令和8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

最初に蓄えられている静電エネルギーは $W_0=\frac{1}{2}CV^2=\frac{1}{2}\times 8\times10^{-6}\times(1000)^2=4\ \text{J}$ で、電荷は $Q=CV=8\times10^{-3}\ \text{C}$ です。

平行板コンデンサの静電容量は $C=\varepsilon\frac{S}{d}$ で、電極間距離 $d$ に反比例します。距離を 2 倍にすると静電容量は半分の $4\ \mu\text{F}$ になります。

電源から外してあるので電荷 $Q$ は変わりません。このときの静電エネルギーは $W=\frac{Q^2}{2C}$ で求めるので、$W=\frac{(8\times10^{-3})^2}{2\times 4\times10^{-6}}=\frac{64\times10^{-6}}{8\times10^{-6}}=8\ \text{J}$ です。

距離を広げるときに外から仕事をした分だけエネルギーが増えた、と考えると納得できます。電圧が一定のまま（電源につないだまま）なら $C$ が半分になって $W=\frac{1}{2}CV^2$ も半分の 2 J になりますが、この問題は電荷が一定の場合なので 8 J です。

したがって (2) が答え。 出典: 一般財団法人 電気技術者試験センター

答え：2

考え方

点電荷 $Q$ から距離 $r$ の点の電位は $V=\frac{Q}{4\pi\varepsilon_0 r}$ です。P から A までの距離を $r_A$、P から B までの距離を $r_B=r_A+\text{AB}$ とすると、A-B 間の電位差の絶対値は $|V_{AB}|=\frac{Q}{4\pi\varepsilon_0}\left(\frac{1}{r_A}-\frac{1}{r_B}\right)$ です。共通の係数 $\frac{Q}{4\pi\varepsilon_0}$ を除いて、括弧の中だけを比べれば大小が分かります。

(a) $r_A=2,\ r_B=3$ なので $\frac{1}{2}-\frac{1}{3}=\frac{1}{6}$

(b) $r_A=1,\ r_B=3$ なので $1-\frac{1}{3}=\frac{2}{3}$

(c) $r_A=0.5,\ r_B=1.5$ なので $2-\frac{2}{3}=\frac{4}{3}$

(d) $r_A=1,\ r_B=1.5$ なので $1-\frac{2}{3}=\frac{1}{3}$

最小は (a)（1/6）、最大は (c)（4/3）です。P に近いほど電位の傾きが急なので、(c) のように P-A 間が短い配置で電位差が大きくなります。

したがって (4) が答え。 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

磁束鎖交数は $\Psi=LI$ なので、$\Psi_1=1\times10^{-3}\times10=1\times10^{-2}\ \text{Wb}$ です（ア）。

蓄えられる磁気エネルギーは $W=\frac{1}{2}LI^2$ なので、$W_1=\frac{1}{2}\times1\times10^{-3}\times10^2=5\times10^{-2}\ \text{J}$ です（イ）。

電流を 30 A（3 倍）にすると、$\Psi$ は電流に比例するので 3 倍、$W$ は電流の 2 乗に比例するので $3^2=9$ 倍になります（ウ）。実際に $\Psi_2=3\times10^{-2}\ \text{Wb}$、$W_2=\frac{1}{2}\times10^{-3}\times30^2=0.45\ \text{J}$ で、$0.45/0.05=9$ と一致します。

(3) は倍率が逆、(5) は 9 倍・27 倍と電流の次数を取り違えたものです。(2)(4) は (ア) か (イ) の値が違います。

したがって (1) が答え。 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

点磁荷 $m$ [Wb] から距離 $r$ [m] の点の磁界は $H=\frac{m}{4\pi\mu_0 r^2}$ です。$4\pi\mu_0=4\pi\times4\pi\times10^{-7}=16\pi^2\times10^{-7}\approx1.579\times10^{-5}$ を使います。

点 B の N 極（A から 3 m）がつくる磁界は、N 極から遠ざかる向き、つまり B から A、さらに右へ向かう向きで $H_B=\frac{1\times10^{-4}}{1.579\times10^{-5}\times3^2}\approx0.704\ \text{A/m}$ です。

点 C の S 極（A から 1 m）がつくる磁界は、S 極に向かう向き、つまり A から C の向き（右向き）で $H_C=\frac{1\times10^{-4}}{1.579\times10^{-5}\times1^2}\approx6.33\ \text{A/m}$ です。

二つとも同じ右向きなので、大きさは足し算になります。$H=0.704+6.33\approx7.04\ \text{A/m}$。

向きを逆にして引き算（5.6 付近）としたり、距離を取り違えたりしないよう注意が必要です。

したがって (3) が答え。 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

同じ起電力の電池を並列にすると、起電力は $E=9\ \text{V}$ のままで、内部抵抗は 4 個が並列になって $r_0=\frac{0.1}{4}=0.025\ \Omega$ になります。

負荷 $R=0.5\ \Omega$ を含む全抵抗は $0.025+0.5=0.525\ \Omega$ なので、流れる電流は $I=\frac{9}{0.525}\approx17.14\ \text{A}$ です。

負荷で消費される電力は $P=I^2R=(17.14)^2\times0.5\approx146.9\ \text{W}$ で、約 147 W です。

内部抵抗を 4 倍の 0.4 Ω と誤って直列にしたり、電池の起電力を 4 倍にしたりすると別の値になります。並列接続では起電力は増えないことに注意してください。

