令和7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

はじめにコンデンサ $C$ は電圧 $V$ に充電されており、電荷は $Q = CV$ をもちます。もう一方の $2C$ は充電されていません。両者を並列に接続すると電荷は保存され、合成静電容量は $C + 2C = 3C$ になります。接続後の共通電圧は $V' = \frac{Q}{3C} = \frac{CV}{3C} = \frac{V}{3}$ です。したがって全静電エネルギーは $W = \frac{1}{2}(3C)V'^2 = \frac{1}{2} \times 3C \times \left(\frac{V}{3}\right)^2 = \frac{1}{2} \times 3C \times \frac{V^2}{9} = \frac{1}{6}CV^2$ 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：2

考え方

比誘電率 $\varepsilon_r = 2$ の液体で満たすと誘電率が $2$ 倍になります。孤立した球状導体の静電容量は $C = 4\pi\varepsilon r$ で誘電率に比例するので $2$ 倍になります(選択肢5が正しい)。一方、電荷 $Q$ は一定なので、表面電位 $V = \frac{Q}{4\pi\varepsilon r}$ は $\frac{1}{2}$ 倍、表面の電界 $E = \frac{Q}{4\pi\varepsilon r^2}$ も $\frac{1}{2}$ 倍、電気力線の本数 $\frac{Q}{\varepsilon}$ も $\frac{1}{2}$ 倍になります。電束密度 $D = \frac{Q}{4\pi r^2}$ は誘電率によらず不変です。よって正しいのは「静電容量が $2$ 倍」だけです。 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

自己インダクタンスは磁気抵抗 $R_m$ を用いて $L = \frac{N^2}{R_m}$ で表されます。同じ鉄心なので $R_m$ は共通です。コイル1は $L = \frac{N^2}{R_m}$、コイル2は $9L = \frac{n^2}{R_m}$ なので、比をとると $\frac{9L}{L} = \frac{n^2}{N^2} = 9$ となり、$\frac{n}{N} = 3$、すなわち $n = 3N$ 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

無限に長い直線導体から距離 $a$ の点Pの磁界は $H_1 = \frac{I_1}{2\pi a}$ です。半径 $a$ の一巻き円形コイルの中心Oの磁界は $H_2 = \frac{I_2}{2a}$ です。$H_1 = H_2$ より $\frac{I_1}{2\pi a} = \frac{I_2}{2a}$ となり、両辺に $2a$ を掛けて $\frac{I_1}{\pi} = I_2$、よって $I_1 = \pi I_2$ が得られます。 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

コンデンサ $C$ が電圧 $V$ に充電されているときの静電エネルギーは $\frac{1}{2}CV^2$ です。スイッチSを閉じて十分時間が経つと、コンデンサの端子電圧が $0$ になり、回路の電流も $0$ になるので、インダクタに蓄えられるエネルギーも最終的に $0$ です。エネルギー保存より、はじめにコンデンサがもっていたエネルギーはすべて抵抗 $R$ で消費されます。よって $W = \frac{1}{2}CV^2$ 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

内部は端子a-b間の抵抗 $R_1$ と端子b-c間の抵抗 $R_2$ による分圧回路とみなせます。図1で $100 \text{ V}$ を加えると b-c 間が $10 \text{ V}$ なので $\frac{R_2}{R_1+R_2} \times 100 = 10$、すなわち $R_1 = 9R_2$ です。図2で b-c に $15 \, \Omega$ を並列にすると b-c 間の抵抗は $R_2' = \frac{15R_2}{R_2+15}$ となり、$\frac{R_2'}{R_1+R_2'} \times 100 = 4$ から $R_1 = 24R_2'$ です。$R_1 = 9R_2$ と合わせると $R_2' = 0.375R_2$ となり、$\frac{15R_2}{R_2+15} = 0.375R_2$ から $R_2 = 25 \, \Omega$、$R_1 = 225 \, \Omega$ が求まります。図3で b-c を短絡すると電流は $R_1$ で決まり、$I = \frac{100}{R_1} = \frac{100}{225} \approx 0.44 \text{ A}$ 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

スイッチ $S$ を開いたとき、電流は電源 $E$ から $2\,\Omega \to 10\,\Omega$ の直列経路のみを流れます（$R$ 側は開放されているため電流は流れません）。回路全体の抵抗は $2\,\Omega+10\,\Omega=12\,\Omega$ なので、$2\,\Omega$ を流れる電流は $I_1=\dfrac{E}{12}$ となります。

$S$ を閉じると、$10\,\Omega$ と $R$ が並列に接続された状態になります。並列部分の合成抵抗は $\dfrac{10R}{10+R}$ なので回路全体の抵抗は $2+\dfrac{10R}{10+R}$ となり、$2\,\Omega$ を流れる電流（電源から流れ出す全電流に等しい）は $I_2=\dfrac{E}{2+\frac{10R}{10+R}}$ です。

条件より $I_2=3I_1$ なので $\dfrac{E}{2+\frac{10R}{10+R}}=3\times\dfrac{E}{12}=\dfrac{E}{4}$ となり、両辺の分母を比較すると $2+\dfrac{10R}{10+R}=4$、すなわち $\dfrac{10R}{10+R}=2$ が得られます。両辺に $(10+R)$ を掛けると $10R=2(10+R)=20+2R$ より $8R=20$、よって $R=2.5\,\Omega$ 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：1

考え方

電流は $i = 4\sqrt{2}\sin(120\pi t)$ です。瞬時値が初めて $4 \text{ A}$ になるのは $4\sqrt{2}\sin(120\pi t) = 4$、すなわち $\sin(120\pi t) = \frac{4}{4\sqrt{2}} = \frac{1}{\sqrt{2}}$ のときです。$t = 0$ 以降で最初にこれを満たすのは $120\pi t = \frac{\pi}{4}$ のときなので、$t_1 = \frac{1}{480} \text{ s}$ 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

