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#27 Un kilo de Sol

Sordnay — Mon, 17 May 2010 19:13:16 +0000

#21 por supuesto que ha de ser incluido en el balance energético.
También es necesario tener en cuenta la energía necesaria para mantener confinado el plasma mediante los campos magnéticos etc.
Siempre que la suma sea menor que la energía de fusión tendremos un generador de energía, sino solo será un radiador carísimo.
Que cuanta energía cuesta obtener este combustible? pues sinceramente, ni la más remota idea.
Costoso? sin duda, según la wiki solo un 0.015% del hidrógeno es Deuterio el resto es básicamente un protón, y de Tritio apenas hay nada, además no es estable, es radioactivo. Pero una vez iniciado el proceso de la fusión se generará Deuterio y Tritio en el propio reactor. Por lo que el reactor tendrá una fase de arranque, en la que sea necesario aportarle energía, luego se supone que generará más energía de la que hay que aportar y la propia fusión generará D y T.

» autor: Sordnay

#26 Un kilo de Sol

albper — Mon, 17 May 2010 18:01:10 +0000

#5 Si con 1400Toneladas de reactivos, seria suficiente para generar la energía que consume el planeta en 1 Año.

El problema es que esos 1400 toneladas tardaria 9000Millones de años en proporcionar esta energía.
Si la queremos obtener esa energia en 1 solo año, debemos multiplicar esa cantidad por 9.000.000.000 lo que nos da una masa similar a la mitad de nuestro planeta.

» autor: albper

#25 Un kilo de Sol

albper — Mon, 17 May 2010 17:53:39 +0000

#13, #24

Creo que no se me ha entendido, lo intento de nuevo.

La mejor manera de determinar el rendimiento de una reacción nuclear es apartir de la fracción de choques efectivos, entre los átomos de hidrógeno.

Los átomos de hidrógeno están constantemente chocando entre si. En algunos de estos choques, los núcleos de los átomos se aproximan lo suficiente para poder fusionarse.

Cuanto mayor sea en numero de choques efectivos, mayor sera la fusión y mayor la energía generada.

En el sol, la fracción de choques efectos es muy muy muy pequeña, solo una infima proporción de los choques acaban logrando la fusión. Pero como a masa del sol es enorme, se consigue generar una cantidad de energía suficiente para mantener el proceso.

Pero en la tierra no podemos tener un reactor de fusión con una masa tan grande. Por lo que se necesita que la fracción de choques efectivos, sea muy superior a la que tiene lugar en el sol.

En el sol basta con que se generen 0,2mw/kg(3mw/kg en el núcleo) para que el proceso obtenga la energía suficiente para automantenerse.

Pero en un reactor de fusión en la tierra, deberá generar una potencia del orden de MW/kg para que el proceso sea sostenible.

No basta reproducir las condiciones del núcleo del sol(15millones de grados) si no que deben alcanzarse temperaturas muy superiores al mismo.

Los diseños de los reactores de fusion actuales, ya superan con mucho el rendimiento del sol. Aunque todavia son insuficientes

» autor: albper

#24 Un kilo de Sol

tARQ — Mon, 17 May 2010 17:04:15 +0000

#23, eso es correcto, pero una cosa es proporcionalmente a su tamaño y otra a la materia consumida. Si quieres hablar de rendimiento y compararlo respecto a una central de fusion, no puedes limitarte a ello.

Y es cierto que los diseños actuales para fusion nuclear deben mejorar su rendimiento, pero no del orden de millones de veces como has comentado (sería imposible), como ya han explciado en #13, multiplicandolo por 14 sería suficiente.

Vamos, que creo que has partido de unos datos que pueden ser correctos, pero el uso y la forma de aplicar esos datos son los que han sido incorrectos.

» autor: tARQ

#23 Un kilo de Sol

albper — Mon, 17 May 2010 16:06:48 +0000

Me alegra ver que mi comentario ha generado un intenso debate.

En primer lugar, decir que los cálculos son completamente correctos. La potencia especifica del sol es de 0,2mW/Kg. Es una potencia muy muy pequeña. Si el sol genera una gran cantidad de energía es por que es inmenso.

