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

B.

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

,々一昂

2E

E

1S

^

4πε。γ2こ二'゜@、*‑j'、."‑1、"*ー(2 )ア'ノノ,◇、、、、ーーーーーーーーーーーーーーι1‑﹂ノす
JJノ、、、、、、
ノー、、iノ'

1、、、^^^^^^^^^^^^^^^^^^^^^^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,循1d1dd 221乎21HA^^‑2π‑6

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

HB = HC =③旦h

生2

ぞれHBおよびHCとすると,^HA, HBおよびHCの磁界の向きを図 1‑2(a)Hに示す。磁界の向きを考慮して3つの磁/,1"、、西三、、、、、、、、、b、、、、、、、、>ごCヲ
B

十+生4H

Sπ‑3H

十π‑3HCen

生

界の和をとると

図 1‑2(a)3HA 3V1§'1^^22πd

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
Fa

力の大きさF郎は,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、ノノ

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ノノ、、、、、ノ、ノ、ノ、i、ノ、ノ、i、ノ、ノ、ノ、

B、/'、、C

大きさ FAは,Od

π‑6E4 =B＼

つくる磁束密度の大きさである。導体Fで, B"は導体Bが導体Aの位置に

π‑6Fa

とこ

2πd πdトノ&μ01 μ。1B=

Cヲ・・・・・・・・・

図 1‑2(b)〔 2 ]a)アRK&十 R3)
RI + R2 + R3R。

RIR2 + RIR3
RI+ R2 + R3

イ&

V3 =

ウ

重ね合わせの理より

V3=^E+^1=ーーーΞ一(Ξ+&Dι{ノtコニVCt

E=+Vcdd

こおけるコンデンサの電圧

児①= E (1‑ e、0、)となる

0

したがってV.(t)は,,‑tVI(t)

Ξ%(t)

EeROC

(2 )
アZ。

ルιqωι十ルι)j2ωιjωι十jωι+jωι

3イー.ノ

テブナンの定理より

EI+ 2E23,

1+ 32E2

ω30十1

一ω0V=

Eι

抵抗Rの端子a・b間を開放したときの電圧V は,+R

EI+ 2E2
3R +j2ωι(EI + 2E2)(3R ‑j2ωι)
9R2 + 4ω2ι23R(EI+ 2E2)‑j2ωι(EI+ 2E2)
9R2 + 4ω2ι2

[ 3 ]︑

イポーラ トランジスタ回路におし︑︑＼ノ)1(こ示すR'^^0.001ΩRι3一三 一 ・ ,ア. R' R' pj,を求める。

ンβ=ン別十P、=0.8+1=1.SV

十8

而‑915‑器Pβ︑て考える1︑1を求める。

大上仮定したときの出力電圧と抵抗

305ν

1伽

なのでν,ΩΩkk

る&‑R︑

こ1昇 ldを無0ν

限の戸畄白

士

算
演

ア者蔀 1こつし巾

ノガ

反図2)

νΥ

ン(旦凡

十R一凡︑PβR〆凡の値を求める。

,

R一凡︑ン(t‑孟口イ
y=こもとづき5V03V■,=ー=ー^=0 3mA
R lkΩ

ν゛︑

力

4イ側

νν

音のときの出力電圧一ν一ν加R。
νν+^ν

^十ν卿

ddRR。

ν1 ν. 1 ν,, 1 ν,^十^ーーー

R1 豆dR1 豆dR2 R21+1ゞ)・■・νν

IRR豆R。

R=0"11100751555"

42 Vと電圧"の関係は以下の通りとなる
IJ I0[ 4 ]a)ア.連続時間信号α(t)はδ関数を表してぃる

0α(0= ao・3イ

連続時聞信号h(t)は矩形パルス信号を表してぃる

・2・10ーノω

20,(ω*j'叩)'、川解*f
ル・川扉.1‑[.・川]1゜‑ja)
0eーノ'‑1 .eーノ'‑13F(の・1 叩)'、川d*j"δ(り'川m*.゜*16⑦Sinω. cosa)‑1ωωω・3、2ウ・連続時間信号C(t)は単調減衰する信号を表してぃる

・10230,(.)*j 4り.、川所*j".、゜'.、川扉
d①*j.、‑b‑^[.、ー]'
1"区〒7*フー‑フ'仏一jのα十ノω 4 十ω・3・2・10十2

13(2)
ア

インパノレス応答太t)

1 (0ε姪2)* 0 (ko,2ぐ)・3、2・102

3

入力される連続時間信号b(0みU)*(10 (゜二堰1)(ko,1q)'「ーコ

それぞれ時間軸τに移すとインパルス応答,1023」

即・"・{.̲.ニ,マ.̲、・{

入力される連続時間信号以上から・2(■‑2二. Sり(τく t ‑2, t くτ)

1 (0工径1)0 ←'0, kり

各場合分けにおける波形の関係は下図のようになり,+ー)

゛ヘ(1,^C)﹂ー.ー,.

1●'.

1冒■司鳳'

1甲^

●:尾゛'

(ミ介
1角"Nt1‑"︒'^三H選一・一ご^・(ミ介一"^Ξ"選工^・S入介

M>︑Wぺ

N>︑"^三N選一・一︑^・S入介マ門

N‑m0一一一一﹁ーーーーー一)Mr
冒一一→

令1Nト゛令L)M

(号門N

(ど父‑

令11‑ー)M令)父S0︹N‑01゛、゛N1→^ーーーー一(§

令1S(§)Mr‑ーー〒一.一ι

〒一→ 1SⅦ§

Ⅶ0(S一⇔1゛

〒甲一S

[N‑0>

C>

→^越

ノーー'、、、ーノ介、゛→^>11Nt゛'】ノー"、、、』ーノ＼フ
令1S)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 法則よ り温度を r とすると0.010 m3/30O K = 0.015 m3/7K,よ つて 7」(0.015 m3/0.010 m3)× 30O K = 4.5 × 1ヂ Kり

力牛Ⅱ
男角

気体の状態

温度をrとすると
︑=

6.O × 105 Pa x o,015 m3 = 2.4 mol × 83 Pa m3 K‑1 m01‑1 X T K,
4.5 × 102 K
よって T = 90oo pa m3/(2.4 × 8.3) pa m3 K‑1 = 451,8△υ

り

熱量を 々とするとq =△υ+△U =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
別解

Q =れCP△T = 2.4 × 208 ×(450 ‑30の7488750O J(3)温度一定なので,ボイルの法則より圧力を P とすると」

aP

510X04m

510X

aP5X0106P

よって)
3P X O.015 m3 = 6.O × 105 Pa x o.010 m3

り△7 = 0なの＼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(2.4 × 8.3 × 30の 11、、g 5976(10g.15 ‑10g.1の^.=2390.4

2.4× 103 1

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 ‑3108.1010ge o.01 = 10ge lo‑2 =‑210g lo

10g.0・015 ‑10g.0.01 = 10g.15 ‑310g.10 ‑{‑2}og.1の= 10g.15 ‑10g.10

るを用=0
し

工目

ヒヒ︑

ので気体の4.O × 105 Paよ＼し1゛)

ア﹂

一定ではな

7△々△υ=

力︑

しつてを々とすると=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.