名大物理の院試過去問・解答2026年度全4問の計算と解説

名古屋大学理学研究科の物理の院試は、力学・電磁気学・量子力学・統計力学の4問を午前と午後に2問ずつ解きます。2026年度の全問の解答と6年分の出題、公式過去問18年分の入手先をまとめました。

理学研究科物理学の解答・解説PDF

2020・2022〜2026年度　6回分￥3,200

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名古屋大学の研究科別・公式過去問を見る

名古屋大学理学研究科の物理の筆記は4問です。力学、電磁気学、量子力学、統計力学から1問ずつ出ます。

午前に2問で120分、午後に2問で120分。英語は別に60分の筆記があります。

試験の時間割と科目

2026年度入学試験（2025年8月20日）の時間割です。

2025年8月20日の時刻	問題	内容
9:20〜11:20（120分）	物理I・II	I：2質点の剛体振り子・円筒の転がり。II：2点電荷の電位と双極子近似。
13:00〜15:00（120分）	物理III・IV	III：微分演算子の随伴・調和振動子。IV：独立な2準位粒子の分配関数・熱力学量・揺らぎ。
15:40〜16:40（60分）	外国語	英語の筆記。公式の出題意図では読解力と作文能力を評価。

2027年度募集要項では、物理科学領域の選抜は物理の筆記と英語の筆記、口述試験です。外部英語検定のスコアは要りません。

口述試験に進めるかは筆記と英語の結果で決まります。口述では物理一般や卒業研究について聞かれます。

時間割は年度ごとに決まり、願書受付期間が終わって1週間ほどで登録メールアドレスに届きます。最新の日程は物理学教室の一般選抜案内に出ます。

出願の前に、願書に書く志望研究分野すべての教員へ連絡するよう指定されています。志望は第4まで書けます（2027年度要項）。

6年分の出題

第1問は6回とも力学でした。残りの3問は年によって並びが変わり、2025年度は第2問が量子力学、2024年度は第3問が統計力学です。

入学年度	第1問	第2問	第3問	第4問
2026	力学（剛体振り子と円筒の転がり）	電磁気学（2点電荷と電気双極子）	量子力学（調和振動子・摂動・変分法）	統計力学（二準位系）
2025	力学	量子力学	電磁気学	統計力学
2024	解析力学	電磁気学	統計力学	量子力学
2023	解析力学	電磁気学	量子力学	統計力学
2022	古典力学（分子振動）	電磁気学（ベクトルポテンシャル）	量子力学（一次元ポテンシャル）	統計力学（理想気体と吸着）
2020	古典力学（拘束運動）	電磁気学（円電流）	量子力学（水素原子と摂動）	統計力学（調和振動子と輻射）

年度のリンク先で、その年の第1問の解答を無料で読めます。物理の解答・解説PDFには6回分の24問が入っています。英語と問題本文は入っていません。

答案に残してほしいものは問題ごとに違います。Iは重心と回転の分け方、IIは近似を何次まで取ったか。IIIでは演算子の定義域や内積の条件を書き、IVでは分配関数を微分するとき何を固定したかを明記します。

公式の過去問と解答

問題は物理学教室の公式一覧に18年分あります。解答例が付いているのは2026年度分だけです。

理学研究科物理科学領域・2008〜2026年度の公式問題
入学年度	実施年	公式PDF
2026	2025年	問題解答・出題意図
2025	2024年	問題
2024	2023年	問題
2023	2022年	問題
2022	2021年	問題
2020	2019年	問題
2019	2018年	問題
2018	2017年	問題
2017	2016年	問題
2016	2015年	問題
2015	2014年	問題
2014	2013年	問題
2013	2012年	問題
2012	2011年	問題
2011	2010年	問題
2010	2009年	問題
2009	2008年	問題
2008	2007年	問題

表の年度は入学年度です。オンライン面接だった2021年度は、筆記問題がありません。

2026年度・物理Iの解答：剛体振り子と円筒の転がり運動

公式問題の物理Iは、問1〜5が棒に付けた2質点の振動、問6〜11が円筒内を滑らずに転がる薄い円筒の振動です。大学の公式解答と照合しながら、エネルギーと拘束条件から全11問を導きます。

