電験一種 R5年電力・管理問3

電験一種 R5年電力・管理問5

図1の抵抗 $R$ とリアクタンス $X$ で表される送電線の特性について電力円線図を用いて考える。なお、本問において単位のない諸量は単位法で表されており、受電端電圧 $\dot{E_{r}}$ の位相を零、送電端電圧 $\dot{E_{s}}$ の位相を $δ$ [rad] $(0 ≦ δ ≦ π - α)$ とする。次の問に答えよ。

(1) 送電端円線図の式を次の手順で求めよ。

a) 送電端から流れ出す電流 $\dot{I_{s}}$ を $\dot{E_{s}}$ 、 $\dot{E_{r}}$ 、 $\dot{Z}$ を用いて表せ。

b) 送電端から流れ出す有効電力 $P_{s}$ 、無効電力 $Q_{s}$ を $E_{s}$ 、 $E_{r}$ 、 $Z$ 、 $α$ 、 $δ$ を用いて表せ。

c) 送電端円線図の式を $(P_{s} - x_{1})^{2} + (Q_{s} - x_{2})^{2} = x_{3}^{2}$ と表したとき、送電端円線図の中心 $(x_{1}, x_{2})$ 、半径 $x_{3}$ を $E_{s}$ 、 $E_{r}$ 、 $Z$ 、 $α$ を用いて表せ。なお、 $\sin^{2} (δ + α) + \cos^{2} (δ + α) = 1$ を用いてもよい。

(2) 答案用紙に印刷されている図2に受電端円線図を描き、有効電力損失、無効電力損失を図中で示せ。なお、受電端円線図は、 $E_{s} = E_{r}$ として、二つの円の中心と原点の位置関係、二つの円の交差に留意して描くこと。

(3) 図1の送電線1相当たりの抵抗が5Ω、リアクタンスが20Ω、送電端電圧と受電端電圧が500kVの場合、単位法の基準容量を1000MV･A、基準電圧を500kVとして、送電端円線図の中心と半径を単位法で求めよ。

出典:令和5年度第一種電気主任技術者電力・管理科目問5

解説

電力円線図は一種の古い過去問か二種にあるような状況だったので、一種の最近の過去問しかやっていなければ初見の問題になったかもしれません。

この年は他の問題が比較的簡単だったので、計算重視でも捨てる選択肢をとった方もいるんじゃないかと思います。

標準解答と補足

(1)

送電端から流れ出す電流 $\dot{I_{s}}$ は、

$\dot{I_{s}} = \frac{\dot{E_{s}} - \dot{E_{r}}}{\dot{Z}} \dots ①$

...(答)

送電端から流れ出す $P_{s}$ 、 $Q_{s}$ は $\dot{E_{s}}$ 、 $\dot{I_{s}}$ を用いて、

$\begin{aligned} P_{s} + j Q_{s} & = \dot{E_{s}} \bar{\dot{I_{s}}} = \dot{E_{s}} \frac{\bar{\dot{E_{s}}} - \bar{\dot{E_{r}}}}{\bar{\dot{Z}}} = \frac{E_{s}^{2} - E_{s} E_{r} e^{j δ}}{Z e^{- j α}} = \frac{E_{s}^{2}}{Z} e^{j α} - \frac{E_{s} E_{r}}{Z} e^{j (δ + α)} \\ = \frac{E_{s}^{2}}{Z} \cos α - \frac{E_{s} E_{r}}{Z} \cos (δ + α) + j (\frac{E_{s}^{2}}{Z} \sin α - \frac{E_{s} E_{r}}{Z} \sin (δ + α)) \dots ② \end{aligned}$

$P_{s} = \frac{E_{s}^{2}}{Z} \cos α - \frac{E_{s} E_{r}}{Z} \cos (δ + α) \dots ③$

...(答)

$Q_{s} = \frac{E_{s}^{2}}{Z} \sin α - \frac{E_{s} E_{r}}{Z} \sin (δ + α) \dots ④$

...(答)

③、④式より

${(P_{s} - \frac{E_{s}^{2}}{Z} \cos α)}^{2} + {(Q_{s} - \frac{E_{s}^{2}}{Z} \sin α)}^{2} = {(\frac{E_{s} E_{r}}{Z})}^{2} \dots ⑤$

