二種二次試験機械制御、H14問1,2、補足。

ここの補足、です。
問題文、解答内容については、ここ参照で。


問１
【解説】
誘導電動機のＬ形等価回路を第１図（添付）に示す。この等価回路において、二次電流（一次換算値）Ｉ２’（Ａ）は、

Ｉ２’＝（Ｖ１／√３）／√｛（ｒ１＋ｒ２’/ｓ）^2＋（ｘ１＋ｘ２’）^2｝

となる。したがって、３相分の二次入力Ｐ２は、上式より、

Ｐ２＝３Ｉ２’^2・ｒ２’／ｓ
　＝Ｖ１^2／｛（ｒ１＋ｒ２’/ｓ）^2＋（ｘ１＋ｘ２’）^2｝・ｒ２’／ｓ

となる。電動機の回転角速度をω、同期角速度をωｓ、電動機の出力をＰｏとすれば、トルクＴは、

Ｔ＝Ｐｏ／ω＝（１－ｓ）Ｐ２／（１－２）ωｓ
　＝１／ωｓ・Ｖ１^2／｛（ｒ１＋ｒ２’/ｓ）^2＋（ｘ１＋ｘ２’）^2｝・ｒ２’／ｓ
　＝（ｖ１^2ｒ２'／ωｓ）
　　　　×１／｛ｓ（ｒ１＋ｒ２’/ｓ）^2＋ｓ（ｘ１＋ｘ２’）^2｝

となる。この式の第２項の分母が最小になればトルクが最大になる。分母を最大にする滑りｓを求めるため、分母をｓで微分して０とおく。

ｄ／ｄｓ｛ｓ（ｒ１＋ｒ２’／ｓ)^2＋ｓ（ｘ１＋ｘ２’）^2）＝０
ｒ１^2－（ｒ２’／２）^2＋（ｘ１＋ｘ２’）^2＝０
∴ｓ^2＝ｒ２’^2／｛ｒ１^2＋（ｘ１＋ｘ２’）^2｝

電動機領域のすべりは１≧ｓ≧０であるから、トルクが最大となる滑りｓｍは、

ｓｍ＝ｒ２’／√｛ｒ１^2＋（ｘ１＋ｘ２’）^2｝

となる。この式で求めた滑りｓｍをトルクＴの式に代入すると、最大トルクＴｍを与える式が得られる。

Ｔｍ＝（Ｖ１^2／２ωｓ）
　　　　　×１／｛ｒ１＋√（ｒ１^2＋（ｘ１＋ｘ２’）^2｝

また、二次抵抗損Ｐｃ２は、

Ｐｃ２＝３Ｉ２’^2・ｒ２’
　＝Ｖ１^2／｛（ｒ１＋ｒ２’／ｓ）^2＋（ｘ１＋ｘ２’）^2｝・ｒ２’
　＝ｓＰ２

これらのことに基づいて出題された項目について順に確かめていく。

項目（１）：最大トルクＴｍの式から電源電圧が一定であれば、最大トルクは二次抵抗および滑りに関係なく一定である。また、最大トルクを生じる滑りは、ｓｍの式から二次抵抗に比例して大きくなる。よって、項目（１）は正しい。

項目（２）：出題文中に、「一般にトルクは」との記述があるので、定常運転状態の出題であると解せば、滑りｓが小さい範囲となる。この場合は、ｒ２’／ｓ≫ｒ１、ｘ１、ｘ２であるので、トルクＴの式は、

Ｔ≒Ｖ１^2／ω２ｒ２’・ｓ

となる。この式からトルクＴは一次電圧Ｖ１の２乗に比例し、滑りｓに比例するとともに二次抵抗ｒ２’（滑りｓが小さい場合のインピーダンスに相当）に反比例することがわかる。もし、出題文中の「二次巻線の抵抗」
というのをｒ２’／ｓであるものと解せば、Ｔの式が示すように二次巻線の抵抗に比例し、インピーダンスの２乗に反比例する式で表されることになるが、一般的にｒ２’／ｓを二次巻線の抵抗とは言わない。しかしながら、この場合であってもトルクは電源電圧の２乗に比例することには変わりなく、よって項目（２）は誤りとなる。

項目（３）：二次出力Ｐｏは、二次入力Ｐ２から二次銅損Ｐｃ２を引いたものであり、上記Ｐ２，Ｐｃ２の式から、（１－ｓ）Ｐ２となる。したがって、Ｐ２：Ｐｃ２：Ｐｏ＝１：ｓ：（１－ｓ）となる。よって、項目（３）は正しい。

項目（４）：同期角速度ωｓは、電源周波数をｆ、電源周波数がｆのときのリアクタンスを（ｘ１＋ｘ２’）＝ωＬ＝２πｆＬとし、また極数をｐとすれば、ωｓ＝４πｆ／ｐである。これを最大トルクＴｍの式に代入すると次式のようになる。

