電験一種が難しいはずがない!

電気系知識なしの社会人がいきなり電験一種取得を目指して勉強するブログ

見かけ倒しのコンデンサ型計器用変圧器(CVT) 平成30年度電験一種二次電力・管理問3

変圧器の問題に見せかけて二次側のことは考えないとするとあるのでただのLC回路
ニュートン・ラプソン法しかり、なんか電験ってこういう見かけ倒しの問題多くない?

今回使う知識はテブナン等価回路と電圧に関するキルヒホッフの法則のみ。
テブナン等価回路の説明はテブナンの定理 | 高校物理の備忘録がわかりやすかった。
互いに逆向きの起電力を二つ挿入して、"挿入した逆向きの起電力と元の回路"と"元の回路の起電力を取ったのと順方向の起電力の回路"の二つに分けて解くことで等価回路を求める。

平成30年度電験一種二次電力・管理問3その1
平成30年度電験一種二次電力・管理問3その2

問題文は試験の問題と解答 | ECEE 一般財団法人電気技術者試験センターより引用。

私の解答

(1) テブナン等価回路の電圧はab端を解放したときにab端の電位差に等しいので
 \displaystyle \dot{v}\frac{\frac{1}{j\omega C_2}}{\frac{1}{j\omega C_1} + \frac{1}{j\omega C_2}} = \frac{\dot{v} C_1}{C_1 + C_2}より \displaystyle v= \frac{VC_1\sin\omega t}{C_1 + C_2}
テブナン等価回路のアドミタンスは電圧源を短絡したときの合成アドミタンスに等しいので \displaystyle j\omega (C_1 + C_2)
したがってこれを一つのコンデンサとみたときの静電容量は \displaystyle C_1 + C_2
図はこれを直列につなぐだけなので略。

(2) (1)の等価回路でコンデンサとコイル(L)における電圧降下の和がゼロ、すなわち合成インピーダンスがゼロであれば、Trに \displaystyle \frac{VC_1\sin\omega t}{C_1 + C_2}の電圧がかかる。
すなわち \displaystyle \frac{1}{j\omega (C_1 + C_2)} + j\omega L = 0
 \displaystyle \Leftrightarrow \omega^2 L - \frac{1}{C_1 + C_2} = 0
 \displaystyle \Leftrightarrow 4 \pi^2 f^2 L (C_1 + C_2) = 1が求める条件である。

(3) トランスが単にインダクタになるだけ。合成回路は電源と静電容量 \displaystyle C_1 + C_2コンデンサとリアクタンス \displaystyle L + L_mのインダクタを直列につないだだけの回路なので略。

(4) 電源電圧を \displaystyle V\sin\omega t, コンデンサの静電容量をC, インダクタのリアクタンスをLと置きなおして立式を終えた後に戻す。
回路に流れる電流は \displaystyle Q = Cv_cの両辺を微分 \displaystyle I = C\frac{dv_c}{dt}
インダクタにおける電圧降下は \displaystyle L \frac{dI}{dt} = LC\frac{d^2v_c}{dt^2}
したがって回路全体の電圧降下についての保存則から
 \displaystyle LC\frac{d^2v_c}{dt^2} + v_c = V\sin\omega tが成り立つ。
電圧、静電容量およびリアクタンスを元の変数に戻せば、
 \displaystyle (L + L_m)(C_1 + C_2)\frac{d^2v_c}{dt^2} + v_c = \frac{VC_1\sin\omega t}{C_1 + C_2}を得る。

(5) 電圧、静電容量およびリアクタンスをV, C, Lで置きなおした微分方程式を解き、解を得た後で戻す。
(定常解)
Cにかかる分圧を求めればよいから電源電圧を \displaystyle \dot{v}とすれば
 \displaystyle \dot{v_c} = \dot{v}\frac{\frac{1}{j\omega C}}{\frac{1}{j\omega C} + j\omega L} = \frac{\dot{v}}{1 - \omega^2CL}
したがって
 \displaystyle v_c =  \frac{V\sin\omega t}{1 - \omega^2CL}
(過渡解)
右辺をゼロとおいた微分方程式特性方程式
 \displaystyle LC\lambda^2 + 1 = 0より \displaystyle \lambda = \pm j\sqrt{\frac{1}{LC}}
ここで \displaystyle \omega' = \sqrt{\frac{1}{LC}}とおけば、
過渡解は \displaystyle v_c = Ae^{j\omega't} + Be^{-j\omega't}とかける。
(一般解)
以上より微分方程式の一般解は
 \displaystyle v_c = Ae^{j\omega't} + Be^{-j\omega't} + \frac{V\sin\omega t}{1 - \omega^2CL}である。
 \displaystyle v_c(0) = 0より \displaystyle B = -Aであるからこの解は
 \displaystyle v_c = j2A\sin\omega't + \frac{V\sin\omega t}{1 - \omega^2CL}と書ける。
 \displaystyle \frac{dv_c}{dt}|_{t=0} = 0より \displaystyle j2A\omega' + \frac{V\omega}{1 - \omega^2CL} = 0
したがって \displaystyle A = j\frac{V\omega}{2\omega'(1 - \omega^2CL)}であるから
 \displaystyle v_c = \frac{V}{1 - \omega^2CL}(\sin\omega t - \frac{\omega}{\omega'}\sin\omega't)である。
V, C, Lを元の変数に戻せば、
 \displaystyle v_c = \frac{VC_1}{(C_1 + C_2)\{1 - \omega^2(C_1 + C_2)(L + L_m) \} }(\sin\omega t - \omega\sqrt{(C_1 + C_2)(L + L_m)}\sin\frac{t}{\sqrt{(C_1 + C_2)(L + L_m)}})
を得る。

