解説
やや計算は面倒ですが、問われていること自体は難しくはありません。
Y形平衡負荷1の一相あたりのアドミタンス\(\dot{Y}_1\)
正解 (ト)
負荷1は\(\text{Y}\) 形平衡負荷なので、各アドミタンスには同じ大きさの電圧が印加され、その値は\(\dfrac{E}{\sqrt{3}}\)です。
また、負荷の皮相電力は、遅れ力率0.8なことを考慮すると\(\dfrac{P_1}{0.8} \left(0.8 - j0.6 \right) \)となります。
これらより\(\dot{Y}_1\)を求めます。ここで、全体の皮相電力は3倍が必要なことに注意します。
$$\begin{aligned}
3 \dot{Y}_1 \left( \dfrac{E}{\sqrt{3}} \right)^2 &= \dfrac{P_1}{0.8} \left(0.8 - j0.6 \right) \\
\dot{Y}_1 E^2 &= P_1 \left(1 - j\dfrac{3}{4} \right) \\
\dot{Y}_1 &= \dfrac{P_1}{ E^2} \left(1 - j\dfrac{3}{4} \right) \\
\end{aligned}$$
よって、答えは(ト)の\(\displaystyle \frac{P_1}{E^2}\left(1-\mathrm{j}\frac{3}{4}\right)\)です。
合成Δ形不平衡負荷のアドミタンス\(\dot{Y}_{\text{ab}}\)
正解 (リ)
まずは\(\dot{Y}_2 \)を求めます。\(\dot{Y}_2 \)に印加されている電圧は\(\dot{E}_{\text{ab}}\)なので、大きさは\(E\)です。これによる皮相電力は、負荷2は抵抗負荷なので
$$\begin{aligned}
\dot{Y}_2 E^2 &= P_2 \\
\end{aligned}$$
となります。問題文より、\(6P_2 = P_1\)なので、これを用い上式から\(P_2\)を消去します。
$$\begin{aligned}
\dot{Y}_2 E^2 &= P_2 \\
\dot{Y}_2 E^2 &= \dfrac{P_1}{6} \\
\dot{Y}_2 &= \dfrac{P_1}{6E^2} \\
\end{aligned}$$
\(\dot{Y}_2 \)が求められました。次に、負荷1をΔ形に変換した時のアドミタンスを求めます。
\(\text{Y}\) 形平衡負荷をΔ形にすると、その大きさは\(\dfrac{1}{3}\)になります。(インピーダンスの時は3倍だがアドミタンスなのでその逆)
よって、Δ形に変換後のアドミタンスは\(\dfrac{\dot{Y}_1}{3} \)です。
上で求めた2つを用いて合成されたアドミタンス\(\dot{Y}_{\text{ab}} \)を求めます。アドミタンスの並列は和となるので
$$\begin{aligned}
\dot{Y}_{\text{ab}} &= \dfrac{\dot{Y}_1}{3} + \dot{Y}_2 \\
&= \dfrac{P_1}{ 3E^2} \left(1 - j\dfrac{3}{4} \right) + \dfrac{P_1}{6E^2} \\
&= \dfrac{P_1}{ 6E^2} \left(2 - j\dfrac{6}{4} \right) + \dfrac{P_1}{6E^2} \\
&= \dfrac{P_1}{ 6E^2} \left(3 - j\dfrac{6}{4} \right) \\
&= \dfrac{P_1}{ E^2} \left(\dfrac{1}{2} - j\dfrac{1}{4} \right) \\
\end{aligned}$$
よって答えは(リ)の\(\displaystyle \frac{P_1}{E^2}\left(\frac{1}{2}-\mathrm{j}\frac{1}{4}\right)\)です。
合成Δ形不平衡負荷のアドミタンス\(\dot{Y}_{\text{bc}}\)および\(\dot{Y}_{\text{ca}}\)
正解 (チ)
\(\dot{Y}_{\text{bc}}\)と\(\dot{Y}_{\text{ca}}\)は\(\dot{Y}_2\)に影響されませんので、(2)の途中で出てきた\(\text{Y}\) 形平衡負荷をΔ形にした時のものがそのまま答えとなります。
$$\begin{aligned}
\dfrac{\dot{Y}_1}{3} &= \dfrac{P_1}{ 3E^2} \left(1 - j\dfrac{3}{4} \right) \\
