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名古屋大学 院試 過去問 解答例

名大 理学研究科 物理学 2026年度 院試 過去問 解答例・解説（全4問）

全4問。電磁気学・回路1問・熱・統計力学1問・量子力学1問。テーマタグは8件（固有値・固有ベクトル・調和振動子・剛体の回転運動）。2025年度と共通のテーマは固有値・固有ベクトル・調和振動子・分配関数。

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収録6年度分の解答PDF：名古屋大学 理学研究科 物理学（￥3,200・紙面見本あり）

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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

名大 物理学 2026年度 院試 過去問の出題内容（全4問）

この4問の分野は電磁気学・回路1問・熱・統計力学1問・量子力学1問・力学1問です。

大問分野主題解説の小見出し最終答
第1問力学—途中式の要点あり
第2問電磁気学・回路電磁気学途中式の要点あり
第3問量子力学—途中式の要点あり
第4問熱・統計力学統計力学途中式の要点あり

この年度の解説には検算4件・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
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
分配関数第4問16大学・88問
ハミルトン形式第3問15大学・72問
ラグランジアン第1問13大学・68問
熱力学第一・第二法則第4問10大学・22問
摂動論第3問11大学・20問

前年度（2025年度）との違い

大問数
2025年度 4問 → 2026年度 4問
2026年度で新しく出たテーマ
剛体の回転運動・熱力学第一・第二法則・摂動論
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第1問 — 力学

方針

どちらも一般化座標が1つの拘束運動である。棒の系では「重心の並進」と「重心まわりの回転」に分けると、個々の質点の速度を毎回展開しなくてよい。円筒の系では、中心の円運動と自転の角速度を分け、転がり条件を最後に代入するのが安全である。

途中式の要点

棒の系で 12m(l−r)2θ˙ 2+12m(l+r)2θ˙ 2=m(l2+r2)θ˙ 2 \frac{1}{2}m(l-r)^2\dot{\theta}^{\,2} +\frac{1}{2}m(l+r)^2\dot{\theta}^{\,2} =m(l^2+r^2)\dot{\theta}^{\,2} となる。交差項が消えるのは、2つのおもりが重心から対称な位置にあるためである。また位置エネルギーでは mg(l−r)(1−cos⁡θ)+mg(l+r)(1−cos⁡θ)=2mgl(1−cos⁡θ) mg(l-r)(1-\cos\theta)+mg(l+r)(1-\cos\theta) =2mgl(1-\cos\theta) となり、rr には依存しない。重力は重心だけに働く、という見方と一致している。

円筒の系では、中心の軌道半径が 4R−R=3R4R-R=3R であることを最初に押さえる。さらに、問題で与えられる転がりの幾何条件から α˙=3θ˙\dot{\alpha}=3\dot{\theta} として自転エネルギーを 12IAα˙ 2 \frac{1}{2}I_A\dot{\alpha}^{\,2} に代入する。ここで中心速度 3Rθ˙3R\dot{\theta} と自転角速度 3θ˙3\dot{\theta} を混同しないことが重要である。

検算

棒の系で r=0r=0 とすると、2つの質点が同じ場所にある質量 2m2m の単振り子になり、 ω0=gl \omega_0=\sqrt{\frac{g}{l}} を再現する。円筒の系では、長さの次元を確認すると g/Rg/R だけが角振動数の2乗の次元を持つので、Ω02=g/(6R)\Omega_0^2=g/(6R) は次元的に正しい。

典型ミス

棒の運動エネルギーを 12(2m)(l2+r2)θ˙ 2 \frac{1}{2}(2m)(l^2+r^2)\dot{\theta}^{\,2} のように書くと、係数が2倍ずれる。T=m(l2+r2)θ˙ 2T=m(l^2+r^2)\dot{\theta}^{\,2} はすでに2つの質点を足した後の値である。また、ラグランジアンの運動エネルギーが通常の 12Iθ˙2\frac{1}{2}I\dot{\theta}^2 の形に見えないため、∂L/∂θ˙\partial\mathcal{L}/\partial\dot{\theta} を取るときに係数2を落としやすい。

試験で書くべきポイント

答案では、距離 l−r,l+rl-r,l+r、中心軌道半径 3R3R、転がり条件からの α˙=3θ˙\dot{\alpha}=3\dot{\theta} を明示する。最後に微小振動で sin⁡θ≃θ\sin\theta\simeq\theta と書けば、振動数だけを答えた答案よりも減点されにくい。