したがって (5) が答え。 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

直列接続の合成容量は $\frac{4\times2}{4+2}=\frac{4}{3}\ \mu\text{F}$ なので、充電される電荷は $Q=\frac{4}{3}\times6=8\ \mu\text{C}$ です。直列では二つのコンデンサに同じ電荷が蓄えられるので、$C_1$ も $C_2$ も 8 μC ずつです。

同じ極性の端子同士をつないで並列にすると、電荷はそのまま足し合わされて $Q_0=8+8=16\ \mu\text{C}$ になります。合成容量は $C_1+C_2=6\ \mu\text{F}$ です。

$V=\frac{Q_0}{C_1+C_2}=\frac{16}{6}=\frac{8}{3}\ \text{V}$。

電荷を 8 μC の片方だけ数えると 4/3 V、逆極性でつなぐと電荷が打ち消し合うので 0 V になります。この問題は同じ極性同士なので足し算です。

したがって (4) が答え。 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

並列回路なので、R に流れる電流は $\frac{V}{R}$、$R_x$ に流れる電流は $\frac{V}{R_x}$ で、その和が全電流 $I$ です。 $I=\frac{V}{R}+\frac{V}{R_x}$

$\frac{V}{R_x}=I-\frac{V}{R}=\frac{IR-V}{R}$ より、 $R_x=\frac{VR}{IR-V}$ となります。

(1)(2) は直列接続の考え方で、並列では使えません。(3) は式の形が次元（単位）として合いません。(5) も同様に単位が合いません。

したがって (4) が答え。 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

左の枝は $8\ \Omega$ の抵抗と容量性リアクタンス $6\ \Omega$ の直列で、コンデンサ（6 Ω）の電圧が 12 V なので、電流は $I_1=\frac{12}{6}=2\ \text{A}$ です。

この枝のインピーダンスの大きさは $\sqrt{8^2+6^2}=10\ \Omega$ なので、電源電圧は $E=2\times10=20\ \text{V}$ です。

右の枝は $4\ \Omega$ と $3\ \Omega$（容量性）の直列で、インピーダンスの大きさは $\sqrt{4^2+3^2}=5\ \Omega$ です。同じ $E=20\ \text{V}$ が加わるので $I_2=\frac{20}{5}=4\ \text{A}$ です。

消費電力は抵抗だけで生じるので、$P=I_1^2\times8+I_2^2\times4=2^2\times8+4^2\times4=32+64=96\ \text{W}$ です。

(2) の 32 W は左の枝だけを数えた値です。

したがって (1) が答え。 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

負荷は三つの枝に分かれています。a-b 間は $3\ \Omega$ の抵抗と $4\ \Omega$ のコイル、b-c 間は $3\ \Omega$ のコンデンサ（容量性リアクタンス）と $4\ \Omega$ の抵抗、a-c 間は $8\ \Omega$ の抵抗と $6\ \Omega$ のコイルです。電圧はすべて位相 0° として計算します。

$\dot I_{ab}=\frac{100}{3+j4}=\frac{100(3-j4)}{25}=12-j16\ \text{A}$

$\dot I_{bc}=\frac{100}{4-j3}=\frac{100(4+j3)}{25}=16+j12\ \text{A}$

$\dot I_{ac}=\frac{200}{8+j6}=\frac{200(8-j6)}{100}=16-j12\ \text{A}$

線電流は節点での電流の和から求めます。

$\dot I_a=\dot I_{ab}+\dot I_{ac}=28-j28\ \text{A}$、大きさ $I_a=28\sqrt{2}\approx39.6\ \text{A}$

$\dot I_b=\dot I_{bc}-\dot I_{ab}=(16+j12)-(12-j16)=4+j28\ \text{A}$、大きさ $I_b=\sqrt{4^2+28^2}\approx28.3\ \text{A}$

$\dot I_c=-(\dot I_{bc}+\dot I_{ac})=-32\ \text{A}$、大きさ $I_c=32\ \text{A}$

$\dot I_a+\dot I_b+\dot I_c=0$ となっているので計算に矛盾はありません。大きさの順は $I_a>I_c>I_b$ です。

したがって (5) が答え。 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

スイッチを閉じた後、時定数を $\tau=\frac{L}{R}$ として次のように変化します。 $i=\frac{E}{R}\left(1-e^{-t/\tau}\right)$、$v_R=Ri=E\left(1-e^{-t/\tau}\right)$、$v_L=E\,e^{-t/\tau}$

(1) $\tau=\frac{L}{R}$ なので R に反比例します。正しい記述です。

(2) $\tau$ が大きいほどゆっくり変化します。L が大きいと $\tau$ が大きくなるので正しい記述です。

(3) $t=2\tau$ のとき $v_R=E(1-e^{-2})=E(1-0.135)=0.865E$ で正しい記述です。

(4) $t=\tau$ のとき $v_L=E\,e^{-1}=\frac{E}{2.718}=0.368E$ です。0.632 倍ではないので誤りです。0.632 倍になるのは抵抗の電圧 $v_R$ のほうです。コイルの電圧は電源電圧から抵抗の電圧を引いたものなので、$1-0.632=0.368$ になります。

