令和5年度 上期 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

2つのコンデンサは並列接続なので、両方に同じ電圧 $V_0$ がかかる。極板間隔がともに $d$ なので、電界の強さは $E_1 = E_2 = \frac{V_0}{d}$ となり、比誘電率にはよらない。これが(ア)。 電束密度は $D = \varepsilon_0 \varepsilon_r E$ で与えられるので、$D_1 = \frac{\varepsilon_0 \varepsilon_{r1}}{d} V_0$、$D_2 = \frac{\varepsilon_0 \varepsilon_{r2}}{d} V_0$。これが(イ)。 蓄えられる電荷は $Q = D S$ より、$Q_1 = \frac{\varepsilon_0 \varepsilon_{r1}}{d} S V_0$、$Q_2 = \frac{\varepsilon_0 \varepsilon_{r2}}{d} S V_0$。これが(ウ)。 この組合せに一致するのは選択肢(4)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

選択肢(5)は「導体内部の電界の強さは導体表面の電界に等しい」としているが、これは誤り。静電界において導体内部の電界は常に $0$ である。導体内部に電界があれば自由電子が移動して電荷が再配置され、内部の電界を打ち消すためである。 ほかの選択肢は正しい。電気力線の本数は電荷に比例し誘電率に反比例する（(1)）、電気力線は交差しない（(2)）、等電位面と直交する（(3)）、その密度が電界の強さを表す（(4)）。 したがって誤りは(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

磁気抵抗は $R_m = \frac{l}{\mu S} = \frac{l}{\mu_0 \mu_r S}$ で表される（$l$ は磁路の長さ、$S$ は断面積、$\mu$ は透磁率）。 この式より、磁気抵抗は磁路の長さ $l$ に比例し（(4)は正しい）、断面積 $S$ に反比例し、比透磁率 $\mu_r$ に反比例する（(3)は正しい）。また $R_m = \frac{起磁力}{磁束}$ と表せ（(1)は正しい）、単位は $\text{H}^{-1}$（(5)は正しい）。 選択肢(2)は「断面積に比例する」としているが、正しくは反比例なので誤り。 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本の平行導体に流れる電流間に働く力の大きさは、単位長さあたり $F = \frac{\mu_0 I_1 I_2}{2\pi r}$ で表され、導体間距離 $r$ に反比例する。選択肢(3)は「距離の2乗に反比例した反発力」としているが、実際は距離の1乗に反比例するので誤り（なお反対向き電流では反発力になる点は正しい）。 ほかは正しい。無限長ソレノイド内部の磁界 $H = NI$（(1)）、直角導体に働く力は電流に比例（(2)）、フレミング左手の法則で親指が力の向き（(4)）、磁気回路では透磁率が導電率に・磁束が電流に対応（(5)）。 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

回路をR(10Ω)を境に左右に分け、それぞれをテブナンの定理で単純化する。

左側(60V電源、40Ωと40Ω)：Rを外した状態でのA点の開放電圧と内部抵抗は $V_{thA} = 60 \times \dfrac{40}{40+40} = 30\,\text{V}$ $R_{thA} = \dfrac{40\times40}{40+40} = 20\,\Omega$

右側(80V電源、60Ωと60Ω)：同様にB点について $V_{thB} = 80 \times \dfrac{60}{60+60} = 40\,\text{V}$ $R_{thB} = \dfrac{60\times60}{60+60} = 30\,\Omega$

これにより回路は、$V_{thA}$、$R_{thA}$、$R$、$R_{thB}$、$V_{thB}$が1つの輪になった単純な直列回路とみなせる。A→B方向を正としたループ電流は $I = \dfrac{V_{thA}-V_{thB}}{R_{thA}+R+R_{thB}} = \dfrac{30-40}{20+10+30} = -\dfrac{1}{6}\,\text{A}$

負符号はB→A方向に流れることを示し、大きさは$\dfrac{1}{6}\,\text{A}\approx0.167\,\text{A}$。

Rで消費される電力は $P = I^2 R = \left(\dfrac{1}{6}\right)^2\times10 = \dfrac{10}{36}\approx0.28\,\text{W}$

最も近い選択肢は(1)の0.28W。

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

下側の配線を基準電位(0V)とし、中央の節点(3Ωと5Ωの間、電流源の上端)の電位を$V$とする。節点に流れ込む電流の和は0になるので $\dfrac{4-V}{3} + 2 = \dfrac{V}{5}$

両辺を15倍して整理すると $5(4-V) + 30 = 3V$ $20 - 5V + 30 = 3V$ $50 = 8V$ $V = 6.25\,\text{V}$

3Ωの抵抗に流れる電流(4V電源側から中央節点へ向かう向きを正とする)は $I_{3\Omega} = \dfrac{4-V}{3} = \dfrac{4-6.25}{3} = -0.75\,\text{A}$

負符号は実際には中央節点から4V電源へ向かって電流が流れることを示す。大きさは$0.75\,\text{A}$で、最も近い選択肢は(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

金属抵抗は温度が上がると大きくなる。$20\,{}^{\circ}\text{C}$ での抵抗を $R_{20}$ とすると、温度係数 $\alpha = 0.005 \, {}^{\circ}\text{C}^{-1}$ より $120\,{}^{\circ}\text{C}$ での抵抗は $R_{120} = R_{20}\{1 + \alpha(120 - 20)\} = R_{20}(1 + 0.005 \times 100) = 1.5\,R_{20}$。 電源の起電力は一定なので、電流は抵抗に反比例する。したがって $\frac{I_{120}}{I_{20}} = \frac{R_{20}}{R_{120}} = \frac{1}{1.5} \approx 0.667$。 つまり電流は約 $33\%$ 減少する。よって選択肢(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

共振時は $2\pi f_r L = \frac{1}{2\pi f_r C}$ となり、両リアクタンスが打ち消し合ってインピーダンスは抵抗 $R$ のみとなり最小、つまり(ア)小さくなり、(イ)大きな電流が流れる。 共振周波数より低い周波数では容量性リアクタンス $\frac{1}{2\pi f C}$ の方が大きく、回路は(ウ)容量性となり、電流は電圧より位相が(エ)進んだものになる。 共振周波数より高い周波数では誘導性リアクタンス $2\pi f L$ の方が大きく、回路は(オ)誘導性となり、電流は電圧より位相が(カ)遅れたものになる。 この組合せは選択肢(3)に一致する。 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

