ガモフ係数

核反応が起こる確率は、粒子が障壁を透過する確率に比例する。${\displaystyle P_{\mathrm {G} }}$、そのように行動した際に反応する確率を掛け合わせたものです。後者の確率は、天体物理学的S因子によって表されます。

S因子は原子核間の複雑な強い相互作用に依存し、したがって粒子エネルギーに非線形に依存する。これは^{[ 5 ]で定義される。}

${\displaystyle S(E)\equiv {\frac {E}{\exp(-2\pi \eta )}}\sigma (E)}$、

ここでσは断面積であり、全反応確率の尺度である。

クーロン障壁により断面積は強い指数関数的依存性を持つようになる。${\displaystyle E}$S因子は、断面積のクーロン成分（ガモフ因子）とド・ブロイ波長（断面積は波長の2乗に比例する）を因数分解することで、この問題を解決します。${\displaystyle \lambda ^{2}={\tfrac {h^{2}}{2mE}}\propto {\tfrac {1}{E}}}$共鳴のない核反応の場合、${\displaystyle S}$変動が少ない${\displaystyle E}$よりも${\displaystyle \sigma }$そうです。したがって、${\displaystyle S}$は、${\displaystyle \sigma }$[ ^{6 ]​}

理想気体の場合、マクスウェル・ボルツマン分布は

${\displaystyle P_{\text{MB}}(E)\propto e^{-m\langle v^{2}\rangle /2k_{\rm {B}}T}=e^{-E/k_{\rm {B}}T}}$

どこ${\displaystyle \langle v^{2}\rangle }$は全粒子の平均二乗速度であり、${\textstyle k_{\rm {B}}}$はボルツマン定数、Tは絶対温度です。

融合確率は、マクスウェル・ボルツマン分布因子とガモフ因子の積である。

${\displaystyle P_{\text{fusion}}(E)=P_{\text{MB}}(E)\cdot P_{\text{G}}(E)\propto \exp \left(-{\frac {E}{k_{\mathrm {B} }T}}-{\sqrt {\frac {E_{\rm {G}}}{E}}}\right)}$

融合確率の最大値は次のように与えられる。${\textstyle \partial P_{\text{fusion}}/\partial E=0,}$これにより^{[ 7 ]が得られる。}

${\displaystyle E_{\rm {max}}=\left[E_{\rm {G}}\left({\frac {k_{\rm {B}}T}{2}}\right)^{2}\right]^{1/3}.}$

この量はガモフピークとして知られています。^{[ c ]}

拡大${\displaystyle P_{\text{fusion}}}$その周り${\displaystyle E_{\rm {max}}}$与える：^{[ 7 ]}

${\displaystyle P_{\text{fusion}}(E)\approx P_{\text{fusion}}(E_{\text{max}})\cdot \left[1+\left({\frac {E-E_{\rm {max}}}{2\Delta }}\right)^{2}+\cdots \right],}$

ここで（ジュール単位）

${\displaystyle \Delta (T)=4{\sqrt {\frac {E_{\rm {max}}k_{\rm {B}}T}{3}}}={\frac {2^{5/3}}{\sqrt {3}}}[E_{\rm {G}}^{}(k_{\rm {B}}T)^{5}]^{1/6}}$

はガモフ窓です。^{[ d ]}

この導出は、 WKB近似を用いた量子トンネル効果の一次元の場合から成ります。^{[ 8 ]}質量mの粒子の波動関数を考えると、領域1は波が放出される場所、領域2は高さV、幅l（）のポテンシャル障壁とします。${\textstyle 0<x<l}$）と、その反対側の領域3では、波が到達し、一部は透過し、一部は反射される。波数k [m ⁻¹ ]とエネルギーEの場合、次のようになる。

${\displaystyle \Psi _{1}=Ae^{i(kx+\alpha )}e^{-i{Et}/{\hbar }}}$

${\displaystyle \Psi _{2}=B_{1}e^{-k'x}+B_{2}e^{k'x}}$

${\displaystyle \Psi _{3}=(C_{1}e^{-i(kx+\beta )}+C_{2}e^{i(kx+\beta ')})\cdot e^{-i{Et}/{\hbar }}}$

どこ${\displaystyle k={\sqrt {2mE/\hbar ^{2}}}}$そして${\textstyle k'={\sqrt {2m(V-E)/\hbar ^{2}}},}$両方とも[1/m]です。これは、バリアの端での境界条件を取ることによって、与えられたAと位相αに対して解かれます。${\displaystyle x=0}$そして${\displaystyle x=l}$： そこには${\textstyle \Psi _{1,3}(t)}$そしてその導関数は両辺で等しくなければならない。${\displaystyle k'l\gg 1}$これは、時間の指数関数を無視して実部のみを考慮することで簡単に解決できます（虚部も同様の挙動を示します）。係数を除いて、次のようになります。

