2014 年 電力・管理

𝐿

=

3𝑟𝐼

d𝑥 × 10=

3𝑟 × (9.3675𝑥) d𝑥 × 10+

3𝑟 × (9.3675𝑥 − 𝐼 ) d𝑥 × 10≒

87.750𝑟

3𝑥 d𝑥 × 10

+ 3𝑟

(87.750𝑥 − 2 × 9.3675𝐼 𝑥 + 𝐼 ) d𝑥 × 10=

87.750𝑟

3𝑥 d𝑥 × 10

− 3𝑟 × 9.3675𝐼=

87.750𝑟[𝑥 ] − 3𝑟 × 9.3675𝐼 [𝑥 ] + 3𝑟𝐼 [𝑥]2𝑥d𝑥 + 3𝑟𝐼

1d𝑥 × 10× 10

= 18.954𝑟 − 0.89928𝑟𝐼 + 0.012𝑟𝐼と求められる。したがって，コンデンサ接続前後における抵抗損による配電線損失電力の差𝐿は，
𝐿 = 𝐿 −𝐿
= 𝐿 −𝐿= 18.954𝑟 − 18.954𝑟 − 0.89928𝑟𝐼 + 0.012𝑟𝐼= 0.89928𝑟𝐼 − 0.012𝑟𝐼と求められる。

(2)𝑳を最大とするコンデンサ容量𝑸𝐂 [𝐤𝐯𝐚𝐫]
𝐿を最大にするためには， = 0にすればよいので，
d𝐿= 0.89928𝑟 − 0.024𝑟𝐼 = 0d𝐼
𝐼 = 37.47[A]となる。よって，コンデンサ容量𝑄 [kvar]は，接続点における配電線電圧𝑉 = 6.6 [kV]であるので，
𝑄 = √3𝑉 𝐼= √3 × 6.6 × 37.47≒ 428.34 → 428 [kvar]と求められる。

16

2015 年 電力・管理【ワンポイント解説】
一種の問題としては近年稀に見る易しい問題と言えます。かなり易しい問題なので，一種の受験生であればほとんどの方が解けるのではないかと思います。計
算間違い等に注意して解くようにしましょう。
1.速度調定率𝑹発電機の定格回転数𝑁 ，回転速度の変化量Δ𝑁もしく
は定格周波数𝑓 ，周波数変化量Δ𝑓としたときの定格出
力𝑃 ，出力変化量Δ𝑃の比を速度調定率𝑅と言い，
Δ𝑁
𝑁
𝑅 =
Δ𝑃
𝑃
Δ𝑓
𝑓
=
Δ𝑃
𝑃
となります。

【解答】(1)発電機𝐀のみの運転時，系統負荷が𝟏𝟎 𝐌𝐖減少した
ときの系統周波数の変化
ワンポイント解説「1.速度調定率𝑅」より，
Δ𝑓
𝑓
𝑅
=
Δ𝑃
𝑃
Δ𝑓
50
0.04 =
10200
Δ𝑓 = 0.1 [Hz]と求められる。系統負荷が減少したので周波数は上昇する。
(2)発電機𝐀と発電機𝐁との並列運転時，系統負荷が𝟏𝟎 𝐌𝐖減少したときの系統周波数の変化
ワンポイント解説「1.速度調定率𝑅」より，
Δ𝑓
𝑓
𝑅
=
Δ𝑃
𝑃
Δ𝑓
50
0.04 =
Δ𝑃200
Δ𝑓
Δ𝑃= 0.04 ×
50
200
Δ𝑃
Δ𝑓 =
・・・・・・・①100

28となり同様に，
𝑅=

0.03 =
Δ𝑓
50

=

Δ𝑓
𝑓
Δ𝑃
𝑃
Δ𝑓
50
Δ𝑃
100
0.03 ×

Δ𝑃
100

1.5Δ𝑃
・・・・・・・②100となる。また，発電機Aと発電機Bの出力変化量の合計が10 MWとなるから，
Δ𝑃 + Δ𝑃 = 10 ・・・・・・・③となる。①，②，③の連立方程式を解くと，
Δ𝑓 = 0.06 [Hz]，Δ𝑃 = 6 [MW]，Δ𝑃 = 4 [MW]と求められる。系統負荷が減少したので周波数は上昇する。
(3)系統負荷が𝟐𝟓𝟎 𝐌𝐖から𝟐𝟎𝟎 𝐌𝐖に減少したときの，系統周波数，発電機𝐀の出力[𝐌𝐖]，及び発電機
𝐁の出力[𝐌𝐖](2)と同様に求める。
Δ𝑃
Δ𝑓 =・・・・・①
100
1.5Δ𝑃
Δ𝑓 =
・・・・・②100
Δ𝑃 + Δ𝑃 = 50
・・・・・③となるので，
Δ𝑓 = 0.3 [Hz]，Δ𝑃 = 30 [MW]，Δ𝑃 = 20 [MW]と求められる。負荷変化前の，系統周波数が49.9 Hz，発電機Aの出力が150 MW，発電機Bの出力が100 MWであるので，負荷変化後の系統周波数𝑓 ，発電機Aの出
力𝑃 ，発電機Bの出力𝑃 は，
𝑓 = 49.9 + 0.3= 50.2 [Hz]𝑃 = 150 − 30
= 120 [MW]𝑃 = 100 − 20
= 80 [MW]と求められる。
Δ𝑓=2016 年 電力・管理

2016 年 問 1
問題 【難易度】★★★☆☆（普通）火力発電所におけるコンバインドサイクル発電に関して，次の問に答えよ。
(1) 図 1，図 2 それぞれの発電方式の名称を答えよ。
(2) 図 1 の発電方式と比較した場合，図 2 の発電方式の特徴について四つ述べよ。

【正答チェック表】
日にち

(1)

(2)

