独立した2つの問題 A・B からなる総合問題です。A は「シリンダー内を2枚のピストンで3室に仕切った気体」の熱力学、B は「X線の発生とボーア模型による固有X線」の原子物理です。それぞれ独立に解きます。
状況：はじめ A, B, C はすべて体積 $V_0$、温度 $T_0$。ピストン2を固定し、ピストン1を右へゆっくり動かして部屋 A の体積が $\dfrac{4}{3}V_0$ になった。装置は外部に熱を通すので、各室は温度 $T_0$ の等温変化。
立式（体積保存）：ピストン2は固定なので $V_C=V_0$ のまま。シリンダー全体の長さ（＝全体積 $3V_0$）は一定だから、B の体積は A がふくらんだ分だけ縮む：
$$V_B = V_0 - \left(\frac{4}{3}V_0 - V_0\right) = V_0 - \frac{1}{3}V_0 = \frac{2}{3}V_0$$状態方程式（B, 1 モル, 等温 $T_0$）：
$$p_B V_B = R T_0 \quad\Rightarrow\quad p_B = \frac{R T_0}{V_B}$$代入・計算：$V_B=\dfrac{2}{3}V_0$ を代入して
$$p_B = \frac{R T_0}{\frac{2}{3}V_0} = \frac{3 R T_0}{2 V_0}$$初期の B は $p_0 V_0 = RT_0$ より $p_0=\dfrac{RT_0}{V_0}$。等温変化ではボイルの法則 $p_0V_0=p_BV_B$ が成り立つので
$$p_B = p_0\frac{V_0}{V_B} = \frac{RT_0}{V_0}\cdot\frac{V_0}{(2/3)V_0} = \frac{3}{2}\cdot\frac{RT_0}{V_0}$$と同じ結果。体積が $\tfrac23$ 倍に縮んだので圧力は $\tfrac32$ 倍に上がった。
ピストン2固定なら $V_C$ は不変。シリンダーの全長一定から「A の増加＝B の減少」。等温なら状態方程式 $pV=RT_0$（＝ボイルの法則）が即使える。
立式（等温変化で気体が外にする仕事）：問題で与えられた「図2の斜線部の面積」より、1 モルの気体が等温で $V_1\to V_2$ するとき気体が外にする仕事は
$$W_{\text{気体が外にする}} = R T_0 \log\frac{V_2}{V_1}$$B は $V_1=V_0$ から $V_2=\dfrac23 V_0$ へ変化したので、気体 B が外にする仕事は
$$W_{\text{B が外にする}} = R T_0 \log\frac{\frac23 V_0}{V_0} = R T_0 \log\frac{2}{3} \;(<0)$$負になるのは「B が外にした仕事がマイナス＝逆に外から仕事をされた」ことを意味します。
ピストン1が B にした仕事に直す：ピストン1が B にした仕事 $W_B$ は、B が外にした仕事の符号を反転したもの：
$$W_B = -\,W_{\text{B が外にする}} = -R T_0 \log\frac{2}{3} = R T_0 \log\frac{3}{2}$$数値の確認：$\log\dfrac32 = \log 3 - \log 2 \fallingdotseq 1.099 - 0.693 = 0.405$ なので、たとえば $T_0=300$ K のとき
$$W_B = 8.31 \times 300 \times 0.405 \fallingdotseq 1.01\times10^{3}\ \text{J}$$のような正の値になり、確かにピストンが気体に仕事をしたことが分かります。
$p$-$V$ 図の等温線の下の面積は、膨張なら「気体が外にする仕事」、圧縮なら「外から気体にされる仕事」を絶対値で表す。B は $V_0\to\tfrac23V_0$ の圧縮なので、ピストンが B にした仕事は面積
$$W_B = \int_{\frac23 V_0}^{V_0} p\,dV = R T_0 \log\frac{V_0}{\frac23 V_0} = R T_0 \log\frac{3}{2}$$と、積分区間を「縮む向き」に取れば最初から正の値として出る。
「気体が外にする仕事」と「外（ピストン）が気体にする仕事」は符号が逆。問題が問うているのはどちら向きの仕事かを必ず確認する。等温の仕事は $RT_0\log(V_2/V_1)$。