(5) $t=\tau$ のとき $i=\frac{E}{R}(1-e^{-1})=0.632\frac{E}{R}$ で正しい記述です。

したがって (4) が答え。 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

シリコンは 14 族の元素で、価電子（最外殻の電子）は 4 個です（ア）。ホウ素は 13 族で価電子は 3 個です（イ）。

ホウ素のように価電子が 3 個の不純物を加えると、シリコンと結合するときに電子が 1 個足りず、電子が抜けた穴（正孔）ができます。正孔が電気を運ぶ主役になる半導体を p 形半導体といいます（ウ）。このとき加えた不純物は、周りから電子を受け取るので、アクセプタといいます（エ）。

価電子が 5 個のリンやヒ素を加えると、余った電子が電気を運ぶ n 形半導体になり、その不純物はドナーです。(1) と (4) はドナーとアクセプタの区別、(3) と (5) は価電子の数が違います。

したがって (2) が答え。 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) 質量数 2 の軽い原子核二つが結びついて、質量数 3 の重い原子核（ヘリウム 3）ができているので、核融合反応です。核分裂は重い原子核が軽い原子核に分かれる反応です。

(イ)(ウ) 核反応では反応前後で質量が減る（質量欠損 $\Delta m$）ぶんだけ、アインシュタインの関係 $E=\Delta m\cdot c^2$ に当たるエネルギーが放出されます。したがって (イ) は減少、(ウ) は $\Delta m\cdot c^2$ です。係数 1/2 は付きません。念のため確認すると、$\Delta m=\frac{5.4\times10^{-13}}{(3.0\times10^8)^2}=6.0\times10^{-30}\ \text{kg}$ という小さな値になります。

(エ) 重陽子の電荷はどちらも陽子 1 個分の $e$ なので、位置エネルギーは $U=k\frac{e\cdot e}{r}=\frac{9.0\times10^{9}\times(1.6\times10^{-19})^2}{4.0\times10^{-15}}=\frac{9.0\times10^{9}\times2.56\times10^{-38}}{4.0\times10^{-15}}=5.76\times10^{-14}\approx5.8\times10^{-14}\ \text{J}$ です。

この値は放出されるエネルギー 5.4×10⁻¹³ J より 1 桁小さく、核融合を起こすには、この反発エネルギー（クーロン障壁）に打ち勝つ必要があることが分かります。

したがって (2) が答え。 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

図では入力側の電圧 $v_i$ がそのままゲート-ソース間の電圧 $v_{gs}$ になっています（$v_{gs}=v_i$）。定電流源は $g_m v_{gs}$ の電流を流し、これが $r_d$ と $R_L$ の並列部分に流れ込みます。

出力電圧の大きさは $|v_o|=g_m v_{gs}\times\frac{r_d R_L}{r_d+R_L}$ です。したがって $A_v=\left|\frac{v_o}{v_i}\right|=g_m\frac{r_d R_L}{r_d+R_L}$ となります。

$r_d\gg R_L$ なので、並列合成は $\frac{r_d R_L}{r_d+R_L}\approx R_L$ と近似できます。これは $r_d$ が $R_L$ に比べて非常に大きいため、$r_d$ のほうにはほとんど電流が流れないからです。

よって $A_v\approx g_m R_L$ です。(1) や (3) のように $r_d$ が主役になる式は、$r_d$ が大きいほど増幅度が大きくなる誤った形です。(5) は $r_d$ が大きいと $R_L$ の項が小さくなってしまい、近似の結果と合いません。

したがって (2) が答え。 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

二電力計法では、三相電力は二つの電力計の指示値の和 $P=W_1+W_2$ です。力率が 0.5 より小さいと、一方の電力計の針が逆に振れます（W₂ の値が負になります）。

逆振れしたので極性を反転して読んだ値 25 W は、本来は負の値 $-25\ \text{W}$ に当たります。符号を戻して足し合わせると $P=490+(-25)=465\ \text{W}$ です。

単純に 490+25=515 W とするのは、極性を反転して読んだことを考慮しない誤りです。差と和を取り違えやすい問題です。

したがって (4) が答え。 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

Δ 結線のリアクタンス $X_L$ に流れる電流が $I_L$ なので、Δ 結線では線電流は相電流の $\sqrt{3}$ 倍、つまり線に流れる電流は $\sqrt{3}\,I_L$ です。

等価な Y 結線に変換しても、電源から負荷へ流れる線電流は変わりません。Y 結線では線電流がそのまま 1 相の電流になるので、変換後の $X_L'$ に流れる電流は $I_L'=\sqrt{3}\,I_L$ です。

このとき、Δ→Y の変換でリアクタンスは $X_L'=\frac{X_L}{3}$ になります。電圧は線間電圧の $\frac{1}{\sqrt3}$ しか加わらないので、$I_L'=\frac{V/\sqrt{3}}{X_L/3}=\frac{\sqrt{3}\,V}{X_L}=\sqrt{3}\,I_L$ と確かめられます（$I_L=\frac{V}{X_L}$）。

したがって (5) が答え。 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

Δ 結線の $X_L$ には線間電圧 $V$ がそのまま加わるので、$I_L=\frac{V}{X_L}$ です。

Y 結線の $X_C=10\ \Omega$ には相電圧 $\frac{V}{\sqrt{3}}$ が加わるので、$I_C=\frac{V/\sqrt{3}}{10}=\frac{V}{10\sqrt{3}}$ です。