問1：2質点それぞれの運動エネルギーと位置エネルギー

質量mの質点1・2は、固定支点Oからそれぞれl−r、l＋rの位置にあります。棒の質量を無視し、鉛直下向きからの角度をθとします。θ＝0を位置エネルギーの基準に取ります。支点から距離aにある質点は速さaθ̇、高さの増分a(1−cosθ)なので、

\begin{aligned}K_1&=\tfrac12m(l-r)^2\dot\theta^2,\\V_1&=mg(l-r)(1-\cos\theta),\\K_2&=\tfrac12m(l+r)^2\dot\theta^2,\\V_2&=mg(l+r)(1-\cos\theta).\end{aligned}

問2・3：重心運動と重心まわりの回転に分ける

等しい質量の中点が重心Gなので、OG＝lです。全質量は2m、重心の速さはlθ̇です。一方、各質点は重心から距離rにあるため、重心まわりの慣性モーメントは2mr²です。

\begin{aligned}K_G&=\tfrac12(2m)(l\dot\theta)^2=ml^2\dot\theta^2,\\K_{\mathrm{rot}}&=\tfrac12(2mr^2)\dot\theta^2=mr^2\dot\theta^2.\end{aligned}

和はm(l²＋r²)θ̇²で、問1のK₁＋K₂と一致します。この2通りは同じ運動エネルギーの表し方なので、K₁＋K₂に重心運動や回転の項をさらに足しません。

問4・5：運動方程式と微小振動の振動数

全位置エネルギーは2mgl(1−cosθ)です。L＝K−VをEuler–Lagrange方程式へ代入します。

L=m(l^2+r^2)\dot\theta^2-2mgl(1-\cos\theta)

\begin{aligned}\frac{d}{dt}\frac{\partial L}{\partial\dot\theta}-\frac{\partial L}{\partial\theta}&=0,\\2m(l^2+r^2)\ddot\theta&=-2mgl\sin\theta.\end{aligned}

微小振動ではsinθ≃θです。θ̈＋ω²θ＝0と比較するとω²＝gl/(l²＋r²)となり、求める振動数fは角振動数ωを2πで割った値です。

\boxed{f=\frac{1}{2\pi}\sqrt{\frac{gl}{l^2+r^2}}}.

問6〜8：薄い円筒の慣性モーメントと、滑らない条件

半径R・質量mの薄い円筒Aが、固定された半径4Rの円筒Bの内側を転がります。Aの肉厚は十分薄いので、質量は中心軸からほぼ距離Rに分布します。問6の慣性モーメントはI＝mR²です。中身の詰まった円柱のmR²/2を使わないことが最初の確認点です。

Aの重心は半径4R−R＝3Rの円を動くため、問7の重心運動エネルギーは次の値です。

K_G=\tfrac12m(3R\dot\theta)^2=\tfrac92mR^2\dot\theta^2.

問題のαは円筒A自身の回転角です。滑らない条件として与えられたR(α＋θ)＝4Rθから、α＝3θ、α̇＝3θ̇となります。4RθをそのままRで割ると、接触点の移動に伴うθを余分に数えてしまいます。問8では、

K_{\mathrm{rot}}=\tfrac12I\dot\alpha^2=\tfrac12mR^2(3\dot\theta)^2=\tfrac92mR^2\dot\theta^2.

問9〜11：並進と回転を含めたラグランジアン

重心の上昇は3R(1−cosθ)なので、位置エネルギーは3mgR(1−cosθ)です。問7・8の和を運動エネルギーとして、問9のラグランジアンを作ります。

\boxed{L=9mR^2\dot\theta^2-3mgR(1-\cos\theta)}.

問10では、θ̇について微分すると係数が18mR²になる点に注意します。

\begin{aligned}18mR^2\ddot\theta&=-3mgR\sin\theta,\\\ddot\theta+\frac{g}{6R}\sin\theta&=0.\end{aligned}

問11はsinθ≃θを使い、ω²＝g/(6R)です。したがって、

\boxed{f=\frac{1}{2\pi}\sqrt{\frac{g}{6R}}}.

