令和7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

平行板コンデンサの静電容量は$C = \varepsilon_0 \varepsilon_r \frac{S}{d}$で求まる。図1は電極全面（面積$l^2$）に比誘電率$\varepsilon_r = 5$の誘電体を挟んだ状態なので、$C_1 = \frac{5\varepsilon_0 l^2}{d}$となる。図2は誘電体を半分だけ引き出した状態で、これは面積$\frac{l^2}{2}$の「誘電体入り部分（$\varepsilon_r = 5$）」と面積$\frac{l^2}{2}$の「空気（真空）部分（$\varepsilon_r = 1$）」が並列接続された2つのコンデンサとみなせる。よって$C_2 = \frac{\varepsilon_0 (l^2/2)}{d} + \frac{5\varepsilon_0 (l^2/2)}{d} = \frac{3\varepsilon_0 l^2}{d}$となる。したがって$C_1 : C_2 = 5 : 3$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

点Aの電荷が点Pの電荷Qに及ぼす力は距離$1 \text{ m}$での反発力$F_A = kQ \cdot \frac{3 \times 10^{-7}}{1^2}$、点Bの電荷が及ぼす力は距離$2 \text{ m}$での反発力$F_B = kQ \cdot \frac{3 \times 10^{-7}}{2^2}$で、いずれもクーロンの法則（$k = \frac{1}{4\pi\varepsilon_0} \approx 9 \times 10^9$）による。両方とも正電荷同士なので反発し、Aからの力はB方向、Bからの力はA方向を向く。合力がB方向に$5 \times 10^{-3} \text{ N}$働いたことから、$F_A - F_B = 5 \times 10^{-3}$という式が立つ。これを整理すると$9 \times 10^9 \times 3 \times 10^{-7} \times Q \times (1 - \frac{1}{4}) = 5 \times 10^{-3}$となり、$Q \approx 2.5 \times 10^{-6} \text{ C}$が得られる。 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

自己インダクタンス$L$は、コイルの鎖交磁束数$N\Phi$と電流$I$の比として$L = \frac{N\Phi}{I}$で定義される（$N$：巻数、$\Phi$：1巻あたりの磁束、$I$：電流）。与えられた巻数$N = 1000$、電流$I = 0.2 \text{ A}$、磁束$\Phi = 6 \times 10^{-4} \text{ Wb}$を代入すると、$L = \frac{1000 \times 6 \times 10^{-4}}{0.2} = \frac{0.6}{0.2} = 3 \text{ H}$となる。したがって最も近い値は$3 \text{ H}$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

半径$r$、中心角$90°$（$\frac{1}{4}$円）の円弧に電流$I$が流れるとき、中心に生じる磁界の大きさは$H = \frac{I}{8r}$となる。中心Oを通る直線状の導線部分は、その延長線上にOが乗るためビオ・サバールの法則により磁界を作らない。半径$0.5 \text{ m}$の弧は$H_1 = \frac{16}{8 \times 0.5} = 4 \text{ A/m}$、半径$1 \text{ m}$の弧は$H_2 = \frac{16}{8 \times 1} = 2 \text{ A/m}$となる。図の電流の向きから2つの弧による磁界は互いに逆向き（打ち消し合う向き）に生じるため、合成磁界は$H = H_1 - H_2 = 4 - 2 = 2 \text{ A/m}$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

この回路は$R_1$が主回路（電源側）に直列に入り、その先で$R_2$と$R_3$が並列に接続された構成である。並列部分では$R_2$と$R_3$に同じ電圧がかかるため、消費電力は抵抗値が小さいほど大きくなり、$R_2$（$4 \, \Omega$）＜$R_3$（$8 \, \Omega$）より$P_2 > P_3$となる。一方$R_1$には回路全体の電流（並列部分の合成電流）がすべて流れるため他の抵抗より大きな電力を消費しやすく、実際に計算しても$P_1$が最大となる。したがって大きさの順は$P_1 > P_2 > P_3$となる。 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

電池の端子電圧の式$E = I(R + r)$を2つの条件それぞれに立てる。$R = 2.25 \, \Omega$、$I = 3 \text{ A}$のとき$E = 3 \times (2.25 + r) = 6.75 + 3r$。$R = 3.45 \, \Omega$、$I = 2 \text{ A}$のとき$E = 2 \times (3.45 + r) = 6.9 + 2r$となる。この2式を等しいとおくと$6.75 + 3r = 6.9 + 2r$より$r = 0.15 \, \Omega$が得られる。これを代入して$E = 6.75 + 3 \times 0.15 = 7.20 \text{ V}$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

この回路は$R_1$を電源側の直列抵抗、$R_2$と$R_x$を並列に接続した構成と考えられる。並列部分に流れる全電流を$R_2$と$R_x$の比で分流するため、$R_x$を流れる電流は$I = \frac{E \cdot R_2}{R_1 R_2 + R_1 R_x + R_2 R_x}$という式で表せる。条件1（$R_1 = 90$、$R_2 = 6$）と条件2（$R_1 = 70$、$R_2 = 3$）でこの$I$が等しいとして式を立てると$6(210 + 73R_x) = 3(540 + 96R_x)$となり、$150R_x = 360$から$R_x = 2.4 \, \Omega$が得られる。 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

コイルのリアクタンスは $X_L = 2\pi f L = 2\pi f \times \dfrac{1}{4\pi} = \dfrac{f}{2}$、コンデンサのリアクタンスは $X_C = \dfrac{1}{2\pi f C} = \dfrac{1}{2\pi f \times \frac{1}{100\pi}} = \dfrac{50}{f}$ となる。

$f=10\,\text{Hz}$ のとき $X_L=X_C=5\,\Omega$ となり、$C$と$L$は並列共振の条件を満たす。アドミタンスは $Y_L=-j\dfrac{1}{X_L}$、$Y_C=j\dfrac{1}{X_C}$ で大きさが等しく符号が逆なので $Y_L+Y_C=0$、すなわち$C$・$L$の並列部分は開放とみなせる。残るのは$R_2=30\,\Omega$のみなので、回路全体は$R_1+R_2=20+30=50\,\Omega$の直列回路となり、$I_{10\text{Hz}}=\dfrac{V}{50}$。

$f=10\,\text{MHz}$ のとき $X_L=5\times10^{6}\,\Omega$（ほぼ開放）、$X_C=5\times10^{-6}\,\Omega$（ほぼ短絡）となる。並列部分はインピーダンスが最も小さい$C$がほぼ支配し、並列部分全体がほぼ短絡（$0\,\Omega$）とみなせるので、回路全体は $R_1=20\,\Omega$ のみとなり、$I_{10\text{MHz}}=\dfrac{V}{20}$。