【ワンポイント解説】【解答】

コンバインドサイクルはガスタービンと蒸気タービ
ンを組み合わせた発電方式で，ガスタービンの排熱の有効利用により熱効率が汽力発電に比べて高いという特徴があります。現在最も建設しているのは図 1 の排熱回収方式で，構造が簡単で熱効率も高いという特徴があります。
1.排熱回収方式(図 1)の特徴
・容量比がガスタービン：蒸気タービンで 2:1 程度である。
・蒸気タービンでの単独運転はできない。
・ガスタービンの排気の流量と温度見合いで蒸気ター
ビンの出力が決まる。
・従来の汽力発電に比べ水の保有量が少ないので，起動時間が短い。
・従来の汽力発電に比べ水の保有量が少ないので，復水器での熱損失が少ない。
・気温が上がると出力が大幅に小さくなってしまう。
2.排気再燃方式(図 2)の特徴
・容量比がガスタービン：蒸気タービンで 1:3 程度である。
・蒸気タービンでの単独運転が可能である。(100%容量の押込通風機がある場合)
・蒸気タービンの出力をガスタービンの排気のみでな
くボイラに投入する燃料で調整できる。
・運転制御が複雑となる。
・排熱回収方式に比べ水の保有量が多いので，起動時間が長くなる。

(1)図 1，図 2 それぞれの発電方式の名称
図 1：排熱回収方式
図 2：排熱再燃方式(2)排熱回収方式と比較した場合，排熱再燃方式の特徴(ポイント)
ワンポイント解説の通りです。
「2.排気再燃方式(図 2)の特徴」に記載している内容から 4 つ記載すれば十分と思います。
(試験センター解答例)
・発電機を回す動力源として，蒸気タービンのみを利用する既設のコンベンショナル(従来型)火力のリパ
ワリング(出力増強と熱効率改善)に適用できる。
・プラント出力に対する蒸気タービンの出力の割合が大きい，又はボイラの蒸気発生量が多い。
・蒸気タービンの単独運転が可能である(100％容量の押込通風機を設置した場合)。
・運転制御系が複雑となる。
・起動から定格負荷までの時間並びに定格負荷から停止までの時間が長い。
・ボイラに使用する燃料はガスタービンと無関係に選択できる。
などより四つを記載する。

29

2017 年 電力・管理

2017 年 問 4
問題 【難易度】★★★★★（難しい）図において，並行 2 回線送電線( 50 Hz )の 1 回線故障に伴う高速再閉路がタービン発電機の軸に与える影響を検討する。昇圧変圧器の高圧側母線至近端で三相短絡故障(故障点抵抗零)が発生し，その後 0.1 秒で三相遮断，故障除去， 1 回線運用に瞬時に移行した状況を想定している。次の問に答えよ。
タービン発電機は過渡リアクタンス背後電圧一定のモデルで表現し，その定格容量は 1000 MV ⋅ A ，過渡リアク
タンスは 𝑥 = 0.3 p. u. (自己容量基準)，慣性定数 𝑀 は自己容量基準で 7 秒とし，固定子抵抗，励磁制御や調速機の効果，電気的トルクの振動成分は全て無視するものとする。ここで，発電機の回転速度 𝜔 の挙動は，機械的入力 𝑃 ，電気的出力 𝑃 を用いて，微分方程式d𝜔𝑀= 𝑃 −𝑃d𝑡で表現するものとする。なお，回転速度の変化は小さいため，電力とトルクは同じものと仮定する。変圧器と送電線はともにリアクタンス 0.1 p. u. ( 1000 MV ⋅ A 基準。送電線は 1 回線分)とし，その他のインピーダンスは無視する。故障発生前は，タービン発電機は定格端子電圧 1.0 p. u. ，定格出力，定格力率 90 ％ (遅れ)で運転していたものとする。
(1) 短絡時の電気的トルクのステップ変化の大きさを p. u. 単位で求めよ。
(2) 故障発生後 0.1 秒間のタービン発電機の内部相差角増大量 Δ𝛿 を rad 単位で計算せよ。
(3) 故障発生前及び故障除去後( 1 回線運用中)の直列合成リアクタンス(発電機内部電圧から無限大母線までの間にある全リアクタンスを合成した値)をそれぞれ求めよ。また，故障発生前の発電機の運転条件から 𝑥 背
後電圧 𝐸̇ の大きさと，無限大母線電圧 𝑉̇ の大きさを求めよ。答えは全て p. u. 単位で記すこと。
(4) 小問(2)で求めた故障除去時までの Δ𝛿 [rad] についてsin Δ𝛿 ≒ Δ𝛿 と近似するものとして，故障除去時の電気的トルクのステップ変化の大きさを p. u. 単位で求めよ。正弦関数の加法定理
sin(𝛼 + 𝛽) = sin 𝛼 cos 𝛽 + cos 𝛼 sin 𝛽 を用いてよい。
(5) 高速再閉路の際に故障が継続していると再び電気的トルクが大きく変化する。タービン発電機には振動数
10 Hz 程度の軸ねじれ現象が生じることを参考にして，高速再閉路のタイミングが 0.1 秒程度以下ずれるだ
けで軸の機械的疲労が大きく左右されることを説明せよ。

【正答チェック表】
日にち

(1)

(2)

(3)

(4)

(5)

43

2017 年 電力・管理【ワンポイント解説】
一種の電力管理は二種と比べて計算問題の出題割合が少なく，出題されても本問のような難問が出題されるケースが多々あります。過去問でもあまり見たことがない問題であるため，試験日当日に解くためには，かなりの習熟が必要と考えられます。
1.系統の送電電力
送電電圧を 𝑉 ，受電電圧を 𝑉 ，送電線のリアクタンス
を 𝑋 ，𝑉 と 𝑉 の相差角を 𝛿 とすると，送電電力 𝑃 は，
𝑉𝑉
𝑃 =
sin 𝛿
𝑋
となります。

