Mashaの資料公開ページ

焦って買い物しても、良い事ないね。

2009-06-13T10:18:00.002+09:00

最近調子が悪い、我が家のＤＶＤ・ＨＤＤレコーダ（の、DVD再生）。
これの代替えも兼ねて、我が家のハイビジョンビデオカメラ、「canon ＨＧ１０」用ＤＶＤライターを購入。
ＤＷ−１００　です。

なんとな〜く、焦った気持ちで。

…。

これ、まず、直接テレビにつなげないんですね。
そりゃ残念。ほんと、バックアップ用って事か…。
ＡＶＣＨＤで保存したディスクの再生できる！ってのも一つの利点だと思ったのに、よくよく読んだらビデオ経由なんだもの。

テレビ⇔ビデオカメラ⇔DW-100

というつなぎで、DW-100に挿入したDVD（AVCHDディスク）が再生できる模様。
というか、それでしかできない模様…。

…。

それじゃ〜、あんま意味ないよ。しかも、通常のＤＶＤは再生できないし…。

こりゃ、動画保存用（編集めんどくせ〜！）の時用、ですな。

それと。

最近、我が家主力のiPod nanoがMacと同期できなくなっていました。
なんどMacを再起動しようが、色んなUSBポートにつないで、つなぎ直してみようが、だめ。
（充電はできてるし、再生できるのでiPodが壊れた！とは思えない）

そこで、ケーブルを上記ライターと同じ日に注文。こちらは、安いもんっちゃ〜安いもんなんだけど…。

んで、注文品が届く前、ふと思い立ってiPod自体を再起動してみたらば…。

同期できました。

…。

バカ。

…。

僕。

大変な事ですよ、２００００円↑の出費が、あまり意味ないなんて…。がんばって仕事しよっと。

iMovieでの編集。

2009-04-20T20:35:00.002+09:00

娘の誕生からの動画の、編集にやっと入れそうです。
しかし…。

撮り溜まったクリップを、いかようにして編集するか。
今度はそちらに問題が移ります。
今までよりは随分前向きな問題ですが、一番重要なことでもあります

今のところ、
・プロジェクトを時期毎、イベント毎にわける。
・そこに、動画及び静止画スライドショーをぶち込む。
・それらを組み合わせ、iDVDに持って行き、DVD化。
・自分ち用には、いつか導入したい、と思っているAVCHD形式のDVDにて保存。
しかし、そのためにはtoast10が必要なはず…。しかも、AVCHD対応DVDプレイヤー、お気に入りの東芝からはまず出ないし、そのほかでもいつになることか…。（レコーダはあるんだけど）

ってか、Mac上で「HDRec」って、AVCHDの東芝版、みたいなののDVDが作成できれば、それだけで十分なんだけどなぁ…。
（どうせいつか東芝のレコーダ買い換えたいと思ってるし）
こちらは先の見えない話となっております。

外付けＨＤＤ改造計画、の顛末。

2009-04-19T22:12:00.003+09:00

動画編集のために購入した、外付けＨＤＤの中身換装用HDD。しかし、懸念は一つ。

IEEE1394対応なのは良いですが、そもそも130GB（だっけ？）の壁突破に対応してるのか、という事。
ず〜っと以前、雑誌記事で1394に変換する物に関しては、大丈夫、という記述を見たきはしますが、確証はありません。

んで、１週間（！）待ってようやく届いたＨＤＤ、早速入れ替えてみました。

んで、Macに装着。あわよくば、タイムマシンボリュームにもしようか、と思っていました。
（結果的には、タイムマシンって、専用ボリュームが必要ぽい？）

が、しかし。

Mac用にフォーマットしようとすると…。エラーで止まる。
まず、接続した状態で外付けHDD、500GBとして認識されてはいる。そこまではＯＫ。
次にフォーマット、と思っても、フォーマットが途中で止まる。
ディスクユーティリティが、「input/output error」になる。どうやら、パーティションマップの作成中にエラーが起きているぽい。つまり、パーティションマップが作成できない、と。

たしかに、ディスクユーティリティで見るとわかるけど、ドライブがあって、ファイルシステム（？）があって、と２段階で見えるはずが、一番親部分しか見えてない。つまり、一つもファイルシステムとしての領域がない感じ。色々調べてみるも、全く解決せず。

試しに、と思ってWindows側で起動しパーティションは切らないながらも色々試したらWindowsでは使用できる状態には持って行けた。しかし、容量的にNTFSになってしまうので、そのままでは使えない。

これを、さらにMacに持って行くと、パーティションマップ自体はWindowsで書いたままで、その中の１パーティションをNTFSからHFSにフォーマットし直すことはできた。
お〜！これで使える。

と思ったのも束の間。
また、新たな問題に直面。

一つは、Windows側でかまっている時の操作ミスにより、起動ドライブのパーティションを一つ削除しちゃった事。
（システムとかデータとかの領域ではなく、起動とかの情報が書いてあるとこだったぽい、Windowsからは不明なパーティションになってたので間違えて削除しちゃった）
もう一つは、これで調子に乗って、タイムマシンボリュームにしようとしたこと。

まず、タイムマシンボリュームにしようとすると、パーティションから書き換えちゃおうとするんですね。Appleの形式に。そもそも、そこで失敗してた訳ですから、そこで外付けＨＤＤは振り出しに戻った訳です。

しかし、もう一度Windowsに戻って、と思っても…。起動しなくなってる！

困った困った。結局、Windows専用のマシンをあわてて起動し、同じ方法で外付けＨＤＤを使用可能とし。（Macは立ち上がるので）
その上で、システムＤＶＤ起動し、各ボリュームをイメージ保存し、全フォーマット、リストア、を目論みました。

イメージ保存が完了し、ＤＶＤ起動状態でのディスクユーティリティのメニューをふと見ると…。

内蔵ＨＤＤの、パーティション分割ツールが、ある。
注意書きをみると、パーティションを切り直せる、さらに連続した空き領域があればデータを消さずにできる。

ん？もしかして、パーティション構成を変更せずに、これを実行すると、データも消えないし、パーティションマップの間違えて消しちゃった情報が新規に書き込まれ、いけるのでは？と。

バックアップが完了してる気の大きさもあり、えい！と実行。

結果、無事元に戻ったのでした。

さて、タイムマシンは諦めるとしても、これでやっと、娘の動画編集に入れるよ…。
この記事が自分のための備忘録であると共に、あまりいないだろうけど、同様のトラブルに見舞われてる人に少しでも役に立てば、と思います。

あ、最後に、外付けＨＤＤ（中身を替えたもの）の型式は、たしか…。

Buffloの、DIU-B120Gだと思います。参考までに…。

AVCHD動画編集のワークフロー

2009-04-18T21:56:00.001+09:00

１週間音沙汰がなかった商品が、ようやく昨日届きました。
仕様としてはＡＴＡ（パラレル）のＨＤＤ、容量５００ＧＢ。

今までの問題点が…。
・iMovieで動画編集するためには、AVCHDを一度専用形式に変換しなければならず、その際、容量が膨大になる。
・そのため、NASを購入したが、転送速度の問題でプレビューが遅く、編集が困難。
・かつ、iMovieをバージョンアップしたら、ＮＡＳ（通常FAT形式とか、UNIX系？）のフォーマットがダメ、と言われるようになった。
・編集に使用するMacはiMacなので、ＨＤＤの増設は困難。
・ＢｏｏｔＣａｍｐにより、Windows環境もあり、ネイティブ編集は一応可能である一方、重く、凝った事は難しそう。
そこで対策案としては、
・頑張ってWindows環境でネイティブ編集する→途中、なんどかフリーズの憂き目にあい、断念。
・iMovieをバージョンダウンし、困難な状況で編集する→でも、新機能も使えないしなぁ…。（新機能に魅力を感じてたのに！）
・動画編集専用外付けＨＤＤ導入し、一旦ＮＡＳには取り込んだ変換済みファイルをそこにぶち込む。

と、最後の案が現実的であるな、と考えました。
そこで、さらに考えると…。
・ＵＳＢ（は１．１だが）／ＩＥＥＥ１３９４両対応のＨＤＤは、持ってる。中身はＡＴＡで、容量は120GB。
・が、これは容量不足、かつ、やや異音がしてる。
・iMovieの新バージョンにはビデオアーカイブという機能がある。
これは、ＡＶＣＨＤ録画のカメラを、フォルダ構造毎バックアップする機能。

で、決定。
・パラレルＡＴＡのＨＤＤを購入。容量は５００ＧＢ前後で良いだろう、と。
・編集のフローとしては、
１．ＮＡＳ（ミラーリングなので、信頼性はやや高い）に、ビデオアーカイブで保存
２．編集対象クリップを、外付けＨＤＤに取り込む。
３．iMovieにて編集、書き出し。親用にはDVDビデオに変換して渡す。
自宅用には、ＮＡＳのＤＬＮＡ共有か、AVCHD対応プレイヤで再生できるよう、DVDに焼く。
４．編集済みのクリップは外付けＨＤＤからは削除。バックアップはビデオアーカイブのみとする。

これが現実的な方法かなぁ、と言う気がしています。どうしても、変換は２度必要にはなりますが、編集時のハンドリングの良さは捨てがたい。実際、試しにiMovie取り込み済みのクリップを外付けＨＤＤに移してみたら、NASでチャレンジした時とは全く違い、問題は一切なく編集可能ぽかったです。

しかし、それ以前の問題が待っているのでした…。続く。

１週間、か。

2009-04-17T22:18:00.003+09:00

つい先ほど、ネットショッピングにて購入（依頼）したＨＤＤを、発送した旨のメールが届きました。
１週間、注文受付のメール（おそらく自動送信）を受信してから、全く音沙汰なし。

口コミ調べてみたら、悪評が多い…。

かなり心配でしたが、なんとか発送はしてもらえたようです。
後は、まともな物が届くのか、カード払いはどうなるのか…。

まだまだ油断はできませんが、今日音沙汰なかったら問い合わせしなきゃな～、と思っていたところでした。

とりあえずは、一安心、です。一旦。

しくった、のか…？

2009-04-14T21:48:00.004+09:00

先日注文したＨＤＤ。

金曜日に注文して以来…、ま〜ったく届く気配なし。

んで、レビュー見てみると…。
ショップの評判、悪い事悪い事。

さて、無事届くのか、どうなのか…。
○天市場の、コンピュー○ピアというお店。

これ、もしごらんの方は…。ご注意あれ。

とどかねぇ…。

2009-04-13T21:41:00.002+09:00

数年前に買った、バッファローに外付けＨＤＤ。
これの中身を換装しようと、先日ネットショッピングで内蔵用ＨＤＤを買ったのですが…。

まだ届かない…。

当ＨＤＤドライブについて、中身が換装可能かどうか、ネットでざっと探しても記述が見つからなかったので、可否についてレポートしようと思ってるのに…。

もしうまくいけば、iMovieによる、フルＨＤ動画編集作業用スペースにしようと思っています。
さすがに、ＮＡＳではまともに動かせなかったので。
（それとともに、０９にバージョンアップしたら読めなくなったし）

さて、明日～明後日くらいには届くのかなぁ。
（昨日今日が連休だったので、届くと嬉しかったんだけど）

今更ながら…。

2009-04-11T14:13:00.002+09:00

iMovie09の「カメラアーカイブ」機能の意味、使い勝手がわかってきました。
ディスク構造ごとコピー（保存）する事で、カメラ接続時と同じように扱えるんですね。

逆に言うと、クリップ単体でのアーカイブはできない、と。
（まぁ、アーカイブという表現からしても、そうだよなぁ、と思うべきだったのかも）

幸いにも、２０ＧＢ弱のデータであれば、極端に時間がかかる事なくいけそうな感じです。
ＮＡＳへの保存でも。

後は、編集するクリップに関して、iMovie上に取り込み、編集し終わったクリップは削除して行く、
という使い方が現実的っぽいです。

そうはいっても、ある程度纏めて編集できた方がいいよな〜、と思い、久々のパーツ購入を決意。
今までも使ってた、ＵＳＢ／ＦｉｒｅＷｉｒｅ両対応の外付けＨＤＤ。これの中身を換装して、iMovie編集専用ＨＤＤにしよう、と決意しています。そうは言っても外付けは割高たし、さらにＦｉｒｅＷｉｒｅ対応となるとなおさらだし…。
（ちなみに、当ドライブのＵＳＢは１．１のため、使い物にならないな）

そりゃ、１３９４ｂの外付けの方が良いんだろうけど、高いし。

後は、この取り込み（今最中）が終わったら、これがWindows側からでも同じようにできるかどうか、ですね。

toast10 titanium

2009-04-08T21:26:00.001+09:00

安くはない。
でも、HD動画を、AVCHDで編集・保存（DVDに焼く）なら良い選択肢だとは思う。

でも、それより優先なのは…。

やっぱ、外付けHDD増設することかなぁ、と思ったり。

たとえiMovieでNAS使えるようになっても、HD動画の編集はさすがにカタつくもんなぁ。

あ～、お金が無尽蔵にあって、お金かけてでもワークフローが確立できたら良いのにな…。

写真、動画の整理…。

2009-04-07T18:24:00.002+09:00

写真（デジカメ）の整理は主にMac、iPhotoでやってます。
平行してPicasa（Windows）でもやってます。
トラブルできえっちゃったら凹む物かなり上位ですからね、今はデジカメ写真は。

極力プリントしてアルバムにも挟みたい、とは思いますが…、婆ちゃん達（２部必要）の印刷で手一杯、って感じです。

そんな中導入してるのが、

こちら。

さらに、

これも導入して、さらにさらにPicasaウェブアルバムとも連携して、とデジタル写真ライフを送っております。

問題なのが、動画。
AVCHD対応ビデオカメラにて撮って、Mac、iMovieで編集しようかと思ったら…。
取り込みはできるものの、iMovieの仕様上、ファイル変換され、その容量が膨大。
それじゃあ困る、と上記NASに動画ファイルを移してやってたら…。

先日、iMovieを最新版に更新したらNAS上の動画ファイルがiMovieから読めなくなってしまってます。

ってな訳で、比較的フローが確立されつつある写真に対し、動画はこれからまだまだ模索が必要。

その間にも、娘は大きくなるし、動画も貯まっていくんだけどなぁ…。

iLife09

2009-02-03T21:52:00.002+09:00

AppleのiLife09が出ています。
当初、買おうかどうしようか、迷ってたのですが…。

買うことを決意。

めっちゃこれが良い！
って魅力的な機能が満載、ってわけでもないですが、でも、着実な進歩。

それに、数日来言ってる、子供を撮ったビデオのＤＶＤ（ハイビジョンとＤＶＤ画質、両方！）化に、多少なりとも新機能を盛り込もう！

って事で。

ネットショッピングで購入し、数日で届くと思われます。

さて、また買い物しちまったなぁ…。

あ、前前から挑戦について記事を書いてた電験は、無事合格してたようです。
合格通知、早く届かないかなぁ。

断念した、ＤＶＤ製作。

2009-02-01T23:19:00.002+09:00

本日１歳を迎えた我が娘。

それに向けて、１年間の軌跡をＤＶＤ化しようと、頑張っていたのは先日も書いたとおり。

しかし…。

iMacのBootCampにて、Windowsを立ち上げ、ビデオに付属してた編集ソフトで、簡易編集を行い…。
なんとか、生後１００日程度を編集、DVDにエンコードしてたら…。

DVD焼かれず、初期画面に戻ってる。
あれ？と思いつつ、も一回やっても、同じ。も一回やったら…。ちょうど、エラー画面に出くわしました。
エンコード途中で、エラー発生、停止していた模様。

はぁ、がっくし。

で、MacのiMovieでの編集に以降しよう、と思いましたが（平行してもう１台の奥様用MacBookにて取り込みしてたので）、もう、今日の誕生会には間に合わない、って事で断念。

まぁ、ビデオから直接上映会をできるので、いっちゃいいんですけど…。

親にＤＶＤをプレゼントしたかったんだけどな。

まぁ、しょうがないか…。

って事で、バージョンアップしたiLifeにて、ビデオ編集、頑張りたいと思います。

DPF。

2009-01-31T23:29:00.002+09:00

で、年末に注文してた、バッファローのデジタルフォトフレームがようやく届きました。

購入の決め手は、

・無線LAN対応
・DLNA対応
・Picasaのオンラインアルバム対応

無線LANは、無事設定完了。

Picasaのオンラインアルバムは、設定は簡単だったものの…。
今アップしているアルバムは、全く厳選せずのアルバムのため、一般公開にしていない。
しかし、同製品の対応は、一般公開のもののみでした。

なので、公開用のアルバムを別途作成する必要がありそうです。
ただでさえ、動画の編集（１歳になる娘の話。全部）で忙しいのに…。
（２台のパソコン、フル活動で、この辺の話はまたかな）

最後の、DLNA対応。

同社製品のNASを使用していて、これ、DLNAサーバに対応している。

音楽の共有は、成功。
動画の共有も、まだ元ネタを用意してないため完全確認はしてないものの、フォルダは見えたのでOKでしょう。

肝心の（そして、メインであるべき）写真。
写真のフォルダが、見つからない…。
おかしい…。

クルクル、探してる風のアイコンは出るのに、そこから進まない…。

音楽とかがいける、って事は、DLNAサーバへの接続自体はうまくいってるはず。

ネットで色々検索しても、全然出てこない…。

さて、どうしたものか…。

どなたか、解決法ご存知の方、いませんかねぇ…。

動画の編集。

2009-01-30T16:33:00.002+09:00

動画の編集。
過渡期なんだと思ってますが、大変です。

機材。
CANON HG10。AVCHD録画のフルハイビジョン機。
MacはiMacで、アルミボディの初代。C2D 2.4GHzにメモリは4GBへ増強済み。

AVCHDは、確かに立派だと思います。まぁ、一般的な用途であれば不満ない画質で、40GB程度のHDDにかなりの時間撮影できる。

iMac付属の、iMovieの考え方もスマートだと思います。AVCHDを直接編集するのではなく、一度取り扱いの容易なファイルに変換して扱う、と。厳密に言うと変換するって事は画質も低下するのでは？とかは野暮だとして。

ですが、問題は容量と時間。
iMacにはXPも入れてあり、XP上であればAVCHDのまま簡単な編集は可能。
しかしながら、AVCHD再生の機材は、ない。ビデオカメラに下記戻すのも今イチ。
何より、編集は激重だし、時々落ちる。これじゃ、使いにくい…。

で、結局iMovieを使用して編集中なのですが…。
ファイル変換やら取り込みに、２００分とか、実時間の何割増かの時間がかかる。

今日中に編集終わらせるのは無理っぽいなぁ…。

いずれにしても、HDDに残すもの、DVD画質にするもの（親とかにあげるもの）、とか、作り分けなくてはならず、良いワークフローを模索中。

割と電脳な家（を目指してる）ので、最悪、我家用はメディアに焼かず、ネットワーウメディアプレイヤ！とかも思ってるんですが…。

さて、どうなることか。

OHm練習問題機械伝送方式問４～補足

2008-07-16T09:51:00.003+09:00

ここの補足、です。
問題文、解答内容については、ここ参照で。

伝送方式問４
【解説】
ＴＣＰ／ＩＰは、米国防総省高等研究計画局で開発されたインターネットの標準プロトコルである。その後、イントラネットやＬＡＮのプロトコルとして世界的に広く用いられている。

ＩＰは開放型システム間相互接続（ＯＳＩ）７階層の中で第３層ネットワーク層に相当し、ＴＣＰはＯＳＩ第４層のトランスポート層に相当する。

（１）ＩＰ層
ＩＰ層は、送信元端末と宛先端末間のコネクションレス型通信を実現するものとして規定されている。コネクションレス型通信は、送信元端末と宛先端末間とで通信に先立って改選の確立をすることなく、送信元端末が宛先端末のアドレスを指定してデータを送出する方式の事をいう。

ネットワークに接続されたコンピュータや通信端末、ルータなどを識別するためにＩＰ層が管理する識別子のことをＩＰアドレスという。ＩＰ層ではこのアドレス情報を元にデータの宛先、送信元を識別する。ＩＰアドレスは４バイト（３２ビット：ＩＰｖ４）または１６バイト（１２８ビット：ＩＰｖ６）のアドレス体系をとる。

（２）ＴＣＰ層
ＴＣＰ層は、送信元ポートと宛先ポート間のコネクション型通信を提供する。コネクション型通信は、送信元ポートと宛先ポートとの間に仮想的な通信路を形成して情報の伝送を行う信頼性の高い通信制御方式である。ちなみにＴＣＰ層が相当するＯＳＩの第４層には、データ通信を行う２つの端末間（エンドプロセス間）でデータ交換を保証する規約が定められている。さらにＴＣＰ層は、ＩＰ層から提供されるサービスを補完して高い品質を保証するため、使用する通信回線の伝送品質と伝送高率を考慮した５種類のクラスを用意している。

（３）ＴＣＰ／ＩＰ
ＴＣＰ／ＩＰでは、上位層のアプリケーションプログラムが通信路を特定できるようＩＰ層のアドレスで宛先端末を特定し、さらにＴＣＰ層でポート番号と呼ばれる識別番号を用いて多重化を実現している。このポート番号は１６ビットの大きさであり、３種類に大別することができる。０〜１０２３まではサービス識別番号と呼ばれ、サービスの種類ごとにあらかじめ決められている。（Well-Knownポートと呼ばれる）。１０２４〜４９１５１まではRedisteredポートと呼ばれ、主にソフトウェア提供者が独自のアプリケーション用として割り当てている。また４９１５２〜６５５３５までは、PrivateポートまたはDynamicポートと呼ばれている。このうち０〜４９１５１までのポートはＩＣＡＮＮ（ＩＣＡＮＮ：Internet Corporation for Assigned Names and Numbers）が管理している番号でありユーザが勝手に使うことを許していない。

Well-Knownポートとしてよく使われるものをあげると、ファイル転送用などのＦＴＰ（ポート２０または２１）、ブラウザが使うｈｔｔｐ（ポート８０）、電子メール用のｐｏｐ３（ポート１１０）などがある。

以上です。

OHM練習問題機械伝送方式問３～補足

2008-07-15T17:20:00.000+09:00

ここの補足、です。
問題文、解答内容については、ここ参照で。

伝送方式問３
【解説】
ゲートウェイはＯＳＩ基本参照モデルの第１層から第７層にわたり、すべてのプロトコル変換機能をもち、プロトコルの異なるネットワーク間を接続する装置である。

ブリッジは第２層のデータリンク層のレベルで、同一プロトコルのネットワーク相互間を接続するとともにフィルタ機能を持つ装置である。

リピータは物理層のレベルで、アクセス方式が同じネットワーク間を接続して信号を増幅し、伝送距離を延長する装置である。

ルータは第３層のネットワーク層レベルでのプロトコル変換機能をもち、パケット（データ）の宛先アドレスによりパケットの送信先と最適経路を選定し送信先へ送出するルーティングの機能を持った中継装置である。

以上です。

OHM練習問題機械伝送方式問２～補足

2008-07-14T08:59:00.001+09:00

ここの補足、です。
問題文、解答内容については、ここ参照で。

伝送方式問２
【解説】
複数のコンピュータ同士を相互接続するべくコンピュータネットワーク（コンピュータ通信網）が構築された。このコンピュータネットワークを構成するために必要となる基本的な構成要素としては通信回線とこの通信回線に接続する為に接続装置等のハードウェアのほか、通信制御を行うソフトウェアが必要である。データ通信の標準化を行うには、これらの機能を論理的に定義して、通信手順を体系的かつ統一的に規定する必要がある。これをネットワークアーキテクチャという。

ネットワークアーキテクチャとして最初に登場したのは、１９７４年にＩＢＭが発表したＳＮＡ（Systems Network Architecture）である。その後、１９７５年にＤＥＣがＤＮＳ（Digital Network System）、１９７６年にバローズ（現：ＵＮＩＳＩＳ）がＤＮＳ（Decentralized data processing Network Architecture）を提唱し、翌１９７７年にはＮＴＴがＤＣＮＡ（Data Communication Network Architecture）を発表した。これらはデータ通信のネットワークを効率的に機能させるために必要な通信手順等を規定したものである。これらの通信手順等における規定のことはプロトコルと呼ばれている。プロトコルを言い換えれば、データ通信システムの構成要素間での情報交換について、その方式や書式（フォーマット）を決定する規約と定義することができる。

コンピュータ同士をネットワークによって相互接続するにはプロトコルに従った伝送制御手順を実行すればよい。しかしながらＳＮＡ、ＤＮＳ、ＤＣＮＡなどには相互に互換性がない。そのためコンピュータネットワークが拡大するほど異機種間の相互接続ができないという問題が顕著になってきた。このため国際的な標準化が進められることとなった。

そこでＩＳＯ（国際標準化機構）とＣＣＩＴＴ（国際電信電話諮問委員会）は、インターフェースの標準化作業を行い、その結果、１９８０年にＯＳＩ（Open Systems Interconnection：開放型システム間相互接続）基本参照モデルが規定化された。

ＯＳＩ基本参照モデルは図４に示すようにプロトコルを７つの階層（layer）に分けた規定である。ＯＳＩは７階層のうち第１層から第４層までの下位４層には通信機能に関する規約を、第５層から第７層までの上位３相にはデータ処理に関する規約がまとめられている。

（１）物理層（physical layer）
ＯＳＩの最下位層に位置づけられた物理層は通信装置や通信端末あるいは通信回線などの媒体の物理的、電気的な規約を定めている。言い換えれば物理層はデータ通信に係るハードウェアの決まり事を定めたものといえる。具体的には通信回線に接続するためのコネクタの形状や接続ピンの配置、電気信号の極性や電圧、電流等を規定している。

物理層で扱う装置としては、データ端末装置（ＤＴＥ：Data Terminal Equipment）やデータ伝送機能を有するデータ回線終端装置（ＤＣＥ：Data Circuit-terminating Equipment）などがある。これらの装置に対してビット単位のデータ伝送を保障するための規約も物理層に規定されている。