どちらの系でも質量mは振動数から消え、根号の中は時間の逆数の2乗になります。後半で円筒の自転を落とすとω²をg/(3R)としてしまうため、並進と回転のエネルギーが同じ大きさになることを検算に使えます。

物理IIの解答：2点電荷の電位と電気双極子

公式問題の物理IIは、前半が正負の2点電荷、後半が連続的な電荷分布です。どちらも、遠方の電位を距離の逆数で展開します。以下は無限遠の電位を0とし、公式の正解・解答例に対応する全10問を途中式から説明します。

(1) 正負の電荷が作る電位を足す

z＝Lに＋q、z＝−Lに−qが置かれています。観測点Pと各電荷の距離をr₁、r₂とすると、点電荷の電位の重ね合わせから

\phi=\frac{q}{4\pi\varepsilon_0}\left(\frac1{r_1}-\frac1{r_2}\right).

距離は正で、符号は電荷の正負から付きます。座標で書けば、次のとおりです。

\begin{aligned}r_1&=\sqrt{x^2+y^2+(z-L)^2},\\r_2&=\sqrt{x^2+y^2+(z+L)^2}.\end{aligned}

z軸と観測点Pを含む平面。双極子モーメントは負の電荷から正の電荷へ向きます。

(2) 遠方では距離の逆数の差を展開する

r＝√(x²＋y²＋z²)がLより十分大きいとします。問題で与えられた1/r₁と1/r₂の近似を引くと、共通の1/rは消え、zに比例する項が残ります。

\begin{aligned}\frac1{r_1}-\frac1{r_2}&\simeq\frac1r\left[\left(1+\frac{Lz}{r^2}\right)\right.\\&\qquad\left.-\left(1-\frac{Lz}{r^2}\right)\right]\\&=\frac{2Lz}{r^3}.\end{aligned}

\phi(x,y,z)\simeq\frac{2qL}{4\pi\varepsilon_0}\frac{z}{r^3}.

全電荷が0なので1/rに比例する項はありません。z＝r cosθと書けばcosθ/r²に比例し、点電荷1個の電位より速く減衰します。

(3a) x軸上の電位は0

x軸上ではy＝z＝0なので、問2の電位は0です。これは近似による相殺だけでなく、元の式でもr₁＝r₂となるため厳密に成り立ちます。指定された5L≤x≤10Lでは、グラフは横軸に重なります。

(3b) 正のz軸上では1/z²に比例して下がる

正のz軸上ではr＝zです。問2の近似式は次のようになります。

\phi(0,0,z)\simeq\frac{qL}{2\pi\varepsilon_0z^2}.

5Lから10Lの範囲で正の値を取り、減少しながら傾きが緩やかになる曲線です。両端の高さは

\begin{aligned}\phi(5L)&\simeq\frac{q}{50\pi\varepsilon_0L},\\\phi(10L)&\simeq\frac{q}{200\pi\varepsilon_0L}.\end{aligned}

横座標が2倍になると電位は4分の1になります。問3は近似した電位のグラフなので、近似前の厳密な端点の値に置き換えないようにします。

縦軸は電位をq/(50πε₀L)で割った値。右は問2の近似式のグラフで、zが5Lから10Lになると電位は4分の1になります。

(4) 電場は電位の負の勾配

A＝2qL/(4πε₀)と略記するとφ≃Azr⁻³です。∂r⁻³/∂x＝−3xr⁻⁵などを使い、E＝−∇φを計算します。z微分では先頭のzも微分します。

\begin{aligned}E_x&\simeq A\frac{3xz}{r^5},\\E_y&\simeq A\frac{3yz}{r^5},\\E_z&\simeq A\left(\frac{3z^2}{r^5}-\frac1{r^3}\right).\end{aligned}

最後の−1/r³を落とすと、赤道面z＝0の電場まで0にしてしまいます。実際には、この面では電位が一定でもz方向への変化があるため、電場は−z方向を向きます。

(5) 双極子モーメントとの内積で表す

負の電荷から正の電荷へ向かうベクトルはD＝2Le_zです。p＝qD＝2qLe_zと置くとp・r＝2qLzなので、

\phi(\boldsymbol r)\simeq\frac{\boldsymbol p\cdot\boldsymbol r}{4\pi\varepsilon_0r^3}.

