令和5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

均一な誘電体で満たされ、直流電圧$V$が一定に保たれている。極板間隔を$d$とすると電界は$E=\frac{V}{d}$となり、$\varepsilon_r$には関係なく決まる（a は誤り）。電界が一定なので極板間の電位分布も直線的に決まり、これも$\varepsilon_r$に依存しない（b は誤り）。一方、静電容量は$C=\varepsilon_r\varepsilon_0\frac{S}{d}$で$\varepsilon_r$に比例し（c は正しい）、極板上の電荷は$Q=CV$、蓄えられる静電エネルギーは$W=\frac{1}{2}CV^2$で、いずれも$C$を通じて$\varepsilon_r$に依存する（d、e は正しい）。したがって誤っているのは a と b の組合せである。 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

A、B には同符号の電荷$Q$、$3Q$を与えたので、両者の間には反発力が生じる（アは反発力）。静電力の大きさはクーロンの法則より$F=\frac{Q\cdot 3Q}{4\pi\varepsilon_0 d^2}=\frac{3Q^2}{4\pi\varepsilon_0 d^2}$（イ）。 次に係数$k$を求める。力の釣合いから$\frac{F}{T}=\frac{d/2}{l}=\frac{d}{2l}$、$\frac{mg}{T}=\sqrt{1-\left(\frac{d}{2l}\right)^2}$なので、$T$を消去すると$F=mg\cdot\frac{d/2l}{\sqrt{1-(d/2l)^2}}$。$d=2l\cdot\frac{d}{2l}$を用いて$F=\frac{3Q^2}{4\pi\varepsilon_0 d^2}$を代入し整理すると$\frac{16\pi\varepsilon_0 l^2 mg}{3Q^2}\left(\frac{d}{2l}\right)^3=\sqrt{1-\left(\frac{d}{2l}\right)^2}$となり、$k=\frac{16\pi\varepsilon_0 l^2 mg}{3Q^2}$（ウ）。 接触させると電荷は合計$4Q$を等分して各$2Q$となる。反発力は$\frac{(2Q)^2}{4\pi\varepsilon_0 d^2}=\frac{4Q^2}{4\pi\varepsilon_0 d^2}$で、接触前の$\frac{3Q^2}{4\pi\varepsilon_0 d^2}$より大きくなるので距離$d$は増加する（エ）。 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

強磁性体は透磁率が非常に大きく磁束を通しやすいので、磁界中に置くと周囲の磁束は磁束が通りやすい強磁性体の内部を集中して通るようになる（アは通りやすい、イは内部）。このため中空部分には外部磁界の影響がほとんど及ばない。強磁性体で囲んで磁界の影響を遮ることを磁気遮へいという（ウは磁気遮へい）。静電遮へいは導体で電界を遮る別の現象である。 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

無限長直線電流$I_A$がつくる磁界は距離$r$で$B=\frac{\mu_0 I_A}{2\pi r}$。正方形ループ$B$のうち、$A$に平行な2辺（長さ$a$）に力がはたらく。$A$に近い辺（距離$d$）に加わる力は$F_1=\frac{\mu_0 I_A I_B a}{2\pi d}$、遠い辺（距離$d+a$）に加わる力は$F_2=\frac{\mu_0 I_A I_B a}{2\pi (d+a)}$。近い辺のほうが強く、電流の向きから合力は$+x$方向となる。合力の大きさは$F=F_1-F_2=\frac{\mu_0 I_A I_B a}{2\pi}\left(\frac{1}{d}-\frac{1}{d+a}\right)=\frac{\mu_0 I_A I_B a}{2\pi}\cdot\frac{a}{d(d+a)}=\frac{\mu_0 I_A I_B a^2}{2\pi d(d+a)}$。よって$+x$方向にこの大きさの力が生じる。 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

電流計は$10\,\Omega$を流れる幹線電流$5\text{ A}$を示す。$10\,\Omega$での電圧降下は$10\times 5=50\text{ V}$なので、$50\,\Omega$と$R$の並列部分には$100-50=50\text{ V}$が加わる。$50\,\Omega$を流れる電流は$\frac{50}{50}=1\text{ A}$、したがって$R$を流れる電流は$5-1=4\text{ A}$。$R$で消費される電力は端子電圧と電流の積で$P=50\times 4=200\text{ W}$。 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

$6\,\Omega$の上端の節点の電位を$V$とし（下側の共通線を基準）、節点方程式を立てる。左の枝からは $\frac{21-V}{5}$、右の枝からは $\frac{14-V}{10}$ の電流が流れ込み、$6\,\Omega$には $\frac{V}{6}$ が流れ出るので $\frac{21-V}{5}+\frac{14-V}{10}=\frac{V}{6}$ 両辺を$30$倍すると $6(21-V)+3(14-V)=5V$ より $168=14V$、したがって $V=12 \text{ V}$ となる。 このとき$6\,\Omega$を流れる電流は $\frac{12}{6}=2 \text{ A}$、左の枝は $\frac{21-12}{5}=1.8 \text{ A}$、右の枝は $\frac{14-12}{10}=0.2 \text{ A}$ で、節点で $1.8+0.2=2 \text{ A}$ とつじつまが合う。 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

