電験三種「理論」平成21年度 問8の過去問と解説

電験三種「理論」平成21年度問8の過去問の解説です。

電験三種「理論」平成21年度(2009年度) 問8

電験三種「理論」の平成21年度問8(A問題)の問題です。
電験三種「理論」平成21年度(2009年度)問8の問題

この問題を解くためのポイントとコツ

この問題を解くためのポイントとコツは、

  1. スイッチ $\mathrm{S}$ が開いているときと閉じているときで分けて考えよう!
  2. 単相交流回路の計算方法は分かりますか?
  3. 抵抗が短絡されると抵抗には電流が流れない!(抵抗は無いのと同じ)
  4. 電流の比を求めるときは分母と分子を間違えないようにしよう!

です。

電験三種「理論」平成21年度(2009年度) 問8(A問題)の解説

この過去問は単相交流回路の問題で、スイッチ $\mathrm{S}$ が開いているときと閉じているときのそれぞれの電流の比と位相差の差を求める問題です。

 

では、スイッチ $\mathrm{S}$ が開いているときから計算していきましょう。

 

スイッチSが開いているとき

スイッチ $\mathrm{S}$ が開いているときの回路図は、次のようになりますね。(って、問題の回路図そのまんまです。)

 

電験三種「理論」平成21年度(2009年度)問8の問題の回路図

 

スイッチ $\mathrm{S}$ が開いているので、この回路は次のようなRL直列回路ということになります。

 

スイッチSが開いているときの回路図

 

それで問題文を見ると、「コイルを流れる電流の大きさが $I_1$」と書いているので、$I_1$ はつまり、回路全体に流れる電流になります。

 

電流I1は回路全体に流れる電流

 

なので、電流 $I_1$ を求めるためには、回路の合成インピーダンス $\dot{Z_1}$ を求めて、オームの法則を使えばいいですね。

 

この回路はRL直列回路で電源の角周波数が $\omega$ なので、回路の合成インピーダンス $\dot{Z_1}$ は、

 

$\dot{Z_1} =R+j\omega L=\sqrt{3}\,\omega L+j\omega L$ ($\because R=\sqrt{3}\,\omega L$)

 

$\therefore \dot{Z_1} =\sqrt{3}\,\omega L+j\omega L$ [$\Omega$] となります。

 

あとはオームの法則を使って電流 $\dot{I_1}$ を計算すると、

 

$\dot{I_1} =\dfrac{\dot{E}}{\dot{Z_1}} =\dfrac{\dot{E}}{\sqrt{3}\,\omega L+j\omega L}$ $=\dfrac{1}{\omega L}\left(\dfrac{1}{\sqrt{3} +j}\right)\dot{E}$ $=\dfrac{1}{\omega L}\left\{\dfrac{\sqrt{3} -j}{\left(\sqrt{3} +j\right)\left(\sqrt{3} -j\right)}\right\}\dot{E}$

 

$=\dfrac{1}{\omega L}\left(\dfrac{\sqrt{3} -j}{3+1}\right)\dot{E}$ $=\left(\dfrac{\sqrt{3} -j}{4\,\omega L}\right)\dot{E}$ $=\left(\dfrac{\sqrt{3}}{4\,\omega L} -j\dfrac{1}{4\,\omega L}\right)\dot{E}$

 

$\therefore \dot{I_1} =\left(\dfrac{\sqrt{3}}{4\,\omega L} -j\dfrac{1}{4\,\omega L}\right)\dot{E}$ [$\mathrm{A}$] …@ となります。

 

電流 $\dot{I_1}$ の式が求められたので、電源電圧 $\dot{E}$ の大きさを $E$ として電流 $\dot{I_1}$ の大きさ $I_1$ を求めます。

 

$I_1=|\dot{I_1} |$ $=\sqrt{\left(\dfrac{\sqrt{3}}{4\,\omega L}\right)^2 +\left(\dfrac{1}{4\,\omega L}\right)^2}\cdot E$ $=\sqrt{\dfrac{3+1}{\left( 4\,\omega L\right)^2}}\cdot E$ $=\sqrt{\dfrac{4}{\left( 4\omega L\right)^2}}\cdot E$ $=\dfrac{2E}{4\,\omega L}$ $=\dfrac{E}{2\,\omega L}$

 

$\therefore I_1=\dfrac{E}{2\,\omega L}$ [$\mathrm{A}$] …A

 

次は、@式より電源電圧 $\dot{E}$ に対する電流 $\dot{I_1}$ の位相差 $\theta_1$ を $\tan$ を使って求めます。(電流の比 $\dfrac{I_1}{I_2}$ については、電流 $I_2$ の式を計算してから求めます。)

 

$\tan\theta_1 =\dfrac{-\dfrac{1}{4\,\omega L}}{\dfrac{\sqrt{3}}{4\,\omega L}} =\dfrac{-1}{\sqrt{3}}$

 

$\theta_1 =\tan^{-1}\left(\dfrac{-1}{\sqrt{3}}\right) =-30^\circ$

 

タンジェント(tan)の説明図

 

$\therefore \theta_1 =-30^\circ$ …B となります。

 

ちなみに、@式の電源電圧 $\dot{E}$ と電流 $\dot{I_1}$ のベクトル図を、電圧 $\dot{E}$ を基準にして書くと次のようになります。($E$ はベクトル $\dot{E}$ の大きさを表わします。)

