令和4年度 下期 第三種電気主任技術者試験（電験三種）の問題と解説【全80問】

考え方

真空中で電荷$Q$から出る電気力線の総本数は$\frac{Q}{\varepsilon_0}$本で、電荷の大きさに比例する。$Q_A = 16\varepsilon_0 \text{ C}$なので、導体球Aから出る電気力線は$\frac{16\varepsilon_0}{\varepsilon_0} = 16$本である。図より、Aから出た電気力線のうち$8$本が導体球Bに吸い込まれている。電気力線が吸い込まれる導体球は負電荷であり、その本数から$|Q_B| = 8\varepsilon_0 \text{ C}$と分かる。したがって$Q_B = -8\varepsilon_0 \text{ C}$。 出典: 一般財団法人 電気技術者試験センター

答え：4

考え方

図では電気力線が導体球から極板に向かって湧き出している。電気力線が湧き出す向きであることから、導体球の電荷は正、すなわち$Q>0$である。 次に電位を考える。上側極板が$E \text{ V}$、下側極板が$-E \text{ V}$なので、球がなければ中心の電位は$0 \text{ V}$である。ここに正電荷$Q$を置くと球の電位はそれより高くなり$U>0$となる。一方、球の電位が上側極板の電位$E$を超えることはない（超えると電気力線が上側極板から球に向かってしまう）ので$U<E$。よって$0<U<E$。 出典: 一般財団法人 電気技術者試験センター

答え：1

考え方

小磁針を磁界中に置くと、そのN極が磁界の向きを指して静止する（(ア)N極）。無限に長い直線電流のまわりの磁界は、導体を中心とした同心円状になる（(イ)同心円状）。この線に磁界の向きの矢印をつけたものを磁力線という（(ウ)磁力線）。また直線電流による磁界の強さは$H = \frac{I}{2\pi r}$で表され、電流に比例し導体からの距離$r$に反比例する（(エ)距離）。 出典: 一般財団法人 電気技術者試験センター

答え：4

考え方

1組の平行導体間に働く力は$F = \frac{2I^2}{r} \times 10^{-7}$。ここで$I = 7 \text{ A}$、$r = 0.1 \text{ m}$なので、 $F = \frac{2 \times 7^2}{0.1} \times 10^{-7} = \frac{98}{0.1} \times 10^{-7} = 9.8 \times 10^{-5} \text{ N/m}$。 正三角形の1頂点の導体には、他の2本からそれぞれ大きさ$F$の力が働き、電流が同方向なので引力である。2つの力のなす角は$60^\circ$なので、合力の大きさは $F_0 = 2F\cos 30^\circ = \sqrt{3}\,F = 1.732 \times 9.8 \times 10^{-5} \approx 1.70 \times 10^{-4} \text{ N/m}$。 出典: 一般財団法人 電気技術者試験センター

答え：3

考え方

図はブリッジ回路である。向かい合う抵抗の積が$4 \times 10 = 40$、$5 \times 8 = 40$で等しいので、ブリッジは平衡しており、中央の$12\,\Omega$には電流が流れない。よってこの抵抗を除いて考えられる。 $4\,\Omega$と$5\,\Omega$の直列で$9\,\Omega$、$8\,\Omega$と$10\,\Omega$の直列で$18\,\Omega$、これらの並列は $\frac{9 \times 18}{9 + 18} = 6\,\Omega$。 これと$3\,\Omega$が直列なので合成抵抗は$9\,\Omega$。$3\,\Omega$の端子電圧が$1.8 \text{ V}$だから電流は$I = \frac{1.8}{3} = 0.6 \text{ A}$。これは電源電流でもあるので、 $E = 0.6 \times 9 = 5.4 \text{ V}$。 出典: 一般財団法人 電気技術者試験センター

答え：3

考え方

図1はコンデンサ2個の並列で合成静電容量$2C$、図2は直列で$\frac{C}{2}$である。 (1) $\frac{2C}{C/2} = 4$倍で正しい。 (2) 蓄えられるエネルギーは図1が$\frac{1}{2}(2C)E^2 = CE^2$、図2が$\frac{1}{2}\cdot\frac{C}{2}E^2 = \frac{CE^2}{4}$で図1が大きく、正しい。 (3) 図2にさらに直列で2個追加して4個直列にすると合成容量は$\frac{C}{4}$、エネルギーは$\frac{1}{2}\cdot\frac{C}{4}E^2 = \frac{CE^2}{8}$となり、図1の$CE^2$と等しくならない。よって誤り。 (4) 図2の電圧を2倍にすると$\frac{1}{2}\cdot\frac{C}{2}(2E)^2 = CE^2$で図1と等しく、正しい。 (5) 電荷は図1の各コンデンサが$CE$、図2の各コンデンサが$\frac{C}{2}E$で2倍、正しい。 したがって誤りは(3)。 出典: 一般財団法人 電気技術者試験センター

答え：3

考え方

並列合成抵抗は$20\,^\circ$Cで$r_{20} = \frac{R_1 R_2}{R_1 + R_2}$。$21\,^\circ$Cでは抵抗器Aだけが変化して$R_1(1+\alpha_1)$、Bは$\alpha_2 = 0$より$R_2$のまま。よって $r_{21} = \frac{R_1(1+\alpha_1)R_2}{R_1(1+\alpha_1) + R_2}$。 変化率は$\frac{r_{21} - r_{20}}{r_{20}} = \frac{r_{21}}{r_{20}} - 1$であり、 $\frac{r_{21}}{r_{20}} = \frac{(1+\alpha_1)(R_1 + R_2)}{R_1 + \alpha_1 R_1 + R_2}$。 したがって $\frac{r_{21}}{r_{20}} - 1 = \frac{(1+\alpha_1)(R_1+R_2) - (R_1+\alpha_1 R_1+R_2)}{R_1 + R_2 + \alpha_1 R_1} = \frac{\alpha_1 R_2}{R_1 + R_2 + \alpha_1 R_1}$。 出典: 一般財団法人 電気技術者試験センター

答え：2

考え方

波形率は$\text{波形率} = \frac{\text{実効値}}{\text{平均値}}$なので(ア)は平均値。三角波のようにとがった波形は平均値が小さくなるため波形率は大きく(イ)、方形波のように平らな波形では実効値と平均値が近づき波形率は小さく(ウ)なる。 波高率は$\text{波高率} = \frac{\text{最大値}}{\text{実効値}}$なので(エ)は最大値。三角波のようにとがった波形は最大値が実効値より大きく波高率は大きく(オ)、方形波では最大値と実効値が等しく波高率は小さく(カ)なる。 よって(ア)平均値、(イ)大きく、(ウ)小さく、(エ)最大値、(オ)大きく、(カ)小さく。 出典: 一般財団法人 電気技術者試験センター

答え：1

考え方

回路は、$8\,\Omega$と容量性リアクタンス$6\,\Omega$の直列（枝1）と、$4\,\Omega$と容量性リアクタンス$3\,\Omega$の直列（枝2）が並列に接続され、電源$E$が加わっている。 枝1の$6\,\Omega$コンデンサの端子電圧が$12 \text{ V}$なので、枝1の電流は$I_1 = \frac{12}{6} = 2 \text{ A}$。枝1のインピーダンスは$Z_1 = \sqrt{8^2 + 6^2} = 10\,\Omega$だから、 $E = I_1 Z_1 = 2 \times 10 = 20 \text{ V}$。 枝2のインピーダンスは$Z_2 = \sqrt{4^2 + 3^2} = 5\,\Omega$で、電流は$I_2 = \frac{20}{5} = 4 \text{ A}$。 消費電力は抵抗分のみなので、 $P = I_1^2 \times 8 + I_2^2 \times 4 = 2^2 \times 8 + 4^2 \times 4 = 32 + 64 = 96 \text{ W}$。 よって$E = 20 \text{ V}$、$P = 96 \text{ W}$。 出典: 一般財団法人 電気技術者試験センター