(3)故障発生前及び故障除去後(1 回線運用中)の直列合成リアクタンス，𝒙𝐝 背後電圧 𝑬̇𝐪 の大きさと無限大
母線電圧 𝑽̇𝐢 の大きさ
故障発生前の直列合成リアクタンス 𝑋 は，タービン
発電機のリアクタンス 𝑥 = 0.3 p. u. であるから，
0.1
𝑋 = 0.3 + 0.1 += 0.45 [p. u. ]2となる。一方，故障除去後の直列合成リアクタンス 𝑋
は，送電線が 1 回線となっていることから，
𝑋 = 0.3 + 0.1 + 0.1 = 0.5 [p. u. ]となる。
発電機電流 𝐼 ̇ [p. u. ] とすると，
𝐼 ̇ = 1.0(cos 𝜃 + j sin 𝜃)【解答】(1)短絡時の電気的トルクのステップ変化の大きさ
題意より電力とトルクは同じものと仮定し，タービン
発電機は定格出力 𝑃 = 1.0 [p. u. ] ，定格力率 cos 𝜃 =0.9 で運転していたので，短絡前の電気的トルク 𝑃 は，
𝑃 = 𝑃 cos 𝜃= 1.0 × 0.9= 0.9 [p. u. ]となる。一方，短絡発生後のトルク 𝑃 ≒ 0 となるから，短絡時の電気的トルクのステップ変化の大きさは，
𝑃 − 𝑃 = 0.9 − 0= 0.9 [p. u. ]と求められる。
(2)故障発生後 𝟎. 𝟏 秒間のタービン発電機の内部相差
角増大量 𝚫𝜹
故障発生前の機械的入力は電気的出力と等しいので
0.9 p. u. であり，故障発生後も変化しない。ゆえに，問題に与えられている微分方程式は，d𝜔𝑀= 𝑃 −𝑃d𝑡d𝜔
7×= 0.9 [p. u. ]d𝑡d𝜔
≒ 0.12857d𝑡d𝜔 = 0.12857d𝑡と計算できる。事故発生前の𝜔が0であることを考慮し，両辺を積分すると，
𝜔 = 0.12857𝑡となり， Δ𝛿 = ∫ 𝜔d𝑡 であるから，=

1.0 cos 𝜃 + j 1 − cos 𝜃=

1.0 0.9 + j 1 − 0.9≒ 0.9 + j0.43589 [p. u. ]であり，発電機端子電圧を 𝑉̇ とすると電圧電流ベクト
ル図は図 1 のように描ける。よって， 𝑥 背後電圧 𝐸̇は，𝐸̇= 𝑉̇ + 𝑥 𝐼 ̇ sin 𝜃 + j𝑥 𝐼 ̇ cos 𝜃= 1.0 + 0.3 × 0.43589 + j0.3 × 0.9≒ 1.1308 + j0.27 [p. u. ]と求められる。したがって， 𝐸̇ の大きさは，
𝐸=

1.1308 + 0.27

≒ 1.1626 [p. u. ] → 1.16 [p. u. ]と求められる。
次に，無限大母線電圧 𝑉̇ は，図 1 のベクトル図より，
𝑉̇ = 𝑉̇ − 𝑥𝐼 ̇ sin 𝜃 − j𝑥𝐼 ̇ cos 𝜃= 1.0 − 0.15 × 0.43589 − j0.15 × 0.9≒ 0.93462 − j0.135 [p. u. ]と求められる。よって， 𝑉̇ の大きさは，
𝑉=0.93462 + 0.135= 0.94432[p. u. ]と求められる。

→

0.944[p. u. ]

.

Δ𝛿

=

𝜔d𝑡
.

=
=

0.12857𝑡d𝑡
𝑡0.12857 ⋅2.

= 0.00064285 [p. u. ]= 0.00064285 × 2π𝑓 [rad]= 0.00064285 × 2π × 50 [rad]≒ 0.20196[rad] → 0.202 [rad]と求められる。

44(4)故障除去時の電気的トルクのステップ変化の大きさ
故障発生前の電気的トルク(＝出力) 𝑃 は，その時の相差角 𝛿 とすると，ワンポイント解説「1.系統の送電電
力」より，
𝐸 𝑉
𝑃 =
sin 𝛿
𝑋

2018 年 電力・管理

2018 年 問 2
問題 【難易度】★★★☆☆（普通）電力系統に発生した事故を事故除去リレーの働きによって高速で除去することで，通常は事故点を含む最小限の範囲の設備が停止することとなるが，系統及び事故の様相によっては，系統全体に事故の影響が波及拡大し，広範囲な停電を起こす場合があることから，事故波及防止リレーシステムが導入されている。事故によって次の(1)から(3)の事象が発生した場合に，どのような事故波及が発生する可能性があるのか，また，その事故波及を防止するために，事故波及防止リレーシステムによってどのような制御を行うのかについて，(1)から(3)のそれぞれに
対し，100～300文字程度で簡潔に述べよ。
(1) 送電線等の過負荷(2) 周波数低下(3) 発電機の脱調【正答チェック表】
日にち

(1)

(2)

(3)