R-L直列回路の力率は $\cos\varphi = \frac{R}{Z} = \frac{R}{\sqrt{R^2 + X_L^2}}$。 条件 $\frac{R}{X_L} = \frac{1}{\sqrt{2}}$ より、$R = 1$、$X_L = \sqrt{2}$ とおける。このとき $Z = \sqrt{R^2 + X_L^2} = \sqrt{1^2 + (\sqrt{2})^2} = \sqrt{3}$。 よって $\cos\varphi = \frac{1}{\sqrt{3}} \approx 0.58$。 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

コイルの端子電圧の大きさは $|v| = L\left|\frac{di}{dt}\right|$ で表され、電流の変化率が最大となる区間で $|v|$ が最大になる。 図2の電流波形のうち最も傾きが急な区間の変化率を読み取り、$L = 5 \text{ H}$ を掛けて計算すると、 $|v|_{max} = L\left|\frac{di}{dt}\right|_{max} = 1.25 \text{ V}$ となる。 最も近いのは選択肢(4)の $1.25 \text{ V}$ 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

p形半導体では電流の担い手は正孔（正電荷）である。電流 $I$ の向きに動く正孔は、磁束密度 $B$ によるローレンツ力で進路を曲げられ、電極①側に偏る。したがって電極①には(ア)正電荷、電極②には(イ)負電荷が分布する。 n形半導体では担い手が電子（負電荷）で、電流と逆向きに動くため、生じる電界の向きはp形とは(ウ)反対になる。 ホール電圧は電流 $I$ と磁束密度 $B$ に比例し、厚さ $d$ に反比例するので、$V_H = R_H \times \frac{BI}{d}$。よって(エ)は $\frac{BI}{d}$。 この組合せは選択肢(5)に一致する。 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

異なる2種類の金属で閉回路を作り、2つの接合点を異なる温度に保つと、その温度差に応じた(ア)起電力が生じる。これを(イ)ゼーベック効果といい、熱電対による温度測定の原理となっている。 なお、電流を流したときに接合部で吸熱・発熱が起こる現象がペルチエ効果、磁界中の電流で電位差が生じる現象がホール効果であり、これらとは区別する。 よって組合せは選択肢(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

コレクタ接地増幅回路（エミッタホロワ）は、電圧増幅度が約1（(1)は正しい）、入力インピーダンスが大きく（(2)は正しい）、出力インピーダンスが小さい（(3)は正しい）という特徴をもつ。このためインピーダンス変換用の緩衝増幅器（バッファ）として使われる（(4)は正しい）。 電圧増幅度が約1で強い電流帰還がかかるため、発生するひずみはむしろ小さい。選択肢(5)の「ひずみが大きい」は誤り。 したがって誤りは(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

二電力計法では、三相電力は2台の電力計の指示値の和 $P = W_1 + W_2$ で求める。ただし力率が低い場合、一方の電力計が逆振れすることがあり、これは指示値が負であることを意味する。 本問では $W_2$ が逆振れしたので、電圧端子を反転して読んだ $25 \text{ W}$ は本来 $-25 \text{ W}$ に相当する。したがって $P = W_1 + W_2 = 490 + (-25) = 465 \text{ W}$。 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

端子bは何も接続されていないため、b側の$\dfrac{R}{2}$の枝には電流が流れず、実質的に無視できる。残る回路は、端子aから$\dfrac{R}{2}$で内部の節点1へ、端子cから$\dfrac{R}{2}$で節点2へ、そして節点1・2・3が$R$ずつのΔ形に結ばれた構成である。

節点1・2間には、直接結ぶ$R$の辺と、節点3を経由する$R+R=2R$の辺が並列になっている(節点3はbが開放されているため、この2辺以外に電流の逃げ道がない)。並列合成すると $R_{12} = \dfrac{R\times2R}{R+2R} = \dfrac{2R}{3}$

したがってa-c間の合成抵抗は $R_{ac} = \dfrac{R}{2} + \dfrac{2R}{3} + \dfrac{R}{2} = R + \dfrac{2R}{3} = \dfrac{5R}{3}$

一方、a-c間に$100\,\text{V}$を加えたときの消費電力が$200\,\text{W}$なので $R_{ac} = \dfrac{V^2}{P} = \dfrac{100^2}{200} = 50\,\Omega$

よって $\dfrac{5R}{3} = 50\,\Omega \implies R = 30\,\Omega$

最も近い選択肢は(2)の30Ω。

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

(a)より$R=30\,\Omega$。内部のΔ形($R$が3辺)をY形に変換すると、各枝の抵抗は $\dfrac{R}{3} = \dfrac{30}{3} = 10\,\Omega$

これに外側の$\dfrac{R}{2}$を直列にすると、端子a・b・cそれぞれから仮想中性点までの1相分の抵抗は $\dfrac{R}{2}+\dfrac{R}{3} = \dfrac{5R}{6} = \dfrac{5\times30}{6} = 25\,\Omega$

すなわち回路全体は1相$25\,\Omega$の平衡Y負荷とみなせる。線間電圧$200\,\text{V}$の対称三相電源を接続すると、相電圧は $V_p = \dfrac{200}{\sqrt3}\,\text{V}$

1相あたりの消費電力は $P_1 = \dfrac{V_p^2}{25} = \dfrac{(200/\sqrt3)^2}{25} = \dfrac{40000/3}{25} = \dfrac{1600}{3}\,\text{W}$

3相分の全消費電力は $P = 3P_1 = 1600\,\text{W} = 1.6\,\text{kW}$

最も近い選択肢は(4)の1.6kW。

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

定電流源 $I$ が抵抗 $R$ と電圧計（内部抵抗 $R_v$）の並列部分に電流を流すので、電圧計の指示値は $V = I(R \parallel R_v)$ となる。 測定Ⅰ（$R_{v1} = 15 \text{ k}\Omega$）で $101.0 \text{ V}$、測定Ⅱ（$R_{v2} = 10 \text{ k}\Omega$）で $99.00 \text{ V}$ なので、 $101.0 = I \cdot \frac{15R}{R + 15}$、$99.00 = I \cdot \frac{10R}{R + 10}$（$R$ は $\text{k}\Omega$）。 両式の比をとると $\frac{101.0}{99.00} = \frac{15(R + 10)}{10(R + 15)}$。 これを整理すると $475R = 300$、$R \approx 0.632 \text{ k}\Omega = 632 \, \Omega$。 最も近いのは選択肢(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

(a)より $R \approx 0.632 \text{ k}\Omega$。測定Ⅰの関係 $101.0 = I(R \parallel R_{v1})$ を用いて電流 $I$ を求める。 $R \parallel R_{v1} = \frac{0.632 \times 15}{0.632 + 15} \approx 0.606 \text{ k}\Omega = 606 \, \Omega$。 よって $I = \frac{101.0}{606} \approx 0.17 \text{ A}$。 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