誘導性負荷のインピーダンスの大きさは $Z = \frac{E}{I} = \frac{140}{30} \approx 4.67 \, \Omega$ です。力率 $0.8$ なので、この負荷の有効分電流は $30 \times 0.8 = 24 \text{ A}$、無効分電流は $30 \times 0.6 = 18 \text{ A}$ です。スイッチSを閉じて抵抗 $R$ を並列接続すると、$R$ には電圧 $E$ と同相の電流 $\frac{140}{R}$ が加わります。合成電流の大きさは $\sqrt{\left(24 + \frac{140}{R}\right)^2 + 18^2} = 82$ です。よって $\left(24 + \frac{140}{R}\right)^2 = 82^2 - 18^2 = 6400$ となり、$24 + \frac{140}{R} = 80$、$\frac{140}{R} = 56$、$R = 2.5 \, \Omega$ が得られます。 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

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（$2 \text{ F}$）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$0$）が流れ始め、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て $i_C = e^{-\frac{t}{2}} \text{ A}$（時定数 $\tau = RC = 2 \text{ s}$）が流れる。スイッチを流れる電流は両者の和で $i_S = i_L + i_C = 1 - e^{-t} + e^{-\frac{t}{2}}$ となる。$t=0$で$1 \text{ A}$から始まり、コイル電流の立ち上がり（$\tau=1 \text{ s}$）が放電の減衰（$\tau=2 \text{ s}$）より速いため一旦増加し、$t=2\ln 2\approx1.4 \text{ s}$で最大値約$1.25 \text{ A}$に達した後、$1 \text{ A}$に漸近する。「1から始まり、1を超えて盛り上がった後、減衰して1に漸近する」波形の(3)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：3

考え方

p形半導体では多数キャリヤは正孔で、電流 $I$ と同じ向きに動きます。磁束密度 $B$ を下から上向きに加えると、正孔はローレンツ力 $\mathbf{F} = q\mathbf{v} \times \mathbf{B}$ によって進路を曲げられ、電極①側にたまります。よって電極①は(ア)正、電極②は(イ)負に帯電します。n形では多数キャリヤが電子で、電流とは逆向きに動き、電荷の符号も逆なので、たまる電荷が入れ替わり、生じる電界の向きはp形の場合と(ウ)反対になります。ホール電圧 $V_H$ は電流 $I$ にほぼ比例するので(エ)比例です。したがって組合せは(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

電界の強さは $E = \frac{V}{d} = \frac{2000}{6 \times 10^{-3}} \approx 3.3 \times 10^5 \text{ V/m}$ です(ア)。電極Kをヒータで加熱すると、表面から熱電子が放出されます(イ)。初速度が零の電子が電極Pに達したときの運動エネルギーは、電界がした仕事に等しく $W = eV = 1.6 \times 10^{-19} \times 2000 = 3.2 \times 10^{-16} \text{ J}$ です(ウ)。したがって組合せは(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

電流増幅率は $h_{fe} = \frac{\Delta I_C}{\Delta I_B}$ で求めます。図の静特性で $V_{CE} = 6 \text{ V}$、$I_B = 40 \, \mu\text{A}$ のときのコレクタ電流は約 $4 \text{ mA}$ なので、$h_{fe} = \frac{4 \text{ mA}}{40 \, \mu\text{A}} = 100$ です。出力インピーダンスは $I_B$ 一定での $I_C$-$V_{CE}$ 特性の傾きの逆数で、図より $\frac{1}{h_{oe}} = \frac{\Delta V_{CE}}{\Delta I_C} \approx 10\,000 \, \Omega$ です。したがって組合せは(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

各単位を確認します。電流は $\text{C/s} = \text{A}$ で正しく、磁気抵抗は $\text{H}^{-1}$($=\text{A/Wb}$)で正しく、電力量は $\text{W} \cdot \text{s} = \text{J}$ で正しく、電界の強さは $\text{V/m}$ で正しいです。一方、磁束の単位はウェーバ $\text{Wb}$ であり、$\text{T}$(テスラ)は磁束密度の単位です。よって「磁束 $\text{T}$」の組合せが誤りで、(4)が答えです。 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

負荷インピーダンスは $\dot{Z} = 5\sqrt{3} + j5$ で、大きさは $|\dot{Z}| = \sqrt{(5\sqrt{3})^2 + 5^2} = \sqrt{75 + 25} = 10 \, \Omega$、偏角は $\theta = \tan^{-1}\frac{5}{5\sqrt{3}} = \frac{\pi}{6}$ です。電源の線間電圧を $200 \text{ V}$ とすると、Y結線負荷の相電圧は $\frac{200}{\sqrt{3}} \approx 115.5 \text{ V}$ です。よって線電流の大きさは $I_1 = \frac{115.5}{10} = 11.55 \text{ A}$ です。線間電圧を基準にとると相電圧は $\frac{\pi}{6}$ 遅れ、さらに負荷で $\frac{\pi}{6}$ 遅れるので、$\dot{I}_1 = 11.55\angle -\frac{\pi}{3} \text{ A}$ 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：2

考え方

Y結線負荷を等価な $\triangle$ 結線に変換すると、$\triangle$ の相インピーダンスは $\dot{Z}_\triangle = 3\dot{Z}$ で、大きさ $30 \, \Omega$、偏角 $\frac{\pi}{6}$ です。$\triangle$ の相電流 $\dot{I}_{ab}$ は線間電圧 $\dot{V}_{ab}$($200 \text{ V}$)を $\dot{Z}_\triangle$ で割って求まり、大きさは $I_{ab} = \frac{200}{30} \approx 6.67 \text{ A}$、位相は線間電圧より $\frac{\pi}{6}$ 遅れます。なお、平衡三相では$\triangle$の内部を循環する電流は流れないため、$\triangle$結線電源の枝を流れる電流 $\dot{I}_{ab}$ は、負荷を$\triangle$換算したときの相電流とそのまま一致します。よって $\dot{I}_{ab} = 6.67\angle -\frac{\pi}{6} \text{ A}$ 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：2

