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九州大学 院試 過去問 解答例

九大 理学府 物理学専攻 物理学 2020年度 院試 過去問 解答例・解説（全4問）

全4問。テーマタグは8件（ハミルトン形式・固有値・固有ベクトル・調和振動子）。

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解説4問と大問1問の途中式・最終答（全4問）
解答PDFに収録
途中式と最終答（最終答つき4問）
問題本文
非収録

九大 物理学 2020年度 院試 過去問の出題内容（全4問）

大問主題解説の小見出し最終答
第1問物理学[I—あり
第2問物理学[II—あり
第3問物理学[III—あり
第4問物理学[IV—あり

この年度の解説には試験で書くべきポイント4件・典型ミス4件が付いています。

2020年度の出題テーマと、同じテーマを出した他大学・他年度

この年度は3問に8テーマが出ています。

テーマこの年度全体の出題実績他大学の直近出題
ハミルトン形式第1・3・4問15大学・72問
固有値・固有ベクトル第3問25大学・544問
調和振動子第3問16大学・110問
剛体の回転運動第1問16大学・103問
ラグランジアン第1問13大学・68問
テイラー展開第1問18大学・45問
熱力学第一・第二法則第4問10大学・22問
応力・ひずみ第4問6大学・14問

第1問 — 物理学[I

方針

[A-I] は変分原理の標準導出。δq˙\delta\dot q を消すため部分積分し、端点条件で境界項を落として任意性から E-L 方程式を出す。[A-II] では L=T−UL=T-U の構成、E=pq˙−LE=p\dot q-L がハミルトニアン（時間並進対称性に対応する保存量）であることを使う。[B] は剛体回転の典型問題。撃力では ΔL=NΔt\Delta\boldsymbol L=\boldsymbol N\Delta t、歳差では dL/dt=Nd\boldsymbol L/dt=\boldsymbol N で水平成分の連立 ODE を ζ=X+iY\zeta=X+iY で解くと Ω=MgR/(Iω2)\Omega=MgR/(I\omega_2) が即出る。

典型ミス

変分の境界項 [∂L/∂q˙ δq]t1t2[\partial L/\partial \dot q\,\delta q]_{t_1}^{t_2} を残したまま δS=0\delta S=0 から E-L を導いてしまう（δq(t1,2)=0\delta q(t_{1,2})=0 を明示する）。E=∂L/∂q˙⋅q˙−LE=\partial L/\partial \dot q\cdot\dot q-L を H=T+UH=T+U と見なすには LL が時間に陽依存しないことが必要。歳差の角運動量を zz 軸まわりではなく軸方向に取る点（問題で指定）を見落とすと Ω\Omega の表式が変わる。

試験で書くべきポイント

変分計算ではテイラー展開→部分積分→境界項処理→任意性の四段階を明示する。dE/dt=q˙(mq¨+kq)=0dE/dt=\dot q(m\ddot q+kq)=0 のように運動方程式を経由して保存則を示す手順を書く。歳差では dL/dt=Nd\boldsymbol L/dt=\boldsymbol N から複素変数化（ζ=X+iY\zeta=X+iY）で ζ˙=iΩζ\dot\zeta=i\Omega\zeta を作ると、初期条件と Ω\Omega が同時に求まることを示すと検算が容易。