だ標的名物理層の規格としてはＲＳ−２３２Ｃ、ＲＳ−４２２やＲＳ−４８５、Ｘ．２１などのＤＴＥとＤＣＥ間のインターフェースに関する規定がある。

（２）データリンク層（data link layer）
同一のネットワークに接続された複数のコンピュータや端末装置の集まりをノードという。このノードにはネットワークの交換機能や伝送機能あるいはネットワーク管理機能などを有する装置も含まれる。このようなノード間をつなぐ通信回線をリンクという。この層の名称となっているデータリンクとは隣接するノード間に設けられたデータ回線のセットの事をいう。

データリンク層は隣接ノード間の伝送制御手順（リンクプロトコル）を規約に定めている。またデータリンク層は通信する相手方がデータ交換可能かどうかを確認する手段とデータ通信を行っているときにデータの誤り（ビット誤り）を生じたときの対処方法および送受信のタイミングなどについても定めている。この層はさらに隣接ノード間でビット列から構成される情報をフレームと呼ばれるデータ単位で扱い、このフレームを確実に転送することを保障する役割も担っている。このためビット誤りの検出、回復、フロー制御や順序制御などの機能もデータリンク層で規約化されている。

この層のプロトコルとしては、基本形データ伝送制御手順（basic mode data transmission controal procedure）やＨＤＬＣ（High level Data Link Control）などがある。

なお、ＬＡＮ（Local Area Network）のＭＡＣ（Media Access Control）プロトコルはこのデータリンク層に相当する。

（３）ネットワーク層（network layer）
この層には、データ通信端末からネットワークに対して接続の確立、開放を依頼する接続制御手順やネットワークでの伝送制御手順等が規約化されている。

その他、ネットワーク層には異なるネットワーク間の接続手順（ルーティング）なども規約により定められている。

代表的なネットワーク層プロトコルとしてはＩＴＵ−Ｔ勧告Ｘ．２５のレイヤ３プロトコルと、ＴＣＰ／ＩＰのＩＰプロトコル（Internet Protocol）がある。ＩＰプロトコルは、インターネットやＬＡＮの標準プロトコルとして有名である。

（４）トランスポート層（transport layer）
この層にはデータ通信を行う２つの端末間（エンドプロセス間）におけるデータ交換を保障するための規約が定められている。またトランスポート層では、下位層のネットワーク層から提供されるサービスを補完してより高い伝送品質の保証を行うための規約化がなされている。

（５）セッション層（session layer）
この層はアプリケーション層がやりとりする対話的なデータ伝送の構造に着目した制御機能を実行する規約がなされている。セッション層は具体的にはデータ伝送を行うために基本となる論理的通信路を提供し、その通信路上での送信権制御や通信モード（全二重、半二重など）の制御、同期などの制御を行う役割を担う。

セッション層のプロトコルとして代表的なものには、Ｘ．２２５セッションプロトコルがある。

（６）プレゼンテーション層（presectation layer）
この層はセッション層の規約に基づいてアプリケーション層が授受するデータの表現方法が規約化されている。また符号や文字セットの変換、データの形式の変更などもプレゼンテーション層の役割である。

（７）アプリケーション層（application layer）
アプリケーション層は、各種の適用業務に対する通信の機能が規約化されている。この層は利用者がＯＳＩ環境にアクセスする為の手段を提供し、情報を交換するためのアプリケーションプロセスの窓口的な意味合いを持っている。具体的にこの層は、ファイル転送、ジョブ転送やファイルアクセス手順、メール転送手順などを定めている。

以上です。

OHM練習問題機械電熱問２～補足

2008-07-13T14:02:00.001+09:00

ここの補足、です。

問題文、解答内容については、ここ参照で。

電熱問２

【解説】

（１）レーザビーム加工

発散角が小さく、指向性の良いレーザビームをレンズで集光させると１０^4（Ｗ／ｃｍ^2）以上のパワー密度が容易に得られる。これを利用して除去加工、溶接加工、表面改質加工が行われる。加工用レーザの種類の中ではＹＡＧレーザとＣＯ２レーザが最も普及している。

（２）放電加工

被加工物と工具電極とを油や水などの絶縁性の加工液の中で数ミクロンのギャップで対向させ、数十〜数百（Ｖ）の印加電圧により１秒間に数千〜数十万回のアーク放電を発生させ、この結果生ずる多数の放電痕により、被加工物の加工を行う。放電加工の方式には特定形状の電極を用いて、その形状を投影加工する型彫放電加工方式とワイヤ電極を自働的に送り、巻き取りながら糸鋸のようなくり抜き加工を行うワイヤ放電加工方式とがある。

（３）超音波加工

適量の砥粒を加工液に混濁させた混合液中、周波数１５〜３０（ｋＨ）、振幅５〜７５（μｍ）で振動する工具を被加工物に一定の静圧で接触させ、工具先端の砥粒による衝撃破砕を行う加工法である。振動子は電気エネルギーを機械エネルギーに変換するもので、フェライトなどの磁気ひずみ振動子や、チタン酸バリウムなどの電磁ひずみ振動子が用いられる。これを共振により振幅を高め、ホーンにより振動エネルギーを工具に集中させる。

（４）電子ビーム加工

高い加速電圧によって高速に加速された電子ビームを電磁界によって収束すると、１０^6〜１０^9（Ｗ／ｃｍ^2）の高いパワー密度が得られる。これを加工物に照射すると一瞬にして溶融、蒸発が起こり、せん孔現象が発生する。この現象を利用した加工法である。

（５）プラズマジェット加工

トーチ内の陰極と陽極であるノズルとの間にガスを供給しながらアーク放電を発生させるとガスは過熱され膨張し、強く電離された超高温のジェット流となってノズルから噴射する。プラズマジェットは高温熱風による加熱であり、金属質、セラミックス、プラスチックなどほとんどの材料を加工対象に選ぶことができる。この加工法の特長は超高温が長時間安定に得られる事と、ノズルの形状、作動ガスの種類流量、アーク電流等の選択によってプラズマジェットの温度を容易に調整できることであり、欠点は作業中における騒音と強い紫外線の発生である。

以上です。

OHM練習問題機械伝送方式問１～補足

2008-07-12T10:02:00.002+09:00

ここの補足、です。

問題文、解答内容については、ここ参照で。

伝送方式問１

【解説】

センタ側制御局が端末側従属局に対し、送信データの有無を問い合わせるか、または受信準備の状態を問い合わせてからデータ送受信を行う方式はポーリング／セレクティング方式と呼ばれる。

また送信側に回線上に伝送信号が流れているかどうかをチェックし、信号がなければ送信し、信号を検出すれば中断し、一定時間後に再び信号のチェックを行うことで伝送信号の衝突がないよう制御する方式はコンテンション方式と呼ばれる。この方式ではホストまたは端末のうち送信要求を早く出した側が送信権を獲得することができる。

ＦＴＰ（File Transfer Protocol）はファイル転送用のプロトコルでインターネット等のネットワークで用いられる。

以上です。

OHM練習問題機械電熱問１～補足

2008-07-11T16:53:00.000+09:00

ここの補足、です。

問題文、解答内容については、ここ参照で。

電熱問１

【解説】

（１）金属円柱の周りにソレノイド状にコイルを巻き、交流電流を流すと、電磁誘導により金属円柱に渦電流が発生し、そのジュール熱で円柱が発熱する。金属円柱中を流れる電流は表皮効果により表面に近いほど大きく、中心にいくに従って減少するが、この傾向は周波数が高いほど顕著である。この表面に集中する程度を表すのに電流の浸透深さδという語が用いられる。

δ＝５．０３√｛ρ／（μｒ・ｆ）｝（ｃｍ）

ただし、

ρ：金属の抵抗率（μΩ・ｃｍ）

μｒ：比透磁率

ｆ：周波数（Ｈｚ）

（２）誘導炉

金属を誘導過熱し溶融する装置を誘導炉という。これには商用周波数の電源を用いる低周波誘導炉と、１〜１０（ｋＨｚ）の周波数の電源を使用する高周波誘導炉がある。低周波誘導炉には、湯だめが簡単なルツボ状である「るつぼ形炉」、Ｖ字形のみぞの中で加熱が行われる「みぞ形炉」がある。高周波誘導炉は、るつぼ形炉の構造をしており、電源装置にはサイリスタを用いたインバータが適用される。

（３）低周波誘導炉と高周波誘導炉の比較

（ａ）高周波誘導炉の得失

ア．湯だめが簡単なるつぼ状であるため連続作業が不必要となり、短時間で加熱・停止ができる。

イ．局部加熱が容易で、特に表面焼入れに適し、周波数を適当に選ぶことにより焼入れ厚さを調整することができる。

ウ．取扱が容易で、操作に熟練を要しない。

欠点は、

高周波を発生させる電源装置や力率が非常に低いので、電力用コンデンサなどの調相設備に費用がかかる。

【主な用途】

特殊鋼・合金の製造・溶解、貴金属の溶解、金属の真空溶解、鋳造用過熱、金属の表面焼入れ、金属のロウ付け、半導体の熱処理に用いられる。

（ｂ）低周波誘導炉の得失

ア．Ｖ字形のみぞの中で加熱が行われ、耐火物で囲まれているので熱効率がよい。

イ．連続作業に用いられ、金属の損失が少なく、攪拌作用も十分である。

ウ．力率は７５〜８５％で商用周波数の電源が利用できる。

欠点は、

ア．浴湯を常にある程度残しておく必要があるので断続作業には向かない。

イ．炉の構造が複雑である。

ウ．定電圧大電流で溶融金属に大きな電磁力が働き、炉の取扱いに熟練を要する。

【主な用途】

溶融温度が比較的低く導電率が高い銅、銅合金、亜鉛、アルミニウムなどの非鉄金属、軽合金、鋳鉄などの溶解に用いられる。

以上です。

OHM練習問題機械化学問３～補足

2008-07-10T12:11:00.002+09:00

ここの補足、です。

問題文、解答内容については、ここ参照で。

化学問３

【解説】

（１）ファラデーの法則

電気分解、電気メッキにより電極に析出される物質の質量は、ファラデーの法則として次式で示される。

Ｗ＝１／（９．６５×１０^4）×（ｍ／ｎ）×Ｑ（ｇ）

ただし、

Ｗ：析出される物質の質量（ｇ）

ｍ：原子量

ｎ：原子価

９．６５×１０^4（Ｃ／ｍｏｌ）：ファラデー定数

Ｑ：電解液を通過する電気量（Ｃ）

ｍ／ｎ：化学当量

（２）本題の計算

食塩電解で水酸化ナトリウムを精製する反応式は、次式で示される。

２ＮａＣｌ＋２Ｈ２Ｏ→２ＮａＯＨ＋Ｈ２＋Ｃｌ２ …１

（ａ）

１式から水酸化ナトリウム（ＮａＯＨ）は１価であり、その原子量ｍは、

ｍ＝２３＋１６＋１＝４０（ｇ／ｍｏｌ）

したがって、水酸化ナトリウム１（ｔ）を精製するのに必要な理論電気量Ｑ１（Ｃ）は、ファラデーの法則から

Ｑ１＝９．６５×１０^4×（ｎ／ｍ）×Ｗ

　＝９．６５×１０^4×１／４０×１０^6

　＝２．４１２５×１０^9≒２．４×１０^9（Ｃ）

となる。

（ｂ）

題意から、水酸化ナトリウム１（ｔ）を精製するのに必要な直流電力が２５００（ｋＷｈ）であるから、使用電力量Ｗ（Ｗｓ）は、

Ｗ＝２５００×１０^3×３６００＝９×１０^9（Ｗｓ）

また、このときの電解槽の平均電圧Ｖ＝３．１５（Ｖ）であるから、使用電気量Ｑ２（Ｃ）は、

Ｑ２＝Ｗ／Ｖ＝９×１０^9／３．１５

　＝２．８５７１×１０^9（Ｃ）

となる。

（ｃ）

この電解槽の電流高率η（％）は、

η＝理論電気量Ｑ１／実際必要な電気量Ｑ２

　＝２．４１２５／２．８５７１

　＝０．８４４

　≒８４（％）

となる。

以上です。

OHM練習問題機械化学問２～補足

2008-07-09T17:28:00.000+09:00

ここの補足、です。

問題文、解答内容については、ここ参照で。

化学問２

【解説】

（１）食塩水の電気分解

食塩水（ＮａＣｌ）を電気分解すると、陽極および陰極では次の反応が起こる。

アノード反応２ＣＬ-→Ｃｌ２＋２ｅ-

カソード反応２Ｎａ+＋２ｅ-→２Ｎａ

図２にその様子を示すが、アノードでは塩素が得られ、カソードでは苛性ソーダ（ＮａＯＨ）と水素とが得られる。ここで電子の移動に注目すると、アノードでは電子を失う（酸化されたという）現象が、逆にカソードでは電子を得る（還元という）現象が発生する。一つの反応では、電子を失うものもあれば、その電子を受け取るものが必ずあるので、参加と還元は同時に起こることとなる。

上式に示すアノードの反応式から塩素１分子（Ｃｌ２）を作るのに２電子（２ｅ）が必要である事がわかる。

（２）電気透析法

界面電気化学現象の一つである電気透析法は、図３に示すように隔膜として選択透過性の良い陽イオン交換膜と陰イオン交換膜とを交互において直流電流を流すと、それぞれが対イオンを透過させるが、非対イオンを透過させないために、塩が濃縮される室と脱塩される室とが交互に出来る。この方法を用いて海水を濃縮させ、これから食塩水を製造したり、逆に世界的には海水または地下かん水などの食塩を脱塩して淡水を得ている。

以上です。

OHM練習問題機械化学問１～補足

2008-07-08T09:47:00.001+09:00

ここの補足、です。

問題文、解答内容については、ここ参照で。

化学問１

【解説】

鉛蓄電池は今日、最も普及している二次電池の代表である。

（１）電池反応

鉛蓄電池の充放電時の化学方程式は次式で示される。

ＰｂＯ２＋２Ｈ２ＳＯ４＋Ｐｂ

　⇔ＰｂＳＯ４＋２Ｈ２Ｏ＋ＰｂＳＯ４

※→放電、←充電

ＰｂＯ２（二酸化鉛）：陽極＋

２Ｈ２ＳＯ４（希硫酸）：電解液

Ｐｂ（鉛）：陰極−

ＰｂＳＯ４（硫酸鉛）：陽極＋

２Ｈ２Ｏ（水）：電解液

ＰｂＳＯ４（硫酸鉛）：陰極−

（２）主要部材

正極は、多孔度６０〜７０（％）の暗褐色ＰｂＯ２結晶、また負極はスポンジ状Ｐｂを活物質とする。

隔離板（セパレータ）は電子的絶縁体で電解液をよく通し、ＰｂＯ２に酸化されず、硫酸中でも安定で丈夫な微孔性ゴム板、強化繊維板、多孔性プラスチック板、ガラスマットなど用途に応じて使い分けられている。

電解液は純粋な希硫酸を用いる。希硫酸濃度は濃度の最もよい指標である比重で規定され、１．２８±０．０１（２０℃）で管理される。

電槽は中が見えて便利なプラスチック（ポリエチレン、ポリプロピレンなど）が主体である。

鉛蓄電池の表記方法はクラッド式はＣ、ペースト式はＰ、高率放電用（ペースト式）はＨをまず記し、次に電槽がプラスチックならＳを記す。例えば型式がＣＳ−４００はクッド式、プラスチック電槽、４００Ａ・ｈである。

（３）電圧特性

素電池の電圧は２．０（Ｖ）である。図１に鉛蓄電池の充放電特性を示す。１０時間率程度の低率放電では、平坦な放電曲線となり、終止電圧になったら放電をやめ、すぐ充電する必要がある。終止電圧は放電率により異なり、１０時間率では１．８Ｖ、３時間率で１．７Ｖ、１時間率で１．６Ｖを目安とする。充電は通常急速に行わず１０時間率程度で行う。充電が９０％以上進行すると、充電電圧が急に２．６Ｖ程度に上がる。つまり、充電が終期に近付くと充電電流のほとんどは活物質の化学反応から水の電気分解に費やされ、正極から酸素ガスが、負極から水素ガスが発生し、徐々に電解液が減少する。このため定期的に補水する必要がある点も考慮すると、９０％充電にとどめた方がよく、また長持ちする。

（４）容量

電池を放電して規定の終止電圧に達するまでに供給し得る電気量をアンペア時容量といい、放電電流によって容量が異なり、放電電流が大きい程容量は小さくなる。放電電流を表すのに時間率を用いる。１０時間放電できる放電電流を１０時間率という。例えば１０時間率の容量を１００とすると、ＣＳ型では５時間率で８０、３時間率で７０、１時間率では５０に下がる（２５℃にて）。

（５）寿命

充・放電を繰り返していくと、電池は劣化し容量は低下する。初期容量の８０％に劣化するまで何回、繰り返し充放電できたかを示す回数をサイクル寿命という。寿命の長短は使用条件や保守取扱の良否に大きく依存する。過充電、過放電、高温、高電解液濃度は悪影響する。

（６）サルフェーション

鉛蓄電池の取扱上の注意点としては過放電または高温状態で長時間放置しない事が上げられる。このような状態になると、電極表面上に白いＰｂＳＯ４が析出し、電極は導電性の悪い膜で覆われ、充放電反応は著しく阻害され、電池容量は激減する。重量には対策が無く、極板を交換する。

以上です。

OHM練習問題機械制御系の応答問４～補足

2008-07-04T14:49:00.000+09:00

ここの補足、です。
問題文、解答内容については、ここ参照で。

制御系の応答　問４
【解説】
制御系の特性を判定する為、特殊な信号を制御系に与えたとき出力される制御量の変化を捉えることが行われる。このとき制御系に与える信号には、単位インパルス信号（unit impulse signal）、単位ステップ信号（unit step signal）およびランプ信号（ramp signal）などがある。

（１）単位インパルス信号
単位インパルス信号は、短い時間幅（τ）の期間中に、大きさが１／τの値を有する信号である。つｓまり単位インパルス信号は、その面積が１になる。特にτ→０の極限を取った信号は、ディラック（Dirac）のδ関数（delta function）と呼ばれる数学的な関数信号である。つまりδ関数δ（ｔ）は、

δ（ｔ）＝∞：ｔ＝０
　　　　　０：ｔ≠０

であり、∫δ（ｔ）ｄｔ＝１（積分範囲は－∞～∞）と定義される。つまりこの関数はきわめて短い時間に極めて大きな値を有していることを示している。

このような単位インパルス信号δ（ｔ）をラプラス変換すると次式が得られる。

Ｌ［δ（ｔ）］＝∫δ（ｔ）ｅ^-stｄｔ
　＝∫δ（ｔ）ｅ^-stｄｔ（０－～０＋）
　　　　∫δ（ｔ）ｅ^-stｄｔ（０＋～０∞）
　　　　　＝１

次図６に示す一次遅れ要素Ｇ（ｓ）に入力信号Ｒ（ｓ）として単位インパルス関数を与えたときの出力信号Ｃ（ｓ）を求める。単位インパルス信号をラプラス変換した値は１であるから出力Ｃ（ｓ）は、

Ｃ（ｓ）＝Ｒ（ｓ）／Ｇ（ｓ）
　　＝１・１／（１＋Ｔｓ）＝１／Ｔ／｛ｓ＋（１／Ｔ）｝

となる。したがって出力Ｃ（ｓ）の時間変化ｃ（ｔ）は、上式を逆ラプラス変換して、

ｃ（ｔ）＝Ｌ^-1［Ｃ（ｓ）］
　　＝１／Ｔ・ｅ^-(t/T)

となる。Ｔ＝１のときの出力ｃ（ｔ）は、図７に示すように徐々に最終値である０に近付くように変化する。

（２）単位ステップ信号
単位ステップ信号ｕ（ｔ）は、時刻ｔ＝０で単位値１になる信号である。つまり単位ステップ信号ｕ（ｔ）は、

ｕ（ｔ）＝０：ｔ＜０
　　　　＝１：ｔ≧０

である。

単位ステップ信号ｕ（ｔ）をラプラス変換すると次式のようになる。

Ｌ［ｕ（ｔ）］＝∫ｕ（ｔ）ｅ^-stｄｔ＝∫ｅ^-stｄｔ（０～∞）
　　＝［－１／ｓ・ｅ^-st］＝１／ｓ

（３）ランプ信号
ランプ信号は、時間に比例して増加する信号である。すなわち比例定数をａとすればランプ信号ｆ（ｔ）は、次式のように表すことができる。

ｆ（ｔ）＝ａｔ

ランプ信号ｆ（ｔ）をラプラス変換すれば次式となる。

Ｌ［ｆ（ｔ）］＝∫ｆ（ｔ）ｅ^-stｄｔ＝∫ａｔｅ^-stｄｔ（０～∞）
　　＝ａ［－ｔ・ｅ^-st／ｓ］＋∫（ａｅ^-st／ｓ）ｄｔ
　　＝［ａｅ^-st／ｓ^2］１／ｓ

以上です。

OHM練習問題機械制御系の応答問３～補足

2008-07-03T10:06:00.000+09:00

ここの補足、です。
問題文、解答内容については、ここ参照で。

制御系の応答　問３
【解説】
むだ時間要素は、図５に示すように入力信号Ｒ（ｓ）に対して所定時間だけ遅れて出力信号Ｃ（ｓ）が出力される伝達要素である。この図に示すように時刻Ｌだけ遅延するむだ時間要素の伝達関数は、次式で示すことができる。

Ｇ（ｓ）＝ｅ^-Ls　…１

１式のｓにｊωを代入して時間関数に直してオイラーの公式を適用すると次式が得られる。

Ｇ(ｊω）＝ｅ^-jωL
　＝ｃｏｓ（ωＬ）－ｊｓｉｎ（ωＬ）　…２

２式の実数部Ｒｅ［Ｇ（ｊω）］および虚数部Ｉｍ［Ｇ（ｊω）］は、それぞれ、

Ｒｅ［Ｇ（ｊω）＝ｃｏｓ（ωＬ）
Ｉｍ［Ｇ（ｊω）＝－ｓｉｎ（ωＬ）

となる。したがって、むだ時間要素の周波数伝達関数Ｇ（ｊω）は次式となる。

Ｇ（ｊω）＝１∠ｔａｎ^-1｛－ｔａｎ（ωＬ）｝
　＝１∠－ωＬ＝∠－ωＬ　…３

この式が示すように、むだ時間要素のゲイン|Ｇ（ｊω）|は、１であり、位相角∠Ｇ（ｊω）は、角周波数に比例して増加することがわかる。

また、Ｒ－Ｌ回路の周波数伝達関数からゲイン|Ｇ（ｊω）|と位相角∠Ｇ（ｊω）は、それぞれ次式のようになる。

|Ｇ（ｊω）|＝Ｒ／√｛Ｒ^2＋（ωＬ）^2｝　…４
θ＝－ｔａｎ^-1（ωＬ／Ｒ）　…５

ここで角周波数ωを変化させたときのゲインおよび位相角を求めると表３が得られる。

Ｒ－Ｌ回路は、この表に示したように角周波数ωが増加するにしたがって位相角の遅れが増加し、ω＝∞のときに－９０°となる。位相角の変化は、５式に示されるように三角関数の正接（タンジェント）の変化に等しい。

以上です。

OHM練習問題機械制御系の応答問２～補足

2008-07-02T17:14:00.002+09:00

ここの補足、です。

問題文、解答内容については、ここ参照で。

制御系の応答　問２

【解説】

制御系（制御要素）に与える入力信号の角周波数ωを変化させたとき、制御系（制御要素）から出力される大きさと位相角の変化を制御系の周波数応答という。

１．積分要素

積分要素の周波数伝達関数をＧＩ（ｊω）とすれば、

ＧＩ（ｊω）＝１／（ｊωＴＩ）＝１／（ωＴＩ）∠−９０°

となる。この式から角周波数ωを変化させたときのゲイン|ＧＩ（ｊω）|および位相角∠ＧＩ（ｊω）を求めると表１に示すようになる。

この表からわかるように積分要素のゲインは角周波数ωに反比例し、位相角は−９０°の一定値になる。

２．微分要素

微分要素の周波数伝達関数をＧＤ（ｊω）とすれば、

ＧＤ（ｊω）＝ｊωＴＤ＝ωＴＤ∠９０°

となる。この式から角周波数ωを変化させたときのゲイン|ＧＤ（ｊω）|および位相角ＧＤ（ｊω）を求めると表２に示すようになる。

この表からわかるように微分要素のゲインは角周波数ωに比例し、位相角は９０°の一定値になる。

以上です。

OHM練習問題機械制御系の応答　問１～補足

2008-07-01T08:35:00.000+09:00

ここの補足、です。
問題文、解答内容については、ここ参照で。

制御系の応答　問１
【解説】
図４に示す伝達関数に大きさＡ、角周波数ω（周波数ｆ）の正弦波交流を入力すると、大きさがＧ・Ａ、位相がθだけ変化した角周波数ω（周波数ｆ）の信号が出力される。（この図では位相が遅れるものとして描いてある）

制御系に入力した角周波数ωの正弦波交流信号をＸ（ｊω）とし、制御系から出力される角周波数ωの正弦波交流信号をＹ（ｊω）としてＸ（ｊω）とＹ（ｊω）との関係をＹ（ｊω）／Ｘ（ｊω）の演算によって求めた式を周波数伝達関数という。

設問の図のＲ－Ｃ回路に流れる電流Ｉ（ｊω）を用いて回路方程式を立てると次式が得られる。

Ｅｉ（ｊω）＝ＲＩ（ｊω）＋１／（ｊωＣ）・Ｉ（ｊω）　…１

Ｅｏ（ｊω）＝１／（ｊωＣ）・Ｉ（ｊω）　…２

１、２式から周波数伝達関数Ｇ（ｊω）は、３式となる。

Ｇ（ｊω）＝Ｅｏ（ｊω）／Ｅｉ（ｊω）
　＝１／（ｊωＣ）・Ｉ（ｊω）／｛ＲＩ（ｊω）＋１／（ｊωＣ）・Ｉ（ｊω）｝
　　　　…３

ここで、３式を次のように変形する。

Ｇ（ｊω）＝|Ｇ（ｊω）|∠ｔａｎ^-1θ
　＝１／√｛１＋（ωＣＲ）^2｝∠ｔａｎ^-1ωＣＲ　…４

４式において|Ｇ（ｊω）|＝１／√｛１＋（ωＣＲ）^2｝は周波数伝達関数Ｇ（ｊω）のゲイン、∠Ｇ（ｊω）＝∠－ｔａｎ^-1ωＣＲは、位相角を表す。

以上です。

OHM練習問題機械保護機器～補足

2008-06-30T10:35:00.000+09:00

ここの補足、です。
問題文、解答内容については、ここ参照で。

保護機器
【解説】
電力系統の施設・機器の絶縁を過電圧から保護する目的で使用される装置を総称して避雷装置という。避雷器は代表的な避雷装置で雷または回路の開閉などに起因する過電圧の波高値がある値を超えたときに放電により過電圧を制限して電気設備の絶縁を保護し且つ続流を短時間のうちに遮断して、系統の正常な状態を乱すことなく現状に自復させる機能を持つ装置である。