考え方

図の各切り替え位置で、共通端子（左下）と切り替え端子との間にできる2本の並列経路に着目します。

切替Aのとき（$1\,\text{A}$ レンジ）：切り替え端子は $R_1$ と $R_2$ の接続点にあり、分流路は $R_1$（直接）、コイル側はコイル $r=5\,\Omega$、$R_0=19\,\Omega$、$R_2$ の直列という2経路が並列になります。最大目盛でコイルに流れる電流は $4\,\text{mA}$ なので、分流路には $1000-4=996\,\text{mA}$ が流れます。並列なので両経路の電圧降下は等しく $R_1\times 996 = (r+R_0+R_2)\times 4$ …①

切替Bのとき（$100\,\text{mA}$ レンジ）：切り替え端子は $R_2$ と $R_0$ の接続点にあり、分流路は $R_1$ と $R_2$ の直列、コイル側はコイル $r$ と $R_0$ の直列になります。最大目盛でコイル電流 $4\,\text{mA}$、分流路には $100-4=96\,\text{mA}$ が流れるので $(R_1+R_2)\times 96 = (r+R_0)\times 4 = (5+19)\times 4 = 96$ より $R_1+R_2=1\,\Omega$ …②

②を①に代入します（$R_2=1-R_1$、$r+R_0=24\,\Omega$）。 $R_1\times 996=(24+1-R_1)\times 4=100-4R_1$ $1000R_1=100$ $R_1=0.1\,\Omega$

このとき $R_2=1-0.1=0.9\,\Omega$ となり、(b)の計算で使います。

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

(a)の結果より $R_1=0.1\,\Omega$、$R_2=0.9\,\Omega$ です。

切替Cのとき（$1.2\,\text{V}$ レンジ）：切り替え端子は $R_3$ の右端にあり、共通端子（左下）から見ると、コイル $r=5\,\Omega$ の経路と $R_1+R_2+R_0=0.1+0.9+19=20\,\Omega$ の経路が並列になり、その先に $R_3$ が直列に接続された構成になります。

最大目盛でコイルに流れる電流は $4\,\text{mA}$ なので、並列部分に生じる電圧は $4\times10^{-3}\times 5 = 0.02\,\text{V}$ です。このとき $20\,\Omega$ 側の経路に流れる電流は $\dfrac{0.02}{20}=1\times10^{-3}\,\text{A}=1\,\text{mA}$ となります。したがって $R_3$ には両者を合わせた $4+1=5\,\text{mA}$ が流れます。回路全体の電圧が $1.2\,\text{V}$ になる条件から $1.2 = 0.02 + 5\times10^{-3}\times R_3$ $R_3=\dfrac{1.18}{5\times10^{-3}}=236\,\Omega$ が得られます。

$R_3$ には並列部が合流した後の電流が流れるため、単純に $1.2\,\text{V}\div 4\,\text{mA}=300\,\Omega$ から $r+R_0$ を引く考え方では正しい値になりません。

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

クーロンの法則 $F = k\frac{Q_A Q_B}{r^2}$ から比例定数 $k$ を求めます。$Q_A = 4 \times 10^{-8} \text{ C}$、$Q_B = 6 \times 10^{-8} \text{ C}$、$r = 0.3 \text{ m}$、$F = 2.4 \times 10^{-4} \text{ N}$ を代入すると、$k = \frac{F r^2}{Q_A Q_B} = \frac{2.4 \times 10^{-4} \times 0.3^2}{4 \times 10^{-8} \times 6 \times 10^{-8}} = \frac{2.4 \times 10^{-4} \times 0.09}{2.4 \times 10^{-15}} = 9 \times 10^{9}$ となります。よって比例定数は約 $9 \times 10^{9} \, \text{N} \cdot \text{m}^2/\text{C}^2$ 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

導体球Cははじめ電荷 $0$ です。まずAに接触させると、大きさの等しい球どうしで電荷を等分するので、CとAはそれぞれ $\frac{4 \times 10^{-8}}{2} = 2 \times 10^{-8} \text{ C}$ になります。次にBに接触させると、Cの $2 \times 10^{-8}$ とBの $6 \times 10^{-8}$ の合計 $8 \times 10^{-8}$ を等分して、CとBはそれぞれ $4 \times 10^{-8} \text{ C}$ になります。よって最終的に $Q_A' = 2 \times 10^{-8}$、$Q_C = 4 \times 10^{-8}$、$Q_B' = 4 \times 10^{-8} \text{ C}$ です。CをAから距離 $x$ の位置に置くと、AとBから受ける斥力のつり合いは $\frac{Q_A' Q_C}{x^2} = \frac{Q_B' Q_C}{(0.3 - x)^2}$、すなわち $\frac{2 \times 10^{-8}}{x^2} = \frac{4 \times 10^{-8}}{(0.3 - x)^2}$ です。整理すると $\frac{(0.3 - x)^2}{x^2} = 2$、$\frac{0.3 - x}{x} = \sqrt{2}$ となり、$x = \frac{0.3}{1 + \sqrt{2}} \approx 0.124 \text{ m}$ が得られます。 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

ベースの電位は $R_1$ と $R_2$ による分圧で決まります。ベース電流は無視できるので $V_B = V_{CC}\frac{R_2}{R_1 + R_2} = 9 \times \frac{6}{3 + 6} = 6 \text{ V}$ です。ベース-エミッタ間電圧が $0.7 \text{ V}$ なので、エミッタ電位は $V_E = V_B - 0.7 = 5.3 \text{ V}$ です。エミッタ電流を $2 \text{ mA}$ としたいので、$R_E = \frac{V_E}{I_E} = \frac{5.3}{2 \times 10^{-3}} = 2650 \, \Omega \approx 2.7 \text{ k}\Omega$ 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