解答

  1. \textbf{[A-I (1)] 端点固定の条件より δq(t1)=δq(t2)=0\delta q(t_1)=\delta q(t_2)=0。
  2. \textbf{[A-I (2)] LL をテイラー展開し 11 次までを取れば L(q+δq,q˙+δq˙)≈L(q,q˙)+∂L∂qδq+∂L∂q˙δq˙. L(q+\delta q,\dot q+\delta\dot q)\approx L(q,\dot q)+\frac{\partial L}{\partial q}\delta q+\frac{\partial L}{\partial \dot q}\delta\dot q.
  3. \textbf{[A-I (3)] (2) を SS に代入し、δq˙=d(δq)/dt\delta\dot q=d(\delta q)/dt の項を部分積分する。 δS=∫t1t2 ⁣ ⁣(∂L∂qδq+∂L∂q˙d δqdt)dt=[∂L∂q˙δq]t1t2+∫t1t2 ⁣ ⁣(∂L∂q−ddt∂L∂q˙)δq dt. \delta S=\int_{t_1}^{t_2}\!\!\left(\frac{\partial L}{\partial q}\delta q+\frac{\partial L}{\partial \dot q}\frac{d\,\delta q}{dt}\right)dt =\Bigl[\frac{\partial L}{\partial \dot q}\delta q\Bigr]_{t_1}^{t_2}+\int_{t_1}^{t_2}\!\!\left(\frac{\partial L}{\partial q}-\frac{d}{dt}\frac{\partial L}{\partial \dot q}\right)\delta q\,dt. (1) より境界項は消えて δS=∫t1t2 ⁣ ⁣(∂L∂q−ddt∂L∂q˙)δq dt. \delta S=\int_{t_1}^{t_2}\!\!\left(\frac{\partial L}{\partial q}-\frac{d}{dt}\frac{\partial L}{\partial \dot q}\right)\delta q\,dt. 任意の δq\delta q で停留 (δS=0\delta S=0) となるためには被積分の括弧がゼロ、すなわち ddt∂L∂q˙−∂L∂q=0(オイラー・ラグランジュ方程式). \frac{d}{dt}\frac{\partial L}{\partial \dot q}-\frac{\partial L}{\partial q}=0\qquad\text{(オイラー・ラグランジュ方程式)}.
  4. \textbf{[A-II (1)] L=12mq˙2−12kq2L=\tfrac12 m\dot q^2-\tfrac12 k q^2。
  5. \textbf{[A-II (2)] ∂L/∂q˙=mq˙\partial L/\partial \dot q=m\dot q、∂L/∂q=−kq\partial L/\partial q=-kq より mq¨+kq=0. m\ddot q+kq=0.
  6. \textbf{[A-II (3)] E=mq˙⋅q˙−(12mq˙2−12kq2)=12mq˙2+12kq2E=m\dot q\cdot \dot q-(\tfrac12 m\dot q^2-\tfrac12 k q^2)=\tfrac12 m\dot q^2+\tfrac12 k q^2（全力学的エネルギー）。 時間微分すると E˙=mq˙q¨+kqq˙=q˙(mq¨+kq)=0\dot E=m\dot q\ddot q+kq\dot q=\dot q(m\ddot q+kq)=0 ((2) を用いた)。よって EE は保存量である。
  7. \textbf{[A-II (4)] ω0=k/m\omega_0=\sqrt{k/m} として q(t)=C1cos⁡ω0t+C2sin⁡ω0t(C1,C2 は任意定数). q(t)=C_1\cos\omega_0 t+C_2\sin\omega_0 t\quad (C_1,C_2\text{ は任意定数}).
  8. \textbf{[B (1)] コマの軸は zz 軸、上端から見て反時計回りに ω1\omega_1 で回転するから自転の角速度は ω=ω1ez\boldsymbol\omega=\omega_1\boldsymbol e_z。軸まわりの慣性モーメントが II なので L=Iω1ez. \boldsymbol L=I\omega_1\boldsymbol e_z.
  9. \textbf{[B (2)] 撃力 FexF\boldsymbol e_x を作用点 ℓez\ell\boldsymbol e_z に与えると、原点まわりのモーメントは N=ℓez×Fex=ℓF ey. \boldsymbol N=\ell\boldsymbol e_z\times F\boldsymbol e_x=\ell F\,\boldsymbol e_y. すなわち yy 軸正の向き。
