令和6年度豊橋技術科学大学第3年次入学者選抜学力検査問題解答例
専門科目(2
..電気・電子情報工学)
[ 1 ]
U)
ア
イ・導体球Aの表面から導体球殻Bの内半径までの位置γに閉曲面をとって, ガウスの法則を適用すると,閉曲面内には電荷は存在しないため,
E7A = 0
ウ・導体球殻Bの外側の位置r (γ>のに閉曲面Sをとって,ガウスの法則を適
用すると
.
B
,
こ二
(2 )
ア
、*‑j'、."‑1、"*ー
'゜@^
4πε。γ2
' ノ
ノ す J J ノ
,◇、、、、
、
、
、
、
ノー、
、、
々一昂
E2
E1S ーーーーーーーーーーーーーーι1‑﹂
イ.導体Aによって,正三角形の中心に作られる磁界の大きさH は,アンペー
ルの法則より ,
導体Bおよび導体Cによって,正三角形 の中心に作られる磁界の大きさをそれ ぞれHBおよびHCとすると,
HB = HC = ^
HA, HBおよびHCの磁界の向きを図 1‑2(a) に示す。磁界の向きを考慮して3つの磁 界の和をとると
HA 21 ^^21 循1
,
ウ・導体Aが導体Bによって発生する磁界によって,単位長さあたりに戸ける 力の大きさF郎は,
3HA 3V1§'1
2 2πd
^^
③
で, B"は導体Bが導体Aの位置に
とこ
つくる磁束密度の大きさである。導体 Aが導体Cによって発生する磁界によ つて,単位長さ当たりに受ける力の大 きさ FACも F加と伺様である。 EIBと EICの 向きを図 1‑2(b)に示す。したがって,導 体Aに作用する単位長さ当たりの力の 大きさ FAは,
/ 1 "、、
西三、、、、、、、、、b、、、、、、、、>ごCヲ
B
図 1‑2(a)
H
B、/'、、C
Cヲ・・・・・・・・・
ノ ノ ノ ノ ノ ノ ノ i ノ ノ i ノ ノ ノ
、
、
、
、
、
、
、
、
、
、
、
、
、
図 1‑2(b)
、
、
、
B=
E4 =
μ01 μ。1 2πd πd
Cen
d1
乎
d
d ‑2π‑6
2
旦h生2 生
十生4
Od π‑6 ＼
トノ
BFFa
+H
π‑3S
H十
π‑3 Fa
& π‑6
H
〔 2 ]
a)
ア
イ
ウ 重ね合わせの理より
R。 RK&十 R3) RI + R2 + R3
コニ
V3=^E+^1=ーーーΞ一(Ξ+&D
RIR2 + RIR3 RI+ R2 + R3
となる 0
(2 )
したがって
ア
, V.(t)は, VI(t)
児①= E (1‑ e、0、)
イ
抵抗Rの端子a・b間を開放したときの電圧V は,
EI+ 2E2
Ξ
テブナンの定理より
%(t)
Z。
‑t
EeROC
ルιqωι十ルι) jωι十jωι+jωι
1
,
j2ωι
3
2E2
3R +j2ωι
+R
EI+ 2E2
3
(EI + 2E2)(3R ‑j2ωι)
9R2 + 4ω2ι2 V3 =
こおけるコンデンサの電圧
E=
V=
&
3 VC+
Vc tdd
ω3
0十
ι{t
ノ Eι一ωー.ノ
0 +
1
[ 3 ]
ア. R' R' pj,を求める。
R' ^^
Rι
0.001
Pβ
ンβ=ン別十P、=0.8+1=1.SV
, R〆凡の値を求める。
Pβ
ν 03V
■,=ー=ー^=0 3mA
R lkΩ
なのでν,
ν 一ν加
ν ν +^
R R。
ν1 ν. 1 ν,, 1 ν,
^十^ーーー
R1 豆dR1 豆dR2 R2
0
R。
ν
^十ν卿
d
者蔀 1こつ
1+1ゞ)・■・
5V
d
y=
と電圧"の関係は以下の通りとなる
IR R 豆R。 R
IJ I
ν
と抵抗
11 1 5"
100 5 5
0" 75
42 V
0
トランジスタ回路にお イポーラ
出力電圧 こ示す
大上仮定したときの を求める。
こもとづき
音のときの出力電圧
て考える
一ν
1昇 ldを無
︑し ν
伽ν ︑︑＼ノ
= 3
一三一・, t‑
ン(孟口 8ν Ω
゛︑ 而‑9
力4 1
)1( 5‑器
R一凡︑
) 限
2 十 ︑し
こ
イ 30
ン( Υ
旦凡
R一凡︑ ΩΩkk5 1
巾
イ 十 ガ反 の
ノ 11
戸 側ν
ν ︑
畄白る&‑R士算演
︑
ア 図
[ 4 ]
a)
ア.連続時間信号α(t)はδ関数を表してぃる
F(の・1 叩)'、川d*j"δ(り'川m*.゜*1
イ 連続時聞信号h(t)は矩形パルス信号を表してぃる
,(ω*j'叩)'、川解*f ル・川扉.1‑[.・川]1