エミッタホロワでは、トランジスタのベースから見た入力インピーダンスは $h_{ie} + (1 + h_{fe})R_E$ です。$R_E = 2.65 \text{ k}\Omega$ を用いると $2.5 + (1 + 300) \times 2.65 \approx 800 \text{ k}\Omega$ と非常に大きくなります。実際の入力 $\frac{v_i}{i_i}$ は、これにバイアス抵抗 $R_1$ と $R_2$ の並列が加わります。$R_1 \parallel R_2 = \frac{3 \times 6}{3 + 6} = 2 \text{ k}\Omega$ で、これが $800 \text{ k}\Omega$ と並列になるため、合成はほぼ $2.0 \text{ k}\Omega$ 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：1

考え方

$\rho g Q H$ の単位を順に組み合わせる。$\text{kg/m}^3 \cdot \text{m/s}^2 \cdot \text{m}^3/\text{s} \cdot \text{m}$ を指数でまとめると，$\text{m}$ の指数は $-3+1+3+1=2$，$\text{s}$ の指数は $-2-1=-3$ となり $\text{kg}\cdot\text{m}^2/\text{s}^3$ である。これを $\cdots \cdot \text{m/s}$ の形に分けると (ア) は $\text{kg}\cdot\text{m/s}^2$ となる。 $\text{kg}\cdot\text{m/s}^2$ は質量×加速度であり，力の単位ニュートン (イ)$\text{N}$ に等しい。したがって $P$ の単位は $\text{N}\cdot\text{m/s}$ となる。$\text{N}\cdot\text{m}$ は仕事(エネルギー)の単位ジュール (ウ)$\text{J}$ なので，$P$ の単位は $\text{J/s}$ と表せ，これは仕事率(動力)の単位ワット (エ)$\text{W}$ に等しい。 最後に $g=9.8$，$\rho=1000$ の数値を用いると $P=1000 \times 9.8 \times QH = 9800\,QH \text{ W} = 9.8\,QH \text{ kW}$ と表せるので，(オ) は $\text{kW}$ である。よって (ア)$\text{kg}\cdot\text{m/s}^2$，(イ)$\text{N}$，(ウ)$\text{J}$，(エ)$\text{W}$，(オ)$\text{kW}$ 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

タービン入口と復水器入口の熱落差(エンタルピー差)は $\Delta h = 32500 - 30800 = 1700 \text{ kJ/kg}$ である。 使用蒸気量を $G \text{ [kg/s]}$ とすると，タービン出力はこの熱落差に効率を掛けたものになるから $P = \eta \, G \, \Delta h$ より $G = \frac{P}{\eta \, \Delta h}$ である。$P=175 \text{ MW}=175000 \text{ kW}=175000 \text{ kJ/s}$ を代入すると $G = \frac{175000}{0.92 \times 1700} = \frac{175000}{1564} \approx 111.9 \text{ kg/s}$ となる。これを 1 時間あたりの質量に換算すると $111.9 \times 3600 \approx 402800 \text{ kg/h} = 403 \text{ t/h}$ である。よって最も近い値は 403 t/h。 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

汽力発電設備での通過順序を確認する。水は給水ポンプ→節炭器→蒸気ドラムへ進み(選択肢1は正しい)，蒸気は蒸気ドラム→過熱器→高圧タービン(選択肢2)，再熱後は再熱器→低圧タービン→復水器(選択肢3)と流れる。燃焼ガスは火炉→過熱器→節炭器の順に通り(選択肢4)，熱を回収していく。 燃焼ガスは，火炉で発生した後，過熱器・再熱器・節炭器と熱を奪われながら流れ，最後に空気予熱器で燃焼用空気を温めてから，電気集じん装置で灰を除去して煙突へ向かう。すなわち正しい順序は「節炭器→空気予熱器→電気集じん装置」である。選択肢5は「節炭器→電気集じん装置→空気予熱器」と空気予熱器と電気集じん装置の順序が逆になっており，これが誤り。 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

天然ウラン中のウラン235は約0.7%しかないため，軽水炉用には遠心分離法などで濃縮する。軽水炉燃料としての濃縮度は一般に3〜5%程度であり，(ア)は3〜5が入る。 使用済燃料からウランとプルトニウムを分離抽出する化学的な処理を再処理といい，(イ)は再処理。分離したウランとプルトニウムを混合した酸化物燃料をMOX燃料といい，これを軽水炉で使うのがプルサーマルなので，(ウ)はMOX燃料である。イエローケーキは製錬段階のウラン精鉱であり燃料そのものではないので誤り。 高速中性子でウラン238をプルトニウムに変換し，消費するより多くの核分裂性物質を生み出す炉を高速増殖炉といい，(エ)は高速増殖炉。よって(ア)3〜5，(イ)再処理，(ウ)MOX燃料，(エ)高速増殖炉の組合せが正しい。 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

バイオマスとは生物由来の資源を指し，バイオマス発電は植物等の有機物から得られる燃料を利用した発電である。したがって(ア)は有機。木くずを圧縮・成形した固形化燃料(木質ペレット等)やさとうきび由来のエタノールが代表例で，(イ)は固形化燃料。 植物は成長時に大気中の二酸化炭素を吸収しており，燃焼時に放出する二酸化炭素量と成長時の吸収量を等しいとみなせば，全体として大気中の二酸化炭素を増やさない(カーボンニュートラル)。よって(ウ)は二酸化炭素である。 燃料となるバイオマスは各地に分散して存在するため，設備は一般に小規模分散型となる。よって(エ)は小規模分散型。組合せは(ア)有機，(イ)固形化燃料，(ウ)二酸化炭素，(エ)小規模分散型が正しい。 出典: 一般財団法人 電気技術者試験センター