よって $\dfrac{I_{10\text{Hz}}}{I_{10\text{MHz}}} = \dfrac{V/50}{V/20} = \dfrac{20}{50} = 0.4$ 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

図1の回路では$Z_1 = \sqrt{R^2 + X^2} = \frac{E}{I_1} = \frac{100}{10} = 10 \, \Omega$が成り立つ。図2ではさらに抵抗$11 \, \Omega$を直列に加えているので$Z_2 = \sqrt{(R+11)^2 + X^2} = \frac{E}{I_2} = \frac{100}{5} = 20 \, \Omega$となる。この2式から$X^2$を消去すると$(R+11)^2 - R^2 = 400 - 100 = 300$となり、$22R + 121 = 300$より$22R = 179$、$R \approx 8.1 \, \Omega$が得られる。 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

$RL$直列回路でスイッチを閉じたときのコイル電流は$i_L = \frac{V}{R}(1 - e^{-t/\tau})$という形で立ち上がり、最終値（定常値）は$\frac{V}{R}$、立ち上がりの速さを決める時定数は$\tau = \frac{L}{R}$で表される。$R = 1 \, \Omega$のときの波形（図2）から回路の特性が分かるが、$R$を$2 \, \Omega$に変えると定常電流$\frac{V}{R}$は半分に、時定数$\frac{L}{R}$も半分になるため、電流波形はより速く立ち上がりながら最終的に到達する電流値は元の波形（点線）よりも低くなる。この「速く立ち上がり、低い値で落ち着く」という変化を最も適切に表しているのが選択肢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

可変容量ダイオードはpn接合の空乏層の厚さが逆方向電圧の大きさで変化する性質を利用しており、逆方向電圧を加えて使用する（ア＝逆方向）。定電圧ダイオードは逆方向電圧を大きくしていくと生じる降伏現象（ツェナー降伏やなだれ降伏）を利用するため、こちらも逆方向電圧を加える（イ＝逆方向）。レーザダイオードは発光ダイオードと同様にpn接合に順方向電圧を加えてキャリアを注入し、再結合発光・レーザ発振を起こす（ウ＝順方向）。したがって正しい組合せは（ア）逆方向、（イ）逆方向、（ウ）順方向である。 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

平行平板電極間の電界の強さは$E = \frac{V}{d}$で一様に表される（端効果は無視）。電子に働く力は電荷（電気素量$e$）と電界の積$F = eE$で求まるため、$F = \frac{V}{d}e$となる。質量$m$は力の大きさそのものには関係せず、加速度$a = \frac{F}{m}$を求める際に必要になる量であり、$F$の式には含まれない。 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

水晶発振回路は、LC発振回路の「コイル（インダクタ）」の役割を水晶振動子に置き換えたものであり、コンデンサを置き換えたものではない。水晶振動子は直列共振周波数と並列共振周波数の間で誘導性リアクタンスを示す領域を持ち、この特性を利用して発振周波数を安定化させている。したがって「LC発振回路のコンデンサを水晶振動子に置き換えたもの」とする記述（3）が誤りである。他の記述はいずれも水晶振動子・水晶発振回路の一般的な特徴として正しい。 出典: 一般財団法人 電気技術者試験センター

答え：3

考え方

全波整流形の電圧計は正弦波を基準に目盛が付けられており、入力波形の平均値（整流後の直流分に相当する値）を測定し、それに正弦波の波形率$1.11$（$\approx \frac{\pi}{2\sqrt{2}}$）を掛けた値を指示する。つまり指示値$= 1.11 \times$（入力波形の平均値）という関係になる。図に示された周期$20 \text{ ms}$の繰り返し波形の平均値は$4 \text{ V}$であるため、電圧計の指示値は$1.11 \times 4 = 4.44 \text{ V}$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

Y結線と考えると相電圧は線間電圧$200 \text{ V}$を$\sqrt{3}$で割った$\frac{200}{\sqrt{3}} \approx 115.5 \text{ V}$になる。図より1相あたりの負荷は$R$、$L$、$C$の並列回路である。誘導性サセプタンス$\frac{1}{\omega L} = \frac{1}{20} \text{ S}$と容量性サセプタンス$\omega C = \frac{1}{20} \text{ S}$は大きさが等しく符号が逆であるため、互いに打ち消し合う（並列共振）。したがって1相あたりのアドミタンスは$\frac{1}{R}$のみとなり、電源電流は$I = \frac{115.5}{10} \approx 11.5 \text{ A}$となる。 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

(a)で見たように1相あたりの負荷は$R$、$L$、$C$の並列回路で、$L$と$C$のサセプタンスが打ち消し合う（並列共振）ため、負荷全体は純抵抗と同等となり力率は$1$である。三相有効電力は$P = \sqrt{3} \cdot V \cdot I \cdot \cos\theta = \sqrt{3} \times 200 \times 11.5 \times 1 \approx 3980 \text{ W}$、すなわちおよそ$4.0 \text{ kW}$となる。1相あたり$P_1 = \frac{115.5^2}{10} \approx 1334 \text{ W}$として3倍しても同じ値になる。 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

図1では端子a、d間に、上側経路（$16\,\Omega+4\,\Omega=20\,\Omega$）、下側経路（$4\,\Omega+16\,\Omega=20\,\Omega$）、および抵抗$R$の3つが並列に接続されている。上下経路は同じ$20\,\Omega$で対称なので、両者に流れる電流は等しい。

電源から流れ込む全電流は$I_1=4.5\,\text{A}$、$R$を流れる電流は$I_2=0.5\,\text{A}$なので、上下2経路に流れる電流の合計は $I_1-I_2=4.5-0.5=4.0\,\text{A}$、それぞれの経路には $4.0\div2=2.0\,\text{A}$ が流れる。

したがって端子a、d間の電圧は、上側経路（または下側経路）から $V_{ad}=20\,\Omega\times2.0\,\text{A}=40\,\text{V}$ と求まる。