負荷遮断等の対応をする必要があります。
(試験センター解答例)
2014 年問 4 に事故波及防止リレーシステムに関する
系統事故(及びその波及)により大量の電源が脱落し，問題が出題されています。電験の場合，過去問と全く大幅な需給アンバランスが生じた場合には，通常の制同じ問題は出題されませんが，このように過去問の類
御では対処できない急激かつ大幅な周波数低下が発
題は出題されることは多々あります。試験勉強の際に生し，これが発電プラントの安定運転限界を超過するは，過去問の内容＋αの勉強をすると高得点が狙えると，連鎖的な発電機の脱落に繋がる可能性がある。
と思います。
このような事故波及を防止するため，一部の負荷を遮断することで周波数の維持を図る。さらに，この対策【解答】によっても周波数の回復が困難で周波数低下状態が(1)送電線等の過負荷継続する場合には，連系系統を分離したり，適当な近(ポイント)
傍負荷を有する局地火力系統を分離して単独系統と・「100～300 文字程度」となっているので，300 文字
して安定運転を維持させたりするなどにより，事故の弱にすることが大事であると思います。
・過負荷になる時の最大の問題は過負荷の連鎖であり， 影響による停電等が電力系統全体に及ぶことを回避する対策も採用されている。
系統切替や電力調整で対応できる場合はまず系統
切替や電力調整で対応し、不可能な場合は負荷遮断(3)発電機の脱調をすることになります。
(ポイント)(試験センター解答例)
・発電機の脱調は周波数や負荷の変動により，同期発事故により送電線や変圧器が停止し，他の健全設備の電機の内部相差角が大きくなり，同期が外れてしま
過負荷が発生した場合，過負荷になった設備の損壊等
う現象です。
による事故の発生，又は，損壊等を回避するための設・脱調した場合は一旦系統から切り離し，脱調の連鎖
備停止によって，大規模な停電に至る可能性がある。
を防止した後，再並列をする等の対策がなされます。
また，ループ状やメッシュ状の系統では，過負荷にな(試験センター解答例)
った設備の停止により，他の設備が過負荷となり，事故除去の遅延や失敗によって発電機が脱調に至っ
次々と設備停止を余儀なくされる可能性もある。
た場合，脱調の電気的中心付近の電圧が大きく低下すこのような事故波及を防止するため，発電機出力又はることから，これを放置すると，他の発電機の電気出負荷の抑制や遮断によって，送電線や変圧器を通過す力の低下により次なる脱調が起こるという連鎖的なる電流を抑制する。
脱調現象が発生する可能性がある。
このような事故波及を防止するため，発電機の脱調が(2)周波数低下
予測される場合に一部の電源の遮断を行って脱調現(ポイント)
象の発生を防止する，又は，発電機の脱調が発生した・周波数の低下は何らかの原因で系統全体の有効電力
後にこれを速やかに検出して脱調の電気的中心の両のアンバランス(需要過多)が生じた時に発生するも端で系統を分離することでそれ以上の進展を防止すのです。
るといった制御を行う。
・周波数の低下は過負荷の場合に比べ，発電プラント【ワンポイント解説】の停止が絡んで来るので，余裕時間が少なく早急に51

2019 年 電力・管理

2019 年 問 3
問題 【難易度】★★☆☆☆（やや易しい）
図に示す 1 機無限大母線系統の 2 回線送電線において， 1 回線の送電線母線の至近線で事故が起こり，当該回線の三相遮断が行われた場合の過渡安定性について，次の問に答えよ。
(1) 3 線地絡事故時に比べ 1 線地絡事故時の方が，過渡安定性面から見た送電線事故の過酷度合いは低い。この理由を，事故中の送電電力の違いをもとに， 200 字程度以内で説明せよ。
(2) 3 線地絡事故に対し，事故除去時間が短いほど過渡安定性の余裕が増大する。この理由を，図中の 𝑃 ，𝑃 ，
𝛿 を用いた等面積法の図を描き，説明せよ。ここに事故中の事故点電圧は零とする。
(3) 一般に，発電機励磁系に超速応励磁装置を用いて過渡安定性を改善する場合，PSS(Power System Stabilizer)
を組み合わせることが多い。 PSS を組み合わせる目的と PSS の基本機能を 200 字程度以内で説明せよ。

【正答チェック表】
日にち

(1)

(2)

(3)

【ワンポイント解説】
送電線の事故に関する問題は１種の二次試験では頻出の問題となっています。いずれの設問も重要な内容となるので，確実に理解しておくようにしておきましょう。

【解答】(1) 𝟑 線地絡事故時に比べ 1 線地絡事故時の方が，過渡安定性面から見た送電線事故の過酷度合いは低い理由(ポイント)
・ 1 線地絡と 3 線地絡の等価回路図を描くと最も分かりやすいと思いますが，等価回路図より明らかに事故点の正相電圧の大きさは， 3 線地絡時より 1 線地絡時の方が大きくなり送電電力が大きく，発電機の加速エネルギ
ーが小さくなることがわかります。

712015 年 機械・制御

2015 年 問 2
問題 【難易度】★★☆☆☆（やや易しい）
三相星形結線の円筒形同期発電機(短絡比0.5 )における出力と界磁電流との関係に関して，次の問に答えよ。ただし，鉄心の磁気飽和及び電機子抵抗は無視する。また，単位法は自己定格容量(定格皮相電力[kV ⋅ A]を基準としている。なお，界磁電流𝐼 の大きさは，無負荷状態で定格電圧発生時の界磁電流𝐼 に対する比𝑘=で表示する。

(1) 定格周波数における，単位法表示の同期リアクタンス𝑋 [p. u. ]の数値を算出せよ。
(2) 端子電圧(相電圧)𝑉 [p. u. ]，無負荷誘導起電力𝐸 [p. u. ]，負荷角(内部操作角)𝛿 [p. u. ]及び𝑋 [p. u. ]を含む有効電力𝑃 [p. u. ]の式を導出せよ。また，𝑉及び周波数が一定で運転し，𝑃が一定の状態において𝐼 を変化させても𝐸 sin 𝛿が一定であることを示せ。
(3) 𝑉 [p. u. ]，𝐸 [p. u. ]，𝛿 [p. u. ]及び𝑋 [p. u. ]を含む無効電力𝑄 [p. u. ]の式(誘導性無効電力を出力する遅れ力率のとき，𝑄 > 0とする)を導出せよ。また，𝑉及び周波数が一定で運転し，𝑄が一定の状態において𝐼 を変化させても𝐸 cos 𝛿が一定であることを示せ。
(4) 定格周波数において，𝑉 = 1 p. u.及び𝑃 = 0.5 p. u.一定の状態で𝐼 の大きさを𝑘 = 2にしたときの，𝑄 [p. u. ]，𝐸 [p. u. ]，出力電流(相電流)𝐼 [p. u. ]及び力率cos 𝜙の数値を算出せよ。ただし，0 ≦ 𝛿 ≦ radとする。
【正答チェック表】
日にち

(1)

(2)