解答

前半では、棒に沿って原点から近いおもりまでの距離を l−rl-r、遠いおもりまでの距離を l+rl+r とおく。棒の角度を鉛直下向きから θ\theta とすれば、距離 ss にある質点の速度の大きさは sθ˙s\dot{\theta}、高さは −scos⁡θ-s\cos\theta である。

  1. 位置エネルギーの基準を θ=0\theta=0 に取ると T1=12m(l−r)2θ˙ 2,U1=mg(l−r)(1−cos⁡θ), T_1=\frac{1}{2}m(l-r)^2\dot{\theta}^{\,2},\quad U_1=mg(l-r)(1-\cos\theta), T2=12m(l+r)2θ˙ 2,U2=mg(l+r)(1−cos⁡θ). T_2=\frac{1}{2}m(l+r)^2\dot{\theta}^{\,2},\quad U_2=mg(l+r)(1-\cos\theta).
  2. 2つのおもりの重心は原点から距離 ll の位置にあり、全質量は 2m2m である。したがって Tcm=12(2m)(lθ˙)2=ml2θ˙ 2. T_{\mathrm{cm}} =\frac{1}{2}(2m)(l\dot{\theta})^2 =m l^2\dot{\theta}^{\,2}.
  3. 重心まわりでは2つのおもりが距離 rr にあるので Icm=2mr2,Trot=12Icmθ˙ 2=mr2θ˙ 2. I_{\mathrm{cm}}=2mr^2,\qquad T_{\mathrm{rot}} =\frac{1}{2}I_{\mathrm{cm}}\dot{\theta}^{\,2} =m r^2\dot{\theta}^{\,2}.
  4. 全運動エネルギーと全位置エネルギーは T=m(l2+r2)θ˙ 2,U=2mgl(1−cos⁡θ). T=m(l^2+r^2)\dot{\theta}^{\,2},\qquad U=2mgl(1-\cos\theta). よって L=m(l2+r2)θ˙ 2−2mgl(1−cos⁡θ) \mathcal{L} =m(l^2+r^2)\dot{\theta}^{\,2} -2mgl(1-\cos\theta) であり、オイラー・ラグランジュ方程式から 2m(l2+r2)θ¨+2mglsin⁡θ=0 2m(l^2+r^2)\ddot{\theta}+2mgl\sin\theta=0 を得る。
  5. 微小振動では sin⁡θ≃θ\sin\theta\simeq\theta だから θ¨+gll2+r2θ=0. \ddot{\theta}+\frac{gl}{l^2+r^2}\theta=0. したがって角振動数は ω0=gll2+r2,f=12πgll2+r2. \omega_0=\sqrt{\frac{gl}{l^2+r^2}}, \qquad f=\frac{1}{2\pi}\sqrt{\frac{gl}{l^2+r^2}}.

後半では、円筒Aの中心は半径 3R3R の円周上を動く。角度を同じく鉛直下向きから θ\theta とする。

  1. 薄い円筒とみなすので、中心軸まわりの慣性モーメントは IA=mR2. I_A=mR^2.
  2. 中心の速さは 3Rθ˙3R\dot{\theta} であるから Tcm=12m(3Rθ˙)2=92mR2θ˙ 2. T_{\mathrm{cm}} =\frac{1}{2}m(3R\dot{\theta})^2 =\frac{9}{2}mR^2\dot{\theta}^{\,2}.
  3. 純転がり条件から、円筒Aの自転角速度は α˙=3θ˙ \dot{\alpha}=3\dot{\theta} と書ける。したがって中心軸まわりの回転エネルギーは Trot=12mR2(3θ˙)2=92mR2θ˙ 2. T_{\mathrm{rot}} =\frac{1}{2}mR^2(3\dot{\theta})^2 =\frac{9}{2}mR^2\dot{\theta}^{\,2}.
  4. 全運動エネルギーは T=9mR2θ˙ 2. T=9mR^2\dot{\theta}^{\,2}. 位置エネルギーを θ=0\theta=0 で0に取れば U=3mgR(1−cos⁡θ) U=3mgR(1-\cos\theta) なので L=9mR2θ˙ 2−3mgR(1−cos⁡θ). \mathcal{L} =9mR^2\dot{\theta}^{\,2} -3mgR(1-\cos\theta).
  5. オイラー・ラグランジュ方程式より 18mR2θ¨+3mgRsin⁡θ=0 18mR^2\ddot{\theta}+3mgR\sin\theta=0 すなわち θ¨+g6Rsin⁡θ=0. \ddot{\theta}+\frac{g}{6R}\sin\theta=0.
  6. 微小振動では θ¨+g6Rθ=0. \ddot{\theta}+\frac{g}{6R}\theta=0. よって角振動数と振動数は Ω0=g6R,f=12πg6R. \Omega_0=\sqrt{\frac{g}{6R}}, \qquad f=\frac{1}{2\pi}\sqrt{\frac{g}{6R}}.