スイッチを開いたとき$I=2.0\text{ A}$なので回路の合成抵抗は$\frac{100}{2.0}=50\,\Omega$。②側に閉じたとき$I=5.0\text{ A}$で合成抵抗は$\frac{100}{5.0}=20\,\Omega$となり、これは電源側の抵抗$R_s=20\,\Omega$だけの状態にあたる。開いたときはこれに直列の抵抗$R_p$が加わって$50\,\Omega$なので$R_p=30\,\Omega$。①側に閉じたとき$I=2.5\text{ A}$で合成抵抗は$\frac{100}{2.5}=40\,\Omega$、すなわち$R_p$と$r$の並列抵抗が$40-20=20\,\Omega$。$\frac{1}{20}=\frac{1}{30}+\frac{1}{r}$より$\frac{1}{r}=\frac{1}{20}-\frac{1}{30}=\frac{1}{60}$、よって$r=60\,\Omega$。 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

図の回路はコンデンサ$C$、インダクタンス$L=10\,\text{mH}$、抵抗$R=0.5\,\Omega$の直列回路で、電源電圧は$E=1\,\text{V}$である。

直列共振回路では、共振時に$C$のリアクタンスと$L$のリアクタンスが打ち消し合い、回路のインピーダンスは抵抗分$R$のみとなる。したがって共振時の電流は $I=\dfrac{E}{R}=\dfrac{1}{0.5}=2\,\text{A}$

インダクタンス$L$の端子電圧は $V_L=2\pi f L\cdot I$

で与えられる。題意より$V_L=314\,\text{V}$なので、これを$f$について解くと $f=\dfrac{V_L}{2\pi L I}=\dfrac{314}{2\pi\times 0.01\times 2}=\dfrac{314}{0.1257}\approx 2500\,\text{Hz}=2.5\,\text{kHz}$

（$2\pi\approx 6.283$より$2\pi\times 0.01\times 2\approx0.1257$）

よって共振周波数は約$2.5\,\text{kHz}$となり、最も近い値は(2)の$2.5$である。

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

非正弦波の電力は、電圧と電流の同じ次数の成分ごとに$P=V_{rms}I_{rms}\cos\theta$を求めて足し合わせる。基本波は$V_1=100$、$I_1=20$、位相差$\frac{\pi}{6}$なので$P_1=\frac{100}{\sqrt{2}}\cdot\frac{20}{\sqrt{2}}\cos\frac{\pi}{6}=1000\times\frac{\sqrt{3}}{2}\approx 866\text{ W}$。第3調波は$V_3=50$、$I_3=10\sqrt{3}$、位相差$\frac{\pi}{6}-\left(-\frac{\pi}{6}\right)=\frac{\pi}{3}$なので$P_3=\frac{50}{\sqrt{2}}\cdot\frac{10\sqrt{3}}{\sqrt{2}}\cos\frac{\pi}{3}=250\sqrt{3}\times\frac{1}{2}\approx 217\text{ W}$。合計は$866+217\approx 1083\text{ W}\approx 1.08\text{ kW}$。 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

2側に切り換えるとコンデンサは$R$を通して放電する。時定数は$\tau=RC$で$C$に比例するので(1)は正しく、$R$が大きいほど$\tau$が大きく緩やかに減少するので(2)も正しい。端子電圧は$v_C=E e^{-t/\tau}$で、$t=\tau$のとき$v_C=E e^{-1}\approx 0.368E$なので(3)も正しい。放電時は電流の向きが充電時と逆になり抵抗の端子電圧は負になるので(4)も正しい。一方、$t=0$の電流は$i=\frac{v_C(0)}{R}=\frac{E}{R}$で$C$には関係しない。したがって(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

FETは多数キャリアの流れをゲート電圧により生じる電界で制御するユニポーラ素子である（アはゲート）。構造には接合形とMOS形があり（イはMOS）、図記号の矢印がチャネルを向いている（外向き）ものは$n$チャネルを表す（ウは$n$）。よって(ア)ゲート、(イ)MOS、(ウ)$n$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：1

考え方

電界は$x$軸の負の向きに大きさ$E$なので$\vec{E}=-E\hat{x}$。電荷$-e$に加わる力は$\vec{F}=(-e)\vec{E}=(-e)(-E\hat{x})=eE\hat{x}$で$+x$方向。運動方程式は$m_0 a=eE$（ア）。加速度が一定なので初速度零の速度は$v=at$で時間$t$の一次関数（イ）、走行距離は$x_{dis}=\frac{1}{2}at^2$で二次関数（ウ）。運動エネルギーは$\frac{1}{2}m_0 v^2=\frac{1}{2}m_0(at)^2$で$t$の2乗に比例して増加する（エ）。よって(ア)$eE$、(イ)一次、(ウ)二次、(エ)2乗。 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

全体の電圧増幅度は$\frac{v_o}{v_i}=\frac{0.4\text{ V}}{0.4\text{ mV}}=1000$。増幅器1の増幅度が$10$なので、増幅器2の増幅度は$\frac{1000}{10}=100$。これをデシベルに直すと$20\log_{10}100=20\times 2=40\text{ dB}$。 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

各組立単位を基本量で確認すると、$\text{F}=\text{C/V}$、$\text{W}=\text{J/s}$、$\text{S}=\text{A/V}$、$\text{T}=\text{Wb/m}^2$はいずれも正しい。一方、磁束の単位ウェーバは$1\text{ Wb}=1\text{ V}\cdot\text{s}$（電圧と時間の積）であり、$\text{V/s}$ではない。したがって誤っているのは$\text{Wb}=\text{V/s}$の組合せである。 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