最終状態の体積：ピストン1の操作で A は $\dfrac43V_0$（問1）。続いてピストン2を左へ動かし C が $\dfrac43V_0$。全体積 $3V_0$ 一定だから B の体積は
$$V_B' = 3V_0 - \frac43V_0 - \frac43V_0 = 3V_0 - \frac83V_0 = \frac13 V_0$$(a) 内部エネルギーの総和の増加 $\Delta U$：理想気体の内部エネルギーは温度だけの関数で、各室 1 モルなら $U=C_V T$。すべて等温（始めも終わりも $T_0$）だから各室で $\Delta U=0$。したがって
$$\Delta U = \Delta U_A + \Delta U_B + \Delta U_C = 0$$(b) 装置から外部に放出された熱 $Q$：熱力学第1法則を全系に適用する。「気体が吸収した熱 $Q_{\text{吸}}$」「気体が外にした仕事 $W_{\text{気体}}$」として
$$\Delta U = Q_{\text{吸}} - W_{\text{気体}} = 0 \quad\Rightarrow\quad Q_{\text{吸}} = W_{\text{気体}}$$各室が外にする仕事を合計する（すべて等温・1 モル）。A と C は $V_0\to\dfrac43V_0$、B は $V_0\to\dfrac13V_0$：
$$W_{\text{気体}} = RT_0\log\frac{4}{3} + RT_0\log\frac{4}{3} + RT_0\log\frac{1}{3}$$ $$= RT_0\left(\log\frac{4}{3}+\log\frac{4}{3}+\log\frac{1}{3}\right) = RT_0\log\frac{\frac{16}{9}}{3} = RT_0\log\frac{16}{27}$$$\dfrac{16}{27}<1$ なので $W_{\text{気体}}<0$、つまり気体は正味で外から仕事をされ、同量の熱を吸収する（＝吸収熱が負）。よって気体が吸収した熱は
$$Q_{\text{吸}} = RT_0\log\frac{16}{27}\;(<0)$$放出熱に直す：装置から外部へ放出された熱 $Q$ は吸収熱の符号を反転して
$$Q = -Q_{\text{吸}} = -RT_0\log\frac{16}{27} = RT_0\log\frac{27}{16}\;(>0)$$数値の確認：$\log\dfrac{27}{16}=\log27-\log16\fallingdotseq3.296-2.773=0.523$。$T_0=300$ K なら $Q\fallingdotseq8.31\times300\times0.523\fallingdotseq1.3\times10^{3}$ J が外へ捨てられる。
等温変化では各室で $\Delta U=0$ なので、室ごとに「吸収熱＝気体がした仕事」。A・C は膨張で正の仕事をしながら熱を吸収、B は圧縮されて負の仕事（外からされる）で熱を放出。全部足すと正味は放出側が勝ち、装置全体としては外部へ熱を捨てる。
注意：問われているのは「装置から外部に放出された熱」なので、気体目線の吸収熱 $Q_{\text{吸}}=RT_0\log\frac{16}{27}$（負）の符号を反転した正の量 $RT_0\log\frac{27}{16}$ が答え。
等温の総合変化では「最終的に温度が初期に戻る」ので $\Delta U=0$、$Q=W$。複数の室があるときは各室の仕事を符号込みで合計する。$\log$ は底 $e$（自然対数）であることに注意。
B の体積（状態（う））：状態（う）で A:B:C = 4:1:4。全体積 $3V_0$ なので
$$V_B = \frac{1}{4+1+4}\times 3V_0 = \frac{1}{9}\times 3V_0 = \frac{V_0}{3}$$立式（B は断熱変化）：B は加熱されず、ピストンも断熱材で部屋間の熱のやりとりもない。よって（あ）→（う）はすべて断熱変化。問題で与えられた $pV^\gamma=$一定 と状態方程式 $pV=RT$ から $TV^{\gamma-1}=$一定 が導けるので
$$T_0\,V_0^{\gamma-1} = T_B\,V_B^{\gamma-1}$$代入・計算：$V_B=\dfrac{V_0}{3}$ を代入して