  10. \textbf{[B (3)] 角運動量変化は ΔL=N Δt=ℓF Δt ey\Delta \boldsymbol L=\boldsymbol N\,\Delta t=\ell F\,\Delta t\,\boldsymbol e_y。よって直後の角運動量は L′=Iω1ez+ℓFΔt ey. \boldsymbol L'=I\omega_1\boldsymbol e_z+\ell F\Delta t\,\boldsymbol e_y.
  11. \textbf{[B (4)] L′\boldsymbol L' がコマの軸方向（zz 軸から角 θ\theta）を向くと考えると tan⁡θ=ℓFΔtIω1. \tan\theta=\frac{\ell F\Delta t}{I\omega_1}.
  12. \textbf{[B (5)] 重心は軸上 RR の位置、軸は zz 軸となす角 α\alpha で歳差中。重心位置を rG\boldsymbol r_G、重力 −Mgez-Mg\boldsymbol e_z。重心の水平面内位置を (X,Y,Z)=(Rsin⁡αcos⁡Ωt,Rsin⁡αsin⁡Ωt,Rcos⁡α)(X,Y,Z)=(R\sin\alpha\cos\Omega t,R\sin\alpha\sin\Omega t,R\cos\alpha) と表せば、原点まわりのモーメントは N=rG×(−Mgez)=−MgRsin⁡α(cos⁡Ωt ex+sin⁡Ωt ey)×ez. \boldsymbol N=\boldsymbol r_G\times(-Mg\boldsymbol e_z)=-MgR\sin\alpha(\cos\Omega t\,\boldsymbol e_x+\sin\Omega t\,\boldsymbol e_y)\times\boldsymbol e_z. ex×ez=−ey\boldsymbol e_x\times\boldsymbol e_z=-\boldsymbol e_y、ey×ez=ex\boldsymbol e_y\times\boldsymbol e_z=\boldsymbol e_x より N=MgRsin⁡α(cos⁡Ωt ey−sin⁡Ωt ex). \boldsymbol N=MgR\sin\alpha(\cos\Omega t\,\boldsymbol e_y-\sin\Omega t\,\boldsymbol e_x). 大きさは MgRsin⁡αMgR\sin\alpha、向きは水平面内で rG\boldsymbol r_G の水平射影に対し垂直（反時計回り側）。
  13. \textbf{[B (6)] 角運動量の大きさは Iω2I\omega_2、向きは原点から重心の向きとあるから L=Iω2 r^G=(Iω2/R)rG\boldsymbol L=I\omega_2\,\hat{\boldsymbol r}_G=(I\omega_2/R)\boldsymbol r_G。dL/dt=Nd\boldsymbol L/dt=\boldsymbol N より Iω2RdrGdt=rG×(−Mgez), \frac{I\omega_2}{R}\frac{d\boldsymbol r_G}{dt}=\boldsymbol r_G\times(-Mg\boldsymbol e_z), ここで重心の高さ Z=Rcos⁡αZ=R\cos\alpha は一定。水平成分の運動方程式として Iω2RX˙=−MgY⋅(−1)⋅(向き整理)  ⟹  Iω2RX˙=−Mg Y,Iω2RY˙=Mg X. \frac{I\omega_2}{R}\dot X=-MgY\cdot(-1)\cdot\text{(向き整理)}\;\Longrightarrow\; \frac{I\omega_2}{R}\dot X=-Mg\,Y,\quad \frac{I\omega_2}{R}\dot Y=Mg\,X. （rG×(−Mgez)=−Mg(Xex+Yey)×ez=Mg(−Yex+Xey)\boldsymbol r_G\times(-Mg\boldsymbol e_z)=-Mg(X\boldsymbol e_x+Y\boldsymbol e_y)\times\boldsymbol e_z=Mg(-Y\boldsymbol e_x+X\boldsymbol e_y) を用いた）
  14. \textbf{[B (7)] (6) を解く。ζ=X+iY\zeta=X+iY とおくと (Iω2/R)ζ˙=iMg ζ(I\omega_2/R)\dot\zeta=iMg\,\zeta、Ω=MgR/(Iω2)\Omega=MgR/(I\omega_2) として ζ˙=iΩζ\dot\zeta=i\Omega\zeta。t=0t=0 で ζ(0)=Rsin⁡α\zeta(0)=R\sin\alpha（xzxz 平面内、x>0x>0）より ζ(t)=Rsin⁡α eiΩt,X=Rsin⁡αcos⁡Ωt,  Y=Rsin⁡αsin⁡Ωt,  Z=Rcos⁡α. \zeta(t)=R\sin\alpha\,e^{i\Omega t},\quad X=R\sin\alpha\cos\Omega t,\;Y=R\sin\alpha\sin\Omega t,\;Z=R\cos\alpha.
  15. \textbf{[B (8)] 上の比較から Ω=MgRIω2. \Omega=\frac{MgR}{I\omega_2}.