(6) (2)の条件が近似的に成り立つとすると、 \displaystyle \omega' < \omegaであるから \displaystyle \sin\omega'tに由来する項が低周波成分となる。
トランスにかかる低周波成分の電圧は
 \displaystyle L_m(C_1+C_2)\frac{d^2v_c}{dt^2} \displaystyle \sin\omega'tの項であり、
 \displaystyle \frac{C_1V\omega \omega' L_m \sin \omega' t}{1 - \omega^2(C_1 + C_2)(L + L_m)} = \frac{C_1V\sin \omega' t}{ -\omega^2(C_1 + C_2)^2 \sqrt{L(L + L_m)}} となり、
この大きさは \displaystyle L_mのおよそ-0.5乗に比例するから、 \displaystyle L_mが磁気飽和により低下すると増大する。

疑問

標準解答だとコンデンサにかかる電圧の低周波成分を考察しているが、コンデンサにかかる低周波の電圧とトランスにかかる低周波の電圧では
後者が \displaystyle \frac{L_m}{L + L_m}倍になっており話がかわってくるはず。なんであれで解答になるんだろう。

5ch電験一種スレで出題されていた問題

5ch電験一種スレで出題されていた問題

電験三種の問題らしい。いずれにせよ定義にしたがって実効電圧を求めるだけ。

解答

 \displaystyle \dot{e_1}に対するLのインピーダンス \displaystyle j0.003\omega \displaystyle \dot{e_2}に対するLのインピーダンス \displaystyle j0.009\omega
Lの電圧降下における \displaystyle \dot{e_1}の寄与は \displaystyle \frac{j0.003\omega}{8 + j0.003\omega}\dot{e_1}
したがってこの瞬時値は \displaystyle A\sin\alphaと書ける。
同様にLの電圧降下における \displaystyle \dot{e_2}の寄与の瞬時値は \displaystyle B\sin\betaと書ける。
したがって実効電圧は \displaystyle V_{rms}^2 = \frac{1}{T} \int_{0}^{T} (A\sin\alpha + B\sin\beta)^2 dt
 \displaystyle = \frac{1}{T} \int_{0}^{T} (A^2\sin^2\alpha + B^2\sin^2\beta + 2AB\sin\alpha\sin\beta) dt
 \displaystyle = \frac{1}{T} \int_{0}^{T} \biggl[ A^2\frac{1 - \cos{2\alpha}}{2} + B^2\frac{1 - \cos{2\beta}}{2} + AB \{ \cos{(\alpha - \beta)} - \cos{(\alpha + \beta)} \} \biggr] dt
ここで \displaystyle \cos{2\alpha}, \cos{2\beta}, \cos{(\alpha - \beta)}, \cos{(\alpha + \beta)} \displaystyle 2\alpha, 2\beta, \alpha - \beta, \alpha + \betaがtの一次関数であり、かつそれぞれTを周期に持つから、いずれも一周期積分するとゼロになり
 \displaystyle V_{rms} = \sqrt{\frac{A^2 + B^2}{2}}を得る。

ここで \displaystyle A^2 = \sqrt{2}\frac{j0.003\omega}{8 + j0.003\omega}\dot{e_1} \cdot \overline{\sqrt{2}\frac{j0.003\omega}{8 + j0.003\omega}\dot{e_1}} = 20000\frac{(0.003\omega)^2}{64 +(0.003\omega)^2}であり、
 \displaystyle \omega = 2\pi fを代入し \displaystyle A^2 = 0.013689137848961 \cdot 20000
同様に \displaystyle B^2 = \sqrt{2}\frac{j0.009\omega}{8 + j0.009\omega}\dot{e_2} \cdot \overline{\sqrt{2}\frac{j0.009\omega}{8 + j0.009\omega}\dot{e_2}} = 20000\frac{(0.009\omega)^2}{64 +(0.009\omega)^2}から
 \displaystyle B^2 = 0.111041717606271 \cdot 20000