１．酸化亜鉛形避雷器
近年、優れた非直線抵抗特性を有するＺｎＯ焼結素子を積層した酸化亜鉛形避雷器が多く用いられている。ＺｎＯ素子は、従来の炭化けい素（ＳｉＣ）素子に比べ、抵抗の非直線性に優れていて、常規対地電圧における抵抗分電流は、絶縁物の漏れ電流に近い数百μＡ程度であるため、直列ギャップなしで避雷器を構成できる。このため構造が簡単でかつ特性的にも優れた避雷器が実現でき、現在ではほとんど全ての電力用避雷器は参加亜鉛形となっている。；

２．避雷器の性能
（ａ）保護能力
避雷器は、過電圧の波高値がある値を超えた場合、放電により過電圧を制限して、電気設備を保護する必要がある。避雷器が動作する場合、両端子間に残る過電圧の上限値を保護レベルといい、雷インパルスおよび開閉インパルス領域についてそれぞれ規定がある。各保護レベルは、避雷器が保護する機器設備の雷インパルスおよび開閉インパルス耐電圧レベルと、絶縁協調を保つ事が必要である。

（ｂ）動作責務能力
避雷器は定格電圧が加えられた状態で繰り返して動作しても毎回確実に続流を遮断し、かつ諸特性が実質的に変化しないことが必要である。酸化亜鉛形避雷器は、直列ギャップを使用しないため、長年月の運転中に所定の雷、開閉サージおよび交流課電などのストレスを受けたのちに、開閉サージなどの熱トリガを受けても熱暴走を生ずることなく、実使用に耐えることが必要である。

（ｃ）動作開始電圧
図３に「ＺｎＯ素子のＶ－Ｉ特性と各種正弦電圧」を示す。
参加亜鉛形避雷器において、小雷流領域の所定の電流に対する避雷器の端子電圧波高値である。これは試用期間中の連続運転電圧および短時間か電圧に耐える能力と関連が深いので、使用する系統電圧に応じて定められている。

（ｄ）公称放電電流
避雷器の保護性能および自復性能を表現するために用いる放電電流の規定値であって、８／２０μｓの雷インパルス電流の波高値で表現する。酸化亜鉛形避雷器には、１００００Ａおよび５０００Ａの２種類がある。

（ｅ）課電安定性
酸化亜鉛形避雷器では直列ギャップがないので、常規対地電圧がＺｎＯ素子に連続課電される。素子の特性はこの連続課電電圧や大電流サージの通電によって、小電流領域においていくぶん変化することがある。一定電圧課電時の漏れ電流の経時変化が単調増加するものの場合、その課電寿命は一定課電圧において漏れ電流が規定値を超えるまでの時間で定義することができ、その寿命特性はアレニウスの関係で示される。

（ｆ）放電耐量
酸化亜鉛形避雷器の放電耐量には、雷インパルス耐量、開閉サージ耐量、短時間交流過電圧耐量などがある。

以上です。

OHM練習問題機械電動力応用問１～補足

2008-06-29T09:36:00.000+09:00

ここの補足、です。
問題文、解答内容については、ここ参照で。

電動力応用　問１
【解説】
回転ドラムの角速度ω２は、題意から、

ω２＝２πＮ２／６０（ｒａｄ／ｓ）　…１

となる。

荷物Ｍ（ｋｇ）が速さｖ（ｍ／ｓ）で運転している場合の運動エネルギーＷｖは、

Ｗｖ＝１／２・Ｍｖ^2 （Ｊ）　…２

この荷物の回転ドラム軸に換算した慣性モーメントをＪ２とすれば、この荷物の運動エネルギーＷｊは、

Ｗｊ＝１／２・Ｊ２ω２^2＝１／２Ｊ２（２πＮ２／６０）^2 （Ｊ）　…３

である。

ここで、２式と３式のエネルギーは等しいので、２式＝３式が成立する。

１／２Ｍｖ^2＝１２・Ｊ２（２πＮ２／６０）^2

この式からＪ２を求めれば、

Ｊ２＝Ｍｖ^2／（２πＮ２／６０）^2 （ｋｇ・ｍ^2）

Ｊ２のはずみ車効果Ｇ３Ｄ３^2は、

Ｇ３Ｄ３^2＝４Ｊ２＝Ｍｖ^2／（πＮ２／６０）^2 （ｋｇ・ｍ^2）

系全体のはずみ車効果ＧＤ^2は題意から、

ＧＤ^2＝Ｇ１Ｄ１^2＋（Ｎ２／Ｎ１）^2｛Ｇ２Ｄ２^2＋Ｍｖ^2／（πＮ２／６０）^2｝
　＝Ｇ１Ｄ１^2＋（Ｎ２／Ｎ１）^2Ｇ２Ｄ２^2＋３６００Ｍｖ^2／（π^2Ｎ１^2）

となる。

以上です。

OHM練習問題機械照明問２～補足

2008-06-28T19:07:00.001+09:00

ここの補足、です。
問題文、解答内容については、ここ参照で。

照明　問２
【解説】
照明環境の適正な状態が厳しく要求されるのに対応して、照明制御の手法が数多く開発されている。照明の制御方式としては、回路を適性に分けて手動でこまめに制御する方法と自働的に制御する方法がある。また照明制御システムとは、照明器具の点滅や調光を自動でもしくは手動での信号により、あらかじめ設定された状態に制御する為の機器群およびそのためのプログラムのことをいう。その目的は省電力、演出、その他に大別できる。

（１）照明制御システムに要求される機能
要求される機能は大別して次の４項目とすることができる。

（ａ）昼光制御
光電式自動点滅装置により、人工照明を制御（昼光センサによる窓際照度の制御）

（ｂ）時間計画制御
制御、時刻（場所）による点滅のプログラム制御

（ｃ）区域別制御
プログラム化されない場合、手動操作の制御

（ｄ）適性照度制御
初期点灯時の減灯、売場、来客など演出制御

（２）照明制御システムの制御方式
照明制御システムの制御方式は、大きく次の３方式がある。

（ａ）多段（連続）調光方式
１００％、減１、減２、減の４段階制御

（ｂ）段調光方式
１００％、５０％、減の３段階制御

（ｃ）点滅方式
１００％、減の制御

ここで、減１、減２とは、照度を２５～１００％の間の任意のレベルに設定出来るという意味である。なお、照明制御システムの導入目的が省電力であったとしても、それにより照明の質を低下させて、作業効率を下げるような事態とならないよう注意する必要がある。

以上です。

OHM練習問題機械照明問１～補足

2008-06-27T10:24:00.000+09:00

ここの補足、です。
問題文、解答内容については、ここ参照で。

照明　問１
【解説】
片面のみ発光する等輝度Ｌ（ｃｄ／ｍ^2）の完全拡散面を有する平円板光源の配光曲線を図１に示す。平円板の面積をＳ（ｍ^2）とすると、平円板の０（ｒａｄ）方向の正射影面積が最大で、最大光度Ｉ０は、

Ｉ０＝ＬＳ（ｃｄ）

である。

また、θ方向の光度Ｉθは、図１から、

Ｉθ＝Ｉ０・ｃｏｓθ （ｃｄ）

である。

次に、光度Ｉは、発散される光束ｄＦの微小立体角ｄω当たりの割合で表され、

Ｉ＝ｄＦ／ｄω

である。

この微小立体角ｄωは、図２では、ｄＳ’／ｒ^で表され、
球帯の面積ｄＳ’＝２π・ｒ・ｓｉｎθ・ｒ・ｄθ
であるから、

ｄω＝ｄＳ’／ｒ^2＝２π・ｓｉｎθ・ｄθ

となる。

そこで、平円板光源の発する全光束Ｆ０は、ｄＦ＝Ｉθｄωについて、θ＝０からθ＝π／２まで積分すれば求められるので、次式となる。

Ｆ０＝∫Ｉθｄω
　＝∫（Ｉ０ｃｏｓθ）（２πｓｉｎθｄθ）
　＝２πＩ∫ｓｉｎθｃｏｓθｄθ
　＝πＩ０∫ｓｉｎ２θｄθ
　＝πＩ０［－１／２・ｃｏｓ２θ］
　＝πＩ０＝πＬＳ（ｌｍ）
　（∵２ｓｉｎθｃｏｓθ＝ｓｉｎ２θ）

となる。

以上です。

OHM練習問題機械制御系の特性問２～補足

2008-06-22T15:19:00.000+09:00

ここの補足、です。
問題文、解答内容については、ここ参照で。

制御系の特性　問２
【解説】
制御系の伝達関数Ｇ（ｓ）が、次式で示される制御系を一次遅れ系という。

Ｇ（ｓ）＝Ｋ／（１＋ｓＴ）　…１

ただし、Ｋはゲイン定数、Ｔは時定数

一次遅れ要素の単位ステップ応答（インディシャル応答）ｃ（ｔ）は、

ｃ（ｔ）＝Ｌ^-1［Ｇ（ｓ）・（１／ｓ）］
　　＝Ｌ^-1｛Ｋ／ｓ（１＋Ｔｓ）｝
　　＝Ｋ（１－ε^-t/T）　　…２

である。ここでゲインＫ＝１としてこの式で求めたインディシャル応答は、図１に示すようになる。この図においてｔ＝０のときの勾配（傾き）は、

ｄｃ（ｔ）／ｄｔ｜ｔ＝０＝Ｋ／Ｔ＝１／Ｔ

である。このＴは時定数と呼ばれ、一次遅れ要素の応答の速さを表す。

ちなみに時刻ｔが時定数Ｔに等しいときの出力値ｃ（Ｔ）と、定常状態に達したときの出力ｃ（∞）との比をとると、

ｃ（Ｔ）／ｃ（∞）＝Ｋ（１－ε^-1）／Ｋ（１－ε^-∞）
　　＝０．６３２１／１＝０．６３２１

が得られる。

以上です。

OHM練習問題機械制御系の特性問１～補足

2008-06-21T09:23:00.000+09:00

ここの補足、です。
問題文、解答内容については、ここ参照で。

制御系の特性　問１
【解説】
定常偏差は、制御偏差の定常状態における値のことである。この定常偏差には、定常位置偏差、定常速度偏差および定常過速度偏差がある。

定常位置偏差、定常速度偏差および定常過速度偏差は、目標値がそれぞれ単位ステップ信号、ランプ信号および時間経過の二乗に比例する信号であるときの定常状態における値と定義されている。

三項動作調節計（ＰＩＤ調節計）は、比例要素（Ｐ動作）、積分動作（Ｉ動作）と微分動作（Ｄ動作）の３つの要素を組み合わせて構成され、工業プロセスにおける温度、流量、液位、圧力などの状態を制御量とするプロセス制御に適用される。プロセス制御は、時間的に目標値がほとんど変化しない定値制御を行うものである。

以上です。

OHM練習問題機械安定判別問２～補足

2008-06-20T14:55:00.000+09:00

ここの補足、です。
問題文、解答内容については、ここ参照で。

制御系の安定判別（その２）問２
【解説】
フルビッツの安定判別法は、特性方程式がｓの三次式以上であるときや、ベクトル軌跡を得ることが難しい場合などに適用される。

フルビッツの安定判別法は、制御系の特性方程式がｓの有理多項式で与えられたとき、制御系が安定する条件として次の２点をあげている。

（１）特性方程式におけるｓの各次数の係数がすべて存在し、かつ、同符号であること
（２）フルビッツの行列式Ｈｉの値が、すべて同符号であること

なお、フルビッツの行列式Ｈｉは、フルビッツの行列Ｈを用い、次のように定義されている。

Ｈ＝※１参照

具体的には、次式に示すようになる。

※２参照

例えば、図２に示す制御系が安定となるコントローラのゲインＫの値を、フルビッツの安定判別法を用いて導いてみよう。

ここでコントローラの伝達関数をＧ（ｓ）、制御対象の伝達関数をＨ（ｓ）とすれば、制御系全体の閉ループ伝達関数Ｗ（ｓ）は、

Ｗ（ｓ）＝Ｇ（ｓ）Ｈ（ｓ）／｛１＋Ｇ（ｓ）Ｈ（ｓ）｝
　＝…
　＝１０Ｋ（ｓ＋１０）／｛ｓ^3＋６ｓ^2＋（１０Ｋ＋３）ｓ＋１００Ｋ－１０｝
　　　…１．

となる。閉ループ伝達関数Ｗ（ｓ）の特性方程式は、１．式の分母を０とおけばよい。

ｓ^3＋６ｓ^2＋（１０Ｋ＋３）ｓ＋１００Ｋ－１０＝０　…２．

この特性方程式から制御系の安定性をフルビッツの安定判別法で判定する。

まず、フルビッツの安定判別法における（１）の条件を満たすには、次式が同時に成立する必要がある。

１０Ｋ＋３＞０　…３．
１００Ｋ－１０＞０　…４．

３．４．式からコントローラのゲインＫの値は
Ｋ＞－３／１０＝－０．３
またはＫ＞１０／１００＝０．１　…５．

となる。よってＫ＞０．１の条件を満たせばよい。

次に（２）の条件を満たすＫの値を求めるため、フルビッツの行列式を計算する。

Ｈ１＝６＞０
Ｈ２＝６×（１０Ｋ＋３）－（１００Ｋ－１９）
　＝－４０Ｋ＋２８＞０

∴Ｋ＜２８／４０＝０．７　…６．

よって、５．６．式からこの制御系が安定であるコントローラのゲインＫは、

０．１＜Ｋ＜０．７

と求まる。

以上です。

OHM練習問題機械安定判別問１～補足

2008-06-19T09:35:00.000+09:00

ここの補足、です。
問題文、解答内容については、ここ参照で。

制御系の安定判別（その２）問１
【解説】
目標値の変更や外乱などが制御系に与えられたとき、この制御系は、現在の安定状態から過渡的に状態を変化させて次の安定状態へと移行する。このとき制御系の設計や設定に不具合があると、出力が振動や発散などをして不安定な状態に陥る。このため制御系が安定であるかどうかをあらかじめ判定する事が重要である。

言いかえると、制御系に与えられた入力信号が変化したり外乱などが与えられたりすると、この制御系の応答には過渡現象が生じる。この応答が時間の経過とともにある一定値に落ち着けば、この制御系は安定であるという。一方、制御系の応答が時間とともに増大する場合は不安定、時間とともに増大も減衰もせず、一定振幅の振動を継続する場合は、安定限界という。なお、安定限界は、制御系としては好ましい応答とはいえず、一般に不安定として扱うことが多い。

では、この問題で与えられたフィードバック制御系において、制御系が安定や不安定であるというのは、どのような意味があるのかという点について、もう少し検討してみよう。

いま入力信号Ｒ（ｊω）として、図1（ａ）に示される最大振幅Ａ、周波数ｆの正弦波交流を入力したとき図１（ｂ）に示される最大振幅Ｂの主フィードバック信号Ｆ（ｊω）が得られたとする。なお、Ｆ（ｊω）は、Ｒ（ｊω）より位相がθだけ遅れたものとする。

ここで、信号の大きさだけに着目するとＡ＞Ｂのときは、ループ内を循環するたびに信号が減衰されてやがて消滅する。したがって制御系の出力は、一定の値に落ち着く。すなわち制御系は安定である。一方、Ａ＜Ｂのときは、ループ内を循環するたびに信号が増大されて、限りなく大きな値になる。すなわち制御系は不安定な状態に陥る。

また、位相だけに着目するとＦ（ｊω）は、Ｒ（ｊω）より位相が１８０°遅れている。つｓまり∠Ｆ（ｊω）＝－１８０°になると、Ｆ（ｊω）は、加え合わせ点で負の信号として合成、つまり入力信号と同位相（－１８０°－１８０°＝－３６０°＝０°）になって、加え合わされることになる。したがって、ループ内を循環するたびに信号が増大されて不安定となる。

この問題で与えられた図においてＦ（ｊω）は、

Ｆ（ｊω）＝Ｃ（ｊω）Ｈ（ｊω）

である。したがって、加え合わせ点における合成出力Ｅ（ｊω）は、

Ｅ（ｊω）＝Ｒ（ｊω）－Ｆ（ｊω）
　　＝Ｒ（ｊω）／｛１＋Ｇ（ｊω）Ｈ（ｊω）｝…１

となる。この合成出力Ｅ（ｊω）は、制御系に与えられた目標値と制御量との差を示す量で偏差と呼ばれている。フィードバック制御系は、この偏差が最終的に０になるように制御がなされる。

制御系は１式分母の|Ｇ（ｊω）Ｈ（ｊω）|値によって次のような振る舞いをする。

（１）０＜|Ｇ（ｊω）Ｈ（ｊω）|＜１のとき：Ｅ（ｊω）は、時間経過とともに減少する。すなわち制御量が一定値に収束するので安定である。

（２）|Ｇ（ｊω）Ｈ（ｊω）|＝１のとき：Ｅ（ｊω）は、一定値を維持する。すなわち制御量が一定周期の持続振動を起こすので安定限界となる。

（３）|Ｇ（ｊω）Ｈ（ｊω）|＞１のとき：Ｅ（ｊω）は、時間の経過とともに増大する。すなわち偏差が増大して発散するので不安定となる。

以上です。

OHM練習問題機械静止機器～補足

2008-06-18T14:10:00.000+09:00

ここの補足、です。
問題文、解答内容については、ここ参照で。

静止機器
【解説】
（１）直列リアクトル
送配電系統には種々の原因による高調波源が存在しているので、並列コンデンサを使用すると高調波に対して線路のリアクタンスと直列回路を形成し、高調波電流を増大させ、回路電圧波形を悪くする。これを避けるためにコンデンサと直列に直列リアクトルを接続し、高調波源に対し、合成リアクタンスを誘導性とすることが標準的に採用されている。直列リアクトルはこのほかに、コンデンサ投入時の突入電流の抑制、ならびに開放時の再点弧防止にも有効である。

三相系統では、負荷が並行している限り３の倍数高調波はΔ結線の変圧器巻線により短絡環流して線路に現れないため、第五、第七などの高調波に比較して小さくなる。そこで、第五調波に対してコンデンサとの合成インピーダンスを誘導性にするためのリアクタンスは、次式となる。

１／（５×２πｆＣ）＜５×２πｆＬ
１／（２５×ωＣ）＜ωＬ
０．０４・１／ωＣ＜ωＬ

つまり、直列リアクタンスをコンデンサのリアクタンスの４％以上にすればよい。特殊負荷の力率改善用コンデンサ設備、アーク炉用、整流器用では、系統と高調波共振防止あるいはコンデンサ回路の過大高調波電流が流入しないように８～１５％の直列リアクトルを使用することが多い。

（２）放電装置
コンデンサ開放時の残留電荷を速やかに放電させるために、放電コイルをコンデンサと並列に接続し、５秒以内にその端子電圧を５０Ｖ以下に下げるように規定されている。缶形コンデンサでは一般に放電抵抗が内蔵されており、この場合の放電特性は、５分以内にその端子電圧を５０Ｖ以下に下げるように規定されている。

（３）開閉装置
コンデンサの常時の開閉、ならびに故障時の開放に使用される遮断器・開閉器には、

１．投入時の突入電流が大きく、かつ周波数が高い。
２．極間回復電圧が高い。
３．開閉頻度が高い。
などの使用条件に適したものとして真空遮断器、ガス遮断器などが用いられている。

（４）保護装置
コンデンサの保護には、系統異常時のコンデンサの保護として過電圧および不足電圧検出があり、コンデンサ自体の事故に対する系統保護用として過電流・地絡およびコンデンサ内部故障検出がある。コンデンサ内部故障検出方式には各種のものがあって、特別高圧用設備では電圧作動方式、オープンデルタ方式が主流であり、高圧用設備では内圧検出保護接点方式、ＦＴ接点方式、ラインヒューズ方式が主に採用されている。

以上です。

OHM練習問題機械変圧器問３～補足

2008-06-17T10:05:00.001+09:00

ここの補足、です。
問題文、解答内容については、ここ参照で。

変圧器　問３
【解説】
（１）変圧器のタップ切り換え
電源電圧の変動や負荷電流の変化による電圧変動を補償して、負荷端の需要家に避ける電圧をほぼ一定に保ち、良質の電力を供給するためには、電圧調整が必要である。このため、巻線にタップを設けて変圧比（巻数比）をある範囲に、あるステップ電圧で変えられるようにする。タップ電圧には、定格容量で連続使用に耐える全容量タップと、電流を制限して定格容量より小さい容量で使用される低減容量タップの２種類がある。また、タップ切換器には無負荷・無電圧で切り換えなければならない無電圧タップ切換器と、負荷をかけたまま切り換えのできる負荷時タップ切換器とがある。

（２）負荷時タップ切換器
無停電でタップを切り換えるためには、通電中のタップが回路から離れる前に、次のタップがその回路に接続されなければならない。したがって、タップ切り換えの途中で２つの異なるタップが一時的に橋絡され、その間に循環電流が流れる。この循環電流を適当な値に制限するために、抵抗あるいはリアクトルを挿入することが負荷時タップ切り換え方式の原則である。負荷時タップ切換方式は、限流方式により、抵抗式とリアクトル式に分類できる。抵抗式では切換動作は瞬時になされるので、これに用いられる抵抗器は短時間定格のものでよい。リアクトル式のリアクトルは連続定格に設計され、タップ間橋絡状態においては、変圧比２：１の単巻変圧器として作用する。したがって、橋絡位置中点をタップ点とすることができ、タップ点数を倍にできる利点を有する。

切換開閉器はタップ切り換えの際、アークを発生し、切換開閉器室内の油を汚損し、接点の磨耗も避けられない。特別の高頻度切換が必要な場合は、切換開閉器の長寿命の点から真空バルブを使った切換開閉器が一部に使われている。

（３）負荷時タップ切換器の動作
図４に二抵抗式負荷時タップ切換器を、図５にリアクトル式負荷時タップ切換器を示す。図４の二抵抗式負荷時タップ切換器を例にとり、タップ切り換えの動作過程を説明する。

奇数番目のタップ用と、偶数番目のタップ用の２組のタップ選択器と、これに対応する減流抵抗器ＲＡ、ＲＢと切換開閉器Ｓとからなる。例えば、タップ５からタップ４に切り換えるには、まずＢのタップ選択器を６から４に移し、続いて切換開閉器Ｓを早切りでＡからＢに切り換える。この間、ＲＡ、ＲＢは次々に回路に入って、橋絡状態ではＲＡ、ＲＢが直列になって循環電流を制限する。

以上です。

OHM練習問題機械変圧器問２～補足

2008-06-16T18:33:00.001+09:00

ここの補足、です。
問題文、解答内容については、ここ参照で。

変圧器　問２
【解説】
（１）変圧器の並行運転
複数の変圧器を並行運転する際は、各変圧器の容量に比例した電流を分担し、変圧器に循環電流が流れないようにするため、次の条件が必要である。

（ａ）巻数比と極性が等しいこと
（ｂ）百分率抵抗電圧およびリアクタンス電圧がそれぞれ等しいこと
（ｃ）三相式では相回転と角変位が等しいこと

（２）変圧器の分担電流の計算
本題のように巻数比の異なる単相変圧器２台が並行運転している場合について解説する。

負荷インピーダンスをＺ、負荷電流をＩ、両変圧器の分担二次電流をＩａ、Ｉｂとしたときの二次側に換算した等価回路を図３（ａ）に示す。

Ｖ／Ｎａ＝ＺａＩａ＋ＺＩ…１
Ｖ／Ｎｂ＝ＺｂＩｂ＋ＺＩ…２
Ｉ＝Ｉａ＋Ｉｂ…３

１式から２式を差し引いて、
（Ｖ／Ｎａ－Ｖ／Ｎｂ）＝ＺａＩａ－ＺｂＩｂ…４

４式に３式からＩｂ＝Ｉ－Ｉａを代入すると

（Ｖ／Ｎａ－Ｖ／Ｎｂ）＝（Ｚａ＋Ｚｂ）Ｉａ－ＺｂＩ
Ｉａ＝Ｚｂ／（Ｚａ＋Ｚｂ）Ｉ＋Ｖ／（Ｚａ＋Ｚｂ）・（１／Ｎａ－１／Ｎｂ）
…５

同様にして

Ｉｂ＝Ｚａ／（Ｚａ＋Ｚｂ）Ｉ－Ｖ／（Ｚａ＋Ｚｂ）・（１／Ｎａ－１／Ｎｂ）
…６

負荷インピーダンスＺを取り去った状態は、図３（ｂ）のようになり、両変圧器の横流Ｉ０は、

Ｉ０＝Ｖ／（Ｚａ＋Ｚｂ）・（１／Ｎａ－１／Ｎｂ）…７

となる。

５式、６式の右側第一項は、変圧器の短絡インピーダンスによって分流される電流、第二項は７式の循環電流、つまり横流である。第二項に着目すると巻数比が等しければ第二項は０となり、循環電流は流れないことがわかる。

以上です。

OHM練習問題機械変圧器問１～補足

2008-06-15T09:52:00.000+09:00

ここの補足、です。
問題文、解答内容については、ここ参照で。

変圧器　問１
【解説】
（１）励磁電流
励磁電流は、鉄心内に主磁束を作るための無効分（励磁電流）と、それにより鉄心内に発生する鉄損を供給するための有効分（鉄損電流）からなる。鉄心の磁化特性は強い非直線性を示し、かつヒステリシス現象があるため、巻線に正弦波電圧を加えたときの励磁電流は、図１に示すように多くの奇数倍高調波を含んだひずみ波形となる。