コンデンサAは3種類の誘電体を厚さ方向に直列に積層した構造で、断面積が共通なので各層を貫く電束密度$D$は等しい。各層の電界は $E=\frac{D}{\varepsilon_0\varepsilon_r}$ で表され、比誘電率$\varepsilon_r$が小さい層ほど電界が大きくなる。図より比誘電率は誘電体1が$2$で最小、誘電体3が$6$で最大なので $E_{A1}>E_{A2}>E_{A3}$。 電圧は各層の電界と厚さの積の和で表される。図の値（厚さ $\frac{d}{6},\ \frac{d}{3},\ \frac{d}{2}$、比誘電率 $2,\ 3,\ 6$）を $V=\frac{D}{\varepsilon_0}\sum\frac{d_i}{\varepsilon_{ri}}$ に代入すると $V=\frac{D}{\varepsilon_0}\left(\frac{d}{12}+\frac{d}{9}+\frac{d}{12}\right)=\frac{D}{\varepsilon_0}\cdot\frac{5d}{18}$ より $\frac{D}{\varepsilon_0}=\frac{18V}{5d}$。最大の電界は比誘電率が最小の誘電体1のもので $E_{A1}=\frac{1}{2}\cdot\frac{D}{\varepsilon_0}=\frac{9V}{5d}$ となる。 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

蓄積エネルギーは $W=\frac{1}{2}CV^2$ で、両コンデンサとも同じ電圧$V$なのでエネルギーの比は静電容量の比に等しい。 コンデンサAは誘電体が直列なので $\frac{1}{C_A}=\sum\frac{d_i}{\varepsilon_0\varepsilon_{ri}S}=\frac{1}{\varepsilon_0 S}\cdot\frac{5d}{18}$ より $C_A=\frac{18\varepsilon_0 S}{5d}$。 コンデンサBは誘電体が並列（厚さ$d$共通、断面積 $\frac{S}{6},\ \frac{S}{3},\ \frac{S}{2}$、比誘電率 $2,\ 3,\ 6$）なので $C_B=\frac{\varepsilon_0}{d}\left(2\cdot\frac{S}{6}+3\cdot\frac{S}{3}+6\cdot\frac{S}{2}\right)=\frac{13\varepsilon_0 S}{3d}$ したがって $\frac{W_A}{W_B}=\frac{C_A}{C_B}=\frac{18/5}{13/3}=\frac{54}{65}\approx0.83$ となる。 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

振幅変調波の変調度は、変調波の振幅の最大値 $A_{max}$ と最小値 $A_{min}$ を用いて $m = \frac{A_{max} - A_{min}}{A_{max} + A_{min}}$ で求められる。 図1の波形から包絡線の最大振幅と最小振幅を読み取り、この式に代入すると $m = 0.5$ が得られる。 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

直線検波（包絡線検波）回路では、変調波から信号波成分を取り出し、搬送波成分を取り除きたい。したがって合成インピーダンス両端の電圧に求められることは、信号波の成分が(ア)あることと、搬送波の成分が(イ)なくなることである。 そのためには、$C$ と $R$ の並列合成インピーダンスの大きさが、低い信号波の周波数に対してはほぼ $R$ となり、高い搬送波の周波数に対してはコンデンサ $C$ が低インピーダンスとなって十分に(ウ)小さくなければならない。こうして搬送波成分は $C$ で短絡され、信号波成分だけが取り出される。 この組合せは選択肢(2)に一致する。 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

比速度とは、任意の水車を幾何学的形状を相似に保ったまま大きさを変え、単位落差(1 m)で単位出力(1 kW)を発生させる仮想水車の回転速度である。よって(ア)は「大きさを相似に保って」、(イ)は「単位落差(1 m)」となる。比速度は水車の種類ごとに適切な範囲が定まるので(ウ)は「種類」。比速度は $n_s = n \frac{P^{1/2}}{H^{5/4}}$ で表され、ペルトン水車の比速度はフランシス水車より小さいので(エ)は「小さい」。比速度の大きな水車を大落差で使うと放水速度が大きくなり、キャビテーションが生じやすいので(オ)は「キャビテーションが生じ」。以上より組合せは(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

排熱回収形コンバインドサイクルは、まずガスタービンで発電し、その排ガスの熱で蒸気を作って蒸気タービンでも発電する方式である。同一出力の汽力発電と比べると、蒸気タービンの分担出力が小さくなるため、復水器で海水などに捨てる熱量が少なくてすむ。したがってコンバインドサイクルの方が単位出力当たりの復水器冷却水量は「少ない」。「多い」とする(3)が誤りである。他の記述は正しい。 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

煙道の燃焼ガス余熱でボイラへの給水を加熱する装置が節炭器(エコノマイザ)である。よって(ア)は「給水」、(イ)は「節炭器」。同じく燃焼ガス余熱をボイラへの燃焼用空気に回収する装置が空気予熱器である。よって(ウ)は「燃焼用」、(エ)は「空気予熱器」。以上より組合せは(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

1 kgの燃料中のウラン235は $1 \times 0.035 = 0.035 \text{ kg}$。その0.09%が質量欠損となるので $\Delta m = 0.035 \times 0.0009 = 3.15 \times 10^{-5} \text{ kg}$。発生エネルギーは $E = \Delta m c^2 = 3.15 \times 10^{-5} \times (3 \times 10^{8})^2 = 2.835 \times 10^{12} \text{ J}$。重油の発熱量は $40000 \text{ kJ/L} = 4 \times 10^{7} \text{ J/L}$ なので、必要な重油量は $\frac{2.835 \times 10^{12}}{4 \times 10^{7}} = 7.09 \times 10^{4} \text{ L} \approx 70 \text{ kL}$。よって(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

風車で取り出せるパワーは風速の3乗に比例する($P \propto v^3$)。風速に比例するのではない。したがって「風車で取り出せるパワーは風速に比例する」とした(2)が誤りである。他の記述(CO₂を排出しない再生可能エネルギー、離島での適地、用いられる発電機の種類、翼形状による騒音低減)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

高圧カットアウトに内蔵する高圧ヒューズは、変圧器の過負荷や内部短絡故障のときに溶断して保護するが、雷サージのような短時間の大電流(サージ電流)では溶断しないように設計されている。むしろ雷サージで溶断してしまっては保護協調がとれない。したがって「雷サージなどの短時間大電流の通過時に直ちに溶断する」とした(4)が誤りである。 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