$$T_B = T_0\left(\frac{V_0}{V_B}\right)^{\gamma-1} = T_0\left(\frac{V_0}{V_0/3}\right)^{\gamma-1} = T_0\cdot 3^{\gamma-1}$$数値の感覚：単原子分子なら $\gamma=\dfrac53$、$T_B=3^{2/3}T_0\fallingdotseq 2.08\,T_0$。二原子分子なら $\gamma=\dfrac75$、$T_B=3^{0.4}T_0\fallingdotseq 1.55\,T_0$。圧縮されたぶん確かに温度が上がる。
状態方程式 $pV=RT$ より $p=\dfrac{RT}{V}$。これを $pV^\gamma=$一定 に代入すると
$$\frac{RT}{V}\,V^\gamma = R\,T\,V^{\gamma-1} = \text{一定}\quad\Rightarrow\quad TV^{\gamma-1}=\text{一定}$$断熱変化で温度と体積を結ぶ便利な関係式。
断熱材で囲まれ加熱もされない室は、たとえ他の室が加熱されても「断熱変化」をする。$pV^\gamma=$一定 と $TV^{\gamma-1}=$一定 を使い分ける。状態（う）の体積比 4:1:4 から B の体積 $V_0/3$ を読み取るのがカギ。
方針（全系のエネルギー保存）：装置は外を断熱材で覆われ、シリンダーは固定の閉じた剛体容器。外部との熱の出入りも、外部への仕事もない。よってヒーターが与えた熱はすべて気体の内部エネルギー増加になる：
$$Q_1 + Q_2 = \Delta U_A + \Delta U_B + \Delta U_C = C_V\big[(T_A-T_0)+(T_B-T_0)+(T_C-T_0)\big]$$状態（う）の各室の温度を求める：2つのピストンは自由に動けるので、平衡では3室の圧力が等しい：$p_A=p_B=p_C\equiv p$。問4より $T_B=3^{\gamma-1}T_0$、$V_B=\dfrac{V_0}{3}$ なので、B の状態方程式から共通圧力 $p$ が分かる：
$$p = \frac{R T_B}{V_B} = \frac{R\cdot 3^{\gamma-1}T_0}{V_0/3} = \frac{3^{\gamma}\,R T_0}{V_0}$$A は $V_A=\dfrac49\cdot3V_0=\dfrac43V_0$、圧力 $p$ なので
$$T_A = \frac{p\,V_A}{R} = \frac{1}{R}\cdot\frac{3^{\gamma}RT_0}{V_0}\cdot\frac43 V_0 = \frac43\cdot 3^{\gamma}T_0$$C も体積・圧力が A と同じだから $T_C = \dfrac43\cdot3^{\gamma}T_0$。
温度の和：
$$T_A+T_B+T_C = \frac43\cdot3^{\gamma}T_0 + 3^{\gamma-1}T_0 + \frac43\cdot3^{\gamma}T_0$$ $$= \frac83\cdot3^{\gamma}T_0 + \frac13\cdot3^{\gamma}T_0 = \frac{9}{3}\cdot3^{\gamma}T_0 = 3\cdot3^{\gamma}T_0 = 3^{\gamma+1}T_0$$代入：
$$Q_1+Q_2 = C_V\big(3^{\gamma+1}T_0 - 3T_0\big) = 3C_V T_0\big(3^{\gamma}-1\big)$$外部に熱も仕事も逃げないので、$Q_1+Q_2=C_V\big[(T_A+T_B+T_C)-3T_0\big]$。各室の温度を個別に出さなくても、平衡圧力 $p=3^\gamma p_0$ と全体積 $3V_0$ を使えば
$$p(V_A+V_B+V_C)=R(T_A+T_B+T_C)\;\Rightarrow\; 3^\gamma p_0\cdot 3V_0 = R\sum T$$$p_0V_0=RT_0$ だから $\sum T = 3^{\gamma+1}T_0$。これを代入しても同じく $Q_1+Q_2=3C_VT_0(3^\gamma-1)$。
断熱・剛体・閉鎖容器なら「外への熱・仕事＝0」→ ヒーターの熱は全部内部エネルギー増加。$\Delta U=C_V\Delta T$（1 モル）。平衡では各室の圧力が等しいことから最終温度を決める。