Estos cálculos y estas conclusiones no son mias. El fisico George Gamow a principios del siglo pasado ya planteo esta cuestion:

"George Gamow se preguntaba que si una cafetera produjera calor, proporcionalmente a su tamaño, a la misma velocidad que el Sol, cuánto tiempo tardaría en hervir el agua. Pues bien, aunque la cafetera estuviera perfectamente aislada, tardaría meses. Ello es porque, aunque el Sol produce mucho calor, si lo calculamos por gramo de masa y por término medio es de 4,4*10-8 calorías por segundo. "

www.historiasdelaciencia.com/?p=420

» autor: albper

#22 Un kilo de Sol

edmont — Mon, 17 May 2010 15:59:41 +0000

Creo que la confusión ha venido de transformar la escala en unidades de masa en lugar de volumen. Si donde dice un sol de 1 kg dijese un sol de 1 dm3, la idea sería la misma (y si hacéis la división veréis que la potencia es la misma aproximadamente, ya que la densidad del sol es de 1,411 kg/dm3).

» autor: edmont

#21 Un kilo de Sol

edmont — Mon, 17 May 2010 15:37:02 +0000

#17, la obtención de deuterio y tritio se debe incluir en la tasa de retorno energético de la fusión. Ahora dime cuánto cuesta energéticamente conseguir un kilo de ambos elementos.

#20, ten en cuenta esto que acabo de decir, porque una cosa es lo que ocurre dentro del reactor ya construido y con materias primas en el almacén, y otra es construirlo y conseguir esas materias primas.

» autor: edmont

#20 Un kilo de Sol

Kartoffel — Mon, 17 May 2010 15:35:20 +0000

#19, Por cierto, el ITER es mucho más grande que 1 kg

Sí, por supuesto. Pero si se consiguen generar 450 MW estamos hablando de algo con una potencia de media nuclear, con lo que el orden de magnitud parece suficiente.

» autor: Kartoffel

#19 Un kilo de Sol

edmont — Mon, 17 May 2010 15:33:29 +0000

#12, veámoslo de otra manera, en la que te doy la razón en parte:

El sol es en conjunto una central de fusión primitiva, con su forma y volumen, que transforma masa en energía a un ratio de Y W/kg (siendo la masa del denominador, como tú dices, la que se consume en cada momento). Sin embargo, no tiene capacidad de producir más o menos potencia.

Así, un sol de la misma forma y volumen mucho más pequeño (1 kg), tendrá una Y igual a la anterior. En eso no miente el artículo.

Por tanto, el reto es aumentar el factor Y de conversión de masa en energía. Si como dice #13, se está cerca, genial, pero creo que no es tan sencillo.

Por cierto, el ITER es mucho más grande que 1 kg.

» autor: edmont

#18 Un kilo de Sol

Kartoffel — Mon, 17 May 2010 15:28:27 +0000

#17, y además hay que tener en cuenta que el Sol no es homogéneo y que no se produce la misma energía en todas las capas de su estructura interna:

The core is the only location in the Sun that produces an appreciable amount of heat through fusion; inside 24% of the Sun's radius, 99% of the power has been generated, and by 30% of the radius, fusion has stopped nearly entirely. The rest of the star is heated by energy that is transferred outward from the core and the layers just outside. The energy produced by fusion in the core must then travel through many successive layers to the solar photosphere before it escapes into space as sunlight or kinetic energy of particles
en.wikipedia.org/wiki/Sun#Core

» autor: Kartoffel

#17 Un kilo de Sol

Sordnay — Mon, 17 May 2010 15:23:41 +0000

Si se emplea la misma composición del sol, el resultado será aproximadamente la misma potencia por kilo, pero me parece obvio que mejorando "la calidad de la mezcla" de forma que haya mucho Deuterio y Tritio para que en cada instante haya grandes posibilidades de que se produzca un gran número de fusiones y por tanto aumente la potencia y eficiencia del "minisol".

» autor: Sordnay

#16 Un kilo de Sol

Kartoffel — Mon, 17 May 2010 15:22:23 +0000

En #13, donde dice #10 quería decir #8.

» autor: Kartoffel

#15 Un kilo de Sol

hugamen — Mon, 17 May 2010 15:18:52 +0000

El Sol te pone morenito.