最終答

% [A-I] δq(t1)=δq(t2)=0\delta q(t_1)=\delta q(t_2)=0、部分積分により δS=∫(∂L/∂q−dt∂L/∂q˙)δq dt\delta S=\int(\partial L/\partial q-d_t \partial L/\partial \dot q)\delta q\,dt、これより ddt∂L∂q˙−∂L∂q=0\frac{d}{dt}\frac{\partial L}{\partial \dot q}-\frac{\partial L}{\partial q}=0。 [A-II] L=12mq˙2−12kq2L=\tfrac12 m\dot q^2-\tfrac12 k q^2、mq¨+kq=0m\ddot q+kq=0、E=12mq˙2+12kq2E=\tfrac12 m\dot q^2+\tfrac12 k q^2（保存）、q(t)=C1cos⁡ω0t+C2sin⁡ω0tq(t)=C_1\cos\omega_0 t+C_2\sin\omega_0 t（ω0=k/m\omega_0=\sqrt{k/m}）。 [B] L=Iω1ez\boldsymbol L=I\omega_1\boldsymbol e_z、N=ℓFey\boldsymbol N=\ell F\boldsymbol e_y、L′=Iω1ez+ℓFΔt ey\boldsymbol L'=I\omega_1\boldsymbol e_z+\ell F\Delta t\,\boldsymbol e_y、tan⁡θ=ℓFΔt/(Iω1)\tan\theta=\ell F\Delta t/(I\omega_1)、∣Ngrav∣=MgRsin⁡α|\boldsymbol N_{\mathrm{grav}}|=MgR\sin\alpha、X=Rsin⁡αcos⁡ΩtX=R\sin\alpha\cos\Omega t、Y=Rsin⁡αsin⁡ΩtY=R\sin\alpha\sin\Omega t、Z=Rcos⁡αZ=R\cos\alpha、Ω=MgR/(Iω2)\Omega=MgR/(I\omega_2)。

第2問 — 物理学[II

方針

[A-I] は双極子ポテンシャルの 1/r1/r 展開の典型導出。[A-II] は鏡像（双極子像）法：等電位面 r=ar=a で Φ=0\Phi=0 から pp を決め、σ=ε0En\sigma=\varepsilon_0 E_n（外側のみ）で表面電荷を計算。[B-I] はアンペールの法則を境界をまたぐループに適用する標準証明。[B-II] は Φm∝rncos⁡θ\Phi_m\propto r^n\cos\theta（ℓ=1\ell=1 ハーモニクス）でラプラス方程式を解き、rr 成分連続から AA、θ\theta 成分のジャンプから表面電流密度。

典型ミス

[A-I] (3) で 1−2dcos⁡θ/r+d2/r2−1\sqrt{1-2d\cos\theta/r+d^2/r^2}^{-1} を一次までに展開する際、1+dcos⁡θ/r1+d\cos\theta/r と書くべきところを符号を誤って 1−dcos⁡θ/r1-d\cos\theta/r としやすい。導体球表面電荷 σ\sigma は導体外側の法線電場 En=Er∣r=a+E_n=E_r|_{r=a^+} のみで決まり、3ε0E0cos⁡θ3\varepsilon_0 E_0\cos\theta（一様電場 E0cos⁡θE_0\cos\theta と双極子寄与 2E0cos⁡θ2E_0\cos\theta の和）になる係数 33 を間違えやすい。HθH_\theta の境界条件は内部 HθI=−H0sin⁡θH_\theta^{\mathrm{I}}=-H_0\sin\theta（H0\boldsymbol H_0 は zz 軸正向きなので eθ\boldsymbol e_\theta 成分は −H0sin⁡θ-H_0\sin\theta）。

試験で書くべきポイント

[A-II] では Φ=Φu+Φd\Phi=\Phi_u+\Phi_d の境界条件を書き下し、pp の決定式を明示する。[B-I] は h→0h\to0 で zz 方向辺の寄与が消えること、Ienc=jyΔxI_{\mathrm{enc}}=j_y\Delta x の右ねじ整合を一言添える。[B-II] (2) は ∇2(rncos⁡θ)=[n(n+1)−2]rn−2cos⁡θ\nabla^2(r^n\cos\theta)=[n(n+1)-2]r^{n-2}\cos\theta を陽に計算し、無限遠条件で n=−2n=-2 を選ぶことを明記する。

物理学[IIの途中式・最終答をPDFで見る

第3問 — 物理学[III

方針

[A] は調和振動子の代数的構成の標準問題。生成消滅演算子の交換関係から N^\hat N のスペクトルが非負整数であることを示し、x^,p^\hat x,\hat p を a^,a^†\hat a,\hat a^\dagger で書き換えて期待値を取る。後半は二次元 Fock 空間における Schwinger ボソン表現で、J^±,J^z\hat J_\pm,\hat J_z が角運動量代数を満たす。J^2=(ℏ2/4)N^(N^+2)\hat J^2=(\hbar^2/4)\hat N(\hat N+2) は N^/2=j\hat N/2=j と置けば ℏ2j(j+1)\hbar^2 j(j+1) の形である。[B] は 2×22\times2 ハミルトニアンの典型対角化と avoided crossing。