゜‑ja) 0ウ・連続時間信号C(t)は単調減衰する信号を表してぃる
,(.)*j 4り.、川所*j".、゜'.、川扉
ーノω
0
ω
Sinω. cosa)‑1
*j.、‑b‑^[.、ー]'
ωω
"区〒7*フー‑フ'仏一jの
α十ノω 4 十ω1 11 (0ε姪2)
* 0 (ko,2ぐ)
みU)*(1 (゜二堰1) 0 (ko,1q)
(2)
ア
・3
インパノレス応答
・2
α(0= ao
・1
0
0
入力される連続時間信号
2
・3 、2
それぞれ時間軸τに移すと
・1
6⑦
0
0 2
インパルス応答
・3
3
・2 ・1
入力される連続時間信号
d①
・3
0
、2
即・"・{.̲.ニ,マ.̲、・{
1 (0工径1)
・1
」
0
太t)
'「
ーコ
3
・2
2
,1
b(0 3
0 2 3
(■‑2二. Sり (τく t ‑2, t くτ)
eーノ'‑1 .eーノ'‑1
3
十2
ト゛
〒一→ 1
、゛、゛
1゛ 冒一一→
〒一.一ι
r‑ーー →^ 1゛
〒甲一介
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→^ノーー'、越、、ーノ C)介 +ー)
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Ⅶ0(S
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門 N ‑ 0
一一 一一
﹁ーーーーー一
令1 )M (ど父
(号
令L)M
門 N ‑ 0
m N 一⇔
S
r 1‑ー
S
令1 )M 令)父
(§
ーーーー一 令1 )M
S
︹ N ‑ 0
S
(§
N1 令1 )M
(S
[ 5 ]
(1)気体の状態方程式PV=れR7より,物質量をπ m。1 とすると
6.O × 105 Pa x o.010 m3 =π mol × 8.3 Pa m3 K‑1 m01‑1 × 30O K
よってη= 60oo pa m3 /(8.3 × 30のPa m3 m01‑1 = 2.409 2.4 m01
(2)圧力一定なので,シャルノレの 0.010 m3/30O K = 0.015 m3/7K,よ
6.O × 105 Pa x o,015 m3 = 2.4 mol × 83 Pa m3 K‑1 m01‑1 X T K, よって T = 90oo pa m3/(2.4 × 8.3) pa m3 K‑1 = 451,8
△υ 2.4 mol× 12.51K‑'m01‑' X (450 ‑30の K = 450田 P△V = 6.O × 105 N m‑2 ×(0.015 ‑0.01の m3 = 30001 以上より, q = 45001+ 30001 = 75001
法則よ
つて 7
熱量を
別解
り温度を r とすると 」
(0.015 m3/0.010 m3)× 30O K = 4.5 × 1ヂ K
(3)温度一定なので,ボイルの法則より圧力を P とすると
P X O.015 m3 = 6.O × 105 Pa x o.010 m3
Q =れCP△T = 2.4 × 208 ×(450 ‑30の
ので気体の
別解:気体の状態方程式PV=ηR7より,圧力を P とすると P X O.015 = 2.4 × 83 × 300,よって P =(2.4 × 83 × 300)/0.015 = 3.984.‑× 10.
△υ=
4.5 × 102 K
気体の状態方程式PV =ηRTより, P =ηR7/V =(2.4×83 ×30の/V
これを代入すると P△V=(2.4×83 ×30の△V/V,これを積分すると 5976(10g.15 ‑10g.1の
(2.4 × 8.3 × 30の 11、、g
^7488
2390.4
0.015 = 15 × 10‑3,0.01 = 10‑2 より ,
10g.0.015 = 10g.(15 × 10‑3)= 10g.15 + 10g.10‑3 = 10g.15 ‑3108.10
750O J
2.4× 103 1
」
一定ではな
4.O × 105 Pa よって
温度をrとすると
△U =
気体の状態
q =△υ+
=0
々とすると
り△7 = 0なの を々とすると
﹂ P 6 0 X 1 0 5 P a X ︑= を用
り り
々 1 =
.= aP501X04 る
力牛角 ＼し゛)力ア
Ⅱ男 て ＼し )3m 工
510
︑し よ7△ ヒヒ︑目
つ