» autor: hugamen

#14 Un kilo de Sol

splinter — Mon, 17 May 2010 15:17:16 +0000

» autor: splinter

#13 Un kilo de Sol

Kartoffel — Mon, 17 May 2010 15:16:18 +0000

#10, no me convence (aparte, ¿definición de esa eficiencia? ¿X%?). Multiplicando por 14 la eficiencia existente en los procesos de fusión en la Tierra podríamos tener reactores de potencia equivalente a media central nuclear (los datos son del ITER¹), lo que nos valdría de sobra. Lo que implicaría que, si el post fuera cierto, ya habríamos conseguido un número N muy grande y sólo estaríamos a un orden de magnitud de la viabilidad. Nótese que no digo que el ITER lo vaya a conseguir (entiendo que hay grandes dificultades ingenieriles), sino que no es cierta la conclusión del post.

¹ 10/0.7 = 14.3 Plasma energy breakeven has never been achieved: the current record for energy release is held by JET, which succeeded in generating 70% of input power. Scientists have now designed the next-step device - ITER - which will produce more power than it consumes: for 50 MW of input power, 500 MW of output power will be produced.
www.iter.org/sci/Pages/BeyondITER.aspx

» autor: Kartoffel

#12 Un kilo de Sol

tARQ — Mon, 17 May 2010 15:11:55 +0000

#10 Seguimos en las mismas, las fuentes es la masa consumida, no la masa total del Sol. Cuando quieras te convences, puedes repetirlo de 1000 formas distintas, enfocarlo de la forma que quieras, pero eso no va a cambiar que el razonamiento es erróneo.

» autor: tARQ

#11 Un kilo de Sol

tARQ — Mon, 17 May 2010 15:07:11 +0000

#9 De cualquier modo será una aproximación mucho más acertada y bastante apróximada, no totalmente erronea como en el caso inicial, ya que la fracción de masa consumida por unidad de tiempo es infima respecto a la masa total.

Por último, respecto al rendimiento, teniendo en cuenta que es el cociente entre la energía obtenida y la energía suministrada, es sabido que es el talón de aquiles en la fusión nuclear actualmente, ya que para lograrla hay que suministrar unas cantidades de energía tan grandes, que no hacen el proceso viable comercialmente.

A la hora de calcular la eficiencia del sol, necesitas calcular la energia suministrada para el proceso de fusión, y eso lo obtienes de la masa consumida, no de la masa total del Sol.

Entiendes ya cual es el problema en el razonamiento del post?¿

Y si ademas me dices que quieres tener en cuenta las condiciones de contorno, no puedes comparar la eficiencia del sol (esfera en medio del espacio helado) respecto a la de un reactor, que está con una forma y unos procesos que buscan la optimización.

» autor: tARQ

#10 Un kilo de Sol

edmont — Mon, 17 May 2010 15:04:56 +0000

#7, es totalmente erróneo decir que el sol emite 0,2 mW/kg, pues lo que emite energía son las reacciones que se producen en el sol, no el sol propiamente dicho

Me da igual lo que haya dentro, es un problema gaussiano, si encerramos el sol dentro de una superficie cerrada mayor que su radio la potencia que atraviesa dicha superficie es la que generan las fuentes en ese volumen, ni más ni menos.

es.wikipedia.org/wiki/Teorema_de_la_divergencia

» autor: edmont

#9 Un kilo de Sol

edmont — Mon, 17 May 2010 15:00:01 +0000

#7, pero si lo divides entre la masa consumida en ese momento no estás teniendo en cuenta las condiciones de contorno, que sin duda afectan a la solución del problema. Así que no obtienes una solución real, solo teórica.

» autor: edmont

#8 Un kilo de Sol

edmont — Mon, 17 May 2010 14:57:23 +0000

#5, cometes el mismo error de interpretación que #3. El resumen del artículo es sencillo:

"El sol tiene una eficiencia en la fusión del X %, lo que resultaría inviable para una central de fusión en la Tierra. Para que fuera rentable, se debería conseguir una eficiencia de N*X, donde N es un número muy grande".