Y結線なので相電圧は$\frac{210}{\sqrt{3}}\text{ V}$、相電流は線電流に等しく$\frac{14}{\sqrt{3}}\text{ A}$。1相のインピーダンスは$Z=\frac{210/\sqrt{3}}{14/\sqrt{3}}=\frac{210}{14}=15\,\Omega$。力率$80\%$なので$\cos\theta=0.8$、$\sin\theta=0.6$。誘導性リアクタンスは$X=Z\sin\theta=15\times 0.6=9\,\Omega$。 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

1相のインピーダンスは(a)と同じ$Z=15\,\Omega$（$R=12\,\Omega$、$X=9\,\Omega$）。電源の相電圧$200\text{ V}$より線間電圧は$V_l=\sqrt{3}\times 200\approx 346\text{ V}$で、これがΔ結線負荷の各相に加わる。相電流は$I_p=\frac{346}{15}\approx 23.1\text{ A}$。全消費電力は$P=3 I_p^2 R=3\times 23.1^2\times 12\approx 1.92\times 10^4\text{ W}=19.2\text{ kW}$。 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

電流計は負荷$R$と直列に接続され、負荷電流$I_1$がそのまま電流計を流れる。電流計の内部抵抗は$R_a$なので、そこで消費される電力（電力損失）は$P=I_1^2 R_a$である。 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

電流計は負荷$R$と直列で、電圧計は電流計と負荷の直列部分の電圧$V_1$を示す。よって$V_1=I_1(R_a+R)$、測定値は$V_1 I_1=I_1^2(R_a+R)$。真値は$R$のみの消費電力$I_1^2 R$。誤差率は$\frac{V_1 I_1 - I_1^2 R}{I_1^2 R}=\frac{R_a}{R}=\frac{4}{320}=0.0125=1.25\%$。最も近い値は$1.2\%$。 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

コンデンサのΔ-Y変換では、インピーダンス$Z=\frac{1}{\omega C}$について抵抗と同じ変換式が成り立つ。対称なΔ結線（各辺$C_\Delta$）では、Y結線の等価容量は$Z_Y=\frac{Z_\Delta}{3}$より$C=3C_\Delta$となる。図2の各辺が$3\,\mu\text{F}$なので、Y変換後の各コンデンサは$C=3\times 3=9\,\mu\text{F}$。 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

図1のb-c-d間は、b-c間$3\,\mu\text{F}$、c-d間$3\,\mu\text{F}$、d-b間$3\,\mu\text{F}$の$\Delta$（デルタ）結線になっている（図2）。これをY結線（図3）に変換する。

コンデンサの直列合成はインピーダンス（すなわち$1/C$）が抵抗と同じ規則に従うため、静電容量の$\Delta$-Y変換は抵抗の場合と逆数の関係になる。等しい容量$C_\Delta$の$\Delta$をYに変換すると、Y結線の各容量は$C_Y=3C_\Delta$となる（抵抗の場合の$R_Y=R_\Delta/3$の逆数関係）。ここでは$C_\Delta=3\,\mu\text{F}$なので $C_Y=3\times 3=9\,\mu\text{F}$

となり、b、c、dはそれぞれ中性点nに対し$9\,\mu\text{F}$で結ばれる（図3）。

この変換を図1に適用すると、端子aから中性点nへは次の2経路が並列に存在する。

a-b-n経路：$9\,\mu\text{F}$（a-b）と$9\,\mu\text{F}$（b-n）の直列で $\dfrac{9\times 9}{9+9}=4.5\,\mu\text{F}$

a-c-n経路：$18\,\mu\text{F}$（a-c）と$9\,\mu\text{F}$（c-n）の直列で $\dfrac{18\times 9}{18+9}=6\,\mu\text{F}$

この2経路は並列なので、a-n間の合成静電容量は $4.5+6=10.5\,\mu\text{F}$

さらにn-d間の$9\,\mu\text{F}$と直列合成すると、a-d間の合成静電容量は $C_0=\dfrac{10.5\times 9}{10.5+9}=\dfrac{94.5}{19.5}\approx 4.8\,\mu\text{F}$

よって最も近い値は(3)の$4.8$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

ゲート電流は流れないので$R_G$による電圧降下はなく、ゲート電位は$0\text{ V}$。ソース抵抗$R_S$には$I_d$が流れ、ソース電位は$I_d R_S$となるので、ゲート-ソース間電圧は$V_{gs}=0-I_d R_S=-I_d R_S$。図2の動作点Pでは$V_{gs}=-1.8\text{ V}$、$I_d=1.8\text{ mA}$と読めるので、$R_S=\frac{|V_{gs}|}{I_d}=\frac{1.8}{1.8\times 10^{-3}}=1000\,\Omega=1\text{ k}\Omega$。 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

交流小信号等価回路では、出力電圧は$v_o=-g_m v_i(R_D\parallel R_L)$となる。負荷抵抗の並列合成は$R_D\parallel R_L=\frac{5\times 2.5}{5+2.5}=\frac{12.5}{7.5}\approx 1.67\text{ k}\Omega$。電圧増幅度は$A_v=\left|\frac{v_o}{v_i}\right|=g_m(R_D\parallel R_L)=6\times 10^{-3}\times 1.67\times 10^{3}\approx 10$。 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

