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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 2024年度 院試 過去問 解答例・解説（全4問）

全4問。テーマタグは10件（固有値・固有ベクトル・剛体の回転運動・静電場）。2023年度と共通のテーマは固有値・固有ベクトル・剛体の回転運動・熱力学第一・第二法則。

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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 2024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。

2024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4問に10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
固有値・固有ベクトル第3問25大学・544問
剛体の回転運動第1問16大学・103問
静電場第2問16大学・81問
ハミルトン形式第3問15大学・72問
電磁波第2問15大学・55問
井戸型ポテンシャル第3問15大学・31問
フェルミ・ボース統計第4問13大学・27問
マクスウェル方程式第2問8大学・26問
熱力学第一・第二法則第4問10大学・22問
シュレディンガー方程式第3問10大学・18問

前年度（2023年度）との違い

大問数
2023年度 4問 → 2024年度 4問
2023年度のページを見る

第1問 — 物理学[I

方針

[I-A] は中心力束縛系の典型。糸の長さ一定から r˙B=−r˙\dot r_B=-\dot r を見抜き、極座標で運動エネルギー、U=−mBg(R−r)U=-m_B g(R-r) を立てる。ϕ\phi は循環座標で角運動量保存、ℓA\ell_A で ϕ˙\dot\phi を消去して 1 自由度の有効ポテンシャル問題に帰着。極小点まわりの 2 次展開で振動周期を出す。[I-B] は剛体回転の運動方程式と接触点速度一致条件で滑り終了時刻を決める。ブレーキ付きでは線形 1 階非斉次方程式の解（特解＋指数減衰）。

典型ミス

B の鉛直運動から得る運動エネルギー 12mBr˙2\tfrac12 m_B\dot r^2 を忘れ、有効質量を mAm_A にしてしまう（正しくは mA+mBm_A+m_B）。UeffU_{\mathrm{eff}} で位置エネルギーの符号 −mBg(R−r)-m_B g(R-r) を取り違える。EmE_m の取り方は B が平面下に居る条件 r≤Rr\le R から境界 r=Rr=R で決まる点に注意。剛体側では摩擦力の向き（A は減速、B は加速）の符号則を一貫させる。

試験で書くべきポイント

ℓA\ell_A 保存と EE 保存を独立に示し、有効ポテンシャル法に持ち込む流れを明示する。rcr_c と T0T_0 は ℓA\ell_A、mAm_A、mBm_B、gg で表したあとの再代入で rcr_c 表式にもまとめておくと採点者に伝わりやすい。剛体 [I-B] では接触点速度一致 RAωA=RBωBR_A\omega_A=R_B\omega_B が「滑り終了」の鍵で、ここから時刻が一意に決まることを強調する。