$x_{1} = \frac{E_{s}^{2}}{Z} \cos α$ 、 $x_{2} = \frac{E_{s}^{2}}{Z} \sin α$ 、 $x_{3} = \frac{E_{s} E_{r}}{Z} \dots ⑥$

...(答)

補足

中心が $(h, k)$ 、半径が $r$ の円の方程式

$\begin{array}{r} (x - h)^{2} + (y - k)^{2} = r^{2} \end{array}$

⑤の導出

$\begin{aligned} P_{s} - \frac{E_{s}^{2}}{Z} \cos α = - \frac{E_{s} E_{r}}{Z} \cos (δ + α) \\ Q_{s} - \frac{E_{s}^{2}}{Z} \sin α = - \frac{E_{s} E_{r}}{Z} \sin (δ + α) \\ {(P_{s} - \frac{E_{s}^{2}}{Z} \cos α)}^{2} + {(Q_{s} - \frac{E_{s}^{2}}{Z} \sin α)}^{2} = {(- \frac{E_{s} E_{r}}{Z} \cos (δ + α))}^{2} + {(- \frac{E_{s} E_{r}}{Z} \sin (δ + α))}^{2} \\ {(P_{s} - \frac{E_{s}^{2}}{Z} \cos α)}^{2} + {(Q_{s} - \frac{E_{s}^{2}}{Z} \sin α)}^{2} = {(\frac{E_{s} E_{r}}{Z})}^{2} {\sin^{2} (δ + α) + \cos^{2} (δ + α)} \\ {(P_{s} - \frac{E_{s}^{2}}{Z} \cos α)}^{2} + {(Q_{s} - \frac{E_{s}^{2}}{Z} \sin α)}^{2} = {(\frac{E_{s} E_{r}}{Z})}^{2} \end{aligned}$

(2) 受電端に流れ込む有効電力 $P_{r}$ 、無効電力 $Q_{r}$ として、受電端円線図の式を送電端円線図の式と同様に求めると以下となる。

${(P_{r} + \frac{E_{r}^{2}}{Z} \cos α)}^{2} + {(Q_{r} + \frac{E_{r}^{2}}{Z} \sin α)}^{2} = {(\frac{E_{s} E_{r}}{Z})}^{2}$

補足

受電端電力の導出

$\begin{aligned} P_{r} + j Q_{r} & = \dot{E_{r}} \bar{\dot{I_{s}}} \\ = E_{r} e^{- j δ} \frac{E_{s} - E_{r} e^{j δ}}{Z e^{- j α}} \\ = \frac{E_{s} E_{r}}{Z} e^{j (α - δ)} - \frac{{E_{r}}^{2}}{Z} e^{j α} \\ = \frac{E_{s} E_{r}}{Z} {\cos (α - δ) + j \sin (α - δ)} - \frac{E_{r}^{2}}{Z} (\cos α + j \sin α) \\ P_{r} & = \frac{E_{s} E_{r}}{Z} \cos (α - δ) - \frac{E_{r}^{2}}{Z} \cos α \\ Q_{r} & = \frac{E_{s} E_{r}}{Z} \sin (α - δ) - \frac{E_{r}^{2}}{Z} \sin α \\ {(\frac{E_{s} E_{r}}{Z})}^{2} & = {(P_{r} + \frac{E_{r}^{2}}{Z} \cos α)}^{2} + {(Q_{r} + \frac{E_{r}^{2}}{Z} \sin α)}^{2} \end{aligned}$

なお、 $P_{r}$ において $α = \frac{π}{2}$ (=線路の抵抗分を無視する)とすると、 $P_{r} = \frac{E_{s} E_{r}}{X} \sin δ$ がでてきます。