最終答

% 棒の系:ω0=gll2+r2,f=12πgll2+r2,円筒の系:IA=mR2,Ω0=g6R,f=12πg6R. \begin{gathered} \text{棒の系:}\quad \omega_0=\sqrt{\frac{gl}{l^2+r^2}}, \qquad f=\frac{1}{2\pi}\sqrt{\frac{gl}{l^2+r^2}},\\ \text{円筒の系:}\quad I_A=mR^2,\quad \Omega_0=\sqrt{\frac{g}{6R}}, \qquad f=\frac{1}{2\pi}\sqrt{\frac{g}{6R}}. \end{gathered}

第2問 — 電磁気学

方針

前半は点電荷2個の重ね合わせから双極子近似へ進む問題である。後半は同じ構造を連続分布に拡張し、全電荷と双極子モーメントを積分で求める。式の形は Qr+q⋅rr3 \frac{Q}{r}+\frac{\boldsymbol{q}\cdot\boldsymbol{r}}{r^3} でそろえて見ると、点双極子と分布電荷が同じ考え方で処理できる。

途中式の要点

点電荷の遠方展開では 1r1≃1r(1+Lzr2),1r2≃1r(1−Lzr2) \frac{1}{r_1}\simeq \frac{1}{r}\left(1+\frac{Lz}{r^2}\right), \qquad \frac{1}{r_2}\simeq \frac{1}{r}\left(1-\frac{Lz}{r^2}\right) なので、単極子項 1/r1/r が打ち消し合う。この打ち消しが双極子近似の核心である。

連続分布では、ρ∝cos⁡θ′\rho\propto\cos\theta' であるため ∫0πsin⁡θ′cos⁡θ′ dθ′=0 \int_0^\pi \sin\theta'\cos\theta'\,d\theta'=0 となり全電荷は0になる。一方、双極子モーメントの zz 成分ではさらに z′=r′cos⁡θ′z'=r'\cos\theta' が掛かるため cos⁡2θ′\cos^2\theta' になり、積分は0にならない。

検算

xx 軸上で ϕ=0\phi=0 になるのは、正電荷と負電荷からの距離が等しいためである。これは近似式だけでなく厳密な式でも成り立つ。正の zz 軸上では正電荷側に近いので ϕ>0\phi>0 となり、符号も物理的な直観と一致する。

また、q=qa z^\boldsymbol{q}=qa\,\hat{\boldsymbol{z}} の次元は「電荷 ×\times 長さ」であり、双極子モーメントの次元になっている。

典型ミス

遠方展開で (1+η)−1/2≃1−12η (1+\eta)^{-1/2}\simeq 1-\frac{1}{2}\eta の符号を取り違えると、双極子ポテンシャルの符号が逆になる。もう一つ多い誤りは、電場を求めるときに ∇r−3=−3r/r5\nabla r^{-3}=-3\boldsymbol{r}/r^5 を落として、zz 成分だけを微分してしまうことである。

試験で書くべきポイント

答案では、まず厳密なポテンシャルを重ね合わせで書き、次に L/r≪1L/r\ll1 の一次まで残す、と段階を分ける。分布電荷では QQ と q\boldsymbol{q} の定義式を書いたうえで積分範囲を明示すると、計算の意味が伝わりやすい。

電磁気学の途中式・最終答をPDFで見る

第3問 — 量子力学

方針

前半はエルミート演算子の基本性質を、内積と部分積分だけで示す。中盤は調和振動子の生成消滅演算子の標準計算である。後半の摂動と変分法は、どちらも同じ調和振動子に戻るため、結果の相互検算がしやすい。