$R$には$V_{ad}=40\,\text{V}$がそのままかかり、$I_2=0.5\,\text{A}$が流れているので、

$R=\dfrac{V_{ad}}{I_2}=\dfrac{40}{0.5}=80\,\Omega$

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

(a)より、a、d間は電源$E$と直接（抵抗を介さず）接続されているので $E=V_{ad}=40\,\text{V}$、また $R=80\,\Omega$ である。図2では$R$がb、c間に移り、上側（a-16Ω-b-4Ω-d）・下側（a-4Ω-c-16Ω-d）・中央のRという非平衡ブリッジになる。

d点の電位を$0\,\text{V}$、a点の電位を$E=40\,\text{V}$とし、b、c点の電位$V_b$、$V_c$についてキルヒホッフの電流則を立てる。

b点: $\dfrac{V_b-40}{16}+\dfrac{V_b}{4}+\dfrac{V_b-V_c}{80}=0$

c点: $\dfrac{V_c-40}{4}+\dfrac{V_c}{16}-\dfrac{V_b-V_c}{80}=0$

両式を整理すると

$26V_b-V_c=200$、$-V_b+26V_c=800$

これを解くと $V_b=\dfrac{80}{9}\approx8.89\,\text{V}$、$V_c=\dfrac{280}{9}\approx31.11\,\text{V}$ となる。

電源から流れ出す電流$I_3$は、a点からb・cへ分かれる2つの電流の和なので

$I_3=\dfrac{40-V_b}{16}+\dfrac{40-V_c}{4}=\dfrac{280/9}{16}+\dfrac{80/9}{4}=\dfrac{35}{18}+\dfrac{40}{18}=\dfrac{75}{18}=\dfrac{25}{6}\approx4.17\,\text{A}$

最も近い値は $4.2\,\text{A}$ 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

コンデンサ$A$は同じ断面積で厚さの異なる3種類の誘電体が積み重なった直列接続とみなせる。この場合、各誘電体には同じ電束密度$D$（＝表面電荷密度）が生じるため、電界の強さ$E = \frac{D}{\varepsilon_0 \varepsilon_r}$は比誘電率$\varepsilon_r$に反比例し、$\varepsilon_r$が小さい誘電体ほど電界が強くなる。図に示された比誘電率の大小関係から$E_{A1} > E_{A2} > E_{A3}$という順になり、電圧の総和$V = E_{A1} \cdot d_1 + E_{A2} \cdot d_2 + E_{A3} \cdot d_3$の関係式に各誘電体の厚さと比誘電率の値を代入して整理すると、最大の電界の強さは$E_{A1} = \frac{9V}{5d}$となる。 出典: 一般財団法人 電気技術者試験センター

答え：5

考え方

コンデンサ$B$は同じ厚さ$d$、同じ電圧$V$のもとで断面積の異なる3種類の誘電体が並んだ並列接続とみなせる。この場合、各誘電体内の電界は一律$E = \frac{V}{d}$となり、各部分は独立した小さなコンデンサとして働くので、全体の静電容量$C_B$は各部分の静電容量の和（並列合成）で求められる。一方コンデンサ$A$は直列接続なので静電容量$C_A$は各誘電体の逆数和の逆数（直列合成）となる。両コンデンサに蓄えられる静電エネルギーはそれぞれ$\frac{1}{2}C_A V^2$、$\frac{1}{2}C_B V^2$で表され、図の比誘電率・寸法の条件から計算するとコンデンサ$B$の蓄積エネルギーはコンデンサ$A$の$1.20$倍になる。 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

図1のpチャネル・nチャネルMOS FETで構成された回路について、入力の組合せ（0,0）（0,1）（1,0）（1,1）ごとに出力を求め、真理値表を作成する。次に図2のNAND回路の接続（イ）、（ロ）、（ハ）それぞれについても同様に真理値表を求め、図1の真理値表と一致するものを探す。比較すると（イ）と（ハ）の接続が図1の回路と同一の真理値表になるため、正しい組合せは（イ）、（ハ）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

マルチバイブレータには、外部トリガなしで連続的にパルスを発生し続ける非安定（無安定）型、1回のトリガで一定時間だけパルスを出す単安定型、外部からのセット・リセット入力によって0または1の状態を保持し続ける双安定型（フリップフロップ）の3種類がある。入力数が0の回路（ニ）は外部トリガなしで自励的に動作することから非安定型と考えられ、連続的にパルスを発生する性質I（発振器としての利用）に対応する。入力数が2の回路（ヘ）はセットとリセットの2つの入力を持つことから双安定型（フリップフロップ）と考えられ、0や1を記憶する性質IIに対応する。したがって性質I：（ニ）、性質II：（ヘ）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：2

考え方

水力発電所は取水方法によって「落差」を得る方法で水路式・ダム式・ダム水路式に分類され、「流量」の使い方によって流込み式・調整池式・貯水池式・揚水式に分類されます。河川の自然の流れをそのまま利用し、貯水池を持たない方式が流込み式です。水路式はダムを持たないため大きな落差を得にくく、発生電力の調整にも向きません。一方、1日〜数日程度の需要変動に対応できるよう水量を調整する方式が調整池式です。したがって（ア）落差、（イ）流量、（ウ）流込み式、（エ）高落差を得にくい、（オ）調整池式の組合せとなる(3)が正解です。 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

単位体積あたりの水が持つ運動エネルギーは、力学の基本公式である運動エネルギー $E = \frac{1}{2} mv^2$ を単位体積あたりの質量、すなわち密度 $\rho \, [\text{kg/m}^3]$ に置き換えて考えます。質量 $m$ を密度 $\rho$ に対応させると、単位体積当たりの運動エネルギーは $\frac{1}{2} \rho v^2 \, [\text{J/m}^3]$ となります。次元を確認すると、$\rho \, [\text{kg/m}^3] \times v^2 \, [\text{m}^2/\text{s}^2] = [\text{kg/(m} \cdot \text{s}^2)] = [\text{J/m}^3]$ となり単位も正しく一致します。よって正しい式は(1)の $\frac{1}{2}\rho v^2$ 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

a) 非常調速機はタービン回転速度が定格を超えて上昇した際に蒸気止弁を閉じて停止させる装置で、記述は適切です。b) ボイラ水の循環不良は水管焼損につながるため、燃料遮断弁で燃料をカットしバーナを消火させる保護は適切です。c) 蒸気圧力が限度を超えたときに蒸気を逃がし機器破損を防ぐのは「安全弁」の役割であり、負荷調整用の「蒸気加減弁」ではないため、この記述は不適切です。d) 軸受油圧の異常低下を検出してタービンを停止させるトリップ装置の説明は適切です。e) 発電機固定子巻線の内部短絡検出には比率差動継電器が用いられ、記述は適切です。以上よりa適切・b適切・c不適切・d適切・e適切の組合せである(4)が正解です。 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

高速増殖炉は、核分裂の際に発生する高速中性子（減速していない中性子）をそのまま利用してウラン238をプルトニウム239に変換する炉である。しかもその変換は核分裂ではなく、ウラン238が中性子を吸収する中性子捕獲反応（n,\gamma反応）でウラン239となり、続けて2回のベータ崩壊（ウラン239からネプツニウム239を経てプルトニウム239）で生成される。したがって(1)は「速度の遅い熱中性子」という点、および「核分裂を起こして転換される」という点の両方で誤りである。