高調波成分のうち第三調波は特に大きく、巻線がすべてＹ結線で構成されて、かつ中性点が接地されていない場合には、第三調波電流が励磁電流として供給されないため、各相の巻線誘導電圧に大きな高調波成分を含むようになる。また、中性点が直接接地されている場合には、この第三調波電流が送電線に流れて誘導障害を生じたり、送電線の静電容量と共振して異常電圧を発生する事がある。したがって、一般には、変圧器には少なくとも１個のΔ結線された巻線を設けておく必要がある。

（２）励磁突入電流
変圧器を電源に投入すると、鉄心内の磁束は投入前の鉄心残留磁束を初期値として、印加電圧の積分値に応じて変化することになる。（ｅ＝－ｄφ／ｄｔ）このため投入後しばらくの間、鉄心内磁束は定常状態と異なり、残留磁束と投入位相に応じてシフトされた状態で推移するため、飽和磁束密度を超える場合を生じ、過渡的に大きな電流が流入する。この電流を励磁突入電流と呼び、その波高値は定格負荷電流の５倍を超えることもある。

最も大きな突入電流が生じるのは、図２に示す変圧器が電圧零の瞬間に投入され、かつ残留磁束が印加電圧による磁束の変化方向と同一方向にあった場合である。この場合の鉄心内磁束は、定常状態の磁束最大値をφｍとすると、投入後１／２サイクルの間に２φｍだけ変化しなければならないので、残留磁束をφｒとすると磁束絶対値は２φｍ＋φｒとなって鉄心の飽和磁束密度をはるかに超え、大きな励磁突入電流を生じることとなる。

磁束中に含まれる直流分は、巻線と回路の抵抗により減衰するので、突入電流も徐々に減衰して励磁電流の定常値に落ち着く。この継続時間は、大容量ほど長く、１０秒あるいはそれ以上に及ぶことがある。

この突入電流が大きいと比率差動継電器が誤動作する事があるので、これを防止するために、変圧器投入後一定時間継電器をロックする方法や、突入電流が第二調波を多く含むことを利用して波形を弁別する第二調波抑制付比率差動継電器を用いる方法がとられる。

以上です。

OHM練習問題機械安定判別（１）問２～補足

2008-06-06T08:36:00.000+09:00

ここの補足、です。
問題文、解答内容については、ここ参照で。

制御系の安定判別　問２
【解説】
伝達関数Ｗ（ｓ）は、ＧＣ（ｓ）とＧ（ｓ）の直列接続をフィードバックしたものであるから、次式に示すようになる。

Ｗ（ｓ）＝ＧＣ（ｓ）Ｇ（ｓ）／｛１＋ＧＣ（ｓ）・Ｇ（ｓ）｝
　　＝…
　　＝Ｋ／（ｓ^3＋５ｓ^2＋６ｓ＋Ｋ）…１．

目標値の変更や外乱などが制御系に与えられたとき、この制御系は、現在の安定状態から過渡的に状態を変化させながら次の安定状態へと移行する。このとき制御系の設計や設定に不具合があると、出力が振動したり、発散したりして不安定な状態に陥る。このため制御系が安定であるかどうかをあらかじめ判定することが重要である。制御系が安定であるか不安定であるかを判定する安定判別の方法には、ナイキスト、ラウスおよびフルビッツの安定判別法がある。ここでは、ラウスの安定判別法を用いて解いてみよう。

ラウスの安定判別法によれば、制御系が安定する条件として次の２点を満たすこととしている。つまり、制御系の統制方程式がｓの有利多項式で与えられたとき、

１．ｓのすべての次数の係数が存在し、かつ、すべて正であること
２．ラウスの配列において、第１列（最左列）の要素がすべて正であること

である。制御系の特性方程式とは、伝達関数の分母＝０とおいた式のことである。また、ラウスの配列は、例えば特性方程式が、

ａｎｓ^n＋ａｎ－１ｓ^n-1＋…＋ａ１ｓ＋ａ０＝０

として与えられたとき、次のように求めた配列のことをいう。

ｓ^n　｜ａｎ　　　ａｎ－２　ａｎ－４　…
ｓ^n-1｜ａｎ－１　ａｎ－３　ａｎ－５　…
ｓ^n-2｜ａ３１　　ａ３２　　ａ３３　　…
ｓ^n-3｜ａ４１　　ａ４２　　ａ４３　　…

ただし、

ａ３１＝（ａｎ－１ａｎ－２－ａｎａｎ－３）／ａｎ－１
ａ３２＝（ａｎ－１ａｎ－４－ａｎａｎ－５）／ａｎ－１
ａ４１＝（ａ３１ａｎ－３－ａｎ－１ａｎ３２）／ａ３１
ａ４２＝（ａ３１ａｎ－５－ａｎ－１ａｎ３３）／ａ３１

与式の伝達関数の特性方程式Ｄ（ｓ）は、

Ｄ（ｓ）＝ｓ^3＋５ｓ^2＋６ｓ＋Ｋ＝０

である。上式からラウスの配列を作ると、

ｓ^3｜１　６　０
ｓ^2｜５　Ｋ　０
ｓ^1｜ｂ１　ｂ２
ｓ^0｜ｃ１

が得られる。この配列において、

ｂ１＝（３０－Ｋ）／５
ｂ２＝０
ｃ１＝Ｋ

となる。ラウスの安定判別法によれば、ラウスの配列における第１列の値がすべて正のとき安定であるから、この条件を満たすためには、

ｂ１＝３０－Ｋ＞０
∴Ｋ＜３０
ｃ１＝Ｋ＞０
∴ｃ１＞０

が必要である。よってＫの範囲は、０＜Ｋ＜３０のように求まる。

この系の入力は０で外乱Ａ１とＡ２が加えられていると考えて、この制御系に関する信号を図３に示すように割り当てる。

この図において、

Ａ（ｓ）＝Ａ１／ｓ－Ｙ（ｓ）
Ｂ（ｓ）＝ＧＣ（ｓ）Ａ（ｓ）
　＝ＧＣ（ｓ）｛Ａ１／ｓ－Ｙ（ｓ）｝
Ｃ（ｓ）＝Ｂ（ｓ）＋Ａ２／ｓ
　＝ＧＣ（ｓ）｛Ａ１／ｓ－Ｙ（ｓ）＋Ａ２／ｓ

となるので、

Ｙ（ｓ）＝Ｇ（ｓ）［ＧＣ（ｓ）｛Ａ１／ｓ－Ｙ（ｓ）｝Ａ２／ｓ］
∴Ｙ（ｓ）＝｛ＧＣ（ｓ）Ｇ（ｓ）Ａ１／ｓ＋Ｇ（ｓ）Ａ２／ｓ｝／｛１＋ＧＣ（ｓ）Ｇ（ｓ）

が得られる。

ラプラスの最終値の定理は、

ｙ（∞）＝ｌｉｍ・ｙ（ｔ）＝ｌｉｍ・ｓＹ（ｓ）
（ｔ→∞、ｓ→０）

である。よって、出力ｙ（ｔ）の最終値ｙ（∞）は、次のように求まる。

ｙ（∞）＝ｌｉｍ・ｓＹ（ｓ）
　＝…
　＝ｌｉｍ（ＫＡ１＋ｓＡ２）／｛ｓ（ｓ＋２）（ｓ＋３）｝＋Ｋ
　＝Ａ１

※ナイキストによる安定判別での解き方を手書に載せています。また、計算過程も手書参照にて…。

以上です。

OHM練習問題機械安定判別（１）問１～補足

2008-06-05T10:27:00.000+09:00

ここの補足、です。
問題文、解答内容については、ここ参照で。

制御系の安定判別（その１）　問１
【解説】
制御系の課と特性を評価する批評としては、応答の速さ（速応性）と安定のよさ（安定度）があげられる。もし制御系が不安定であれば、その制御系の応答は持続振動を起こしてしまう。

制御系の安定度については、ゲイン余裕と位相余裕の２つの尺度で判定する。

（１）ゲイン余裕
例えば、制御会の一巡周波数伝達関数をＧ（ｊω）とすれば、そのゲインｇ＝|Ｇ（ｊω）|として求めることができる。このゲインは、一般にデシベル（ｄＢ）の単位が用いられることが多く、この場合、一巡周波数伝達関数のゲインｇは、常用対数を用いた次式として定義される。

ｇ＝２０ｌｏｇ10|Ｇ（ｊω）|　（ｄＢ）

ところでゲイン余裕は、一巡周波数伝達関数Ｇ（ｊω）の位相が－１８０°になる角周波数において、ゲインにどれだけの余裕があるかを示す指標である。すなわちゲイン余裕は、ゲインが０ｄＢになるまで、どれだけのゲインマージン（ゲイン余裕）があるのかを示している。

（２）位相余裕
一巡周波数伝達関数の位相角φは、φ＝∠Ｇ（ｊω）（°）として定義されている。この位相角が－１８０°を超えると、制御系は持続振動を起こしてしまう。位相余裕は、ゲインが０ｄＢになる角周波数において、制御系の入出力間の位相が－１８０°に対してどれだけ余裕があるかを示す値である。

例えば、一巡周波数伝達関数のベクトル軌跡が図１に示すような場合、ゲイン余裕と位相余裕は、それぞれこの図に示したところになる。

ちなみに、この図においてベクトル軌跡が半径１の単位円と交わる点を「ゲイン交点」といい、ベクトル軌跡が負の実軸を切る点を「位相交点」という。

（３）ボード線図
ボード線図は、図２に示したように制御系のゲインと位相角をそれぞれ縦軸に、角周波数ωの対数値を横軸に取り、ゲインの変化と位相角の変化をそれぞれ別々の曲線で表している。このため、ゲインが０ｄＢになったときの位相角をボード線図から読み取れば位相余裕を求めることができる。逆に位相角が－１８０°になったときのゲインを読み取ればゲイン余裕を得ることができる。

さてボード線図において、ゲイン曲線が０ｄＢと交わる点がゲイン交点であり、ゲイン交点における位相曲線の位相差が－１８０°より大きければ、制御系は安定であると判定できる。

また、位相曲線が－１８０°と交わる点が位相交点であり、位相交点におけるゲインが正のとき、その制御系は不安定となり、負のときはゲイン余裕があるので安定と判定できる。

このように、ボード線図を使えば制御系のゲイン余裕と位相余裕を簡単に求めることができる。

また、ゲインが０ｄＢになる角周波数の位相特性が、－１８０°より小さいとき安定、－１８０°ならば安定限界、－１８０°より大きいとき不安定と判断できる。

制御系は、一般に位相余裕とゲイン余裕が小さすぎると安定度が悪くなり、逆に大き過ぎると速応性が悪くなる特徴がある。

以上です。

OHM練習問題機械フィードバック問２～補足

2008-06-04T15:08:00.001+09:00

ここの補足、です。
問題文、解答内容については、ここ参照で。

フィードバック制御　問２
【解説】
設問の図に示される他励直流発電機において入力電圧Ｅｉ、出力電圧Ｅｏおよび界磁電流Ｉの瞬時値をそれぞれｅｉ（ｔ）、ｅｏ（ｔ）、ｉ（ｔ）とおけば、界磁回路において次式に示す微分方程式が成立する。

Ｒｉ（ｔ）＋Ｌ・ｄｉ（ｔ）／ｄｔ＝ｅｉ（ｔ）

一方、電機子回路においては次式が成立する。

ｅｏ（ｔ）＝Ｃｉ（ｔ）

ここで、両式をそれぞれ初期値０としてラプラス変換すると次式が得られる。

ＲＩ（ｓ）＋ｓＬＩ（ｓ）＝Ｅｉ（ｓ）
∴Ｉ（ｓ）＝Ｅｉ（ｓ）／（Ｒ＋ｓＬ）

Ｅｏ（ｓ）＝ＣＩ（ｓ）

これらを整理すると、求める伝達関数Ｇ（ｓ）を得ることができる。

Ｅｏ（ｓ）＝ＣＥｉ（ｓ）／（Ｒ＋ｓＬ）
∴Ｇ（ｓ）＝Ｅｏ（ｓ）／Ｅｉ（ｓ）
　　＝Ｃ／（Ｒ＋ｓＬ）
　　＝（Ｃ／Ｌ）／｛Ｓ＋（Ｒ／Ｌ）｝

次に与えられた制御系の周波数伝達関数Ｇ（ｊω）は、Ｇ（ｓ）の伝達関数のｓをｊωに置き換えることで求めることができる。よって、次式に示すようになる。

Ｇ（ｊω）＝…＝Ｃ／（Ｒ＋ｊωＬ）

周波数応答のゲイン|Ｇ|は、Ｇ（ｊω）の絶対値であるから、

|Ｇ|＝|Ｃ／（Ｒ＋ｊωＬ）|
　　＝Ｃ／√（Ｒ^2＋（ωＬ）^2｝

と求まる。次に、Ｇ（ｊω）の分母を有理化すると、

Ｇ（ｊω）＝…＝Ｃ／｛Ｒ^2＋（ωＬ）^2｝・（Ｒ－ｊωＬ）

よって、位相角∠Ｇは、次式に示すようになる。

∠Ｇ＝ｔａｎ^-1（－ωＬ／Ｒ）
　　＝－ｔａｎ^-1（ωＬ／Ｒ）
※虚部が負、実部が正→∠Ｇは第四象限にある角

題意から界磁回路は、界磁巻線抵抗ＲとインダクタンスＬからなる直列回路であるので、その時定数はＴ＝Ｌ／Ｒである。また、入力電圧が界磁回路の時定数の逆数に等しい角周波数ωで、正弦波状に振動するのであるから、入力電圧の角周波数は、ω＝１／Ｔ＝Ｒ／Ｌになる。したがって、このときの出力電圧の振幅は、|Ｇ|のゲイン倍になる。よって、この式にω＝Ｒ／Ｌを代入すると…、

Ｃ／｛Ｒ^2＋（Ｒ／Ｌ・Ｌ）^2｝
＝Ｃ／√２Ｒ

また、このときの入力に対する出力の位相角θは、∠Ｇの式に入力電圧の角周波数ω＝Ｒ／Ｌを代入すれば求めることができる。

θ＝－ｔａｎ^-1（Ｌ／Ｌ）＝－４５°

となる。この式の負号は、入力より出力が遅れることを示している（位相遅れ）。

以上です。

OHM練習問題機械フィードバック問１～補足

2008-06-03T09:24:00.000+09:00

ここの補足、です。
問題文、解答内容については、ここ参照で。

フィードバック制御　問１
【解説】
フィードバック制御は、制御量をフィードバックすることによって目標値と比較し、それを一致させるように訂正動作を行う制御方式である。このためフィードバック制御は、設問の図に示されるような閉ループ構成をとる。

フィードバック制御系における各部の機能は次のとおりである。

（ａ）設定部：目標値を基準入力信号に変換する。
（ｂ）調節部：基準入力信号および検出部から出力される信号を基準に、制御系が所要の働きをするのに必要な信号を作り出して操作部へ与える。
（ｃ）操作部：調節部から出力される信号を操作量に変え、制御対象に働きかける。
（ｄ）検出部：制御対象、制御量などから制御に必要な信号を取り出す。

目標値は、制御量がその値を取る目標（基準）として外部から与えられる信号である。

基準入力信号は、制御系を動作させる基準値としてその閉ループに直接与えられる。この基準入力信号は、検出部によって得られたフィードバック信号と比較される。

また、制御を行うために制御対象に与える量（信号）を操作量という。操作量を変化させることによって、制御量を制御することができる。

自動制御系を制御量に着目して慣用的に分類すると次にようになる。

（ａ）プロセス制御：温度、流量、圧力、液位など工業プロセスの状態量を制御量とする制御系であり、主として目標値が所定の値を取る定値制御が多い。

（ｂ）サーボ機構：物体の位置、方位、姿勢などを制御量とし、目標値の任意の変化に追従するように構成された制御系である。サーボ機構は主として追従制御であり、例えば自動操縦、レーダなどの制御系が相当する。

（ｃ）自動調整：目標値を調整することはできるが、この目標値は頻繁に変更されることなく、長期間にわたり一定に保たれる。いわゆる定値制御の一種である。自動調整には、電圧、電流、周波数などの調整、電動機の速度制御などがある。

以上です。

OHM練習問題機械誘導機（２）問２～補足

2008-06-02T18:16:00.000+09:00

ここの補足、です。
問題文、解答内容については、ここ参照で。

誘導機（２）問２
【解説】
（１）トルクＴ（Ｎ・ｍ）は、

Ｔ＝Ｐ０／ω＝Ｐ２（１－ｓ）／ωｓ（１－ｓ）
　＝Ｐ２／ω２＝Ｐ２／（２π・Ｎ／６０）
　＝６０／２π×Ｐ２／Ｎ（Ｎ・ｍ）

ただし、
Ｐ０：機械的出力（Ｗ）
ω：角速度
Ｐ２：二次入力（Ｗ）
ωｓ：同期角速度（ｒａｄ／ｓ）
Ｎｓ：同期速度（ｍｉｎ^-1）
滑り：ｓ

（２）一次巻線抵抗の１相当たりの抵抗ｒ１（Ω）は、Ｙ結線あるいはΔ結線の場合でも端子間抵抗の１／２であるので、

ｒ１＝０．２１２／２＝０．１０６（Ω）

（３）Ｖ＝６０（Ｖ）のときの一次入力をＰ１、一次銅損をＰｃ１とすると、二次入力Ｐ２’（ｋＷ）は、

Ｐｓ’＝Ｐ１－Ｐｃ１
　＝３．２－３×６０^2×０．１０６×１０^-3
　＝２．０５５≒２．０６（ｋＷ）
∵Ｐｃ１＝Ｉ１^2×ｒ１→銅損より

（４）二次入力は、端子電圧の２乗に比例するので、Ｖ＝４４０（Ｖ）のときの二次入力Ｐ２''（ｋＷ）は、

Ｐ２''＝Ｐ２’×（４４０／６０）^2
　＝１１０．５≒１１１（ｋＷ）

（５）同期速度Ｎｓ＝１２０ｆ／ｐ＝１０００（ｍｉｎ^-1）
よって、起動トルクＴｓ（Ｎ・ｍ）は、

Ｔｓ＝６０／２π×Ｐ２''／Ｎｓ
　＝６０／２π×１１０．５×１０^3／１０００
　＝１０５５
　≒１０６０（Ｎ・ｍ）

となる。

以上です。

OHM練習問題機械誘導機（２）問１～補足

2008-06-01T09:54:00.001+09:00

誘導機（２）　問１
【解説】
（１）誘導発電機の原理
かご形または巻線形誘導電動機の一次巻線を電源に接続し、回転子を他の原動機により同期速度以上に回転させると、すべりは負となり、回転子巻線は電動機の場合と逆の方向に磁束を切り、その誘導電圧・二次電流の方向が逆となるので、二次電流によるトルクの方向は、回転子の回転方向と相反し、原動機からの機械的入力は電気的出力に変換されて、誘導発電機として作用する。

誘導発電機は、主としてかご形回転子を使用する事ができるので、構造が簡単で、低価格であり、かつ、系統への同期化の手数がかからない長所を持っている。しかし、発電機は系統から遅れ力率の励磁電流を必要とするため、単独では電圧を発生できない。また、発電機の一次電流は端子電圧に対し進み位相にあるから、進み電流を要求する負荷だけに電力を供給することになる。そのため同期発電機と並列に運転する必要がある。

起電力の電圧及び周波数は、線路電源の電圧および周波数によって決まり、その発電容量は原動機の回転速度によって決まる。図１に示すように原動機側のトルクは通常、Ａ点の定格点で運転するが、回転速度が過大となり、Ｂ点を超過すれば、発電機のトルクは減少するので、原動機は逸走し、無拘束速度まで上昇する。そのため、過負荷や低電圧にならないように注意を要する。

（２）誘導発電機の励磁方式
（ａ）他励方式
主として、かご形誘導電動機に採用され、保守が容易で安定度が大きいので、大きな電力系統に接続される小容量の水力発電機として使用される。

（ｂ）自励方式
主としてかご形誘導電動機に採用されている。コンデンサを誘導発電機の端子に接続し、このコンデンサによって生ずる無効電流により自己励磁する。これにより自励発電機として運転する事ができる。

（ｃ）二次励磁方式
主として巻線形誘導電動機に採用され、誘導電動機の二次回路に滑り周波数の励磁電流を流し、一次巻線から電力を得る方式である。

以上です。

OHM練習問題機械誘導機（１）問２～補足

2008-05-31T19:42:00.003+09:00

ここの補足、です。
問題文、解答内容については、ここ参照で。

誘導器（１）　問２
【解説】
（１）二次巻線を短絡して運転した時の滑りをｓ１とすると、二次巻線１相当たりの誘導起電力は、ｓ１／Ｅ２であるから

ｓ１・Ｅ２＝Ｅ２・ｒ２

（∵問１の図１の等価回路図により、二次巻線を短絡、リアクタンスは無視…、などにより、Ｅ２＝Ｉ２・ｒ２／ｓ）

ｓ１＝０．０３５５２≒０．０３５５（Ω）

この電動機の同期速度Ｎｓ（ｍｉｎ^-1）は、

Ｎｓ＝１２０ｆ／Ｐ＝１２００（ｍｉｎ^-1）

すべりｓ１時の回転速度Ｎ１は、

Ｎ１＝（１−ｓ１）Ｎｓ≒１１５７（ｍｉｎ^-1）

（２）９６０（ｍｉｎ^-1）時の滑りをｓ２とすると、

ｓ２＝（１２００−９６０）／１２００＝０．２

（３）題意から送風機の要求するトルクは回転速度の２乗に比例するので、滑りｓ１時のトルクをＴ１、９６０（ｍｉｎ^-1）時のトルクをＴ２とすると、

Ｔ２＝（Ｎ２／Ｎ１）^2・Ｔ１
　＝（９６０／１１５７）^2・Ｔ１
　＝０．６８８４・Ｔ１

となる。

（４）二次抵抗がもとの０．０３４（Ω）で、トルクＴ２で運転する場合の滑りをｓ３とすると、図５から

ｓ３＝Ｔ２／Ｔ１・ｓ１＝０．６８８０×０．０３５５２
　≒０．０２４４

（５）次に９６０（ｍｉｎ^-1）で運転するのに要する二次回路１相の抵抗ｒ２は、比例推移から計算し求めると、

０．０３４／ｓ３＝ｒ２／ｓ２

ｒ２＝０．０３４×ｓ２／ｓ３
　＝０・２７８３（Ω）

したがって、挿入すべき抵抗値ｒ２’は、

ｒ２’＝０．２７８３−０．０３４＝０．２４４（Ω）

となる。

以上です。

OHM練習問題機械誘導機（１）問１～補足

2008-05-30T08:40:00.002+09:00

ここの補足、です。
問題文、解答内容については、ここ参照で。

誘導器（１）　問１
【解説】
誘導電動機では、始動時（静止状態）の内部インピーダンスはほぼ一次（固定子）と二次（回転子）の合成漏れインピーダンスとなり、その値は一般に小さいから、全電圧を印加して誘導電動機を始動すると、全負荷電流の４～８倍程度の大きな始動電流が流れることになる。したがって、電源容量、負荷の性質および電動機内部の発熱などを十分考慮し、適切な始動方式をとらなければならない。

（１）三相誘導電動機の特性
図１に示す回路から三相誘導電動機の特性を式で示すと、

トルクＴ＝Ｐ２／ωｓ
　＝３Ｖ１^2／ωｓ×（ｒ２／ｓ）／｛（ｒ１＋ｒ３／ｓ）^2＋（ｘ１＋ｘ２）^2｝…１

二次電流（一次換算）Ｉ２
　＝Ｖ１／√｛（ｒ１＋ｒ３／ｓ）^2＋（ｘ１＋ｘ２）^2｝…２

ここに、Ｐ２：二次入力、Ｖ１：一次相電圧、ｒ１：一次抵抗、ｒ２：二次抵抗（一次側換算）、ｘ１：一次漏れリアクタンス、ｘ２：二次漏れリアクタンス（一次側換算）、ｓ：すべり、ωｓ：同期角速度

１．式および２．式をすべりｓとの関係で図示すると図２になる。この図のように、三相誘導電動機は始動時に電流が大きく、トルクが小さい。

１．式を見ると、二次抵抗ｒ２とすべりｓとはすべてｒ２／ｓの形で入っているので、同一トルクのときのすべりは二次抵抗の値に比例することがわかる。この様子を図３に示す。二次抵抗をＲ１、Ｒ２、Ｒ３、Ｒ４…と変えたとき、同じ負荷トルクＴＭに対する各場合のすべりをｓ１、ｓ２、ｓ３、ｓ４…とすれば、

Ｒ１／ｓ１＝Ｒ２／ｓ２＝Ｒ３／ｓ３＝Ｒ４／ｓ４…

となる。この特性を比例推移という。

（２）巻線形誘導電動機の始動方式
巻線形誘導電動機では、前述した比例推移の特性を利用して始動する。巻線形回転子（二次巻線）の端子に可変抵抗器を接続し、その値を次第に大きくしていけば、始動トルクは次第に大きくなり、始動電流は減少する。実際には、始動抵抗は通常、定格トルクの１００～２００（％）の始動トルクおよび始動電流を得るように選定し、加速して、トルクと電流が減少すると、抵抗を一部短絡して再びもとのトルクが出るようにし、以下をれを数回繰返して最後に全部短絡するようにする。このような始動方式を二次抵抗始動という。二次側に接続する始動抵抗器には、液体抵抗器と金属抵抗器がある。液体抵抗器は電解液中に電極を対向させ、その電極間距離を変えることによって抵抗値を変えるもので、電解液には炭酸ソーダなどの水溶液が用いられる。

（３）かご形誘導電動機の始動方式
かご形誘導電動機では、巻線形誘導電動機のように二次側に抵抗器を接続して始動電流を制限する事ができないので、これを低減するには、一次側に始動装置を用いることが必要である。

（ａ）全電圧始動
特別な指導装置を用いず、端子に直接電源電圧を加えて始動する方式で、最も簡単な方法である。始動笑劇が問題ならない負荷で、電動機が小容量の場合に最も一般的に用いられる。