条件 $I_L=\frac{2}{\sqrt{3}}I_C$ に代入すると $\frac{V}{X_L}=\frac{2}{\sqrt{3}}\times\frac{V}{10\sqrt{3}}=\frac{2V}{30}=\frac{V}{15}$ となり、$X_L=15\ \Omega$ です。

線間電圧と相電圧を取り違えると、25 や 5 などの値になります。Δ では線間電圧、Y では相電圧（線間電圧の $\frac{1}{\sqrt3}$）がかかる点が要点です。

したがって (3) が答え。 出典: 一般財団法人 電気技術者試験センター

答え：3

考え方

電圧計は最大目盛のときに流れる電流が決まっています。

V₁：$\frac{150}{18\times10^3}\approx8.33\ \text{mA}$、V₂：$\frac{300}{30\times10^3}=10\ \text{mA}$

直列に接続すると同じ電流が流れるので、電流の小さいほうの V₁ が最大目盛になる $8.33\ \text{mA}$ までしか流せません。このとき V₂ の指示は $8.33\times10^{-3}\times30\times10^3=250\ \text{V}$ で、V₁ の 150 V と合わせて 400 V が測定できる最大値です。内部抵抗の合計 $48\ \text{k}\Omega$ を使って $8.33\ \text{mA}\times48\ \text{k}\Omega=400\ \text{V}$ としても同じです。

450 V（両方の最大目盛の和）は、V₂ の電流が 10 mA 流れて V₁ が壊れる電流なので、そのままでは使えません。

したがって (2) が答え。 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

両方の電圧計が最大目盛（V₁ が 150 V、V₂ が 300 V、合計 450 V）になるように、直列に接続します。直列なので全体に同じ電流が流れますが、最大目盛での電流は V₁ が約 8.33 mA、V₂ が 10 mA で、V₂ のほうが大きいです。

直列回路を流れる電流を、電流の大きい V₂ に合わせて 10 mA とします。すると V₁ には 8.33 mA しか流せないので、差の $10-8.33=1.667\ \text{mA}$ を V₁ の外側へ逃がす必要があります。逃がすための抵抗を V₁ に並列に接続します。

V₁ の両端は 150 V なので、この並列抵抗は $R=\frac{150\ \text{V}}{1.667\ \text{mA}}=90\ \text{k}\Omega$ です。

V₁ と 90 kΩ の並列部分に 150 V、V₂ に 300 V が加わり、合計 450 V になります。直列に接続すると V₁ の電流がそのままでは 10 mA にならず、また V₂ に並列では V₁ が過電流になることを考えると、他の組合せ（抵抗 18 kΩ や、V₂ に抵抗をつなぐ組合せ）は成り立ちません。

したがって (1) が答え。 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 $N$ のコイルに正弦波電圧を加えたとき、電圧の実効値と最大磁束の間には $E=4.44fN\Phi_m$ の関係があります。したがって $\Phi_m=\frac{E}{4.44fN}$ で、最大磁束は電圧に比例し、周波数に反比例します（$N$ は一定）。

周波数 $f$ が一定で電圧が 3 倍になれば、最大磁束も 3 倍です。

飽和やヒステリシスがないとしてあるので、磁束は電圧に素直に比例します。9 倍（2 乗）や 1/3 倍と間違えやすい点に注意してください。

したがって (4) が答え。 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

$\Phi_m=\frac{E}{4.44fN}$ より、最大磁束は $\frac{E}{f}$ に比例します。

電圧が 3 倍、周波数が 2 倍になると、$\frac{3E}{2f}=1.5\times\frac{E}{f}$ なので、最大磁束は $\Phi_m$ の 1.5 倍です。

周波数を上げると同じ電圧でも磁束が小さく抑えられる、という関係が分かります。電圧の 3 倍と周波数の 2 倍を掛けて 6 倍にしたり、$\frac{2}{3}=0.67$ と逆にしたりしないようにします。

したがって (4) が答え。 出典: 一般財団法人 電気技術者試験センター

答え：4

考え方

直流で考えるので、コンデンサはつながっていないものとして扱います。ベース電流が $I_A$ に比べて十分小さいので、$R_B$ と $R_A$ に同じ電流が流れる分圧回路とみなせます。

ベース電圧は $V_b=V_{CC}\times\frac{R_A}{R_A+R_B}=12\times\frac{100}{700}\approx1.714\ \text{V}$ です。

エミッタ電圧は $V_e=V_b-V_{be}=1.714-0.6=1.114\ \text{V}$ で、エミッタ電流は $I_E=\frac{V_e}{R_D}=\frac{1.114}{1\ \text{k}\Omega}=1.114\ \text{mA}$ です。ベース電流は小さいので $I_C\approx I_E$ とします。

コレクタ側の電圧降下は $R_C I_C=5\times1.114=5.57\ \text{V}$ なので、 $V_{ce}=V_{CC}-R_C I_C-V_e=12-5.57-1.114\approx5.3\ \text{V}$ です。