解答

  1. \textbf{[I-A 1.] 質点 A は水平面上で極座標 (r,ϕ)(r,\phi) の運動、質点 B は鉛直方向に運動するが、糸の長さ一定から穴下の B の位置（穴を基準にした下向き距離）は R−rR-r である。よって (R−r)˙=−r˙\dot{(R-r)}=-\dot r で B の速さは ∣r˙∣|\dot r|。運動エネルギーは T=12mA(r˙2+r2ϕ˙2)+12mBr˙2, T=\tfrac12 m_A(\dot r^2+r^2\dot\phi^2)+\tfrac12 m_B\dot r^2, 位置エネルギーは B の高さ −(R−r)-(R-r) から U=−mBg(R−r)U=-m_B g(R-r)。よって L=12(mA+mB)r˙2+12mAr2ϕ˙2+mBg(R−r). \mathcal{L}=\tfrac12(m_A+m_B)\dot r^2+\tfrac12 m_A r^2\dot\phi^2+m_B g(R-r).
  2. \textbf{[I-A 2.] ∂L/∂r˙=(mA+mB)r˙\partial\mathcal{L}/\partial\dot r=(m_A+m_B)\dot r、∂L/∂r=mArϕ˙2−mBg\partial\mathcal{L}/\partial r=m_A r\dot\phi^2-m_B g より (mA+mB)r¨−mArϕ˙2+mBg=0. (m_A+m_B)\ddot r-m_A r\dot\phi^2+m_B g=0. ∂L/∂ϕ˙=mAr2ϕ˙\partial\mathcal{L}/\partial\dot\phi=m_A r^2\dot\phi、∂L/∂ϕ=0\partial\mathcal{L}/\partial\phi=0 より ddt(mAr2ϕ˙)=0. \frac{d}{dt}\bigl(m_A r^2\dot\phi\bigr)=0.
  3. \textbf{[I-A 3.] 上の ϕ\phi 方程式は mAr2ϕ˙=m_A r^2\dot\phi= 一定 を意味し、これは質点 A の角運動量の zz 成分そのもの。よって角運動量は保存。
  4. \textbf{[I-A 4.] ℓA=mAr2ϕ˙\ell_A=m_A r^2\dot\phi より ϕ˙=ℓA/(mAr2)\dot\phi=\ell_A/(m_A r^2)。系の力学的エネルギーは E=12(mA+mB)r˙2+12mAr2ϕ˙2−mBg(R−r), E=\tfrac12(m_A+m_B)\dot r^2+\tfrac12 m_A r^2\dot\phi^2-m_B g(R-r), この式に ϕ˙\dot\phi を代入して E=12(mA+mB)r˙2+ℓA22mAr2−mBg(R−r). E=\tfrac12(m_A+m_B)\dot r^2+\frac{\ell_A^2}{2m_A r^2}-m_B g(R-r). EE を tt 微分すると E˙=(mA+mB)r˙r¨−ℓA2mAr3r˙+mBgr˙=r˙[(mA+mB)r¨−mArϕ˙2+mBg]=0, \dot E=(m_A+m_B)\dot r\ddot r-\frac{\ell_A^2}{m_A r^3}\dot r+m_B g\dot r=\dot r\Bigl[(m_A+m_B)\ddot r-m_A r\dot\phi^2+m_B g\Bigr]=0, ここで ℓA2/(mAr3)=mArϕ˙2\ell_A^2/(m_A r^3)=m_A r\dot\phi^2 を用い、最後の括弧は問 2 の rr 方程式でゼロ。よって EE は保存。
  5. \textbf{[I-A 5.] 上式から Ueff(r)=ℓA22mAr2−mBg(R−r). U_{\mathrm{eff}}(r)=\frac{\ell_A^2}{2m_A r^2}-m_B g(R-r). r≤Rr\le R（B が平面下にいる条件は R−r≥0R-r\ge 0）で、EE の最大値は r=Rr=R かつ r˙=0\dot r=0 のとき。このとき Ueff(R)=ℓA2/(2mAR2)U_{\mathrm{eff}}(R)=\ell_A^2/(2m_A R^2) なので Em=ℓA22mAR2. E_m=\frac{\ell_A^2}{2m_A R^2}. UeffU_{\mathrm{eff}} は r→0r\to 0 で +∞+\infty、r=Rr=R で EmE_m をとり、内部に極小をもつ井戸型。概形は rr 軸を横軸に、UeffU_{\mathrm{eff}} の縦軸に極小を底とする谷を描き、r=Rr=R の点で EmE_m を水平線として書き入れる。