• β相は典型的には1次であり、
• オーダーの${\textstyle {k}/{k'}={\sqrt {{E}/{(V-E)}}}}$（VはEよりも大きい（わずかに大きいわけではない）ので、それほど大きくはないと想定される）：

${\displaystyle \Psi _{1}=Ae^{i(kx+\alpha )},\Psi _{3}=C_{1}e^{-i(kx+\beta )}+C_{2}e^{i(kx+\beta ')},}$

${\displaystyle \Psi _{2}\approx Ae^{-k'x}+Ae^{k'x}:B_{1},B_{2}\approx A}$そして${\displaystyle C_{1},C_{2}\approx {\frac {1}{2}}A{\frac {k'}{k}}e^{k'l}.}$

次に、アルファ崩壊は、対称なポテンシャル障壁間の定常波を伴う対称な一次元問題としてモデル化できます。${\displaystyle q_{0}<x<q_{0}+l}$そして${\displaystyle -(q_{0}+l)<x<-q_{0}}$障壁の両側外側で波を放出する。原理的には、最初の問題の解を次のように変換することでこれを解くことができる。${\displaystyle q_{0}}$そしてそれを鏡像のように映した同じ溶液に接着する${\displaystyle x=0}$。

問題の対称性により、両側の放射波は振幅（A）が等しくなければなりませんが、位相（α）は異なっていても構いません。これにより、パラメータが1つ増えますが、2つの解を結合すると、${\textstyle x=0}$波動関数とその導関数の両方に対して2つの境界条件が必要なので、一般には解はありません。特に、${\textstyle \Psi _{3}}$（翻訳後）${\textstyle q_{0}}$）は、コサインとサインの和として表されます。${\displaystyle kx}$それぞれがkとβに依存する異なる係数を持つ。正弦の係数はゼロでなければならず、そうすることで解をその鏡像に左右対称に貼り付けることができる。一般に係数は複素数であるため（したがって、そのゼロ化は 2 つの境界条件を表す 2 つの制約を課す）、これは一般にkの虚数部を加えることで解決でき、必要な追加パラメータが得られる。したがって、Eも虚数部を持つことになる。

この物理的な意味は、中央の定常波が減衰するということです。そのため、新たに放出される波の振幅は小さくなり、時間とともに減衰しますが、距離とともに増大します。減衰定数λ [ 1/s]は、に比べて小さいと仮定されます。${\textstyle E/\hbar }$。

λは、確率電流保存則への影響に注目することで、明示的に解かなくても推定できます。確率は中央から側面へ流れるので、次のようになります。

${\displaystyle {\frac {\partial }{\partial t}}\int _{-(q_{0}+l)}^{(q_{0}+l)}\Psi ^{*}\Psi \ dx=2{\frac {\hbar }{2mi}}\left(\Psi _{1}^{*}{\frac {\partial \Psi _{1}}{\partial x}}-\Psi _{1}{\frac {\partial \Psi _{1}^{*}}{\partial x}}\right),}$

係数2は、2つの波が放出されることによるものであることに注意してください。

取${\displaystyle \Psi \sim e^{-\lambda t}}$すると、次のようになります。

${\displaystyle \lambda {\frac {2}{4}}(q_{0}+l)\left(A{\frac {k'}{k}}\right)^{2}e^{2k'l}\approx 2{\frac {\hbar }{m}}A^{2}k.}$

二次依存性${\displaystyle k'l}$指数関数的な依存性に比べて無視できるほど小さいので、次のように書くことができます。

${\displaystyle \lambda \approx 4{\frac {\hbar k}{m(q_{0}+l)}}{\frac {k^{2}}{k'^{2}}}\cdot e^{-2k'l}.}$

kに加えた虚数部は実数部よりもはるかに小さいことを思い出せば、それを無視して次の式が得られる。

${\displaystyle \lambda \approx 4{\frac {\hbar k}{m(q_{0}+l)}}\cdot {\frac {E}{V-E}}\cdot e^{-2{\sqrt {2m(V-E)}}l/\hbar }.}$

ご了承ください${\textstyle {\frac {\hbar k}{m}}={\sqrt {2E/m}}}$は粒子の速度なので、最初の因子は障壁間に閉じ込められた粒子が移動する古典的な速度です（${\textstyle 2q_{0}}$（離れる）と、それらに当たる。

最後に、3次元問題に移ると、球対称シュレーディンガー方程式は（波動関数を展開すると）次のようになる。${\displaystyle \psi (r,\theta ,\phi )=\chi (r)u(\theta ,\phi )}$球面調和関数において、 l番目の項を見ると次のようになります。

