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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 2026年度 院試 過去問 解答例・解説（全4問）

全4問。テーマタグは9件（調和振動子・剛体の回転運動・静電場）。2025年度と共通のテーマは調和振動子・剛体の回転運動・静電場。

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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 2026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。

2026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9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
調和振動子第2問16大学・110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
固有振動数と振動系第1問16大学・71問
ラグランジアン第1問13大学・68問
ラプラス変換第4問12大学・56問
フーリエ級数第3問11大学・30問
シュレディンガー方程式第3問10大学・18問

前年度（2025年度）との違い

大問数
2025年度 4問 → 2026年度 4問
両年度に出たテーマ
調和振動子・剛体の回転運動・静電場
2025年度のページを見る

第1問 — 物理学[I

方針

[I-A] はキャベンディッシュ実験の本質。重力トルクとねじりばかりの復元トルクのつり合い、微小振動から kk を測定し、未知力（万有引力）と比較するのが流儀である。慣性モーメントは棒（一様）と両端の質点を別々に評価する。[I-B] は球面振り子の微小振動を回転座標系で見るとフーコー型の運動方程式 x¨−2Ωy˙+(g/ℓ−Ω2)x=0\ddot x-2\Omega\dot y+(g/\ell-\Omega^2)x=0 になる。w±=x±iyw_\pm=x\pm iy で対角化し、Ω2≪g/ℓ\Omega^2\ll g/\ell の近似で固有振動数 β≈g/ℓ\beta\approx\sqrt{g/\ell} と歳差角速度 α=Ω\alpha=\Omega を分離する。

典型ミス

重力トルクの符号を誤りやすい。m2>m1m_2>m_1 で θ>0\theta>0 のとき m2m_2 は下方なので、重力モーメントは θ\theta を増す向きに働き +(m2−m1)gLcos⁡θ+(m_2-m_1)gL\cos\theta となる。慣性モーメントで一様な棒の係数を 112μ(2L)2=13μL2\tfrac{1}{12}\mu(2L)^2=\tfrac13\mu L^2 と書くこと。フーコー振り子で Ω2\Omega^2 を g/ℓg/\ell と区別せず落とすと歳差項 2Ω2\Omega も同時に消える誤りに繋がる。

試験で書くべきポイント

GG の数値計算では単位をメートル法に揃え、T=31.4 minT=31.4\,\mathrm{min} を秒に直すこと。2π2≈19.72\pi^2\approx19.7 を用い、有効数字 2 桁で G≈6.7×10−11G\approx 6.7\times10^{-11} と結ぶ。回転系では運動エネルギーから自動的に遠心ポテンシャル −12mΩ2(x2+y2)-\tfrac12 m\Omega^2(x^2+y^2) とコリオリ結合 mΩ(xy˙−yx˙)m\Omega(x\dot y-y\dot x) が現れる点を明示する。