  6. \textbf{[I-A 6.] E=EcE=E_c では r˙=0\dot r=0、r=rcr=r_c 一定。ϕ˙=ℓA/(mArc2)\dot\phi=\ell_A/(m_A r_c^2) も一定。すなわち質点 A は半径 rcr_c の等速円運動を行う。極小条件 dUeff/dr=0dU_{\mathrm{eff}}/dr=0 より −ℓA2mArc3+mBg=0  ⟹  rc=(ℓA2mAmBg)1/3. -\frac{\ell_A^2}{m_A r_c^3}+m_B g=0 \;\Longrightarrow\; r_c=\Bigl(\frac{\ell_A^2}{m_A m_B g}\Bigr)^{1/3}.
  7. \textbf{[I-A 7.] Ueff′′(rc)=3ℓA2/(mArc4)U_{\mathrm{eff}}''(r_c)=3\ell_A^2/(m_A r_c^4)。rc3=ℓA2/(mAmBg)r_c^3=\ell_A^2/(m_A m_B g) を使うと Ueff′′(rc)=3ℓA2mArc4=3mBgrc. U_{\mathrm{eff}}''(r_c)=\frac{3\ell_A^2}{m_A r_c^4}=\frac{3 m_B g}{r_c}. ζ=r−rc\zeta=r-r_c の 2 次まで展開して Ueff≃Ueff(rc)+12Ueff′′(rc)ζ2U_{\mathrm{eff}}\simeq U_{\mathrm{eff}}(r_c)+\tfrac12 U_{\mathrm{eff}}''(r_c)\zeta^2。動径運動の有効質量は mA+mBm_A+m_B なので (mA+mB)ζ¨=−Ueff′′(rc)ζ=−3mBgrcζ. (m_A+m_B)\ddot\zeta=-U_{\mathrm{eff}}''(r_c)\zeta=-\frac{3 m_B g}{r_c}\zeta.
  8. \textbf{[I-A 8.] 解は r(t)=rc+Ccos⁡(Ωt+δ),Ω=3mBg(mA+mB)rc=3ℓA2mA(mA+mB)rc4. r(t)=r_c+C\cos(\Omega t+\delta),\qquad \Omega=\sqrt{\frac{3 m_B g}{(m_A+m_B)r_c}}=\sqrt{\frac{3\ell_A^2}{m_A(m_A+m_B)r_c^4}}. 周期は T0=2πΩ=2πmA(mA+mB)rc43ℓA2. T_0=\frac{2\pi}{\Omega}=2\pi\sqrt{\frac{m_A(m_A+m_B)r_c^4}{3\ell_A^2}}.
  9. \textbf{[I-B 1.] 半径 RAR_A、長さ LL、密度一様な円柱は質量 M=ρπRA2LM=\rho\pi R_A^2 L。中心軸まわりの慣性モーメントは IA=∫r2 dm=ρL∫0RA ⁣r2⋅2πr dr=ρL⋅π2RA4=12MRA2. I_A=\int r^2\,dm=\rho L\int_0^{R_A}\!r^2\cdot 2\pi r\,dr=\rho L\cdot\tfrac{\pi}{2}R_A^4=\tfrac12 M R_A^2.
  10. \textbf{[I-B 2.] 剛体 A は重力 MgMg を上から受け、それを支えるのは剛体 B からの垂直抗力 NN。鉛直つり合いから N=MgN=Mg。動摩擦力の大きさは F=μ′N=μ′Mg. F=\mu' N=\mu' M g.
  11. \textbf{[I-B 3.] 接触点での A の表面速度は RAωAR_A\omega_A、B の表面速度は RBωBR_B\omega_B。図の正の向きの定義から、A は摩擦により回転が遅くなり、B は加速されるので、それぞれの軸まわりに摩擦力 F=μ′MgF=\mu' M g が反対符号で働く。 12MRA2 ω˙A=−μ′MgRA,12MRB2 ω˙B=+μ′MgRB. \tfrac12 M R_A^2\,\dot\omega_A=-\mu' M g R_A,\quad \tfrac12 M R_B^2\,\dot\omega_B=+\mu' M g R_B. すなわち ω˙A=−2μ′g/RA\dot\omega_A=-2\mu' g/R_A、ω˙B=2μ′g/RB\dot\omega_B=2\mu' g/R_B。初期条件 ωA(0)=ω0\omega_A(0)=\omega_0、ωB(0)=0\omega_B(0)=0 から ωA(t)=ω0−2μ′gRAt,ωB(t)=2μ′gRBt. \omega_A(t)=\omega_0-\frac{2\mu' g}{R_A}t,\qquad \omega_B(t)=\frac{2\mu' g}{R_B}t.