(2)は高速増殖炉の増殖比が1を超える（消費したプルトニウム239より多くのプルトニウム239を生成する）という基本的性質で正しい。(3)は高温ガス炉が冷却材に化学的に安定なヘリウムガス、減速材に黒鉛を用いる点で正しい。(4)(5)は核融合炉がウランなどの重い核分裂物質ではなく、水素・重水素・ヘリウムなど軽い原子核をプラズマ状態で高速衝突させて核融合反応を起こす点で、いずれも正しい記述である。

よって、誤っているものは(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

誘導発電機は同期発電機と異なり励磁装置が不要で構造が簡単なため、(1)(2)の記述は正しい特徴です。回転子は回転磁界に対してわずかな滑りを持って回転するため(3)も正しく、また自身では励磁できないため単独では発電できず、系統に並列して運転する必要があるため(4)も正しい記述です。一方、誘導発電機は系統に並列する際、始動時の突入電流が同期発電機より大きくなる傾向があるため、(5)の「突入電流が小さい」という記述は誤りです。よって正解は(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

避雷器は雷などによる過電圧の「波高値」がある値を超えたときに放電し、過電圧を抑制して設備の絶縁を保護する装置です。特性要素には酸化亜鉛（ZnO）素子が広く使われ、その「非線形」抵抗特性によって過電圧に伴う電流だけを大地に流し、放電後は速やかに続流を遮断できます。この優れた電圧-電流特性により、放電耐量が大きく放電遅れのないギャップレス避雷器が発変電所用として主に採用されています。以上より（ア）波高値、（イ）ZnO、（ウ）非線形、（エ）続流、（オ）ギャップレスの組合せである(1)が正解です。 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

非接地方式の配電線では地絡電流は主に対地静電容量によって流れるため、構内の高圧ケーブルこう長が短く対地静電容量が小さい場合はむしろ地絡過電流継電器が検出する零相電流は小さくなり、不要動作は起こりにくくなります。逆に、こう長が長く対地静電容量が大きい需要家ほど、外部事故時に自己の対地静電容量に基づく零相電流が大きくなり不要動作のリスクが高まります。したがって(3)の「こう長が短い場合に外部事故で大きな零相電流が流れて不要動作する」という記述は誤りです。他の(1)(2)(4)(5)は地絡・短絡保護に関する一般的な保護方式の説明として正しい内容です。よって正解は(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

(1)アークホーンをがいしに併設して雷撃時のアーク放電からがいしを保護する記述、(2)架空地線の遮へい角が小さいほど雷撃防止効果が大きいという記述、(3)多導体化によるコロナ抑制とスペーサのギャロッピング防止効果、(5)埋設地線等で接地抵抗を下げ逆フラッシオーバを抑制する記述は、いずれも送電設備に関する正しい内容です。一方、一様な微風によって電線の背後に空気の渦が生じ、電線が上下に小刻みに振動する現象は「サブスパン振動」ではなく「微風振動」と呼ばれます。サブスパン振動は多導体の各素導体間隔（サブスパン）で生じる別の振動現象であり、(4)の名称は誤りです。よって正解は(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

逆フラッシオーバは、鉄塔や架空地線に直撃雷があったときに鉄塔の電位が上昇し、その電位が電線側へ飛び移る現象であり、「電力線（電線）への雷撃」によって生じるものではありません。鉄塔塔脚の接地抵抗を低減すれば、鉄塔や架空地線への雷撃時の鉄塔電位上昇を抑えられるため逆フラッシオーバの抑制には有効ですが、(3)の記述は原因を「電力線への雷撃」としている点で誤りです。(1)不平衡絶縁方式、(2)架空地線多条化による結合率増加、(4)送電用避雷装置、(5)遮へい角を小さくする直撃雷対策は、いずれも雷害対策として正しい記述です。よって正解は(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

直接埋設式・管路式・暗きょ式を比較すると、一般に工事費が安く工期が短いのは直接埋設式、次いで管路式、暗きょ式の順であり(1)は正しい記述です。直接埋設式は構造物を伴わない分、事故復旧に時間がかかりやすく(2)、外傷を受けるリスクも高く(3)、将来のケーブル増設は暗きょ式・管路式の方が容易です(4)。これらはいずれも正しい記述です。一方、管路式はケーブルが管の中に収められる構造のため熱がこもりやすく、直接埋設式や暗きょ式に比べて熱放散性は劣り、多条数布設時の送電容量には制約を受けやすいのが実際です。したがって(5)の「熱放散が良いため制約を受けにくい」という記述は誤りで、正解は(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

直流送電は交流のような同期条件がなく異周波数系統間でも連系できる(1)、リアクタンスによる安定度の制約がなく電線の許容電流限度まで送電できる(2)、電流が零点を通過しないため大電流の遮断が難しく直流遮断器の開発が課題である(3)、送受電端に交直変換装置が必要で他励式では高調波対策が必要になる(5)は、いずれも直流送電の特徴として正しい記述です。一方、直流送電の利点の一つは、同じ絶縁レベルでも交流より高い電圧（実効値相当）を送電できる、つまり同じ送電電力に対して絶縁レベルを抑えられる点にあります。直流電圧は波高値ではなく一定値であるため、交流のような波高値分の余裕を見込む必要がなく、絶縁レベルを増加させる必要はありません。したがって(4)の記述は誤りで、正解は(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

まず変圧器の $\%Z$（$10.6\%$）と電源側の $\%Z$（$1.1\%$）を、同一基準容量 $20 \text{ MV·A}$ のまま直列合成すると、二次側から見た系統全体の $\%Z = 10.6 + 1.1 = 11.7\%$ になります。二次側の定格電流は $I_n = \frac{20 \times 10^3}{\sqrt{3} \times 6.6} \approx 1750 \text{ A}$ です。三相短絡電流は $I_s = I_n \times \frac{100}{\%Z} = 1750 \times \frac{100}{11.7} \approx 15000 \text{ A}$（約 $15 \text{ kA}$）程度になります。遮断器の定格遮断電流はこの短絡電流を上回る規格値から選定する必要があり、計算値約 $15 \text{ kA}$ に対して選定される標準的な定格遮断電流は $20 \text{ kA}$ です。よって正解は(3)の $20.0 \text{ kA}$ 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