【ワンポイント解説】
一種としては比較的易しい問題に分類されると思います。等価回路とベクトル図を描いて落ち着いて解く
ようにしましょう。
1.同期電動機の特性曲線
同期電動機の特性曲線は図 1 のように描けられ，短絡
比𝐾 は次のように定義されます。
𝐼
𝐼
𝐾 =
=
𝐼
𝐼
短絡比𝐾 と単位法で表した同期インピーダンス𝑍 と
の関係は，
𝑉
𝐼
𝑉
1
√3𝑍
𝐾 = =
=
=
𝐼
𝐼
𝑍 [p. u. ]√3𝑍 𝐼となります。

94

(3)

(4)

2015 年 機械・制御

2015 年 問 4
問題 【難易度】★★☆☆☆（やや易しい）
次の微分方程式で表されるシステムについて，次の問に答えよ。ただし，上付添字Tは転置を表し，𝑰は単位行列を表す。
d𝑥 (𝑡)= −4𝑥 (𝑡) − 6𝑥 (𝑡) − 2𝑢(𝑡)d𝑡d𝑥 (𝑡)= 3𝑥 (𝑡) + 5𝑥 (𝑡) + 3𝑢(𝑡)d𝑡(1) 制御入力を𝑢(𝑡)，状態変数を𝑥(𝑡) = [𝑥 (𝑡) 𝑥 (𝑡)] として，このシステムを次に示す状態方程式の形で表すと
き，𝑨及び𝒃を求めよ。
d𝑥(𝑡)= 𝑨𝑥(𝑡) + 𝒃𝑢(𝑡)d𝑡(2) 制御入力を零としたときのシステムの安定性を特性方程式の根を計算することで判別せよ。
(3) システムの可制御性を可制御性行列を用いて判別せよ。
(4) 制御入力𝑢(𝑡)を次の状態フィードバック
𝑢(𝑡) = −𝒇𝑥(𝑡)， 𝒇 = (𝑓 𝑓 )で与える。フィードバック制御系の特性多項式det[𝑠𝑰 − (𝑨 − 𝒃𝒇)]を𝑓 及び𝑓 を用いて表せ。
(5) フィードバック制御系の特性根を−2 ± jに配置するための𝑓 及び𝑓 を求めよ。
【正答チェック表】
日にち

98

(1)

(2)

(3)

(4)

(5)

2016 年 機械・制御≒ 1.1881 × 10

×

𝐸
𝑟

→

1.19 × 10×𝐸𝑟と求められる。
(4)抵抗𝑹𝟐 = 𝒓𝟐 を挿入して，同じ一定トルクをもつ負荷を駆動した時の𝒔𝟐 とその時の二次側損失𝑷𝐰𝟐
抵抗𝑅 = 𝑟 を挿入した時の電流𝐼 は，(1)と同様に求め
ると，
𝑠 𝐸
𝐼 =
(𝑅 + 𝑟 ) + (𝑠 𝑥 )𝑠 𝐸=(𝑟 + 𝑟 ) + (5𝑠 𝑟 )𝑠 𝐸=
𝑟 4 + 25𝑠となるので，二次入力(同期ワットで表したトルク)𝑃
は，
𝑅 +𝑟
6𝑟
𝑃 =3
𝐼 =
𝐼
𝑠
𝑠
6𝑟
𝑠 𝐸
6𝑠 𝐸
=
=
𝑠 𝑟 4 + 25𝑠(4 + 25𝑠 )𝑟となり，題意より，抵抗挿入前後にてトルクは変化し
ないので，
𝑃 = 𝑃
0.06𝐸
6𝑠 𝐸
=
1.01𝑟
(4 + 25𝑠 )𝑟
6
6𝑠
=
101
4 + 25𝑠
25𝑠 − 101𝑠 + 4 = 0
𝑠 = 0.04，4
よって，0 < 𝑠 < 1より，𝑠 = 0.04と求められる。また
二次側損失𝑃 は，
𝑃 =𝑠 𝑃=𝑠 𝑃
𝐸= 0.04 × 5.9406 × 10 ×𝑟
𝐸𝐸
≒ 2.3762 × 10 ×
→ 2.38 × 10 ×𝑟𝑟と求められる。

(5)二次励磁電圧𝑬𝐁 ，二次銅損𝑷𝐂𝟐 ，二次励磁回路へ返
還する電力𝑷𝐁
回路を流れる二次電流𝐼 ̇ は，
𝑠𝐸 − 𝐸𝑠𝐸 − 𝐸𝐼̇ ==(𝑟 − j𝑠𝑥 )𝑟 + j𝑠𝑥𝑟 + (𝑠𝑥 )0.04𝐸 − 𝐸=(𝑟 − j0.04 ⋅ 5𝑟 )𝑟 + (0.04 ⋅ 5𝑟 )0.04𝐸 − 𝐸=
(1 − j0.2)
1.04𝑟であるから，その大きさ𝐼 は，
0.04𝐸 − 𝐸𝐼=
1 + 0.2
1.04𝑟
0.04𝐸 − 𝐸=
√1.04𝑟と求められる。また，二次入力𝑃 は，𝑃= Re 3𝐸̇ 𝐼 ̇
0.04𝐸 − 𝐸
(1 + j0.2)
1.04𝑟
0.12𝐸 − 3𝐸 𝐸=
1.04𝑟と求められる。トルクの大きさは(3)から変化しないので，
𝑃 =𝑃
0.12𝐸 − 3𝐸 𝐸
0.06𝐸
=
1.04𝑟
1.01𝑟
12𝐸 − 300𝐸
6𝐸
=
104
101
𝐸 ≒ 1.9406 × 10 𝐸 → 1.94 × 10 𝐸と求められる。また，銅損𝑃 は，𝑃= 3𝑟 𝐼
=

