GWCB006 問題6

解説

微小部分における力のつり合い

回転軸からの距離を $x$x とします。距離 $x$x から $x + dx$x+dx の間にある、厚さ $dx$dx、断面積 $S$S の微小な気体部分（微小体積 $Sdx$Sdx）に着目します。 この部分の気体の圧力を $P(x)$P(x)、気体の密度を $\rho(x)$ρ(x) とすると、理想気体の状態方程式 $P = \dfrac{\rho}{m} k_{\text{B}}T$P=mρ​kB​T より、密度は次のように表されます。

$$\rho(x) = \dfrac{m P(x)}{k_{\text{B}}T}$$ρ(x)=kB​TmP(x)​

この微小部分の質量 $dM$dM は次のように表されます。

$$dM = \rho(x) S dx = \dfrac{m P(x)}{k_{\text{B}}T} S dx$$dM=ρ(x)Sdx=kB​TmP(x)​Sdx

この気体部分は角速度 $\omega$ω で円運動しているため、回転軸方向（内向き）に遠心力と釣り合うだけの圧力差による力を受けています。 位置 $x$x から受ける外向きの力は $P(x)S$P(x)S、位置 $x+dx$x+dx から受ける内向きの力は $\left(P(x) + \dfrac{dP}{dx}dx\right)S$(P(x)+dxdP​dx)S です。 したがって、回転軸方向（内向き）の正味の圧力による力は次のように表されます。

$$-\dfrac{dP}{dx} dx \cdot S$$−dxdP​dx⋅S

これが円運動の向心力（遠心力の逆向きの力） $dM \cdot x \omega^2$dM⋅xω2 と釣り合うため、次の式が成立します。

$$-\dfrac{dP}{dx} dx \cdot S + \left(\dfrac{m P(x)}{k_{\text{B}}T} S dx\right) x \omega^2 = 0$$−dxdP​dx⋅S+(kB​TmP(x)​Sdx)xω2=0

両辺を $S dx$Sdx で割り、整理すると次の微分方程式が得られます。

$$\dfrac{dP}{dx} = \dfrac{m \omega^2}{k_{\text{B}}T} x P(x)$$dxdP​=kB​Tmω2​xP(x)

変数分離と積分定数を用いた解析

この微分方程式を、関数 $P(x)$P(x) に注目して変数分離の形に変形します。

$$\dfrac{1}{P(x)} \dfrac{dP}{dx} = \dfrac{m \omega^2}{k_{\text{B}}T} x$$P(x)1​dxdP​=kB​Tmω2​x

両辺を $x$x で不定積分します。

$$\int \dfrac{1}{P} dP = \int \dfrac{m \omega^2}{k_{\text{B}}T} x dx$$∫P1​dP=∫kB​Tmω2​xdx

それぞれの辺を積分すると、積分定数を $C$C として次の関係が得られます。

$$\ln P(x) = \dfrac{m \omega^2}{2 k_{\text{B}}T} x^2 + C$$lnP(x)=2kB​Tmω2​x2+C

この式の両辺の対数を外すことで、圧力 $P(x)$P(x) の一般式を導出します。

$$P(x) = e^C \cdot \exp\left(\dfrac{m \omega^2}{2 k_{\text{B}}T} x^2\right)$$P(x)=eC⋅exp(2kB​Tmω2​x2)

ここで、シリンダーの開口部（位置 $x = L$x=L ）は外部の大気に接しているため、境界条件は $P(L) = P_0$P(L)=P0​ となります。これを上の一般式に代入します。

$$P_0 = e^C \cdot \exp\left(\dfrac{m \omega^2 L^2}{2 k_{\text{B}}T}\right)$$P0​=eC⋅exp(2kB​Tmω2L2​)

これにより、係数部分 $e^C$eC の値が以下のように決定されます。

$$e^C = P_0 \cdot \exp\left(-\dfrac{m \omega^2 L^2}{2 k_{\text{B}}T}\right)$$eC=P0​⋅exp(−2kB​Tmω2L2​)

この $e^C$eC を元の一般式に戻すことで、シリンダー内の任意のæld位置 $x$x における圧力分布の式が完成します。

$$P(x) = P_0 \cdot \exp\left(-\dfrac{m \omega^2 L^2}{2 k_{\text{B}}T}\right) \cdot \exp\left(\dfrac{m \omega^2}{2 k_{\text{B}}T} x^2\right)$$P(x)=P0​⋅exp(−2kB​Tmω2L2​)⋅exp(2kB​Tmω2​x2)

求めたい位置は回転軸の閉じた端（ $x = 0$x=0 ）であるため、この式に $x = 0$x=0 を代入します。

$$P(0) = P_0 \cdot \exp\left(-\dfrac{m \omega^2 L^2}{2 k_{\text{B}}T}\right)$$P(0)=P0​⋅exp(−2kB​Tmω2L2​)

問題文で与えられた定義式 $P(0) = P_0 e^{-A}$P(0)=P0​e−A と比較すると、無次元の係数 $A$A は次の通りになります。

$$A = \dfrac{m \omega^2 L^2}{2 k_{\text{B}}T}$$A=2kB​Tmω2L2​

数値の代入

制約欄の数値を代入して分子と分母をそれぞれ計算します。

まず、分子を計算します。

$$m \omega^2 L^2 = (2.07 \times 10^{-25} \text{ kg}) \times (5.00 \times 10^{2} \text{ rad/s})^2 \times (2.00 \times 10^{-1} \text{ m})^2$$mω2L2=(2.07×10−25 kg)×(5.00×102 rad/s)2×(2.00×10−1 m)2 $$= 2.07 \times 10^{-25} \times (2.50 \times 10^{5}) \times (4.00 \times 10^{-2})$$=2.07×10−25×(2.50×105)×(4.00×10−2) $$= 2.07 \times 10^{-25} \times 1.00 \times 10^{4} = 2.07 \times 10^{-21} \text{ J}$$=2.07×10−25×1.00×104=2.07×10−21 J

次に、分母を計算します。

$$2 k_{\text{B}}T = 2 \times (1.38 \times 10^{-23} \text{ J/K}) \times (3.00 \times 10^{2} \text{ K})$$2kB​T=2×(1.38×10−23 J/K)×(3.00×102 K) $$= 2 \times 4.14 \times 10^{-21} = 8.28 \times 10^{-21} \text{ J}$$=2×4.14×10−21=8.28×10−21 J

これらを用いて、係数 $A$A を求めます。

$$A = \dfrac{2.07 \times 10^{-21} \text{ J}}{8.28 \times 10^{-21} \text{ J}} = \dfrac{2.07}{8.28} = \dfrac{207}{828}$$A=8.28×10−21 J2.07×10−21 J​=8.282.07​=828207​

分子と分母を共通の因数である $207$207 で割ると、次のように既約分数が得られます。

$$A = \dfrac{1}{4}$$A=41​

したがって、既約分数 $\dfrac{p}{q}$qp​ は $\dfrac{1}{4}$41​ となり、 $p = 1$p=1, $q = 4$q=4 と定まります。 入力形式に従い、分子と分母の和 $p + q$p+q を計算します。

$$1 + 4 = 5$$1+4=5

解答:5