既設負荷は出力 $120 \text{ kW}$、力率 $0.6$（遅れ）なので、皮相電力は $\frac{120}{0.6} = 200 \text{ kV·A}$、無効電力は $200 \times 0.8 = 160 \text{ kvar}$ です（$\cos\theta = 0.6$ のとき $\sin\theta = 0.8$）。ここに同じ力率 $0.6$ の負荷 $P' \, [\text{kW}]$ を増設すると、合計有効電力は $120 + P'$、合計無効電力は $160 + 1.333P'$ になります。進相コンデンサで力率 $0.8$ まで改善したうえで変圧器定格容量 $200 \text{ kV·A}$ いっぱいまで使うと考えると、改善後の皮相電力 $S$ は合計有効電力を $0.8$ で割った値で $200 \text{ kV·A}$ となるので、合計有効電力は $200 \times 0.8 = 160 \text{ kW}$ です。これより $120 + P' = 160$ なので $P' = 40 \text{ kW}$、その皮相電力は $S' = \frac{40}{0.6} \approx 66.7 \text{ kV·A}$ となります。よって正解は(3)の $66.7$ 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

(1)鉄・ニッケル・コバルトおよびその合金が強磁性体であること、(2)交番磁界でヒステリシス損と渦電流損からなる鉄損が発生し発熱すること、(4)ヒステリシス損がB-H曲線（ヒステリシスループ）の囲む面積と周波数に比例すること、(5)渦電流損対策として薄い絶縁鋼板を磁束方向に平行に積層することは、いずれも磁性材料に関する正しい記述です。一方、交番磁界中で磁束の変化により誘導起電力が生じ、それによって生じる誘導電流（渦電流）による損失は「渦電流損」であり、「ヒステリシス損」ではありません。ヒステリシス損は磁区（磁壁）の反転に伴うエネルギー損失であり、起電力の発生とは異なる機構です。したがって(3)の記述は誤りで、正解は(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

発電端効率は、発生した電力量（出力エネルギー）を投入した燃料の発熱量（入力エネルギー）で割って求めます。$45000 \text{ MW·h}$ を熱量に換算すると、$45000 \times 3600 = 1.62 \times 10^{8} \text{ MJ} = 1.62 \times 10^{11} \text{ kJ}$ です。一方、重油消費量 $9.1 \times 10^{3} \text{ t}$（$= 9.1 \times 10^{6} \text{ kg}$）に発熱量 $44000 \text{ kJ/kg}$ を掛けた投入熱量は、$9.1 \times 10^{6} \times 44000 \approx 4.00 \times 10^{11} \text{ kJ}$ です。したがって発電端効率 $\eta = \frac{1.62 \times 10^{11}}{4.00 \times 10^{11}} \approx 0.405$、すなわち約 $40.5\%$ となります。よって正解は(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

最大出力 $600 \text{ MW}$ で $24$ 時間運転した発生電力量は $600 \times 24 = 14400 \text{ MW·h} = 14400 \times 3600 \text{ MJ} = 5.184 \times 10^{10} \text{ kJ}$ です。発電端効率 $45.0\%$ から逆算すると、投入熱量は $\frac{5.184 \times 10^{10}}{0.45} \approx 1.152 \times 10^{11} \text{ kJ}$ となり、重油の発熱量 $44000 \text{ kJ/kg}$ で割ると燃料消費量は $\frac{1.152 \times 10^{11}}{44000} \approx 2.618 \times 10^{6} \text{ kg} = 2618 \text{ t}$ です。重油の炭素分は重量比 $85\%$ なので炭素量は $2618 \times 0.85 \approx 2225 \text{ t}$、これが $\text{CO}_2$ に酸化する際は原子量比 $\frac{44}{12}$（$\text{CO}_2$ の分子量 $44$、炭素の原子量 $12$）を掛けて、$\text{CO}_2$ 発生量は $2225 \times \frac{44}{12} \approx 8160 \text{ t} = 8.16 \times 10^{3} \text{ t}$ となります。よって正解は(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

送電端電圧 $6600 \text{ V}$、受電端（負荷端子）電圧 $6450 \text{ V}$ より、電圧降下は $150 \text{ V}$ です。相差角が小さいとして近似式 $V_s - V_r \approx \sqrt{3} \, I (R\cos\theta + X\sin\theta)$ を用います。$\cos\theta = 0.7$ より $\sin\theta \approx 0.714$、1線当たり $R = 0.5 \times 5 = 2.5 \, \Omega$、$X = 0.4 \times 5 = 2.0 \, \Omega$ を代入すると、$150 = \sqrt{3} \, I \times (2.5 \times 0.7 + 2.0 \times 0.714) = \sqrt{3} \, I \times 3.18$ より、$I \approx 27.3 \text{ A}$ と求まります。この $I$ を使って負荷電力 $W_1 = \sqrt{3} \, V_r \, I \, \cos\theta = \sqrt{3} \times 6450 \times 27.3 \times 0.7 \approx 213 \text{ kW}$ と計算できます。よって正解は(4)の $213$ 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

線路損失は3線分で $P_{loss} = 3I^2R$ と表され、$R$ が同じであれば損失が変わらない限り電流の大きさ $I$ も(a)で求めた約 $27.3 \text{ A}$ のまま変わりません。力率が $0.8$（遅れ）、$\sin\theta = 0.6$ に変わった状態で、同じ近似式で受電端電圧を求めると、電圧降下は $\sqrt{3} \times 27.3 \times (2.5 \times 0.8 + 2.0 \times 0.6) \approx 151 \text{ V}$ となり、受電端電圧はほぼ $6600 - 151 \approx 6449 \text{ V}$ とほとんど変化しません。この電流・電圧・力率を用いて新しい負荷電力を求めると、$W_2 = \sqrt{3} \, V_r \, I \, \cos\theta = \sqrt{3} \times 6449 \times 27.3 \times 0.8 \approx 243 \text{ kW}$ となります。よって正解は(2)の $243$ 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

この配電線はS-A-Bと直列につながる放射状の線路であり、B点の負荷電流はA-B間だけでなくS-A間も流れる。したがってS-A間を流れる電流は、A点負荷電流とB点負荷電流のベクトル和になる。

有効成分（電圧と同相の成分）だけを取り出すと、各負荷電流の有効成分は「電流の大きさ×力率」で求まる。

A点負荷: $200\,\text{A}\times0.8=160\,\text{A}$

B点負荷: $100\,\text{A}\times0.6=60\,\text{A}$

これらは同一の実効成分（有効分）として単純に加算できるので、S-A間電流の有効成分は

$160+60=220\,\text{A}$

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

各区間の無効成分（電圧と90度位相がずれた成分）は「電流の大きさ×$\sin\theta$」で求まる。力率0.8（遅れ）は$\sin\theta=0.6$、力率0.6（遅れ）は$\sin\theta=0.8$である。