pは電気双極子モーメントで、負から正へ向く点に注意します。

(6) 連続的な電荷分布は微小電荷の電位を積分する

後半の問題では、原点付近の領域Vに電荷密度ρ(r′)が分布しています。微小体積d³r′内の電荷はρ(r′)d³r′、観測点までの距離は|r−r′|です。

\phi(\boldsymbol r)=\frac1{4\pi\varepsilon_0}\int_V\frac{\rho(\boldsymbol r')}{|\boldsymbol r-\boldsymbol r'|}\,d^3r'.

rは観測点、r′は積分する電荷の位置です。積分中はrを固定します。

(7) 全電荷と電荷の位置の一次モーメントに分ける

電荷がある領域のどの位置でもr≫r′とします。問題の近似式を積分へ代入すると、観測点に依存する量を外へ出せます。

\begin{aligned}\phi(\boldsymbol r)&\simeq\frac1{4\pi\varepsilon_0r}\int_V\rho(\boldsymbol r')\,d^3r'\\&\quad+\frac{\boldsymbol r}{4\pi\varepsilon_0r^3}\cdot\int_V\boldsymbol r'\rho(\boldsymbol r')\,d^3r'.\end{aligned}

原題の記号Qとベクトルqを用いれば

\phi(\boldsymbol r)\simeq\frac{Q}{4\pi\varepsilon_0r}+\frac{\boldsymbol q\cdot\boldsymbol r}{4\pi\varepsilon_0r^3}.

太字のqはベクトルで、前半の点電荷の大きさqとは別の量です。

(8) 上半球と下半球の電荷を積分する

半径a以内でρ＝3q cosθ′/(πa³)、外側で0とします。極座標の体積要素はr′²sinθ′dr′dθ′dφ′です。上半球で、半径方向と極角方向の積分を計算すると

\begin{aligned}\int_0^a r'^2\,dr'&=\frac{a^3}{3},\\\int_0^{\pi/2}\sin\theta'\cos\theta'\,d\theta'&=\frac12.\end{aligned}

方位角の積分は2πなので、これらを掛けると

Q_+=\frac{3q}{\pi a^3}\frac{a^3}{3}\,2\pi\,\frac12=q.

下半球では最後の積分が−1/2となるのでQ₋＝−qです。したがって、Q＝Q₊＋Q₋＝0です。密度にsinθ′は含まれていないため、体積要素からのsinθ′を別に掛けます。

(9) 双極子モーメントのz成分を求める

x成分・y成分にはそれぞれcosφ′・sinφ′が現れ、0から2πまでの積分が0です。z成分ではz′＝r′cosθ′をもう1つ掛けます。

\begin{aligned}\int_0^a r'^3\,dr'&=\frac{a^4}{4},\\\int_0^\pi\sin\theta'\cos^2\theta'\,d\theta'&=\frac23.\end{aligned}

q_z=\frac{3q}{\pi a^3}\frac{a^4}{4}\,2\pi\,\frac23=qa.

\boldsymbol q=(0,0,qa).

電荷の単位に長さaが掛かっており、電気双極子モーメントの次元とも一致します。

(10) Qとベクトルqの意味

Qは全電荷、ベクトルqは電気双極子モーメントです。この分布では全電荷が0でも、正の電荷は上半球、負の電荷は下半球に分かれています。そのため双極子モーメントは0にならず、遠方では問7の第2項が電位を決めます。

物理IIIの解答：演算子・調和振動子・摂動・変分法

公式問題の物理IIIは、内積と随伴の定義から調和振動子の計算へ進みます。後半は同じ系を摂動法と変分法で扱います。以下は公式の正解・解答例に対応する14小問の導出です。波動関数は必要な微分ができ、原題の指定どおり無限遠で十分速く減衰し、部分積分の境界項が消えるものとします。

(1-1) −d/dxの随伴を部分積分から求める

内積は第1引数の複素共役を取る定義です。F＝−d/dxを右側の波動関数に作用させてから部分積分します。

\begin{aligned}(\phi,F\psi)&=-\int_{-\infty}^{\infty}\phi^*\psi'\,dx\\&=-[\phi^*\psi]_{-\infty}^{\infty}+\int_{-\infty}^{\infty}(\phi')^*\psi\,dx\\&=(\phi',\psi).\end{aligned}