途中式の要点

F^=−d/dx\hat{F}=-d/dx の共役では、境界項 [−ϕ∗(x)ψ(x)]−∞∞ [-\phi^*(x)\psi(x)]_{-\infty}^{\infty} が0になることを書く必要がある。この一行がないと、演算子の定義域を無視した計算に見える。

調和振動子では a^a^†=N^+1 \hat{a}\hat{a}^{\dagger}=\hat{N}+1 を使って規格化係数を決める。単に「上昇演算子だから」と書くだけでは、係数 n+1\sqrt{n+1} の根拠が弱い。

検算

摂動 βx2\beta x^2 はポテンシャルのばね定数を変えるだけなので、厳密解は角振動数 Ω=ω2+2βm \Omega=\sqrt{\omega^2+\frac{2\beta}{m}} の調和振動子になる。これを一次展開して摂動論の答えと一致することは、係数の強い検算になる。

変分法では、最小値が厳密な基底エネルギー ℏω/2\hbar\omega/2 になる。試行関数が真の基底状態を含む形で選ばれているためである。

典型ミス

p^=−iℏd/dx\hat{p}=-i\hbar d/dx を用いるとき、a^ψ0=0\hat{a}\psi_0=0 は (x+ℏmωddx)ψ0=0 \left(x+\frac{\hbar}{m\omega}\frac{d}{dx}\right)\psi_0=0 であり、符号を逆にすると発散するガウス関数になる。また ⟨x2⟩\langle x^2\rangle を ℏ/(mω)\hbar/(m\omega) としてしまう誤りが多いが、正しくは基底状態で ℏ/(2mω)\hbar/(2m\omega) である。

試験で書くべきポイント

エルミート性の証明では「境界項が消える」こと、固有値が実数である証明では「(ψ,ψ)≠0(\psi,\psi)\ne0 で割る」ことを明記する。調和振動子では、x^\hat{x} を a^,a^†\hat{a},\hat{a}^{\dagger} で表してから期待値を取ると、不要な積分を避けられる。

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第4問 — 統計力学

方針

独立な2準位系なので、最初に1粒子分配関数 zz を正確に書けば、熱力学量はほぼ微分で決まる。後半の操作は「熱浴に接しているか」「孤立しているか」で使う原理が変わる。等温可逆操作では W=ΔFW=\Delta F、孤立した断熱操作では占有数が保存され W=ΔUW=\Delta U である。

途中式の要点

内部エネルギーは U=−∂∂βln⁡Z U=-\frac{\partial}{\partial\beta}\ln Z から求める。ここで x=βεx=\beta\varepsilon の β\beta 微分により ε\varepsilon が出るので、 U=−Nεtanh⁡x U=-N\varepsilon\tanh x となる。比熱では dx/dT=−x/Tdx/dT=-x/T を使うと C=NkBx2sech⁡2x C=Nk_Bx^2\operatorname{sech}^2x が得られる。

検算

T→∞T\to\infty、すなわち x→0x\to0 では U→0,S→NkBln⁡2,⟨N+⟩→N2. U\to0,\qquad S\to Nk_B\ln2,\qquad \langle N_+\rangle\to \frac{N}{2}. これは2つの状態が等確率になる極限と一致する。反対に T→0T\to0 では tanh⁡x→1\tanh x\to1 となり、全粒子が低エネルギー状態に落ちるため U→−NεU\to-N\varepsilon、S→0S\to0 となる。

典型ミス

+ε+\varepsilon 状態のボルツマン因子は e−βεe^{-\beta\varepsilon} である。符号を逆にすると、低温で高エネルギー状態に粒子が集まるという不自然な結果になる。また、系のエントロピー変化だけを見ると負になるが、第二法則で確認すべきなのは熱浴を含めた全エントロピー変化である。

試験で書くべきポイント

仕事の符号規約を答案の中で明示する。ここでは「外部が系にする仕事を正」としたため、準位幅を広げる等温操作の仕事は負になる。断熱操作後の温度は、エネルギーそのものではなく占有比 p+p− \frac{p_+}{p_-} を比較して決めると、T′=2TT'=2T がすぐに出る。

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名大 物理学 院試 過去問の収録6年度