${\displaystyle {\frac {\hbar ^{2}}{2m}}\left({\frac {d^{2}\chi }{dr^{2}}}+{\frac {2}{r}}{\frac {d\chi }{dr}}\right)=\left(V(r)+{\frac {\hbar ^{2}}{2m}}{\frac {\ell (\ell +1)}{r^{2}}}-E\right)\chi .}$

以来${\displaystyle \ell >0}$これはポテンシャルを拡大することに相当するため、減衰率を大幅に低下させる（${\textstyle {\sqrt {V-E}}}$): 私たちは${\displaystyle \ell =0}$、そして、前のものと非常によく似た問題が発生する${\displaystyle \chi (r)=\Psi (r)/r}$ただし、 rの関数としての電位は階段関数ではない。つまり${\textstyle {\frac {\hbar ^{2}}{2m}}\left({\ddot {\chi }}+{\frac {2}{r}}{\dot {\chi }}\right)=\left(V(r)-E\right)\chi .}$

振幅に対するこの主な影響は、指数部の引数を置き換えて、次の積分を取る必要があることです。${\textstyle 2{\sqrt {2m(V-E)}}/\hbar }$距離にわたって${\displaystyle V(r)>E}$幅lを掛けるのではなく、クーロンポテンシャルを次のようにします。

${\displaystyle V(r)={\frac {z(Z-z)e^{2}}{4\pi \varepsilon _{0}r}}}$

どこ${\displaystyle \varepsilon _{0}}$ここで、 ε₀は真空の誘電率、eは電子の電荷、z = 2はアルファ粒子の電荷数、 Zは原子核の電荷数（粒子放出後のZ - z ）である。積分範囲は次のようになる。

${\displaystyle r_{2}={\frac {z(Z-z)e^{2}}{4\pi \varepsilon _{0}E}},}$ここで、核ポテンシャルエネルギーは依然として比較的小さいと仮定し、

${\displaystyle r_{1}}$これは、核の負のポテンシャルエネルギーが十分に大きいため、全体のポテンシャルがEより小さくなる場所です。

したがって、 λの指数部の引数は次のようになります。

${\displaystyle 2{\frac {\sqrt {2mE}}{\hbar }}\int _{r_{1}}^{r_{2}}{\sqrt {{\frac {V(r)}{E}}-1}}\,dr=2{\frac {\sqrt {2mE}}{\hbar }}\int _{r_{1}}^{r_{2}}{\sqrt {{\frac {r_{2}}{r}}-1}}\,dr.}$

これは、代入することで解決できます。${\textstyle t={\sqrt {r/r_{2}}}}$その後${\textstyle t=\cos(\theta )}$そしてθについて解くと、次のようになる。

${\displaystyle 2r_{2}{\frac {\sqrt {2mE}}{\hbar }}[\cos ^{-1}({\sqrt {x}})-{\sqrt {x}}{\sqrt {1-x}}]=2{\frac {{\sqrt {2m}}z(Z-z)e^{2}}{4\pi \varepsilon _{0}\hbar {\sqrt {E}}}}\left[\cos ^{-1}({\sqrt {x}})-{\sqrt {x}}{\sqrt {1-x}}\right]}$

どこ${\displaystyle x=r_{1}/r_{2}}$xが小さいので、 xに依存する因子は1程度のオーダーになります。

仮定すると${\textstyle x\ll 1}$xに依存する因子は、${\textstyle \arccos 0=\pi /2,}$与えること:

${\displaystyle \lambda \approx e^{-{\sqrt {{E_{\mathrm {G} }}/{E}}}}}$と${\displaystyle E_{\mathrm {G} }={\frac {2\pi ^{2}m\left[z(Z-z)e^{2}\right]^{2}}{(4\pi \varepsilon _{0}\hbar )^{2}}}.}$

これは、記事の冒頭で示した式と同じです。${\textstyle Z_{\text{a}}=z}$、${\textstyle Z_{\text{b}}=Z-z}$微細構造定数${\textstyle \alpha ={\frac {e^{2}}{4\pi \varepsilon _{0}\hbar c}}:{\sqrt {E_{\rm {G}}}}={\sqrt {2m}}/(4\epsilon _{0}\hbar )[Z_{a}eZ_{b}e].}$

ラジウムのアルファ崩壊の場合、 Z = 88、z = 2、m ≈ 4 m _pで、E _Gは約 50 GeVです。ガモフは、 ${\textstyle \log(\lambda )}$5 MeVのエネルギーにおけるEに関して、実験値と比較すると、約10 ¹⁴ J ⁻¹となる。   0.7 × 10 ¹⁴  J ⁻¹ . ^{[ e ]}