答え：5

考え方

ガス絶縁開閉装置(GIS)は絶縁性能の高い $\text{SF}_6$ ガスを用いることで装置を小形化でき，気中絶縁の変電所より体積・面積を大幅に縮小できる(選択肢1は正しい)。$\text{SF}_6$ は温室効果が大きいため，保守・廃棄時には大部分を回収している(選択肢2)。金属異物の混入は絶縁性能を低下させるため据付時に細心の注意が払われ(選択肢4)，充電部支持のスペーサにはエポキシ樹脂が用いられる(選択肢5)。 GIS内の $\text{SF}_6$ ガスは絶縁性能を高めるため大気圧よりも高い圧力に加圧して封入されている。選択肢3の「大気圧以下の $\text{SF}_6$ ガス」は誤りである。 出典: 一般財団法人 電気技術者試験センター

答え：3

考え方

分散型電源が多く連系すると，変電所の変圧器に逆潮流が増え配電線電圧が上昇する場合がある(選択肢1は正しい)。太陽光や燃料電池は電力変換装置を介するため高調波抑制フィルタが必要になることがあり(選択肢2)，大容量連系では専用線や系統増強が必要な場合がある(選択肢4)。他需要家の電圧が適正値を維持できない場合はSVR設置等の対策をとる(選択肢5)。 逆潮流による系統電圧の上昇を抑えるには，分散型電源が無効電力を吸収するように，受電点の力率を系統側から見て遅れ力率とする。選択肢3の「進み力率とする」は電圧上昇を助長する方向であり誤りである。 出典: 一般財団法人 電気技術者試験センター

答え：3

考え方

鋼心アルミより線(ACSR)はアルミで軽量化し，強度不足を中心の鋼心で補ったものである(選択肢1は正しい)。ねん架は各相の作用インダクタンスと作用静電容量を平衡させるために電線配置を入れ替えるもの(選択肢3)，ダンパは微風振動やギャロッピングを抑制する(選択肢4)，架空地線は雷から電線を保護し光ファイバ内蔵型もある(選択肢5)。 がいしは電線と鉄塔を絶縁するもので，異常電圧による絶縁破壊(フラッシオーバ)はがいしの表面(外部)で起こるように設計される。がいし内部で絶縁破壊するとがいし自体が損傷して再使用できなくなるため望ましくない。選択肢2の「がいし内部で起こるように設計」は誤りである。 出典: 一般財団法人 電気技術者試験センター

答え：2

考え方

送電線の電圧によって静電的な結合を通じ通信線に誘導電圧を生じさせる障害を静電誘導障害という。よって(ア)は静電誘導。 送電線の電流がつくる磁束が通信線と鎖交し，両者の間の相互インダクタンスを介して通信線に電圧を誘導する障害を電磁誘導障害という。よって(イ)は相互インダクタンス，(ウ)は電磁誘導である。 三相が十分にねん架されていれば，平常時は三相の電圧・電流のベクトルの和が0となり，通信線に現れる誘導電圧も打ち消し合って0Vとなる。よって(エ)はベクトルの和。 1線地絡事故が起こると電圧・電流が不平衡になりベクトルの和が0でなくなるため誘導電圧が現れる。よって(オ)は1線地絡。組合せは(ア)静電誘導，(イ)相互インダクタンス，(ウ)電磁誘導，(エ)ベクトルの和，(オ)1線地絡が正しい。 出典: 一般財団法人 電気技術者試験センター

答え：3

考え方

OFケーブルは絶縁紙と絶縁油を組み合わせた油浸紙絶縁ケーブルで，給油設備が必要(選択肢1は正しい)。CVケーブルはOFに比べ給油設備不要で保守性に優れるが，水トリー対策で金属シースや遮水層を設ける(選択肢3)。CVTは単心3条をより合わせたもので熱抵抗が小さく電流容量を大きくでき，接続作業性もよい(選択肢4)。OFは油圧の常時監視で漏油を検知できる(選択肢5)。 架橋ポリエチレンは，ポリエチレンの分子を架橋反応で立体網目状(三次元構造)にしたもので，これにより熱可塑性が失われ耐熱性が向上する熱硬化性の材料である。選択肢2の「熱可塑性を大幅に向上させた」は逆であり誤りである。 出典: 一般財団法人 電気技術者試験センター

答え：2

考え方

単相3線式は中性線と2本の電圧線で構成され，電圧線間から単相200Vを取り出せる(選択肢1は正しい)。同じ配電容量なら単相2線式より電線の銅量が少なくてすみ(選択肢2)，負荷分布によっては両側の電圧が不平衡になり(選択肢4)，中性線が断線すると異常電圧を生じることがある(選択肢5)。 バランサは両線間の負荷の不平衡をならして電圧不平衡を軽減する巻線で，不平衡が現れる負荷側(末端)に設けるほど効果が大きい。選択肢3の「電源の近くに設ける方が効果が大きい」は誤りである。 出典: 一般財団法人 電気技術者試験センター

答え：3

考え方

たるみ $D$ は径間 $S$，電線1m当たりの重量 $w$，水平張力 $T$ を用いて $D = \frac{w S^2}{8T}$ で表される。同じ電線・同じ水平張力なので $w$ と $T$ は共通で，たるみは径間の2乗に比例する。 元の径間 $200 \text{ m}$ でたるみ $3.0 \text{ m}$ だから，径間 $240 \text{ m}$ でのたるみは $D = 3.0 \times \left(\frac{240}{200}\right)^2 = 3.0 \times 1.44 = 4.32 \text{ m}$ となる。電線の実長 $L$ は径間 $S$ とたるみ $D$ から近似的に $L = S + \frac{8D^2}{3S}$ で求められる。$S=240$，$D=4.32$ を代入すると $L = 240 + \frac{8 \times 4.32^2}{3 \times 240} = 240 + \frac{149.3}{720} \approx 240 + 0.21 = 240.21 \text{ m}$ となる。よって最も近い値は 240.21 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