したがって \displaystyle V_{rms} = 35.317 (V)を得る。答えは(4)

追記

482名無し検定1級さん (ワッチョイ 9fbd-S+HU)2023/05/31(水) 14:25:17.04ID:GIlP5ct90
オリジナルの問題はLの両端の電圧を求めよ。だけれど、ついでに、
Rの両端の電圧も求めてくれると、嬉しいな。ついでで簡単で所?

 \displaystyle A^2, B^2の分子の \displaystyle (0.003\omega)^2, (0.009\omega)^2を64にするだけのどうでもいい問題なので略。

追記2

本当に三種の問題なのかという議論があったので、ちょっと調べてみた。
高調波を含む交流を歪み波交流(ひずみはこうりゅう)と言い、歪み波交流の実効値は電験三種の公式のようだ。
非正弦波交流(ひずみ波交流)の実効値と電力の公式を暗記しよう! | 電験3種Web
《理論》〈電気回路〉[H29:問9]ひずみ波交流電流の消費電力に関する計算問題 | 電験王3

電験三種は工業高校生向けで積分ができない前提だったはずなので、上の式を導出なしで暗記するとかするのかな?
意味わからず暗記って逆にむずいだろそれ。
式の意味をわからずに使ってたら、角周波数が整数倍じゃない高調波とか低周波が入っていたらどうするんだろう。

オームの法則を使うだけ 令和元年度電験一種二次電力・管理問4

受電端における電力と負荷における電力が異なる変な問題。
受電端のあとの配線で電力降下があるかもと仮定してるようだが、結局ないとして解けと言っていて関係なくなる。

令和元年度電験一種二次電力・管理問4

問題文は試験の問題と解答 | ECEE 一般財団法人電気技術者試験センターより引用。

私の解答

(1) 送電線に流れる電流を \displaystyle \dot{I}とすると、送電線における電圧降下から、
 \displaystyle \dot{I} = \frac{\dot{V_s} - \dot{V_r}}{jx}
受電端における電力 \displaystyle P_i + jQ_iは遅れ無効電力が正なので、
 \displaystyle P_i + jQ_i = \dot{V_r}\overline{\dot{I}} = \frac{\dot{V_r}\overline{\dot{V_s}} - \dot{V_r}\overline{\dot{V_r}}}{-jx}
 \displaystyle = j\frac{V_rV_s (\cos\delta - j\sin\delta) - V_r^2}{x}
したがって、
 \displaystyle Q_i = \frac{V_rV_s \cos\delta - V_r^2}{x} (p.u.)

(2)  \displaystyle 4V_r - 3 \displaystyle 1000\,\mathrm{MV\cdot A}基準にすれば \displaystyle 2.4V_r - 1.8
題意よりこれが \displaystyle Q_iに等しく、また \displaystyle \cos\delta = 1としてよいため、
 \displaystyle 2.4V_r - 1.8 = \frac{V_r - V_r^2}{0.03}
 \displaystyle \Leftrightarrow 100V_r^2 - 92.8 V_r - 5.4 = 0
 \displaystyle \Leftrightarrow V_r = 0.983, \, -0.0549
 \displaystyle V_rは正であるから \displaystyle V_r = 0.983 (p.u.)
 \displaystyle Q_i = 2.4V_r - 1.8 = 0.559 (p.u.)  \displaystyle = 559 (MVar)

早く電力・機械・法規の参考書買ってこなきゃ。

電験一種ってもしかして二次より一次のほうがむずかしくね?

電気の勉強始めて5日目で言うのもなんだけど、電力・管理科目はあと、

  • 故障計算(対称座標法)
  • 変圧器
  • テブナン等価回路
  • 水力・火力の用語

くらいの勉強をすれば合格点が取れるんじゃないかという気がする。

 

で、機械・制御科目の問題をぱらぱらめくってみると、パワーエレクトロニクスと制御の問題が(まだあんまり意味はわからないが)かなり簡単そうな気がする。

パワーエレクトロニクスって位相で場合分けして簡単な積分するだけっぽいし、制御はラプラス変換するだけの問題に見える。ラプラス変換も試験においては本質的には簡単な規則を適用するだけっぽいし、覚える量も少なそう。

 