線路での有効電力の消費を $P_{s} - P_{r}$ と $R | {\dot{I}}_{s} |^{2}$ でそれぞれ示します。

$\begin{aligned} P_{s} - P_{r} & = {\frac{E_{s}^{2}}{Z} \cos α - \frac{E_{s} E_{r}}{Z} \cos (δ + α)} - {\frac{E_{s} E_{r}}{Z} \cos (α - δ) - \frac{E_{r}^{2}}{Z} \cos α} \\ = \frac{1}{Z} [E_{s}^{2} \cos α - E_{s} E_{r} \cos (δ + α) - E_{s} E_{r} \cos (α - δ) + E_{r}^{2} \cos α] \\ = \frac{1}{Z} [E_{s}^{2} \cos α - E_{s} E_{r} \cos δ \cos α + E_{s} E_{r} \sin δ \sin α - E_{s} E_{r} \cos α \cos δ - E_{s} E_{r} \sin α \sin δ + E_{r}^{2} \cos α] \\ = \frac{1}{Z} [E_{s}^{2} \cos α - E_{s} E_{r} \cos δ \cos α - E_{s} E_{r} \cos α \cos δ + E_{r}^{2} \cos α] \\ = \frac{E_{s}^{2} - 2 E_{s} E_{r} \cos δ + E_{r}^{2}}{Z} \cos α \\ P_{l o s s} & = Z \cos α \cdot | {\dot{I}}_{s} |^{2} (Z \cos α = R) \\ = Z \cos α \cdot {| \frac{(E_{s} - E_{r} \cos δ) + j E_{r} \sin δ}{Z (\cos α + j \sin α)} |}^{2} \\ = Z \cos α \cdot \frac{E_{s}^{2} - 2 E_{s} E_{r} \cos δ + E_{r}^{2}}{Z^{2}} \\ = \frac{E_{s}^{2} - 2 E_{s} E_{r} \cos δ + E_{r}^{2}}{Z} \cos α \end{aligned}$

当然といえば当然ですが、送電端電力と受電端電力の有効電力の差は線路の抵抗により消費された電力と一致します。

同じことが無効電力についてもいえます。

これが電力円線図で示されている有効電力損失と無効電力損失の大きさです。

電力円線図の書き方について

題意より、 $E_{s} = E_{r}$ なので、送電端電力、受電端電力は

$\begin{aligned} P_{s} & = \frac{E_{s}^{2}}{Z} \cos α - \frac{E_{s}^{2}}{Z} \cos (δ + α) \\ Q_{s} & = \frac{E_{s}^{2}}{Z} \sin α - \frac{E_{s}^{2}}{Z} \sin (δ + α) \\ P_{r} & = \frac{E_{s}^{2}}{Z} \cos (α - δ) - \frac{E_{s}^{2}}{Z} \cos α \\ Q_{r} & = \frac{E_{s}^{2}}{Z} \sin (α - δ) - \frac{E_{s}^{2}}{Z} \sin α \end{aligned}$

となります。ここで $δ = 0$ とすると、いずれの式も結果が0となることが分かります。

よって、 $δ = 0$ の時原点を通らないといけません。

円の中心は送電端が $(\frac{E_{s}^{2}}{Z} \cos α, \frac{E_{s}^{2}}{Z} \sin α)$ に対して受電端が $(- \frac{E_{s}^{2}}{Z} \cos α, - \frac{E_{s}^{2}}{Z} \sin α)$ で、半径はどちらも $\frac{E_{s}^{2}}{Z}$ なので $δ = 0$ の時原点対称となることが分かります。

送電端から見ると受電端は $δ$ 遅れていて、逆に受電端から送電端は $δ$ 進んでいるので電力円線図における $δ$ の位置関係は逆になります。

これらをまとめると解答の図となります。

(3)

基準インピーダンス $Z_{N}$ は、基準電圧 $V_{N}$ 、基準容量 $S_{N}$ として、

$Z_{N} = \frac{V_{N}^{2}}{S_{N}} = 250 Ω$ より、

$R = 0.02 p . u .$ , $X = 0.08 p . u . \dots ⑦$

$Z = \sqrt{R^{2} + X^{2}} = 0.082462 \dots ⑧$

$\cos α = \frac{R}{Z} = 0.24254$ , $\sin α = \frac{X}{Z} = 0.97014 \dots ⑨$

$E_{s} = E_{r} = 1.0$ 及び⑦、⑧及び⑨式を⑥式に代入して、

送電端円線図の半径は12.1、中心は(2.94, 11.8) ・・・(答)

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