三相3線式の線路損失は $P_L = 3 I^2 r$ で，線電流の2乗に比例する。負荷電力 $W$，端子電圧 $V$，力率 $\cos\theta$ のとき線電流は $I = \frac{W}{\sqrt{3}\,V\cos\theta}$ だから，端子電圧が一定なら線路損失は $\left(\frac{W}{\cos\theta}\right)^2$ に比例する。 線路損失が変わらないという条件から $\left(\frac{W_1}{0.70}\right)^2 = \left(\frac{W_2}{0.91}\right)^2$ が成り立つ。両辺の平方根をとると $\frac{W_1}{0.70} = \frac{W_2}{0.91}$ となり $\frac{W_2}{W_1} = \frac{0.91}{0.70} = 1.3$ である。よって $W_2$ は $W_1$ の約1.3倍。 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

六ふっ化硫黄 $\text{SF}_6$ ガスはアーク放電の消弧能力が空気より優れ(選択肢1は正しい)，オゾン層への影響は小さいが地球温暖化係数が非常に大きい(選択肢3)。ガス遮断器やガス絶縁機器の絶縁媒体に使われ(選択肢4)，同じ圧力の空気より絶縁破壊電圧が高い(選択肢5)。 $\text{SF}_6$ ガスは比重が空気より大きく化学的に安定した不燃性のガスであるが，無色・無臭のガスである。選択肢2の「特有の臭いがある」は誤りである。 出典: 一般財団法人 電気技術者試験センター

答え：2

考え方

渇水量では河川の全流量が $8 \text{ m}^3/\text{s}$ 一定である。1日(24時間)に流れ込む全水量は $8 \times 24 \times 3600 = 8 \times 86400 = 691200 \text{ m}^3$ である。このうち運転外の時間は水車・発電機を止めてすべて調整池に貯め，6時間だけ最大使用流量 $Q$ で運転してこの全量を使い切る。 $Q \times 6 \times 3600 = 8 \times 86400$ より $Q = \frac{8 \times 86400}{21600} = 8 \times 4 = 32.0 \text{ m}^3/\text{s}$ となる。運転しない残り $24-6=18$ 時間に調整池へ流入(貯水)する量は $8 \times 18 \times 3600 = 8 \times 64800 = 518400 \text{ m}^3$ である。よって最大使用流量 32.0，貯水量 518400 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：5

考え方

流況曲線から，200日以上発生する流量を読み取ると約 $14 \text{ m}^3/\text{s}$ である。この流量で小問(a)の最大使用流量 $32 \text{ m}^3/\text{s}$ により1日8時間運転する。 運転中は使用流量が流入量を上回るので，その不足分を調整池から供給する。8時間の運転で池から補う水量が必要な有効貯水容量となり $(32 - 14) \times 8 \times 3600 = 18 \times 28800 = 518400 \text{ m}^3$ である。運転しない残り16時間の流入 $14 \times 16 \times 3600 = 806400 \text{ m}^3$ でこの容量を十分に補充できるので条件を満たす。よって必要な有効貯水容量に最も近い(最も小さい適合値)は約 $520000 \text{ m}^3$ である。 出典: 一般財団法人 電気技術者試験センター

答え：5

考え方

計算は短絡が起きた二次側(22 kV)に統一する。変圧器の変圧比は $a = \frac{66}{22} = 3$ なので，一次側からみた変圧器インピーダンスを二次側に換算するには $a^2 = 9$ で割る。 変圧器(二次換算)：$R = \frac{0.05}{9} \approx 0.0056 \,\Omega$，$X = \frac{7}{9} \approx 0.778 \,\Omega$。 線路(500 m = 0.5 km)：$Z = 0.5 \times (0.20 + j0.45) = 0.10 + j0.225 \,\Omega$。 合成すると $R = 0.0056 + 0.10 = 0.106 \,\Omega$，$X = 0.778 + 0.225 = 1.003 \,\Omega$ となり $Z = \sqrt{0.106^2 + 1.003^2} \approx 1.008 \,\Omega$。 二次側の相電圧は $\frac{22000}{\sqrt{3}} \approx 12702 \text{ V}$ だから，短絡電流は $I_s = \frac{12702}{1.008} \approx 12600 \text{ A} = 12.6 \text{ kA}$ である。よって最も近い値は 12.6 kA。 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

母線(変圧器二次端子)の電圧は，短絡電流が線路インピーダンスに流れることで生じる線路部分の電圧に等しい。故障は線路の末端で起きているので，母線の相電圧は短絡電流と線路インピーダンスの積になる。 小問(a)より短絡電流 $I_s \approx 12600 \text{ A}$，線路インピーダンスの大きさは $|Z_L| = |0.10 + j0.225| = \sqrt{0.10^2 + 0.225^2} \approx 0.246 \,\Omega$。 母線の相電圧は $V_p = I_s \times |Z_L| = 12600 \times 0.246 \approx 3100 \text{ V}$ となる。線間電圧に直すと $V = \sqrt{3} \times 3100 \approx 5370 \text{ V} = 5.37 \text{ kV}$ である。よって母線の線間電圧は約 5.37 kV に低下する。 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

各負荷の無効電力を求める。力率 $\cos\theta$ の遅れ負荷では $Q = P\tan\theta = P \times \frac{\sqrt{1-\cos^2\theta}}{\cos\theta}$ である。 既設負荷 500 kW，力率 0.9 の無効電力は $Q_1 = 500 \times \frac{\sqrt{1-0.9^2}}{0.9} = 500 \times \frac{0.436}{0.9} \approx 242 \text{ kvar}$。 追加負荷 200 kW，力率 0.8 の無効電力は $Q_2 = 200 \times \frac{\sqrt{1-0.8^2}}{0.8} = 200 \times \frac{0.6}{0.8} = 150 \text{ kvar}$。 合計の無効電力は $Q = Q_1 + Q_2 = 242 + 150 = 392 \text{ kvar}$ である。よって最も近い値は 392 kvar。 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

