液滴模型のクーロンエネルギーと変形の安定性

一様帯電球の静電エネルギー $\frac{3}{5} \frac{( Z e ) ^{2}}{4 π ε _{0} R}$ から $a_{C}$ を見積もり、変形による表面エネルギーとクーロンエネルギーの変化を比べて球形が不安定になる条件（ $Z^{2} / A$ の臨界値）を求められる

前提

ワイツゼッカーの質量公式（大学物理原子核・素粒子）
静電場のエネルギー（大学物理電磁気学（静電場・静磁場・電磁誘導））

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算数中学高校大学大学院

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コンデンサーの電気容量と電気量（高校物理電場と電位・コンデンサー）
コンデンサーの静電エネルギー（高校物理電場と電位・コンデンサー）
広義積分（大学数学微分積分）
静電場のエネルギー（大学物理電磁気学（静電場・静磁場・電磁誘導））

説明

原子核を一様に帯電した液滴とみなし、陽子どうしのクーロン反発のエネルギーを一様帯電球の静電エネルギー $\frac{3}{5} \frac{( Z e ) ^{2}}{4 π ε _{0} R}$ から求めると、質量公式のクーロン項の係数 $a_{C}$ を理論的に見積もれます。さらに、核が球から少しだけ伸びたときに表面エネルギーが増える量とクーロンエネルギーが減る量を比べると、球形がもはや安定でなくなる条件、つまり $Z^{2} / A$ の臨界値が求まります。重い核の自発核分裂がなぜ起こりやすくなるのかを、大まかな数で理解するときに使います。

なぜそうしてよいのか

まず $a_{C}$ の見積もりです。半径 $R$ の球に電荷 $Q$ が一様に分布しているとし、空の状態から薄い球殻を外側へ 1 枚ずつ積んで球をつくると考えます。半径 $r$ まで積んだときの電荷は $q (r) = Q r^{3} / R^{3}$ で、その表面の電位は $\frac{q ( r )}{4 π ε _{0} r}$ です。そこへ電荷 $d q = 3 Q r^{2} d r / R^{3}$ を無限遠から運ぶ仕事は $\frac{q ( r ) d q}{4 π ε _{0} r}$ なので、 $W = \int_{0}^{R} \frac{1}{4 π ε _{0} r} \cdot \frac{Q r ^{3}}{R ^{3}} \cdot \frac{3 Q r ^{2}}{R ^{3}} d r = \frac{3 Q ^{2}}{4 π ε _{0} R ^{6}} \int_{0}^{R} r^{4} d r = \frac{3}{5} \frac{Q ^{2}}{4 π ε _{0} R}$ となります。核では $Q = Z e$ 、 $R = r_{0} A^{1/3}$ なので $E_{C} = \frac{3}{5} \frac{e ^{2}}{4 π ε _{0} r _{0}} \frac{Z ^{2}}{A ^{1/3}}$ です。これを質量公式のクーロン項 $a_{C} \frac{Z ^{2}}{A ^{1/3}}$ （ $Z$ が大きいときは $Z (Z - 1) \approx Z^{2}$ ）と見比べれば $a_{C} = \frac{3}{5} \frac{e ^{2}}{4 π ε _{0} r _{0}}$ です。

次に変形です。体積（核子の数）を変えずに、球を回転楕円体へ少し伸ばします。長軸の半径を $R (1 + ε)$ 、残りの 2 つの半径を $R (1 + ε)^{- 1/2}$ とすると体積は $\frac{4}{3} π R^{3}$ のままです。体積が同じなら表面積が最小なのは球なので、表面積は $ε$ について 1 次の変化をもたず、 $ε^{2}$ に比例して増えます。計算すると $E_{S} (ε) = E_{S}^{(0)} (1 + \frac{2}{5} ε^{2})$ です。一方、伸びると陽子どうしの平均距離が開くので、クーロンエネルギーは $E_{C} (ε) = E_{C}^{(0)} (1 - \frac{1}{5} ε^{2})$ と減ります（どちらも $ε^{2}$ までの近似）。ここで $E_{S}^{(0)} = a_{S} A^{2/3}$ 、 $E_{C}^{(0)} = a_{C} \frac{Z ^{2}}{A ^{1/3}}$ は球のときの値です。

