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プラズマ物理の問題

難易度 2教科書の演習問題レベル大学物理プラズマ物理

SI 単位系を用いる。真空の誘電率を $ε_{0}$ 、電気素量を $e$ （ $e > 0$ ）、ボルツマン定数を $k_{B}$ とする。

電子と 1 価の陽イオンからなる一様な完全電離プラズマが、熱平衡にある。電子の数密度を $n$ 、電子温度を $T$ とする。全体は電気的に中性で、イオンの数密度も $n$ である。ここでは電子だけによる遮蔽を考え、デバイ長 $λ_{D}$ 、デバイ球内の電子数（プラズマパラメータ） $N_{D}$ 、電子 1 個あたりの平均的な体積と等しい体積の球の半径（ウィグナー・ザイツ半径） $a$ 、および結合パラメータ $Γ$ をそれぞれ次で定義する。
$λ_{D} = \frac{ε _{0} k _{B} T}{n e ^{2}}, N_{D} = \frac{4 π}{3} n λ_{D}^{3}, \frac{4 π}{3} a^{3} = \frac{1}{n}, Γ = \frac{e ^{2}}{4 π ε _{0} a k _{B} T}$

はじめ、このプラズマのプラズマパラメータは $N_{D} = N_{0}$ であった。このプラズマを、一様性と電気的中性を保ったまま、体積が $\frac{1}{8}$ になるまでゆっくり断熱圧縮した。電子は比熱比 $γ = \frac{5}{3}$ の理想気体として断熱変化するものとし、粒子の生成・消滅や放射によるエネルギー損失はないものとする。

圧縮後の結合パラメータ $Γ$ を $N_{0}$ を用いて表せ。

この問題で使うもの

デバイ遮蔽とデバイ長（説明と入口の問題）
プラズマパラメータ（説明と入口の問題）

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算数中学高校大学大学院

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ヒント

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ヒント 1

まず定義式だけを使って、 $Γ$ を $N_{D}$ だけで表す関係式を導き、次に断熱圧縮で $N_{D}$ がどう変わるかを調べる。

ヒント 2

$\frac{e ^{2}}{ε _{0} k _{B} T} = \frac{1}{n λ _{D}^{2}}$ と $4 π n = \frac{3}{a ^{3}}$ 、 $N_{D} = (\frac{λ _{D}}{a})^{3}$ を使う。断熱変化では $T V^{2/3} = 一定$ より $T \propto n^{2/3}$ 。

ヒント 3

$Γ = \frac{1}{3} (\frac{a}{λ _{D}})^{2} = \frac{1}{3} N_{D}^{- 2/3}$ 。圧縮後は $n^{'} = 8 n$ 、 $T^{'} = 4 T$ なので $λ_{D}^{'} = λ_{D} / 2$ となる。

答えと解説

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\frac{1}{6} N_{0}^{- \frac{2}{3}}

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解説を読む

1. $Γ$ と $N_{D}$ の関係

デバイ長の定義から
$λ_{D}^{2} = \frac{ε _{0} k _{B} T}{n e ^{2}} ⟹ \frac{e ^{2}}{ε _{0} k _{B} T} = \frac{1}{n λ _{D}^{2}}$
これを $Γ$ の定義に代入すると
$Γ = \frac{1}{4 π a} \cdot \frac{e ^{2}}{ε _{0} k _{B} T} = \frac{1}{4 π n λ _{D}^{2} a}$
ウィグナー・ザイツ半径の定義 $\frac{4 π}{3} a^{3} = \frac{1}{n}$ より $4 π n = \frac{3}{a ^{3}}$ なので
$Γ = \frac{a ^{3}}{3 λ _{D}^{2} a} = \frac{1}{3} (\frac{a}{λ _{D}})^{2}$
一方、 $N_{D} = \frac{4 π}{3} n λ_{D}^{3} = \frac{λ _{D}^{3}}{a ^{3}}$ だから $\frac{a}{λ _{D}} = N_{D}^{- 1/3}$ 。よって
$Γ = \frac{1}{3} N_{D}^{- 2/3}$
（ $N_{D} ≫ 1$ の弱結合プラズマでは $Γ ≪ 1$ となる。）