随伴の定義(φ,Fψ)＝(F†φ,ψ)と比較すると、F†＝d/dxです。境界項を捨てられる条件を用いたことも答案に残します。

(1-2) F†FのHermitian性を確かめる

F†F＝−d²/dx²です。部分積分を2回行うと

\begin{aligned}(\phi,F^\dagger F\psi)&=-\int_{-\infty}^{\infty}\phi^*\psi''\,dx\\&=[(\phi')^*\psi-\phi^*\psi']_{-\infty}^{\infty}\\&\quad-\int_{-\infty}^{\infty}(\phi'')^*\psi\,dx\\&=(F^\dagger F\phi,\psi).\end{aligned}

従って、問題で与えられた境界条件のもとでF†FはHermitianです。微分演算子では、式の形だけでなく境界項が消えることまで確認します。

(1-3) Hermitian演算子の固有値は実数

Qψ＝qψでψ≠0とします。内積の第1引数に掛かった定数は複素共役になるので、

\begin{aligned}(\psi,Q\psi)&=q(\psi,\psi),\\(Q\psi,\psi)&=q^*(\psi,\psi).\end{aligned}

Hermitian性から両辺は等しく、(ψ,ψ)＞0で割るとq＝q*です。従ってqは実数です。

(1-4) 異なる固有値の固有関数は直交する

Qψᵢ＝qᵢψᵢ、Qψⱼ＝qⱼψⱼとします。問1-3の実数性とHermitian性を使うと

\begin{aligned}q_j(\psi_i,\psi_j)&=(\psi_i,Q\psi_j)\\&=(Q\psi_i,\psi_j)\\&=q_i(\psi_i,\psi_j).\end{aligned}

qᵢ≠qⱼなので、(qⱼ−qᵢ)(ψᵢ,ψⱼ)＝0から(ψᵢ,ψⱼ)＝0です。

(2-1a) 生成・消滅演算子の交換関係

原題の定義は次のとおりです。ここから先のx、p、a、Nは演算子で、積の順序を保って計算します。

\begin{aligned}a&=\sqrt{\frac{m\omega}{2\hbar}}\left(x+\frac{i}{m\omega}p\right),\\a^\dagger&=\sqrt{\frac{m\omega}{2\hbar}}\left(x-\frac{i}{m\omega}p\right).\end{aligned}

[x,x]＝[p,p]＝0、[p,x]＝−[x,p]、[x,p]＝iℏを使います。

\begin{aligned}[a,a^\dagger]&=\frac{m\omega}{2\hbar}\left(-\frac{i}{m\omega}[x,p]+\frac{i}{m\omega}[p,x]\right)\\&=-\frac{i}{\hbar}[x,p]=1.\end{aligned}

(2-1b) N＝a†aとa†の交換関係

\begin{aligned}[N,a^\dagger]&=a^\dagger aa^\dagger-a^\dagger a^\dagger a\\&=a^\dagger(aa^\dagger-a^\dagger a)\\&=a^\dagger[a,a^\dagger]=a^\dagger.\end{aligned}

a†を掛けるとNの固有値が1増えることを、問2-3でこの式から示します。

(2-2) HamiltonianをNで表す

定義の和と差からx、pを逆に表します。

\begin{aligned}x&=\sqrt{\frac{\hbar}{2m\omega}}(a+a^\dagger),\\p&=-i\sqrt{\frac{m\hbar\omega}{2}}(a-a^\dagger).\end{aligned}

H₀＝p²/(2m)＋mω²x²/2へ代入し、aa†＝a†a＋1を使うと

\begin{aligned}H_0&=\frac{\hbar\omega}{2}(aa^\dagger+a^\dagger a)\\&=\hbar\omega\left(N+\frac12\right).\end{aligned}

(2-3) a†を作用させた状態を規格化する

N|n〉＝n|n〉と問2-1bから、

\begin{aligned}Na^\dagger|n\rangle&=(a^\dagger N+a^\dagger)|n\rangle\\&=(n+1)a^\dagger|n\rangle.\end{aligned}

従ってa†|n〉は固有値n＋1の状態に比例します。a†|n〉＝c|n＋1〉と置くと、規格化と問2-1aより

\begin{aligned}|c|^2&=\langle n|aa^\dagger|n\rangle\\&=\langle n|(N+1)|n\rangle=n+1.\end{aligned}

各ケットの位相を係数が正になるように揃えれば、求める関係は

a^\dagger|n\rangle=\sqrt{n+1}|n+1\rangle.