エミッタ抵抗の電圧降下を引き忘れると 6.4 V になり、コレクタ抵抗のみを引くと 6.4 V になります。ここでは両方を引いて 5.3 V です。

したがって (2) が答え。 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 3 では、入力の $v_i$ がコンデンサ $C_1$ と $h_{ie}$ の直列回路にかかります。ベース電流は $i_b=\frac{v_i}{h_{ie}+\frac{1}{j\omega C_1}}$ で、コレクタ側の関係は図 2 と同じなので、増幅度は ① 式に $\frac{h_{ie}}{\left|h_{ie}+\frac{1}{j\omega C_1}\right|}$ を掛けた形になります。

増幅度が ① 式の $\frac{1}{\sqrt{2}}$ になる条件は $\frac{h_{ie}}{\sqrt{h_{ie}^2+\left(\frac{1}{\omega C_1}\right)^2}}=\frac{1}{\sqrt{2}}$ です。両辺を 2 乗して整理すると $h_{ie}^2=\left(\frac{1}{\omega C_1}\right)^2$ となり、$\omega C_1 h_{ie}=1$ です。つまり、$C_1$ のリアクタンスが $h_{ie}$ と等しくなる周波数（遮断周波数）です。

$f=\frac{1}{2\pi C_1 h_{ie}}=\frac{1}{2\pi\times10\times10^{-6}\times3\times10^{3}}=\frac{1}{2\pi\times0.03}\approx5.3\ \text{Hz}$

$2\pi$ を掛け忘れて $\omega=\frac{1}{C_1h_{ie}}\approx33\ \text{rad/s}$ のままにしないように注意してください。この問では周波数 [Hz] を求めます。

したがって (2) が答え。 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

最も不適切なのは (2) です。アーチダムは、水圧をアーチ作用で両岸の岩盤に伝えて支える構造のダムです。そのため、両岸の幅が狭い谷で、両岸の岩盤が堅固な地点に適しています。「両岸の幅が広い」という記述が誤りです。幅の広い地点では、アーチの両端の岩盤まで水圧を伝えるための構造にならず、アーチ形が成り立ちにくくなります。コンクリート量を節約できるという利点の記述は正しいです。

他の選択肢は次のとおりです。

• (1) 重力ダムは自重で水圧に耐える形式で、我が国で最も多く採用されています。
• (3) ロックフィルダムは岩石を積み上げた形式で、材料を現地近くで調達できる場所に向いています。
• (4) アースダムは土を主材料とし、かんがい用のため池などに適しています。
• (5) 取水ダムは水路式発電所に水を導くための低いダムです。

したがって (2) が答え。 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

年間に降る水の体積は、面積×降水量で求めます。 $6\,500\ \text{km}^2 = 6.5\times10^9\ \text{m}^2$、$1\,100\ \text{mm} = 1.1\ \text{m}$ なので、 $V = 6.5\times10^9 \times 1.1 = 7.15\times10^9\ \text{m}^3$。 水の密度は $1\,000\ \text{kg/m}^3$ なので、質量は $7.15\times10^{12}\ \text{kg}$ です（流出係数は1なので全量が使えます）。

この水が平均海抜750 mから海面まで落ちる位置エネルギーを電力量にします。 $W = mgh = 7.15\times10^{12}\times 9.8\times 750 \fallingdotseq 5.255\times10^{16}\ \text{J}$。 $1\ \text{kW·h} = 3.6\times10^{6}\ \text{J}$ なので、 $W \fallingdotseq 5.255\times10^{16} / 3.6\times10^{6} \fallingdotseq 1.46\times10^{10}\ \text{kW·h}$。 $1\ \text{TW·h} = 10^{9}\ \text{kW·h}$ なので、約 $14.6\ \text{TW·h}$ となります。

最も近いのは 15 です。したがって (5) が答え。 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

復水器は、タービンから出た蒸気を海水などの冷却水で冷やして(ア)凝縮させ、水に戻す装置です。蒸気が水に戻ると体積が急激に小さくなるので、器内は高い(イ)真空度に保たれます。

器内の圧力が低いと、タービンの入口の蒸気と出口の蒸気の(ウ)圧力差が大きくなり、蒸気が膨張してできる仕事が増えます。その結果、蒸気タービンの(エ)効率が高まります。

(エ)が「回転速度」になっている選択肢は、タービンの目的が回転速度を上げることではないので誤りです。(ア)の「膨張」も復水器の働きではありません。(4) は(イ)が「温度」、(ウ)が「温度差」となっており、真空度を保持するという復水器の要点から外れています。

したがって (1) が答え。 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

原子核は、正の電荷をもつ(ア)陽子と、電荷をもたない中性子が結合したものです。電子は原子核の外側にあります。

結合した原子核の質量は、陽子と中性子をばらばらにしたときの質量の合計より(イ)小さくなります。この差を(ウ)質量欠損といい、これに相当するエネルギーが結合エネルギーとして放出されます。アインシュタインの式より、放出されるエネルギーは $E = mc^2$ [J]、つまり(エ)は $mc^2$ です。$mc$ は運動量の次元なので誤りです。

原子力発電は、ウランなどが(オ)核分裂する前後の結合エネルギーの差を利用します。核融合は軽い原子核どうしを結合させる反応で、現在の原子力発電には使われていません。

したがって (2) が答え。 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

充電して繰り返し使える電池は(ア)二次電池です。一次電池は使い切りなので当てはまりません。二次電池の代表例は(イ)リチウムイオン電池です。酸化銀電池は使い切りの一次電池です。