&= \dfrac{P_1}{ E^2} \left(\dfrac{1}{3} - j\dfrac{1}{4} \right) \\
\end{aligned}$$
よって答えは(チ)の\(\displaystyle \frac{P_1}{E^2}\left(\frac{1}{3}-\mathrm{j}\frac{1}{4}\right)\)です。
a相に流れる線電流\(\dot{I}_{\text{a}}\)
正解 (レ)
\(\dot{Y}_{\text{ab}}\)と\(\dot{Y}_{\text{ca}}\)に流れる電流をそれぞれ\(\dot{I}_{\text{ab}}\)、\(\dot{I}_{\text{ca}}\)とします。この時
$$\begin{aligned}
\dot{I}_{\text{a}} &= \dot{I}_{\text{ab}} - \dot{I}_{\text{ca}} \\
\end{aligned}$$
です。(2)と(3)でアドミタンスは求めていますから、ここから\(\dot{I}_{\text{a}}\)を求めます。
$$\begin{aligned}
\dot{I}_{\text{a}} &= \dot{I}_{\text{ab}} - \dot{I}_{\text{ca}} \\
&= \dot{Y}_{\text{ab }} \dot{E}_{\text{ab}} - \dot{Y}_{\text{ca }} \dot{E}_{\text{ca}} \\
\end{aligned}$$
\(\dot{E}_{\text{ab}}\)は基準、 \( \dot{E}_{\text{ca}} = \alpha \dot{E}_{\text{ab}} \)なので
$$\begin{aligned}
\dot{I}_{\text{a}} &= \dot{Y}_{\text{ab }} \dot{E}_{\text{ab}} - \dot{Y}_{\text{ca }} \dot{E}_{\text{ca}} \\
&= \dot{Y}_{\text{ab }} E - \dot{Y}_{\text{ca }} \alpha E \\
&= \dot{Y}_{\text{ab }} E - \dot{Y}_{\text{ca }} E \left( -\dfrac{1}{2} + j \dfrac{\sqrt{3}}{2} \right)\\
\end{aligned}$$
です。ここから\(\dot{Y}_{\text{ab }}\)と\(\dot{Y}_{\text{ca }}\)を消去します。
$$\begin{aligned}
\dot{I}_{\text{a}} &= \dot{Y}_{\text{ab }} E - \dot{Y}_{\text{ca }} E \left( -\dfrac{1}{2} + j \dfrac{\sqrt{3}}{2} \right)\\
&= \frac{P_1}{E^2}\left(\frac{1}{2}-\mathrm{j}\frac{1}{4}\right) E - \frac{P_1}{E^2}\left(\frac{1}{3}-\mathrm{j}\frac{1}{4}\right) E \left( -\dfrac{1}{2} + j \dfrac{\sqrt{3}}{2} \right)\\
&= \frac{P_1}{E} \left[ \left( \frac{1}{2} - j \frac{1}{4} \right) - \left( \frac{1}{3} - j \frac{1}{4} \right) \left( -\frac{1}{2} + j\frac{\sqrt{3}}{2} \right) \right] \\
&= \frac{P_1}{E} \left[ \left( \frac{1}{2} - j \frac{1}{4} \right) - \left( -\frac{1}{6} + j \frac{\sqrt{3}}{6} + j \frac{1}{8} + \frac{\sqrt{3}}{8} \right) \right] \\
&= \frac{P_1}{E} \left[ \left( \frac{1}{2} - j \frac{1}{4} \right) - \left( -\frac{1}{6} + \frac{\sqrt{3}}{8} + j \left( \frac{\sqrt{3}}{6} + \frac{1}{8} \right) \right) \right] \\