  12. \textbf{[I-B 4.] 動摩擦力が消える条件は接触点での速度の一致 RAωA=RBωBR_A\omega_A=R_B\omega_B（同符号にとれば滑り無し）。 RA(ω0−2μ′gRAte)=RB⋅2μ′gRBte  ⟹  RAω0=4μ′g te  ⟹  te=RAω04μ′g. R_A\Bigl(\omega_0-\frac{2\mu' g}{R_A}t_e\Bigr)=R_B\cdot\frac{2\mu' g}{R_B}t_e \;\Longrightarrow\; R_A\omega_0=4\mu' g\,t_e \;\Longrightarrow\; t_e=\frac{R_A\omega_0}{4\mu' g}. このとき ωA(te)=ω0/2\omega_A(t_e)=\omega_0/2、ωB(te)=RAω0/(2RB)\omega_B(t_e)=R_A\omega_0/(2 R_B)。t>tet>t_e では摩擦力ゼロで両者は一定値を保つ。ωA\omega_A は ω0\omega_0 から線形減少して ω0/2\omega_0/2 で停留、ωB\omega_B は 00 から線形増加して RAω0/(2RB)R_A\omega_0/(2R_B) で停留する。
  13. \textbf{[I-B 5.] ブレーキ印加後、λωA\lambda\omega_A が摩擦による力のモーメントを上回るので滑りが起き続ける。A は摩擦（加速の向き、これは A から見ると減速の符号と同じ）を受けるが、ブレーキ −λωA-\lambda\omega_A がそれを上回る。問 3 と同じ符号則で 12MRA2ω˙A=−μ′MgRA−λωA,12MRB2ω˙B=+μ′MgRB. \tfrac12 M R_A^2\dot\omega_A=-\mu' M g R_A-\lambda\omega_A,\qquad \tfrac12 M R_B^2\dot\omega_B=+\mu' M g R_B. B 側は問 3 と同形なので ωB(t)=ωBe+(2μ′g/RB)t\omega_B(t)=\omega_{Be}+(2\mu' g/R_B)t。A 側は線形 1 階非斉次： ω˙A+2λMRA2ωA=−2μ′gRA. \dot\omega_A+\frac{2\lambda}{M R_A^2}\omega_A=-\frac{2\mu' g}{R_A}. 特解 ωA(p)=−μ′MgRA/λ\omega_A^{(p)}=-\mu' M g R_A/\lambda、斉次解 ωA(h)=Ce−2λt/(MRA2)\omega_A^{(h)}=Ce^{-2\lambda t/(M R_A^2)}。初期条件 ωA(0)=ωAe\omega_A(0)=\omega_{Ae} から ωA(t)=(ωAe+μ′MgRAλ)e−2λt/(MRA2)−μ′MgRAλ. \omega_A(t)=\Bigl(\omega_{Ae}+\frac{\mu' M g R_A}{\lambda}\Bigr)e^{-2\lambda t/(M R_A^2)}-\frac{\mu' M g R_A}{\lambda}.
  14. \textbf{[I-B 6.] 摩擦消失条件は接触点速度一致 RAωA=RBωBR_A\omega_A=R_B\omega_B。IA/(λtF)≪1I_A/(\lambda t_F)\ll 1 では t=tFt=t_F における A 側の指数減衰項が無視でき ωA(tF)≃−μ′MgRA/λ. \omega_A(t_F)\simeq -\mu' M g R_A/\lambda. これと B の解 ωB(tF)=ωBe+2μ′gtF/RB\omega_B(t_F)=\omega_{Be}+2\mu' g t_F/R_B を一致条件に入れて tF≃RB∣ωBe∣2μ′g−IAλ(補正は IA/(λtF)≪1). t_F\simeq\frac{R_B|\omega_{Be}|}{2\mu' g}-\frac{I_A}{\lambda}\quad(\text{補正は }I_A/(\lambda t_F)\ll 1).