（ｂ）スターデルタ始動
常時は固定子巻線がΔ結線で運転される電動機を、始動時だけＹ結線とし、始動完了後に巻線をΔ結線に戻す方式である。この場合には始動電流および始動トルクは、いずれも全電圧始動の１／３になる。この方式はＹ結線からΔ結線への切り替えに際して大きな突入電流が流れることがあるのが欠点だが、始動装置が簡単で安価なため、低圧電動機において広く用いられている。

（ｃ）リアクトル始動
電動機端子と電源との間に三相の始動リアクトルを接続して始動し、始動完了後にこのリアクトルを開閉器で短絡する方式である。この方式では、始動電流を全電圧始動の場合の１／ａにおさえた場合に、始動トルクは全電圧始動の場合の１／ａ^2になり、始動電流の減り方より始動トルクの減り方が著しいのが欠点である。負荷トルクが回転速度の２乗に比例するもの（例えばファン・ポンプ）や、負荷への始動笑劇を軽減したい場合に採用される。

（ｄ）保障器始動
始動補償器と称する三相単巻変圧器を用い、電動機端子にかかる電圧を下げて始動する方式である。単巻変圧器により電源電圧を１／ａに下げたとすれば、電源に流れるｄ始動電流および始動トルクは、共に全電圧始動時の場合の１／ａ^2となる。この特長からリアクトル始動に比べ、大きな始動トルクを出しながら始動電流を制限したい場合に採用される。しかしこの補償器始動では、加速後全電圧に切り替えたときに突入電圧を生じるおそれがある。これをおさえるために、図４に示すコンドルファ方式が用いられる。

以上です。

OHM練習問題機械無効電力補償装置～補足

2008-05-29T12:50:00.000+09:00

ここの補足、です。
問題文、解答内容については、ここ参照で。

無効電力補償装置
【解説】
無効電力補償装置は、スイッチング素子を利用して無効電力を調整する装置であり、受動形と能動形とがある。この装置を用いる事で無効電力の変動による電圧変動や瞬時電圧低下の防止ができる。

（１）受動形無効電力補償装置
受動形無効電力補償装置は、サイリスタとリアクトルおよびコンデンサを用いて構成したものでＳＶＣ（static var conpensater）と呼ばれている。図１に示す無効電力補償装置は、リアクトル制御形（ＴＣＲ：thyristor-controlled reactor）ＳＶＣと呼ばれるものである。この装置は、コンデンサを常時接続しておき、リアクトルに流れる無効電流をサイリスタの点弧角を制御することで可変制御して無効電力を制御するものである（図２）。

この方式では、サイリスタの位相制御によってリアクトルに流れる電流波形が断続波形となり高調波電流を吸収することで高調波が系統に流出する事を防止している。

リアクトル制御形は、連続制御が可能で、応答が速いという特徴がある。

（２）能動形無効電力補償装置
能動形向こう電量補償装置は、ＳＶＧ（static var generator）とも呼ばれ、図３に示すように自励式インバータを用いて構成している。能動形は、電圧形インバータまたは電流形インバータのいずれでも構成可能であるが、もっぱら電圧形インバータが用いられている。

能動形無効電量補償装置は、系統と同じ周波数で、ほぼ同一位相の正弦派電圧を電圧形インバータで発生させ、変圧器を介して系統に与えている。この方式は、インバータの出力電圧を高くすると、図４のベクトル図に示すように進相無効電力が発生し、電圧を低くすると図５のベクトル図に示すように遅相無効電力が発生して、系統の無効電力を連続的に調整することができる。

能動形は、受動形に比べると設置スペースが少なくて済むという利点がある。

以上です。

OHM練習問題機械電力変換装置問３～補足

2008-05-28T09:57:00.000+09:00

ここの補足、です。
問題文、解答内容については、ここ参照で。

電力変換装置　問３
【解説】
わが国の電力系統は、諸外国に比べて品質が高く停電が少ない。しかし、電力系統に生じた事故（地絡、落雷等）によって、一時的に電圧が低下、または極めて短時間に電圧が喪失する瞬時停電（瞬低）が生じることがある。電動機の場合は、さほど問題が起こることが少ないものの、コンピュータ、シーケンサやリレーなどは、瞬低によって誤動作や停止することがある。具体的にいは、電磁リレーの釈放やシーケンサの停止、コンピュータのシステムダウンなどをあげることができる。このため、これらの影響を受けないよう負荷に供給する電圧の波形や大きさ、周波数を常時一定に保つ機能を備えた無停電電源装置またはＵＰＳ（uninterruptible power supply）が用いられる。

無停電電源装置を制御方式によって分類すると浮動充電方式とスイッチ切替方式とに分類することができる。

（１）浮動充電方式
浮動充電方式は、図６に示すように、いったんコンバータ（順変換器）で直流に変換してバッテリ（蓄電池）に充電しつつ、インバータで一定電圧、一定周波数の交流を出力する方式である。

通常時は、バッテリの自己放電分を補う程度の充電（浮動充電）を行わせ、商用交流入力が停電したときにはバッテリからインバータへ電力を供給する。

この方式には、停電すると瞬時にバッテリに蓄えられていたエネルギーがインバータに供給されるため、無停電電源装置の出力は瞬断することがない。このような制御方式を常時商用周期無瞬断切替方式という。

（２）スイッチ切替方式
この方式には、図７に示すように通常時は、スイッチＳを切り替えて無停電電源装置をバイパスさせて、負荷に直接、商用交流電源を与えている。そして、停電すると、バッテリの電源によってインバータを起動する。次いでスイッチＳを切り替える必要があり、切り替え時に瞬断が起こる。しがたって重要な機器の電源には用いられない。しかし、コンバータはバッテリを充電するだけであり、負荷電流を供給しないので小容量で済むという利点がある。

以上です。

OHM練習問題機械電力変換装置問２～補足

2008-05-27T22:42:00.001+09:00

ここの補足、です。
問題文、解答内容については、ここ参照で。

電力変換装置　問２
【解説】
インバータおよびコンバータを応用した回路として、スイッチングレギュレータがある。スイッチンギュレータは、図３に示すように、入力された直流をインバータで商用周波数よりも高い周波数の所定電圧の交流に変換した後、コンバータで再び直流に変換して一定電圧の直流を出力する装置である。なお、入力が交流の場合は、図４に示すように前段のコンバータでいったん直流に変換した後、インバータで交流を得てから後段のコンバータで直流に変換する。

スイッチングレギュレータのインバータは、商用周波数よりも高い周波数の交流を発生させている。具体的には、インバータを構成する素子にＩＧＢＴを用いた場合、スイッチング周波数は１５～２０ｋＨｚ程度が用いられている。

プッシュプルコンバータは、図５に示すように２つのトランジスタを交互に動作（プッシュプル動作）させることによって得られる交流を変圧器に与えている。このコンバータは、部品点数が多く、もっぱら５００Ｗ以上の中容量の安定化電源装置に適用されている。

スイッチングレギュレータには、その他フライバックコンバータ、フォワードコンバータおよびフルブリッジコンバータなどがある。

以上です。

OHM練習問題機械電力変換装置問１～補足

2008-05-26T20:39:00.000+09:00

ここの補足、です。
問題文、解答内容については、ここ参照で。

電力変換装置　問１
【解説】
インバータは、直流を交流に変換する電力変換装置である。このインバータをスイッチング素子で構成した場合、入力が直流なので何らかの方法を用いて、ターンオフしなければ交流に変換することができない。このためインバータには、直流をターンオフする転流制御回路が設けられている。

インバータを転流制御方式で分類すると、負荷側から見たときの特性によって、電圧形と電流形とに分類できる。

（１）他励式インバータ
他励式インバータは、交流出力側の電源や負荷電流によって転流制御する方式である。このインバータは、交流側（電力変換側）に確立された交流電源があって、この電源から転流に必要な電圧を受けて順次、点弧と消孤を行う方式である。このため、インバータが発生する交流は、負荷の交流電源の周波数と一致する。

他励式インバータは、出力側から見た電気的特性から電圧形と電流形とに分類できる。

（２）電圧形インバータ
電圧形インバータは、サイリスタまたはトランジスタなどのスイッチング素子を用いてスイッチングを行い、方形波の交流電圧を出力する方式である。

サイリスタを用いて構成した電圧形インバータの回路構成を図１に示す。電圧形インバータは、直流側に大容量の平滑コンデンサを備えているので、交流出力側から見た回路のインピーダンスが低く、電圧源として作動する。

電圧形インバータは、主として電車用電動機や工作機械の可変速制御に用いられる。

電圧形インバータには、サイリスタと並列に帰還ダイオード（フリーホイリングダイオード）が接続されている。このダイオードは、誘導負荷の遅れ電流成分を直流電源に帰還させる役割を担っている。しかし電圧形インバータは、回生運転時に直流電流が反転するため、単独では回生動作ができず、回生用整流器を別に接続する必要がある。

（３）電流形インバータ
電流形インバータは、直流側にリアクトルを挿入しているため、交流側から見た回路のインピーダンスが高く、電流源として作動する。サイリスタを用いた電流形インバータの回路構成を図２に示す。このような構成をとる電流形インバータからは、方形波の電流が出力される。このインバータは、電力回生時でも電流の方向が変化せず、電圧形インバータで必要であった帰還ダイオードが不要である。

電流形インバータも電圧形インバータと同様に、電動機の可変速制御用電源装置として用いられている。電流形インバータは、出力周波数を低い状態で運転するとき（０Ｈｚを含む）、電圧形インバータより安定動作する点、電動機を低い周波数から商用周波数まで加速した後、商用電源に切り替える場合であっても、電源切り替え時の突入電流を抑えることができる点等から大きな起動トルクが要求される電動機の駆動用電源に適している。

（４）自励式インバータ
自励式インバータは、半導体スイッチング素子自体あるいは回路に転流能力を持たせ、任意の周波数の交流を出力することができるインバータである。このインバータには、強制転流方式と自己転流方式とがある。

強制転流方式には、ＬＣ共振回路を利用した共振形インバータがあり、自己転流方式には、ＧＴＯサイリスタ、ＭＯＳＦＥＴなど自己消弧能力があるスイッチング素子を用いたものがある。

自励式インバータにも、電圧形インバータと電流形インバータとがあり、その構成は、他励式インバータと同じである。

以上です。

OHM練習問題機械同期機問４～補足

2008-05-25T16:53:00.000+09:00

ここの補足、です。
問題文、解答内容については、ここ参照で。

同期機　問４
【解説】
１．同期発電機の１相当たりの同期インピーダンスで単位法での抵抗をｒｓ’＝０．０１１１とする。抵抗のオーム値をｒｓ（Ω）とすると、

ｒｓ’＝ｒｓ・Ｉｎ／（Ｖｎ／√３）＝ｒｓ・Ｐｎ／Ｖｎ^2

ｒｓ＝ｒｓ’・Ｖｎ^2／Ｐｎ＝０．１４６５（Ω）

単位法で同期リアクタンスをｘｓ’＝０．９６とする。同期リアクタンスのオーム値をｘｓ（Ω）とすると、

ｘｓ＝ｘｓ’・Ｖｎ^2／Ｐｎ＝１２．６７（Ω）

以上から、同期発電機の１相当たりの同期インピーダンスＺｓ（Ω）は、

Ｚｓ＝ｒｓ＋ｊｘ
　＝０．１４７＋ｊ１２．７（Ω）

２．１相当たりの誘導起電力Ｅｄ（Ｖ）は、

Ｅｄ＝Ｖｎ＋ｒｓＩｎｃｏｓθ＋ｘｓＩｎｓｉｎθ
　　　　＋ｊ（ｘｓＩｎｃｏｓθ－ｒｓＩｎｓｉｎθ）
（ベクトル図が過去どっかにあるはず…）

この大きさを求めると（添付図参照）

|Ｅｄ|≒６０７０（Ｖ）

３．星型接続でＷ（ｋＷ）、力率ｃｏｓφの負荷の１相当たりのインピーダンスＺＬは次のように得られる。

ＺＬ＝（Ｖ／√３）／Ｉ・（ｃｏｓφ＋ｊｓｉｎφ）
　＝…
　＝１０．３＋ｊ７．７４（Ω）

４．負荷を接続した時の負荷電流ＩＬ（Ａ）は、上記の値を代入して

|ＩＬ|＝Ｅｄ／√｛（ｒｓ＋ｒＬ）^2＋（ｘｓ＋ｘＬ）^2｝
　　＝…
　　≒２６５（Ａ）

５．２７００（ｋＷ）の負荷接続時の端子電圧ＶＬ（Ｖ）は、

|ＶＬ|＝√３×ＩＬ×ＺＬ＝…≒５９２０（Ｖ）

添付図では、微妙にやり方違うはず…。そっちの方がわかりやすい、つもりなんだけど…。
（見易いかどうかは別問題）

以上です。

OHM練習問題機械同期機問３～補足

2008-05-24T13:01:00.002+09:00

ここの補足、です。
問題文、解答内容については、ここ参照で。

同期機　問３
【解説】
同期電動機は、常に同期速度に等しい一定速度で運転され、回転速度は負荷の増減によって変化しない。また、界磁電流の大きさを調整する事により、力率を変化させた運転が可能である。さらに運転時の効率や力率が誘導電動機に比べてよいので、ランニングコストが安いなどの長所がある。

＜長所＞
１．界磁電流により、力率を変化させることができるので、任意の力率で運転する事ができる。
２．速度が一定である。
３．運転時の効率や力率が良いので、ランニングコストが安い
４．低速度で大容量になるほど、設備費などが安くなる。

（１）同期速度
同期電動機の回転速度Ｎｓは、電源の周波数をｆ（Ｈｚ）、極数をｐとすれば、Ｎｓ＝１２０ｆ／ｐ（ｍｉｎ^-1）で表される。電動機の負荷が大きくなると、回転磁界と回転子磁極との間の相差角δが大きくなっていき、約π／２までが安定運転の範囲である。

（２）Ｖ曲線
同期電動機のＶ曲線は、端子電圧一定、および出力一定の状態で運転し、界磁電流を増加させた時の電機子電流の変化を示すもので、図５に示すようにＶ字状になる。このＶ字の最低点は力率１の点であり、その左側は遅れ力率、右側は進み力率である。この特性により、同期電動機は運転中に界磁電流を調整し、高力率で運転する事が出来るので、工場全体の付加の力率改善が可能である。

一方、短所として、大容量の場合には誘導電動機よりもやや安価であるが、一般的には高価格である。また、原理的にも自己始動能力がないために、何らかの始動対策を必要とするばかりではなく、同期速度に入る同期引入れにも手数を必要とする。そのため、自己始動、停止を伴う頻繁な用途には適しておらず、連続運転される大きな低速度負荷の駆動用として使用される。また、励磁のための直流電源を必要とし、磁極励磁用スリップリングとブラシを有し、かご形誘導電動機と比較すると保守が面倒である。

＜短所＞
１．始動トルクが小さいので、始動するためには、制動巻線や始動用の電動機が必要である。
２．乱調や同期はずれを起こすことがある。
３．励磁のための直流電源が必要である。
４．附属設備が必要なため一般的に高価である。

１．誘導同期電動機
一般に巻線形誘導電動機と同様に円筒型回転子を持ち、始動時は二次巻線を始動抵抗を通じて短絡し、誘導電動機として始動させ、同期速度近くで二次巻線を界磁巻線とし、直流励磁をかけて運転する。

２．自己始動方式
制動巻線を誘導電動機の二次巻線として、始動トルクを発生させて始動する方式で、誘導電動機の始動と同様に、全電圧始動、リアクトル始動、分割巻線始動、低減電圧始動方式などがある。

３．始動電動機による始動
主同期電動機に直結された始動用電動機によって始動させる方式である。

４．サイリスタなどによる低周波始動
同期電動機を、サイリスタなどを用いた可変周波数電源に接続し、低周波領域において同期化し、同期状態のまま定格周波数まで上げ、主電源に同期引入れする始動方式である。

５．同期始動法
始動用発電機を使用して始動する方法である。

以上です。

添付図は、本日含め、過去三日分です…。

OHM練習問題機械同期機問２～補足

2008-05-23T18:58:00.000+09:00

ここの補足、です。
問題文、解答内容については、ここ参照で。

同期機　問２
【解説】
（１）定態安定度
同期機の励磁電流を一定にして、負荷を徐々に増加させた場合に、安定な運転を維持できる度合いをいう。同期機の出力Ｐは、図２より求められ、内部相差角δ＝９０°のとき、Ｐｍ＝ＶＥ／ｘｓとなる（図３）。

Ｐｍを定態安定極限電力といい、安定に運転できる極限の電力である。同期発電機にＰｍ以上の負荷をかけると同期はずれを起こす。安定度を増すためには、同期リアクタンスｘｓを小さくすればよい。

（２）過渡安定度
負荷が急激に変化した場合に過渡現象が生じるが、この過渡現象が安定して正常な運転を継続し得る度合いをいう。過渡現象の原因として、負荷の急激な変動、線路の開閉、線路故障などがある。負荷が急増した場合に、同期機が同期はずれを起こさず安定な運転を維持できる極限の電力を過渡安定極限電力という。図４（ａ）に示すように、負荷がＰ０からＰ１に急増した場合、同期機の運動エネルギーの放出と吸収が行われる。エネルギーは面積ａｂｄ、ｂｃｅに比例する。そして、面積ａｂｄ＝面積ｂｃｅとなる負荷角δ２が求められ、δ０とδ２の間を振動しながら、δ１に収束する。

図４（ｂ）に示すように、面積ａｂｄ＝面積ｂｃｅとなったとき、Ｐｍを過渡安定極限電力という。これ以上になると、安定に運転する事ができなくなり、同期はずれを起こす。

（３）安定度をよくする対策
（ａ）正相リアクタンスを小さくする（電圧変動率、電機子反作用が小さい）
（ｂ）零相・逆相リアクタンスを大きくする（故障電流の減少）
（ｃ）回転子の慣性モーメントを大きくする（乱調の防止）
（ｄ）自動電圧調整器（ＡＶＲ）の速応度を大きくする

（４）自動電圧調整器（ＡＶＲ）
自動電圧調整器（ＡＶＲ）の目的は、定常運転時に同期機の電圧を一定に保持する機能によって、負荷が変化する時に電圧を維持し、無効電量を調整し、動態安定度を向上させること、および電圧急変時に速やかに電圧を回復する機能によって、負荷遮断時の電圧上昇を抑制し、過渡安定度を向上させることなどである。この目的のために、ＡＶＲは、総合電圧変動率（制御偏差）を小さくし、十分な速応度を持ち、制御系として十分安定である事が必要である。

励磁系電圧応答時間とは、変動を与えた瞬時から、励磁装置の出力電圧が、励磁系頂上電圧と定格負荷時の界磁電圧の差の９５％だけ増加するのに要する時間をいい、励磁系電圧応答時間が０．１秒以下であるとき、その励磁装置は速応励磁方式であるという。なお、励磁系頂上電圧とは、公称励磁系頂上電圧が得られるような変動をＡＶＲに与えたとき、励磁装置として達し得る励磁装置出力電圧の最大値をいう。

以上です。

OHM練習問題機械同期機問１～補足

2008-05-22T18:43:00.001+09:00

ここの補足、です。
問題文、解答内容については、ここ参照で。

同期機　問１
【解説】
（１）同期リアクタンス
電機子反作用リアクタンスと電機子漏れリアクタンスとを一括して電機子端子から見た一つの等価リアクタンスとして考え、これを同期リアクタンスという。これに電機子実効抵抗をベクトル的に加えたものを同期インピーダンスという。

（２）電機子反作用リアクタンス
電機子電流による起磁力の大部分は、界磁と同期して回転する基本波磁界、すなわち正相磁界をエアーギャップ中に生じ、界磁の起磁力に影響を及ぼし、電機子の誘導起電力を変化させる。これを電機子反作用といい、この磁束に関するリアクタンスを電機子反作用リアクタンスという。

電機子反作用は力率、すなわち電機子起磁力と界磁との位置関係によってその作用が異なる。図１に示すように、電機子起磁力の作用軸が磁極の中心軸と一致する場合には、電機子起磁力は界磁磁束を弱め＝減磁作用（力率は遅れ）、あるいは強める＝磁化作用（力率は進み）。これを直軸電機子反作用リアクタンスという。一方、電機子起磁力の作用軸が磁極間と一致する力率１の場合には、電機子反作用は磁極の回転方向側では界磁磁束を弱め、反対側では強める交さ磁化作用が生じる。これを横軸電機子反作用リアクタンスという。

任意の力率における電機子反作用は、これを直軸と横軸とに分けることができる。一般に直軸電機子反作用リアクタンスのほうが、横軸電機子反作用リアクタンスよりも大きい。

（３）電機子漏れリアクタンス
電機子起磁力の一部は電機子巻線とのみ鎖交し、界磁に鎖交しない磁束を生じる。これが電機子漏れ磁束であり、電機子漏れリアクタンスに対応する。電機子漏れリアクタンスは、スロット漏れリアクタンス、ギャップ漏れリアクタンス、コイル漏れリアクタンスの３つの成分に分けて考えられる。

以上です。

二種予想問題電力管理_問２４（補足）

2008-05-07T09:21:00.002+09:00

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２４
【解説】
かなり不可思議な問題です。
送受電端の位相差が６０°、と言ってて、解答ではその位相差をδと置いていて。極限電力はδの関数です、って言ってるんだけど…。６０°はどこに行ったの？一見すると非常にわかりにくい解答、というか設問です。だって、δの関数になる、って事は、δはｒとｘの関数になるって事？って感じがして…。で、考えてみました。

ちょっと自信はないですけど、多分。

６０°は嘘、または負荷と総合での話。後者が有力かとも思いましたが、解答に全く６０°は出てこないからなぁ。そして、本問で聞いているのは負荷の有効電力（安定限界の）と言うことでしょう。で、求めているのは負荷の増減に伴う、送受電端位相差の条件。送受電端の位相差が、配線インピーダンスの位相と等しい時、という条件が導かれているのだと思います。（ってことは、負荷力率は１？）

全然わかりませんね。

ちょっと暇があったら定態安定極限電力について、調べてみたいと思います…。

以上です。

二種予想問題電力管理_問２３（補足）

2008-05-06T17:54:00.001+09:00

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２３
【解説】
数学の問題ですね。
きっと、類似の問題は出ません。

問の情報だけでは、解くに解けないし（正直、解答見ないとさっぱり意味がわからなかった）、それでやっても、全然電気的な魅力を感じる問題ではありません。よって、覚える必要はないと思います。

ただ、通信線と電力線（送電線）相互の誘導障害に関する問題は出る可能性は十分ありますし、理論等でも相互インダクタンスの問題は出る可能性はありますね。完全には捨てない方がいいのか？とも思いますが…。

全然役に立たない補足で申し訳ないです。

以上です。

二種予想問題電力管理_問２２（補足）

2008-05-05T09:41:00.000+09:00

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２２
【解説】
設問で与えられた数値のうち、いくつかはダミーである事がポイントでしょうか。

具体的には断面積に関する数値が引っ掛け。これ、与えられた抵抗値が、長さあたりの抵抗（Ω／ｋｍ）ではなく、抵抗率（Ω・ｍ）であったら、断面積は必要です。が、既に断面積分は加味されたもの、と考えて良いので無視してＯＫ。

次に、問題文から、電流分布のグラフがかけるかどうか、という所。本来は、距離毎の電流分布のグラフ（各ポイントで、全て一定の電流が流れている）があり、その積分のグラフが傾き－１００のグラフになるのですが、直線的なグラフになる、という所がわかっていればメインでやってるいきなり距離ｘと各点の電流の関係式を立てることもできるかな？という気がします。

まぁ、類題をやってみない事にはま～ったく思いつかないような気もしますが…。
（僕の場合、やってても思いつかなかったですが…）

以上です。

二種予想問題電力管理_問21（補足）

2008-04-25T14:13:00.003+09:00

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２１
【解説】
別の解き方を紹介。

あ、その前に…。また、出題が違います。問題の図で、変圧器容量が１０ｋＶＡ、本文で３０ｋＶＡとなっていましたが、解答から考えると、３０ｋＶＡが正解。また、変圧比６３００／１００Ｖとありましたが、これも恐らく、解答からすると６６００／１００かと思われます（こっちは、何か裏がある？）

では、本題。メインでは、普通にインピーダンスを求めて解いていますが、ここでは％インピーダンスのまま解く方法をやってみます。最終的に導かれる答えは多少違う（っぽく）なりますが、計算の四捨五入によるあやです。実際、メインの解き方と同じ方法で、四捨五入を極力せずに解いたら同じ数値となりましたので…。

配線抵抗、リアクタンスをｒ０、ｘ０とすると、

ｒ０＝２×６×０．８（Ω）
ｘ０＝２×π×ｆ×１×６×１０^-3×２（Ω）

これを、変圧器容量である、３０ｋＶＡ基準の％インピーダンス（％ｒ０、％ｘ０）に変換（６０００Ｖ側）

％ｒ０＝Ｐ・ｒ０／Ｖ^2＝０．８（％）
％ｘ０＝Ｐ・ｘ０／Ｖ^2≒０．３１（％）

また、題意より変圧器の％抵抗、％ｒ及び％リアクタンス％ｘは、それぞれ１．７（％）、２．５（％）なので、変圧器から電源側を見た％インピーダンス、％Ｚは、

％Ｚ＝√｛（％ｒ＋％ｒ０）^2＋（％ｘ＋％ｘ０）^2｝
　　＝３．７６（％）

よって、短絡時の変圧器一次側短絡電流Ｉｓ１は、

Ｉｓ１＝Ｐ×１００／（％Ｚ×Ｖ）
　　＝１００×３０×１０^3／（３．７６×６０００）
　　≒１３２．９８（Ａ）

これを、低圧側（１００Ｖ側）に換算した短絡電流Ｉｓ２は、変圧比ａ＝１００／６６００より、

Ｉｓ２＝Ｉｓ１／ａ
　　≒８７７６．６８（Ａ）

この方法の方が計算が楽、な、ようなきもするのですが…、いかがでしょう？

※補足の補足。
変圧比ａ＝１００／６０００ですね。そして、定格電圧が６６００。多分、最後の計算値は同じになりますが、途中が違ってるかも…。多分。暇があったら検証しておきます。