&= \frac{P_1}{E} \left[ \left( \frac{1}{2} + \frac{1}{6} - \frac{\sqrt{3}}{8} \right) + j \left( -\frac{1}{4} - \frac{\sqrt{3}}{6} - \frac{1}{8} \right) \right] \\
&= \frac{P_1}{E} \left[ \left( \frac{2}{3} - \frac{\sqrt{3}}{8} \right) - j \left( \frac{3}{8} + \frac{\sqrt{3}}{6} \right) \right] \\
\end{aligned}$$
よって答えは(レ)の\(\displaystyle \frac{P_1}{E}\left[\frac{2}{3}-\frac{\sqrt{3}}{8}-\mathrm{j}\left(\frac{3}{8}+\frac{\sqrt{3}}{6}\right)\right]\)です。
合成Y形不平衡負荷のa相アドミタンス\(\dot{Y}_{\text{a}}\)
正解 (ヲ)
Δ形を等価のY型に変換して\(\dot{Y}_{\text{a}}\)を求めます。
$$\begin{aligned}
\dot{Y}_a &= \frac{\dot{Y}_{ab}\dot{Y}_{bc} + \dot{Y}_{bc}\dot{Y}_{ca} + \dot{Y}_{ca}\dot{Y}_{ab}}{\dot{Y}_{bc}}
\end{aligned}$$
ここで、\( \dot{Y}_{bc} = \dot{Y}_{ca}\)なので
$$\begin{aligned}
\dot{Y}_a &= \frac{\dot{Y}_{ab}\dot{Y}_{ca} + \dot{Y}_{ca} \dot{Y}_{ca} + \dot{Y}_{ca}\dot{Y}_{ab}}{\dot{Y}_{ca}} \\
&= \dot{Y}_{ab} + \dot{Y}_{ca} + \dot{Y}_{ab} \\
&= 2\dot{Y}_{ab} + \dot{Y}_{ca} \\
\end{aligned}$$
\( \dot{Y}_{ab}\)と\( \dot{Y}_{ca}\)を消去します。
$$\begin{aligned}
\dot{Y}_a &= 2\dot{Y}_{ab} + \dot{Y}_{ca} \\
&= \frac{2P_1}{E^2}\left(\frac{1}{2}-\mathrm{j}\frac{1}{4}\right)+ \frac{P_1}{E^2}\left(\frac{1}{3}-\mathrm{j}\frac{1}{4}\right) \\
&= \frac{P_1}{E^2}\left(\frac{4}{3}-\mathrm{j}\frac{3}{4}\right) \\
\end{aligned}$$
よって答えは(ヨ)の\(\displaystyle \frac{P_1}{E^2}\left(\frac{4}{3}-\mathrm{j}\frac{3}{4}\right)\)です。
電源中性点を基準とした中性点dの電位\(\dot{V}_{\text{d}}\)
正解 (ヨ)
まずは相電圧\(\dot{E}_{\text{a}}\)を求めます。
$$\begin{aligned}
\dot{E}_{ab} &= \dot{E}_a - \dot{E}_b \\
\dot{E}_{bc} &= \dot{E}_b - \dot{E}_c \\
0 &= \dot{E}_a + \dot{E}_b + \dot{E}_c \\
\end{aligned}$$
\( \dot{E}_{ab} = E \)、\( \dot{E}_{bc} = \alpha^2 E \)なので
$$\begin{aligned}
E &= \dot{E}_a - \dot{E}_b \\
\alpha ^2 E &= \dot{E}_b - \dot{E}_c \\
\dot{E}_c &= -\dot{E}_a - \dot{E}_b \\
\end{aligned}$$
\(\dot{E}_c\)を消去します。
$$\begin{aligned}
E &= \dot{E}_a - \dot{E}_b \\
\left(-\dfrac{1}{2} - j \dfrac{\sqrt{3}}{2} \right) E &= \dot{E}_b +\dot{E}_a + \dot{E}_b \\