負荷追加後の有効電力は $P = 500 + 200 = 700 \text{ kW}$，無効電力は小問(a)より $Q = 392 \text{ kvar}$ である。このときの皮相電力は $S = \sqrt{700^2 + 392^2} \approx 802 \text{ kV·A}$ となり，変圧器の定格 750 kV·A を超えて過負荷になる。 過負荷を避けるには，コンデンサで無効電力を減らして皮相電力を 750 kV·A 以下にすればよい。皮相電力を 750 kV·A ちょうどに抑えるのに許される無効電力 $Q'$ は $Q' = \sqrt{750^2 - 700^2} = \sqrt{72500} \approx 269 \text{ kvar}$。 したがって必要な最小のコンデンサ容量は $Q_C = Q - Q' = 392 - 269 = 123 \text{ kvar}$ である。よって最も近い値は 123 kvar。 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

直巻電動機は界磁巻線と電機子巻線が直列で、界磁電流が負荷電流(電機子電流) $I_a$ と等しくなります。未飽和領域では界磁磁束 $\Phi$ が負荷電流に比例するので $\Phi \propto I_a$ となります。トルクは $T \propto \Phi I_a$ で表されるため、$T \propto I_a \times I_a = I_a^2$ となり、トルクは負荷電流の2乗に比例します。したがって「トルクも負荷電流に比例」とする(5)の記述は誤りです。(1)〜(4)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：5

考え方

始動時は回転していないため逆起電力が $0$ で、電源電圧がすべて電機子抵抗にかかります。よって電機子抵抗は $R_a = \frac{12}{4} = 3 \, \Omega$ です。 定格運転時(電流 $1 \text{ A}$)の逆起電力は $E = V - R_a I = 12 - 3 \times 1 = 9 \text{ V}$ です。 入力電力は $P_{in} = 12 \times 1 = 12 \text{ W}$、銅損は $P_c = I^2 R_a = 1^2 \times 3 = 3 \text{ W}$ なので、出力は $P_{out} = 12 - 3 = 9 \text{ W}$ です。 効率は $\eta = \frac{9}{12} = 0.75 = 75\,\%$ 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：2

考え方

アルミダイカスト回転子は、溶かしたアルミを鋳込んで導体バーとエンドリングを一体成形するもので、製造が容易な中小容量機に広く用いられます。大容量機では電気抵抗が小さく機械的強度も高い銅の導体バー(バー形)を用いるのが一般的で、アルミダイカストは適しません。したがって「大容量の電動機にはアルミダイカスト回転子が広く用いられている」とする(4)は誤りです。(1)(2)(3)(5)は正しい記述で、特に発電運転(回生)中は同期速度より速く回るため滑りは負となります。 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

電圧と周波数をともに $5\,\%$ 下げると、$\frac{V}{f}$ が一定に保たれるため、ギャップ磁束はほぼ一定に保たれます。簡略化した等価回路では二次抵抗による電圧降下だけを考えると、電流は $I \approx \frac{V}{r_2'/s}$ で決まります。トルク一定負荷では、磁束一定のもとでトルクを保つのに必要な二次電流も一定になります。 すなわち $V$ と $f$ を同率で下げても $\frac{V}{f}$ 一定でトルク一定なら電流は変わらず、$80 \text{ A}$ のままとなります。 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

同期発電機を並列運転(同期投入)するための3条件は、(ア)周波数が等しいこと、電圧の大きさが等しいこと、(イ)位相が一致していることです。回転速度そのものではなく、極数を含めて決まる周波数が一致することが条件です。これらが一致した同期状態にあることを確認するために、(ウ)同期検定器を用います。したがって組合せは(ア)周波数、(イ)位相、(ウ)同期検定器となります。 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

まず定格電流を求めます。星形結線なので $I_n = \frac{7500 \times 10^3}{\sqrt{3} \times 3300} \approx 1312 \text{ A}$ です。 短絡特性曲線は界磁電流に対してほぼ直線とみなせます。界磁電流 $200 \text{ A}$ で定格電流に等しい短絡電流 $1312 \text{ A}$ が流れるので、無負荷で定格電圧を発生させる界磁電流 $240 \text{ A}$ に対応する持続短絡電流は $I_s = 1312 \times \frac{240}{200} = 1312 \times 1.2 \approx 1574 \text{ A}$ となり、最も近い値は $1600 \text{ A}$ 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

スイッチトリラクタンスモータ(SRM)は、固定子の巻線が(ア)集中巻で、回転子は永久磁石や巻線を持たない(イ)突極形の鉄心のみでできています。巻線電流をスイッチで切り替えると、磁気抵抗が最小となる位置へ突極形の回転子が引き付けられて回転します。構造が簡単で強固なため(ウ)高速回転に適し、ネオジムなどの(エ)希土類磁石を使わず鉄心と巻線だけで磁気回路を構成できる特長があります。したがって(ア)集中巻、(イ)突極形、(ウ)高速回転、(エ)希土類磁石となります。 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

パワーコンディショナは、太陽電池の直流を交流に変換する(ア)逆変換装置(インバータ)と系統連系用保護装置が一体になった装置です。系統側で事故が起きたとき、太陽光発電設備だけで配電線に給電を続ける(イ)単独運転状態は感電や機器損傷の危険があるため、これを検出して系統から切り離します。単独運転の検出には電圧位相や(ウ)周波数の急変を常時監視します。一方、配電線側で発生する(エ)瞬時電圧低下では不要に切り離さない対策がとられています。したがって(ア)逆変換装置、(イ)単独運転、(ウ)周波数、(エ)瞬時電圧低下となります。 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