計器用変成器は計器用変圧器(VT)と変流器(CT)に分けられる。よって(ア)は「計器用変圧器」。取り出した電圧・電流は計器や保護継電器に供給されるので(イ)は「保護継電器」。変流器の二次側は開放すると高電圧が発生し危険なので、常に低インピーダンス(短絡に近い状態)の負荷を接続しておく必要があり(ウ)は「低」。一次端子のある変流器はその端子を被測定線路に直列に接続するので(エ)は「直列」。以上より(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

(ア)ギャップレス避雷器は酸化亜鉛(ZnO)素子を用いるので(c)。(イ)ガス開閉器は絶縁・消弧に六ふっ化硫黄(SF₆)を用いるので(d)。(ウ)CVケーブルは絶縁体中に水分と電界で樹枝状の水トリーが発生するので(a)。(エ)柱上変圧器は鉄心に生じる鉄損が特性上重要なので(b)。組合せは(ア)-(c)、(イ)-(d)、(ウ)-(a)、(エ)-(b)となり(3)。なお(e)ギャロッピングは電線の振動現象。 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

コロナ放電は電線表面の電界強度がある程度以上になると発生するので(ア)は「電線表面の電界強度」。抑制するには電線の実効的な直径を大きくすればよく(イ)は「大きく」、そのために多導体化するので(ウ)は「多導体化」。線間距離を大きくすると電界が緩和されるので(エ)は「大きく」。気圧が低くなるほど絶縁が低下しコロナが起こりやすくなるので(オ)は「低く」。以上より(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

交流を流したときの導体の実効抵抗は、表皮効果や近接効果によって電流が導体表面付近に偏るため、有効断面積が減少し、直流に比べて大きくなる。「小さくなる」とした(2)が誤りである。他の記述(線路定数の考え方、温度上昇で抵抗増加、地中線はインダクタンスが小さく静電容量が大きい)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

22(33)kV配電系統では、地絡電流を抑制する観点から中性点を抵抗接地する方式が一般的である。中性点を直接接地すると地絡時に大きな地絡電流が流れてしまい、地絡電流抑制という目的に反する。したがって「中性点を直接接地した三相3線方式が一般的」とした(2)が誤りである。他の記述は正しい。 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

1線当たりの抵抗とリアクタンスは $R = 0.45 \times 2 = 0.9 \,\Omega$、$X = 0.25 \times 2 = 0.5 \,\Omega$。力率 $\cos\theta = 0.85$ より $\sin\theta = \sqrt{1 - 0.85^2} \approx 0.527$。許容電圧降下は $\Delta V = 0.05 \times 6600 = 330 \text{ V}$。近似式 $\Delta V = \sqrt{3}\, I (R\cos\theta + X\sin\theta)$ より、$330 = \sqrt{3}\, I (0.9 \times 0.85 + 0.5 \times 0.527) = \sqrt{3} \times 1.029 \times I$。よって $I = \frac{330}{1.782} \approx 185 \text{ A}$。最大負荷電力は $P = \sqrt{3}\, V I \cos\theta = \sqrt{3} \times 6600 \times 185 \times 0.85 \approx 1.80 \times 10^{3} \text{ kW}$。よって(2)の1799 kWが最も近い。 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

並行運転での負荷分担は自己容量基準の%インピーダンスに反比例するので、共通ベース(1000 kV·A)に換算する。$\%Z_A' = 9.0 \times \frac{1000}{5000} = 1.8\%$、$\%Z_B' = 7.5 \times \frac{1000}{1500} = 5.0\%$。B変圧器の分担は $S_B = 6000 \times \frac{1/5.0}{1/1.8 + 1/5.0} = 6000 \times \frac{0.2}{0.756} \approx 1588 \text{ kV·A}$。過負荷率は $\frac{1588}{1500} = 1.059 = 105.9\%$ でBが過負荷となる。一方Aは $6000 - 1588 = 4412 \text{ kV·A}$、$\frac{4412}{5000} = 88.2\%$ で過負荷にならない。よって(2)変圧器B、105.9。 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

アモルファス鉄心材料は原子が規則正しく並んだ結晶構造をもたない非晶質(アモルファス)の材料である。したがって「結晶構造である」とした(2)が誤りである。他の記述(けい素鋼帯に比べ鉄損が大幅に少ない、高硬度で加工性が良くない、比較的高価、磁束密度を高くできず大形になる)はいずれもアモルファス変圧器の特徴として正しい。 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

1時間当たりの入力熱量は、石炭消費量と発熱量から $150000 \text{ kg/h} \times 34300 \text{ kJ/kg} = 5.145 \times 10^{9} \text{ kJ/h}$。1時間当たりの発電端出力エネルギーは $600000 \text{ kW} \times 3600 \text{ s} = 2.16 \times 10^{9} \text{ kJ/h}$。発電端効率は $\eta = \frac{2.16 \times 10^{9}}{5.145 \times 10^{9}} = 0.420 = 42.0\%$。よって(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

1日の石炭消費量は $150 \text{ t/h} \times 24 \text{ h} = 3600 \text{ t}$。そのうち炭素は重量比70%なので $3600 \times 0.70 = 2520 \text{ t}$。燃焼反応 $C + O_2 \rightarrow CO_2$ より、炭素(原子量12)から二酸化炭素(分子量44)ができるので、生成するCO₂は $2520 \times \frac{44}{12} = 9240 \text{ t} \approx 9.2 \times 10^{3} \text{ t}$。よって(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

基準容量を10 MV·Aにそろえる。三相変圧器の%インピーダンスは自己容量(10 MV·A)基準で7.5%なのでそのまま $7.5\%$。電源側の%インピーダンスは100 MV·A基準で5%なので、10 MV·A基準に換算すると $5 \times \frac{10}{100} = 0.5\%$。二次側から電源側をみた%インピーダンスは両者の和で $0.5 + 7.5 = 8.0\%$。よって(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

(a)より基準容量10 MV·Aでの二次側からみた%インピーダンスは $8.0\%$。三相短絡容量は $P_s = \frac{10}{0.08} = 125 \text{ MV·A}$。A点(6.6 kV)の三相短絡電流は $I_s = \frac{125 \times 10^{6}}{\sqrt{3} \times 6600} \approx 10.9 \times 10^{3} \text{ A} = 10.9 \text{ kA}$。この事故電流を確実に遮断できる定格遮断電流の最小値は、これを上回る規格値である12.5 kAとなる。よって(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

S-A間には、A点自身の負荷電流、A-B間を経由するB点の負荷電流、A-C間を経由するC点の負荷電流のすべてが合流して流れる。各負荷電流を有効分($\cos\varphi$倍)と無効分($\sin\varphi$倍)に分解し、ベクトル和をとる。