» autor: edmont

#7 Un kilo de Sol

tARQ — Mon, 17 May 2010 14:56:02 +0000

#3 Podrá emitir 0,2 mW respecto a la masa total del sol, pero habría que calcularlo respecto a la masa consumida en esa unidad de tiempo, que no es en absoluto toda la masa del Sol, ya que entonces se consumiría por completo al momento en una única reacción.

Por eso es un razonamiento no valido, y es totalmente erróneo decir que el sol emite 0,2 mW/kg, pues lo que emite energía son las reacciones que se producen en el sol, no el sol propiamente dicho, y la masa de esas reacciones no es la masa del sol en su totalidad.

En ningún momento hablo de geometrias, solo de la forma errónea en que se han usado los datos en esos cálculos.

» autor: tARQ

#6 Un kilo de Sol

edmont — Mon, 17 May 2010 14:53:33 +0000

Continuando con #4, ahora mismo las investigaciones en fusión se basan en tokamaks, toroides magnéticos en los que se confina el plasma, y precisamente el cuello de botella principal es la superficie por la que se extrae la energía (quizá una pequeña apertura en el toroide), ya que no hay material que soporte esas temperaturas.

En este caso la energía que atraviesa la apertura será distinta que si fuera una esfera, aunque no sé si mayor o menor, pero indudablemente relacionada con la geometría del cuerpo y la posición y dimensiones de la apertura (en el caso del sol la apertura es un ángulo sólido de 4·PI estereoradianes).

» autor: edmont

#5 Un kilo de Sol

Kartoffel — Mon, 17 May 2010 14:46:37 +0000

La comparación no me parece correcta porque sólo una pequeña fracción de la masa del Sol está fusionando en cada intervalo de tiempo. Hay que tener cuidado comparando potencia con energía, porque la escala temporal puede marcar la diferencia.

Si cada reacción de fusión genera 17.59 MeV (en.wikipedia.org/wiki/Nuclear_fusion), entonces un kilo de reactivos genera 340.000 GJ¹. Si cada año consumimos 474·10¹⁸ J, entonces con 1396 toneladas de reactivos sería suficiente para alimentar las necesidades energéticas del planeta durante un año (aunque evidentemente hay que tener en cuenta la eficiencia del proceso y dividir esa cantidad de 1400 toneladas entre el rendimiento hipotético)

¹ cálculos:
>>> J = 17.59*10**6*1.60217*10**-19 # 17.6 MeV convertidos a julios
>>> E = J*6.022*10**23 # energía de un mol de reacciones
>>> E
1697130295466.0
>>> E/0.005 # 5 gramos es lo que pesan los reactivos, 2 gramos el mol de deuterio y 3 el de tritio
339426059093200.0

² en.wikipedia.org/wiki/World_energy_resources_and_consumption

» autor: Kartoffel

#4 Un kilo de Sol

edmont — Mon, 17 May 2010 14:46:00 +0000

#3, no se puede obviar que el Sol sea esférico. Si tuviese cualquier otra geometría emitiría otra cantidad de energía. No es para nada errónea, que el sol emite 0,2 mW/kg es una realidad. Si queremos más eficiencia habrá que buscar la forma de extraer esa energía, y a eso es a lo que va la última frase.

» autor: edmont

#3 Un kilo de Sol

tARQ — Mon, 17 May 2010 14:40:05 +0000

Totalmente errónea.

Está usando como dato la luminosidad del Sol, que es la cantidad de potencia (energía por unidad de tiempo) emitida en todas direcciones por un cuerpo celeste. Vamos, es lo que emite en ese momento el Sol. Por lo tanto habría que dividirlo por la masa consumida en esa unidad de tiempo.

Y por otro lado, en la fusión nuclear me parece que actualemente se trata de minimizar la energía necesaria para lograr esa fusión, y por otro lado, aprovecharr al máximo la energia liberada.

» autor: tARQ

#2 Un kilo de Sol

jopide — Mon, 17 May 2010 14:38:21 +0000

pues sí, como indica el nombre del blog, toma falacia

» autor: jopide

#1 Un kilo de Sol

edmont — Mon, 17 May 2010 14:20:32 +0000

"El reto de las centrales nucleares de fusión, no es reproducir los procesos nucleares que tiene lugar en sol, si no hacerlos millones de veces mas eficientes."

O sea, que la llevamos clara..

» autor: edmont