答え：2

考え方

スイッチSを閉じる直前の定常状態では、コンデンサが直流を通さないため回路に電流は流れておらず、コンデンサ（$1 \text{ F}$）は電源電圧と同じ$1 \text{ V}$に充電されている。 $t=0$でSを閉じると、電源→$1 \,\Omega$→$1 \text{ H}$→Sの左側のループには $i_L = 1-e^{-t} \text{ A}$（時定数 $\tau = \frac{L}{R} = 1 \text{ s}$、初期値$0$）の電流が流れ始める。同時に、$1 \text{ V}$に充電されたコンデンサはS→$1 \,\Omega$の右側のループで放電し、$i_C = e^{-t} \text{ A}$（時定数 $\tau = RC = 1 \text{ s}$）が流れる。 スイッチを流れる電流は両者の和で $i_S = i_L + i_C = (1-e^{-t}) + e^{-t} = 1 \text{ A}$ となり、コイル電流の増加とコンデンサ放電電流の減少がちょうど打ち消し合って、常に$1 \text{ A}$で一定となる。 出典: 一般財団法人 電気技術者試験センター

答え：5

考え方

a. 可変容量ダイオードは、pn接合の空乏層の幅を電圧で変えて静電容量を変化させるもので、逆方向電圧を加えて使う（(ア)逆方向）。 b. 定電圧（ツェナー）ダイオードは、逆方向電圧を加え降伏現象を利用して一定の電圧を得る（(イ)逆方向）。 c. レーザダイオードは発光素子であり、順方向電圧を加えて電流を流し発光させる（(ウ)順方向）。 よって(ア)逆方向、(イ)逆方向、(ウ)順方向。 出典: 一般財団法人 電気技術者試験センター

答え：5

考え方

ローレンツ力の大きさは$F = |q|vB\sin\theta$（$\theta$は速度$v$と磁束密度$B$のなす角）。磁界$B$は$z$軸方向、速度$v$は$yz$平面内で$y$軸から$60^\circ$の向きなので、$v$と$z$軸（$B$）のなす角は$\theta = 90^\circ - 60^\circ = 30^\circ$で$\sin\theta = 0.5$。 これより $v = \frac{F}{|q|B\sin\theta} = \frac{1.0 \times 10^{-8}}{4.0 \times 10^{-6} \times 1.0 \times 10^{-3} \times 0.5} = 5.0 \text{ m/s}$。 向きは、電荷が負であることを踏まえ、$F = q\,v \times B$が$x$軸の正の向きとなる条件から②と決まる。 よって$v = 5.0 \text{ m/s}$、向きは②。 出典: 一般財団法人 電気技術者試験センター

答え：5

考え方

発振が持続する条件（バルクハウゼンの条件）は、帰還回路の出力電圧$V_f$が増幅回路の入力電圧$V_i$と同相であり（(ア)同相）、ループ利得が$A\beta \geq 1$（(イ)$A\beta \geq 1$）であること。入力と帰還が同相であることから、この回路は正帰還回路である（(ウ)正帰還）。 よって(ア)同相、(イ)$A\beta \geq 1$、(ウ)正帰還。 出典: 一般財団法人 電気技術者試験センター

答え：1

考え方

(1) 標本化定理より、標本化周期の上限は再現したい信号の最高周波数で決まるので正しい。 (2) 量子化では連続量を離散的な数値に丸めるため、一般に量子化誤差が生じるので正しい。 (3) 符号化は量子化された数値を2進符号などのディジタル信号に変換することなので正しい。 (4) ディジタル量は伝送路の環境変化や雑音に強いので正しい。 (5) ディジタルオシロスコープで電圧波形を表示するには、AD変換した値を時間軸に並べて表示すればよく、FFT演算（周波数スペクトルを求める演算）は波形表示には不要である。よって(5)が誤り。 出典: 一般財団法人 電気技術者試験センター

答え：5

考え方

Y結線の1相のインピーダンスは$Z = \sqrt{6^2 + 8^2} = 10\,\Omega$。Y結線の相電圧は線間電圧$200 \text{ V}$の$\frac{1}{\sqrt{3}}$なので、 $I_1 = \frac{200/\sqrt{3}}{10} = \frac{20}{\sqrt{3}} \approx 11.5 \text{ A}$。 $\Delta$結線の抵抗$r$には線間電圧$200 \text{ V}$がそのまま加わるので$I_2 = \frac{200}{r}$。 $I_1 = I_2$より$\frac{200}{r} = \frac{20}{\sqrt{3}}$、 $r = \frac{200\sqrt{3}}{20} = 10\sqrt{3} \approx 17.3\,\Omega$。 出典: 一般財団法人 電気技術者試験センター

答え：4

考え方

Y結線側は各相の抵抗$6\,\Omega$に$I_1 = \frac{20}{\sqrt{3}} \text{ A}$が流れ、3相分の消費電力は $P_Y = 3 I_1^2 \times 6 = 3 \times \left(\frac{20}{\sqrt{3}}\right)^2 \times 6 = 3 \times \frac{400}{3} \times 6 = 2400 \text{ W}$。 $\Delta$結線側は各抵抗$r = 10\sqrt{3}\,\Omega$に$I_2 = \frac{20}{\sqrt{3}} \text{ A}$が流れ、 $P_\Delta = 3 I_2^2 \times r = 3 \times \frac{400}{3} \times 10\sqrt{3} = 4000\sqrt{3} \approx 6928 \text{ W}$。 合計は$P = 2400 + 6928 \approx 9.3 \times 10^3 \text{ W} = 9.3 \text{ kW}$。 出典: 一般財団法人 電気技術者試験センター

答え：4

考え方

2台の電流計を並列接続すると、両者の端子電圧が等しくなる。$A_1$を最大目盛$50 \text{ A}$まで流すと端子電圧は$50 \times 0.8 \times 10^{-3} = 0.04 \text{ V}$で、このとき$A_2$には$\frac{0.04}{0.32 \times 10^{-3}} = 125 \text{ A}$流れ、$A_2$の最大目盛$100 \text{ A}$を超えてしまう。 逆に$A_2$を最大$100 \text{ A}$にすると端子電圧は$100 \times 0.32 \times 10^{-3} = 0.032 \text{ V}$で、$A_1$には$\frac{0.032}{0.8 \times 10^{-3}} = 40 \text{ A}$流れる。これは$A_1$の最大$50 \text{ A}$以内なので成立する。 よって測定できる最大電流は$40 + 100 = 140 \text{ A}$。 出典: 一般財団法人 電気技術者試験センター

答え：5

考え方

両電流計をともに最大目盛にして（$A_1 = 50 \text{ A}$、$A_2 = 100 \text{ A}$、合計$150 \text{ A}$）測定する。$A_1$側の枝の電圧は$50 \times 0.8 \times 10^{-3} = 0.04 \text{ V}$。$A_2$に直列抵抗$R$を入れた枝もこれと同じ電圧$0.04 \text{ V}$でなければならない。$A_2$自身の電圧は$100 \times 0.32 \times 10^{-3} = 0.032 \text{ V}$なので、$R$の電圧は$0.04 - 0.032 = 0.008 \text{ V}$。 $R = \frac{0.008}{100} = 8 \times 10^{-5}\,\Omega$。 出典: 一般財団法人 電気技術者試験センター

答え：3

考え方

力は$F = k\frac{Q_A Q_B}{r^2}$で表される。与えられた値$Q_A = 2 \times 10^{-8} \text{ C}$、$Q_B = 3 \times 10^{-8} \text{ C}$、$r = 0.3 \text{ m}$、$F = 6 \times 10^{-5} \text{ N}$を代入して比例定数$k$を求める。 $k = \frac{F r^2}{Q_A Q_B} = \frac{6 \times 10^{-5} \times 0.3^2}{2 \times 10^{-8} \times 3 \times 10^{-8}} = \frac{6 \times 10^{-5} \times 0.09}{6 \times 10^{-16}} = 9 \times 10^{9} \ [\text{N·m}^2/\text{C}^2]$。 出典: 一般財団法人 電気技術者試験センター