A点負荷の無効分: $200\times0.6=120\,\text{A}$、B点負荷の無効分: $100\times0.8=80\,\text{A}$

S-A間: 有効分 $220\,\text{A}$（前問より）、無効分 $120+80=200\,\text{A}$

A-B間: 有効分 $100\times0.6=60\,\text{A}$、無効分 $100\times0.8=80\,\text{A}$

線路1kmあたりの抵抗・リアクタンスはともに$0.3\,\Omega$なので、こう長2kmの区間ではそれぞれ$R=X=0.6\,\Omega$となる。三相線路の電圧降下の近似式 $\Delta V \approx \sqrt{3}(I_R R+I_X X)$ を用いると、

S-A間: $\Delta V_{SA}=\sqrt{3}\times(220\times0.6+200\times0.6)=\sqrt{3}\times252\approx436\,\text{V}$

$V_A=6600-436=6164\,\text{V}$

A-B間: $\Delta V_{AB}=\sqrt{3}\times(60\times0.6+80\times0.6)=\sqrt{3}\times84\approx146\,\text{V}$

$V_B=6164-146\approx6018\,\text{V}$

したがって、最も近い値は $6020\,\text{V}$ である。

出典: 一般財団法人 電気技術者試験センター

答え：1

考え方

直流分巻電動機は端子電圧と界磁抵抗(界磁電流)が一定に保たれるため、界磁磁束もほぼ一定とみなせます。誘導起電力は$E = V - I_a R_a$で表され、負荷が増えて電機子電流$I_a$が増えると、電機子抵抗$R_a$による電圧降下の分だけ$E$がわずかに減り、回転速度$n \propto \dfrac{E}{\phi}$もわずかに低下する程度で、負荷電流に対してほぼ一定(緩やかな右下がり)の速度特性になります。一方トルク$T \propto \phi I_a$は磁束$\phi$がほぼ一定なので、負荷電流にほぼ比例して原点付近から直線的に増加する特性になります。この「速度はほぼ一定・トルクはほぼ比例して増加」という組み合わせを示す図が正しく、選択肢(5)が該当します。 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

永久磁石形の直流電動機は界磁磁束が一定なので、回転速度は逆起電力$E$に比例します($n = kE$)。無負荷時は電機子電流をほぼ$0$とみなせるため、端子電圧$12 \text{ V}$がそのまま逆起電力となり、$E_0 = 12 \text{ V}$、$n_0 = 3000 \text{ min}^{-1}$に対応します。負荷時は電機子電流$I_a = 2 \text{ A}$、損失(＝電機子銅損)$3 \text{ W}$から、電機子抵抗は$R_a = \dfrac{P}{I_a^2} = \dfrac{3}{2^2} = 0.75 \, \Omega$と求まります。よって電機子巻線の電圧降下は$I_a R_a = 2 \times 0.75 = 1.5 \text{ V}$となり、逆起電力は$E = 12 - 1.5 = 10.5 \text{ V}$です。速度は逆起電力に比例するので、$n = n_0 \times \dfrac{E}{E_0} = 3000 \times \dfrac{10.5}{12} = 2625 \text{ min}^{-1}$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

巻線形誘導電動機は比例推移特性を利用し、最大トルクを生じる滑りを始動時の滑り$s = 1$付近に一致させるため、二次回路をスリップリングを通じて外部抵抗器に接続し、二次抵抗値を定格時より大きくして始動します。かご形誘導電動機ではY-Δ始動のほか、始動補償器(単巻変圧器)で端子電圧を下げる方法、インバータで電圧と周波数の両方を下げる方法があります。単相誘導電動機は主コイルだけでは交番磁界しか作れないため、主コイルと位相の異なる電流が流れる補助コイルなどを設けて回転磁界(移動磁界)を作り出し始動します。これらを整理すると(ア)1、(イ)スリップリング、(ウ)始動補償器、(エ)インバータ、(オ)位相となり、選択肢(4)が正しい組み合わせです。 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

Y-Δ始動では始動時にY結線で運転するため、そのときの始動トルクはΔ結線で全電圧始動した場合のトルクの$\dfrac{1}{3}$になります。したがって、Δ結線全電圧始動時のトルクは$T_\Delta = 49.0 \times 3 = 147 \text{ N}\cdot\text{m}$です。この$T_\Delta$は定格運転時トルク$T_n$の$210\%$に相当すると与えられているので、$T_n = \dfrac{147}{2.10} = 70.0 \text{ N}\cdot\text{m}$と求まります。 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

回転界磁形同期電動機は固定子の回転磁界だけでは平均トルクが零になり自力で始動できないため、回転子の磁極面に（ア）制動巻線を設け、（イ）かご形誘導電動機と同じ誘導作用によって始動トルクを発生させます（自己始動法）。 始動中は回転磁界によって（ウ）界磁巻線に高電圧が誘導され、絶縁を破壊するおそれがあるため、界磁巻線を抵抗で短絡した状態で加速します。回転速度が同期速度に近づいたところでこの短絡を切り離し、界磁巻線を（エ）直流で励磁すると、回転子は同期速度に引き込まれます。 問題文の（ウ）は「回転磁束によって誘導される高電圧」から絶縁を守るために抵抗で短絡しておく巻線を指しており、これは固定子巻線ではなく界磁巻線です（固定子巻線は三相電源につながる巻線であり、抵抗で短絡することはできません）。 したがって(ア)制動巻線、(イ)かご形誘導電動機、(ウ)界磁巻線、(エ)直流となり、選択肢(3)が正しい組合せです。 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

界磁電流$500 \text{ A}$のときの無負荷相電圧は$E_{500} = \dfrac{15200}{\sqrt{3}} \approx 8776 \text{ V}$です。鉄心が飽和していない領域では無負荷電圧は界磁電流にほぼ比例するので、界磁電流$100 \text{ A}$のときの無負荷相電圧は$E_{100} = 8776 \times \dfrac{100}{500} \approx 1755 \text{ V}$になります。この$1755 \text{ V}$という電圧が、界磁電流$100 \text{ A}$での短絡試験電流$860 \text{ A}$に対応する電圧なので、同期インピーダンスは$Z_s = \dfrac{E_{100}}{860} = \dfrac{1755}{860} \approx 2.04 \, \Omega$と求まります。未飽和域では同期インピーダンスは界磁電流によらずほぼ一定なので、これが界磁電流$500 \text{ A}$のときの値としてもそのまま使えます。 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