変形によるエネルギー変化は $Δ E = \frac{ε ^{2}}{5} (2 E_{S}^{(0)} - E_{C}^{(0)})$ です。これが正なら少し変形しても元の球に戻ろうとし（安定）、負なら変形するほどエネルギーが下がって球は不安定になります。境目は $E_{C}^{(0)} = 2 E_{S}^{(0)}$ 、すなわち $a_{C} \frac{Z ^{2}}{A ^{1/3}} = 2 a_{S} A^{2/3}$ で、整理すると $(\frac{Z ^{2}}{A})_{crit} = \frac{2 a _{S}}{a _{C}}$ です。表面エネルギーは $A^{2/3}$ 、クーロンエネルギーは $Z^{2} / A^{1/3}$ に比例するので、比べる量が自然に $Z^{2} / A$ という組み合わせになります。

手順

一様帯電球の静電エネルギー $\frac{3}{5} \frac{( Z e ) ^{2}}{4 π ε _{0} R}$ に $R = r_{0} A^{1/3}$ を入れ、 $Z^{2} / A^{1/3}$ の係数として $a_{C} = \frac{3}{5} \frac{e ^{2}}{4 π ε _{0} r _{0}}$ を計算する（ $\frac{e ^{2}}{4 π ε _{0}}$ は MeV·fm 単位の値を使うと便利）
球のときの表面エネルギー $E_{S}^{(0)} = a_{S} A^{2/3}$ とクーロンエネルギー $E_{C}^{(0)} = a_{C} \frac{Z ^{2}}{A ^{1/3}}$ を書く
体積を保つ小さな変形 $ε$ に対して $E_{S} = E_{S}^{(0)} (1 + \frac{2}{5} ε^{2})$ 、 $E_{C} = E_{C}^{(0)} (1 - \frac{1}{5} ε^{2})$ を使い、変化 $Δ E = \frac{ε ^{2}}{5} (2 E_{S}^{(0)} - E_{C}^{(0)})$ を求める
$Δ E = 0$ となる条件 $E_{C}^{(0)} = 2 E_{S}^{(0)}$ から $(\frac{Z ^{2}}{A})_{crit} = \frac{2 a _{S}}{a _{C}}$ を出し、与えられた核の $Z^{2} / A$ と比べて安定か不安定かを判断する

例題

原子核を半径 $R = r_{0} A^{1/3}$ の一様帯電球とみなし、 $r_{0} = 1.2 fm$ 、 $\frac{e ^{2}}{4 π ε _{0}} = 1.44 MeV \cdot fm$ とする。また表面項の係数を $a_{S} = 18.0 MeV$ とする。体積を保つ小さな変形 $ε$ に対して、表面エネルギーは $E_{S}^{(0)} (1 + \frac{2}{5} ε^{2})$ 、クーロンエネルギーは $E_{C}^{(0)} (1 - \frac{1}{5} ε^{2})$ と変わるとする（ $E_{S}^{(0)}, E_{C}^{(0)}$ は球のときの値で、クーロンエネルギーは $Z^{2}$ に比例するとしてよい）。球形が不安定になる $Z^{2} / A$ の臨界値を求めよ。

例題の解答

【手順 1】一様帯電球の静電エネルギーに $R = r_{0} A^{1/3}$ を代入すると $E_{C}^{(0)} = \frac{3}{5} \frac{e ^{2}}{4 π ε _{0} r _{0}} \frac{Z ^{2}}{A ^{1/3}}$ なので $a_{C} = \frac{3}{5} \times \frac{1.44 MeV \cdot fm}{1.2 fm} = \frac{3}{5} \times 1.2 MeV = 0.72 MeV$ です。

【手順 2】球のときは $E_{S}^{(0)} = a_{S} A^{2/3}$ 、 $E_{C}^{(0)} = a_{C} \frac{Z ^{2}}{A ^{1/3}}$ です。