答え：4

考え方

導体球Cははじめ電荷$0$。まずAに接触させると、大きさの等しい2球で電荷が等分され、AとCはそれぞれ$\frac{2 \times 10^{-8}}{2} = 1 \times 10^{-8} \text{ C}$になる。次にCをBに接触させると、Cの$1 \times 10^{-8}$とBの$3 \times 10^{-8}$が等分され、CとBはそれぞれ$\frac{(1+3) \times 10^{-8}}{2} = 2 \times 10^{-8} \text{ C}$になる。 したがってAの電荷$Q_A = 1 \times 10^{-8} \text{ C}$、Bの電荷$Q_B = 2 \times 10^{-8} \text{ C}$。CをAから距離$x$の位置に置くと、Bからは$0.3 - x$。Cにかかる2つの反発力の釣り合いは $k\frac{Q_A Q_C}{x^2} = k\frac{Q_B Q_C}{(0.3 - x)^2}$、すなわち$\frac{1}{x^2} = \frac{2}{(0.3 - x)^2}$。 これより$(0.3 - x)^2 = 2x^2$、$0.3 - x = \sqrt{2}\,x$、 $x = \frac{0.3}{1 + \sqrt{2}} \approx 0.124 \text{ m}$。 出典: 一般財団法人 電気技術者試験センター

答え：4

考え方

(ア) 直流分$V_B$は、$v_i = 0$としたときのバイアス回路の分圧で決まる。図2の分圧回路より$V_B = 1.5 \text{ V}$が得られる。 (イ)(ウ) 交流分は、直流電源を$0 \text{ V}$とし、結合コンデンサのインピーダンスが$2 \text{ k}\Omega$より十分小さいとみなす。するとコンデンサはほぼ短絡とみなせ、入力$v_i$がそのまま$2 \text{ k}\Omega$に加わるので、振幅は入力振幅と等しく$A_B = 100 \text{ mV}$、位相のずれはなく$\theta_B = 0 \text{ rad}$。 よって(ア)$1.5$、(イ)$100$、(ウ)$0$。 出典: 一般財団法人 電気技術者試験センター

答え：4

考え方

直流分$V_C$は、ベース電位$V_B = 1.5 \text{ V}$からベース・エミッタ間電圧$0.7 \text{ V}$を引いたエミッタ電位$V_E = 1.5 - 0.7 = 0.8 \text{ V}$からエミッタ電流（≒コレクタ電流）を求め、コレクタ抵抗による電圧降下を電源電圧から差し引くと$V_C = 7 \text{ V}$となる。 交流分は、エミッタ接地増幅回路として電圧利得の大きさが$\frac{R_C}{R_E}$で与えられ、入力振幅$100 \text{ mV}$に対し出力振幅は$A_C = 0.6 \text{ V}$となる。また出力は入力と逆相になるため位相は$\theta_C = \pi \text{ rad}$。 よって$V_C = 7$、$A_C = 0.6$、$\theta_C = \pi$。 出典: 一般財団法人 電気技術者試験センター

答え：4

考え方

誤っているものを選ぶ問題です。選択肢(3)は水力発電の近年の発電電力量比率を「20％程度」としていますが、実際には一般水力に揚水を加えても我が国の水力発電の比率はおおむね10％以下（近年は7〜9％程度）にとどまっており、20％は明らかに過大です。したがって(3)が誤りです。 (1)のベルヌーイの定理がエネルギー保存則に基づくこと、(2)の水力発電は起動停止が速く耐用年数が長く効率が高いこと、(4)の流況曲線が発電計画に重要であること、(5)の有効落差＝総落差－損失水頭という定義は、いずれも正しい記述です。 出典: 一般財団法人 電気技術者試験センター

答え：3

考え方

ノズルで有効落差を全て速度（運動）エネルギーに変え、噴流をランナのバケットに当てて回す水車は衝動水車です。よって(ア)は運動、(イ)は衝動となります。その代表がペルトン水車で(ウ)はペルトン、高落差・流量が少ない地点に適するので(エ)は高落差です。ペルトン水車は比速度が小さい水車なので(オ)は小さい、となります。 この組合せ「(ア)運動、(イ)衝動、(ウ)ペルトン、(エ)高落差、(オ)小さい」に一致するのは選択肢(5)です。 出典: 一般財団法人 電気技術者試験センター

答え：5

考え方

誤っているものを選ぶ問題です。コンバインドサイクル発電はガスタービンが出力の大半を分担し、蒸気タービン側の設備が小規模になるため、所内補機は同一出力の汽力発電より少なく、所内率はむしろ小さくなります。したがって「大型所内補機が多いので所内率が大きい」とする(5)が誤りです。 (1)熱効率が高い、(2)起動停止時間が短い、(3)蒸気タービン分担が小さく復水器冷却水量が少ない、(4)ガスタービンを含むため最大出力が外気温度の影響を受けやすい、はいずれもコンバインドサイクルの正しい特徴です。 出典: 一般財団法人 電気技術者試験センター

答え：5

考え方

軽水炉は低濃縮ウランを燃料とし、冷却材と減速材の両方に軽水を用います。よって(ア)は低濃縮ウラン、(イ)は減速材です。原子炉内で直接蒸気を発生するのが沸騰水型(BWR)、蒸気発生器を介するのが加圧水型(PWR)なので(ウ)は沸騰水型、(エ)は加圧水型です。燃料温度が上がるとウラン238の中性子吸収（共鳴吸収）が増えて出力を抑える働きはドップラー効果なので(オ)はドップラー効果となります。 この組合せに一致するのは選択肢(1)です。 出典: 一般財団法人 電気技術者試験センター

答え：1

考え方

誤っているものを選ぶ問題です。燃料電池発電は水素と酸素の化学反応で直接発電し、回転部分がないため発電時の振動や騒音は小さいのが特徴です。したがって「発電時の振動や騒音が大きい」とする(5)が誤りです。 (1)太陽光発電、(2)地熱発電、(3)バイオマス発電、(4)風力発電の各記述は、いずれも各方式の特徴を正しく述べています。 出典: 一般財団法人 電気技術者試験センター

答え：5

考え方

定格容量から一次側の定格電流を求めます。三相なので $I_n = \frac{S}{\sqrt{3}\,V} = \frac{30 \times 10^6}{\sqrt{3} \times 66 \times 10^3} \approx 262.4 \text{ A}$ です。 一次側相電圧は $\frac{66 \times 10^3}{\sqrt{3}} \approx 38105 \text{ V}$ なので、百分率リアクタンスは $\%X = \frac{I_n X}{V_{phase}} \times 100 = \frac{262.4 \times 14.5}{38105} \times 100 \approx 10.0 \text{ [\%]}$ となります。 あるいは $\%X = \frac{S X}{V^2} \times 100 = \frac{30 \times 10^6 \times 14.5}{(66 \times 10^3)^2} \times 100 \approx 10.0$ と計算しても同じです。最も近いのは(3)です。 出典: 一般財団法人 電気技術者試験センター

答え：3

考え方

第3高調波の励磁電流がΔ結線内を環流して吸収されるのはΔ側をもつ結線です。両側Δで環流し中性点接地ができない(ア)はΔ-Δ結線です。一次・二次とも中性点接地が可能な(イ)はY-Y結線です。第3高調波の環流回路をもち片側の中性点接地ができるのがΔ-YとY-Δで、昇圧用には(ウ)Δ-Y、降圧用には(エ)Y-Δが多く用いられます。特別高圧のY-Y変圧器では第3高調波対策として(オ)Δ結線の三次巻線を設けます。 この組合せ「(ア)Δ-Δ、(イ)Y-Y、(ウ)Δ-Y、(エ)Y-Δ、(オ)Δ」に一致するのは(2)です。 出典: 一般財団法人 電気技術者試験センター