\end{aligned}$$
ここから\( \dot{E}_b\)を消去します。下の式を整理すると
$$\begin{aligned}
\left(-\dfrac{1}{2} - j \dfrac{\sqrt{3}}{2} \right) E &= \dot{E}_b +\dot{E}_a + \dot{E}_b \\
\left(-\dfrac{1}{2} - j \dfrac{\sqrt{3}}{2} \right) E -\dot{E}_a &= 2\dot{E}_b \\
\dot{E}_b &= \left(-\dfrac{1}{4} - j \dfrac{\sqrt{3}}{4} \right) E - \dfrac{\dot{E}_a}{2} \\
\end{aligned}$$
$$\begin{aligned}
E &= \dot{E}_a - \dot{E}_b \\
E &= \dot{E}_a - \left\{ \left(-\dfrac{1}{4} - j \dfrac{\sqrt{3}}{4} \right) E - \dfrac{\dot{E}_a}{2} \right\} \\
E &= \dfrac{3\dot{E}_a}{2} - \left(-\dfrac{1}{4} - j \dfrac{\sqrt{3}}{4} \right) E \\
\dfrac{3\dot{E}_a}{2} &= E + \left(-\dfrac{1}{4} - j \dfrac{\sqrt{3}}{4} \right) E \\
\dfrac{3\dot{E}_a}{2} &= \left(\dfrac{3}{4} - j \dfrac{\sqrt{3}}{4} \right) E \\
\dot{E}_a &= \left(\dfrac{1}{2} - j \dfrac{\sqrt{3}}{6} \right) E \\
\end{aligned}$$
この相電圧はアドミタンス\(\dot{Y}_{\text{a}}\)に印加されている電圧と\(\dot{V}_{\text{d}}\)の和と等しいので
$$\begin{aligned}
\dot{E}_a &= \dfrac{\dot{I}_{\text{a}}}{\dot{Y}_{\text{a}}} + \dot{V}_{\text{d}} \\
\dot{V}_{\text{d}} &= \dot{E}_a - \dfrac{\dot{I}_{\text{a}}}{\dot{Y}_{\text{a}}} \\
\dot{V}_{\text{d}} &= \left(\dfrac{1}{2} - j \dfrac{\sqrt{3}}{6} \right) E - \dfrac{\dot{I}_{\text{a}}}{\dot{Y}_{\text{a}}} \\
\end{aligned}$$
よって答えは(ヨ)の\(\displaystyle \left(\frac{1}{2}-\mathrm{j}\frac{\sqrt{3}}{6}\right)E-\frac{\dot{I}_\mathrm{a}}{\dot{Y}_\mathrm{a}}\)です。
(1)
ト
\(\displaystyle \frac{P_1}{E^2}\left(1-\mathrm{j}\frac{3}{4}\right)\)
(2)
リ
\(\displaystyle \frac{P_1}{E^2}\left(\frac{1}{2}-\mathrm{j}\frac{1}{4}\right)\)
(3)
チ
\(\displaystyle \frac{P_1}{E^2}\left(\frac{1}{3}-\mathrm{j}\frac{1}{4}\right)\)
(4)
レ
\(\displaystyle \frac{P_1}{E}\left[\frac{2}{3}-\frac{\sqrt{3}}{8}-\mathrm{j}\left(\frac{3}{8}+\frac{\sqrt{3}}{6}\right)\right]\)
(5)
ヲ
\(\displaystyle \frac{P_1}{E^2}\left(\frac{4}{3}-\mathrm{j}\frac{3}{4}\right)\)
(6)
ヨ
\(\displaystyle \left(\frac{1}{2}-\mathrm{j}\frac{\sqrt{3}}{6}\right)E-\frac{\dot{I}_\mathrm{a}}{\dot{Y}_\mathrm{a}}\)