風力発電や太陽光発電は出力が変動します。蓄電設備を併用すると、この出力変動をならす、つまり(ウ)平滑化ができます。短絡の抑制は蓄電池の役割ではありません。

大電力貯蔵用に使われているのは(エ)ナトリウム・硫黄電池（NAS電池）です。空気亜鉛電池は主に補聴器などに使われる小型の一次電池で、大電力貯蔵には用いられていません。ナトリウム・硫黄電池は、鉛蓄電池に比べて(オ)単位質量あたりのエネルギー密度が3倍程度高い電池です。起電力は電池の種類で決まる電圧であり、3倍も違うわけではありません。

したがって (4) が答え。 出典: 一般財団法人 電気技術者試験センター

答え：4

考え方

単相変圧器1台の容量を $S$、定格電流を $I$、定格電圧を $V$ とします。V結線は2台で三相を供給し、出力は $\sqrt{3}VI$ です。変圧器の合計容量は $2VI$ ですから、利用率は $\dfrac{\sqrt{3}VI}{2VI} = \dfrac{\sqrt{3}}{2} \fallingdotseq 0.866$ です。(1) の $\sqrt{3}/3$ は誤りです。

(4) について、同じ変圧器3台のΔ結線の出力は $3VI$ です。V結線との比は $\sqrt{3}VI / 3VI = \sqrt{3}/3$ 倍（約0.577倍）となり、正しい記述です。$\sqrt{3}/3$ という値は出力比のほうに出てくる数字で、利用率の値ではない点が紛らわしいところです。

(2) 電灯動力共用方式では共用変圧器に電灯と動力の電流が両方流れるので、容量が大きくなります。(3) V結線は単相2台で三相が得られます。(5) 変圧器が2台で済むため、設置が簡素になります。いずれも正しい記述です。

したがって (1) が答え。 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

6.6 kV配電線は非接地方式なので、地絡事故が起きると零相電圧が生じます。配電用変電所では、この零相電圧を検出する地絡過電圧継電器は、配電線の1回線ごとではなく母線（または変圧器二次側）に1台設けます。事故がどの配電線で起きたかは、各配電線の引出口に設置する地絡方向継電器（零相電流と零相電圧の位相関係を見る）で選びます。したがって「配電線引出口に地絡過電圧継電器が設置される」とある (2) は誤りです。

(1) 再閉路は、一時的な事故（雷など）で停電が長引かないよう、遮断後に一定時間おいて自動で閉路するもので、正しい記述です。(3) 主要変圧器二次側の過電流継電器は、各配電線の過電流継電器より後で動作させる（時限を長くする）ことで、事故のあった配電線だけを先に遮断します。(4)(5) は各配電線の保護として正しい記述です。

したがって (2) が答え。 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

架空送電線の太さ（断面積）は、次の項目から決めます。

• 機械的強度：風や氷雪などの荷重に耐えるため
• コロナ放電の抑制：電線が細いと表面の電界が強くなりコロナが発生するため
• 電圧降下：電線が細いと抵抗が大きく、電圧降下が大きくなるため
• 線路損失：電線が細いと抵抗損が大きくなるため
• 許容電流（発熱）：温度上昇の限度を守るため

雷・開閉サージの波高は、線路に侵入する異常電圧の大きさで、避雷器や架空地線、がいしの絶縁強度などで対処します。電線の太さの決定とは特に関係がありません。

したがって (5) が答え。 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

非接地方式では、1線地絡が起きたとき、地絡電流は電線路と大地の間の静電容量を通って流れます。この電流は小さく、直接接地方式のように大電流にはなりません。したがって「直接接地方式に比べて大きい」とある (1) が誤りです。

他の選択肢は正しい記述です。

• (2) 健全相の対地電圧は上昇します（最大で線間電圧程度）。
• (3) 静電容量はこう長に比例するので、こう長が長いほど地絡電流は大きくなります。
• (4) 小さな地絡電流のアークが消えたり再発したりする間欠アークが起こると、異常電圧が生じるおそれがあります。
• (5) 地絡電流が小さいので、通信線への誘導障害は抵抗接地方式より小さくなります。

したがって (1) が答え。 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

(5) の渦電流損の説明のうち、「導電率の高い金属シースの採用によって渦電流による発熱を小さくする」が誤りです。渦電流は、金属シース内に誘導される電圧によって流れます。シースの導電率が高いほど（抵抗が小さいほど）同じ誘導電圧で大きな渦電流が流れ、損失はかえって大きくなります。渦電流損を減らすには、シースを薄くする、導電率の低い金属を使うなどの方法を取ります。

他の選択肢は正しい記述です。

• (1) 表皮効果は導体断面積が大きいほど顕著で、分割導体や素線絶縁導体で低減できます。
• (2) 近接効果は相間距離が短いほど大きく、離すと小さくなります。
• (3) 誘電損は $W = \omega C V^2 \tan\delta$ で、$C$ は誘電率に比例するため、誘電率・誘電正接・電圧の2乗に比例します。
• (4) クロスボンド接地では、3相のシースの誘導電圧が打ち消し合い、シース回路損を減らせます。

したがって (5) が答え。 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

ネットワークプロテクタ（プロテクタ遮断器、ネットワーク継電器、プロテクタヒューズで構成）は、ネットワーク変圧器の二次側に設置されます。一次側ではなく二次側に置くのが正しく、また二次側に置かれるのは断路器ではありません。一次側と二次側が逆になっている (4) が誤りです。