答え：2

考え方

誤っているものを選ぶ問題です。トーショナルダンパは電線の微風振動やギャロッピングなどの振動を抑制する防振ダンパであり、着雪防止を目的とするものではありません。したがって「着雪防止が目的」とする(2)が誤りです（着雪防止には難着雪リングなどが用いられます）。 (1)アークホーン、(3)アーマロッド、(4)相間スペーサ、(5)埋設地線の各説明は、いずれも正しい記述です。 出典: 一般財団法人 電気技術者試験センター

答え：2

考え方

線路抵抗と静電容量を無視し、誘導性リアクタンスのみをもつ送電線の受電端有効電力は、送電端電圧 $V_s$、受電端電圧 $V_r$、相差角 $\delta$ を用いて $P = \frac{V_s V_r}{X} \sin\delta$ で表されます。これは送電線の電力円線図から得られる基本式で、負荷力率角 $\theta$ を含まない形になります。 この式に一致するのは選択肢(1)の $\frac{V_s V_r}{X} \sin\delta$ です。 出典: 一般財団法人 電気技術者試験センター

答え：1

考え方

誤っているものを選ぶ問題です。管路式はケーブルを管路内に収めるため熱放散が悪く、ケーブル条数が増えると相互の発熱で送電容量の制限を受けやすくなります。したがって「熱放散が良く送電容量の制限を受けにくい」とする(3)が誤りです。 (1)直接埋設式は工事費が少なく工期が短い、(2)管路式は外傷に強く増設撤去に便利、(4)暗きょ式は工事費が多大で工期が長い、(5)暗きょ式は保守点検が容易で多条数布設に適する、はいずれも正しい記述です。 出典: 一般財団法人 電気技術者試験センター

答え：3

考え方

日中に発電量が需要を上回る事例を生む大量導入電源は太陽光発電なので(ア)は太陽光発電です。需給バランス確保・需要平準化に使われるのは揚水式発電で(イ)は揚水式、電力貯蔵装置としては蓄電池なので(ウ)は蓄（電池）です。天候急変や事故時に周波数を回復させるために確保するのは運転予備力で(エ)は運転予備力、その対象となるのは部分負荷運転中の水力や火力発電機なので(オ)は火力です。 この組合せに一致するのは選択肢(5)です。 出典: 一般財団法人 電気技術者試験センター

答え：5

考え方

配電用変電所で負荷変動に応じて二次側母線電圧を調整するのは負荷時電圧調整器（LRTなど）なので(ア)は負荷時電圧調整器です。柱上変圧器では低圧側の電圧をタップ調整で合わせるので(イ)はタップ調整です。こう長が長い場合などに高圧配電線路へ施設するのはステップ式自動電圧調整器(SVR)なので(ウ)はステップ式自動電圧調整器、電線を太くして電圧降下を軽減するので(エ)は太線化です。 この組合せ「(ア)負荷時電圧調整器、(イ)タップ調整、(ウ)ステップ式自動電圧調整器、(エ)太線化」に一致するのは(3)です。 出典: 一般財団法人 電気技術者試験センター

答え：3

考え方

誤っているものを選ぶ問題です。低圧ネットワーク方式は複数の給電線から並列に供給し、一つの給電線に事故が生じてもネットワークプロテクタが働いて事故回路を切り離すため、健全な給電線から供給が続き低圧配電線路は停電しません。したがって「切り替える間、低圧配電線路が停電する」とする(3)が誤りです。 (1)ネットワークプロテクタによる保護、(2)格子状ネットワークからの供給、(4)電圧変動・電力損失が小さい、(5)建設費が高く大都市向き、はいずれも正しい記述です。 出典: 一般財団法人 電気技術者試験センター

答え：3

考え方

誘電正接（tanδ）が小さい絶縁油ほど誘電損失が小さいので(ア)は小さい、その結果として絶縁油中の発熱を抑えられるので(イ)は発熱です。電力用機器の絶縁油として古くから一般的に使われてきたのは鉱油なので(ウ)は鉱油、より低損失・高信頼性が求められる場合に採用されるのは合成油なので(エ)は合成油です。 この組合せ「(ア)小さい、(イ)発熱、(ウ)鉱油、(エ)合成油」に一致するのは(2)です。 出典: 一般財団法人 電気技術者試験センター

答え：2

考え方

復水器で海水へ放出される熱量は、海水の質量流量×比熱×温度上昇で求めます。まず質量流量は密度×体積流量で $1.02 \times 10^3 \times 24 = 24480 \text{ kg/s}$ です。 これに比熱と温度上昇を掛けて、$Q = 24480 \times 4.02 \times 7 \approx 6.89 \times 10^5 \text{ [kJ/s]}$ となります。 最も近いのは選択肢(4)です。 出典: 一般財団法人 電気技術者試験センター

答え：4

考え方

タービン室効率は、タービンに供給された熱量に対するタービンの機械出力の割合です。まずタービンの機械出力は、発電機出力を発電機効率で割って $\frac{600}{0.98} \approx 612.2 \text{ MW}$ です。 (a)で求めた復水器放出熱量 $6.89 \times 10^5 \text{ kJ/s} = 688.9 \text{ MW}$ が損失として出ていくので、タービンへ供給された熱量は $612.2 + 688.9 = 1301.1 \text{ MW}$ です。 したがってタービン室効率は $\eta = \frac{612.2}{1301.1} \times 100 \approx 47.0 \text{ [\%]}$ となり、最も近いのは(3)です。 出典: 一般財団法人 電気技術者試験センター

答え：3

考え方

電圧降下率10％より、線間の電圧降下は $v = 0.1 \times 60 = 6 \text{ kV}$ です。三相3線式の電圧降下の近似式は $v = \sqrt{3}\,I(R\cos\theta + X\sin\theta)$ で、力率80％より $\cos\theta = 0.8$、$\sin\theta = 0.6$ です。 $6000 = \sqrt{3}\,I(6 \times 0.8 + 4 \times 0.6) = \sqrt{3}\,I \times 7.2$ から、$I = \frac{6000}{\sqrt{3} \times 7.2} \approx 481 \text{ A}$ です。 受電できる三相皮相電力は $S = \sqrt{3}\,V_r I = \sqrt{3} \times 60 \times 10^3 \times 481 \approx 50.0 \times 10^6 \text{ [V·A]} = 50.0 \text{ MV·A}$ となり、最も近いのは(3)です。 出典: 一般財団法人 電気技術者試験センター

答え：3

考え方

三相の電圧降下は有効電力Pと無効電力Qを用いて $v = \frac{RP + XQ}{V_r}$ と表せます（(a)の条件で検算すると成り立ちます）。負荷は皮相電力65MV·A、力率60％なので有効電力は $P = 65 \times 0.6 = 39 \text{ MW}$、負荷の遅れ無効電力は $Q_L = 65 \times 0.8 = 52 \text{ Mvar}$ です。 電圧降下を6kVに保つのに必要な系統側の合計無効電力 $Q$ は、$6000 = \frac{6 \times 39 \times 10^6 + 4 Q}{60 \times 10^3}$ より $Q = \frac{3.6 \times 10^8 - 234 \times 10^6}{4} = 31.5 \text{ Mvar}$ です。 この $Q$ は負荷の遅れ無効電力から調相設備の供給分を差し引いた値なので、調相設備が供給すべき無効電力は $52 - 31.5 = 20.5 \text{ [Mvar]}$ となり、最も近いのは(2)です。 出典: 一般財団法人 電気技術者試験センター