解答

  1. \textbf{[I-A 1)] つり合い位置 θ0\theta_0 では，重力によるトルクとねじりばかりの復元トルクがつり合う。m1m_1 は (0,Lcos⁡θ0,Lsin⁡θ0)(0,L\cos\theta_0,L\sin\theta_0)，m2m_2 は (0,−Lcos⁡θ0,−Lsin⁡θ0)(0,-L\cos\theta_0,-L\sin\theta_0)，棒の重心は原点なので μg\mu g は寄与しない。xx 軸まわりの重力トルクは −(m1−m2)gLcos⁡θ0-(m_1-m_2)gL\cos\theta_0（yy 成分の重さで −θ-\theta 方向）。よって −(m1−m2)gLcos⁡θ0−kθ0=0,(m2−m1)gLcos⁡θ0=kθ0. -(m_1-m_2)gL\cos\theta_0-k\theta_0=0,\qquad (m_2-m_1)gL\cos\theta_0=k\theta_0.
  2. \textbf{[I-A 2)] 一様な棒の軸まわり慣性モーメントは 112μ(2L)2=13μL2\tfrac{1}{12}\mu(2L)^2=\tfrac{1}{3}\mu L^2，両端の小球はそれぞれ m1L2m_1L^2，m2L2m_2L^2。よって I=13μL2+(m1+m2)L2. I=\tfrac{1}{3}\mu L^2+(m_1+m_2)L^2.
  3. \textbf{[I-A 3)] 角度 θ\theta における重力トルクは −(m1−m2)gLcos⁡θ-(m_1-m_2)gL\cos\theta，ばねトルクは −kθ-k\theta。回転の運動方程式は Iθ¨=−kθ−(m1−m2)gLcos⁡θ=−kθ+(m2−m1)gLcos⁡θ. I\ddot\theta=-k\theta-(m_1-m_2)gL\cos\theta=-k\theta+(m_2-m_1)gL\cos\theta.
  4. \textbf{[I-A 4)] 両辺に θ˙\dot\theta を掛けて時間積分する： ddt ⁣[12Iθ˙2]=−kθθ˙+(m2−m1)gLcos⁡θ θ˙=−ddt ⁣[12kθ2−(m2−m1)gLsin⁡θ]. \frac{d}{dt}\!\left[\tfrac12 I\dot\theta^2\right]=-k\theta\dot\theta+(m_2-m_1)gL\cos\theta\,\dot\theta=-\frac{d}{dt}\!\left[\tfrac12 k\theta^2-(m_2-m_1)gL\sin\theta\right]. よって E=12Iθ˙2+12kθ2−(m2−m1)gLsin⁡θE=\tfrac12 I\dot\theta^2+\tfrac12 k\theta^2-(m_2-m_1)gL\sin\theta が時間に依らない。重力ポテンシャル −(m2−m1)gLsin⁡θ-(m_2-m_1)gL\sin\theta は m2m_2（下）の重心高さ −Lsin⁡θ-L\sin\theta と m1m_1（上）の高さ Lsin⁡θL\sin\theta から −m2gLsin⁡θ⋅(−1)+m1gLsin⁡θ=−(m2−m1)gLsin⁡θ-m_2gL\sin\theta\cdot(-1)+m_1gL\sin\theta=-(m_2-m_1)gL\sin\theta と読み取れる。
  5. \textbf{[I-A 5)] θ=θ0+δθ\theta=\theta_0+\delta\theta を代入し cos⁡θ≈cos⁡θ0−sin⁡θ0 δθ\cos\theta\approx\cos\theta_0-\sin\theta_0\,\delta\theta。問1のつり合い式 (m2−m1)gLcos⁡θ0=kθ0(m_2-m_1)gL\cos\theta_0=k\theta_0 で 0 次が消え，1 次は I δθ¨=−k δθ−(m2−m1)gLsin⁡θ0 δθ. I\,\ddot{\delta\theta}=-k\,\delta\theta-(m_2-m_1)gL\sin\theta_0\,\delta\theta.
  6. \textbf{[I-A 6)] 角振動数 Ω2=[k+(m2−m1)gLsin⁡θ0]/I\Omega^2=\bigl[k+(m_2-m_1)gL\sin\theta_0\bigr]/I。Ω=2π/T\Omega=2\pi/T より k+(m2−m1)gLsin⁡θ0=4π2I/T2k+(m_2-m_1)gL\sin\theta_0=4\pi^2 I/T^2、すなわち k=4π2IT2−(m2−m1)gLsin⁡θ0. k=\frac{4\pi^2 I}{T^2}-(m_2-m_1)gL\sin\theta_0.