他の選択肢は正しい記述です。

• (1)(5) 複数回線で受電するため、1回線が停電または一次側で故障しても、残りの回線で供給を続けられます。
• (2) 低圧ネットワーク方式は低圧配電線を格子状（網目状）に連系します。
• (3) スポットネットワーク方式は、都心の高層ビルなど負荷密度が高い大口需要家に向いています。

したがって (4) が答え。 出典: 一般財団法人 電気技術者試験センター

答え：4

考え方

1バンクが故障すると、健全なのは2バンクです。各バンクを定格容量の120 %まで使えるので、供給できる容量は $20\times 2\times 1.2 = 48\ \text{MV·A}$。

有効電力に直すと、力率95 %を掛けて $48\times 0.95 = 45.6\ \text{MW}$ です。

故障発生前の最大総負荷を $P$ [MW] とすると、7 %は他の変電所に切り換えられるので、この変電所が供給するのは $0.93P$ です。これが45.6 MWに等しければよいので、 $0.93P = 45.6$ $P = 45.6 / 0.93 \fallingdotseq 49.0\ \text{MW}$。

したがって (3) が答え。 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

図から、負荷1は L₁-N 間（55 A）、負荷2は N-L₂ 間（60 A）、負荷3は L₁-L₂ 間（45 A）に接続されています。

各線の電流は次のとおりです。

• L₁線：$55 + 45 = 100\ \text{A}$
• L₂線：$60 + 45 = 105\ \text{A}$
• 中性線：$|60 - 55| = 5\ \text{A}$（負荷2のほうが大きいので、変圧器から負荷側へ向かって流れる）

変圧器の二次側は L₁-N 間と N-L₂ 間がそれぞれ105 Vです。各線の電圧降下は、抵抗0.06 Ωを掛けて求めます。

• L₁線：$0.06\times 100 = 6.0\ \text{V}$
• L₂線：$0.06\times 105 = 6.3\ \text{V}$
• 中性線：$0.06\times 5 = 0.3\ \text{V}$

C点の電圧を求めます。中性線は負荷側へ電流が流れるので、C点のN電位は変圧器側より0.3 V低くなります。 $V_a = 105 - 6.0 + 0.3 = 99.3\ \text{V}$ $V_b = 105 - 6.3 - 0.3 = 98.4\ \text{V}$

次に一次電流を求めます。変圧器の損失を考えないので、二次側で変圧器が出す電力は、上側巻線105 V×100 Aと下側巻線105 V×105 Aの和です（中性線の電位は0 Vなので、中性線電流は電力に寄与しません）。 $P = 105\times100 + 105\times105 = 10\,500 + 11\,025 = 21\,525\ \text{W}$ $I_1 = \dfrac{21\,525}{6\,600} \fallingdotseq 3.26\ \text{A}$

組合せは $V_a = 99.3\ \text{V}$、$V_b = 98.4\ \text{V}$、$I_1 = 3.26\ \text{A}$ です。したがって (2) が答え。 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) は「粘度が高い方がよい」が誤りです。絶縁油は、対流によって内部の熱を運び出して冷却する役割があります。粘度が高いと油が流れにくく対流が起こりにくいので、冷却には不利です。変圧器の絶縁油は、粘度が低いほうが冷却性能の面で望ましいとされます。

他の選択肢は正しい記述です。

• (1) SF₆ガスは絶縁耐力と消弧能力に優れますが、温室効果が大きいため大気への放出は避けます。
• (3) 架橋ポリエチレンは、分子を立体網目状にして耐熱性を高めた絶縁体で、CVケーブルに使われます。
• (4) OFケーブルは、油浸紙に大気圧より高い油圧を加えて絶縁強度を高めています。
• (5) がいしは磁器、ガラス、ポリマの3種類があり、国内では磁器が主流で、ポリマがいしも普及が進んでいます。

したがって (2) が答え。 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

損失水頭を考えた実効落差を求めます。

• 発電時：$H_g = 450\times(1-0.03) = 436.5\ \text{m}$（損失の分だけ落差が減る）
• 揚水時：$H_p = 450\times(1+0.03) = 463.5\ \text{m}$（損失の分だけ余計に揚げる）

発電出力は、流量・実効落差・効率の積です。 $P_g = 9.8\times Q_g\times H_g\times \eta_g\eta_t = 9.8\times50\times436.5\times0.90 \fallingdotseq 192\,500\ \text{kW}$

揚水入力は、効率で割って求めます（損失の分だけ多くの電力が必要です）。 $P_p = \dfrac{9.8\times Q_p\times H_p}{\eta_m\eta_p} = \dfrac{9.8\times40\times463.5}{0.85} \fallingdotseq 213\,750\ \text{kW}$

発電出力は192 500 kW、揚水入力は213 750 kWです。したがって (5) が答え。 出典: 一般財団法人 電気技術者試験センター

答え：5

考え方

発電8時間で使う水の量は $V = Q_g\times T_g = 50\times 8\times 3\,600 = 1.44\times10^{6}\ \text{m}^3$。 この水を揚水量 $40\ \text{m}^3/\text{s}$ でくみ上げる時間は $T_p = \dfrac{1.44\times10^{6}}{40} = 36\,000\ \text{s} = 10\ \text{時間}$。