放水地点の水面を基準面としたとき、そこから貯水池の静水面までの高さ$H_g$を(ア)総落差という。水路や水圧管での摩擦によるエネルギー損失に相当する高さ$h_1$を(イ)損失水頭という。総落差から損失水頭を差し引いた$H = H_g - h_1$を(ウ)有効落差という。 水車出力は$P_w = 9.8 Q H \eta_w \text{ [kW]}$で表され、これを$\text{ [W]}$単位にすると(エ)$9.8 Q H \eta_w \times 10^3 \text{ [W]}$となる。さらに発電機効率$\eta_g$を掛けた発電機出力は(オ)$9.8 Q H \eta_w \eta_g \times 10^3 \text{ [W]}$となる。 これらの組合せが正しいのは(3)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

速度調定率の式を出力変化について解くと、周波数の低下分による出力の増加は$\Delta P = P_n \times \frac{\Delta f / f_n}{R}$で求められる。系統周波数が$0.2 \text{ Hz}$低下したので$\frac{\Delta f}{f_n} = \frac{0.2}{50} = 0.004$。 タービン発電機は$P_n = 1000 \text{ MW}$、速度調定率$R = 0.05$なので、出力増加は$\Delta P = 1000 \times \frac{0.004}{0.05} = 80 \text{ MW}$。初期出力は$1000 \times 0.8 = 800 \text{ MW}$だから、変化後は$800 + 80 = 880 \text{ MW}$。 水車発電機は$P_n = 300 \text{ MW}$、$R = 0.03$なので、$\Delta P = 300 \times \frac{0.004}{0.03} = 40 \text{ MW}$。初期出力は$300 \times 0.6 = 180 \text{ MW}$だから、変化後は$180 + 40 = 220 \text{ MW}$。 周波数が低下するとガバナは出力を増やす向きに働くので、両機とも出力が増加する。よってタービン発電機$880 \text{ MW}$、水車発電機$220 \text{ MW}$。 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

復水器はタービンを出た(ア)排気蒸気を冷却して水に戻し、復水として回収する装置である。内部を高い(イ)真空度に保つことで、タービンの入口蒸気と出口蒸気の(ウ)圧力差を大きくし、より多くの熱落差を仕事に変えられるので、タービンの(エ)効率を高めることができる。 (ア)排気蒸気、(イ)真空度、(ウ)圧力差、(エ)効率の組合せが正しいのは(3)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

軽水炉では、天然ウラン（ウラン235を約0.7％含む）を濃縮した濃縮度3～5％程度の低濃縮ウランが使用される。濃縮度90％程度の高濃縮ウランは核兵器級であり、発電用軽水炉には用いられない。したがって「濃縮度90％程度の高濃縮ウランが使用される」とする(3)が誤りである。 なお、(1)(2)(4)(5)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

燃料電池は、水素と酸素を化学反応させて水を生成する際に放出されるエネルギーを電気として取り出す発電方式であり、この反応は発熱反応である。(5)は「吸熱反応を利用して」としている点が誤りである。 (1)～(4)は分散型電源に関する正しい記述である。 出典: 一般財団法人 電気技術者試験センター

答え：5

考え方

Y-Y結線は中性点を接地できるため、1線地絡時に発生する(ア)異常電圧を抑制でき、絶縁レベルの低減や、地絡時の(イ)保護リレーの確実な動作による保護ができる。 一方、相電圧は(ウ)第三調波を含むひずみ波となり、中性点を接地するとこの(ウ)第三調波電流が線路の静電容量を通って大地に流れ、通信線への(エ)電磁誘導障害の原因となる。この欠点を解消するため、(オ)Δ結線の三次巻線を設けて第三調波電流を環流させる。 (ア)異常電圧、(イ)保護リレー、(ウ)第三調波、(エ)電磁誘導、(オ)Δ結線の組合せが正しいのは(3)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

電力用コンデンサによる力率改善は、無効電力を消費する負荷にできるだけ近い位置で行うほど、線路電流の低減による損失軽減の効果が大きい。したがって、負荷に近い低圧配電線路ごとにコンデンサを接続する方が、より上流の高圧配電線路に接続するよりも効果的である。(3)は「高圧配電線路に接続した方がよい」としている点が誤りである。 (1)(2)(4)(5)は配電線路の電圧調整に関する正しい記述である。 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

トーショナルダンパは、微風振動などによる電線の振動疲労を防止するために取り付ける制振装置であり、その目的は着雪防止ではない。(2)は「着雪防止が目的」としている点が誤りである。 (1)アークホーン、(3)アーマロッド、(4)相間スペーサ、(5)埋設地線の説明はいずれも正しい。 出典: 一般財団法人 電気技術者試験センター

答え：2

考え方

架空地線は十分な強さをもった(ア)裸線を鉄塔上部に張り、鉄塔を通じて接地したもので、送電線への直撃雷を防止する。架空地線と送電線を結ぶ直線と、架空地線から下ろした鉛直線とのなす角度$\theta$を(イ)遮へい角といい、この角度が(ウ)小さいほど直撃雷を防止する遮へい効果が大きい。 架空地線や鉄塔に直撃雷があると、鉄塔電位が上昇して送電線側に(エ)逆フラッシオーバを生じることがあり、これを防ぐため鉄塔の接地抵抗を小さくする。 (ア)裸線、(イ)遮へい角、(ウ)小さい、(エ)逆フラッシオーバの組合せが正しいのは(1)である。 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

誘電体損は絶縁体の誘電正接（$\tan\delta$）に比例する。架橋ポリエチレンを絶縁体とするCVケーブルは、油浸紙を用いるOFケーブルよりも誘電正接が小さいため、誘電体損は一般にCVケーブルの方が小さい。(3)は「一般にOFケーブルの方が小さい」としている点が誤りである。 (1)(2)(4)(5)は地中送電線路に関する正しい記述である。 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