 

電流I1のベクトル図

 

スイッチSが閉じているとき

スイッチ $\mathrm{S}$ が閉じているときの回路図は、次のようになりますね。

 

スイッチSが閉じているときの回路図

 

スイッチ $\mathrm{S}$ が閉じているので、抵抗 $R$ は短絡されていることになります。なので、抵抗 $R$ には電流が流れないので、この回路は次のようにコイル $L$ だけの回路になります。

 

抵抗Rを無視したスイッチSが閉じているときの回路図

 

では、電流 $\dot{I_1}$ と同じように、オームの法則を使って電流 $\dot{I_2}$ を計算してみましょう。

 

$\dot{I_2} =\dfrac{\dot{E}}{j\omega L} =\dfrac{1}{j\omega L}\dot{E} =\dfrac{j}{j\times j\omega L}\dot{E}$ $=-j\dfrac{1}{\omega L}\dot{E}$

 

$\therefore \dot{I_2} =-j\dfrac{1}{\omega L}\dot{E}$ [$\mathrm{A}$] …C となります。

 

電流 $\dot{I_2}$ の式が求められたので、電源電圧 $\dot{E}$ の大きさを $E$ として電流 $\dot{I_2}$ の大きさ $I_2$ を求めます。

 

$I_2=|\dot{I_2} |=\sqrt{0^2+\left(\dfrac{1}{\omega L}\right)^2}\cdot E$ $=\sqrt{\dfrac{1}{\left(\omega L\right)^2}}\cdot E$ $=\dfrac{E}{\omega L}$

 

$\therefore I_2=\dfrac{E}{\omega L}$ [$\mathrm{A}$] …D

 

次は、C式より電源電圧 $\dot{E}$ に対する電流 $\dot{I_2}$ の位相差 $\theta_2$ を $\tan$ を使って求めます。

 

$\tan\theta_2 =\dfrac{-\dfrac{E}{\omega L}}{0} =-\infty$ ($\because$ゼロ分のなんとか(なんとか÷ゼロ)は無限大になります。)

 

$\theta_2 =\tan^{-1}\left( -\infty\right) =-90^\circ$

 

タンジェント(tan)の説明図

 

$\therefore \theta_2 =-90^\circ$ …E となります。

 

ちなみに、C式の電源電圧 $\dot{E}$ と電流 $\dot{I_2}$ のベクトル図を、電圧 $\dot{E}$ を基準にして書くと次のようになります。

 

電流I2のベクトル図

 

以上で電流 $I_1$ と $I_2$ の大きさと、位相差 $\theta_1$ と $\theta_2$ が求められたので、最後に電流の比 $\dfrac{I_1}{I_2}$ と位相差の差 $|\theta_1 -\theta_2 |$ を求めれば終わりです。

 

A、Dより電流の比 $\dfrac{I_1}{I_2}$ は、

 

$\dfrac{I_1}{I_2} =\dfrac{\dfrac{E}{2\,\omega L}}{\dfrac{E}{\omega L}} =\dfrac{1}{2}$

 

$\therefore \dfrac{I_1}{I_2} =\dfrac{1}{2}$ …(答)

 

B、Eより位相差の差 $|\theta_1 -\theta_2 |$ は、

 

$|\theta_1 -\theta_2 | =|-30^\circ -\left( -90^\circ\right) |$ $=|-30^\circ +90^\circ |$ $=|60^\circ |$ $=60^\circ$

 

$\therefore |\theta_1 -\theta_2 |=60^\circ$ …(答)

 

となり、(2)が正解になります。

 

この問題を解くために使った公式

 

オームの法則の公式:$\dot{I} =\dfrac{\dot{E}}{\dot{Z}}$

 

RL直列回路のインピーダンスの公式:$\dot{Z} =R+j\omega L$

 

三角関数の公式($\tan$):$\tan\theta =\dfrac{b}{a}$

 

角度を求める公式($\tan$):$\theta =\tan^{-1}\dfrac{b}{a}$

 

ベクトルの大きさの公式:$|\dot{r} |=\sqrt{a^2+b^2}$

 


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交流回路の計算では虚数単位「$j$」がよく使われますが、この虚数単位「$j$」が苦手という方はけっこういます。
電験三種の問題では、「虚数単位「$j$」を二乗すると「-1」になる」という基本だけおぼえておけばほとんどの計算問題は解けますので、あまり苦手意識を持たないようにしましょう。慣れれば簡単です。

 

また、電験三種の問題では、この問題のように比を求める問題が出題されることがあります。求める比の分母と分子を間違うと、間違った選択肢を選んでしまうこともあるので気を付けましょう!
ちなみにこの問題の場合、$I_1$ と $I_2$ を $\dfrac{I_2}{I_1}$ と求めてしまうと選択肢の(4)を選んでしまい不正解になってしまいますよ。

 

本ページに掲載の問題は、(一財)電気技術者試験センターが作成した第三種電気主任技術者試験(電験三種)の問題です。

 

 

 

おすすめの電験三種の過去問はこちら電験三種の参考書はこちら電験三種用の数学参考書はこちら電験三種の通信教育はこちらで紹介していますので参考にしてみてください。

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