A点：$200\,\text{A}$、力率$0.8$(遅れ)、$\sin\varphi=0.6$ 有効分$=200\times0.8=160\,\text{A}$、無効分$=200\times0.6=120\,\text{A}$

B点：$100\,\text{A}$、力率$0.6$(遅れ)、$\sin\varphi=0.8$ 有効分$=100\times0.6=60\,\text{A}$、無効分$=100\times0.8=80\,\text{A}$

C点：$200\,\text{A}$、力率$1.0$、無効分は$0$ 有効分$=200\times1.0=200\,\text{A}$

有効分の合計は$160+60+200=420\,\text{A}$、無効分の合計は$120+80+0=200\,\text{A}$なので、S-A間電流は $I_{SA} = \sqrt{420^2+200^2} = \sqrt{216400} \approx 465\,\text{A}$

最も近い選択肢は(5)の465A。

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

まずS-A間を流れる電流を求める。A点（200 A・力率0.8）、B点（100 A・力率0.6）、C点（200 A・力率1.0）の負荷電流を有効分・無効分に分けると、有効分の合計は $200\times0.8+100\times0.6+200\times1.0=420 \text{ A}$、無効分の合計は $200\times0.6+100\times0.8+0=200 \text{ A}$ となる。S-A間は$2 \text{ km}$なので $R=X=0.3\times2=0.6 \,\Omega$ であり、電圧降下の近似式より $\Delta V_{SA}=\sqrt{3}\,(R\textstyle\sum I_p+X\sum I_q)=\sqrt{3}\times0.6\times(420+200)\approx644 \text{ V}$ A点の線間電圧は $V_A=6600-644\approx5956 \text{ V}$。 A-B間（$4 \text{ km}$、$R=X=1.2 \,\Omega$）を流れるのはB点負荷の電流だけで、有効分 $100\times0.6=60 \text{ A}$、無効分 $100\times0.8=80 \text{ A}$。電圧降下は $\Delta V_{AB}=\sqrt{3}\times1.2\times(60+80)\approx291 \text{ V}$ B点の電圧は $V_B=5956-291\approx5665 \text{ V}$ となる。A-B間の電圧降下率は受電端電圧を基準として $\varepsilon=\frac{\Delta V_{AB}}{V_B}\times100=\frac{291}{5665}\times100\approx5.1\%$ となり、最も近いのは(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

直流機は固定子と回転子からなる。固定子は界磁と継鉄などで構成されるので(ア)は界磁、回転子は電機子と整流子などで構成されるので(イ)は電機子である。 電機子鉄心は回転に伴って磁束の向きが周期的に変わる交番磁束が通るので(ウ)は交番であり、このとき生じる渦電流損やヒステリシス損を抑えるため、薄い鉄板を重ねた積層鉄心(成層鉄心)が用いられる。したがって(エ)は積層鉄心である。 電機子巻線のコイル相互のつなぎ方には重ね巻と波巻があり、(オ)は重ね巻である。 よって組合せとして正しいのは(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

界磁が永久磁石なので、回転を始める前の静止状態では逆起電力が$0$であり、電機子抵抗だけで始動電流が決まる。始動電流$4 \text{ A}$より電機子抵抗は $R_a = \frac{12}{4} = 3 \, \Omega$ である。 定格運転時の電機子電流は$1 \text{ A}$なので、逆起電力は $E = 12 - 1 \times 3 = 9 \text{ V}$。 入力電力は $P_{in} = 12 \times 1 = 12 \text{ W}$、銅損は $1^2 \times 3 = 3 \text{ W}$ だから、機械出力は $12 - 3 = 9 \text{ W}$。 したがって効率は $\eta = \frac{9}{12} = 0.75$、すなわち$75\%$。 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

三相の固定子巻線に三相電流が流れると回転磁界が生じるので(ア)は回転磁界である。回転子巻線に流れる電流の起磁力に対しては、レンツの法則によりそれを打ち消すように固定子巻線に電流が流れるので(イ)は打ち消す。 原理は変圧器と同じで、電源につながる固定子巻線が一次巻線、誘導される回転子巻線が二次巻線に相当するので(ウ)は一次、(エ)は二次である。 回転子が滑り$s$で回転しているとき、回転磁界と回転子の相対速度は停止時の$s$倍になるので、二次誘導起電力の大きさも停止時の$s$倍となる。よって(オ)は$s$。 したがって組合せは(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

同期速度は $N_s = \frac{120 f}{p} = \frac{120 \times 60}{8} = 900 \text{ min}^{-1}$。 滑り$4\%$での回転速度は $N = N_s (1 - s) = 900 \times (1 - 0.04) = 864 \text{ min}^{-1}$。 機械角速度は $\omega = \frac{2\pi N}{60} = \frac{2\pi \times 864}{60} \approx 90.5 \text{ rad/s}$。 機械損を無視すると出力$36 \text{ kW}$がそのまま機械出力なので、トルクは $T = \frac{P}{\omega} = \frac{36000}{90.5} \approx 398 \text{ N·m}$。 よって最も近いのは(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

短絡比は同期インピーダンスの逆数に対応する量で、短絡比を小さくすると同期インピーダンス(特に同期リアクタンス)が大きくなる。 同期リアクタンスが大きいほど負荷電流による電圧降下が大きくなるため、電圧変動率は大きくなる。したがって「短絡比を小さくすると電圧変動率が小さくなる」とする(3)は誤りである。 なお、短絡比が小さい機械は鉄が少なく銅が相対的に多いので銅機械と呼ばれ、外形寸法は小さくなるが安定度は悪くなる。これらは正しい記述である。 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

周波数は $f = \frac{p N}{120} = \frac{12 \times 600}{120} = 60 \text{ Hz}$。 1相の誘導起電力(相電圧)は $E = 4.44 \, k_w \, f \, N \, \Phi$ で求められる。ここで巻線係数$k_w = 0.95$、直列巻数$N = 250$、1極当たりの磁束$\Phi = 0.10 \text{ Wb}$だから $E = 4.44 \times 0.95 \times 60 \times 250 \times 0.10 \approx 6327 \text{ V}$。 Y結線なので線間電圧はこの$\sqrt{3}$倍で $V_\ell = \sqrt{3} \times 6327 \approx 11000 \text{ V} = 11.0 \text{ kV}$。 よって最も近いのは(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

動作点の安定・不安定は、動作点付近で回転が乱れたときにもとに戻る向きの合成トルクが働くかどうかで判定する。 (4)のかご形誘導電動機は速度上昇とともにトルクが増え、最大トルクを超えると減少する。これに定トルク負荷を接続するとトルク曲線が2点で交わりうるが、このとき低速側の交点は不安定、高速側(最大トルクより高速側)の交点が安定な動作点であり、始動時・減速時にかかわらず安定な動作点は高速側の1点で変わらない。「加速時と減速時によって安定な動作点が変わる」とする点が誤りである。 よって誤っているのは(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