  7. \textbf{[I-A 7)] 引力トルクは大球と小球が距離 dd のとき GMm/d2⋅LGMm/d^2\cdot L がペア（左右）で同じ向きに加わる。μ=0\mu=0、m1=m2=mm_1=m_2=m のもとつり合い位置での引力トルクは 2GMmL/d22GMmL/d^2、復元トルクは kθ1k\theta_1。両者がつり合い kθ1=2GMmL/d2k\theta_1=2GMmL/d^2。慣性モーメントは I=2mL2I=2mL^2 ではなく問題文で I=1.4 kg m2I=1.4\,\mathrm{kg\,m^2} と与えられている。微小振動の角振動数は Ω2=k/I\Omega^2=k/I（θ1\theta_1 は微小、重力項は無視できる）で T=2πI/kT=2\pi\sqrt{I/k}。k=4π2I/T2k=4\pi^2 I/T^2 を引力つり合い式に代入し G=kθ1d22MmL=2π2Iθ1d2T2MmL. G=\frac{k\theta_1 d^2}{2MmL}=\frac{2\pi^2 I\theta_1 d^2}{T^2 MmL}. 数値代入。T=31.4 min=31.4×60 s=1884 sT=31.4\,\mathrm{min}=31.4\times60\,\mathrm{s}=1884\,\mathrm{s}、T2=3.55×106 s2T^2=3.55\times10^6\,\mathrm{s^2}。2π2=19.72\pi^2=19.7。 G=19.7×1.4×0.015×(0.20)23.55×106×100×0.70×1.0=19.7×1.4×0.015×0.0403.55×106×70. G=\frac{19.7\times1.4\times0.015\times(0.20)^2}{3.55\times10^6\times100\times0.70\times1.0} =\frac{19.7\times1.4\times0.015\times0.040}{3.55\times10^6\times70}. 分子 =19.7×1.4×6.0×10−4=1.655×10−2=19.7\times1.4\times6.0\times10^{-4}=1.655\times10^{-2}。分母 =2.485×108=2.485\times10^8。よって G≈6.7×10−11  m3 kg−1 s−2. G\approx 6.7\times10^{-11}\;\mathrm{m^3\,kg^{-1}\,s^{-2}}.
  8. \textbf{[I-B 1)] 拘束 x2+y2+z2=ℓ2x^2+y^2+z^2=\ell^2 かつ z<0z<0 より z=−ℓ2−x2−y2z=-\sqrt{\ell^2-x^2-y^2}。∣x∣,∣y∣≪ℓ|x|,|y|\ll\ell で展開して z≈−ℓ+x2+y22ℓ. z\approx-\ell+\frac{x^2+y^2}{2\ell}.
  9. \textbf{[I-B 2)] 速度 z˙\dot z を無視するから運動エネルギーは T=12m(x˙2+y˙2)T=\tfrac12 m(\dot x^2+\dot y^2)。ポテンシャルは U=mgz=−mgℓ+mg2ℓ(x2+y2)U=mgz=-mg\ell+\frac{mg}{2\ell}(x^2+y^2)。定数項を落とし L=12m(x˙2+y˙2)−mg2ℓ(x2+y2). \mathcal L=\tfrac12 m(\dot x^2+\dot y^2)-\tfrac{mg}{2\ell}(x^2+y^2).
  10. \textbf{[I-B 3)] (X˙,Y˙)=R˙(Ωt)(x,y)+R(Ωt)(x˙,y˙)\bigl(\dot X,\dot Y\bigr)=\dot R(\Omega t)\bigl(x,y\bigr)+R(\Omega t)(\dot x,\dot y)。具体的には X˙=x˙cos⁡Ωt−y˙sin⁡Ωt−Ω(xsin⁡Ωt+ycos⁡Ωt), \dot X=\dot x\cos\Omega t-\dot y\sin\Omega t-\Omega(x\sin\Omega t+y\cos\Omega t), Y˙=x˙sin⁡Ωt+y˙cos⁡Ωt+Ω(xcos⁡Ωt−ysin⁡Ωt). \dot Y=\dot x\sin\Omega t+\dot y\cos\Omega t+\Omega(x\cos\Omega t-y\sin\Omega t).