【手順 3】変形によるエネルギー変化は $Δ E = \frac{2}{5} ε^{2} E_{S}^{(0)} - \frac{1}{5} ε^{2} E_{C}^{(0)} = \frac{ε ^{2}}{5} (2 E_{S}^{(0)} - E_{C}^{(0)})$ です。

【手順 4】 $Δ E < 0$ となる、つまり球が不安定になる境目は $E_{C}^{(0)} = 2 E_{S}^{(0)}$ です。 $a_{C} \frac{Z ^{2}}{A ^{1/3}} = 2 a_{S} A^{2/3} ⟹ \frac{Z ^{2}}{A} = \frac{2 a _{S}}{a _{C}} = \frac{2 \times 18.0}{0.72} = 50$ よって臨界値は $50$ です（ $Z^{2} / A > 50$ の核では球形が不安定になります）。

答え: $50$

よくある誤り

一様帯電球の静電エネルギーを、表面だけに電荷がある球殻の値 $\frac{1}{2} \frac{Q ^{2}}{4 π ε _{0} R}$ としてしまう誤り。正しくは電荷が内部まで一様に詰まっているので $\frac{3}{5} \frac{Q ^{2}}{4 π ε _{0} R}$ で、 $a_{C} = \frac{3}{5} \frac{e ^{2}}{4 π ε _{0} r _{0}}$ となる
安定性の条件を $E_{C}^{(0)} = E_{S}^{(0)}$ （係数をそろえず単純に等しいとおく）としてしまう誤り。正しくは変化量の係数 $\frac{2}{5}$ と $\frac{1}{5}$ を比べるので、境目は $E_{C}^{(0)} = 2 E_{S}^{(0)}$ 、臨界値は $(Z^{2} / A)_{crit} = \frac{2 a _{S}}{a _{C}}$
変形すると体積も変わるとして、半径を一律に $R (1 + ε)$ に変えてしまう誤り。正しくは核子数が一定なので体積を保つ変形を考え、長軸を $R (1 + ε)$ にしたら残りの軸は $R (1 + ε)^{- 1/2}$ に縮める。単に膨らませると $ε$ の 1 次の変化が出て、安定性の議論にならない
$Z^{2} / A^{1/3}$ と $A^{2/3}$ を比べるときに指数の計算を誤り、 $\frac{Z ^{2}}{A ^{1/3}} \div A^{2/3} = \frac{Z ^{2}}{A ^{1/3}}$ などとしてしまう誤り。正しくは $\frac{Z ^{2}}{A ^{1/3} \cdot A ^{2/3}} = \frac{Z ^{2}}{A}$

この説明は AI が書き、別の AI が例題を独立に解いて答えを確かめ、説明を一歩ずつ査読しました。

入口の問題

難易度 1（教科書の例題レベル）
原子核を一様に帯電した非圧縮性の液滴とみなす液滴模型を考える。質量数 $A$ 、陽子数 $Z$ の球形の原子核の表面エネルギーを $E_{S} = a_{S} A^{2/3}$ 、クーロンエネルギーを $E_{C} = a_{C} \frac{Z ^{2}}{A ^{1/3}}$ とする。体積を一定に保ったまま、球を小さなパラメータ $ε$ （ $∣ ε ∣ ≪ 1$ ）で回転楕円体に変形させると、 $ε^{2}$ の項までで
$E_{S} \to E_{S} (1 + \frac{2}{5} ε^{2}), E_{C} \to E_{C} (1 - \frac{1}{5} ε^{2})$
と変化する。
$a_{S} = 17.0 MeV$ , $a_{C} = 0.68 MeV$ とするとき、球形がこの変形に対して不安定になる（変形でエネルギーの和が下がる）ための $\frac{Z ^{2}}{A}$ の臨界値を求めよ。

液滴模型のクーロンエネルギーと変形の安定性

前提

説明

なぜそうしてよいのか

手順

例題

よくある誤り

入口の問題

この技能を使う問題