=

3𝑟

= 3𝑟

Re 3𝐸

0.04𝐸 − 𝐸
√1.04𝑟
0.04𝐸 − 0.019406𝐸√1.04𝑟𝐸𝐸≒ 1.2234 × 10 ×
→ 1.22 × 10 ×𝑟𝑟と求められる。二次励磁回路へ返還する電力𝑃 は，
𝑃 = Re 3𝐸̇ 𝐼 ̇
0.04𝐸 − 𝐸
(1 + j0.2)
1.04𝑟
0.12𝐸 𝐸 − 3𝐸=
1.04𝑟
0.12𝐸 ⋅ 0.019406𝐸 − 3(0.019406𝐸 )
=
1.04𝑟
𝐸
𝐸
≒ 1.1528 × 10 ×
→ 1.15 × 10 ×𝑟𝑟と求められる。
=

102

Re 3𝐸

2017 年 機械・制御

𝑉̇
𝑋−100 + j100√3
=
𝑋
̇𝑉
𝐼̇ =
j𝑋
−200
=
𝑋
𝑉̇
𝐼̇ = j𝑅−100√3 + j100=
𝑅となる。よって，各変圧器を流れる電流 𝐼 ̇ ， 𝐼 ̇ は，𝐼̇= 𝐼̇ − 𝐼̇𝐼̇= j

𝑃 + j𝑄= 𝑉̇ ⋅ 𝐼 ̇−100√3 200
100
+
+j
𝑅
𝑋
𝑅
1
√3 2
= 20000 + j−
𝑅𝑅 𝑋となる。よって，力率が 1 であるためには， 𝑄 およ
び 𝑄 が 0 となればよいので，それぞれ求めると，
2 √3
𝑋
2 √3 2
𝑋
2
−
=0⇔
=
−
=0⇔
=
𝑋
𝑅
𝑅
𝑅
√3 𝑅 𝑋√3となる。
= −j200−100 + j100√3 −100√3 + j100−
𝑋
𝑅
−100 100√3
100√3 100
=
+
+j
−
𝑋
𝑅
𝑋
𝑅
̇𝐼
̇
̇
= 𝐼 −𝐼−100√3 + j100 −200=−𝑅
𝑋−100√3 200
100
=
+
+j
𝑅
𝑋
𝑅
となる。したがって，各変圧器の電力は，
𝑃 + j𝑄= 𝑉̇ ⋅ 𝐼 ̇== 100√3 − j100

= 20000−100 100√3
100√3 100
+
+j
−
𝑋
𝑅
𝑋
𝑅

1
2 √3
+j
−
𝑅
𝑋
𝑅

※本解答では と の両方を求めていますが，実際にはどちらか一方で大丈夫です。

1172018 年 機械・制御【解答】(1)a.同期リアクタンス 𝑿𝐒𝐀 ， 𝑿𝐒𝐁 [𝐩. 𝐮. ]ワンポイント解説「短絡比𝐾 と単位法で表した同期イ
ンピーダンス𝑍 との関係」の通り，単位法で表した同期リアクタンス 𝑋 ， 𝑋 [p. u. ] は短絡比の逆数であ
るから，
1
𝑋
=
𝐾
1
=
0.5
= 2.00 [p. u. ]
1
𝑋
=
𝐾
1
=
0.6
≒ 1.6667 → 1.67 [p. u. ]と求められる。
(1)b.発電機定格出力運転時の無負荷誘導起電力 𝑬𝐀 ，
𝑬𝐁 [𝐩. 𝐮. ]
題意に沿って A 機のベクトル図を描くと図 2 のようになる。
題意より， 𝑉 = 1 [p. u. ] ，cos 𝜙 = 0.9 であるから，図
2 より，
𝐸 =
(𝑉 + 𝑋 𝐼 sin 𝜙 ) + (𝑋 𝐼 cos 𝜙 )の関係があり，
sin 𝜙 =
1 − cos 𝜙=
1 − 0.9≒ 0.43589であるから，各値を代入すると，𝐸 =(1 + 2 × 1 × 0.43589) + (2 × 1 × 0.9)
≒ 2.5968 → 2.60 [p. u. ]と求められる。同様に，
𝐸 =(𝑉 + 𝑋 𝐼 sin 𝜙 ) + (𝑋 𝐼 cos 𝜙 )の関係があり，各値を代入すると，𝐸 =(1 + 1.6667 × 1 × 0.43589) + (1.6667 × 1 × 0.9)

≒ 2.2871 →と求められる。

126

2.29 [p. u. ](2)同期運転時の内部相差角の 𝐬𝐢𝐧 𝜹 ，各発電機が分担する有効電力 𝑷𝐀 ， 𝑷𝐁 [𝐤𝐖] ，発電機 𝐀 機の相電流
𝑰𝐀 [𝐩. 𝐮. ] 及び力率(遅れ)𝐜𝐨𝐬 𝝓𝐀
ワンポイント解説「2.同期発電機の送電電力 𝑃 」より，
A 機及び B 機の 2 台が並列運転している際の送電電
力 𝑃 は，𝐸 𝑉
𝐸 𝑉
𝑃 =sin 𝛿 +sin 𝛿𝑋𝑋である。有効電力を単位法で表すと，
𝑃 [kW]
𝑃 [p. u. ] =
𝑃
16000
=
10000
= 1.6 [p. u. ]となるので，各値を代入すると，2.5968 × 1
2.2871 × 1
1.6 =sin 𝛿 +sin 𝛿
2
1.6667
1.6
sin 𝛿 =
2.5968 × 1 2.2871 × 1+ 1.6667
2≒ 0.59911 → 0.599と求められる。よって，各発電機が分担する有効電力
𝑃 ， 𝑃 は，
𝐸 𝑉
2.5968 × 1
𝑃 =sin 𝛿 =
× 0.59911
𝑋2≒ 0.77788 [p. u. ]𝐸 𝑉
2.2871 × 1
𝑃 =sin 𝛿 =
× 0.59911
𝑋
1.6667≒ 0.82212 [p. u. ]となるので、 kW に変換すると，
𝑃 = 10000 × 0.77788 = 7778.8 → 7780 [kW]𝑃 = 10000 × 0.82212 = 8221.2 → 8220 [kW]と求められる。
図 2 のベクトル図の三角形にワンポイント解説「3.余弦定理」の通り，余弦定理を適用すると，(𝑋 𝐼 ) = 𝐸 + 𝑉 − 2𝐸 𝑉 cos 𝛿
𝑋 𝐼=