↑やってみたけど、数値合わない。そもそも出題の電圧値もおかしいし…。ちょっと不明、って事で。

以上です。

二種予想問題機械制御_問１２（補足）

2008-04-24T19:09:00.001+09:00

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１２
【解説】
制御理論の中でも、（僕的に）苦手な問題。な、中では、ましなほうかな。安定判別をしっかり抑えておかなければならない問題です。
ポイントは、ｓ→ｊω と変換して伝達関数（一巡伝達関数とする理由は？フィードバック系じゃなくていいの？という疑問は残ってますが…）を求めます。これの安定判別をするために、ナイキスト線図にする。

ナイキスト線図では、伝達関数の虚部＝０、つまり、実軸との交点の座標がどこを通るか（－１よりも右を通るか、左を通るか）で安定判別をします。この時（虚部＝０）の時の角周波数を、位相交点周波数ω０として求めるようです。

次に、このω０を、伝達関数の式に代入すると、この時の利得（倍率）がわかります。問題で与えられた利得余裕は単位がｄＢ（デシベル）ですので、対数をとって２０倍したものを考え、これが１０（ｄＢ）となる時のＫを求めます。

上述のナイキスト線図から、頑張って解けば（２）も解けるようです（なげやりですいません…）

二種予想問題電力管理_問20（補足）

2008-04-23T16:09:00.002+09:00

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２０
【解説】
ポイントは…、
図の点線を、横方向のものをｘ軸、縦方向のものをｙ軸と置き、交点を０点とする。放物線の一般式を用いて、定数ａ、ｂを求めていけば解けます。
パッと見、電気っぽくないので、敬遠しがち（僕は、そう）な問題ですが、やってみるとただの数学（しかも、中学程度）の問題ですので、チャレンジする価値はあるのかも？と思います。

ｘ＝０の点から、定数ｂはすぐに求まります。
あとは、ｙ＝Ｄの点、ｙ＝Ｈの点で、それぞれｘ＝Ａ（でもなんでも、解答ではｘｐ）、ｘ＝Ａ／２として連立させて解けばＯＫ。
簡単ですね。

二種予想問題電力管理_問19（補足）

2008-04-22T08:25:00.001+09:00

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１９
【解説】
基準容量を決め、基準容量ベースに各数値を変換していきます。ここでは、基準容量を、変圧器容量である、１０ＭＶＡとしています。

また、解答（出題に対する、解答）では、

短絡リアクタンスＸ＝短絡インピーダンスＺ
短絡抵抗Ｒ＝０．１Ｘ

として取り扱っています。が、本来は、

Ｒ＝０．１Ｘ
Ｒ^2＋Ｘ^2＝Ｚ^2

で連立させて解く必要があり、その場合、１％程度の誤差が出るはずです。
後は、皮相電力、有効電力、無効電力に気をつけ、それらを単位法へ換算。それと、電圧変動率の式は単位法で表すと、

ΔＶ＝％Ｒ・Ｐ＋％Ｘ・Ｑ（％）

である事から解く事ができます。

また、電圧変動率の本来の定義は、電圧降下前後（という表現が適切かは不安ですが）の、電圧値のスカラー差、の割合。つまり、送電端電圧と、受電端電圧の差（スカラー差）を、受電端電圧で除したものとなります。ここで、ベクトル図から送電端電圧は、送電による電圧降下が含まれ、それは受電端から電源側を見たインピーダンスから算出できる電圧降下です。

また、％抵抗：％Ｒの定義を考えると、

％Ｒ＝ＲＩ／Ｖｎ
（Ｒ：配線等電源側の抵抗分、Ｖｎ：受電端電圧、Ｉ：線電流）
※リアクタンスについても同様

より、上記電圧降下を考える際のＲＩ・ｃｏｓθについて、ＲＩ＝％Ｒ・Ｖｎである事がわかります（または、ＸＩ＝％Ｘ・Ｖｎ）。ここから、本問を計算していくと…。答えが、合わない…？何故かわかりません。もしかしたら、電圧Ｖｎの考え方が違うのかなぁ…。％Ｒの定義で、電圧が送電端なのかな？これで考えると…。

何が言いたいか、というと、よくわかりませんが、多分、本問での解き方は簡易式であり、完璧に正確な計算じゃないかな？と思います。そこで、ベクトル図を用いて、正確に計算してみようかな、その方が理解が深まるかな？と思ったのですが…。この問だけに時間を割くわけにも行きませんので、断念。また時間がある時にやってみる事にします。

あ、あと、問の図で、受電点の短絡電力「５００ｋＶＡ」と書いてありますが、諸々考えると、「５００ＭＶＡ」だと思われます。しっかり頼むぜ、○ＨＭ社さん。

以上です。

二種予想問題電力管理_問18（補足）

2008-04-21T09:49:00.002+09:00

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１８
【解説】
変圧器の並行運転の条件を抑えましょう。
というか…。問題解くに当たって、並行運転の条件について、疑問が。
並行運転をする、というのは、そもそも負荷容量に比例した負荷分担をする事は含まれないのか？と言うこと。まぁ、それを条件として組み入れると計算は単純に負荷容量比だけで済んじゃうので、問題として成り立たないし、そもそも％インピーダンスから考えると、そうなり得ない。蛇足かな、この話は。ちょっと出題が悪い気はしますね。

で、並行運転時の負荷分担は、％インピーダンスの逆数比に比例します。注意点は、％インピーダンスは、基準容量換算値に変換すること、くらいかな。これは、単純に並列回路で電流分担がどうなるか、というのを考えればわかりますね。

後…、各定格容量基準の％インピーダンスが最も低い変圧器から過負荷する、という方向から考えても良いようですが、こちらで考えても負荷分担は基準容量換算の％インピーダンス（逆数）比であり、これを求める必要があるので、手間はあまり変わりませんね。

以上です。

０７年機械制御　問４（補足）

2008-04-20T11:40:00.002+09:00

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４

【解説】
制御系の問題。時間はかかるけど、計算力さえあれば求める事はできます。後は、求めるプロセスを軽減するために、いかに覚えるか？がポイントになると思います。

例えば、僕の解き方は、入力から出力まで、各ポイントで入出力の関係を式で表し、それをつなげて行って設問の答えを導くようにしています。が、これでは膨大に時間がかかる（場合が多い）ので、非効率で、悪い例。やっぱり、例えばフィードバック系の一般系など、ある程度覚えていて、「この形のブロック線図なら、こう」のように式を導けた方が良いと思います。

（１）ポイントは、外乱は時間関数で与えられている事。時間関数である、２ｔを、ラプラス変換すると、２／ｓ^2であるから、これを加味して求めれば良い。後は、定常偏差は、ラプラスの最終値の定理（だっけ？）を使って、時間領域でｔの無限大極限を求めるか（現実的には）ラプラス領域でｓを乗じたものに、ｓ→０の極限を求めるか、です。

（２）まずは、入出力の関係（伝達関数）を求め、これの一般形と比較。一般形は固有角周波数ωｎと減衰係数ζがあるため、求めた伝達関数の係数から、これらの定数を算出することができる。

後は、ここまえと同様のプロセスを用いて、代入する関数を変えて解けばさほど問題なし。

本番では（見てたのに）定常偏差の求め方が頭からすっぽ〜ん、と抜けてしまい…。惨敗でしたよ…。

今日は、こんなところです。

０７年機械制御　問３（補足）

2008-04-19T17:05:00.004+09:00

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３
【解説】
（１）
得意のセリフですが…、単位換算で考えると吉。熱抵抗Ｒｔｈの単位が、℃／Ｗ。つまり、これは１Ｗ辺りの温度上昇を示しており、電力を掛ければ温度上昇全体が求められます。後は、これに元々の温度（周囲温度）を足せばＯＫ。

（２）
問題文だけ読むと、一見回路図必要か？と思いますが…（少なくとも、僕は思った）。この問題で、多少必要かと思われます。諸々損失とかを無視している関係上だと思いますが…。コイルやコンデンサがなければ、出力（負荷）電流ｉＲは、入力電流ｉＴｒに対し、導通比率に従ったパルス状の電流となるはずです。が、コイルやコンデンサがあるため（しかも損失はないから）出力電流ｉＲ＝αｉＴｒとなっていると思われます。

（３）
トランジスタのジャンクション温度は、式は（１）で求めたもの。温度上昇に関わる電力は、トランジスタの導通による損失（負荷の消費電力？という表現でいいのか？）と、スイッチング損失の和、であるが、本問ではスイッチング損失は無視。なので、（２）で求めた値を、（１）の式に代入すればＯＫ。

（４）
自分でやってみて間違えたのが…、熱抵抗を０．５からいくらにするか？を求めてしまいましたが、いくらにするか、ではなく、何％に（低減）しなければならないか？が問でした。計算自体は単純で、周囲温度が１０℃上がっても、同じジャンクション温度にするためには、同じ損失での温度上昇を１０℃抑える必要がある。これを条件に、新しい熱抵抗も求められるし、低減率は温度上昇分の比率でも求められます。

本番では、この問３は問題文の長さと、パッと見のとっつきにくさで敬遠。さらに、パワーデバイス系の勉強は、若干不足気味（との認識）もあり、未チャレンジ。でしたが…、やってみると、非常に簡単、しかも、速く終わる。今回の試験でのベストチョイス（解く速さで）は、問２、問３だったと思います。何度でも言いますが、単位と基本的な数学力にて求められる本問。苦手意識の払拭は必要だなぁ…。

今日は、こんなところです。

０７年機械制御　問２（補足）

2008-04-18T16:36:00.002+09:00

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２
【解説】
ポイント。

・無負荷試験の入力＝鉄損
鉄損は（他の損失を無視する場合）、励磁電流による損失。等価回路を見るとわかるように、無負荷試験は、負荷側（二次側）を開放して行う、つまり、電流は励磁電流のみ。この時の、励磁電流による電力分が鉄損となる。

・銅損は、一次抵抗及び二次抵抗による損失電力。ここで、等価回路で考える場合は、一次（又は二次）に換算して行う。銅損は、負荷電流によって異なる為、一般的にまず１００％負荷時を求める（１００％負荷は、定格容量と定格電圧から求める事ができるから）。

・α（％）負荷時の銅損は、１００％負荷時の銅損をＰｃとすると、

（α／１００）^2×Ｐｃ

となる。これは、上記の通り、銅損は巻線抵抗による損失電力であり、抵抗で消費する電力は、抵抗×電流＾２となるため、明らか。

・等価回路上で、抵抗値の一次－二次換算は、変圧比の２乗による。本問の場合は、一次換算しましょう。

・三相の場合と単相の場合に気をつける。三相の場合は一相当たりで考え、電圧なら√３倍、電力なら３倍、などの変換が必要。単相なら、あまり深く考える必要なし。本番で、僕は何故か三相と勘違いして解いていました。完璧に解ける類の問題だったのに、勿体無い…。

・最高効率は、鉄損＝銅損となる、負荷率。という条件から求められる。鉄損＝銅損となる時、何故最高効率となるか？は、よくあるパターンなので割愛しますが、負荷を変数として微分して解くなりなんなりしてみたら宜しいかと思います。

ポイントは、こんなとこです。

０７年機械制御　問１（補足）

2008-04-14T01:44:00.003+09:00

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】
（１）
電機子抵抗を無視
→同期リアクタンス＝同期インピーダンス
と考える事ができ、つまり、これは短絡比の逆数となります。

そして、ベクトル図を用いて考えれば、端子電圧Ｖ（単位法で１）に対する、無負荷誘導起電力Ｅ０は、同期リアクタンスによる電圧降下分をベクトル合成すればよい。

（２）
電機子電流Ｉａは、無負荷誘導起電力Ｅ０と、電機子電流Ｉａ、同期リアクタンスＸ０、負荷角（のｓｉｎ）で考えると、

Ｉａ＝Ｅ０・ｓｉｎδ／Ｘｓ
（Ｉａ・Ｘｓ＝Ｅ０・ｓｉｎδの方がわかりやすいかも）
であるため、ここからＰ＝ＶＩａ＝…、と考えればよい。

（３）
電動機の場合、無負荷誘導起電力Ｅ０＝Ｅ０・ｅ^-jδ1
これを展開すると、

Ｅ０・ｅ^-jδ1＝Ｅ０（ｃｏｓδ－ｊｓｉｎδ）

である。これと、電機子電流の式、

Ｉａ１＝（Ｖ－Ｅ０１）／ｊＸｓ
（この式も、ベクトル図より、Ｖ－ｊＩａ・Ｘｓ＝Ｅ０１となるから）

から式変形して求めればよい。

あとは、鉄心の飽和を無視すれば、無負荷誘導起電力は界磁電流に比例する事を用い、さらに式変形していけば求められる。後、進みとなるのは…、ベクトル図とかから判断しましょ～！

今日は、こんなところです。

０７年電力管理　問６（補足）

2008-04-12T20:51:00.000+09:00

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６
【解説】
文章題です。比較的簡単な部類、でしょうか…。きっちり答えられた自信はありませんが…。

短絡容量の問題。短絡容量は、短絡インピーダンスの逆比。インピーダンスが小さいと言うことは、電流は多く流れる、という認識でＯＫかと思われます。
短絡容量増大の要因についても、インピーダンスが小さくなる要因、と言うことで考えれば、同程度のインピーダンスを持った機器であれば、並列回路数が増えるに従ってインピーダンスは減少していく、のように考えれば覚えやすいんじゃないか？と思います。

問題は、電流が増えることに起因する事のみ考えれば良いようです（標準解答によると）。遮断容量が不足する事であったり、誘導障害であったり。保護協調に関することは、自分的にはノーマークでしたが、言われてみれば確かに、です。

対策は、遮断容量のバージョンアップは当然のこと、短絡容量抑制（＝短絡インピーダンス増加）対策が必要となります。限流リアクトルは勿論、高インピーダンスの機器採用も挙げられます。あと、自分的には、系統の見直しとかも考えちゃいますが、それは工場内（需要家内）での感覚であって、電力会社対需要家で考えると簡単じゃないんでしょうね。工場内だけでも、簡単じゃないのでしょうけど。

今日は、こんなところです。

０７年電力管理　問５（補足）

2008-04-11T19:35:00.000+09:00

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５
【解説】
1999年の二次試験、問５に類似問題がでています。とりあえず、考え方等は同じはずなので、そのまま転記します（手抜き）。

変圧器の絶縁耐力試験の具体的な試験回路に関する実務的な問題である。

一般に、定格電圧１１０（ｋＶ）以上の変圧器は中性点側に絶縁方式を採用しており、誘導法により絶縁耐力試験を行うため試験方法の自由度が大きい反面、各部分の発生電圧に十分注意する必要がある。

問題の回路の一次側Ｙ巻線Ｕ相、Ｗ相を２相直列に接続して単相電圧を印加する場合、中性点Ｏの電位が印加電圧の１／２になる保障はない。鉄心が三脚鉄心の場合を考え、各相の巻線の作る磁束をΦＵ，ΦＶ，ΦＷとすると、

ΦＵ＋ΦＶ＋ΦＷ＝０

五脚鉄心、外鉄形、単相変圧器３台接続の場合はさらに多くの磁路が存在するが、デルタ巻線があるので必ず同じ関係式が成り立つ。

したがって、残りのＶ相の巻線を短絡してΦＶ＝０とすれば、

ΦＵ＝－ΦＷ

となり、中性点Ｏの電位は印加電圧の１／２倍になる。

変圧器二次側の誘導電圧を計算するときは、Ｙ－Δ結線なので、変圧比は１５４０００／√３（Ｖ）／６６００（Ｖ）であることに注意しよう。

また、電気設備技術基準の解釈第１７条で示されている単相交流電源による試験方法は、「試験される巻線の中性点端子及び接地される端子以外の任意の１端子と大地との間に単相交流の試験電圧を連続して１０分間加え、さらに中性点端子と大地との間に最大使用電圧の０．６４倍の電圧を連続して１０分間加える」ものである。問題の回路はＷ相を接地してＵ相に試験電圧を印加する回路を示しているが、接地相を取替えて合計３回試験する。さらに、それだけでは中性点には試験電圧の１／２倍の電圧しか印加されないので、１．１／√３＝０．６４倍の電圧を印加して試験する。

これ、じっくり考えれば他の問題より簡単でしたね。例が出てるし。文章題部分も、さほど難しくない。下手に他の計算問題に手を出すよりも、確実にこの問題を半分解くほうが懸命だったように感じています…。このあたりも、次回の課題ですね。

以上です。

０７年電力管理　問４（補足）

2008-03-05T13:29:00.001+09:00

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４
【解説】
問３で求めた、送・受電端電圧の式（エクセルで計算式を作成した）に代入すれば求められました。が、一応、解答用に手書のように解いてます。問題に沿って解けば、さほど難しくないと思われます。送受電端のベクトル図がかける事が前提だとは思いますが…。

余談なんですが、受験時には、この（２）の問題について、送電端６６００（Ｖ）に対して受電端最低６２７０（Ｖ）であるため、この差は３３０（Ｖ）。つまり、電圧降下が３３０（Ｖ）となるような電流が流れれば良い訳で、そのような方法で解答を試みたのですが…。どうやら、答えは違うっぽかったです。この方法だとしても、きっちりベクトル図を用いて考えて見なければいけないのでしょうが（しかも、計算式は電圧降下の簡易式でやった気がする）、それでも負荷や発電機の力率が１なので上手くいくと思ったんだけどなぁ…。
ちょっと検討の余地ありですが（こればっかりだな）、ベクトル図からきっちり解ければ類似問題（問３含め）はバッチリでしょう。

以上です。

０７年電力管理問３（補足）

2008-02-11T21:02:00.000+09:00

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３
【解説】
添付図にベクトル図と下の方に計算しています。さらにその下にちらっと書いてますが…。この計算、多分間違いではないですが、負荷容量として負荷の皮相電力を用い、それにフェランチ効果の原因となる配線容量などの進相要素を含めてしまっています。なので、「軽負荷時に受電端電圧が上昇する」という現象と、一見一致しません。実際、エクセル等で変数を皮相電力Ｓとして受電端電圧のグラフを書くとどちらかというと右肩上がりになります。

さて、ではこの現象が起こる状態はどういう時でしょう。上記の計算では、ざっくりと計算するために、送電線（送受電端間の）リアクタンスは遅れ分しかない事とし、容量分（進み分）は負荷に含めて計算しました。が、実際に電圧上昇が起こるためには、これを含め、回答にあるもの含め、進相容量が、この計算の配線リアクタンス（遅れ分）を大きく上回る場合に発生すると思われます。その時、受電端電圧に対して電流は大きな進みとなり、回答のベクトル図が得られます。

以上を踏まえるのか踏まえないのか、よくわかりませんが、ここに挙げた計算・式にて負荷に応じた受電端電圧を考える場合には、配線インピーダンスとバランスの取れた負荷に対し、力率を変化させつつ皮相電力Ｓを変化させる必要があります。なぜなら、一般に軽負荷とは、「有効電力」を指すと思われ、また、通常の「負荷」は遅れ無効電力であるため、軽負荷になると進み要素が勝つようになるから、です。

ん～、文章でも計算式でも、わかりにくいですねぇ…。
多分、容量分をさらに別に考えて、負荷の増減を考えるように式を立てる（そのために、π形等価回路などを用いる？）ときっちりした結果が得られるとは思うんですが、気力・実力・時間全て足りず、ここまで、とさせていただいております。

以上です。

０７年電力管理　問２（補足）

2008-01-31T17:47:00.001+09:00

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２

【解説】

試験センター発表による、模範解答とは若干やり方が違うのですが…。答えは同じ（になるようにしたから、当然か）ですし、こちらの方がわかりやすいんじゃ？って解き方をしてる、つもりです。

単純に考えて、循環電流は並列変圧器の二次側電圧が違う事により発生します。ですので、ａの二次電圧とｂの二次電圧の差による電位差で、変圧器のインピーダンス（循環なので、直列と考えて和とする）に流れる電流を求めれば循環電流になります。

これが零となる条件は、もちろん上記二次電圧の差が零である事。一次電圧は共通母線と考えられるため、二次電圧が等しくなるためには巻線比が等しい必要があります。こちらはさほど問題なく想像が付くと思われます。

一方、容量に比例した負荷電流、とするには、変圧器電流による、負荷電流分を考えた場合、負荷電流（合成分）ＩＬと、変圧器の負荷電流相当分ＩＬａ、ＩＬｂは、変圧器インピーダンスによる並列分流となります。それにより式を立てれば、さほど難しくなく解けると思われます。

以上です。

０７年電力管理　問１（補足）

2008-01-30T17:37:00.001+09:00

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】

考え方としては、系統母線、発電機、負荷が、それぞれ短絡時には短絡電流を供給する電源になる、と考え、なおかつ重ね合わせの理を使ってる、で良いと思います。つまり、Ａ点では系統母線Ａから供給される短絡電流Ｉａ、Ｂ点では発電機から供給される短絡電流Ｉｂ、Ｃ点では負荷系統より供給される短絡電流Ｉｃを考え、その後に最大値を検討しています。

最大値を検討とは、Ａ点では、Ｉａと、Ｉｂ＋Ｉｃとの比較。同様に、Ｂ、Ｃ点でも比較を行い、最終目的は短絡電流に対する強度検討なので、大きい方の値を採用します。

ここで、何故総和じゃないのか？という疑問もありますが…。多分、流入方向、流出方向とかの関係か？

という気がします（キルヒホッフの電流則から考えても）。

参考程度に、二つ目の図のように、インピーダンスマップ的に考えてみたのですが…。上記の個別電流検討は勿論うまく行ってるのですが、総合インピーダンスで考えた場合に「？」となっています。この辺りの検討が今後の課題でしょうか…。業務にも直結しますしね。

意見を募集中。

こんな所かな。

以上です。

OHM二次試験対策より機械制御、問9～11、の補足。

2007-11-23T20:42:00.002+09:00

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９
【解説】
この程度の問題が出れば御の字ですねぇ…。解答では小難しい式を立ててますが、

・２台運転時→負荷を２台で分担→ＰＬ／２に対する銅損
・３台運転時→負荷を３台で分担→ＰＬ／３に対する銅損

以上の負荷の関係から、１台あたりの損失合計（銅損＋鉄損）を算出し、これを２倍及び３倍して、損失を比較。この時のＰＬ／Ｐｎを求める、という方がやり方的には簡単でしょうねぇ。１台あたりの損失を求める時点で、銅損と鉄損の関係も代入しておいた方がいいでしょう。

問１０
【解説】
Ｉβ、Ｉαと、二次側各相電流の関係が分かればベクトル図が描け、ベクトル図が描ければ解答に結びつくと思われます。
ここで、ベクトルＡ＋Ｂを考えてみる。Ａ、Ｂ間の角度を２θとする。
すると、Ａ、Ｂの横軸成分は、
Ａｘ＝Ａｃｏｓθ
Ｂｘ＝Ｂｃｏｓ（－θ）＝Ｂｃｏｓθ

また、Ａ、Ｂの縦軸成分は、
Ａy＝Ａｓｉｎθ
Ｂy＝Ｂｓｉｎ（－θ）＝－Ｂｓｉｎθ

よって、|Ａ＋Ｂ|^2は、
|Ａ＋Ｂ|^2＝（Ａｘ＋Ｂｘ）^2＋（Ａy－Ｂy）^2
＝ｃｏｓ^2θ（Ａ^2＋Ｂ^2）＋ｓｉｎ^2θ（Ａ^2＋Ｂ^2）
　　＋２ＡＢ（ｃｏｓ^2θ－ｓｉｎ^2θ）
ここで、ｃｏｓ^2θ－ｓｉｎ^2θ＝ｃｏｓ２θより、

∴|Ａ＋Ｂ|^2＝Ａ^2＋Ｂ^2＋２ＡＢｃｏｓ２θ

問１１
【解説】
直流側電圧Ｅｄα＝１．３５Ｖｃｏｓαですが、過去に算出した覚えがあります。三相全波整流の波形図を見ればわかるのですが、－π／６＋α～π／６＋αにて積分し、この区間の横軸、π／６－（－π／６）＝２π／６で除したものが平均値、つまり直流側電圧値となります。過去問、２００５年３月分辺りでやっているようです。それで電圧を求めたら直流機の基本的な特性です。他励という所から界磁が一定を読み取ります。それを使って、回転速度Ｎ＝１０００ｍｉｎ^-1の場合と、Ｎ’＝８００（ｍｉｎ^-1）の場合について、トルクを求め、必要な電圧を求め、最終的に角度にたどり着く、という感じでしょうか。

って、よく見たら界磁は一定、ってのは問題文にもありましたね。

割と難問だけど…。どうなんでしょうねぇ。

以上です。

OHM二次試験対策より機械制御、問78、の補足。

2007-11-22T14:52:00.000+09:00

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７
【解説】
よくある誘導機の等価回路について、ｒ１＝０としたものが描ければ、一つクリアでしょう。後は入力電流や二次入力などについては、等価回路から導く事ができると思います。解答は、なぜに回転数をｍｉｎ^-1じゃなく、ｓ^-1で算出しているかは、甚だ謎ですが。（そのせいか、参考にした文で、いくつかミスもありましたな）

問８
【解説】
ちょっと、解答（手書含む）だけでは不安なので、もうちょっと検証してみたい、とは思っているのですが…。時間があれば、です。出ない事を祈りましょう。

以上です。

OHM二次試験対策より電力管理、問14～17の補足。

2007-11-21T18:33:00.000+09:00

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１４
【解説】
ランキンサイクルについては、特にワタクシから言うことはないですが…。この類の問題に挑戦するのならば、単位換算を考えましょう。後は、問題で聞かれてることが、図、カーブ上のどことどこを表しているのか、その辺りがポイントではないでしょうか。

問１５
【解説】
これは、数学的考え方でいけるのではないか、と。面積、ってとこに気付けば、積分して、比率（利用率）を求める所は、そう難しくないでしょう。あと、ポイントは、単位換算、次元換算により、ジュール（Ｊ）とワット（Ｗ）の変換、でしょうか。途中まで問題は電力量（Ｗｈ）で話が進みます。一方、発生熱量（Ｊ）は、単位換算すると、Ｊ＝Ｗ・ｓ、つまり、１秒間の電力量の等しいです。これらの関係を使って、３６００秒での換算し、熱効率を求めることが可能です。