(2-4) a|0〉＝0を微分方程式にする

位置表示でp＝−iℏd/dxを使うと、a|0〉＝0は

\left(x+\frac{\hbar}{m\omega}\frac{d}{dx}\right)\psi_0(x)=0.

この1階方程式を積分するとψ₀(x)＝C exp(−mωx²/(2ℏ))です。規格化には原題のGaussian積分を用います。

1=|C|^2\int_{-\infty}^{\infty}e^{-m\omega x^2/\hbar}\,dx=|C|^2\sqrt{\frac{\pi\hbar}{m\omega}}.

全体の位相を選びCを正とすれば、

\psi_0(x)=\left(\frac{m\omega}{\pi\hbar}\right)^{1/4}e^{-m\omega x^2/(2\hbar)}.

(3-1) βx²によるエネルギーの1次補正

問3・4では、まずH′＝βx²を加えます。ここでβは正の摂動係数です。問2-2のxを2乗し、積の順序を保つと

x^2=\frac{\hbar}{2m\omega}\left(a^2+(a^\dagger)^2+2N+1\right).

a²|n〉と(a†)²|n〉は、それぞれ量子数が2小さい状態と2大きい状態で、|n〉と直交します。n＝0、1で消滅演算子を2回掛けた場合は0です。従って

\begin{aligned}E_n^{(1)}&=\langle n|\beta x^2|n\rangle\\&=\frac{\beta\hbar}{2m\omega}(2n+1)\\&=\frac{\beta\hbar}{m\omega}\left(n+\frac12\right).\end{aligned}

(3-2a) 同じ系のエネルギーを厳密に求める

ポテンシャルのx²の係数をまとめると、角振動数が変わった調和振動子です。

\begin{aligned}H&=\frac{p^2}{2m}+\frac{m}{2}\left(\omega^2+\frac{2\beta}{m}\right)x^2,\\\Omega&=\omega\sqrt{1+\lambda},\qquad\lambda=\frac{2\beta}{m\omega^2}.\end{aligned}

E_n=\hbar\omega\sqrt{1+\lambda}\left(n+\frac12\right).

(3-2b) 厳密解を展開して1次補正と比べる

λが小さいとき√(1＋λ)＝1＋λ/2＋O(λ²)です。従って

\begin{aligned}E_n&=\hbar\omega\left(n+\frac12\right)\\&\quad+\frac{\beta\hbar}{m\omega}\left(n+\frac12\right)+O(\beta^2).\end{aligned}

第1項は摂動前のエネルギー、第2項は問3-1のEₙ⁽¹⁾と一致します。β＞0ではポテンシャルが強くなるので、補正が正であることも確かめられます。

(4-1) 試行関数の運動・位置エネルギーを求める

問4は摂動前のH₀に戻ります。試行関数はψ_γ(x)＝(γ/π)^1/4exp(−γx²/2)、γ＞0です。これは規格化されているため、分母〈ψ_γ|ψ_γ〉は1です。原題の積分公式から

\langle x^2\rangle=\sqrt{\frac\gamma\pi}\int_{-\infty}^{\infty}x^2e^{-\gamma x^2}\,dx=\frac1{2\gamma}.

またψ′_γ＝−γxψ_γです。部分積分で運動エネルギーを|ψ′_γ|²の積分にすれば、

\begin{aligned}\langle K\rangle&=\frac{\hbar^2}{2m}\int_{-\infty}^{\infty}|\psi_\gamma'|^2\,dx=\frac{\hbar^2\gamma}{4m},\\\langle V\rangle&=\frac{m\omega^2}{2}\langle x^2\rangle=\frac{m\omega^2}{4\gamma},\\E_\gamma&=\frac{\hbar^2\gamma}{4m}+\frac{m\omega^2}{4\gamma}.\end{aligned}

(4-2) γを変えてエネルギーを最小にする

\frac{dE_\gamma}{d\gamma}=\frac{\hbar^2}{4m}-\frac{m\omega^2}{4\gamma^2}=0.