  11. \textbf{[I-B 4)] X˙2+Y˙2\dot X^2+\dot Y^2 を計算し，回転行列の直交性 R⊤R=IR^\top R=I より X˙2+Y˙2=(x˙−Ωy)2+(y˙+Ωx)2=x˙2+y˙2+Ω2(x2+y2)+2Ω(xy˙−yx˙). \dot X^2+\dot Y^2=(\dot x-\Omega y)^2+(\dot y+\Omega x)^2=\dot x^2+\dot y^2+\Omega^2(x^2+y^2)+2\Omega(x\dot y-y\dot x). よって T=12m[x˙2+y˙2+Ω2(x2+y2)+2Ω(xy˙−yx˙)]. T=\tfrac12 m\bigl[\dot x^2+\dot y^2+\Omega^2(x^2+y^2)+2\Omega(x\dot y-y\dot x)\bigr].
  12. \textbf{[I-B 5)] 微小振動でのラグランジアンは L=T−U\mathcal L=T-U で，U=mg2ℓ(x2+y2)U=\tfrac{mg}{2\ell}(x^2+y^2)。 L=12m ⁣[x˙2+y˙2+Ω2(x2+y2)+2Ω(xy˙−yx˙)]−mg2ℓ(x2+y2). \mathcal L=\tfrac12 m\!\left[\dot x^2+\dot y^2+\Omega^2(x^2+y^2)+2\Omega(x\dot y-y\dot x)\right]-\tfrac{mg}{2\ell}(x^2+y^2). オイラー・ラグランジュ方程式 ddt∂L∂x˙−∂L∂x=0\frac{d}{dt}\frac{\partial\mathcal L}{\partial\dot x}-\frac{\partial\mathcal L}{\partial x}=0 から mx¨−2mΩy˙+ ⁣(mgℓ−mΩ2) ⁣x=0,  my¨+2mΩx˙+ ⁣(mgℓ−mΩ2) ⁣y=0. m\ddot x-2m\Omega\dot y+\!\left(\frac{mg}{\ell}-m\Omega^2\right)\!x=0,\; m\ddot y+2m\Omega\dot x+\!\left(\frac{mg}{\ell}-m\Omega^2\right)\!y=0.
  13. \textbf{[I-B 6)] 上式は α=Ω\alpha=\Omega、β2=g/ℓ−Ω2\beta^2=g/\ell-\Omega^2 の場合に対応。w±=x±iyw_\pm=x\pm iy を作ると w¨±∓2iαw˙±+β2w±=0\ddot w_\pm\mp 2i\alpha\dot w_\pm+\beta^2 w_\pm=0。特性方程式 λ2∓2iαλ+β2=0\lambda^2\mp2i\alpha\lambda+\beta^2=0 から λ=±iα±iα2+β2\lambda=\pm i\alpha\pm i\sqrt{\alpha^2+\beta^2}。α2≪β2\alpha^2\ll\beta^2 で α2+β2≈β\sqrt{\alpha^2+\beta^2}\approx\beta。よって w+w_+ は λ=−iα±iβ\lambda=-i\alpha\pm i\beta、w−w_- は λ=iα±iβ\lambda=i\alpha\pm i\beta。一般解は w+(t)≈e−iαt(A+cos⁡βt+B+sin⁡βt),w−(t)≈e+iαt(A−cos⁡βt+B−sin⁡βt). w_+(t)\approx e^{-i\alpha t}(A_+\cos\beta t+B_+\sin\beta t),\quad w_-(t)\approx e^{+i\alpha t}(A_-\cos\beta t+B_-\sin\beta t).
  14. \textbf{[I-B 7)] A+=A−=x0A_+=A_-=x_0、B±≈0B_\pm\approx 0 より x(t)=12(w++w−)=x0cos⁡(αt)cos⁡(βt), x(t)=\tfrac12(w_++w_-)=x_0\cos(\alpha t)\cos(\beta t), y(t)=12i(w+−w−)=−x0sin⁡(αt)cos⁡(βt). y(t)=\tfrac{1}{2i}(w_+-w_-)=-x_0\sin(\alpha t)\cos(\beta t). すなわち振り子の振動方向ベクトルは cos⁡(βt)\cos(\beta t) で振動しつつ，向きが角速度 −α=−Ω-\alpha=-\Omega で慣性系に対し回転する（フーコー振り子の歳差運動）。