典型ミス

x^2,p^2\hat x^2,\hat p^2 の期待値で a^a^†\hat a\hat a^\dagger と a^†a^\hat a^\dagger\hat a の両方を取り、a^a^†=N^+1\hat a\hat a^\dagger=\hat N+1 を忘れて 2n2n にしてしまう（正解は 2n+12n+1）。縮退度の数え上げで E2=7ℏω/2E_2=7\hbar\omega/2 に (n+,n−)=(2,0),(0,1)(n_+,n_-)=(2,0),(0,1) の 22 状態を見落とす。[B] (4) で ψ1=(01)\psi_1=\binom{0}{1}、ψ2=(10)\psi_2=\binom{1}{0}（添字と縦並びが入れ替わっている）を取り違える。

試験で書くべきポイント

[N^,a^]=−a^[\hat N,\hat a]=-\hat a から「a^\hat a は固有値を 11 下げる」という階段構造を明示し、非負性と整数性を別々に示す。J^2=J^z2+12(J^+J^−+J^−J^+)\hat J^2=\hat J_z^2+\frac12(\hat J_+\hat J_-+\hat J_-\hat J_+) を N^+N^−+N^+,N^+N^−+N^−\hat N_+\hat N_-+\hat N_+, \hat N_+\hat N_-+\hat N_- に展開して相殺を使う。∣α∣2,∣β∣2|\alpha|^2,|\beta|^2 は半角の形 12(1±cos⁡Θ)\tfrac12(1\pm\cos\Theta)（混合角 tan⁡Θ=∣c∣/(kλ)\tan\Theta=|c|/(k\lambda)）に書くと幾何学的意味が明瞭になる。

物理学[IIIの途中式・最終答をPDFで見る

第4問 — 物理学[IV

方針

[A] は単原子理想気体の標準的なポアソン式と Carnot サイクルの効率関係。P=2U/(3V)P=2U/(3V) から U=3PV/2U=3PV/2 を経由するのが要。[B] は ±\pm 二択の連鎖を二項分布で扱い、エントロピー弾性（ゴム弾性のミクロモデル）を導く問題。X=∂F/∂xX=\partial F/\partial x の符号と、近似 log⁡[(1+ξ)/(1−ξ)]≈2ξ\log[(1+\xi)/(1-\xi)]\approx 2\xi がポイント。[C] は重力下の理想気体の典型的なカノニカル計算。zz 積分が指数分布になる点と、Z1Z_1 が T5/2T^{5/2} に比例する点が熱容量の値を決める。

典型ミス

[A](2) で dU=−PdVdU=-PdV と dU=3(PdV+VdP)/2dU=3(PdV+VdP)/2 の両方が必要なのに、U=3PV/2U=3PV/2 から直接 dUdU を取らず CVdTC_V dT で押し通そうとして詰まる。[B](3) のスターリング近似で NN 系列の項（−N+N(1+ξ)/2+N(1−ξ)/2=0-N+N(1+\xi)/2+N(1-\xi)/2=0）が打ち消すことを使わずに残してしまう。[C] の Z1Z_1 で z∈[0,∞)z\in[0,\infty) なのに z∈(−∞,∞)z\in(-\infty,\infty) の積分公式（π/a\sqrt{\pi/a}）を使うと係数が 22 倍ずれる。h3h^3 の位相空間因子も忘れがち。

試験で書くべきポイント

[A](4) では TV2/3=TV^{2/3}= 定数を断熱過程の両辺に適用して VB/VA=VC/VDV_B/V_A=V_C/V_D を出し、Q1/T1=Q2/T2Q_1/T_1=Q_2/T_2 を等温過程での仕事の対数表式に代入する。[B](4) では ξ\xi が小さい極限で線形 X∝xX\propto x となり、有効ばね定数が kBT/(Na2)k_BT/(Na^2) と温度に比例することが「エントロピー弾性」のキーフィーチャー。[C](4) では「並進 3 自由度の 3NkB/23Nk_B/2」と「重力ポテンシャルの平均値 NkBTNk_BT から来る NkBNk_B」の足し算と読み解き、5/2 倍の半古典的等分配で説明できることに触れる。

物理学[IVの途中式・最終答をPDFで見る

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