直流には電流の零点が存在しないため、アークを消弧しにくく、高電圧・大電流の遮断は交流よりむしろ困難である。(3)は「交流の場合より容易である」としている点が誤りである。 (1)交直変換所の必要性、(2)同期安定度の問題がなく長距離送電に適する、(4)変圧器で簡単に昇降圧できない、(5)高調波対策が必要、はいずれも直流送電の正しい特徴である。 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

両端の高さが等しい架空電線のたるみ$D$は、径間距離$S$、電線1m当たりの重量$w$、水平引張荷重$T$を用いて$D = \frac{w S^2}{8 T}$で求められる。 $w = 20.0 \text{ N/m}$、$S = 250 \text{ m}$、$T = 40.0 \text{ kN} = 40000 \text{ N}$を代入すると、$D = \frac{20.0 \times 250^2}{8 \times 40000} = \frac{20.0 \times 62500}{320000} = \frac{1250000}{320000} \approx 3.9 \text{ m}$。 よって最も近い値は(2)の$3.9$である。 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

負荷の総容量を$P$とする。単相2線式では電圧$100 \text{ V}$に対し1線の電流は$I_2 = \frac{P}{100}$で、抵抗を$R_2$とすると往復2線分の損失は$W_2 = 2 I_2^2 R_2$。 単相3線式では負荷が両側に均等分割されて中性線電流は$0$となり、各外線の電流は$I_3 = \frac{P/2}{100} = \frac{I_2}{2}$。抵抗を$R_3$とすると損失は外線2本分で$W_3 = 2 I_3^2 R_3 = 2 \left(\frac{I_2}{2}\right)^2 R_3 = \frac{I_2^2 R_3}{2}$。 両者の比は$\frac{W_3}{W_2} = \frac{I_2^2 R_3 / 2}{2 I_2^2 R_2} = \frac{R_3}{4 R_2}$。これが$\frac{1}{5}$に等しいので、$\frac{R_3}{R_2} = \frac{4}{5} = 0.8$。 よって単相3線式の1線当たりの抵抗は単相2線式の$0.8$倍で、(4)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

硬銅線は軟銅線より引張強度が高く、架空送電線・架空配電線の導体として広く使用されている。(5)は「電線の導体として使われることはない」としている点が誤りである。 (1)地中ケーブルに軟銅線、(2)導電材料に求められる性質、(3)鋼心アルミより線の特徴、(4)アルミ線が銅線より軽いこと、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：5

考え方

有効落差は総落差から損失水頭を引いて$H = 200 - 7 = 193 \text{ m}$。最大使用水量$Q = 20 \text{ m}^3/\text{s}$、総合効率$\eta = 0.85$のときの発電出力は$P = 9.8 Q H \eta = 9.8 \times 20 \times 193 \times 0.85 \approx 32154 \text{ kW} \approx 32.2 \text{ MW}$。 年間発電電力量は、設備利用率$0.6$、1年$= 8760 \text{ h}$として$W = P \times 8760 \times 0.6 = 32154 \times 8760 \times 0.6 \approx 1.69 \times 10^8 \text{ kWh} \approx 169 \text{ GW·h}$。 よって最も近い値は(3)の$170$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

需要端の年間需要電力量は、最大電力$100 \text{ MW}$、年負荷率$0.6$より$W = 100 \times 8760 \times 0.6 = 525600 \text{ MWh} = 525.6 \text{ GWh}$。このうち水力が(a)より約$169 \text{ GWh}$を供給するので、汽力発電所が供給する電力量は$525.6 - 169 = 356.6 \text{ GWh}$。 これをジュールに換算すると$356.6 \times 10^9 \times 3600 \approx 1.284 \times 10^{15} \text{ J} = 1.284 \times 10^{12} \text{ kJ}$。発電端熱効率$0.4$なので必要な入熱は$\frac{1.284 \times 10^{12}}{0.4} \approx 3.21 \times 10^{12} \text{ kJ}$。 重油の発熱量$39100 \text{ kJ/L}$より消費量は$\frac{3.21 \times 10^{12}}{39100} \approx 8.21 \times 10^7 \text{ L} \approx 82000 \text{ kL}$。 よって最も近い値は(3)の$82000$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

事故点Fは$33 \text{ kV}$側にある。基準容量$10 \text{ MV·A}$、基準電圧$33 \text{ kV}$における基準電流は$I_n = \frac{10 \times 10^6}{\sqrt{3} \times 33 \times 10^3} \approx 175 \text{ A}$。 三相短絡電流$I_s = 1800 \text{ A}$が流れたので、事故点から電源側をみた百分率インピーダンスは$\%Z = \frac{I_n}{I_s} \times 100 = \frac{175}{1800} \times 100 \approx 9.7 \%$。 よって最も近い値は(2)の$9.7$である。 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

短絡電流$1800 \text{ A}$はCT（変流比$400 \text{ A} / 5 \text{ A}$）を通ると二次側では$1800 \times \frac{5}{400} = 22.5 \text{ A}$となる。 動作時間はタイムレバー位置に比例するので、位置3で$0.09 \text{ s}$動作させるには、図示された位置10の限時特性上では$0.09 \times \frac{10}{3} = 0.30 \text{ s}$に相当する点を読む。図より$0.30 \text{ s}$は電流整定値（タップ値）の$5$倍の点である。 したがって整定タップ値は$\frac{22.5}{5} = 4.5 \text{ A}$。よって(4)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