ステッピングモータは駆動回路から与えられたパルス数に比例した回転角度だけ回転し、連続的にパルスを与えるとそのパルスの周波数に比例した速度で回転し、パルスを止めればその位置で停止します。1パルス当たりの回転角度$\theta$はステップ角と呼ばれ、モータの分解能を表す重要な値です。永久磁石形ステッピングモータは、電力を供給しなくても永久磁石と鉄心との吸引力によって回転子の位置を保持する力が働くという特徴があります。以上を整理すると(ア)パルス数、(イ)回転角度、(ウ)周波数、(エ)ステップ角、(オ)保持する力となり、選択肢(3)が正しい組み合わせです。 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

電力用コンデンサの誘電体には、静電容量を安定して大きく取れるよう誘電率が高く、損失を抑えるため誘電正接($\tan\delta$)が小さく、絶縁破壊を防ぐため絶縁抵抗・絶縁耐力が高いことが求められます。保守点検については、油漏れやがいしの汚損など外観から確認できる項目は日常点検で行い、静電容量・損失の測定や耐電圧試験など専用機器が必要な項目は数年ごとや異常時の特別点検で行うという使い分けが一般的です。これらを整理すると(ア)高く、(イ)小さく、(ウ)高い、(エ)日常、(オ)特別となり、選択肢(2)が正しい組み合わせです。 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

短絡試験では励磁回路のインピーダンスを無視できるので、電流計・電圧計・電力計の読みから一次側換算の等価インピーダンスをそのまま求めることができます。インピーダンスは$Z = \dfrac{V}{I} = \dfrac{150}{30} = 5 \, \Omega$、抵抗分は$P = I^2 R$より$R = \dfrac{P}{I^2} = \dfrac{1350}{30^2} = 1.5 \, \Omega$です。漏れリアクタンス$X$は$Z^2 = R^2 + X^2$の関係から、$X = \sqrt{Z^2 - R^2} = \sqrt{5^2 - 1.5^2} = \sqrt{22.75} \approx 4.77 \, \Omega$と求まります。 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

サイリスタはゲート電流を与えて順方向電流が流れ始めると、その後ゲート電流を取り去っても順方向電流が流れ続ける「オン保持」の性質を持ちますが、これはあくまで順方向にのみ導通するデバイスであり、逆方向には電流を流すことができません(逆阻止形)。したがって、順方向電流に続いて逆方向の電流まで流せるとする選択肢(3)の記述は誤りです。IGBTと逆並列ダイオードの組み合わせやMOSFETのボディーダイオードに関する記述、ダイオードの導通条件に関する記述は、いずれもパワー半導体デバイスの一般的な動作として正しい内容です。 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

減速比$6$なので、負荷側の回転速度は$n_L = \dfrac{n_m}{6} = \dfrac{1200}{6} = 200 \text{ min}^{-1}$になります。軸トルクは、減速機の効率$0.96$を考慮すると、$T_L = T_m \times 6 \times 0.96 = 100 \times 6 \times 0.96 = 576 \text{ N}\cdot\text{m}$です。負荷側の角速度は$\omega_L = \dfrac{2\pi n_L}{60} = \dfrac{2\pi \times 200}{60} \approx 20.9 \text{ rad/s}$なので、軸入力(負荷側の出力)は$P_L = T_L \times \omega_L = 576 \times 20.9 \approx 12100 \text{ W} \approx 12.1 \text{ kW}$となります。したがって、$n_L = 200 \text{ min}^{-1}$、$T_L = 576 \text{ N}\cdot\text{m}$、$P_L = 12.1 \text{ kW}$の組み合わせである選択肢(5)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

炉壁内部の熱伝導はフーリエの法則$q = \lambda \dfrac{\Delta T}{\Delta x}$で表され、$\lambda$は熱伝導率、$\Delta T$は測定した2点間の温度差、$\Delta x$はその2点間の距離です。$\Delta T = 142 - 72 = 70 \text{ K}$、$\Delta x = 30 - 10 = 20 \text{ cm} = 0.2 \text{ m}$なので、単位面積当たりの熱損失は$q = 0.94 \times \dfrac{70}{0.2} = 329 \text{ W/m}^2$と求まります。 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

このようなブロック線図では、2つの前向き経路の伝達関数が$G_1$と$G_2$で、それぞれ加え合わせ点で差$(G_1 - G_2)$として合成され、それが単一の閉ループの前向き伝達関数として働き、$G_3$を通る帰還経路で入力側へフィードバックされる構成になっています。閉ループ伝達関数は一般に $\dfrac{\text{前向き伝達関数}}{1+\text{前向き伝達関数}\times\text{帰還伝達関数}}$ で表せるので、前向き伝達関数を$(G_1 - G_2)$、帰還伝達関数を$G_3$とすると、$\dfrac{C(j\omega)}{R(j\omega)} = \dfrac{G_1 - G_2}{1+(G_1 - G_2)G_3} = \dfrac{G_1 - G_2}{1+G_1 G_3 - G_2 G_3}$となります。これが選択肢(3)の形と一致します。 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

この問題はフローチャートに示された初期値の設定、条件分岐、繰り返し処理を順番にたどり、変数$A$、$B$がどのように更新されていくかを追跡する問題です。フローチャート中の判定条件に従って処理が枝分かれし、ループ処理のたびに変数の値が加算・更新されていき、ループを抜ける条件が満たされた時点で$A$、$B$に残る値が出力されます。実際に条件分岐とループ回数を1つずつ丁寧に追跡していくと、最終的に$A = 51$、$B = 23$という値が印字される結果になり、選択肢(3)が正しい組み合わせです。 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

全負荷の$\dfrac{3}{4}$での出力は$P_o = 50 \times 0.75 = 37.5 \text{ kW} = 37500 \text{ W}$です。効率$\eta = \dfrac{P_o}{P_o + \text{損失}}$の関係から、損失の合計は「$\text{損失} = P_o \times \left(\dfrac{1}{\eta} - 1\right)$」で求まり、$\text{損失} = 37500 \times \left(\dfrac{1}{0.982} - 1\right) \approx 37500 \times 0.01833 \approx 687 \text{ W}$となります。この負荷点では鉄損と銅損が等しいという条件があるので、鉄損はその半分の約$344 \text{ W}$になります。 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

鉄損は電圧が一定であれば負荷の大きさによらずほぼ一定なので、全負荷時の鉄損も(a)で求めた約$344 \text{ W}$のままです。一方、銅損は負荷電流の$2$乗、つまり負荷率の$2$乗に比例して変化します。$\dfrac{3}{4}$負荷での銅損は鉄損と等しい約$344 \text{ W}$なので、全負荷(負荷率$1$)での銅損は$P_c = \dfrac{344}{(0.75)^2} = \dfrac{344}{0.5625} \approx 611 \text{ W}$と求まります。 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

