令和５年度 第二種電気主任技術者試験 二次試験

機械・制御 科目

アベンジャーズゴッド 解答速報
問１ 三相円筒形同期発電機を無限大母線に接続して運転する場合に関して，次の問いに答えよ。（以下略）（1） この発電機を遅れ力率で運転したとき，端子電圧（相電圧）を𝑉[p.u.]，無負荷誘導起電力を𝐸[p.u.]，電流を𝐼[p.u.]，負荷角を𝛿[rad]，力率角を𝜃[rad]，として，端子電圧のフェーザ𝑉̇ を基準にしたフェーザ図は以下のようになった。（省略）このフェーザ図中の(a),(b),(c),(d),(e)に当てはまる記号を答えよ。
＜解答＞̇ (c)：𝛿，(d)：𝜃，(e)：𝐼 ̇(a)：𝐸̇ ，(b)：𝑗𝑋𝑠 𝐼 ，（2） フェーザ図から無負荷誘導起電力𝐸[p.u.]を𝑉，𝐼，𝜃及び𝑋𝑠 で表す式を導出し，定格運転時における無負荷誘導起電力を𝐸𝑛 [p.u.]として，その値を求めよ。
＜解答＞フェーザ図より，
𝐸 = √(𝑉 cos 𝜃)2 + (𝑉 sin 𝜃 + 𝑋𝑠 𝐼)2= √𝑉 2 + (𝑋𝑠 𝐼)2 + 2𝑉𝑋𝑠 𝐼 sin 𝜃
ここで、単位法は自己定格皮相電力及び自己定格電圧を基準とするため，
𝑉𝑛 = 1.0 [p.u.]，𝐼𝑛 = 1.0 [p.u.]
また，定格力率が遅れ 80％のため，cos 𝜃𝑛 = 0.8，sin 𝜃𝑛 = 0.6
よって，
𝐸𝑛 = √𝑉𝑛 2 + (𝑋𝑠 𝐼𝑛 )2 + 2𝑉𝑛 𝑋𝑠 𝐼𝑛 𝑠𝑖𝑛𝜃 = √12 + (1.8)2 + 2 ∙ 1.8 ∙ 0.6 = 2.5298→2.53[p.u.]（答）（3） フェーザ図と有効電力𝑃 = 𝑉𝐼 cos 𝜃[p.u.]の式から，𝑃，𝑉，𝐸，𝛿，及び𝑋𝑆 で表す式を導出せよ。
＜解答＞
𝐸𝑋𝑠 𝐼𝑐𝑜𝑠𝜃 = 𝐸𝑠𝑖𝑛𝛿 ，𝐼𝑐𝑜𝑠𝜃 = 𝑋 𝑠𝑖𝑛𝛿 のため，𝑠

𝑃 = 𝑉𝑠 𝐼𝑐𝑜𝑠𝜃 =𝑉𝐸
𝑋𝑠𝑠𝑖𝑛𝛿

[p.u.]（答）（4） この発電機を定格運転した場合に，次の問に答えよ。
a) このときの発電機の負荷角を𝛿𝑛 として，sin 𝛿𝑛 の値を求めよ。
＜解答＞
定格皮相電力は 15MVA のため、定格運転時の有効電力は 12MW である。そのため、定格運転時の有効電力の単位法は、
12𝑃𝑛 = 15 = 0.8𝑝𝑢
ここで、（３）式より、
𝑆𝑖𝑛𝛿𝑛 =𝑋𝑠
1,8𝑃 =∙ 0.8 = 0.56921 → 0.569（答）𝑉𝑛 𝐸𝑛 𝑛2.5298b) 小問(3)で求めた式の最大値が定態安定極限電力𝑃𝑚 [p.u.]である。この𝑃𝑚 を表す式を示せ。（以下略）＜解答＞
定態安定極限電力は、sinδ=1 のときの P の式のため、
𝑃𝑚 =𝑉𝐸𝑋𝑠[𝑝𝑢]