γ＞0なのでγ＝mω/ℏです。E″_γ＝mω²/(2γ³)＞0より最小値で、代入すると

E_\gamma=\frac{\hbar\omega}{2},\qquad\psi_\gamma(x)=\psi_0(x).

変分法の試行関数に厳密な基底状態が含まれていたため、今回は基底エネルギーも波動関数も厳密解と一致します。一般の試行関数でも常に一致するという意味ではありません。

波動関数を狭めると運動エネルギーが増え、広げると位置エネルギーが増えます。和が最小となるγ＝mω/ℏで、厳密な基底状態に一致します。

物理IVの解答：二準位系の揺らぎ・エントロピー・仕事

公式問題の物理IVは、エネルギーが−ε、＋εの2状態を取る独立なN個の粒子を扱います。β＝1/(k_BT)、t＝βεと置きます。Nとεを固定した温度微分から熱力学量を求めた後、εを変える過程の仕事を計算します。公式の正解・解答例に対応する全13小問を解説します。

(1a) 1粒子の状態和をN回掛ける

1粒子のBoltzmann因子の和はe^βε＋e^−βεです。粒子間の相互作用がなく、各粒子の状態を独立に足し合わせるため、

Z=(e^{\beta\varepsilon}+e^{-\beta\varepsilon})^N=(2\cosh t)^N.

(1b) 内部エネルギーをβ微分で求める

\begin{aligned}U&=-\frac{\partial\log Z}{\partial\beta}\\&=-N\varepsilon\tanh t.\end{aligned}

T→0ではすべての粒子が低い準位へ集まりU→−Nε、T→∞では両準位の確率が等しくなりU→0です。

(1c) 比熱にはtの温度依存も含める

dt/dT＝−t/Tと、d(tanh t)/dt＝1/cosh²tを使います。

\begin{aligned}C&=\frac{\partial U}{\partial T}\\&=\frac{N\varepsilon^2}{k_BT^2\cosh^2t}=Nk_B\frac{t^2}{\cosh^2t}.\end{aligned}

低温では励起が抑えられ、高温では2状態の確率がほぼ等しくなり、温度を変えてもエネルギーが変化しにくくなります。どちらの極限でもCは0へ近づきます。

(1d) Helmholtzの自由エネルギー

F=-k_BT\log Z=-Nk_BT\log(2\cosh t).

(1e) エントロピーはUとFから求める

F＝U−TSに問1b・1dの結果を入れると、

S=Nk_B\left[\log(2\cosh t)-t\tanh t\right].

T→∞ではN個それぞれの2状態が等確率となり、S→Nk_Blog2です。T→0では最低エネルギーの状態に集まりS→0となります。

(1f) エネルギーの分散はlog Zの2階微分

状態和を微分すると、∂log Z/∂β＝−〈E〉、∂²log Z/∂β²＝〈E²〉−〈E〉²です。従って

\Delta E^2=\frac{\partial^2\log Z}{\partial\beta^2}=\frac{N\varepsilon^2}{\cosh^2t}.

問1cと比べるとΔE²＝k_BT²Cです。比熱とエネルギー揺らぎが同じ温度依存から求まることを検算できます。

(1g) 高い準位にいる粒子数の期待値

1粒子が＋εにいる確率をp₊とします。エネルギーが高い側にはe^−βεを使います。

\begin{aligned}p_+&=\frac{e^{-t}}{e^t+e^{-t}}=\frac1{1+e^{2t}},\\\langle N_+\rangle&=Np_+=\frac{N}{1+e^{2t}}.\end{aligned}

(1h) 粒子数の分散を独立性から求める

各粒子が高い準位にいるかを0または1で表すと、その分散はp₊(1−p₊)です。独立なN個の和なので、

\Delta N_+^2=Np_+(1-p_+)=\frac{N}{4\cosh^2t}.