図の単相3線式回路において、受電端の中性線Bは他に接続がなく電流の出口がないため、中性線の右側区間（負荷ノードから端子Bまでの区間）には電流が流れない。また、太陽光発電設備は端子A-C間にのみ接続されており、力率1で$15\,\text{A}$の電流をCから逆変換装置を通ってAへ押し出している。

まず上側電線について、電源側の区間電流を(ア)、負荷ノードから端子Aまでの区間電流を$I_A$（負荷ノード→A方向を正）とすると、負荷ノードでのキルヒホッフの電流則より $(\text{ア})=20+I_A$

太陽光の$15\,\text{A}$は端子Aに流れ込み、他に行き場がないためそのままAから負荷ノードへ向けて流れる。これは$I_A=-15\,\text{A}$を意味するので $(\text{ア})=20+(-15)=5\,\text{A}$

次に下側電線について、負荷ノードから端子Cまでの区間電流を$I_C$（負荷ノード→C方向を正）とすると、負荷ノードでのキルヒホッフの電流則より $15=(\text{ウ})+I_C$

太陽光の$15\,\text{A}$は端子Cから流れ出て逆変換装置を通りAへ向かうため、$I_C=15\,\text{A}$である。これを代入すると $15=(\text{ウ})+15 \ \Rightarrow\ (\text{ウ})=0\,\text{A}$

最後に中性線について、上側の負荷$20\,\text{A}$が中性線ノードへ流入し、下側の負荷$15\,\text{A}$が中性線ノードから流出する。中性線の端子B側区間には電流が流れない（$0\,\text{A}$）ため、電源側区間電流(イ)は $20=(\text{イ})+15+0 \ \Rightarrow\ (\text{イ})=5\,\text{A}$

よって(ア)$=5\,\text{A}$、(イ)$=5\,\text{A}$、(ウ)$=0\,\text{A}$となり、これに一致する組合せは(2)である。

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

小問(a)の結果より、上側電線の電源側区間電流は$(\text{ア})=5\,\text{A}$（電源から負荷ノードへ向かう向き）で、負荷ノードから端子Aまでの区間には太陽光発電による$15\,\text{A}$がAから負荷ノードへ向けて流れている。中性線の電源側区間電流は$(\text{イ})=5\,\text{A}$（負荷ノードから電源へ向かう向き）で、端子B側区間の電流は$0\,\text{A}$である。

電源の中性点（接地点）を電位の基準（$0\,\text{V}$）とし、上側電線の電源電圧を$105\,\text{V}$とする。

上側電線の負荷ノードの電位$V_{P1}$は、電源から$(\text{ア})=5\,\text{A}$が$0.1\,\Omega$の区間を流れることによる電圧降下を差し引いて $V_{P1}=105-5\times0.1=104.5\,\text{V}$

端子Aへの区間では、太陽光からの電流がAから負荷ノードへ向けて$15\,\text{A}$流れる（区間電流の向きが逆）ため、Aの電位は$P1$より電圧降下分だけ高くなる。 $V_A=V_{P1}+15\times0.1=104.5+1.5=106.0\,\text{V}$

中性線の負荷ノードの電位$V_{P2}$は、負荷ノードから電源へ$(\text{イ})=5\,\text{A}$が流れる（電位の高い方から低い方へ流れる）ことから $V_{P2}=0+5\times0.1=0.5\,\text{V}$

端子B側区間には電流が流れないため電圧降下は生じず $V_B=V_{P2}=0.5\,\text{V}$

したがって、端子A-B間の電圧は $V_{AB}=V_A-V_B=106.0-0.5=105.5\,\text{V}$

よって最も近い値は(4)の$105.5$である。太陽光発電による逆潮流のため、受電端Aの電位が電源側より押し上げられている点に注意したい。

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

電機子反作用とは、電機子巻線に電流が流れることで生じる磁束が界磁磁束に影響を与える現象である。この電機子反作用による磁束は、界磁磁束の軸（直軸）に対して直角の方向（横軸方向）に生じる交差磁化作用が基本であり、界磁磁束のベクトルと同じ向きになるわけではない。

したがって、「界磁電流による磁束のベクトルに対し、電機子電流による電機子反作用磁束のベクトルは同じ向きとなる」とする(2)の記述は、方向の説明として誤りである。

さらに、電機子反作用の正味の影響は、鉄心の磁気飽和のために、発電機・電動機のいずれで運転した場合でも減磁的に働くことが知られている。回転方向に対して磁束が強め合う側の磁極端では磁気飽和のため磁束があまり増加できないのに対し、弱め合う側の磁極端では磁束が素直に減少するため、差し引きで界磁磁束全体が減少する。したがって、(2)がいう「電動機は増磁作用、発電機は減磁作用」という対応も正しくない。

なお、(3)の補償巻線は電機子反作用磁束を局所的に打ち消す巻線であり、(4)の補極は整流を改善しつつ電機子反作用の影響を緩和する。(5)のブラシ位置の移動も、電気的中性軸のずれに対応させることで電機子反作用の影響を緩和する有効な手段である。これらはいずれも正しい記述である。