問１６
【解説】
解答はなんだかいったりきたりしていますが…。ようは、短絡容量を求める事が重要なわけで、短絡容量は短絡比に定格容量を掛ければ求まります。後は、短絡比とパーセントリアクタンスが逆比の関係である事を知ってれば…。もちろん、それぞれの定義も必要ですが。

自己励磁を起こさないための条件、は、覚えられたら覚えるかなぁ、くらいの感じです。正直。

問１７
【解説】
速度調定率の式かな。速度調定率は、負荷変動に対して速度が低下（増加）する割合を表したもの。この定義から、本問は解ける、と思われます…。

以上です。

OHM二次試験対策より電力管理、問11～13の補足。

2007-11-20T22:23:00.000+09:00

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１１
【解説】
低圧の範囲で極力高電圧の方が電流が下げられる、って所が利点。利点はそれに付随するもののみ、と言っても過言ではないでしょう。
逆に、欠点は４００Ｖという、特殊な電圧故、１００Ｖ、２００Ｖの一般的な機器に対して特殊な機器（というか、変圧器ですな）が必要、と。
簡単にまとめると、プラント単位での新設等では、積極的に４００Ｖを採用すれば良いけど、既存の１００／２００Ｖの設備がある場合には逆に機器費が高くなることもありえる、ってところだと思います。後は、接地工事の問題かな。

問１２
【解説】
公式覚えるしかないかと…。

問１３
【解説】
水車の一般的な公式ですな～。９．８ＱＨ×効率、ですが、電動機と発電機で効率が分子にくるか、分母にくるか、ってところがポイントでしょうか。後は、ダムの水位に関して、発電機定格は最も大きいとことを考えるので、発電機側では最大落差で考える。ポンプ側では、最低限必要、下池の最大水位から上池の最大水位まで揚水可能であれば良いので、最低落差で考えればよい、と考えれば良い、って所でしょうか…。

以上です。

OHM二次試験対策より電力管理、問9.10の補足。

2007-11-19T22:23:00.000+09:00

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９
【解説】
最閉路とは…。
自分的解釈ですが。
故障は、本来絶縁されている区間・空間にアークが走ることによる相間短絡や地絡、である。わかりやすい例が、雷ですね。落雷により、地絡が発生する、と。後は、電流生切りによるアーク発生・相間短絡とか。

ただ、それら短絡・地絡故障は、逆に言うとアークさえ消滅すれば故障は継続しない。
ここで、電気に限らず、物理性質として、現在のエネルギーを維持する方向に力は働きやすいので、一度破壊された絶縁、アークは、簡単には消えない。なので、発生源となる遮断器を一度開放することで無電源とし、アークを消滅させる。

その後、外的要因による絶縁破壊であれば、要因が排除（雷とか）されれば、健全である可能性が高いので、最閉路を試みる、とうことと解釈しています。

その速度や方式についての説明が、本問であると思います。

問１０
【解説】
これは以前にもやった類の問題かなぁ、と思いますが…。
予備力は、時間軸に従って、日単位の需要変動、時間単位の需要変動、分、秒単位の需要変動に対する予備力に分けられる、と考えればよいと思います。

事業所などで時間帯別契約を結んでいれば、それからも想像が付くと思われますが、日単位→夏場／冬場は冷暖房により電力需要が多い、盆、正月は企業が休むため電力需要が少ない、など、季節要因などによる電力変動。時間単位とは、一日の中で簡単にいうと夜間の方が昼間よりも電力需要は少ないのは明白、など。さらに、秒／分単位にとなると、故障による発電機脱落などによる電力変動が考えられる。

それらに対する対応、例などが本問である。

以上です。

OHM二次試験対策より機械制御、問456、の補足。

2007-11-18T15:46:00.000+09:00

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４
【別解】
あるいは、次のように解いてもよい。

１式より、定格運転時の内部誘導起電力Ｅは、

Ｅ＝√［｛１＋１／１．１×１×√（１－０．９^2）｝^2
　　　　＋（１／１．１×１×０．９）^2］
　≒１．６１８３（ｐ．ｕ．）

零力率運転時の電流をＩ’とすると、Ｅは変わらないので

１．６１８３＝１＋１／１．１・Ｉ’

∴Ｉ’＝０．６８０１（ｐ．ｕ．）

これより、２０４０（ｋｖａｒ）が得られる。

問５
【解説】
ベクトル図が描ければいける、とは思うのですが…。これ、描けるかなぁ…。

問６
【解説】
これもちょっと変形が端折ってあるので。時間と暇と気力があったら、さらに補足考えてみたい、ところですが…。
以上です。

OHM二次試験対策より電力管理、問7,8の補足。

2007-11-17T15:40:00.000+09:00

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７
【解説】
文章題。なんか、以前もやった気がしますが…。
・タンク内絶縁油の絶縁性能を保つこと
まぁ、衝撃はあれですけど、これにつきるのでしょうか…。

問８
【解説】
本文以上の解説をできるほどの知識は持ち合わせておりません…。
覚えるしかない、か…。

試験まで１週間となりましたね。
頑張りましょう。

以上です。

OHM二次試験対策より電力管理、問5,6の補足。

2007-11-16T21:25:00.000+09:00

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５
【解説】
沸騰水→水をボイル→ＢＷＲ
加圧水→水にプレッシャ→ＰＷＲ

出力制御の方式としては、核分裂反応を促進させるか、抑制するか。

であり、共通する制御方式が制御棒。これは制御棒が中性子を吸収する材質でできており、中性子によって核反応は起こる、と考えると、抑制する側の制御方法。

ほかに、ＢＷＲでは、冷却材中に気泡を多くし、中性子の減速効率を向上→反応度増加→出力上昇、となる。
また、ＰＷＲではほう素に中性子を吸収させ出力を制御するもので、ほう素濃度によって出力を調整するもの。なんか、方法が違うだけで、制御棒と原理は一緒の気がします。

以上、あまり参校にはなりませんが…。原子力発電の原理わかってれば、ですかね。
（自分はあまりわかってませんが）
原発関連は、物理屋さんには有利なのかなぁ。

問６
【解説】
図の発想が出れば…、ですが。
ちょっとこの問題出たら難しいかなぁ…。

見て理解できることと、それを自力で解けることは違うもんなぁ、と思い知らされる問題です。残念ながら。

以上です。

OHM二次試験対策より機械制御、問123、の補足。

2007-11-15T22:07:00.000+09:00

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】
よく言ってることですが…。単位をじっくり考えてやれば、ＯＫ，かなぁ。

問２
【解説】
これは、基本的な公式、電力とトルク、角回転速度などの関係を抑えておきましょう。

問３
【解説】
どうにも覚えにくいのだが…。％インピーダンス、アドミタンス、などの考え方さえ抑えておけば、後はなんとなく…。

以上です。

OHM二次試験対策より電力管理、問3,4の補足。

2007-11-14T22:23:00.000+09:00

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３
【解説】
環境対策としては、
空気（大気）、水、音、他、という感じでしょうか。
どうしても空気がメインで、ばい煙の他、ＳＯｘ、ＮＯｘなど。
他、として海水への排水温度、を挙げています。

キーワードをいくつか覚えて、それをうまく文章にできればＯＫ，かなぁ…。

問４
【解説】
火力発電の問題、というより、同期発電機の励磁方式に関する問題ですね。
問題自体は一次試験でやる感じですね…。
きっちり答えられるようにしたいものです…。

以上です。

OHM二次試験対策より電力管理、問１、２の補足。

2007-11-13T23:09:00.000+09:00

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】
（６）遮断器・開閉器関係試験
遮断器とこれに関係する断路器について、動作試験およびインタロックの確認を行う。なお、空気操作式の場合は空気タンクの容量試験および安全弁の動作試験を行う。

（７）保護装置試験
各種保護継電器の特性試験および警報・表示について確認する。

（８）非常用予備発電装置試験
非常用予備発電装置を設置している場合、その設備について性能試験・自動起動停止試験などの動作試験と、これに伴う警報・表示などの確認を行う。

メインの５項目を含め、（１）～（８）のうち５項目を挙げればよい。

問２
【解説】
特にないですが…。
覚えれるかな～。

以上です。

二種二次試験機械制御、H9問3,4、補足。

2007-11-12T16:16:00.000+09:00

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３
【解説】
設問の要点は、三相ブリッジ他励式変換装置では、整流器（順変換）でもインバータ（逆変換）でも遅れ無効電力を必要とするが、自励式整流器・インバータでは無効電力を低減できる理由はどうか、ということである。

答の要点は、他励式では交流電源によって転流が行なわれ遅れ制御角でなければ働かないので、遅れ無効電力を必要とする。一方、自励式ではＰＷＭ制御により、交流側電流位相を任意にしうるので、無効電力を低減できる、ということである。

（１）他励式整流器の位相制御
他励式整流器で直流出力を制御するには、制御角による位相制御によらなければならない。制御角は負にはできないので、交流側電流は必ず遅れ電流になる。

直流出力を計算する場合、よく用いられる手法で、第１図の電源中性点に対する直流出力＋端子電圧ｖＤＣ＋の直流電圧平均値を求め、それを２倍する。第３図はその図である。

図で、最上段の時間軸は制御角であり、その他の時間軸はθ＝ωｔである。

θ＝ｔ１＝α＋π／６時に、サイリスタＶ１（第１図）にゲート信号を与えると、Ｖ１はターンオンし、転流してｖＤＣ＋はｅｃからｅａになる。その時点から２π／３の間Ｖ１はオン状態でｉａが流れる。これが、第２図の電流波形である。

第３図の太実線のｖＤＣ＋の平均値の２倍が、周知の下記の無負荷直流出力電圧の平均値である。

Ｖｄ０＝１．３５０Ｖａｃ・ｃｏｓα

さて、第３図のｔ１（θ＝α＋π／６）以前ではＶ５がオンし、ｖＤＣ＋＝ｅｃであるが、ｔ１でＶ１へゲート信号を与えるとＶ１がオンしようとする。このとき、第１図によると、ｅａｃ（ｔ１では＋）がＶ１の順方向、Ｖ５の逆方向に加わるので、転流の重なり期間を経て、Ｖ１がターンオンし、Ｖ５がターンオフする。第３図でθ＝π／６以前にＶ１にゲート信号を与えてもｅａｃはマイナスで、Ｖ５には逆電圧は加わらずオフできないからＶ５からＶ１への転流はできない（他励式の宿命）。したがって、ある制御角で位相制御するときは、第３図の基本波電流の位相がｅａの位相より必ず遅れ、必ず遅れ無効電力を生じるのである。これが解答の式で表されているのである。

α＝０ならば、交流側基本波電流は電圧と同位相で無効電力を生じない。したがって、遅れ無効電力を生じるのは、他励式整流器で位相制御をするのが原因だといえる。

（２）他励式インバータの無効電力
上式（Ｖｄ０）でα＞π／２のときはＶｄ０はマイナスになる。これは第３図によると、ｅａ（ｖＤＣ＋）が一点鎖線のように変化し、その平均値がマイナスになることでも確かめられる。整流器の場合は、第１図のｉｄと逆方向には電流は流れえないので、α＞π／２では運転できない。

しかし、他励式インバータで直流電源からの電流が平滑化されている場合は第４図のように表すことができ、ｖＤＣ＋がマイナス＿＿第４図のｖＤＣ’が＋＿＿であっても電流を流すことができる。図のｖＤＣ’が＋の値であって、ｉｄの方向に直流が流れれば、電力の流れる方向はずの←の方向であって、直流電源から交流電源の方向に電力が流れることになる。これが単純に表したインバータである。

第３図で、α＝π／２のときはｖＤＣ＋の平均値は０であり、π／２＜α＜πのときはｖＤＣ＋の平均値がマイナスであることが確かめられる。したがって、解答のように、順変換領域が０≦α＜π／２であり、逆変換領域がπ／２＜α＜πであることになっている。そして、第３図のｅｃとｅａとの波形（位相）からいって、π／２＜α＜πでＶ５からＶ１に転流できることも知られる。

いま、たとえばα＝２π／３＝１２０°とした場合を第３図で考えると、基本波電流ｉ１は１２０°遅れ、有効電流はマイナス（つまり有効電力が交流側に向う）であり、無効電流は遅れであって、交流電源から遅れ無効電力が送られることになる。

すなわち、他励変換装置では逆変換（インバータ）でも交流電源からの無効電力が必要になる。

（３）自励式変換装置の無効電力
以上述べたように、他励式変換装置では、交流電源の各相電圧の働きによって転流が可能になるのであるが、ＧＴＯ、パワートランジスタ、ＩＧＢＴなどのような自己消弧素子を用いた自励式変換装置では、一般のスイッチや遮断器と同様に、いわば任意の位相でオン・オフでき、交流電源電圧の位相にとらわれない変換が可能である。

したがって、自励式変換装置ではＰＷＭ（パルス幅変調）方式で出力の制御ができる（このほかパルス制御方式という方式もある）。

自励式変換装置では、自励式インバータがよく用いられている。

三相電圧形インバータは、第４図の電流源を直流電圧源に換え、Ｖ１などのサイリスタをＧＴＯなど自己消弧素子とダイオード（フィードバックダイオード）との並列要素に換えたものである。第４図の交流電源は単なるインピーダンス負荷に換えてもよい。

第５図は三相電圧形ＰＷＭ方式インバータのパルスである。パルスの上の図のｅａは、第４図の交流側に発生させたい電圧の１相分である。

第４図のＶ１…Ｖ６（事故消弧素子）をタイミングよくオン・オフさせて、１相分として図のようなパルスを作る。このパルスを平滑したのがｅａ’である。同様にｅｂ’、ｅｃ’を作り、ｅａ’－ｅｂ’の波形を作ると、線間電圧ｖａｂ（＝ｅａ’－ｅｂ’）が得られる。

このパルスは、任意の位相とすることができる（交流側が負荷だけならば、任意の周波数にもできる）ので、交流側に電源がある場合に無効電力を自由に調整できることになる。

整流器の場合も同様に考えることができる。

問４
【解説】
本問の入出力特性の式

ｙ（ｔ）＝１／Ｔ∫ｙ（ｔ）ｄｔ＝ｘ（ｔ）

は第１図のようなＲＣ直列回路に電圧Ｒｘ（ｔ）を加えたときに流れる電流をｙ（ｔ）としたときに相当するものである。

いま、第１図の回路において、ｔ＝０でスイッチＳを閉じたときとすると、次式が成立する。

Ｒｙ（ｔ）＋１／Ｃ∫ｙ（ｔ）ｄｔ＝Ｒｘ（ｔ）

上式の両辺をＲで除せば、

ｙ（ｔ）＝１／ＲＣ∫ｙ（ｔ）ｄｔ＝ｘ（ｔ）

ここで、ＲＣ＝Ｔとおけば、

ｙ（ｔ）＝１／Ｔ∫ｙ（ｔ）ｄｔ＝ｘ（ｔ）

となって、本問の式に一致する。

いま、この式に時間関数ｘ（ｔ）＝ｔを代入すると、

ｙ（ｔ）＝１／Ｔ∫ｙ（ｔ）ｄｔ＝ｔ

上式の両辺をｔで微分すれば、

ｄｙ（ｔ）／ｄｔ＋１／Ｔｙ（ｔ）＝１
∴Ｔｄｙ（ｔ）／ｄｔ＝Ｔ－ｙ（ｔ）
∴ｄｙ（ｔ）／｛Ｔ－ｙ（ｔ）｝＝１／Ｔ・ｄｔ
∴－ｄｙ（ｔ）／｛Ｔ－ｙ（ｔ）｝＝－１／Ｔ・ｄｔ

となるから、この式の両辺を積分すれば、

ｌｏｇ|Ｔ－ｙ（ｔ）|＝－ｔ／Ｔ＋Ｋ０
（Ｋ０：積分定数）

∴Ｔ－ｙ（ｔ）＝±ε^(-t/T+K0)
　＝±ε^K0・ε^-t/T
∴Ｔ－ｙ（ｔ）＝Ｋ１ε^-t/T
（Ｋ１：積分定数）
∴ｙ（ｔ）＝Ｔ－Ｋ１ε^-t/T

上式において、ｔ＝０でｙ（０）＝０とすれば、

０＝Ｔ－Ｋ１
∴Ｋ１＝Ｔ

となるので、ｙ（ｔ）は、

ｙ（ｔ）＝Ｔ（１－ε^-t/T）

となり、ラプラス変換で求めた過渡応答の式に一致する。

以上です。

二種二次試験機械制御、H9問1,2、補足。

2007-11-11T11:11:00.001+09:00

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】
電動機のトルクＴは、第１図より、

Ｔ＝１／ω０（１－ｓ）×３×（１－ｓ）／ｓ・ｒ２Ｉ２^2
　＝３ｒ２／（ω０ｓ）・Ｉ２^2

また、二次電流Ｉ２は、

Ｉ２＝Ｖ／√｛（ｒ１＋ｒ２／ｓ）^2＋（ｘ１＋ｘ２）^2｝

で表せるから、

Ｔ＝３ｒ２／（ω０ｓ）・Ｖ^2／｛（ｒ１＋ｒ２／ｓ）^2＋（ｘ１＋ｘ２）^2｝

となる。いま、周波数をａ倍とし、電源電圧をＶ’としたとき、滑りがｓ’になったとすると、このときのトルクＴ’は、

Ｔ＝３ｒ２／（ａω０ｓ）・Ｖ^2／｛（ｒ１＋ｒ２／ｓ）^2＋ａ^2（ｘ１＋ｘ２）^2｝

で表せる。

いま、Ｔ＝Ｔ’のとき、ｓ’＝ｓ／ａとなると仮定し、これを上式へ代入して、ＴとＴ’が等しいとすると、

３ｒ２／（ω０ｓ）・Ｖ^2／｛（ｒ１＋ｒ２／ｓ）^2＋（ｘ１＋ｘ２）^2｝
　＝３ｒ２／（ａω０ｓ）・Ｖ’^2／｛（ｒ１＋ｒ２／ｓ）^2＋ａ^2（ｘ１＋ｘ２）^2｝

∴Ｖ’＝Ｖ√［｛ｒ１＋ａ・ｒ２／ｓ）^2＋ａ^2（ｘ１＋ｘ２）^2｝
　　　　　／｛ｒ１＋ｒ２／ｓ）^2＋（ｘ１＋ｘ２）^2｝］

が得られる。ここで、上式へｒ１＝０．０７０７（Ω）、ｒ２＝０．０７１０（Ω）、ｘ１＝０．１７２（Ω）、ｘ２＝０．２６７（Ω）、ａ＝０．８２０４、ｓ＝０．０２０４、Ｖ＝２００（Ｖ）を代入すると、

Ｖ’＝２００×…
　　＝１６４．８（Ｖ）

となり、同一トルクを負って１２００（ｒ／ｍｉｎ）で運転するために周波数を定格の０．８２倍に低減したと同時に電圧も１６４．８／２００＝０．８２４倍　に低減する必要があることがわかる。

一般に、一次周波数制御を行う場合、周波数および電圧の制御は、Ｖ／ｆを一定として行われる。これは、電動機の起電力Ｅ１は、周波数ｆと磁束φに比例するが、電動機の磁束密度は大体一定にして運転することを要するから、Ｅ１／ｆを一定に保つ必要があるためで、直接Ｅ１／ｆを一定とすることが困難であり、Ｖ／ｆを一定とした制御が行われる。

問２
【解説】
変圧器は容量の増加に伴い損失が増加し、発生熱量も大きくなるので、冷却方式も小容量器の自力冷却から大容量器の他力冷却へと容量に応じて冷却形態を変えていかねばならない。

油入変圧器の冷却方式には、大きく分けて６種類があり、これらを表にまとめると第１表のようになる。また、表中の表示記号は、ＪＥＣ－２２００に表記方法が示されており、参考のため第２表に示しておく。

なお、油入変圧器以外の冷却方式としては、乾式（自冷式、風冷式およびガス冷却密閉式）がビルや地下変電所で多く用いられている。

また、第１表中の油入水冷方式は、あまり用いられていないので【解答】ではこれを除く５種類をあげた。

二種二次試験電力管理、H9問5,6、補足。

2007-11-10T11:06:00.000+09:00

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５
【解説】
電力系統における系統電圧の適正維持は、電力系統の安定運転を継続する上で基本となるものであり、電力品質を向上させるため、電圧調整設備および調相設備を設置して適正な電圧維持を図ることとしている。

これらの設備の設置に当たっては、基幹系統の電圧安定性確保のため、電源から配電に至る系統各部の適正な無効電力バランスをとって無効電力損失を極力抑制するとともに、系統電圧ならびに需要端電圧を適正に維持するよう発電機からの無効電力の有効利用、電圧調整設備および調相設備の設置などを総合的に勘案し、系統全体としてもっとも効率的となるよう計画、実施を進めている。

以下、電力系統の電圧調整に用いられている機器についての概略を述べる。

（１）発電機
発電機の端子電圧Ｖｔ、内部誘起電力Ｅｉおよび負荷電流Ｉｔの間には（ａ）の関係があり、また内部誘起電力Ｅｉは（ｂ）式のように界磁電流Ｉｅに比例する。

Ｖｔ＝Ｅｉ－ｊＸＩｔ…（ａ）
Ｅｉ∝Ｉｅ…（ｂ）
ただし、Ｘは発電機の同期リアクタンス

したがって、第１図のベクトル図のように、界磁電流を調整することによって発電機の力率角が変化し、無効電力を制御することができる。

発電機端子電圧Ｖｔを一定とした場合、界磁電流を増加すると内部誘起電力Ｅｉが大きくなり、力率角は送れて遅相運転となる。逆に、界磁電流を減少するとＥｉが小さくなり、力率角は進んで進相運転となる。

発電機の界磁制御を行う方法としては、その検出要素により次の方法がある。

１．自動電圧調整器（ＡＶＲ）
系統条件が変化し、発電機電圧があらかじめ定められた基準電圧に対して偏差を生じた場合、界磁電流を調整して発電機電圧を発電機電圧を基準電圧に維持する方法

２．自動力率調整器（ＡＰＦＲ）
発電機の運転力率を監視し、あらかじめ設定された力率に対して偏差を生じた場合、界磁電流を制御し力率を維持する方法

３．自動無効電力調整器（ＡＱＲ）
発電機の無効電力を監視し、あらかじめ設定された基準向こう電力に対して偏差を生じた場合、発電機電圧限界値は、並列する電力機器を協調を図っており、上限値は過励磁限界として定格電圧の５（％）増、下限値は所内補機運転電圧の磁保という観点から定格電圧の５（％）減とするのが一般的である。

（２）ＳＶＣ
変動負荷による電圧フリッカの抑制、重負荷供給系統の電圧不安定現象の抑制、系統安定度の向上などを目的として無効電力を高速に制御できるＳＶＣを採用する。

ＳＶＣには、リアクトルに流れる電流を連続的に変化させて無効電力を調整する方式と、コンデンサの容量を段階的に変化させて無効電力を調整する方式があり、いずれも適当な変圧器を介して系統に並列に接続されたものである。また、このほかにも電流形または電圧形インバータの。原理を応用したものなどがある

（３）負荷時電圧調整器付き変圧器
巻線のタップに負荷をかけた状態で切り換える装置を負荷時タップ切換器といい、これを付けた変圧器を負荷時タップ切換変圧器という。一方、直列巻線を有する変圧器と負荷時タップ切換器を組合わせ、直列巻線を線路に直列に挿入してその電圧（入出力同一絶縁階級）を調整する装置を負荷時電圧調整器という。

負荷時電圧調整器は、変圧器バンクと組み合わせて使用されるが、負荷時タップ切換変圧器のほうが多く用いられている。直接式および間接式の結線（第２図）が、電圧・電流と採用される負荷時タップ切換器の機能によって選択され、負荷時タップ切換変圧器の電圧調整が行われる。万一の故障の場合にも、切り離せば運転に支障をきたさないので、その信頼性は高い。

複数の電力系統が連系している場合、系統間に授受される有効電力および無効電力を、任意の方向、大きさに制御し、かつ各系統の局部電圧を所要の値に保つには、系統に適当な大きさと位相をもつ電圧を挿入しなければならない。このように、回路電圧の位相を調整するも目的に使用されるものを負荷時位相調整器といい、さらに、電圧調整機能を加えたものを負荷時電圧位相調整器という。

（４）同期調相機
同期調相機はロータリコンデンサとも呼ばれ、同期電動機を無負荷運転し、広範囲に励磁電流を変えることができるようにしたもので、力率１のときはほとんど電流は零で、励磁の強弱により送電線より流れ込む電流は全部無効電流である。すなわち励磁の弱いときはリアクトルとして働き９０°遅れ電流をとり、励磁の強いときはコンデンサとして働き９０°進み電流をとる。

第３図はこの曲線を示したものである。この性質を利用し、送電線の電流の位相や大きさを変えて、送電線の定電圧送電を行なわせることができる。

（５）並列用電力コンデンサ・分路リアクトル
電力系統（変電所等）のあらゆる所に設置されており、第２種受験者であればその構造と機能はすでに第３種のときにマスタしていると思われるので説明は省略する。

問６
【解説】
電力輸送に伴う送電損失が大きいのが不経済であるのはいうまでもないが、この損失電力軽減対策の価値は、かつての電力不足時代には損失を回収した分を需要家に販売するものとして評価していたが、需要の安定した今日では、回収電力量によって火力発電量を減少し得るという考え方として成り立っている。

したがって、電力損失率が低下してきた現在では、電力損失軽減のみを考えた工事投資効果は採算限度を超過する場合が多く、供給能力拡大や電圧改善工事などいわゆるサービス面の改善、運用管理面の合理化などの付帯効果によるものが多くなっている。

（１）送電系統の損失低減対策
（ａ）都市部（高密度負荷中心）への高電圧系統導入
高電圧の採用は、大電力の安定送電が主目的であるが、損失軽減に寄与する。５００（ｋＶ）化などが採用され、１０００（ｋＶ）送電も計画されている。

都市の電力需要の増大で負荷密度が高くなり、送電電力も大容量となってきた。このため２２０～５００（ｋＶ）級の高電圧系統で所要電力を負荷中心まで直接送り込むことを実施しており送電損失減少に効果を上げている。この方法は送電ルート節減・電力改善などの効果もある。