という訳で二次の目処が立ったので、一次の問題を見始めたらこれが結構やばい。理論は高校電磁気と今までにやった複素インピーダンスの知識で結構な範囲がカバーできるので、その復習をすれば後はマクスウェル方程式を勉強するだけで満点近くいけそうな感じ。だが残りの3科目の電力・機械・法規が全部やばい。どれもガリガリ暗記しないといけない奴だ。

計算は考えりゃできるが、暗記科目は覚えないとどうしようもない。そういう意味で、多分二次より一次のほうが難しい。

 

1次の試験は8月であんまり時間がないし、3科目分を暗記するのはそれなりに時間がかかるだろう。ってことでこれからは1次の対策に重点をおいて勉強していこうと思う。2次の試験は11月なので、1次の試験が終わった後から勉強しても間に合うという見立て。

ニュートン・ラフソン法とは名ばかりの易問!令和3年度電力・管理問3

ニュートン・ラフソン法を使うのかと思いきや、問題をよく読むとオームの法則と電流の保存則を使うだけのかなりの易問

令和3年度電験一種二次電力・管理問3その1
令和3年度電験一種二次電力・管理問3その2

問題文は試験の問題と解答 | ECEE 一般財団法人電気技術者試験センターより引用。

私の解答

(1) 母線1についての電流の保存則から \displaystyle \dot{I_1} = \frac{\dot{V_1} - \dot{V_2}}{jX_{12}} + \frac{\dot{V_1} - \dot{V_3}}{jX_{13}}
 \displaystyle = -j\dot{V_1}(\frac{1}{X_{12}} + \frac{1}{X_{13}}) + j\dot{V_2}\frac{1}{X_{12}}+ j\dot{V_3}\frac{1}{X_{13}}
回路の対称性より、この等式は添え字の1,2,3を自由に入れ替えても成り立つ。
したがってノードアドミタンス行列は、
 \displaystyle [\dot{Y_{kl}} ]= \begin{pmatrix} -j(\frac{1}{X_{12}}+\frac{1}{X_{13}}) & j\frac{1}{X_{12}} & j\frac{1}{X_{13}} \\
j\frac{1}{X_{12}}&-j(\frac{1}{X_{12}}+\frac{1}{X_{23}})&j\frac{1}{X_{23}} \\
j\frac{1}{X_{13}}&j\frac{1}{X_{23}}&-j(\frac{1}{X_{13}}+\frac{1}{X_{23}}) \end{pmatrix}

(2) 母線1からに2流れる電流を \displaystyle \dot{I_{12}}とおくと、
この部分のπ等価回路において母線1の側の分岐点における電流の保存則を考え、
 \displaystyle \dot{I_{12}} = \frac{\dot{V_1} - \dot{V_2}}{j0.1} + j\dot{V_1} = -j9\dot{V_1} + j10\dot{V_2}
同様に
 \displaystyle \dot{I_{13}} = -j9\dot{V_1} + j10\dot{V_3}より
 \displaystyle \dot{I_{1}} = -j18\dot{V_1} + j10\dot{V_2} + j10\dot{V_3}
直列リアクタンスおよびキャパシタンスは添え字1,2,3に関して対称であるから、
ノードアドミタンス行列は
 \displaystyle [\dot{Y_{kl}} ]= \begin{pmatrix} -j18 & j10 & j10 \\
j10 & -j18 & j10 \\
j10 & j10 & -j18 \end{pmatrix}

(3) 電力およびノードアドミタンス行列の定義から
 \displaystyle P_k + jQ_k = \dot{V_k}\overline{\dot{I_k}} = \dot{V_k} \sum_{l = 1}^3 \overline{\dot{V_l}(G_{kl} + jB_{kl})}
 \displaystyle = \sum_{l = 1}^3  |\dot{V_k}| |\dot{V_l}|  \{ \cos (\theta_k - \theta_l) + j\sin(\theta_k - \theta_l) \} (G_{kl} - jB_{kl})
したがって
 \displaystyle P_k = \sum_{l = 1}^3  |\dot{V_k}| |\dot{V_l}|  \{ G_{kl}\cos (\theta_k - \theta_l) + B_{kl}\sin(\theta_k - \theta_l) \}
 \displaystyle Q_k = \sum_{l = 1}^3  |\dot{V_k}| |\dot{V_l}|  \{ G_{kl}\sin(\theta_k - \theta_l) - B_{kl}\cos(\theta_k - \theta_l) \}

(4) (3)の式に(2)のノードアドミタンス行列から得られる \displaystyle B_{kl}および問題文で与えられた値を代入して
 \displaystyle 0.7 = 10.5\{ \sin\theta_2 + |\dot{V_3}| \sin(\theta_2 - \theta_3) \}

