GWCA002 問題1

解説

運動方程式と重心の関係

原子核と電子の距離を $r$r とします。重心を原点とし、重心から原子核までの距離を $r_1$r1​、電子までの距離を $r_2$r2​ とすると、 $r = r_1 + r_2$r=r1​+r2​ が成り立ちます。 重心の定義より、次の関係が満たされます。

$M r_1 = m r_2$Mr1​=mr2​

これより、 $r_1$r1​ と $r_2$r2​ は全体の距離 $r$r を用いて次のように表されます。

$r_1 = \frac{m}{M+m}r, \quad r_2 = \frac{M}{M+m}r$r1​=M+mm​r,r2​=M+mM​r

両者は共通の角速度 $\omega$ω で等速円運動を行うため、それぞれの速度の大きさ $v_1, v_2$v1​,v2​ は次のようになります。

$v_1 = r_1 \omega = \frac{m}{M+m}r\omega, \quad v_2 = r_2 \omega = \frac{M}{M+m}r\omega$v1​=r1​ω=M+mm​rω,v2​=r2​ω=M+mM​rω

電子と原子核の間の相対速度の大きさを $v = v_1 + v_2$v=v1​+v2​ と定義すると、 $v = r\omega$v=rω となります。

電子に働く向心力はクローンの法則による静電力 $\frac{k_{\text{e}} Z e^2}{r^2}$r2ke​Ze2​ であるため、電子の運動方程式は以下の通りです。

$m \frac{v_2^2}{r_2} = \frac{k_{\text{e}} Z e^2}{r^2}$mr2​v22​​=r2ke​Ze2​

ここに $r_2$r2​ と $v_2$v2​ の式を代入して整理すると、系の換算質量 $\mu = \frac{Mm}{M+m}$μ=M+mMm​ を用いて次のように書き直すことができます。

$\mu \frac{v^2}{r} = \frac{k_{\text{e}} Z e^2}{r^2} \quad \dots \text{(1)}$μrv2​=r2ke​Ze2​…(1)

角運動量の量子化

系の全角運動量 $L$L は、原子核と電子の角運動量の和です。

$L = M r_1 v_1 + m r_2 v_2 = \mu r^2 \omega = \mu r v$L=Mr1​v1​+mr2​v2​=μr2ω=μrv

量子化条件 $L = \frac{nh}{2\pi}$L=2πnh​ より、次の関係式を得ます。

$\mu r v = \frac{nh}{2\pi} \quad \dots \text{(2)}$μrv=2πnh​…(2)

全エネルギーの導出

系の全エネルギー $E$E は、原子核と電子の運動エネルギーの和および静電エネルギーの和です。

$E = \frac{1}{2}M v_1^2 + \frac{1}{2}m v_2^2 - \frac{k_{\text{e}} Z e^2}{r} = \frac{1}{2}\mu v^2 - \frac{k_{\text{e}} Z e^2}{r}$E=21​Mv12​+21​mv22​−rke​Ze2​=21​μv2−rke​Ze2​

式(1)より $\frac{k_{\text{e}} Z e^2}{r} = \mu v^2$rke​Ze2​=μv2 であるため、エネルギーは次のようにまとまります。

$E = -\frac{1}{2}\mu v^2$E=−21​μv2

式(1)と式(2)から $r$r を消去して $v$v を求めると、 $v = \frac{2\pi k_{\text{e}} Z e^2}{nh}$v=nh2πke​Ze2​ となります。これを代入すると、量子数 $n$n におけるエネルギー準位 $E_n$En​ が定まります。

$E_n = -\frac{2\pi^2 \mu k_{\text{e}}^2 Z^2 e^4}{n^2 h^2}$En​=−n2h22π2μke2​Z2e4​

エネルギー比の計算

原子核が無限に重い（$M \to \infty$M→∞）と仮定したときのエネルギー準位 $E_{\infty, n}$E∞,n​ は、 $\mu \to m$μ→m となることから次のようになります。

$E_{\infty, n} = -\frac{2\pi^2 m k_{\text{e}}^2 Z^2 e^4}{n^2 h^2}$E∞,n​=−n2h22π2mke2​Z2e4​

したがって、任意の量子数 $n$n において $E_n = \frac{\mu}{m} E_{\infty, n}$En​=mμ​E∞,n​ という比例関係が成り立ちます。

量子数 $n=2$n=2 から $n=1$n=1 への遷移で放出される光子のエネルギーは、それぞれのエネルギー差に等しくなります。

$\Delta E = E_2 - E_1 = \frac{\mu}{m} (E_{\infty, 2} - E_{\infty, 1}) = \frac{\mu}{m} \Delta E_{\infty}$ΔE=E2​−E1​=mμ​(E∞,2​−E∞,1​)=mμ​ΔE∞​

求めたい比 $\frac{\Delta E_{\infty}}{\Delta E}$ΔEΔE∞​​ は次のようになります。

$\frac{\Delta E_{\infty}}{\Delta E} = \frac{m}{\mu} = \frac{M+m}{M} = 1 + \frac{m}{M}$ΔEΔE∞​​=μm​=MM+m​=1+Mm​

数値代入と自然数化

制約に与えられた数値を代入します。

$\frac{m}{M} = \frac{1.00 \times 10^{-30}}{4.00 \times 10^{-27}} = \frac{1}{4000}$Mm​=4.00×10−271.00×10−30​=40001​

よって、求める比は以下のようになります。

$\frac{\Delta E_{\infty}}{\Delta E} = 1 + \frac{1}{4000} = \frac{4001}{4000}$ΔEΔE∞​​=1+40001​=40004001​

これは既約分数であるため、 $p = 4001, q = 4000$p=4001,q=4000 となります。 求める自然数は、 $p + q = 4001 + 4000 = 8001$p+q=4001+4000=8001 です。