また、𝑃𝑚𝑛 [pu]は、
𝑉 𝐸

2.5298𝑋𝑠

1.8

𝑃𝑚𝑛 = 𝑛 𝑛 == 1.4054𝑝𝑢

よって、𝑃𝑚𝑛 [MW]は、𝑃𝑚𝑛 = 1.4054 ∙ 15 = 21.081 → 21.1 [MW]（答）（5） 定格運転中の発電機において，界磁電流を定格値の 80%に減少させた場合に，次の問いに答えよ。
a) このときの発電機の定態安定極限電力𝑃′𝑚 [MW]は定格運転時と比べて増加または減少するかいずれか答えよ。また，𝑃′𝑚 の値を求めよ。
＜解答＞
界磁電流が 80%減少したので、0.8𝐸𝑛 となるため、
𝑉 ∙0.8𝐸𝑛

𝑃𝑚′ = 𝑛 𝑋𝑠=

0.8∙2.5298
1.8= 1.1243 [p.u.]𝑃𝑚′ = 1.1243 ∙ 15 = 16.8645 → 16.9𝑀𝑊 （答）よって減少する。（答）b) このときの発電機の負荷角を𝛿′として，sin 𝛿′の値を求めよ。また，このときの発電機の定態安定度（同期安定性）は定格運転時と比べて向上又は低下するかいずれか答えよ。
＜解答＞
界磁電流が変化しても有効電力は変化しないため
𝑆𝑖𝑛𝛿𝑛 ′ =𝑋𝑠
1,8𝑃 =∙ 0.8 = 0.712
𝑉𝑛 ∙0.8𝐸𝑛 𝑛0.8∙2.5298

よって定態安定度は低下する。

（1） ＜解答＞
巻数比 4：1 であるので
𝑉𝑉1𝑎̇ = 1𝑎 = 100 [V]4（2） ＜解答＞
巻数比 4：1 であるので
𝐼1𝑎 ’ = 4𝐼1𝑎 = 120 [A]（3） ＜解答＞
巻数比 4：1 であるので10.64 × 2 = 0.04
4𝑋’ = 0.04 + 0.21 = 0.25 [Ω]（4） ＜解答＞̇ ，②𝑗𝑋’𝐼1𝑎̇ ，③𝑉1𝑐𝑏
̇ ’，④𝑉2𝑐𝑏
̇① 𝑉1𝑎𝑏（5） ＜解答＞
𝜋𝜋

̇ ′ = 100 (𝑐𝑜𝑠 + 𝑗𝑠𝑖𝑛 )𝑉1𝑎𝑏66
̇ ′ − 𝑗𝑋’𝐼1𝑎̇ ’
̇ = 𝑉1𝑎𝑏𝑉2𝑎𝑏𝜋𝜋= 100 (𝑐𝑜𝑠 6 + 𝑗𝑠𝑖𝑛 6 ) − 𝑗𝑋’𝐼1𝑎̇ ’
1√3= 100 ( 2 + 𝑗 2) − 𝑗0.25 × 120= 86.6 + 𝑗20
̇ | = 88.879𝑉
|𝑉2𝑎𝑏
→𝑉2𝑎𝑏