最終答

% [I-A] つり合い (m2−m1)gLcos⁡θ0=kθ0(m_2-m_1)gL\cos\theta_0=k\theta_0，I=13μL2+(m1+m2)L2I=\tfrac13\mu L^2+(m_1+m_2)L^2，Iθ¨=−kθ+(m2−m1)gLcos⁡θI\ddot\theta=-k\theta+(m_2-m_1)gL\cos\theta，Ω2=[k+(m2−m1)gLsin⁡θ0]/I\Omega^2=[k+(m_2-m_1)gL\sin\theta_0]/I、k=4π2I/T2−(m2−m1)gLsin⁡θ0k=4\pi^2I/T^2-(m_2-m_1)gL\sin\theta_0。G≈6.7×10−11 m3 kg−1 s−2G\approx 6.7\times10^{-11}\,\mathrm{m^3\,kg^{-1}\,s^{-2}}。 [I-B] z≈−ℓ+(x2+y2)/(2ℓ)z\approx-\ell+(x^2+y^2)/(2\ell)、L=12m(x˙2+y˙2)−mg2ℓ(x2+y2)\mathcal L=\tfrac12 m(\dot x^2+\dot y^2)-\tfrac{mg}{2\ell}(x^2+y^2)。慣性系運動エネルギーに Ω2(x2+y2)+2Ω(xy˙−yx˙)\Omega^2(x^2+y^2)+2\Omega(x\dot y-y\dot x) が加わる。α=Ω\alpha=\Omega、β2=g/ℓ−Ω2\beta^2=g/\ell-\Omega^2。x=x0cos⁡Ωtcos⁡βtx=x_0\cos\Omega t\cos\beta t、y=−x0sin⁡Ωtcos⁡βty=-x_0\sin\Omega t\cos\beta t（フーコーの歳差）。

第2問 — 物理学[II

方針

[II-A] は同軸ケーブルの古典的問題でガウス・アンペールの法則とポインティング定理を組み合わせ，伝送電力 Ps=VIP_s=VI、エネルギー伝搬速度 vs≤cv_s\le c を導く。vs≤cv_s\le c は相加相乗 λ2/ε0+μ0I2≥2∣λI∣/ε0μ0\lambda^2/\varepsilon_0+\mu_0 I^2\ge 2|\lambda I|/\sqrt{\varepsilon_0\mu_0} で示せる。[II-B] は六重極磁場（シュテルン-ゲルラッハ的捕獲）。Az∝r3cos⁡3θA_z\propto r^3\cos 3\theta から ∣B∣∝r2|\boldsymbol B|\propto r^2 となるのが鍵で、ポテンシャルが調和振動子型 −μiB0r2/r02-\mu_i B_0 r^2/r_0^2 になる。

典型ミス

円筒座標での回転 B=∇×A\boldsymbol B=\nabla\times\boldsymbol A で AzA_z のみのとき Br=(1/r)∂θAzB_r=(1/r)\partial_\theta A_z、Bθ=−∂rAzB_\theta=-\partial_r A_z。倍角公式で sin⁡3θcos⁡θ−cos⁡3θsin⁡θ=sin⁡(3θ−θ)\sin 3\theta\cos\theta-\cos 3\theta\sin\theta=\sin(3\theta-\theta) などを誤らないこと。∣B∣2=Bx2+By2|\boldsymbol B|^2=B_x^2+B_y^2 は r4r^4 の綺麗な形になり ∣B∣=B0r2/r02|\boldsymbol B|=B_0 r^2/r_0^2（xyxy の代わりに極座標で考えると見やすい）。

試験で書くべきポイント

ポインティング定理の導出では Maxwell 方程式 (A3),(A4) に直接代入することを明示する。Ps=VIP_s=VI は電子工学的な意味で重要なので強調。シュテルン-ゲルラッハの本問では μi<0\mu_i<0（高磁場領域から押し出される；low-field-seeker 状態）が中性粒子トラップになることを述べる。μi>0\mu_i>0（high-field-seeker）は逆に発散軌道。

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

[III-A] は回転磁場中スピンのラビ振動。回転枠 βj=e±iγt/2αj\beta_j=e^{\pm i\gamma t/2}\alpha_j で時間依存性を消し、Δ=γ−ω\Delta=\gamma-\omega がゼロ（共鳴条件）のとき σ1\sigma_1 のみのハミルトニアンに帰着する。指数公式 e−iθσ1e^{-i\theta\sigma_1} で対角化なしに解ける。[III-B] はトーラス上の荷電粒子。ベクトルポテンシャルがあると運動量が共変運動量 Π^\hat\Pi に変わり、磁場下では Π^x,Π^y\hat\Pi_x,\hat\Pi_y が正準共役となりランダウ準位を作る。トーラスの周期性は磁束の量子化条件 BL2=Nh/qBL^2=Nh/q を要求する。