どの室が断熱か整理：（あ）→（い）では A のみ加熱。B・C は加熱されず断熱。（い）→（う）では C のみ加熱。このとき A・B は加熱されず断熱。ピストンは断熱材なので、加熱されていない室は常に断熱変化をする。
B と C が（い）で同体積：（あ）→（い）で B も C も「同じ始点 $V_0,T_0$ から、同じ平衡圧力 $p'$ までの断熱変化」。断熱では $pV^\gamma=p_0V_0^\gamma$ なので、同じ $p'$ なら体積も等しい：
$$V_B' = V_C' = V_0\left(\frac{p_0}{p'}\right)^{1/\gamma}$$A の関係（（い）→（う）で A は断熱）：A は（い）→（う）で加熱されず断熱。状態（う）では $V_A=\dfrac43V_0$、共通圧力は $p''=3^\gamma p_0$（問5）。A の断熱関係から
$$p'\,V_A'^{\,\gamma} = p''\,V_A^{\,\gamma} = 3^\gamma p_0\left(\frac43 V_0\right)^\gamma = p_0\,(4V_0)^\gamma$$一方 B の（あ）→（い）断熱関係は $p'\,V_B'^{\,\gamma}=p_0\,V_0^\gamma$。この2式の比をとると $p'$ が消えて
$$\frac{V_A'^{\,\gamma}}{V_B'^{\,\gamma}} = \frac{(4V_0)^\gamma}{V_0^\gamma} \quad\Rightarrow\quad \frac{V_A'}{V_B'} = 4 \quad\Rightarrow\quad V_A' = 4V_B'$$体積保存で確定：$V_A'+V_B'+V_C'=3V_0$ かつ $V_C'=V_B'$、$V_A'=4V_B'$ だから
$$4V_B' + V_B' + V_B' = 3V_0 \quad\Rightarrow\quad 6V_B' = 3V_0 \quad\Rightarrow\quad V_B' = \frac{V_0}{2}$$ $$V_A' = 2V_0,\qquad V_B' = \frac{V_0}{2},\qquad V_C' = \frac{V_0}{2}$$よって最も簡単な整数比は
$$V_A : V_B : V_C = 2V_0 : \frac12 V_0 : \frac12 V_0 = 4 : 1 : 1$$（あ）→（い）では加熱されるのは A だけ。B と C は外からも他室からも熱をもらえず（断熱材のピストン）、ただ押されて体積が変わるだけ。出発点が同じ（$V_0,T_0$）で、平衡で行き着く圧力 $p'$ も共通だから、同じ断熱曲線 $pV^\gamma=p_0V_0^\gamma$ 上の同じ点、つまり同じ体積に落ち着く。これが $V_B'=V_C'$ の理由。
「どの区間でどの室が断熱か」を場面ごとに仕分けるのが核心。断熱の式 $pV^\gamma=$一定 を2つの室で立てて比をとると、未知の圧力が消えて体積比が出る。平衡では圧力が等しい。
電子の運動エネルギー：電荷 $-e$ の電子が電圧 $V$ で加速されると、得る運動エネルギーは
$$K = eV$$最短波長の条件：この運動エネルギーがすべて1個のX線光子になる極限を考える。波長 $\lambda_0$ の光子のエネルギーは $\dfrac{hc}{\lambda_0}$ なので、エネルギー保存より
$$eV = \frac{hc}{\lambda_0}$$$\lambda_0$ について解く：
$$\lambda_0 = \frac{hc}{eV}$$（電子の質量 $m$ は最終結果には現れない。$V$ が十分大きく相対論を考えなければエネルギー保存だけで決まるため。）
数値の確認：$V=50$ kV、$h=6.63\times10^{-34}$ J·s、$c=3.0\times10^8$ m/s、$e=1.60\times10^{-19}$ C：
$$\lambda_0 = \frac{6.63\times10^{-34}\times3.0\times10^8}{1.60\times10^{-19}\times5.0\times10^4} \fallingdotseq 2.5\times10^{-11}\ \text{m} = 25\ \text{pm}$$陽極に飛び込んだ電子は、原子核の近くで曲げられて減速するときにX線を出す（制動放射）。1個の電子が出すエネルギーは減速のしかたによりさまざまなので、波長は連続的に分布する。運動エネルギーを一度に全部使い切った電子だけが最短波長 $\lambda_0$ を生むので、スペクトルは $\lambda_0$ で急に立ち上がる。