88.9V （答）̇ ′=𝑗 × 100
𝑉1𝑐𝑏̇ ′ − 𝑗𝑋’𝐼1𝑐̇ ’
̇ = 𝑉1𝑐𝑏
𝑉2𝑐𝑏
22= 𝑗 × 100 − 𝑗0.25 × 120 (𝑐𝑜𝑠 3 𝜋 + 𝑗𝑠𝑖𝑛 3 𝜋)
1= 𝑗100 − 𝑗30 (− + 𝑗2√3)
2= 15√3 + 𝑗115
̇ | = 117.898261225𝑉|𝑉2𝑐𝑏→𝑉2𝑐𝑏118V（答）（6） ＜解答＞
負荷へ供給する有効電力は一次 入力電力に等しいため
𝑃1 = 𝑉′1𝑎𝑏 𝐼1𝑎 ′𝑐𝑜𝑠30 = 100 × 120 × √3/2 = 10.4[kW]（答）𝑃2 = 𝑉′1𝑐𝑏 𝐼1𝑐 ′𝑐𝑜𝑠30 = 100 × 120 × √3/2 = 10.4[kW]（答）（1） ＜解答＞
三相ブリッジ整流回路 など（2） ＜解答＞
コンデンサやリアクトルの振動・過熱（3） ＜解答＞𝑖𝐿 = 𝑖𝑖 + 𝑖𝐻 より，𝑖𝐻 = 𝑖𝐿 − 𝑖𝑖
𝑖𝑆 = 𝑖𝑐 + 𝑖𝐿
= 𝑖𝑐 + 𝑖𝑖 + 𝑖 𝐻
𝑖𝑠 = 𝑖𝑖 となるように制御するので𝑖𝑐 = −𝑖𝐻= 𝑖𝑖 − 𝑖𝐿 （答）（4） ＜解答＞（5） ＜解答＞
方形波の実効値は最大値に等しい。
𝑖𝐿_𝑟𝑚𝑠 = 𝐼𝐿 （答）最大値

正弦波の実効値は，
𝐼𝑖_𝑟𝑚𝑠 ==1√24√24× 𝐼𝐿𝜋𝐼 = 0.90031𝐼𝐿√2𝜋 𝐿→0.900𝐼𝐿 （答）22𝐼𝑐_𝑟𝑚𝑠 = √𝑖𝐿_𝑟𝑚𝑠+ 𝑖𝑖_𝑟𝑚𝑠= √𝐼𝐿2 + (4√2𝜋2𝐼𝐿 )8=√1 + 𝜋2 × 𝐼𝐿
= 1.3456𝐼𝐿→1.34𝐼𝐿 （答）に等しい。

（1）積分要素の伝達関数𝐺1 (𝑠)の計算<解答>
𝜔 = 0.1でゲインが 0 なので、20𝑙𝑜𝑔

1=0𝑇1 × 0.1であるので、
𝑇1 = 10𝐺1 (𝑠) =110𝑠となる。
1→𝐺1 (𝑠) = 10𝑠（答）（2）𝐺2 (𝑠)の計算<解答>
下図に示す通り、ゲイン 40 で一定の要素と、𝐺1 (𝑠)の重ね合わせになる。

上記図より、𝐺2 (𝑠) = 100となる。
→𝐺2 (𝑠) = 100（答）（3）𝑇11 の計算<解答>
1𝐺(𝑗ω) =のゲインはω = 0.1の時に 40dB であるので、𝑗𝑇11 ω20𝑙𝑜𝑔

1= 40
𝑇11 × 0.1−20𝑙𝑜𝑔(𝑇11 × 0.1) = 40𝑙𝑜𝑔0.1𝑇11 = −2𝑙𝑜𝑔0.1 + 𝑙𝑜𝑔𝑇11 = −2𝑇11 = 0.1となる。
→𝑇11 = 0.1（答）（4）図 3 の伝達関数𝐺(𝑠)の計算<解答>
問題図 3 のゲイン線図は、下図のように分解できる。

(a)積分要素
ここで、
1

積分要素𝑇 𝑠12

一次遅れ11+𝑇𝑠であらわされる。
■積分要素について積分要素、ω = 0.5でゲイン 14(b)一次遅れ要素

20𝑙𝑜𝑔

1= 140.5𝑇

問題文より、
20𝑙𝑜𝑔100.7 = 20𝑙𝑜𝑔

10.5𝑇

1= 100.70.5𝑇
𝑇=

11== 0.399050
0.5 × 100.7 0.5 × 5.0119

よって、
𝐺1 (𝑠) =10.399050𝑠■一次遅れ要素について
一次遅れ要素：折れ点角周波数ω = 0.5
𝑇=2
よって、
𝐺2 (𝑠) =1
1 + 2𝑠■𝐺(𝑠)について
以上より、𝐺(𝑠) = 𝐺1 (𝑠)𝐺2 (𝑠) =1→𝐺(𝑠) = 0.399𝑠(1+2𝑠)（答）10.399050𝑠(1 + 2𝑠)