典型ミス

回転枠への変換で β˙=α˙ eiγt/2+(iγ/2)β\dot\beta=\dot\alpha\,e^{i\gamma t/2}+(i\gamma/2)\beta の項を忘れない。[Π^x,Π^y]=iℏqB[\hat\Pi_x,\hat\Pi_y]=i\hbar qB（qB>0qB>0）の符号と C=1/2ℏqBC=1/\sqrt{2\hbar qB} の規格化は対応している。基底状態の縮退度（A=πℏ/(qL)A=\pi\hbar/(qL) で m=0,1m=0,1 の 2 つ）は (m−1/2)2(m-1/2)^2 の偶関数性から生じる。BB の量子化は閉路 (0,0)→(L,0)→(L,L)→(0,L)→(0,0)(0,0)\to(L,0)\to(L,L)\to(0,L)\to(0,0) の Aharonov-Bohm 位相が 2π2\pi の整数倍であることに対応。

試験で書くべきポイント

ラビ振動では「共鳴条件 γ=ω\gamma=\omega」のもとで完全な反転 ∣α1(0)∣=1→∣α2(t=π/ρ)∣=1|\alpha_1(0)|=1\to|\alpha_2(t=\pi/\rho)|=1 が起こることに言及する。ランダウ準位の縮退度はこの問題では明示的には問われていないが、磁束量子化条件 Φ/Φ0=N\Phi/\Phi_0=N（Φ0=h/q\Phi_0=h/q）として解釈を述べると深みが出る。

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第4問 — 物理学[IV

方針

[IV-A] は剛体球気体（van der Waals 型）の典型的な導出。配置積分を逐次「除外体積 aa ずつ削る」と書き、低密度展開で ln⁡(1−x)≈−x\ln(1-x)\approx-x。状態方程式 p(V−b)=NkBTp(V-b)=Nk_BT から b=Na/2b=Na/2 を読む。11 個の粒子の除外体積 a=4πσ3/3a=4\pi\sigma^3/3 に対し、NN 個系の有効体積補正は半分 (b=Na/2)(b=Na/2) となる（重複カウント）のが本問の山場。[IV-B] は 1 モルの独立 2 準位スピン系。状態密度の逆ラプラス変換が積分 sin⁡(Lq)/(πq)\sin(Lq)/(\pi q) の極限になり、複素積分技法で δ\delta 関数になることを示す。

典型ミス

QQ の対数で ∑i=0N−1i=N(N−1)/2≈N2/2\sum_{i=0}^{N-1}i=N(N-1)/2\approx N^2/2（N→∞N\to\infty）の係数 1/21/2 を落とすと b=Nab=Na になってしまう。これが van der Waals の b=Nσ3⋅4π/3⋅1/2b=N\sigma^3 \cdot 4\pi/3 \cdot 1/2（重複除去）の起源。∂F/∂V\partial F/\partial V の符号、ln⁡cosh⁡\ln\cosh の境界条件 F(H=0)=0F(H=0)=0 も注意する。sin⁡(Lq)/(πq)→δ(q)\sin(Lq)/(\pi q)\to\delta(q) の証明では eize^{iz} の上半閉路と e−ize^{-iz} の下半閉路を区別し、経路 II が z=0z=0 を上に避けることに注意。

試験で書くべきポイント

QQ の計算では「すでに i−1i-1 個の粒子に対する排除体積が重ならない低密度極限」を明記する。状態方程式から b=Na/2b=Na/2 を導いたあと、σ\sigma で書けば b=2πNσ3/3b=2\pi N\sigma^3/3 で van der Waals 補正の半因子が現れることを述べる。複素積分では各経路で Jordan 補題が適用できる条件（被積分関数の半円上での減衰）と、極の位置（z=0z=0）が経路 II から見てどちら側か、を明示する。

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九大 物理学 院試 過去問の収録6年度