またE＝εN₊−ε(N−N₊)＝ε(2N₊−N)なので、ΔE²＝4ε²ΔN₊²となり、問1fと一致します。

(2a) 無限高温から温度Tへ冷やしたときの変化

初めの状態はUᵢ＝0、Sᵢ＝Nk_Blog2です。終状態には問1の結果を使います。

\Delta S_{\mathrm{sys}}=Nk_B\left[\log\cosh t-t\tanh t\right].

t＞0ではこの値は負です。実際、括弧内のt微分は−t/cosh²t＜0で、t＝0では0です。冷やすことで系の状態の偏りが増え、系自身のエントロピーは減少します。

(2b) 熱浴のエントロピー増加も加える

この過程では準位のエネルギーを変えないので仕事はありません。系が吸収する熱をQ_inとすると、Q_in＝ΔU＝−Nεtanh tです。熱浴が受け取る熱は−Q_inなので、

\begin{aligned}\Delta S_{\mathrm{bath}}&=-\frac{Q_{\mathrm{in}}}{T}=Nk_Bt\tanh t,\\\Delta S_{\mathrm{total}}&=Nk_B\log\cosh t\ge0.\end{aligned}

有限の正のTではt＞0、cosh t＞1なので、全体のエントロピーは増加します。第二法則を確かめる際は、系だけのΔSが負であることと混同せず、熱浴を含めます。

(3a) 温度を一定にして準位間隔を2倍にする仕事

問3の定義では、外部が系にする仕事を正とします。温度Tの熱浴に接触させたままゆっくりεを2εへ変えるので、仕事はHelmholtz自由エネルギーの差です。

\begin{aligned}W_{\mathrm{iso}}&=F(2\varepsilon,T)-F(\varepsilon,T)\\&=-Nk_BT\log\frac{\cosh(2t)}{\cosh t}.\end{aligned}

cosh(2t)＞cosh tなのでW_iso＜0です。外部から仕事を加える値が負、すなわち系から外部へ仕事を取り出せます。

(3b) 孤立させ、準位間の遷移なしに変える仕事

問題の仮定により各準位の占有数は変化しません。準位が±εから±2εになると、各微視的状態のエネルギーも2倍になるため、終状態の内部エネルギーは初めの2倍です。熱交換がないので、

W_{\mathrm{ad}}=U_f-U_i=U_i=-N\varepsilon\tanh t.

仕事の大きさを比べるには、tanh uが増加することを使います。

\begin{aligned}\log\frac{\cosh(2t)}{\cosh t}&=\int_t^{2t}\tanh u\,du\\&>t\tanh t\qquad(t>0).\end{aligned}

従ってW_iso＜W_ad＜0であり、|W_iso|＞|W_ad|です。等温過程の方が、外部へ取り出せる仕事が大きくなります。

外部が系にする仕事Wはどちらも負。図では取り出せる仕事の大きさ|W|を比べています。同じ初期温度では、等温操作の方が大きくなります。

(3c) 孤立した操作の後の温度

操作前後で、高い準位と低い準位の確率比は変わりません。終状態の温度をT_fと書くと、

e^{-2\varepsilon/(k_BT)}=e^{-4\varepsilon/(k_BT_f)}.

よってT_f＝2Tです。温度はTだけ上がり、元の2倍になります。エネルギー差と温度が同じ比率で増えるため、Boltzmann因子の比とエントロピーが保たれます。

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英語の扱い: 2027年度一般選抜は英語の筆記試験で読解力・作文能力を評価。外部英語検定のスコア提出対象は物質・生命化学と生命理学で、物理科学ではない。
ページの内容: 物理学教室サイトで年度別PDFを配布。2026年度は出題の意図と正解・解答例を掲載し、2025年度以前は問題のみ。2021年度はオンライン面接で筆記問題の掲載なし。

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名大物理の公式過去問と解答はどこで入手できますか。

物理学教室のサイトです。2008〜2026年度の問題があり、2021年度はオンライン面接で筆記がなかったので、PDFは18年分になります。出題意図と正解・解答例が付いているのは2026年度だけです。

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物理の受験にTOEFLやTOEICの提出は必要ですか。

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