答え：2

考え方

理想変圧器なので一次入力と二次出力は等しく、$6600 \times 5 = 33000 \text{ W}$ です。二次側は各負荷が110Vに接続されるので $110(I_a + I_b) = 33000$ より $I_a + I_b = 300 \text{ A}$、比が2：3なので $I_a = 120 \text{ A}$、$I_b = 180 \text{ A}$、中性線電流は $|I_a - I_b| = 60 \text{ A}$ です。 各線1線当たり抵抗0.06Ωによる損失は、外側2線と中性線で $P = (120^2 + 180^2 + 60^2) \times 0.06 = (14400 + 32400 + 3600) \times 0.06 = 3024 \text{ W} \approx 3.02 \text{ [kW]}$ となります。 最も近いのは(3)です。 出典: 一般財団法人 電気技術者試験センター

答え：3

考え方

まず(a)の状態から各負荷抵抗を求めます。$I_a = 120 \text{ A}$、$I_b = 180 \text{ A}$のとき、中性線には差の$60 \text{ A}$が流れ、各線の抵抗は$0.06 \,\Omega$です。中性線電流は負荷の重いB側の電圧を下げ、軽いA側の電圧を押し上げる向きに働くので、負荷Aの端子電圧は $110 - 120 \times 0.06 + 60 \times 0.06 = 106.4 \text{ V}$、負荷Bは $110 - 180 \times 0.06 - 60 \times 0.06 = 95.6 \text{ V}$ となり、$R_A = \frac{106.4}{120} \approx 0.887\,\Omega$、$R_B = \frac{95.6}{180} \approx 0.531\,\Omega$ です。 中性線が点Fで断線すると負荷Aと負荷Bは220Vに直列接続され、電流は $I = \frac{220}{0.06 + 0.887 + 0.531 + 0.06} \approx 143 \text{ A}$ です。 負荷Aにかかる電圧は $V_A = I R_A = 143 \times 0.887 \approx 127 \text{ [V]}$ となり、最も近いのは(4)です。 出典: 一般財団法人 電気技術者試験センター

答え：4

考え方

直流発電機は，界磁巻線の励磁方法によって他励式と自励式に分けられる。他励式は界磁を外部電源で励磁する方式であり，自励式は発電機自身の出力で界磁を励磁する方式である。分巻発電機・直巻発電機・複巻発電機は，いずれも電機子と界磁巻線をつないで自ら界磁電流を供給する自励式に分類される。したがって「他励式には，分巻発電機，直巻発電機などがある」とする選択肢(3)は誤りである。

なお他の選択肢について，界磁は固定子，電機子・整流子は回転子にあること，渦電流損低減のための積層鉄心，電機子反作用と補償巻線・補極による対策などはいずれも正しい記述である。 出典: 一般財団法人 電気技術者試験センター

答え：3

考え方

三相誘導電動機では，二次入力（同期ワット）$P_2$，二次銅損 $P_{c2}$，滑り $s$ の間に $P_{c2}=s\,P_2$ の関係がある。よって二次入力は

$P_2=\dfrac{P_{c2}}{s}=\dfrac{188}{0.025}=7520 \text{ W}$

である。機械的出力（内部出力）は $P_m=(1-s)P_2$ で与えられるから

$P_m=(1-0.025)\times 7520=0.975\times 7520=7332 \text{ W}$

となる。軸出力はここから機械損 $0.2 \text{ kW}=200 \text{ W}$ を差し引いて

$P_o=P_m-200=7332-200=7132 \text{ W}\approx 7.1 \text{ kW}$

と求まる。 出典: 一般財団法人 電気技術者試験センター

答え：1

考え方

三相誘導電動機は，回転磁界をつくる固定子と回転子からなる（ア＝回転）。回転子は，かご形回転子（イ）と巻線形回転子（ウ）の2種類に分類される。

かご形回転子では，回転子の各溝（スロット）に納めた導体（バー）の両端を端絡環（エ）で短絡して接続する。一方，巻線形回転子では回転子に三相巻線を施し，その端子をスリップリング（オ）とブラシを通じて外部の始動抵抗などへ引き出し，二次電流を外部回路に流すことができる。

したがって（ア）回転，（イ）かご形，（ウ）巻線形，（エ）端絡環，（オ）スリップリングの組合せが正しい。 出典: 一般財団法人 電気技術者試験センター

答え：4

考え方

同期電動機の位相特性曲線（V曲線）は，横軸に界磁電流，縦軸に電機子電流をとった曲線で，最低点が力率1の点である。界磁電流を増やした過励磁側（破線より右側）では電機子電流は進み電流（ア＝進み），界磁電流を減らした不足励磁側（左側）では遅れ電流（イ＝遅れ）となる。

電動機の出力を大きくすると，各界磁電流に対する電機子電流が増え，V曲線は上方へ移動し最低点も右へずれる。図では出力が小さい方から大きい方へ $\text{C}\to\text{B}\to\text{A}$ の順で並んでいるので，ウ＝C，エ＝A となる。

また，同期電動機を無負荷運転し，界磁電流の調整で進み・遅れの無効電力を供給して端子電圧を調整する目的で用いるものを同期調相機（オ）という。以上より組合せは選択肢(4)。 出典: 一般財団法人 電気技術者試験センター

答え：4

考え方

短絡比 $K_s$ は，定格電流に対する短絡電流の比であり，1相分の基準インピーダンス（定格インピーダンス）$Z_n$ と同期インピーダンス $Z_s$ を用いて $K_s=\dfrac{Z_n}{Z_s}$ で求められる。

定格インピーダンスは，定格容量 $S=8000 \text{ kVA}$，定格電圧 $V=6600 \text{ V}$ から

$Z_n=\dfrac{V^2}{S}=\dfrac{6600^2}{8000\times 10^3}=\dfrac{43.56\times 10^6}{8\times 10^6}=5.445 \, \Omega$

となる。よって短絡比は

$K_s=\dfrac{Z_n}{Z_s}=\dfrac{5.445}{4.73}\approx 1.15$

と求まる。 出典: 一般財団法人 電気技術者試験センター

答え：3

考え方

回転磁界中に永久磁石の回転子を入れると，回転子は回転磁界に同期して同じ速度で回転する（ア＝と同じ速度）。これが永久磁石同期モータの原理である。

永久磁石形同期モータは回転子の構造により，磁石を回転子表面に貼る表面磁石形と，磁石を鉄心内部に埋め込む埋込磁石形に分けられる。このうち埋込磁石形（イ）は磁石が鉄心内部にあり機械的強度が高く小型化・高速化に適し，さらにリラクタンストルク（エ）を利用できる。表面磁石形（ウ）はこれに対する分類である。

リラクタンストルクは固定子と回転子鉄心との間の磁気抵抗差によって生じる回転力で，これのみを利用したリラクタンスモータは永久磁石を使わないため材料コストが低い（オ）。よって組合せは選択肢(4)。 出典: 一般財団法人 電気技術者試験センター

答え：4

考え方

1相のコイルを複数のスロットに分けて配置する巻線法を分布巻（ア）といい，これに対し1スロットに集中させる集中巻がある。分布巻では各極各相のスロット数（毎極毎相スロット数）が2以上（イ）となる。

分布巻でコイルピッチを極ピッチより短くした巻線法を短節巻（ウ）と呼ぶ。短節巻にすると短節係数の分だけ誘導起電力（エ）はわずかに低くなるが，コイル端（コイルエンド）を短くでき，高調波が減って電圧波形（オ）が正弦波に近づき改善されるなどの利点があるため広く用いられる。よって組合せは選択肢(1)。 出典: 一般財団法人 電気技術者試験センター

答え：1

考え方

変圧器の全損失は，負荷に無関係な無負荷損（鉄損）$P_i$ と，負荷電流の2乗に比例する負荷損（銅損）$P_c$ の和である。銅損を $P_c=k I^2$ とおくと，2つの条件から