2. 断熱圧縮による $N_{D}$ の変化

電子は $γ = \frac{5}{3}$ の理想気体として準静的に断熱変化するので $T V^{γ - 1} = T V^{2/3} = 一定$ 。粒子数は保存するので $n \propto V^{- 1}$ 、したがって $T \propto n^{2/3}$ 。

体積が $\frac{1}{8}$ になると $n^{'} = 8 n$ 、 $T^{'} = 8^{2/3} T = 4 T$ 。デバイ長は
$λ_{D}^{'} = λ_{D} \frac{T ^{'} / T}{n ^{'} / n} = λ_{D} \frac{4}{8} = \frac{λ _{D}}{2}$
よって
$N_{D}^{'} = \frac{4 π}{3} n^{'} λ_{D}^{'3} = 8 \cdot (\frac{1}{2})^{3} N_{0} = 22 N_{0} = 2^{3/2} N_{0}$

3. 圧縮後の $Γ$

$Γ^{'} = \frac{1}{3} (2^{3/2} N_{0})^{- 2/3} = \frac{1}{3} \cdot 2^{- 1} N_{0}^{- 2/3} = \frac{1}{6} N_{0}^{- 2/3}$

（検算： $Γ \propto \frac{1}{a T} \propto \frac{n ^{1/3}}{n ^{2/3}} = n^{- 1/3}$ なので、 $n$ が 8 倍になると $Γ$ は $\frac{1}{2}$ 倍。圧縮前は $Γ = \frac{1}{3} N_{0}^{- 2/3}$ なので一致する。）

別解

まず $Γ$ を $N_{D}$ で表す。 $\frac{4 π}{3} a^{3} = \frac{1}{n}$ より $n = \frac{3}{4 π a ^{3}}$ である。

これを $N_{D} = \frac{4 π}{3} n λ_{D}^{3}$ に代入すると $N_{D} = (λ_{D} / a)^{3}$ 、つまり $λ_{D} / a = N_{D}^{1/3}$ となる。

一方、 $λ_{D}^{2} = ε_{0} k_{B} T / (n e^{2})$ より $ε_{0} k_{B} T = n e^{2} λ_{D}^{2}$ である。これを $Γ$ の式に入れると
$Γ = \frac{e ^{2}}{4 π a n e ^{2} λ _{D}^{2}} = \frac{1}{4 π na λ _{D}^{2}}$ 。

ここで $n = \frac{3}{4 π a ^{3}}$ を使うと $4 π na λ_{D}^{2} = 3 λ_{D}^{2} / a^{2}$ なので、
$Γ = \frac{a ^{2}}{3 λ _{D}^{2}} = \frac{1}{3} N_{D}^{- 2/3}$ 。

次に断熱圧縮を考える。体積が $1/8$ になるので $n \to 8 n$ である。断熱変化 $T V^{γ - 1} =$ 一定、 $γ - 1 = 2/3$ より $T \to 8^{2/3} T = 4 T$ となる。

よって $λ_{D}^{2} \propto T / n$ は $4/8 = 1/2$ 倍になる。 $N_{D} \propto n λ_{D}^{3}$ は $8 \cdot (1/2)^{3/2} = 22$ 倍になるので、 $N_{D}^{'} = 22 N_{0}$ である。

したがって $Γ^{'} = \frac{1}{3} (2^{3/2} N_{0})^{- 2/3} = \frac{1}{3} \cdot \frac{1}{2} N_{0}^{- 2/3} = \frac{1}{6 N _{0}^{2/3}}$ 。

検算として、 $Γ \propto n^{1/3} / T$ を使うと $8^{1/3} /4 = 1/2$ 倍になる。圧縮前は $Γ = \frac{1}{3} N_{0}^{- 2/3}$ なので、圧縮後は $\frac{1}{6} N_{0}^{- 2/3}$ となり一致する。

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