𝐸 + 𝑉 − 2𝐸 𝑉 cos 𝛿𝐼=

𝐸 + 𝑉 − 2𝐸 𝑉 cos 𝛿𝑋となり，
cos 𝛿 = 1 − sin 𝛿 = 1 − 0.59911 ≒ 0.80067
であるので，各値を代入すると，√2.5968 + 1 − 2 × 2.5968 × 1 × 0.80067
𝐼 =2≒ 0.94671 → 0.947 [p. u. ]と求められる。さらに， 𝑃 = 𝑉𝐼 cos 𝜙 であるから，
𝑃
cos 𝜙
=
𝑉𝐼
0.77788=
1 × 0.94671≒ 0.82167 → 0.822 [p. u. ]と求められる。

2019 年 機械・制御

2019 年 問 1
問題 【難易度】★★★★☆（やや難しい）
180 kW ， 3000 V ， 6 極， 50 Hz の定格をもつ三相かご形誘導電動機の拘束試験の結果は次のとおりであった。
線間電圧 610 V ，線電流 31 A ，三相入力 5.2 kW
また，電機子巻線の接続は Y 接続とし，端子間の抵抗の平均値は 0.92 Ω であった。次の問に答えよ。ただし，励磁電流は無視する。
(1) 拘束試験時の二次入力 [kW] を求めよ。
(2) 定格電圧での拘束時の二次入力 [kW] を求めよ。
(3) 定格電圧始動時の始動トルク [N ⋅ m] を求めよ。
(4) この電動機を定格電圧で始動した場合，始動トルクは全負荷トルクの 50.5 ％ ，始動電流は全負荷電流の410 ％ である。始動電流を全負荷電流の 200 ％ に抑えるための始動電圧及びトルクを求めよ。ただし，全負荷運転時の滑りは 3 ％ とする。
【正答チェック表】
日にち

(1)

(2)

【ワンポイント解説】
拘束試験は誘導電動機の回転子を回転しないように拘束し，定格より低い電圧を加えて，一次電流がほぼ定格値になった時の入力電力，電圧，電流を測定する試験です。一次電圧が定格よりかなり小さいので，鉄損を無視し，滑りが 1 となることがポイントとなります。
1.三相誘導電動機の 𝐋 形等価回路
三相誘導電動機の一相あたりの L 形等価回路は図 1 のようになります。 L 形等価回路は確実に描けるようにしておきましょう。

(3)

(4)

2.電動機の同期速度 𝑵𝐬 と同期角速度 𝝎𝐬
周波数を 𝑓 ，極数 𝑝 とすると，同期速度 𝑁 は，
120𝑓
𝑁 =
𝑝
で求められます。また，同期角速度 𝜔 は，
2π𝑁
2π 120𝑓 4π𝑓
𝜔 =
=
×
=
60
60
𝑝
𝑝
となります。
3.電動機のトルク 𝑻 と出力 𝑷𝐨 の関係
電動機の出力 𝑃 は，電動機の角速度 𝜔 ，トルク 𝑇 とす
ると，
𝑃 = 𝜔𝑇の関係があります。

𝑉 ：一次電圧，𝐼 ：一次電流，𝐼 ：励磁電流，
𝐼 ：一次側に換算した二次電流，𝑟 ：一次抵抗，
𝑥 ：一次リアクタンス，
𝑟 ：一次側に換算した二次抵抗，
𝑥 ：一次側に換算した二次リアクタンス，
𝑔 ：励磁コンダクタンス，
𝑏 ：励磁サセプタンス，𝑠：滑り

133

2019 年 機械・制御【解答】(1)電機子電流 𝑰 が 𝟎 [𝐩. 𝐮. ] となった。このときの界磁
電流 𝑰𝐟𝐚 [𝐩. 𝐮. ]
題意に沿ってベクトル図を描くと図 2 のようになる。
電機子電流 𝐼 が 0 [p. u. ] なので， 𝐸 = 𝑉 となる。
よって， 𝐸 = 𝑘𝐼 の関係より，
𝐸
𝐼
=
𝑘
𝑉
=
𝑘
と求められる。

(4) 𝐂 点の運転状態における電機子電流 𝑰𝐜 を， 𝑬𝐜 ，
𝑿𝐬 ， 𝑽𝐧 ， 𝐜𝐨𝐬 𝜹𝐜 で表す式
図 3 に余弦定理を適用すると，(𝑋 𝐼 ) = 𝑉 + 𝐸 − 2𝑉 𝐸 cos 𝛿
𝑉 + 𝐸 − 2𝑉 𝐸 cos 𝛿
𝐼 =
𝑋
𝐼

=

と求められる。
(5) 𝑰𝐜 を 𝑽𝐧 ， 𝑿𝐬 ， 𝑷𝟏 及び 𝒌𝑰𝐟𝐜 で表す式
同期電動機の出力は，
𝐸𝑉
𝑃 =
sin 𝛿
𝑋
であるので，この式を sin 𝛿 について整理すると，
𝑃𝑋
sin 𝛿 =
𝐸𝑉となるので， cos 𝛿 は，cos 𝛿 =

(2)電機子電流 𝑰 が最小となったときの電機子電流
𝑰𝐛 [𝐩. 𝐮. ]図 2 より，同期機の出力 𝑃 は，
𝑃 = 𝑉 𝐼 cos 𝜃であるので，力率 1 である B 点での出力 𝑃 は，
𝑃 = 𝑉𝐼𝑃𝐼 =𝑉と求められる。
(3)図中の 𝐂 点の運転状態となったときのフェーザ図
ワンポイント解説「1.同期機の V 曲線」の通り， C 点における力率は遅れ力率であるから，フェーザ図は図3 のようになる。