$P_i+k\times 250^2=1525$

$P_i+k\times 150^2=1125$

が成り立つ。辺々を引くと

$k(250^2-150^2)=1525-1125=400$

$k\times(62500-22500)=k\times 40000=400$

より $k=0.01$。これを用いると $I=250 \text{ A}$ のときの銅損は

$P_c=0.01\times 62500=625 \text{ W}$

よって無負荷損は

$P_i=1525-625=900 \text{ W}$

と求まる。 出典: 一般財団法人 電気技術者試験センター

答え：4

考え方

変圧器の等価回路では，励磁回路を励磁コンダクタンス $g_0$ と励磁サセプタンス $b_0$ の並列で表す。励磁コンダクタンスに流れる電流は一次電圧と同相の鉄損電流に対応し，このコンダクタンスで鉄損が消費される。一方，励磁サセプタンスに流れる電流は $\dfrac{\pi}{2} \text{ rad}$ 遅れの磁化電流に対応し，磁束をつくる。

したがって選択肢(5)の「励磁コンダクタンスに流れる電流は磁化電流に対応し，励磁サセプタンスで発生する損失は鉄損に対応している」という記述は，対応関係が逆になっており誤りである。

他の選択肢の，励磁電流が第3次高調波を含む非正弦波であること，鉄損電流と磁化電流の定義，ヒステリシス損が $f$ に比例し渦電流損が $(f\times t)^2$ に比例すること，最大効率は鉄損と銅損が等しいときとなることは，いずれも正しい。 出典: 一般財団法人 電気技術者試験センター

答え：5

考え方

出力電圧波形 $v_R$ は，正弦波交流電源の正・負両方の半波について，途中の位相までは電圧が現れず，ある点火（トリガ）角以降だけ波形が現れる位相制御波形である。

ダイオード1個やダイオードブリッジでは点弧角を制御できず，波形の一部を切り取ることはできない。サイリスタ1個では正の半波しか制御できず，負の半波は導通しない。両方向（正負両半波）とも点弧角で位相制御するには，逆並列に接続した2個のサイリスタを電源に直列に入れて抵抗負荷へ供給する回路（交流電力調整回路）が必要である。よって正しいのは選択肢(3)。 出典: 一般財団法人 電気技術者試験センター

答え：3

考え方

毎時 $80 \text{ m}^3$ の流量は

$Q=\dfrac{80}{3600}=0.02222 \text{ m}^3/\text{s}$

である。持ち上げる高さは，実揚程 $40 \text{ m}$ に損失水頭 $0.4 \text{ m}$ を加えた全揚程 $H=40.4 \text{ m}$。水に与える動力（水動力）は

$P_w=\rho g Q H=1000\times 9.8\times 0.02222\times 40.4\approx 8798 \text{ W}$

となる。これをポンプ効率 $0.72$ と電動機効率 $0.93$ で割ると電動機入力は

$P=\dfrac{P_w}{\eta_p\,\eta_m}=\dfrac{8798}{0.72\times 0.93}=\dfrac{8798}{0.6696}\approx 13.1 \text{ kW}$

と求まる。 出典: 一般財団法人 電気技術者試験センター

答え：4

考え方

誘導加熱は，交番磁界中に置いた被加熱物に誘導される渦電流によるジュール熱（渦電流損）で加熱する方式である。渦電流が流れるためには被加熱物が導電性であればよく，非磁性の金属（例えばアルミニウムや銅）でも加熱できる。したがって「印加磁界中におかれた強磁性体中の渦電流」と，被加熱物を強磁性体に限定した選択肢(5)の記述は誤りである。

他の選択肢の，抵抗加熱がジュール熱を利用すること，アーク加熱に直接・間接加熱方式があること，遠赤外ヒータの最大放射束の波長が赤外電球より長いこと，誘電加熱が誘電損を利用することは，いずれも正しい。 出典: 一般財団法人 電気技術者試験センター

答え：5

考え方

伝送路などから混入し，送りたい信号を乱す不要な成分を雑音（ノイズ）（ア）という。1本の伝送路を用いて同時に多数の通話を伝送する技術を多重化（イ）という。

無線通信では，信号波を周波数の高い搬送波と合成して変調波（ウ）を作り，受信側では変調波から信号波を取り出す（復調）。アナログ信号をディジタル化するA-D変換では，最高周波数の2倍以上の周波数で標本化（サンプリング）（エ）を行えば元の信号を再現でき，これを標本化定理という。

画像・音声・ビデオはそのままでは容量が大きいためデータの圧縮（オ）が行われ，静止画の代表的な圧縮方式にJPEGがある。よって組合せは選択肢(3)。 出典: 一般財団法人 電気技術者試験センター

答え：3

考え方

メカトロニクスは，機械（ア）技術，電子（イ）技術，情報技術を統合した技術で，従来の機械にマイクロコンピュータなどの電子部品を組み込んで高性能・多機能化を実現する。

構成要素のうち，物理量（圧力・力・速度・加速度・温度など）を計測するのがセンサ（ウ），電気・油圧・空気圧などのエネルギーを機械的な動きに変換するのがアクチュエータ（エ），センサの情報を処理してアクチュエータへの指令を生成する制御装置がコンピュータ（オ）である。インタフェースは電気信号とディジタル信号の変換を担う。よって組合せは選択肢(4)。 出典: 一般財団法人 電気技術者試験センター

答え：4

考え方

この回路は，入力電圧 $\dot{V}_i$ に対し抵抗 $R$ とインダクタンス $L$ を直列に通し，キャパシタンス $C$ の両端電圧を出力 $\dot{V}_o$ として取り出す構成である。$C$ のインピーダンスは $\dfrac{1}{j\omega C}$ だから，分圧の関係より伝達関数は

$G(j\omega)=\dfrac{\dot{V}_o}{\dot{V}_i}=\dfrac{\frac{1}{j\omega C}}{R+j\omega L+\frac{1}{j\omega C}}$

となる。分母・分子に $j\omega C$ を掛けて整理すると

$G(j\omega)=\dfrac{1}{1+j\omega CR+(j\omega)^2 LC}=\dfrac{1}{1-\omega^2 LC+j\omega CR}$

ここで $(j\omega)^2=-\omega^2$ を用いた。よって正しいのは選択肢(2)。 出典: 一般財団法人 電気技術者試験センター

答え：2

考え方

伝達関数は $G(j\omega)=\dfrac{1}{1-\omega^2LC+j\omega CR}$ で，$R=1\,\Omega$，$L=0.01\,\text{H}$，$C=100\,\mu\text{F}=100\times10^{-6}\,\text{F}$ を用いて周波数特性を検討する。

まず固有角周波数は

$\omega_0=\dfrac{1}{\sqrt{LC}}=\dfrac{1}{\sqrt{0.01\times100\times10^{-6}}}=\dfrac{1}{\sqrt{1\times10^{-6}}}=1000\,\text{rad/s}$

低周波側（$\omega\to0$）では分母が $1$ に近づき $G\to1$，すなわちゲイン $0\,\text{dB}$ の平坦特性となる。これはRLCローパス回路の直流出力が入力にそのまま等しいことに対応する。

$\omega=\omega_0$ では分母の実部 $1-\omega^2LC=0$ となり虚部のみが残る。このときの大きさは

$|G(j\omega_0)|=\dfrac{1}{\omega_0CR}=\dfrac{1}{1000\times100\times10^{-6}\times1}=\dfrac{1}{0.1}=10$

デシベルに直すと $20\log_{10}10=20\,\text{dB}$ で，$0\,\text{dB}$ の基準から $20\,\text{dB}$ だけ持ち上がった有限のピークとなる。これはQ値

$Q=\dfrac{1}{\omega_0CR}=\dfrac{1}{R}\sqrt{\dfrac{L}{C}}=\sqrt{\dfrac{0.01}{100\times10^{-6}}}=10$