最短波長＝「加速エネルギー $eV$ がまるごと1光子になった」極限。$eV=\dfrac{hc}{\lambda_0}$。電圧 $V$ を上げるほど $\lambda_0$ は短くなる（デュエーン–ハントの法則）。
有効電荷：$n=3$ の電子から見ると、内側にある $n=1$（2個）と $n=2$（8個）の計10個の電子が核電荷を打ち消す。したがって見える核電荷は $+(Z-10)e$。
(i) クーロン力＝向心力：$n=3$ の軌道半径を $r_3$、電子の速さを $v$ とすると
$$\frac{k_0 (Z-10) e^2}{r_3^2} = \frac{m v^2}{r_3} \quad\Rightarrow\quad m v^2 = \frac{k_0 (Z-10) e^2}{r_3} \tag{1}$$(ii) 量子条件：円周が物質波（ド・ブロイ波長 $\lambda=\dfrac{h}{mv}$）の $n=3$ 倍：
$$2\pi r_3 = 3\cdot\frac{h}{m v} \quad\Rightarrow\quad v = \frac{3h}{2\pi m r_3} \tag{2}$$連立：(2) を (1) に代入する。$v^2=\dfrac{9h^2}{4\pi^2 m^2 r_3^2}$ なので
$$m\cdot\frac{9h^2}{4\pi^2 m^2 r_3^2} = \frac{k_0 (Z-10) e^2}{r_3} \quad\Rightarrow\quad \frac{9h^2}{4\pi^2 m r_3} = k_0 (Z-10) e^2$$$r_3$ について解いて
$$r_3 = \frac{9 h^2}{4\pi^2 m k_0 (Z-10) e^2}$$$2\pi r = n\dfrac{h}{mv}$ は $mvr = \dfrac{nh}{2\pi}$（角運動量の量子化）と同値。$n=3$ で $mvr_3=\dfrac{3h}{2\pi}$。これと $mv^2=\dfrac{k_0(Z-10)e^2}{r_3}$ から $v$ を消去しても
$$r_3=\frac{9h^2}{4\pi^2 m k_0 (Z-10)e^2}$$同じ結果になる。一般には $r_n=\dfrac{n^2 h^2}{4\pi^2 m k_0 Z_{\text{eff}} e^2}$。
ボーア模型は「向心力＝クーロン力」と「量子条件」の連立。遮蔽がある問題では核電荷 $Z$ を有効電荷 $Z_{\text{eff}}$ に置き換える。$n=3$ では内側に10個あるので $Z_{\text{eff}}=Z-10$。$r_n\propto n^2/Z_{\text{eff}}$。
軌道 $n$ の電子の全エネルギー：有効電荷を $Z_{\text{eff}}$ とする。問8と同様に向心力の式から運動エネルギー、無限遠を基準とする位置エネルギーは
$$K = \frac12 m v^2 = \frac{k_0 Z_{\text{eff}} e^2}{2 r_n},\qquad U = -\frac{k_0 Z_{\text{eff}} e^2}{r_n}$$全エネルギーは
$$E_n = K + U = \frac{k_0 Z_{\text{eff}} e^2}{2 r_n} - \frac{k_0 Z_{\text{eff}} e^2}{r_n} = -\frac{k_0 Z_{\text{eff}} e^2}{2 r_n}$$$r_n=\dfrac{n^2 h^2}{4\pi^2 m k_0 Z_{\text{eff}} e^2}$ を代入すると
$$E_n = -\frac{k_0 Z_{\text{eff}} e^2}{2}\cdot\frac{4\pi^2 m k_0 Z_{\text{eff}} e^2}{n^2 h^2} = -\frac{2\pi^2 m k_0^2 Z_{\text{eff}}^2 e^4}{n^2 h^2}$$$E_H$ で書き直す：水素原子（$Z=1$、$n=1$、遮蔽なし）の基底状態は
$$E_H = -\frac{2\pi^2 m k_0^2 e^4}{h^2}\;(<0)$$なので、一般に
$$E_n = \frac{Z_{\text{eff}}^2}{n^2}\,E_H$$$E_2$（$n=2$、内側に2個 → $Z_{\text{eff}}=Z-2$）：