最終答

% [I-A] L=12(mA+mB)r˙2+12mAr2ϕ˙2+mBg(R−r)\mathcal{L}=\tfrac12(m_A+m_B)\dot r^2+\tfrac12 m_A r^2\dot\phi^2+m_B g(R-r)、ℓA=mAr2ϕ˙\ell_A=m_A r^2\dot\phi 保存、Em=ℓA2/(2mAR2)E_m=\ell_A^2/(2m_A R^2)、rc=(ℓA2/(mAmBg))1/3r_c=(\ell_A^2/(m_A m_B g))^{1/3}、T0=2πmA(mA+mB)rc4/(3ℓA2)T_0=2\pi\sqrt{m_A(m_A+m_B)r_c^4/(3\ell_A^2)}。 [I-B] IA=MRA2/2I_A=MR_A^2/2、F=μ′MgF=\mu' Mg、ωA=ω0−2μ′gt/RA\omega_A=\omega_0-2\mu' gt/R_A、ωB=2μ′gt/RB\omega_B=2\mu' gt/R_B、te=RAω0/(4μ′g)t_e=R_A\omega_0/(4\mu' g)、ωA(te)=ω0/2\omega_A(t_e)=\omega_0/2、ωB(te)=RAω0/(2RB)\omega_B(t_e)=R_A\omega_0/(2R_B)。ブレーキ後 ωA=(ωAe+μ′MgRA/λ)e−2λt/(MRA2)−μ′MgRA/λ\omega_A=(\omega_{Ae}+\mu' MgR_A/\lambda)e^{-2\lambda t/(MR_A^2)}-\mu' MgR_A/\lambda、ωB=ωBe+2μ′gt/RB\omega_B=\omega_{Be}+2\mu' gt/R_B、tF≃RB∣ωBe∣/(2μ′g)−IA/λt_F\simeq R_B|\omega_{Be}|/(2\mu' g)-I_A/\lambda。

第2問 — 物理学[II

方針

[II-A] はマクスウェル方程式から波動方程式を導き、平面波解で k⊥E,B\boldsymbol k\perp\boldsymbol E,\boldsymbol B と ω=ck\omega=ck を確認、ポインティングベクトルとエネルギー保存則に至る基本一直線。B0=E0/cB_0=E_0/c と ue=umu_e=u_m がエネルギー保存の鍵。[II-B] は磁気双極子の遠方場と B=∇×A\boldsymbol B=\nabla\times\boldsymbol A の極座標展開。超伝導体は鏡像法で扱い、zz 軸との角度 π−α\pi-\alpha の鏡像双極子を仮定し、O′O' 系の極座標で問 1 の表式をそのまま流用する。

典型ミス

BSC\boldsymbol B_{\mathrm{SC}} 計算で eθ′=−ex\boldsymbol e_{\theta'}=-\boldsymbol e_x の符号を見落とすと ex\boldsymbol e_x 成分の符号が逆になる。鏡像双極子の向きは「zz 軸となす角 π−α\pi-\alpha」であって、単純な m\boldsymbol m の鏡映ではない（磁気双極子は擬ベクトル）。sin⁡2β\sin 2\beta の零点だけ書いて安定性判定（cos⁡2β0\cos 2\beta_0 の符号）を忘れない。

試験で書くべきポイント

[II-A] では「k⋅E=0\boldsymbol k\cdot\boldsymbol E=0 から横波」「ω/k=c\omega/k=c」「ue=umu_e=u_m」「S=cuemez\boldsymbol S=cu_{em}\boldsymbol e_z」「保存則の物理的意味（電磁エネルギーの連続の式）」を簡潔に並べる。[II-B] では極座標公式を使うこと、鏡像が (0,0,−L)(0,0,-L) に角 π−α\pi-\alpha で置かれることを明示し、最後に安定平衡 β=0,π\beta=0,\pi の物理像（双極子が超伝導体面に垂直）で締める。

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第3問 — 物理学[III

方針

[III-A] は無限井戸の標準。境界条件で kL/2=nπ/2kL/2=n\pi/2、規格化で 2/L\sqrt{2/L}。壁拡張後の固有関数 ΦN\Phi_N は幅 2L2L の同じ族で KN=Nπ/(2L)K_N=N\pi/(2L)。⟨E⟩\langle E\rangle の計算は Ψ\Psi がもとの H^\hat H では φ1\varphi_1 固有状態だが、新しいハミルトニアン下でも Ψ\Psi の運動エネルギー期待値は瞬時的に元の値に等しい点に注意。∑\sum 公式の値が ε1\varepsilon_1 を再現することで整合確認。[III-B] はスピン 1/2 の代数を S^±\hat S_\pm から組み立てる。H^\hat H がベクトルの内積形なので H^2∝I^\hat H^2\propto\hat I となり指数関数が三角関数で閉じる。