（ｂ）送電線の新設、回線増設、電線の太線化
発電所からの送電距離が短くなるように送電線を新設する、増架により回線数を増加する、電線を太線化し張り替えるなどの工事は、電力損失軽減とともに供給能力拡大が図れる。

（ｃ）調相設備の適正配置
負荷で消費する無効電力、変圧器や送電線で消費する無効電力を発電端で発生し送電すると、線路電流の増加により送電線や変圧器の抵抗分による銅損が増加する。このため電力用コンデンサ、分路リアクトル、ＳＶＣ，ＳＶＱなどの調相設備を系統内に適正配置して無効電力の配分を合理化し、電力損失の軽減を図る。

（ｄ）直流送電の採用
現在の送電系統は交流方式が多く採用されているが、直流送電は以下のような有利な面をもつので電力損失を低減できる。

１．リアクタンスの影響がないため、交流送電における安定度の問題がなく、長距離大電力送電に適し、送電系統をシンプルに構成できることもある。

２．交流のような静電容量による充電電流が流れないため、誘電体損失が発生しないと同時に補償のための分路リアクトルを接地する必要がない（特にケーブル送電の場合に有効）。

系統関連系に適用すると、潮流調整の容易化、短絡容量増大の抑制、非同期連系などを要求される場合、系統連系がしやすくなり、系統連系による損失軽減を期待できる。

（２）配電系統の損失低減対策
配電線路は需要端に最も近い設備であるため、電力損失の軽減は、配電設備のみでなく、配電用変電所以上の上位系統にも効果が及ぶことになる。

（ａ）配電線路の新設または太線化
変電所を新設して配電線を新設・分割し、こう長を短くする、回線数を増加する、電線を太いものと張り替えるなどの工事により線路抵抗を減少させる。

（ｂ）配電電圧の昇圧
負荷電流が減少すると、その２乗の大きさで損失が減少するので、配電電圧の昇圧は損失軽減に大きな効果がある。このため従来の３（ｋＶ）配電線はほとんど６（ｋＶ）昇圧されたが、一部地方のこう長の長い配電線では１０．４（ｋＶ）昇圧、大都市過密地区で２２（ｋＶ）昇圧が実施されている。

また、低圧線路においても単相２線式の単相３線化、低圧配電電圧の格上げ（２００Ｖ，４０Ｖ供給）を実施する。

（ｃ）力率改善用コンデンサの設置
配電設備は負荷を含めて本来誘導性であるため、力率改善用コンデンサを設けると線路の無効電流を減少させ損失電力を軽減することができる。その設置場所と容量については、低力率機器になるべく近く取り付けて得られる損失軽減、設備容量節減の有利性と、コンデンサの分散配置によるコスト上昇とから、最も経済的な場所と容量を決定する。この場合、軽負荷時の運用効率を高めるために、スイッチドキャパシタが広く利用されている。

（ｄ）柱上変圧器鉄損の軽減
柱上変圧器の鉄損は鉄心材料の進歩とともに減少してきたが、冷間圧延方向性けい素鋼板の採用と巻鉄心化によって大幅な低減が可能となり、従来品に対して約３０（％）の鉄損を軽減することができる。さらに、アモルファス鉄心の採用についても検討する。

（ｅ）ネットワーク方式の採用
２０（ｋＶ）級電源変電所から引き出した２０（ｋＶ）級地中配電線路を当該需要家に引き込み、受電用遮断器を経て、変圧器（ネットワーク変圧器と呼ぶ）に接続し、常時供給する方式（第１図）であるＳＮＷ（スポットネットワーク）方式を採用する。

一般低圧需要家の供給にＲＮＷ（レギュラネットワーク）方式を採用する（第２図）。

（３）系統運用の改善による損失低減対策
送配電損失の軽減は設備面の改善だけでなく、供給運用の対象となる送電系統では、次のような対策により運用面で改善することが行なわれる。

（ａ）送電潮流のループ化と直列コンデンサの採用
電力系統において電源と負荷を結ぶ多数の回路がある場合に、これらを結んでループ化すれば送電損失が最小となるように潮流を配分できる。さらに、ループ系統や平行２回線送電の場合（電圧は異なってもよい）、直列コンデンサの採用により、潮流を最小損失となるように運用する。

（ｂ）電力潮流の制御を適性にする
電力系統内の有効電力潮流を適正に制御するとともに、無効電力潮流が大きいと損失も大であるから調相設備を適正に制御して、それらの減少をはかる。

（ｃ）運転電圧の適正制御
系統電圧を定格以下で運転すると、電圧低下によって鉄損・誘電体損などは低下するが、電流増加による銅損の増加が大きく損失電力は増大する。したがって、運転電圧が定格以下とならないように、系統内に配置した電圧調整装置（ＬＲＴ，ＳＣ，ＳｈＲなど）を適正に運用する。

（ｄ）変圧器運転台数の選定
変圧器の損失には鉄損と銅損があり、鉄損は、変圧器の負荷に無関係であるが、銅損は負荷の２乗に比例して増加する。一般の変電所では、複数の変圧器を並列運転することが多いので、変電所負荷が減少した場合、運転台数を減少して損失を軽減する。

以上です。

二種二次試験電力管理、H9問3,4、補足

2007-11-09T08:27:00.000+09:00

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３
【解説】
送電線に１線地絡故障が発生したときに、電磁誘導により通信線に発生する誘導電圧Ｖｍ（Ｖ）を表す（１）の式は、次のように求める事ができる。

電磁誘導障害は第１図のように原理的には相互インピーダンスを持つ電気回路で考えられ、閉回路の相互交差磁束によって生ずる。

したがって、図のようにＩｅ、φ、ｅの正方向を決めれば、通信線に生じる単位長あたりの誘導電圧は、

ｅ＝ｄφ／ｄｔ

ここで両導体間の相互インダクタンスをＭ（Ｈ／ｍ）とすると、Ｍｉ＝Ｎφ→φ＝Ｍｉ／Ｎを代入し、

ｅ＝ｄφ／ｄｔ＝Ｍｄｉ／ｄｔ

これにｉ＝Ｉｅｓｉｎωｔを代入して、

ｅ＝Ｍｄ（Ｉｅｓｉｎωｔ）／ｄｔ
　＝ωＭＩｅｃｏｓωｔ（Ｖ）

次にＤ（ｍ）を乗じ絶対値を求める。

∴Ｖｍ＝|ｊωＭＩｅＤ|＝２πｆＭＩｅＤ（Ｖ）

が求まる。また、三相送電線を考えると、各相の電線と通信線間の相互インダクタンスの相違を無視して、第２図のようにＭＡ≒ＭＢ≒ＭＣ≒Ｍとすると、

Ｖｍ＝ｊ２πｆＭＤ（Ｉａ＋Ｉｂ＋Ｉｃ）
　＝ｊ２πｆＭＤ×３Ｉ０（Ｖ）

で表される。ただし、上式のＩ０は零相電流を表す。

したがって、この式より、電磁誘導は送電線の零相電流によって誘起される事がわかる。

本問では零相電流でなく、起誘導電流が与えられており、電磁誘導の基本的な事項を知っているかどうかを問われた問題である。

さらに、電磁誘導によって通信線に誘起される電圧には、次の３種類がある。

（１）異常時誘導電圧
送電線の地絡事故などにより流れる零相電流によって生じる電圧であり、送電線接地方式や事故形態にもよるが、大きな誘導電圧が発生する。実際には、主として送電線の１線地絡事故時によるもので、電磁誘導電圧の制限値は、わが国では、中性点直接接地方式の超高圧送電線の場合は４３０（Ｖ）、０．１秒、その他の送電線では３００（Ｖ）を基準としている。

（２）常時誘導電圧
常時負荷電流の各相（Ｉａ，Ｉｂ，Ｉｃ）の不平衡、送電線と通信線の不整とによる相互インダクタンス（Ｍａ，Ｍｂ，Ｍｃ）のアンバランスなどによって生じる電圧であるが、常時は三相電流がほぼ平衡しており、かつ送電線の線間距離に対して通信線の離隔距離が大きく、各相の相互インダクタンスのアンバランスは小さいため、誘導障害は生じない。常時誘導危険電圧は制限値が６０（Ｖ）と定められており、これは人体への影響を考慮して決定され、通信線における作業の支障となる。常時誘導縦電圧は制限値が１５（Ｖ）であり、人体への危険はないがある種の通信機器の機能低下の原因となる。

（３）誘導雑音電圧
送電線に流れる高調波に含まれる、おもに第３調派成分などの零相分によって生じる電圧であり、特に１００～１０００（Ｈｚ）のものは通信線に雑音を生じる。これには０．５（ｍＶ）の制限がある。

電磁誘導障害対策としては、以下のものがある。

＜送電側の対策＞
１．架空地線の条数を増やす。
　　１条より２条のほうが効果は大きいが、３条以上にしてもさほど効果は上がらない。
２．架空地線に導電率のよい鋼心イ号アルミより線等を使用し、分流効果を上げる。
３．送電系統の保護継伝方式を完備して、故障を瞬時に確実除去する。
４．架空送電線のねん架や逆相配列を取り入れる。
５．消弧リアクトル接地や高インピーダンス接地を採用する。

＜通信側の対策＞
１．ルートを変更して送電線と通信線の離隔を大きくする。
２．アルミ被誘導遮へいケーブルのような特殊遮へいケーブルを採用し、遮へい係数を６０（％）以下にする。
３．通信線の途中に中継コイルあるいは高圧用誘導遮へいコイルを挿入して、誘導電圧を分割または軽減する。
４．遮へい線、避雷器を設置する。
５．通信線路を地中化する

問４
【解説】
水車に関する諸要素の基本問題である。

（１）水車出力および効率
Ｈを有効落差（ｍ）、Ｑを使用流量（ｍ^3／ｓ）とすれば、水車の入力は９．８ＱＨ（ｋＷ）で、これに水車の効率ηＴを乗ずるかまたは損失を差し引けば、水車の出力が得られる。本問では効率ηＴが与えられた。なお、第１図に各水車の効率を比較した一般的な曲線を示す。

（２）比速度
同一水車の回転数、流量、出力を調整することなく、落差のみを変えて運転する場合、（ａ）回転数は落差の平方根に正比例し、（ｂ）流量も落差の平方根に正比例し、（ｃ）出力は落差の３／２乗に正比例する。

この関係を式で示すと、落差変更前の水車の落差、流量、回転数、出力をそれぞれＨ，Ｑ，ｎ，Ｐとし、落差Ｈ’の所に使用したときの回転数、流量、出力をそれぞれｎ’，Ｑ’，Ｐ’とすれば、

（ａ）ｎ’＝ｎ√（Ｈ’／Ｈ）
（ｂ）Ｑ’＝Ｑ√（Ｈ’／Ｈ）
（ｃ）Ｐ’＝Ｐ（Ｈ’／Ｈ）^3/2

なる関係がある。ここに、Ｈ’＝１とおけば上式は次のようになる。

（ａ）ｎ’＝ｎ√Ｈ）
（ｂ）Ｑ’＝Ｑ√Ｈ）
（ｃ）Ｐ’＝Ｐ・Ｈ^3/2

この関係は同一水車に対して、楽さを変化した場合であるが、大きさの異なる水車を一定落差のもとに同一効率で働かせた場合については、（ａ）出力は直径の２乗に正比例し、（ｂ）直径は出力の平方根に比例し、（ｃ）回転数は直径に反比例する。これら三つのことにより、ある水車と相似形の水車で、同一効率のもとに落差１（ｍ）に作用して、出力１（ｋＷ）を出す水車になおすと、ある回転数が得られる。この回転数をｎｓとして一般式を作ると、

ｎｓ＝ｎ’・√Ｐ’
　＝（ｎ／√Ｈ）・（Ｐ／Ｈ^3/2）^1/2
　＝ｎ・Ｐ^1/2／Ｈ^5/4　（ｒ／ｍｉｎ）
（∵ｎｓ／ｎ’＝√（Ｐ’／１）

となる。ただし、上式の単位は、ｎは（ｒ／ｍｉｎ）、Ｐは（ｋＷ）である。これはその水車を相似形に保って大きさを変え、落差１（ｍ）で１（ｋＷ）の出力を出すようにしたときの回転数で、これを水車の比速度または特有速度といい、水車の特性を表す重要な要素である。なお、上式中Ｐは、水車のランナ１個当たりまたはノズル１個当たりの出力で、複流形はランナ１個に対し水車出力の１／２をとる。

（３）落差と比速度との関係
各水車には最良の効率を与える比速度があり、落差に対してある限度があって、ペルトン水車では、ｎｓ＝８～２５、フランシス水車ではｎｓ＝５０～３５０、プロペラ水車ではｎｓ＝２００～９００程度である。ｎｓの最大値は経験から第１表の式で与えられる。

もし、落差に対してｎｓが不適当であるときは、効率の低下、キャビテーションによる振動、腐食などを生じ、水車の特性をはなはだしく悪化する。なお、フランシス水車においては、落差と比速度とのおよその目安を表す次の実験式がある。

ｎｓ＝１５４５／√Ｈ　（ｍ・ｋＷ）

これにより与えられた有効落差、使用流量、出力などを勘案し、まずこの式によってｎｓのおよその目安をつけ、さらにｎｓ＝ｎ・Ｐ^1/2／Ｈ^5/4によってｎを計算する。このようにして求められたｎは、直結発電機の場合であれば、本問のようにｎ＝１２０ｆ／ｐに合致させる必要がある。

【mashaのつぶやき】
極数を求める問題（メインの方にて）。これ、無駄な手順を踏んでますね。元々の不等式から考えると１４極であるわけが無いので…。

以上です。

二種二次試験電力管理、H9問1,2、補足。

2007-11-08T10:16:00.000+09:00

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】
試験場において解答のように求めることができ、なおかつ等価回路が描ければベストである。

ただし、限られた時間内で解答を作成しなければならないので、ｘ１＋ｘ２＝ｘ１２’であるから、Δ−Ｙ換算を省略し、ｘ１２’でΔｖを求めるのが得策である。

Δｖ＝ｘ１２’×ｑｌ（コンデンサ設置なし）
Δｖ＝ｘ１２’×（ｑｌｑｃ）（コンデンサ設置有り）

しかし、２種の受験者であることを考えれば、解答および解答に示した等価回路図を描くようにしたいものである。本問では電力用コンデンサによる電圧改善効果の計算法の基本問題であるが、今後の２種、さらには１種への出題を想定すると、変圧器三次側にコンデンサを設置した場合の二次母線電圧は、第３図のような等価回路となり、電圧降下Δｖと二次母線電圧Ｖ２は、

Δｖ＝ｘ１×（ｑｌ＋ｑｃ）＋ｘ２×ｑｌ
　＝０．０８６５×（０．６−０．２）＋０．０７３５×０．６
　＝０．０３４６＋０．０４４１
　＝０．０７８７

Ｖ２＝１５０×７７／１５４−７７×０．０７８７
　＝７５−６．０５９９
　＝６８．９４０１（ｋＶ）

が得られる。

このような問題を解く場合、ポイントとなるのは、
１．基準容量を決めて、各インピーダンスを単位法に換算する
２．等価回路を描く

ことである。

なお、解答に示したΔ−Ｙ換算を行列式を解いてもよい。

｜０．１６　｜　｜１　１　０｜｜ｘ１｜
｜０．０８　｜＝｜１　０　１｜｜ｘ２｜
｜０．０６７｜　｜０　１　１｜｜ｘ３｜

を解けば同様の答えを得る。

解答は有効電流を無視した近似計算である。インピーダンスは変圧器のｘ１２だけで比較的小さいので近似計算によるのもよいであろう。近似計算でない別解１によっても、ほとんど同じ答えになる。また、別解２は大分面倒である。

【別解１】
Ｐ３Ｂ＝１００（ＭＶＡ）、Ｖ１Ｂ＝１５４（ｋＶ）、Ｖ２Ｂ＝７７（ｋＶ）としてｐ．ｕ．法で計算する。１相分で式を立てる。

負荷インピーダンスＺＬは、

ＺＬ＝Ｅ２Ｂ／Ｉ＝１［ｐ．ｕ．］／Ｉ
　＝１／（Ｐ−ｊＱ）
（電圧がＶ２ＢならＩ［ｐ．ｕ．］＝Ｐ−ｊＱ［ｐ．ｕ．］）

Ｅ２＝Ｅ１・ＺＬ／（ｊｘ１２＋ＺＬ）

コンデンサを設置した場合、

Ｅ１［ｐ．ｕ．］＝Ｖ１［ｐ．ｕ．］
　＝１５０／１５４［ｐ．ｕ．］

Ｐ−ｊＱ＝０．８−ｊ０．４［ｐ．ｕ．］

ｘ１２＝０．１６［ｐ．ｕ．］として、
Ｖ２［ｐ．ｕ．］＝|Ｅ２|［ｐ．ｕ．］
　＝０．９０８９［ｐ．ｕ．］

Ｖ２＝７７×０．９０８９≒７０．０（ｋＶ）

コンデンサを設置しない場合、

Ｐ−ｊＱ＝０．８−ｊ０．６［ｐ．ｕ．］
として、６８（ｋＶ）となる。

【別解２】
解答本文は、一次電圧が１５０（ｋＶ）であっても、負荷電流は７７（ｋＶ）で８０（ＭＷ）となる電流と解釈している。別解１は、負荷インピーダンスが７７（ｋＶ）で８０（ＭＷ）になるようなインピーダンスと解釈し、結果的には、負荷電流は本文と少し異なる。さらに、問題の８０（ＭＷ）はＶ１＝１５０（ｋＶ）のときの電力を意味しているものとする。

Ｅ２を基準ベクトルとし、１相について、

Ｅ１＝Ｅ２＋ｊｘ１２Ｉ
　＝Ｅ２＋ｊｘ１２（Ｐ／Ｅ２−ｊＱ／Ｅ２）

絶対値をとって整理すると、

（Ｅ２^2）^2＋（２ｘ１２Ｑ−Ｅ１^2）Ｅ２^2＋ｘ１２^2（Ｐ^2＋Ｑ^2）
　＝０

これに別解１と同じ値を入れてＥ２を求め、

Ｃｓ有りの場合　６８．６（ｋＶ）
Ｃｓなしの場合　６５．４（ｋＶ）

となる。

単位法でなくても同様に計算できるが、単位法の方が簡単である。

問２
【解説】
高圧配電線に接続される負荷はいろいろな形態をとり、実際には完全な不平等分布負荷はあり得ない。一例として末端手中負荷の場合を考えると、その損失電力ｗ（Ｗ）は負荷電流をＩ（Ａ）とすると、１線当たりでは、

ｗ＝ｒ・Ｉ^2・Ｌ（Ｗ）

となり、解答（４）式と比較すると線路条件が同じと考えるならば、損失電力は平等分布負荷の３倍となる。

損失係数は、

損失係数
　＝ある期間中の負荷電流の２乗の平均値／ある期間中の負荷電流の最大値の２乗

であるから、ある期間中の平均損失電力の最大損失電力に対する比率を示し、最大損失電力に損失係数を乗じることにより、ある期間中の平均損失電力を求めることができる。

損失係数は、負荷率と負荷率の２乗の中間値となり、負荷率のよい場合は負荷率に近い値を一般にとる。

配電線路の電力損失軽減策としては、次のような対策が考えられる。

（１）線路電流の減少
１．電圧の格上げ（昇圧）：電圧をｎ倍とすれば電流は１／ｎとなり、電力損失は（１／ｎ）^2となる。
２．力率の改善（コンデンサの設置）：線路電流は√｛（有効電流）^2＋（無効電流）^2｝であるから、無効電流を減少させることにより線路電流を減少できる。
３．線路電流の各相平衡化：損失は電流の２乗に比例するため、間然に平衡したときが損失最小となる。

（２）線路抵抗の減少
１．電線の太線化：断面積の増加による線路抵抗の減少

（３）系統的対策
１．フィーダ電流の平均化：ループ配電方式またはネットワーク配電方式の採用による各フィーダ間の負荷アンバランスの是正
２．線路こう長の短縮：変電所新設、き線新設による線路こう長の短縮、および電流密度の減少

以上です。

二種二次試験機械制御、H10問3,4、補足。

2007-11-07T10:21:00.000+09:00

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３
【解説】
１つ以上の電力用半導体素子（ＧＴＯ、サイリスタ、ダイオード、トランジスタなど）と、その付属物からなる半導体バルブを基本スイッチ要素として組合わせ、単なる交流電力の開閉のために用いる場合にこれを交流スイッチといい、交流電力の調整に用いる場合に交流電力調整装置という。ここで使用される半導体バルブの分類と代表例を第１表に示す。

問４
【解説】
問題に与えられたブロック線図の各部において次式が成立する。

Ｅ（ｓ）＝｛Ｒ（ｓ）−Ｅ（ｓ）｝Ｇ１（Ｓ）−Ｃ（ｓ）
Ｃ（ｓ）＝Ｅ（ｓ）・Ｇ２（ｓ）

これらより、

Ｃ（ｓ）＝［｛Ｒ（ｓ）−Ｅ（ｓ）｝Ｇ１（ｓ）−Ｃ（ｓ）］Ｇ２（ｓ）
　＝｛Ｒ（ｓ）Ｇ１（ｓ）−Ｅ（ｓ）Ｇ１（ｓ）−Ｃ（ｓ）｝Ｇ２（ｓ）
　＝Ｇ１（ｓ）Ｇ２（２）Ｒ（ｓ）−Ｇ１（ｓ）Ｇ２（ｓ）Ｅ（ｓ）−Ｇ２（ｓ）Ｃ（ｓ）
※Ｃ（ｓ）＝Ｇ２（Ｓ）Ｅ（ｓ）より、

｛１＋Ｇ１（ｓ）＋Ｇ２（ｓ）｝Ｃ（ｓ）
　＝Ｇ１（ｓ）Ｇ２（ｓ）Ｒ（ｓ）

Ｃ（ｓ）／Ｒ（ｓ）
　＝Ｇ１（ｓ）Ｇ２（ｓ）／｛１＋Ｇ１（ｓ）Ｇ２（ｓ）｝

が得られる。これと、Ｅ（ｓ）における引き出し点をＧ２（ｓ）の出力側へ移したときのブロック線図から求めた伝達関数を比較すれば、ブロック線図が正しいかどうかわかる。

以上です。

二種二次試験機械制御、H10問1,2、補足。

2007-11-06T12:34:00.000+09:00

問１
【解説】
問題の直流電動機の巻線は第１図のようになっており、１スロット内には２×２＝４（本）の導体が収められている。

よって、電機子導体の総数は１４４×２×２＝５７６となる。

また、電機子誘導起電力Ｅの式は次のように導ける。

第２図のように、直径Ｄ（ｍ）、長さｌ（ｍ）の電機子がｎ（ｒ／ｍｉｎ）で回転しているとき、電機子周辺の速度ｖは、

ｖ＝πＤ・ｎ／６０＝πＤｎ／６０（ｍ／ｓ）

で表せる。よって、平均磁束密度をＢａ（Ｔ）とすれば、電機子導体Ａが１秒当たりに切る磁束Φは、

Φ＝ｖｌＢａ＝πＤｎｌ／６０・Ｂａ（Ｗｂ）

となるから、導体Ａに生じる誘導起電力ｅａは、

ｅａ＝ｄΦ／ｄｔ＝πＤｎｌ／６０・Ｂａ（Ｖ）

となる。

ここに、極数ｐ、１極当たりの磁束をφとすれば、平均磁束密度Ｂａは、

Ｂａ＝ｐφ／（πＤｌ）　（Ｔ）

であるから、

ｅａ＝πＤｎｌ／６０・ｐφ／（πＤｌ）
　＝ｎｐφ／６０（Ｖ）

となる。

よって、電機子誘導起電力Ｅは、並列回路数をａとすれば、直列導対数がＺ／ａとなるので、

Ｅ＝Ｚ／ａ・ｅａ＝Ｚｎｐφ／６０ａ（Ｖ）

となる。

問２
【解説】
（１）第３図のように結線を考える。

（２）１００（Ｖ）側の巻線には、５０（Ａ）まで流せる。したがって、第４図に示すような電流となり、負荷には７５（Ａ）の電流が流

れる。

よって、負荷容量２００×７５＝１５００００（ＶＡ）→１５（ｋＶＡ）

（３）題意より、変圧器の損失ｐＬは、

０．９６＝５×０．８／（５×０．８＋ｐＬ）
∴ｐＬ＝５×０．８／０．９６－５×０．８
　　＝０．１６６７（ｋＷ）

η＝１５×０．８／（１５×０．８＋０．１６６７）かける００
　＝９８．６３（％）

以上です。

Mashaの資料公開ページ

焦って買い物しても、良い事ないね。

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二種予想問題 電力管理_問２４（補足）

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二種予想問題 電力管理_問２２（補足）

二種予想問題 電力管理_問21（補足）

二種予想問題 機械制御_問１２（補足）

二種予想問題 電力管理_問20（補足）

二種予想問題 電力管理_問19（補足）

二種予想問題 電力管理_問18（補足）

０７年機械制御 問４（補足）

０７年機械制御 問３（補足）

０７年機械制御 問２（補足）

０７年機械制御 問１（補足）

０７年電力管理 問６（補足）

０７年電力管理 問５（補足）

０７年電力管理 問４（補足）

０７年電力管理問３（補足）

０７年電力管理 問２（補足）

０７年電力管理 問１（補足）

OHM二次試験対策より機械制御、問9～11、の補足。

OHM二次試験対策より機械制御、問78、の補足。

OHM二次試験対策より電力管理、問14～17の補足。

OHM二次試験対策より電力管理、問11～13の補足。

OHM二次試験対策より電力管理、問9.10の補足。

OHM二次試験対策より機械制御、問456、の補足。

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OHM練習問題機械伝送方式問３～補足

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二種予想問題電力管理_問２４（補足）

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０７年機械制御　問４（補足）

０７年機械制御　問３（補足）

０７年機械制御　問２（補足）

０７年機械制御　問１（補足）

０７年電力管理　問６（補足）

０７年電力管理　問５（補足）

０７年電力管理　問４（補足）

０７年電力管理　問２（補足）

０７年電力管理　問１（補足）