(5) (4)の式の右辺に問題文で与えられた \displaystyle \theta_2, \theta_3, |\dot{V_3}|を代入すると0
したがって残差は0.7である。

回路が対称なので実質的な計算量はかなり少ないし、ニュートン法ヤコビアン逆行列を計算することもない。
残差に至っては右辺がゼロになるので左辺の値をそのまま答えるだけ。

電験勉強4日目 そろそろ二次の送電の問題が解けるようになってきたか?令和四年度電力・管理問2

今回の問題を解くのに必要な知識は、複素インピーダンスの計算、および前回のπ等価回路近似、単位法に加えて、単位法で表した時の変圧器が導線と同一視できるということ。これらがわかっていれば十分。

令和四年度電験一種二次電力・管理問2問題文

問題文は試験の問題と解答 | ECEE 一般財団法人電気技術者試験センターより引用。

私の解答

(1) 基準電圧 \displaystyle 500 \, \mathrm{kV}、基準容量 \displaystyle 1000 \, \mathrm{MV} \cdot \mathrm{A}より、
基準電流は \displaystyle 1000 / 500 = 2 \, \mathrm{kA}、基準インピーダンス \displaystyle 500 / 2 = 250 \, \Omega
基準アドミタンス \displaystyle 1 / 250 \cdot 1000 \cdot 1000 = 4000 \, \mu \mathrm{S}

二回線送電線の直列リアクタンスは \displaystyle 0.5 \cdot 200 / 2 = 50 \, \Omega = 0.2 \, \mathrm{p.u.}
より直列インピーダンス \displaystyle j0.2 \, \mathrm{p.u.}
並列サセプタンスは \displaystyle 2.0 \cdot 200 \cdot 2 = 800 \, \mu \mathrm{S} = 0.2 \, \mathrm{p.u.}
より並列アドミタンス \displaystyle j0.2 \, \mathrm{p.u.}である。

π等価回路で並列アドミタンスが二分割されることに注意してπ等価回路を描くと以下のようになる。

図1

(例によって図を描く能力が低すぎて電位差・電流および回路が交差する●を描けなかったので心の目で補ってください)

(2) π等価回路の右側の並列アドミタンスに流れる電流は \displaystyle j0.1 \dot{V_2}
したがって直列インピーダンスに流れる電流は \displaystyle \dot{I_2} + j0.1 \dot{V_2}であるから、
直列インピーダンスの電圧降下を考え、 \displaystyle \dot{V_1} = \dot{V_2} + j0.2(\dot{I_2} + j0.1 \dot{V_2})
 \displaystyle = 0.98 \dot{V_2} + j0.2\dot{I_2} (p.u.)
左側の並列アドミタンスに流れる電流は \displaystyle j0.1 \dot{V_1}であるから、
 \displaystyle \dot{I_1} = j0.1 \dot{V_1} + \dot{I_2} + j0.1 \dot{V_2} = 0.98 \dot{I_2} + j0.198\dot{V_2} (p.u.)

(3) 変圧器のインピーダンスを考える。
基準電圧 \displaystyle 500 \, \mathrm{kV}、基準容量 \displaystyle 500 \, \mathrm{MV} \cdot \mathrm{A}より、
基準電流 \displaystyle 1 \, \mathrm{kA}、基準インピーダンス \displaystyle 500 \, \Omega、したがって
インピーダンスはオーム単位で \displaystyle 500 \cdot 0.15 = 75 \, \Omega
これを1000MVの容量を基準にすれば(1)より基準インピーダンスは250Ωであるから、0.3 p.u.である。

すなわち変圧器は単位法ではj0.3 p.u.のインピーダンスのある導線に等しくなる。ゆえに
 \displaystyle \dot{I_0} = \dot{I_1}インピーダンスでの電圧降下を考えて
 \displaystyle \dot{V_0} = \dot{V_1} + j0.3 \dot{I_1}

(4) 題意より \displaystyle \dot{I_2} = 0であるから、
 \displaystyle \dot{V_1} = 0.98 \dot{V_2},  \displaystyle \dot{I_1} = j0.198 \dot{V_2}
これと(3)より
 \displaystyle \dot{V_0} = 0.98 \dot{V_1} - 0.0594 \dot{V_2} = 0.9206 \dot{V_2}
 \displaystyle |\dot{V_2}| = |\dot{V_0}| / 0.9206 = 1.05 / 0.9206 = 1.14 (p.u.)

標準解答と一致したので多分あっているだろう。このように、受電端の電圧が送電端よりも増加する現象をフェランチ効果というらしい。