily decreasing over time. Before the industrial revolution, d¹³C of our atmosphere was approximately -6.5‰; now the value is around -8‰. Recall that plants have less ¹³C relative to the atmosphere (and therefore have a more negative d¹³C value of around -25‰). Most fossil fuels, like oil and coal, which are ancient plant and animal material, have the same d¹³C isotopic fingerprint as other plants. The annual trend–the overall decrease in atmospheric d¹³C–is explained by the addition of carbon dioxide to the atmosphere that must come from the terrestrial biosphere and/or fossil fuels. In fact, we know from D¹⁴C measurements, inventories, and other sources, that this decrease is from fossil fuel emissions, and is an example of the Suess Effect.

Recall that the Suess Effect is the observed decrease in d¹³C and D¹⁴C values due to fossil fuel emissions, which are depleted in ¹³C and do not contain ¹⁴C.

Eftersom CO₂-molekylen med ¹²C är lättare än den med ¹³C är den ocksÃ¥ mer lättrörlig (medelenergin beror av temperaturen mv²/2=3kT/2). Organiskt material innehÃ¥ller alltsÃ¥ mindre ¹³C relativt ¹²C, dvs ett negativt d¹³C, se Carbon-13Uses_in_earth_science.

Fossila bränslen har detta negativa d¹³C, vilket är en tydlig indikation pÃ¥ organiskt ursprung - oorganiskt material har positivt d¹³C.

Man vet även från kemikunskaper att organiskt material under högt tryck, hög temperatur och frånvaro av syre kan omvandlas till kol eller kolväten.

Se tillägget till fråga [1782] för ytterligare oberoende bevis för att fossila bränslen kommer från biologiskt material. Länk 2 ger en bra sammanfattning av kontroversen.

/Peter E 2013-12-13

Svar:
Hej Anna!

Vattenkraft är energi som utvinns ur strömmande vatten. Strömmarna kan finnas i vattendrag, eller skapas genom temperaturskillnader i världshaven eller som tidvattenströmmar. Även konstgjorda vattendrag kan användas. Det man vanligen avser med vattenkraft är utvinning av den lägesenergi som vattnet har fått i sitt naturliga kretslopp genom soldriven avdunstning följt av nederbörd på högre liggande markområden. Vatten från regn eller smält snö samlas upp i floder och sjöar. När vattnet från en damm strömmar ner till turbinen utvinns den effekt som definieras av nivåskillnaden i meter mellan vattenytan i dammen och på nedsidan av kraftverket (h) samt vattenflödet i kubikmeter per sekund (m):

effekt = mgh

Den korrekta beteckningen, som används av Nationalencyklopedin, borde egentligen vara vattenenergi, men den inkonsekventa beteckningen är helt etablerad.

Den tidigaste användningen av vattenkraft var med vattenhjul som är kända från bland annat Kina före vår tideräkning. Det är inte känt vem som "uppfann" vattenkraften, men behovet av en drivkraft för t.ex. tröskning och malning av säd var antagligen det som startade utvecklingen.

Vattenkraft i dag är praktiskt taget helt produktion av el med hjälp av turbiner/generatorer som drivs av fallande vatten. Elektriciteten, som introducerades under andra hälften av 1800-talet, var mycket avgörande eftersom det gör vattenkraften mer flexibel - utan elektricitet kunde man bara utnyttja vattenkraften i anslutning till vattenfall.

I böckerna om Arn Magnusson (se Arn_Magnusson) beskrivs hur man använder vattenkraft i nuvarande Sverige för att driva kvarnar och verkstäder. Detta var på 1100- och 1200-talet. Även om Arn är en påhittad romanfigur är nog beskrivningen ganska korrekt.

Se vidare Vattenkraftens_historia och vattenenergi. Länk 1 är en kort historik och länk 2 (från en skola) innehåller även diskussion om källorna till delvis motsägelsefull information om historien.
/Peter E 2014-04-03

Svar:
Ett förslag är att ta upp He-3 (som kommer med solvinden) och transportera detta till jorden för användning i fusionsreaktorer, se länk 1. Problemet är dels att man inte vet om det finns något He-3 och man har ingen fungerande reaktordesign, se länk 1 och 2.

Lite mer realistiskt är att elektrolysera vatten (från befintlig is) med sol-el och transportera vätgas till jorden. Detta lär dock knappast vara lönsamt eftersom det finns massor med vatten och solsken på jorden.

I övrigt känner man inte till några energikällor på månen. Fossila bränslen saknas naturligtvis eftersom det aldrig funnits något liv.

Det finns för närvarande inga bra skäl för människan att etablera sig på månen. Detta är anledningen till att inga bemannade månfärder har utförts sedan 1972 (Apollo 16).
/Peter E 2015-03-16

Svar:
Hej Shogofa! Du kan använda dig av bara solcell och energimätare även om det vore mer intressant att även inkludera en last, dvs en komponent som gör något nyttigt. Detta skulle kunna vara ett motstånd (då har du ett värmeelement) eller en liten likströmsmotor (t.ex. en fläkt).

Sedan är det upp till dig vad du vill göra. Du kan t.ex. studera hur effektiviteten varierar med instrålningen eller så kan du optimera (hitta bästa värdet) på effektiviteten genom att variera motståndet. Videon nedan visar det enklaste försöket där man mäter effekt utan separat last.



Mer dokumentation finns under länk 1 och i fråga [1129]. Länk 1 innehåller även länkar till andra dokument om solceller.

Länk 2 innehåller en utmärkt, utökad och mer detaljerad beskrivning (på engelska) av videon ovan från Paul Doherty på Exploratorium i San Francisco, se http://www.exploratorium.edu/

För att se variationen under dagen kan du läsa av effekten en gång i timmen. En energimätare visar även totala energin, och den kan du använda för att få fram energi/dag.

Du får gärna hänvisa till svar i frågelådan, men som alltid skall du ange källan. Nej, jag har ingen praktisk erfarenhet av solceller. Jag är kärnfysiker.
/Peter E 2016-04-05