以上より、誤っているものは(2)である。

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

永久磁石界磁の直流電動機なので磁束は一定で、回転数は逆起電力 $E$ に比例します。 まず無負荷時は電機子電流がほぼ $0$ なので、逆起電力は端子電圧に等しく $E_0 = 12 \text{ V}$、このとき $3000 \text{ min}^{-1}$ です。 負荷時、損失（銅損）$3 \text{ W}$ と電機子電流 $2 \text{ A}$ から電機子抵抗を求めると $R_a = \frac{3}{2^2} = 0.75 \, \Omega$。 負荷時の逆起電力は $E = V - I R_a = 12 - 2 \times 0.75 = 10.5 \text{ V}$。 回転数は逆起電力に比例するので、 $N = 3000 \times \frac{10.5}{12} = 2625 \text{ min}^{-1}$。 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

誘導機の回転速度は同期速度に $(1-s)$ を掛けたものなので、$n = 120 \times \frac{(1-s)f}{p}$ です。よって(ア)は $\frac{(1-s)f}{p}$。 かご形の可変速制御では、周波数と電圧をともに変える(イ)VVVF（可変電圧可変周波数）インバータが広く使われます（CVCFは定電圧定周波数で速度制御には不適）。 固定子巻線の接続変更で切り換えるのは(ウ)極数で、同期速度が段階的に変わります。 (エ)一次電圧の大きさを変える制御は、安定な制御範囲を広げるために(オ)二次抵抗を大きくとる必要があり、その分銅損が増えます。 巻線形では(オ)二次抵抗の調整による比例推移で速度を変えられます。したがって(ア)$\frac{(1-s)f}{p}$、(イ)VVVF、(ウ)極数、(エ)一次電圧、(オ)二次抵抗の組合せが正しく、答えは(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

Y-Δ始動では、各相にかかる電圧が全電圧（Δ直入れ）時の $\frac{1}{\sqrt{3}}$ になるため、始動トルクは全電圧始動時の $\frac{1}{3}$ になります。 したがって、Δ結線での全電圧始動トルクは、Y-Δ始動トルクの $3$ 倍で $3 \times 60 = 180 \text{ N·m}$。 この全電圧始動トルクが定格運転時トルクの $240\%$ に相当するので、定格トルクを $T_N$ とすると $180 = 2.4 \times T_N$ より $T_N = \frac{180}{2.4} = 75 \text{ N·m}$。 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

円筒形同期電動機で巻線抵抗を無視すると、電圧方程式は $\dot{V} = \dot{E} + j x_s \dot{I}_M$ となります。ここから誘導起電力は $\dot{E} = \dot{V} - j x_s \dot{I}_M$ です。 遅れ力率で運転しているので、電機子電流 $\dot{I}_M$ は供給電圧 $\dot{V}$ より位相が $\theta$ 遅れます。電圧降下 $j x_s \dot{I}_M$ は電流より $90°$ 進んだ向きのベクトルです。 $\dot{V}$ の先端からこの $j x_s \dot{I}_M$ を引く（逆向きに加える）ことで $\dot{E}$ が求まり、電動機では誘導起電力 $\dot{E}$ の大きさは供給電圧 $\dot{V}$ より小さくなります。この関係を正しく表しているのは図(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

並行運転する同期発電機は周波数が一致していなければなりません。 まず極数 $10$、回転速度 $600 \text{ min}^{-1}$ の発電機の周波数は $f = \frac{p N}{120} = \frac{10 \times 600}{120} = 50 \text{ Hz}$。 この $50 \text{ Hz}$ に合わせるため、極数 $8$ の発電機の回転速度は $N = \frac{120 f}{p} = \frac{120 \times 50}{8} = 750 \text{ min}^{-1}$。 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

(ア)コイルの抵抗によるジュール熱は銅損です。断面積を大きくして抵抗を下げ、並列コイルはインピーダンスをそろえて不平衡電流を抑えます。 (イ)交流磁束が導体（鉄心）に誘導する電流によるジュール熱は渦電流損で、薄い電磁鋼板を積層して電流経路を断ち低減します。 (ウ)磁束が磁界の履歴に依存して生じるのはヒステリシス損で、電磁鋼板の採用で低減します。 (エ)軸受け摩擦や冷却ファンの空気抵抗による損失は機械損です。 したがって(ア)銅損、(イ)渦電流損、(ウ)ヒステリシス損、(エ)機械損の(1)が正しいです。 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

巻数比 $a = \frac{N_1}{N_2}$ とし、一次側の諸量を二次側へ換算するときの係数を整理します。 電圧は巻数に比例するので一次側電圧は $\frac{1}{a}$ 倍、電流は逆に $a$ 倍、励磁電流も電流と同じく $a$ 倍です。インピーダンスは電圧/電流なので $\frac{1/a}{a} = \frac{1}{a^2}$ 倍になります。 アドミタンスはインピーダンスの逆数なので、励磁アドミタンスは $a^2$ 倍です。したがって「$\frac{1}{a^2}$ 倍」とする(5)が誤りです。 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

銅導体の抵抗値は温度に比例し、その比は $(235 + T) : (235 + t)$ で与えられます。 $20 {}^{\circ}\text{C}$ で $1.0 \, \Omega$ の巻線を $75 {}^{\circ}\text{C}$ に補正すると、 $R_{75} = R_{20} \times \frac{235 + 75}{235 + 20} = 1.0 \times \frac{310}{255} \approx 1.22 \, \Omega$。 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

サイリスタは、ゲート電流でオンした後にゲート電流を取り去っても順方向電流は流れ続けますが、電流を切る（消弧する）には順方向電流を保持電流以下に下げる必要があります。またサイリスタは逆方向の電流を流すことはできません。したがって「その後にゲート電流を取り去っても、順方向の電流に続く逆方向の電流を流すことができる」とする(2)は誤りです。 (1)ダイオード、(3)MOSFETのボディダイオード、(4)IGBT、(5)IGBTと逆並列ダイオードの記述はいずれも正しい動作です。 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