Ｔｍ＝ｐＶ１^2／（２×４πｆ）
　　　×１／｛ｒ１＋√（ｒ１^2＋（２πｆＬ）^2｝

ここで、ｒ１≪２πｆＬであるから、最大トルクＴｍを表す式は、

Ｔｍ≒Ｋ・Ｖ１^2／ｆ^2

ただし、Ｋ：ｃｏｎｓｔ

こ の式から最大トルクは、電源周波数の２乗に反比例し、電源電圧の２乗に比例する。したがって、定格周波数６０（Ｈｚ）の電動機を周波数５０（Ｈｚ）の電源 で運転するとき、最大トルクをほぼ同じ値に保つためには、端子電圧を５０／６０倍する必要がある。よって、項目（４）は誤りである。

項目（５）：第１図に示す等価回路の励磁回路に流れる電流（励磁電流）によってギャップ磁束Φが作られる。この電流は、電源電圧に比例し、電源の周波数に反比例する。つまり、電源電圧をＶ１、電源周波数をｆとすれば、Φ∝Ｖ１／ｆの関係となる。したがって、淵源電圧が一定であるとすれば、周波数が低下するとギャップ磁束は反比例して増加する。よって、項目（５）は誤りである。


問２
【解説】
変圧器の損失は、負荷電流の影響を受けない無負荷損（鉄損）と負荷電流の２乗に比例する負荷損（銅損）とがある。したがって、定格負荷時の負荷損がＰｃであるとき、変圧器の定格容量をＰｎ、負荷電力をＰとして、α＝Ｐ／Ｐｎとすれば、負荷電量Ｐのときの銅損Ｐｃ’は、Ｐｃ’＝α^2Ｐｃとなる。

変圧器の全損失をＰｌ、熱容量をＣ、熱抵抗をＲとすれば、変圧器の熱的な等価回路は第１図（添付）に示すようになる。

この図において、熱容量Ｃに流れる熱流Ｐ１は、変圧器に蓄えれられる熱流であり、変圧器の温度上昇に寄与する。一方、放熱抵抗Ｒに流れる熱流Ｐ２は、変圧器から外部へ放散される熱流である。ここに温度差をθとし、これらを式で表すと次のような微分方程式が得られる。

Ｐｌ＝Ｐ１＋Ｐ２
θ＝１／Ｃ・∫Ｐ１ｄｔ＝ＲＰ２

いま、ｔ＝０で、∫Ｐ１ｄｔ＝０とおいて、この微分方程式を解けば、

Ｐ１＝Ｐｌε^（-t/CR）
Ｐ２＝Ｐｌ｛１－ε^（-t/CR）｝

となるので、

θ＝ＲＰｌ｛１－ε^（-t/CR）｝

が得られる。これらの関係を図示すると第２図（添付）に示すようになる。この図に示すようにＰ１は、変圧器に吸収される熱流であって、温度上昇が大きくなるに従って減少する。一方、外部に放散される熱流Ｐ２は、温度上昇が大きくなるほど大きくなっている。このため、温度上昇を十分に大きくなると、加えた熱流の全てが外部へ放散されることになる。この結果、温度が一定値に落ち着く。すなわち、このときの温度が最終温度上昇値となる。

最終温度上昇値θ∞は、θの式にてｔ＝∞とすればよく、

θ∞＝ＲＰｌ

となる。この式が示すように最終温度上昇値は、放熱抵抗Ｒが一定であれば、変圧器の全損失Ｐｌに比例する。

第３図（添付）に示すように変圧器を並行運転する場合、その分担電力は変圧器のインピーダンスの逆比に比例して配分される。

この問題では、それぞれの変圧器の短絡インピーダンスが、それぞれの変圧器の定格容量を基準値として与えられているので、いずれか一方の変圧器の基準容量に換算する必要がある。たとえば、変圧器Ａの定格容量がＰｎＡ、変圧器Ｂの定格容量がＰｎＢで短絡インピーダンスが％ＺＢ（ＰｎＢ基準）の場合、変圧器Ｂの短絡インピーダンスを変圧器Ａの基準容量の短絡インピーダンス％ＺＢ’に換算するには、

％Ｂ’＝ＰｎＡ／ＰｎＢ・％ＺＢ

とすればよい。第３図の場合、それぞれの変圧器の分担電力は、

ＰＡ＝％ＺＢ’／（％ＺＡ＋％ＺＢ’）・Ｐ
ＰＢ＝％ＺＡ／（％ＺＡ＋％ＺＢ’）・Ｐ

となる。

【masha補足…】
こ の逆比のところ。電力→電圧一定なので、電流比と考えると…、結局二つの変圧器が並列になっている、と考えればいいのかな。並列なので、電圧は等しく、電 流はインピーダンスの逆比になる。よって、電力は、短絡インピーダンスの逆比で分担される、と考えると覚えやすいような気がします。

以上です。