に対応する適度な共振であり，無限大に近づくような「非常に鋭い」共振ではない。

$\omega\gg\omega_0$ では $|G|\approx\dfrac{1}{\omega^2LC}$ となり，2次ローパスに特有の $-40\,\text{dB/dec}$ の傾きで単調に減衰する。

以上をまとめると，低周波側は $0\,\text{dB}$ で平坦，$\omega=1000\,\text{rad/s}$ 付近で有限（約 $20\,\text{dB}$）の小さなピークを生じ，その後 $-40\,\text{dB/dec}$ で単調に減衰するという特性になる。直流利得が $0\,\text{dB}$ にならないもの，ピーク周波数が $300\,\text{rad/s}$ のもの，ピークを伴わないもの，山の両側がなだらかに減衰するものは，いずれも計算結果と矛盾するため除外できる。

出典: 一般財団法人 電気技術者試験センター

答え：4

考え方

単相ブリッジ電圧形インバータでは，出力電圧 $v_0$ の極性はスイッチ $Q_1\text{-}Q_4$（正）または $Q_2\text{-}Q_3$（負）の導通で決まるが，誘導性負荷では電流 $i_0$ が電圧より遅れるため，電圧が切り替わった直後は電流の向きが前の向きのまま続き，還流ダイオードを通って流れる。

図2で，電圧が正でも電流がまだ負の区間①では，還流ダイオード $D_1\text{-}D_4$ を通って電流が流れる。電流が正に転じた区間②ではスイッチ $Q_1\text{-}Q_4$ が導通する。電圧が負に切り替わった直後で電流がまだ正の区間③では還流ダイオード $D_2\text{-}D_3$，電流が負になった区間④ではスイッチ $Q_2\text{-}Q_3$ が導通する。よって組合せは選択肢(2)。 出典: 一般財団法人 電気技術者試験センター

答え：2

考え方

区間①②では，直流電圧 $E_d$ が抵抗 $R$ とインダクタンス $L$ の直列負荷に印加され，電流 $i_0$ が指数関数的に増加する $R\text{-}L$ の過渡現象となる。このときの時定数は

$\tau=\dfrac{L}{R}=\dfrac{2\times 10^{-3}}{1}=0.002 \text{ s}$

である。時定数は電源電圧 $E_d$ の大きさには依存せず，$L$ と $R$ だけで決まる。よって最も近い値は選択肢(2)。 出典: 一般財団法人 電気技術者試験センター

答え：2

考え方

どの方向にも光度が等しい均等放射（等方性）の点光源では，全光束 $F$ は全立体角 $4\pi \text{ sr}$ にわたって光度 $I$ が一定として放射されるから

$F=4\pi I$

の関係がある。よって平均光度は

$I=\dfrac{F}{4\pi}=\dfrac{3000}{4\pi}=\dfrac{3000}{12.566}\approx 239 \text{ cd}$

と求まる。よって最も近いのは選択肢(2)。 出典: 一般財団法人 電気技術者試験センター

答え：2

考え方

点光源から水平面上のB点までの距離 $r$ は，高さ $2 \text{ m}$ と水平距離 $1.5 \text{ m}$ から

$r=\sqrt{2^2+1.5^2}=\sqrt{4+2.25}=\sqrt{6.25}=2.5 \text{ m}$

である。光源からB点方向への入射角を $\theta$ とすると，水平面の法線（鉛直）とのなす角なので

$\cos\theta=\dfrac{2}{r}=\dfrac{2}{2.5}=0.8$

となる。光度 $I\approx 239 \text{ cd}$（(a)より）を用いると，水平面照度は入射角余弦則より

$E=\dfrac{I}{r^2}\cos\theta=\dfrac{239}{2.5^2}\times 0.8=\dfrac{239}{6.25}\times 0.8\approx 38.2\times 0.8\approx 31 \text{ lx}$

と求まる。よって最も近いのは選択肢(3)。 出典: 一般財団法人 電気技術者試験センター

答え：3

考え方

このプログラムは最大値と平均値を求める。平均値のために合計 $t$ を，最大値のために暫定最大 $s$ を用いる。

最大値を求めるには，まず $s$ を先頭データ $d[1]$ で初期化し，$i$ を $2$ から順に回して $d[i]$ が現在の最大 $s$ より大きいとき $s$ を更新する。したがって最大値の初期化と更新は，ループ開始添字（イ）$=2$，比較条件（ウ）$d[i]>s$，更新（エ）$s\leftarrow d[i]$ となる。

一方，合計を求める $t$ も先頭値で初期化しておく必要があるため（ア）$t\leftarrow d[1]$ とし，$i=2$ 以降で $t\leftarrow t+d[i]$ と加算していく（$30$ で割って平均を得る）。以上を満たす組合せは選択肢(4)。 出典: 一般財団法人 電気技術者試験センター

答え：4

考え方

このプログラムはデータを大きい順（降順）に並べ替える。$i$ より後ろの要素 $d[j]$ と比べ，前の $d[i]$ の方が小さければ大小が逆なので入れ替える。したがって交換を行う条件（オ）は $d[i]<d[j]$ である。

2つの値を退避用変数 $w$ を使って交換する手順は，まず $w\leftarrow d[i]$ で退避し，次に $d[i]\leftarrow d[j]$（カ）で後ろの大きい値を前へ移し，最後に $d[j]\leftarrow w$（キ）で退避した元の値を後ろへ入れる。この $w\to d[i]\leftarrow d[j]\to d[j]\leftarrow w$ の順で正しく入れ替わる。よって組合せは選択肢(2)。 出典: 一般財団法人 電気技術者試験センター

答え：2

考え方

電気事業法施行規則では、特定発電用電気工作物の小売電気事業等用接続最大電力の合計が(ア)200万kW（沖縄電力の供給区域内では10万kW）を超える大規模事業者の場合、保安規程に記載すべき事項が追加される。この境界値(ア)は200である。 この区分でまず200が入るのは選択肢(2)と(5)。次に、この大規模事業者「のみ」が記載すべき事項を選ぶ。「事業用電気工作物の工事、維持又は運用に関する業務を管理する者の職務及び組織に関すること」は規模を問わず全事業者に共通で求められる基本事項であり、大規模事業者のみの特有事項ではない。一方「保安規程の定期的な点検及びその必要な改善に関すること」は大規模事業者に上乗せで求められる事項である。 よって(ア)200かつ大規模事業者のみの事項を正しく示す選択肢(2)が適切。 出典: 一般財団法人 電気技術者試験センター

答え：2

考え方

電気設備技術基準（電技）は、一般の電気工作物・事業用電気工作物を対象とする省令であり、船舶・車両・航空機の内部設備、電池だけで動く機器など、他法令の規制対象となる特殊な設備は原則として対象外である。 選択肢を検討すると、船舶の客室屋内配線は船舶安全法、航空機搭載の発電機は航空法、自動車のオルタネータは道路運送車両法などの所管であり電技の対象外。乾電池使用のEMSも電技が規定する電気設備には該当しない。 これに対し「電気浴器」は電技の解釈でも施設方法が具体的に規定されている電気使用機械器具であり、電技に規定されているもの（=適用対象）である。 よって正しいのは(4)。 出典: 一般財団法人 電気技術者試験センター

答え：4

考え方

電技における高圧・特別高圧の電気機械器具の危険防止の条文である。 a）は、感電のおそれがある機器は「(ア)取扱者」以外の者が容易に触れないよう施設する、という規定。取り扱う資格のある者だけが触れられる状態にする趣旨で、(ア)は取扱者。 b）は、開閉器・遮断器・避雷器など動作時に「(イ)アーク」を生ずるものについて、火災防止のため「(ウ)可燃性」の壁・天井などから離し、離せない場合は「(エ)耐火性」の物で隔離する、という規定。動作時に生じるのはアーク、遠ざける対象は燃えやすい可燃性の物、隔離に用いるのは火に耐える耐火性の物。 よって(ア)取扱者、(イ)アーク、(ウ)可燃性、(エ)耐火性の組合せとなり、正しいのは(5)。 出典: 一般財団法人 電気技術者試験センター