三相変圧器を並行運転するには、一次・二次間の誘導起電力の位相変位(角変位)が各変圧器で等しくなければならない。 Y-Y結線とΔ-Δ結線は位相変位が$0$、Δ-Y結線とY-Δ結線は$30^\circ$の位相変位をもつ。したがって、位相変位が異なるΔ-YとY-Yは並行運転できず、逆に位相変位が同じΔ-ΔとY-Yは(結線が違っても位相が合えば)並行運転できる。 (3)は「Δ-YとY-Yは並行運転できるが、Δ-ΔとΔ-Yはできない」としており、可否が逆になっているので誤りである。 よって誤っているのは(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

負荷率を$\alpha$とすると、鉄損は負荷によらず一定$P_i = 250 \text{ W}$、銅損は負荷率の2乗に比例し $\alpha^2 \times 1000 \text{ W}$ となる。 最大効率となるのは銅損と鉄損が等しくなる条件だから $\alpha^2 \times 1000 = 250 \Rightarrow \alpha^2 = 0.25 \Rightarrow \alpha = 0.5$。 このときの出力は力率1なので $P = 0.5 \times 50000 = 25000 \text{ W}$、損失は銅損$250 \text{ W}$と鉄損$250 \text{ W}$の合計$500 \text{ W}$。 したがって効率は $\eta = \frac{25000}{25000 + 500} = \frac{25000}{25500} \approx 0.980 = 98.0\%$。 よって最も近いのは(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

IGBTはコレクタ・エミッタ間に逆電圧が印加されても逆方向には電流を流さない(逆阻止的に振る舞う)デバイスであり、逆導通させたい場合は外部に還流ダイオードを並列接続する。一方、パワーMOSFETは構造上ボディダイオードをもつため、逆電圧に対して逆方向電流が流れる。 (1)は「IGBTは逆電圧が印加されれば逆方向の電流が流れる」としており、これはMOSFETの特性であってIGBTには当てはまらないので誤りである。 (2)〜(5)はいずれも正しい記述。よって誤っているのは(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

負荷の回転速度は減速比$8$で割って $n_L = \frac{1150}{8} = 143.75 \approx 143.8 \text{ min}^{-1}$。 軸トルクは、減速機で速度が$\frac{1}{8}$になる分トルクは$8$倍になり、効率$0.95$を掛けて $T_L = T_m \times 8 \times 0.95 = 100 \times 8 \times 0.95 = 760 \text{ N·m}$。 軸入力(負荷への出力)は電動機出力に効率を掛けたもので、電動機出力は $P_m = T_m \, \omega_m = 100 \times \frac{2\pi \times 1150}{60} \approx 12040 \text{ W}$、 よって $P_L = 12040 \times 0.95 \approx 11400 \text{ W} = 11.4 \text{ kW}$。 したがって組合せは(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

光束の単位はルーメン$[\text{lm}]$なので(ア)は$[\text{lm}]$。照度の単位はルクス$[\text{lx}]$で、$1 \text{ lx}$は面積$1 \text{ m}^2$に光束$1 \text{ lm}$が入射するときの照度だから(イ)は$[\text{lx}]$。 光度は$I = \frac{F}{\omega}$で表され、単位はカンデラ$[\text{cd}]$なので(ウ)は$[\text{cd}]$。 光束発散度は$M = \frac{F}{A}$で表され、単位は$[\text{lm/m}^2]$なので(エ)は$[\text{lm/m}^2]$。 輝度の単位は$[\text{cd/m}^2]$なので(オ)は$[\text{cd/m}^2]$。 したがって組合せは(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

R-L直列回路にステップ電圧を加えたときの電流は $i(t) = \frac{v}{R}\left(1 - e^{-t/\tau}\right)$ で、時定数は $\tau = \frac{L}{R}$、定常値は $\frac{v}{R}$ である。 図2より定常電流が$0.1 \text{ A}$なので、単位ステップ$1 \text{ V}$に対して $\frac{1}{R} = 0.1$、すなわち $R = 10 \, \Omega$。また時定数が$0.01 \text{ s}$なら $L = \tau R = 0.01 \times 10 = 0.1 \text{ H}$。 周波数伝達関数は入力電圧・出力電流より $G(j\omega) = \frac{I}{V} = \frac{1}{R + j\omega L} = \frac{1}{10 + j0.1\omega} = \frac{0.1}{1 + j0.01\omega}$。 したがって組合せは(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

フローチャートに従い、$A$・$B$の値を1周ごとに追跡する。

初期値：$A=10$、$B=2$

1周目：$A \leftarrow A+B = 10+2=12$。判定「$A\le40$」は$12\le40$でYES。$B \leftarrow B^2+1 = 2^2+1=5$

2周目：$A \leftarrow 12+5=17$。判定は$17\le40$でYES。$B \leftarrow 5^2+1=26$

3周目：$A \leftarrow 17+26=43$。判定は$43\le40$でNOのため、ループを抜けて$A=43$、$B=26$を印字する。

したがって印字される組合せは$A=43$、$B=26$であり、これに一致するのは選択肢(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

単巻変圧器で一次$3000 \text{ V}$・一次電流$100 \text{ A}$なので、通過皮相電力は $S = 3000 \times 100 = 300000 \text{ V·A}$。 巻線のインピーダンスと鉄損を無視すると、二次側(負荷側)の電流は $I_2 = \frac{S}{V_2} = \frac{300000}{3300} \approx 90.9 \text{ A}$。 昇圧単巻変圧器では、直列巻線(一次と二次の電圧差$3300 - 3000 = 300 \text{ V}$を受け持つ巻線)には負荷電流すなわち二次電流がそのまま流れる。 したがって直列巻線に流れる電流は約$90.9 \text{ A}$で、最も近いのは(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

単巻変圧器の自己容量(固有容量)は、直列巻線の電圧とそこに流れる電流の積で与えられる。 直列巻線の電圧は $3300 - 3000 = 300 \text{ V}$、流れる電流は(a)で求めた二次電流$90.9 \text{ A}$だから $P_{self} = 300 \times 90.9 \approx 27300 \text{ V·A} = 27.3 \text{ kV·A}$。 (別法として、負荷容量$300 \text{ kV·A}$に対し $\frac{V_2 - V_1}{V_2} = \frac{300}{3300}$ を掛けても同じ値になる。) よって最も近いのは(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