𝑉 + 𝐸 − 2𝑉 𝐸 cos 𝛿𝑋

1 − sin 𝛿 =

1−

𝑃𝑋
𝐸𝑉

となり，これを(4)の解答式に代入して整理すると，
𝑉 + 𝐸 − 2𝑉 𝐸 cos 𝛿
𝐼 =𝑋
𝑉 + 𝐸 − 2𝑉 𝐸=

𝑃𝑋
1− 𝐸 𝑉𝑋
𝑉 + 𝐸 − 2𝑉 𝐸

(𝐸 𝑉 ) − (𝑃 𝑋 )=𝑋となり，題意より 𝐸 = 𝑘𝐼 であるから，
𝑉 + (𝑘𝐼 ) − 2 (𝑘𝐼 𝑉 ) − (𝑃 𝑋 )𝐼=と求められる。

136

𝑋2019 年 機械・制御

2019 年 問 4
問題 【難易度】★★☆☆☆（やや易しい）図のようなフィードバック制御系がある。ここで 𝑅(𝑠) と 𝑌(𝑠) は，それぞれ目標値 𝑟(𝑡) と制御量 𝑦(𝑡) のラプラス変換である。次の問に答えよ。
(1)

2 次遅れ系の標準形 𝐺(𝑠) =り，𝜔 > 0 ，0 < 𝜁 <せ。ただし， 𝑥 ≜√を考える。ここで， 𝜔 [rad/s] は固有角周波数， 𝜁 は減衰係数であとする。周波数応答の振幅 |𝐺(j𝜔)| が |𝐺(j𝜔)| =()

で与えられることを示

とする。

(2)

関数 𝑓(𝑥) = (1 − 𝑥) + 4𝜁 𝑥 を最小にする 𝑥 を 𝑥 とするとき， 𝑥 を 𝜁 で表せ。また，周波数応答の振幅|𝐺(j𝜔)| の最大値 𝑀 を 𝜁 で表せ。
(3) 図のフィードバック制御系の閉ループ伝達関数 𝐺 (𝑠) を求めよ。また， 𝜔 及び 𝜁 の値を求めよ。
(4) 小問(3)で求めた閉ループ伝達関数 𝐺 (𝑠) の周波数応答の振幅を最大にする角周波数 𝜔 [rad/s] 及び最大振幅 𝑀 の値を求めよ。

【正答チェック表】
日にち

(1)

(2)

(3)

(4)

【ワンポイント解説】？
○≜とは「定義する」という意味です。≡と同じで１種には珍しい古典制御からオーソドックスな出題
す。
となっています。比較的時間も余裕のある問題なので，計算ミスに注意して確実に点を取りたい問題と言え(2) 𝒙𝐩 及び 𝑴𝐩 を 𝜻 で表するでしょう。
𝑓(𝑥) = (1 − 𝑥) + 4𝜁 𝑥 を展開すると，
𝑓(𝑥) = 1 − 2𝑥 + 𝑥 + 4𝜁 𝑥
【解答】
= 𝑥 + (4𝜁 − 2)𝑥 + 1(1)周波数応答の振幅 |𝑮(𝐣𝝎)| がとなるので，両辺微分すると，
𝟏|𝑮(𝐣𝝎)| =で与えられることを示す
d𝑓(𝑥)(𝟏 𝒙)𝟐 𝟒𝜻𝟐 𝒙= 2𝑥 + 4𝜁 − 2d𝑥
2 次遅れ系の標準形 𝐺(𝑠) =
の周波数応
( )
となり，最小値をとるのは= 0 の時であるから，答を求めるため， 𝑠 = j𝜔 を代入すると，
2𝑥 + 4𝜁 − 2 = 0𝜔𝐺(j𝜔) =𝑥
= 1 − 2𝜁−𝜔 + j2𝜁𝜔 𝜔 + 𝜔と求められる。よって，周波数応答の振幅最大値 𝑀
1
=
は，
𝜔
𝜔
1−
+ j2𝜁 𝜔
𝜔であるから，その絶対値は，
1|𝐺(j𝜔)| =𝜔𝜔
1−+ 4𝜁 𝜔
𝜔=1(1 − 𝑥) + 4𝜁 𝑥と求められる。

1392019 年 機械・制御

𝑀

1

=

(1 − 𝑥 ) + 4𝜁 𝑥
1={1 − (1 − 2𝜁 )} + 4𝜁 (1 − 2𝜁 )1=

4𝜁 + 4𝜁 − 8𝜁1=4𝜁 − 4𝜁
1=

2𝜁 1 − 𝜁(3)閉ループ伝達関数 𝑮𝐜 (𝒔) ， 𝝎𝐧 及び 𝜻 の値
問題図より，
4{𝑅(𝑠) − 𝑌(𝑠)}= 𝑌(𝑠)𝑠(1 + 0.25𝑠)
4𝑅(𝑠) − 4𝑌(𝑠) = 𝑠(1 + 0.25𝑠)𝑌(𝑠)
4𝑅(𝑠) = (0.25𝑠 + 𝑠 + 4)𝑌(𝑠)
𝑌(𝑠)
4
=
𝑅(𝑠)
0.25𝑠 + 𝑠 + 4
16
𝐺 (𝑠) =
𝑠 + 4𝑠 + 16と求められる。これを 2 次遅れ系の標準形と係数比較すると，

𝐺(𝑠) =

𝜔= 16
2𝜁𝜔 = 4となるので，これらの方程式を解くと，
𝜔 = 4 [rad/s]
𝜁 = 0.5と求められる。
(4)周波数応答の振幅を最大にする角周波数𝝎𝐩 [𝐫𝐚𝐝/𝐬] 及び最大振幅 𝑴𝐩 の値(2)より， 𝐺 (𝑠) の周波数応答の振幅を最大にする各周
波数 𝜔 [rad/s] を満たす条件は，
𝜔𝑥=𝜔𝜔 = 𝜔 𝑥=𝜔1 − 2𝜁

=4 × 1 − 0.5≒ 2.8284 → 2.83 [rad/s]となり，最大振幅 𝑀 の値は，
1
𝑀 =2𝜁 1 − 𝜁1=
2 × 0.5√1 − 0.5≒ 1.1547 → 1.15と求められる。

140