答え：5

考え方

電技の架空電線等の施設高さに関する条文である。 架空電線・架空電力保安通信線・架空電車線は「(ア)接触」又は「(イ)誘導作用」による感電のおそれがなく、交通に支障を及ぼさない高さに施設する。感電の原因は直接触れる接触と、電磁的な誘導作用の二つを挙げる。 また低圧・高圧架空電線が道路（車両往来がまれなもの等を除く）を横断する場合の高さは、路面上「(ウ)6」m以上とする。道路横断は6mが基準値。 よって(ア)接触、(イ)誘導作用、(ウ)6となり、正しいのは(2)。 出典: 一般財団法人 電気技術者試験センター

答え：2

考え方

電技解釈の低高圧架空電線の併架に関する条文である。 a）低圧と高圧を同一支持物に施設する場合、①低圧架空電線は高圧架空電線の「(ア)下」に施設する（万一の断線・混触時に高圧が低圧側へ落ちる配置を避け、高圧を上にする）。②両者は別個の「(イ)腕金類」に施設する。③離隔距離は「(ウ)0.5」m以上。 b）高圧側にケーブルを使用する場合は、離隔距離を「(エ)0.3」m以上とすればよい（ケーブルは絶縁されているため離隔を緩和できる）。 よって(ア)下、(イ)腕金類、(ウ)0.5、(エ)0.3となり、正しいのは(4)。 出典: 一般財団法人 電気技術者試験センター

答え：4

考え方

電技解釈の高圧屋内配線に関する条文である。 高圧屋内配線は「(ア)がいし引き」工事（乾燥・展開した場所に限る）又はケーブル工事による。合成樹脂管工事は高圧屋内配線には認められない。 ケーブル工事で防護用金属管に収める場合、その管には「(イ)A種」接地工事を施す（高圧に対応するためA種。接触防護措置を施す場合のみD種に緩和できる）。 他の屋内電線等との離隔距離は「(ウ)15 cm」以上（がいし引き低圧裸電線の場合は30 cm）。ケーブル工事で隔壁・管により隔離する場合、その隔壁・管は「(エ)耐火性」のあるものとする。 よって(ア)がいし引き、(イ)A種、(ウ)15 cm、(エ)耐火性となり、正しいのは(1)。 出典: 一般財団法人 電気技術者試験センター

答え：1

考え方

電技解釈の金属ダクト工事に関する条文である。 a）ダクトに収める絶縁電線（被覆含む）の断面積の総和は、ダクト内部断面積の「(ア)20」%以下。ただし電光サイン・出退表示灯や制御回路等のみを収める場合は「(イ)50」%以下とできる。 b）ダクト相互は堅ろうに、かつ「(ウ)電気的」に完全に接続する（電気的連続性を確保して接地を有効にする）。 d）「(エ)使用」電圧300 V以下はD種接地工事、e）300 V超はC種接地工事とし、簡易「(オ)接触」防護措置を施せばD種に緩和できる。 よって(ア)20、(イ)50、(ウ)電気的、(エ)使用、(オ)接触となり、正しいのは(1)。 出典: 一般財団法人 電気技術者試験センター

答え：1

考え方

電技解釈の分散型電源の系統連系設備に関する条文である。 a）逆変換装置（インバータ）から直流が系統へ流出するのを防ぐため、原則は変圧器を施設する。ただし例外として、①直流検出時に交流出力を「(ア)停止」する機能を有し、②直流側電路が「(イ)非接地式電路」であるか、又は逆変換装置に「(ウ)高周波変圧器」を用いている場合は、この限りでない。 b）短絡容量が過大となるおそれがある場合は限流リアクトル等を施設するが、「(エ)低圧」の電力系統に逆変換装置で連系する場合はこの限りでない。 よって(ア)停止、(イ)非接地式電路、(ウ)高周波変圧器、(エ)低圧となり、正しいのは(4)。 出典: 一般財団法人 電気技術者試験センター

答え：4

考え方

高圧受電設備の全停電作業では、負荷側から電源側へ向かって順に開放していくのが基本手順である。 まず末端の低圧側「(ア)配線用遮断器（MCCB）」を全て開放して負荷を切り離す。次に高圧の「(イ)真空遮断器（VCB）」を開放して主回路を遮断する。VCBで無負荷（無電流）にしてから「(ウ)断路器（DS）」を開放する（DSは電流遮断能力がないため必ず無電流で操作する）。さらに上位のDGR付PASを開放する。 検電で無電圧を確認した後、残留電荷を放電させ、感電防止のため断路器（DS）の「(エ)電源側」に短絡接地器具を取り付けて接地する（電源側からの誤通電・誘導に備える）。 よって(ア)MCCB、(イ)VCB、(ウ)DS、(エ)電源側となり、正しいのは(3)。 出典: 一般財団法人 電気技術者試験センター

答え：3

考え方

電気事業法・同施行規則に基づく広域的運営に関する条文である。 電気事業者は毎年度、電気の供給並びに電気工作物の設置・運用についての「(ア)供給計画」を作成し、OCCTOを経由して経済産業大臣に届け出る。 その内容には、直近年の「(イ)需要」見通しや発電・受電等の短期的なものと、長期「(イ)需要」見通し、電気工作物の「(ウ)新増設」及びその概要などの長期的なものがある。 また広域的運営による電気の「(エ)安定供給」のため相互に協調する。A地方で消費しきれない再エネ由来の電気を隣接B地方へ融通する例は、電圧・周波数維持を担う「(オ)一般送配電」事業者間の相互協調である。 よって(ア)供給計画、(イ)需要、(ウ)新増設、(エ)安定供給、(オ)一般送配電となり、正しいのは(3)。 出典: 一般財団法人 電気技術者試験センター

答え：3

考え方

電技解釈では、高圧架空電線に硬銅線・耐熱銅合金線を使用する場合、規定の荷重が加わったときの引張強さに対する安全率を$2.2$以上となる弛度に施設しなければならないと定められている。 （なお、その他の電線ではこの安全率は$2.5$以上と規定されるが、硬銅線・耐熱銅合金線については$2.2$以上である。） したがって$R=2.2$であり、正しいのは(4)。 出典: 一般財団法人 電気技術者試験センター

答え：4

考え方

弛度を最小にするには電線をできるだけ強く張ればよいが、安全率$R$を確保するため、電線の引張強さ$T$に対して張力は$T$を安全率で割った値までしか許されない。 すなわち許容引張荷重は $\frac{T}{R}$ で与えられる。これが弛度を最小にできる限界の張力であり、この値を超えて張ると安全率を下回ってしまう。 よって許容引張荷重は$\frac{T}{R}$となり、正しいのは(1)。 出典: 一般財団法人 電気技術者試験センター

答え：1

考え方

省エネ基準達成率の式より、更新後変圧器の全損失（無負荷損$W_i$と負荷率40%時の負荷損$W_{C40}$の和）を求める。 $140 = \frac{1250}{W_i + W_{C40}} \times 100$ より $W_i + W_{C40} = \frac{1250}{140} \times 100 \approx 892.9 \text{ W}$ 無負荷損$W_i = 150 \text{ W}$だから $W_{C40} = 892.9 - 150 = 742.9 \text{ W}$ 負荷損は電流の2乗（=負荷率の2乗）に比例するので、定格電流通電時（負荷率100%）の負荷損$W_{C}$は $W_{C} = \frac{W_{C40}}{0.4^2} = \frac{742.9}{0.16} \approx 4640 \text{ W}$ よって最も近いのは(5)。 出典: 一般財団法人 電気技術者試験センター

答え：5