三相整流回路では、各ダイオードは$1$サイクルのうち$\dfrac{1}{3}$の期間だけ電流$I_d = 36 \text{ A}$を流し、そのときの電圧降下は$V_F = 1.0 \text{ V}$で一定と与えられています。ダイオード1個当たりの損失の平均値は、通電時の瞬時損失$V_F \times I_d$に通電期間の割合$\left(\dfrac{1}{3}\right)$を掛けて求められるので、$\text{平均損失} = V_F \times I_d \times \dfrac{1}{3} = 1.0 \times 36 \times \dfrac{1}{3} = 12 \text{ W}$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：5

考え方

まず交流側リアクトルのリアクタンスは$X_L = 2\pi f L_L = 2\pi \times 50 \times 5.56 \times 10^{-4} \approx 0.1747 \, \Omega$です。与えられた式$V_d = \dfrac{3\sqrt{2}}{\pi}V_L - \dfrac{3}{\pi}X_L I_d - 2V_F$に数値を代入すると、第$1$項は$\dfrac{3\sqrt{2}}{\pi} \times 200 \approx 270.1 \text{ V}$、第$2$項は$\dfrac{3}{\pi} \times 0.1747 \times 36 \approx 6.0 \text{ V}$、第$3$項は$2 \times 1.0 = 2.0 \text{ V}$となります。したがって$V_d \approx 270.1 - 6.0 - 2.0 \approx 262 \text{ V}$と求まります。 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

光束発散度$M$は単位面積当たりに発散される光束で、$M = \dfrac{\text{単位長さ当たりの光束}}{\text{単位長さ当たりの表面積}}$で求められます。管径$36 \text{ mm}$(半径$18 \text{ mm}$)の円柱の単位長さ当たりの表面積は、円周に相当する$\pi \times d = \pi \times 0.036 \approx 0.1131 \text{ m}^2/\text{m}$です。したがって、$M = \dfrac{3000}{0.1131} \approx 26500 \text{ lm/m}^2 = 26.5 \times 10^3 \text{ lm/m}^2$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

完全拡散性(ランバート則に従う)円柱光源の直下の水平面照度は、光束発散度$M$、光源直径$d$、光源から測定点までの高さ$h$を用いて$E_h = \dfrac{Md}{2h}$という関係で求めることができます。(a)で求めた$M \approx 26500 \text{ lm/m}^2$、$d = 0.036 \text{ m}$、$h = 3 \text{ m}$を代入すると、$E_h = \dfrac{26500 \times 0.036}{2 \times 3} = \dfrac{954}{6} \approx 159 \text{ lx}$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

この図は、積分要素(時定数$T$を持つ要素)に単位帰還をかけて$1$次遅れ要素$\dfrac{1}{1+j\omega T}$を作り、これに比例要素$K$を直列に接続した構成になっています。全体の周波数伝達関数は両者の積となるので$W(j\omega) = \dfrac{K}{1+j\omega T}$と表され、$T = 0.2 \text{ s}$、$K = 10$を代入すると、$W(j\omega) = \dfrac{10}{1+j0.2\omega}$となります。これが選択肢(2)の形と一致します。 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

(a)で求めた$W(j\omega) = \dfrac{10}{1+j0.2\omega}$のゲインをデシベルで表すと$20\log_{10}|W(j\omega)| = 20\log_{10}10 - 20\log_{10}\sqrt{1+(0.2\omega)^2}$となります。角周波数$\omega$が十分小さい低周波域では$20\log_{10}10 = 20 \text{ dB}$の水平な直線に近似でき、折れ点角周波数$\omega_c = \dfrac{1}{T} = \dfrac{1}{0.2} = 5 \text{ rad/s}$を境にそれより高い周波数側では$-20 \text{ dB/dec}$の傾きで減衰していく特性になります。この「低域$20 \text{ dB}$一定、$\omega = 5 \text{ rad/s}$で折れて$-20 \text{ dB/dec}$で下降する」というゲイン特性を示す図が選択肢(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

電気事業法における電気の使用制限等の規定を問う問題である。国全体の電気の需給が逼迫し、供給不足が国民経済・国民生活に悪影響を及ぼすおそれがある場合、需給調整の権限を持つのは（ア）経済産業大臣である。政令で定めるところにより、（イ）使用電力量の限度、（ウ）使用最大電力の限度、用途もしくは使用を停止すべき（エ）日時を定めて電気の使用制限を命じ、または勧告できる。あわせて（オ）受電電力の容量の限度を定めて受電の制限を命じ、または勧告することもできる。これらの語句の組合せは(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

電気関係報告規則に基づく事故報告の規定である。義務を負うのは自家用電気工作物を（ア）設置する者である。感電死傷事故のような重大事故が発生した場合、事故の発生を知った時から（イ）24時間以内に、可能な限り速やかに事故の発生日時・場所・事故が発生した電気工作物および事故の（ウ）概要について、電話等の方法で速報しなければならない。さらに事故の発生を知った日から起算して（エ）30日以内に、様式第13の報告書（詳報）を所轄産業保安監督部長に提出する必要がある。この組合せは(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

電気設備技術基準における電気設備の保安原則を問う問題である。電気設備の必要な箇所には、異常時の（ア）電位上昇や高電圧の侵入等による感電・火災・物件損傷のおそれがないよう、（イ）接地その他の適切な措置を講じなければならない。そして接地を施す場合は、電流が安全かつ確実に（ウ）大地に通ずることができるようにしなければならない。接地は異常電位を大地へ逃がして人体・物件への危害を防ぐための基本的な保安措置であり、この趣旨から(4)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

電気設備技術基準の解釈に定める接地工事の要件を、選択肢ごとに照らし合わせる。(1)使用電圧200V（300V以下）の機械器具はD種接地工事の対象で、接地抵抗値は原則100Ω以下であり90Ωは適合する。(2)使用電圧100V（150V以下）の機械器具を屋内の乾燥した場所で使用する場合は接地工事を省略でき、適合する。(3)使用電圧440V（300V超）はC種接地工事が原則10Ω以下だが、動作時間0.5秒以内の漏電遮断器を施設すれば500Ω以下に緩和され、0.1秒動作の遮断器がある300Ωは適合する。(4)接地工事の省略が認められるのは「乾燥した場所」であることが前提条件であり、水気のある場所では漏電遮断器を施設していても接地工事を省略することはできない。よってこの記述が不適切であり、これが正答となる。(5)使用電圧3300V（高圧）はA種接地工事が必要で、接地線に直径2.6mm以上の軟銅線を用いることは適合する。

出典: 一般財団法人 電気技術者試験センター

答え：4