各パワートランジスタが1周期に1回オンオフする方形波運転では、$S_1$・$S_4$がオンの半周期に負荷へ正の電圧、$S_2$・$S_3$がオンの半周期に負の電圧が加わる。誘導性負荷なので負荷電流$i_o$は電圧より遅れ、電圧が切り替わってもすぐには向きが変わらず、指数関数的に増減する三角波状の波形となる。この特徴に合致するのは(ア)である。 直流電流$i_d$は、トランジスタ導通期間は$i_o$と同符号、還流ダイオード導通期間は逆符号となるため、正負に振れる波形となり、これに合致するのは(エ)である。 したがって組合せは(ア)と(エ)で(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

図1の還流ダイオードは、負荷インダクタンスに蓄えられたエネルギーを直流電源へ戻す(還流させる)ために接続されている。この電圧形インバータのパワートランジスタはゲート信号によって自己消弧(オンオフ)するデバイスであり、ダイオードの逆電圧によって転流させているわけではない。 (4)は「ダイオードが導通することによって得られる逆電圧でパワートランジスタを転流させている」としているが、これは自己消弧しないサイリスタの他励転流の説明であって本回路には当てはまらないので誤りである。 よって誤っているのは(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

厚さ方向1次元の熱伝導の熱抵抗は $R = \frac{L}{\lambda A}$ で表される。ここで厚さ$L = 30 \text{ cm} = 0.30 \text{ m}$、熱伝導率$\lambda = 1.6 \text{ W/(m·K)}$、断面積$A = 2 \text{ m}^2$。 代入すると $R = \frac{0.30}{1.6 \times 2} = \frac{0.30}{3.2} \approx 0.0938 \text{ K/W}$。 よって最も近いのは(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

熱回路のオームの法則より、温度差$\Delta t$は熱流$\Phi$と熱抵抗$R$の積で表される。(a)より $R \approx 0.0938 \text{ K/W}$、熱流$\Phi = 100 \text{ W}$なので $\Delta t = \Phi R = 100 \times 0.0938 \approx 9.4 \text{ K}$。 低温側$t_2 = 20 \, ^\circ\text{C}$なので、高温側は $t_1 = t_2 + \Delta t = 20 + 9.4 \approx 29.4 \, ^\circ\text{C}$。 よって最も近いのは(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

サイクルタイム$T$は動作周波数$f$の逆数 $T = \frac{1}{f}$ で与えられる。 $f = 2.5 \text{ GHz} = 2.5 \times 10^{9} \text{ Hz}$ なので $T = \frac{1}{2.5 \times 10^{9}} = 0.4 \times 10^{-9} \text{ s} = 0.4 \text{ ns}$。 よって正しいのは(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

1命令当たりの平均実行時間は、CPI(1命令当たりの平均クロック数)とサイクルタイム$T = \frac{1}{f}$の積で表される。すなわち $t = \text{CPI} \times \frac{1}{f}$。 これを$f$について解くと $f = \frac{\text{CPI}}{t}$。$\text{CPI} = 4$、$t = 0.02 \,\mu\text{s} = 0.02 \times 10^{-6} \text{ s}$を代入して $f = \frac{4}{0.02 \times 10^{-6}} = \frac{4}{2 \times 10^{-8}} = 2 \times 10^{8} \text{ Hz} = 200 \text{ MHz}$。 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

a)は、事業用電気工作物を設置する者は、保安の監督をさせるため主任技術者免状の交付を受けている者のうちから主任技術者を選任しなければならない、という電気事業法の規定どおりで適切です。b)も、主任技術者は工事・維持及び運用に関する保安の監督の職務を誠実に行わなければならない、という規定どおりで適切です。c)も、工事・維持又は運用に従事する者は主任技術者の指示に従わなければならない、という規定どおりで適切です。したがって、(a)(b)(c)すべて適切となります。 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

電気関係報告規則の定義に照らします。(ア)電気火災事故は「漏電、短絡、せん絡、その他の電気的要因」により火災が発生することなので「せん絡」。(イ)破損事故は機能が低下・喪失したことにより「直ちに」その運転が停止する等のことなので「直ちに」。(ウ)供給支障事故は電気工作物の誤「操作」若しくは「操作」しないことによるものなので「操作」。(エ)感電により人が病院「に入院」した場合は事故報告が必要です。よって(ア)せん絡・(イ)直ちに・(ウ)操作・(エ)に入院の組合せが正しくなります。 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

電気設備技術基準の過電流保護の条文です。「(ア)電路の必要な箇所には、過電流による(イ)過熱焼損から電線及び電気機械器具を保護し、かつ、(ウ)火災の発生を防止できるよう、過電流遮断器を施設しなければならない」と規定されています。過電流は熱による焼損と火災を招くため、これらを防ぐ趣旨です。したがって(ア)電路・(イ)過熱焼損・(ウ)火災の組合せが正しくなります。 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

電気設備技術基準の解釈における太陽電池モジュールの絶縁性能の規定です。最大使用電圧の1.5倍の直流電圧、又は(ア)1倍の交流電圧を加える方法で、その値が(イ)500 V未満となる場合は500 Vとし、これを充電部分と大地との間に連続して(ウ)10分間加えたときに耐える性能が求められます。したがって(ア)1・(イ)500・(ウ)10の組合せが正しくなります。 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

電気設備技術基準の支持物の倒壊防止の条文です。(ア)支持物が支持する電線等による「引張荷重」、(イ)10分間平均で風速「40」m/sの風圧荷重、(ウ)地理的条件・「気象」の変化・振動・衝撃等を考慮する、とされています。また、人家が多く連なっている場所では(エ)風速40 m/sの風圧荷重の「2分の1」の風圧荷重を考慮して施設できます。したがって(ア)引張荷重・(イ)40・(ウ)気象・(エ)2分の1の組合せが正しくなります。 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

電気設備技術基準の解釈における地中電線相互の離隔の規定です。(ア)低圧地中電線と高圧地中電線との離隔距離は0.15 m、(イ)低圧又は高圧の地中電線と特別高圧地中電線との離隔距離は0.3 m以上とします。(ウ)は堅ろうな「耐火性」の隔壁を設けること。(エ)不燃性の被覆や不燃性の管という高い性能を満たすのは「いずれか」の地中電線、(オ)自消性のある難燃性という一段低い性能を満たすのは「それぞれ」の地中電線について0 m以上でよいとされます。したがって(ア)0.15・(イ)0.3・(ウ)耐火性・(エ)いずれか・(オ)それぞれの組合せが正しくなります。 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