$$E_2 = \frac{(Z-2)^2}{2^2}\,E_H = \frac{(Z-2)^2}{4}\,E_H$$$E_3$（$n=3$、内側に10個 → $Z_{\text{eff}}=Z-10$）：
$$E_3 = \frac{(Z-10)^2}{3^2}\,E_H = \frac{(Z-10)^2}{9}\,E_H$$どちらも $E_H<0$ なので負（束縛状態）。
クーロン束縛では $K=-\dfrac12 U$ が成り立ち、$E=K+U=-K=\dfrac{U}{2}$。エネルギーが必ず負になる（束縛されている）こと、$|E|=K$ となることが一目で分かる。問9の符号チェックに便利。
ボーア準位は $E_n=\dfrac{Z_{\text{eff}}^2}{n^2}E_H$。遮蔽で有効電荷が下がるので、$n=2$ は $(Z-2)$、$n=3$ は $(Z-10)$ を使う。内側の電子数は $n=1$ に2個、$n=2$ に8個。
どちらのピークか：波長が長いほど光子エネルギーは小さい。$n=2\to1$ は $n=3\to1$ よりエネルギーが小さいので、長波長側のピーク $\lambda_2$ が $n=2\to1$（$K_\alpha$ 線）に対応する。
遮蔽の見極め（ここが核心）：固有X線が出る直前、$n=1$ の軌道には電子が1個しか残っていない。落ちてくる電子について、
放出される光子のエネルギー：遷移で放出される光子のエネルギーは（高い準位）−（低い準位）。$E_2>E_1$（どちらも負）なので
$$\Delta E = E_2 - E_1 = \frac{(Z-1)^2}{4}E_H - Z^2 E_H = E_H\left[\frac{(Z-1)^2}{4} - Z^2\right]$$$\dfrac{(Z-1)^2}{4}-Z^2<0$ かつ $E_H<0$ なので $\Delta E>0$（ちゃんと正のエネルギーが放出される）。$|E_H|=-E_H$ を使って正の形に整えると
$$\Delta E = \left[Z^2 - \frac{(Z-1)^2}{4}\right]|E_H|$$光子の関係式と波長：$\Delta E=\dfrac{hc}{\lambda_2}$ より
$$\lambda_2 = \frac{hc}{\Delta E} = \frac{hc}{\left[Z^2 - \dfrac{(Z-1)^2}{4}\right]|E_H|}$$分母を通分（$\times 4$）して整理すると
$$\lambda_2 = \frac{4hc}{\left[4Z^2 - (Z-1)^2\right]|E_H|} = \frac{4hc}{(3Z-1)(Z+1)\,|E_H|}$$数値の確認（ケイ素 Si, $Z=14$）：
$$\Delta E = \left[14^2 - \frac{13^2}{4}\right]\times13.6 = (196 - 42.25)\times13.6 \fallingdotseq 2.09\times10^{3}\ \text{eV}$$ $$\lambda_2 = \frac{1240\ \text{eV·nm}}{2.09\times10^{3}\ \text{eV}} \fallingdotseq 0.59\ \text{nm} \fallingdotseq 590\ \text{pm}$$これは実際のケイ素 $K_\alpha$ 線（約 0.71 nm）と同じオーダーで、妥当な値。
モーズリーの法則の簡易版では $K_\alpha$ を $\Delta E=\dfrac34(Z-1)^2|E_H|$ とすることがある。しかしこれは「$n=1$ も $n=2$ も同じ有効電荷 $(Z-1)$」と置く近似。本問は「遷移直前に $n=1$ の電子は1個」とわざわざ指定しており、$n=1$ に落ちた電子は内側に電子がないので有効電荷 $Z$ を感じる。したがって $E_1=Z^2E_H$ を使うのが正しく、$\dfrac34(Z-1)^2$ ではない。問題文の条件を取りこぼさないこと。
固有X線は内殻遷移。$\Delta E=$（上の準位）−（下の準位）$=\dfrac{hc}{\lambda}$。本問では遷移前後で有効電荷が違う点が最大のポイント：$n=2$ で $(Z-1)$、$n=1$（空席を埋めた後）で $Z$。条件を読み落とすと $\dfrac34(Z-1)^2$ の誤答になる。