典型ミス

[III-A] の幅 2L2L 井戸で EN=N2π2ℏ2/(8mL2)E_N=N^2\pi^2\hbar^2/(8mL^2)（分母の 8 を 2 にしない）。ΦN\Phi_N の規格化定数は 1/L\sqrt{1/L}（幅は 2L2L）。問 9 の ∑ℓ\sum_\ell では cos⁡2((2ℓ−1)π/4)=1/2\cos^2((2\ell-1)\pi/4)=1/2 を使うのを忘れない。[III-B] では S^+∣−12⟩=α∣+12⟩\hat S_+|-\tfrac12\rangle=\alpha|+\tfrac12\rangle の係数を α=ℏ\alpha=\hbar とすること（ℏ/2\hbar/2 ではない）。H^2=(μB0ℏ/2)2I^\hat H^2=(\mu B_0\hbar/2)^2\hat I の ℏ\hbar の次数を取り違えると Ω\Omega がずれる。

試験で書くべきポイント

[III-A] 問 6 で「Δx\Delta x 増→Δp\Delta p の最小値減→運動エネルギー最小値減」を不確定性関係 ΔxΔp≥ℏ/2\Delta x\Delta p\ge\hbar/2 で明示する。問 9 では ⟨E⟩=ε1\langle E\rangle=\varepsilon_1 という美しい結果を、波動関数が瞬間的には元のままであることから自然な結論として書ききる。[III-B] では指数演算子の H^2∝I^\hat H^2\propto\hat I 利用が肝で、Ω=μB0/2\Omega=\mu B_0/2 をRabi 振動数として明示すると遷移確率の形が見やすい。

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第4問 — 物理学[IV

方針

[IV-A] は熱力学第一法則と理想気体の式の組み合わせで進む。断熱自由膨張は仕事も熱もゼロで TT 不変、エントロピーは状態量なので等温過程で計算可。[IV-B] はカノニカル分布の標準。Z=∑e−βEnZ=\sum e^{-\beta E_n}、⟨E⟩=−∂βln⁡Z\langle E\rangle=-\partial_\beta\ln Z、(ΔE)2=−∂β⟨E⟩(\Delta E)^2=-\partial_\beta\langle E\rangle、そして F=⟨E⟩−TSF=\langle E\rangle-TS から F=−kBTln⁡ZF=-k_B T\ln Z。[IV-C] は光子気体（黒体放射）の Stefan-Boltzmann 則。状態数密度の L3/(2π)3L^3/(2\pi)^3、偏光 2、μ=0\mu=0 の三点を押さえる。圧力は気体運動論で 3 次元等方性 ⟨cos⁡2θ⟩=1/3\langle\cos^2\theta\rangle=1/3 を使う。

典型ミス

[IV-A] 問 3 で「準静的でない」を理由にエントロピー計算を諦めない。状態量だから経路に依らず計算できる、と明示する。[IV-B] 問 3 で (ΔE)2=−∂β⟨E⟩(\Delta E)^2=-\partial_\beta\langle E\rangle から C=(ΔE)2/(kBT2)C=(\Delta E)^2/(k_B T^2)（T2T^2 を落とさない）。[IV-C] 問 5・6 で偏光 2 を二重に数えない（f(k)f(\boldsymbol k) にすでに 2 が入っている）。kFk_F の定数係数 6π26\pi^2 をスピン縮退度 2 を含めて 3π23\pi^2 にしてしまうミスがあるが、本問は「内部自由度なし」とあるので 6π26\pi^2。

試験で書くべきポイント

[IV-A] 問 3 では「断熱自由膨張で ΔU=0⇒T\Delta U=0\Rightarrow T 不変」「等温可逆経路で ΔS\Delta S を計算」「結果 nRln⁡(V2/V1)>0nR\ln(V_2/V_1)>0」の 3 段階を明示。[IV-B] 問 3 ではゆらぎ-応答関係（揺動散逸の一例）として (ΔE)2=kBT2C(\Delta E)^2=k_B T^2 C を強調。[IV-C] 問 7 では運動量変化 2ℏkz2\hbar k_z、衝突頻度 vz/(2L)v_z/(2L)、等方平均 ⟨cos⁡2θ⟩=1/3\langle\cos^2\theta\rangle=1/3 の 3 点が要。

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