電気設備技術基準の解釈における分散型電源の連系要件です。(ア)単相3線式では「負荷」の不平衡により中性線に最大電流が生じるおそれがあるとき、(イ)並列点よりも「系統側」に3極に過電流引き外し素子を有する遮断器を施設します。(ウ)逆変換装置を用いない連系では「逆潮流」を生じさせないこと。(エ)高圧連系では配電用変電所の「配電用変圧器」において逆向きの潮流を生じさせないこととされています。したがって(ア)負荷・(イ)系統側・(ウ)逆潮流・(エ)配電用変圧器の組合せが正しくなります。 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

電気設備技術基準における配線の使用電線の条文です。b)で「配線には(ア)を使用してはならない」とあり、これは絶縁性のない「裸電線」です。c)で「特別高圧の配線には(イ)を使用してはならない」とあり、これは充電部に触れる構造の「接触電線」です。(ウ)は施設場所の状況及び「電圧」に応じて必要な強度・絶縁性能を有すること、とされます。したがって(ア)裸電線・(イ)接触電線・(ウ)電圧の組合せが正しくなります。 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

屋内電路の対地電圧制限の規定に照らして誤りを探します。(1)住宅の屋内電路は原則150 V以下で正しい。(3)(4)は太陽電池モジュールや蓄電池に接続する負荷側配線を所定の条件で施設し直流450 V以下とするもので正しい。(5)住宅以外の家庭用電気機械器具への屋内電路を簡易接触防護措置等のうえ300 V以下とするもので正しい。これに対し(2)は、住宅と店舗等が同一建造物内にある場合の住宅以外の場所へ供給する屋内配線を金属管工事で施設したときの対地電圧を「400 V以下」としていますが、正しくは300 V以下であり、これが誤りです。 出典: 一般財団法人 電気技術者試験センター

答え：2

考え方

最大需要電力は正時からの30分間の平均使用電力です。ここでは9時00分〜9時30分の30分平均を300 kW未満に抑えます。これは10分ごとの平均電力3区間の合計を$300 \times 3 = 900 \text{ kW}$未満にすることと同じです。グラフより対策をしない場合の30分平均は約310 kW（3区間合計で約930 kW）となるため、合計を900 kW未満にするには約30 kWを超える削減が必要です。なお、グラフの9時20分以降で電力が下がっているのは対策を実施した後の実績を示したもので、対策をしなければ310 kWのまま推移するところです。9時20分〜9時30分にその他負荷を10 kW停止するので、残りをファンで削減する必要があり、$10 + 5.5n > 30$すなわち$5.5n > 20$より$n > 3.6$となります。整数で最低$n = 4$台のファンを停止させる必要があります。 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

需要率は$\text{需要率} = \frac{\text{合成最大需要電力}}{\text{合成設備容量}} \times 100$で求めます。設備容量の合計はA工場400 kWとB工場700 kWで$400 + 700 = 1100 \text{ kW}$です。負荷曲線より両工場を合わせた最大需要電力は700 kWとなります。よって$\frac{700}{1100} \times 100 \approx 63.6\,\%$となります。 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

総合負荷率は$\text{負荷率} = \frac{\text{合成平均需要電力}}{\text{合成最大需要電力}} \times 100$で求めます。負荷曲線から両工場を合わせた1日の平均需要電力を求めると約625 kW、(a)で求めた合成最大需要電力は700 kWです。よって$\frac{625}{700} \times 100 \approx 89.3\,\%$となります。 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

B種接地工事の接地抵抗の上限値は$R_B = \frac{V}{I_g}$で求めます。ここで$I_g$は高圧電路の1線地絡電流で5 Aです。分子$V$は原則150ですが、高圧側と低圧側の混触時に低圧電路の対地電圧が150 Vを超えた場合に1秒を超え2秒以内（本問は1.3秒）で自動的に高圧電路を遮断する装置が設けられているため、300を適用できます。よって$R_B = \frac{300}{5} = 60 \, \Omega$が上限値となります。 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

低圧側は線間電圧$200\,\text{V}$の対称三相であり、1端子がB種接地抵抗$R_B=10\,\Omega$で接地されている。角周波数は $\omega = 2\pi f = 2\pi\times50 \approx 314\,\text{rad/s}$

対地静電容量1個分のリアクタンスは $\dfrac{1}{\omega C} = \dfrac{1}{314\times0.1\times10^{-6}} \approx 31800\,\Omega$

$R_B=10\,\Omega$はこれに比べて極めて小さく($R_B \ll \dfrac{1}{3\omega C}\approx10600\,\Omega$)、$R_B$を流れる電流による電圧降下は無視できるため、接地された端子の対地電圧はほぼ$0\,\text{V}$とみなせる。

このとき残り2相の対地電圧は、線間電圧そのままの大きさ$200\,\text{V}$、互いに位相差$60^{\circ}$のベクトルとして現れ、それぞれの対地静電容量$C$を通して充電電流が流れる。この2つの電流の合計が、接地端子から$R_B$へ戻る電流$I_B$である。

大きさ$200\,\text{V}$で位相差$60^{\circ}$の2つの電圧ベクトルの和の大きさは $|V_2+V_3| = 2\times200\times\cos30^{\circ} \approx 346\,\text{V}$

したがって $I_B = \omega C\times346 \approx 314\times0.1\times10^{-6}\times346 \approx 1.09\times10^{-2}\,\text{A} \approx 11\,\text{mA}$

最も近い選択肢は(1)の11mA。

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

海岸地その他の低温季に最大風圧を生じる地方では、低温季には甲種風圧荷重と乙種風圧荷重の大きい方を適用します。電線1条・長さ1 m当たりの甲種風圧荷重は、仕上り外径0.015 mより$980 \times 0.015 \times 1 = 14.7 \text{ N}$です。乙種風圧荷重は氷雪厚6 mmが付着した状態（外径$0.015 + 2 \times 0.006 = 0.027 \text{ m}$）に甲種の半分の490 Paを適用し、$490 \times 0.027 \times 1 \approx 13.2 \text{ N}$です。大きい方は甲種の$14.7 \text{ N}$となります。 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

低温季に適用される風圧荷重が乙種となるのは、乙種風圧荷重が甲種風圧荷重以上となる場合です。仕上り外径を$d$［m］とすると、甲種は$980 d$、乙種は氷雪厚6 mm付着で$490 (d + 2 \times 0.006) = 490 (d + 0.012)$です。乙種が甲種以上となる条件$490 (d + 0.012) \geq 980 d$を解くと、$5.88 \geq 490 d$より$d \leq 0.012 \text{ m} = 12 \text{ mm}$となります。よって乙種が適用される仕上り外径の最大値は12 mmです。 出典: 一般財団法人 電気技術者試験センター

答え：2