定格容量を $S$、全負荷での損失(鉄損＋銅損)を $P_l$ とします。力率 $100\,\%$ の全負荷効率は $\eta_1 = \frac{S}{S + P_l} = 0.98$ より $\frac{P_l}{S} = \frac{1 - 0.98}{0.98} = 0.0204$ です。 全負荷では負荷電流が同じなので損失 $P_l$ は力率が変わっても変化しません。力率 $80\,\%$ では出力が $0.8S$ になるので、 $\eta_2 = \frac{0.8S}{0.8S + P_l} = \frac{0.8}{0.8 + 0.0204} = \frac{0.8}{0.8204} \approx 0.975$ すなわち約 $97.5\,\%$ 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

この回路は降圧チョッパです。定常状態での負荷抵抗にかかる平均電圧は通流率 $d$ を用いて $V_{avg} = d E = 0.6 \times 400 = 240 \text{ V}$ となります。負荷抵抗に流れる電流の平均値は $I_{avg} = \frac{V_{avg}}{R} = \frac{240}{10} = 24.0 \text{ A}$ です。リアクトルやスイッチング周波数は電流のリプル(脈動)の大きさに関係しますが、平均値には影響しません。 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

物体を一定速度で巻き上げるのに必要な機械的な動力は $P_m = m g v$ です。電動機出力 $P$ に機械効率 $\eta$ を掛けたものがこの動力に等しいので、 $P \eta = m g v$ が成り立ちます。数値を代入すると $4000 \times 0.9 = 900 \times 9.8 \times v$ $3600 = 8820 \, v$ $v = \frac{3600}{8820} \approx 0.41 \text{ m/s}$ 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：2

考え方

均等光源の光度は $I = \frac{F}{4\pi} = \frac{5000}{4\pi} \approx 398 \text{ cd}$ です。 長方形の対角線は $\sqrt{6^2 + 8^2} = 10 \text{ m}$ なので、中心Oから各柱直下までの水平距離はその半分の $5 \text{ m}$ です。ランプの高さは $5 \text{ m}$ なので、ランプから中心Oまでの距離は $r = \sqrt{5^2 + 5^2} = \sqrt{50} \approx 7.07 \text{ m}$ です。入射角 $\theta$ について $\cos\theta = \frac{5}{7.07} \approx 0.707$ となります。 1灯あたりの水平面照度は $E_1 = \frac{I}{r^2}\cos\theta = \frac{398}{50} \times 0.707 \approx 5.63 \text{ lx}$ で、4灯では $E = 4 \times 5.63 \approx 22.5 \text{ lx}$ 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

フィードバック制御系の特性は、時間が十分経った後の状態を評価する(ア)定常特性と、目標値変化の直後の応答を評価する過渡特性に分けられます。サーボ制御系では目標値への追従性が重要で、過渡特性の評価には(イ)ステップ応答を用い、遅れ時間や立上り時間、そして応答が目標値を行き過ぎる量である(ウ)行過ぎ量(オーバシュート)などが用いられます。定常偏差は定常特性を表す量なので、ここでは(ウ)行過ぎ量が適切です。したがって(ア)定常、(イ)ステップ、(ウ)行過ぎ量となります。 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

図の論理回路を読み取ると、上側のAND回路には入力 $A$ と（$C$ の線から分岐した）$C$ がそのまま入力され、出力は $A\cdot C$ です。下側のAND回路には入力 $B$ と、$C$ をNOT回路で反転した $\overline{C}$ が入力され、出力は $B\cdot\overline{C}$ です。最終段のOR回路がこの2つを合成するので、出力は $X = A\cdot C + B\cdot\overline{C}$ という論理式になります。

この式は、$C=1$ のときは $B\cdot\overline{C}=0$ となって $X=A\cdot 1=A$、$C=0$ のときは $A\cdot C=0$ となって $X=B\cdot 1=B$ となる回路であることを示しており、$C$ を選択信号として $A$ と $B$ のどちらかをそのまま出力する2入力セレクタ（マルチプレクサ）として動作します。

与えられた波形図では、$C$ が $1$ の区間は $A$ の波形を、$C$ が $0$ の区間は $B$ の波形をそのままなぞればよく、この規則にしたがって全区間の $X$ を作図すると選択肢(3)の波形と一致します。

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

三相誘導電動機のトルクは $T = \frac{m V^2 (r_2'/s)}{\omega_s \left\{ (r_1 + r_2'/s)^2 + (x_1 + x_2')^2 \right\}}$ で表されます。ここで $\frac{r_2'}{s}$ が他の定数に比べて十分大きい場合、分母は $\left(\frac{r_2'}{s}\right)^2$ が支配的になるので、 $T \approx \frac{m V^2 (r_2'/s)}{\omega_s (r_2'/s)^2} = \frac{m V^2}{\omega_s (r_2'/s)} = \frac{m V^2 s}{\omega_s r_2'}$ と近似できます。$m$、$\omega_s$、$r_2'$ をまとめて定数 $k$ とすれば $T = k V^2 s$ 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

(a)より近似式は $T = k V^2 s$ で、二次抵抗が変わらないので $k$ は一定です。負荷トルクが一定なので $V^2 s$ が一定に保たれます。 まず $220 \text{ V}$ 運転時の滑りは、同期速度 $1200 \text{ min}^{-1}$、回転速度 $1140 \text{ min}^{-1}$ より $s_1 = \frac{1200 - 1140}{1200} = 0.05$ です。トルク一定より $V_1^2 s_1 = V_2^2 s_2$ なので $s_2 = s_1 \left(\frac{V_1}{V_2}\right)^2 = 0.05 \times \left(\frac{220}{200}\right)^2 = 0.05 \times 1.21 = 0.0605$ となります。よって回転速度は $N_2 = 1200 (1 - 0.0605) \approx 1127 \text{ min}^{-1}$ です。 出典: 一般財団法人 電気技術者試験センター

答え：2