(ア)毎分回転速度 $N$ を毎秒に直すと $n = \frac{N}{60}$。 (イ)角速度は $1$ 回転が $2\pi \text{ rad}$ なので $\omega = 2\pi \times n$。 (ウ)出力とトルク・角速度の関係は $P = T\omega$ なので $T = \frac{P}{\omega}$。 (エ)慣性モーメント $I$ の回転体が角速度 $\omega_0$ で持つ運動エネルギーは $E = \frac{1}{2} I \omega_0^2$。 これらをすべて満たすのは(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

誘導加熱では、交番磁界による渦電流の表皮効果のため、周波数が高いほど電流は被加熱物の表面に集中します。すなわち周波数が高いほど表面（表層）が加熱されやすく、内部までは加熱されにくくなります。したがって「周波数が高いほど内部が加熱されやすい」とする(4)は誤りです。 (1)(2)(3)(5)は誘導加熱の正しい記述で、透磁率や導電率の関係から鉄は銅・アルミより加熱されやすいです。 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

図のブロック線図より、前向き伝達関数は$G(j\omega)=K\cdot\dfrac{1}{j\omega T}=\dfrac{K}{j\omega T}$であり、フィードバックはユニティ（$H=1$）の負帰還である。

閉ループ周波数伝達関数は $W(j\omega)=\dfrac{C(j\omega)}{R(j\omega)}=\dfrac{G(j\omega)}{1+G(j\omega)}=\dfrac{\dfrac{K}{j\omega T}}{1+\dfrac{K}{j\omega T}}$

分母分子に$j\omega T$を掛けて整理すると $W(j\omega)=\dfrac{K}{K+j\omega T}=\dfrac{1}{1+j\omega\dfrac{T}{K}}$

これは一次遅れ要素の形であり、直流（$\omega\to 0$）でのゲインは $|W(j0)|=1 \ \Rightarrow\ 20\log_{10}1=0\,\text{dB}$

折れ点角周波数$\omega_0$は、実部と虚部の大きさが等しくなる点、すなわち$\omega_0\dfrac{T}{K}=1$より $\omega_0=\dfrac{K}{T}$

折れ点より低い周波数域ではゲインはほぼ$0\,\text{dB}$で水平、折れ点を超えると一次遅れとして$-20\,\text{dB/dec}$の傾きで減衰する。

この「$0\,\text{dB}$で水平、折れ点$\omega=K/T$以降$-20\,\text{dB/dec}$で減衰」という特性に一致するのは(4)である。(1)(3)(5)は低周波域が$20\log_{10}K$の水平線になっており、直流ゲインが$0\,\text{dB}$（$K$の値によらず一定）にならない点で誤り、(2)は折れ点が$T/K$（$K/T$の逆数）になっており誤りである。

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

真理値表で出力$X=1$となるのは、$(A,B,C)=(0,0,0),(0,0,1),(0,1,0),(1,0,0)$の4通りであり、いずれもA、B、Cのうち少なくとも二つが$0$（言い換えれば$1$である入力は高々一つ）のときに限られる。

これをカルノー図で整理すると、$X=1$となる4マスのうち$(0,0,0)$は他の3マス$(0,0,1)$、$(0,1,0)$、$(1,0,0)$のいずれとも1変数だけ異なり隣接するが、$(0,0,1)$、$(0,1,0)$、$(1,0,0)$同士は互いに2変数以上異なるため隣接しない。そこで$(0,0,0)$をそれぞれの隣接マスと2マスずつペアにして、3つの積項にまとめる。

$(0,0,0)$と$(0,0,1)$：$A=0,B=0$共通、$C$が変化 $\to \overline{A}\cdot\overline{B}$

$(0,0,0)$と$(0,1,0)$：$A=0,C=0$共通、$B$が変化 $\to \overline{A}\cdot\overline{C}$

$(0,0,0)$と$(1,0,0)$：$B=0,C=0$共通、$A$が変化 $\to \overline{B}\cdot\overline{C}$

これらの和をとると $X=\overline{A}\cdot\overline{B}+\overline{B}\cdot\overline{C}+\overline{C}\cdot\overline{A}$

となる。この式が$X=0$となる残り4通り（$(0,1,1),(1,0,1),(1,1,0),(1,1,1)$、いずれも$1$が二つ以上）ですべて$0$になることも確認できる。例えば$(0,1,1)$では$\overline{A}\cdot\overline{B}=1\times0=0$、$\overline{B}\cdot\overline{C}=0\times0=0$、$\overline{C}\cdot\overline{A}=0\times1=0$で和は$0$となり、真理値表と一致する。他の3通りも同様に確認できる。

したがって正しい論理式は(5)である。

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

$60 \text{ Hz}$、$4$ 極の同期速度は $N_s = \frac{120 f}{p} = \frac{120 \times 60}{4} = 1800 \text{ min}^{-1}$。 定格回転速度 $1746 \text{ min}^{-1}$ のときの滑りは $s = \frac{N_s - N}{N_s} = \frac{1800 - 1746}{1800} = 0.03$。 滑り周波数は $f_s = s f = 0.03 \times 60 = 1.8 \text{ Hz}$。 出典: 一般財団法人 電気技術者試験センター

答え：2