発電電力量と揚水電力量は、(a) の結果から次のようになります。

• 発電電力量：$192\,500\times 8 = 1\,540\,000\ \text{kW·h}$
• 揚水電力量：$213\,750\times 10 = 2\,137\,500\ \text{kW·h}$

変換効率は $\dfrac{1\,540\,000}{2\,137\,500}\times100 \fallingdotseq 72.0\ \%$。 （確認：損失水頭と効率だけで考えると $\dfrac{436.5}{463.5}\times0.90\times0.85 \fallingdotseq 0.72$ となり、同じ値になります。）

揚水所要時間は10時間、変換効率は72.0 %です。したがって (3) が答え。 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

電線のたるみ曲線を放物線で近似すると、径間 $S$、たるみ $D$ のときの電線の長さは $L = S + \dfrac{8D^2}{3S}$ で表されます。たるみ $D$ は 2 乗の形で入り、係数は $8/3$ です。

選択肢のうち、(2) と (4) は $D$ の1乗、(3) と (5) は係数が異なり、いずれも誤りです。確認のため、$S=50\ \text{m}$、$D=1\ \text{m}$ とすると、$8D^2/(3S) = 8/150 \fallingdotseq 0.053\ \text{m}$ となり、たるみ1 mで電線が約5 cm長くなる、という妥当な値になります。

したがって (1) が答え。 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) の式 $L = S + \dfrac{8D^2}{3S}$ より、実長と径間の差から、たるみ $D$ を求めます。 $L - S = 50.01 - 50.00 = 0.01\ \text{m}$ $\dfrac{8D^2}{3S} = 0.01$ より $D^2 = \dfrac{0.01\times3\times50}{8} = 0.1875$ $D = \sqrt{0.1875} \fallingdotseq 0.433\ \text{m}$

電線の水平張力 $T$ は、単位長当たりの重量 $w$、径間 $S$、たるみ $D$ の関係 $D = \dfrac{wS^2}{8T}$ から、 $T = \dfrac{wS^2}{8D} = \dfrac{10\times50^2}{8\times0.433} = \dfrac{25\,000}{3.464} \fallingdotseq 7\,217\ \text{N} \fallingdotseq 7.22\ \text{kN}$

したがって (4) が答え。 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

バランサを接続すると、上側と下側の電流の不平衡分が解消され、中性線の電流が0 Aになります。

バランサを接続する前の中性線電流は、2つの負荷電流の差 $75 - 50 = 25\ \text{A}$ です。バランサは2つの巻線をもち、この不平衡電流 25 A を半分ずつ受け持ちます。そのため、バランサに流れる電流は $\dfrac{75 - 50}{2} = 12.5\ \text{A}$ です。

このとき、電圧線の電流は上側が $75 - 12.5 = 62.5\ \text{A}$、下側が $50 + 12.5 = 62.5\ \text{A}$ となって等しくなり、中性線に電流が流れなくなります。

したがって (3) が答え。 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

バランサを接続する前の線路損失は、電圧線2本と中性線（電流 $75-50=25\ \text{A}$）の抵抗損の和です。 $P_1 = 0.15\times75^2 + 0.15\times50^2 + 0.20\times25^2 = 843.75 + 375 + 125 = 1\,343.75\ \text{W}$

バランサを接続した後は、(a) のとおり電圧線の電流がどちらも $62.5\ \text{A}$、中性線の電流は $0\ \text{A}$ になります。 $P_2 = 0.15\times62.5^2\times2 = 0.15\times3\,906.25\times2 = 1\,171.875\ \text{W}$

線路損失の減少量は $P_1 - P_2 = 1\,343.75 - 1\,171.875 \fallingdotseq 172\ \text{W}$

したがって (5) が答え。 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) 分巻発電機は，残留磁束による低い電圧から界磁電流が流れ始め，磁束が強まって電圧が立ち上がる（自励）。記述のとおり正しい。

(2) 直巻発電機は，電機子電流がそのまま界磁電流になる。出力電流（＝界磁電流）が小さいうちは磁束が電流にほぼ比例して増えるため，電流が変わると出力電圧が大きく変わり，不安定である。電流が大きくなって磁気飽和すると，磁束がほぼ一定になるので電圧の変動は小さくなる。記述は大きい場合と小さい場合が逆になっており，誤り。

(3) 分巻電動機は，電源電圧が一定なら界磁磁束もほぼ一定で，負荷が変わっても回転速度の変化が小さい。定速度電動機と呼ばれる。正しい。

(4) 直巻電動機は電機子電流が界磁電流を兼ねるので，始動時の大電流で磁束も大きくなり，大きな始動トルクが得られる。正しい。

(5) ブラシレス DC モータは，ブラシと整流子の役割を半導体スイッチで置き換えたものである。正しい。

したがって (2) が答え。 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

電機子表面の周速度は，直径 $D=0.5\ \text{m}$，回転速度 $n=1500\ \text{min}^{-1}$ から

$v=\pi D\times\frac{n}{60}=\pi\times0.5\times\frac{1500}{60}\approx 39.27\ \text{m/s}$

導体 1 本に誘導される起電力は $Blv$ である。1 巻きのコイルは，N 極側と S 極側の 2 本の導体が直列になっているので，起電力は 2 本分になる。

$e=2Blv=2\times0.4\times0.5\times39.27\approx 15.7\ \text{V}$

導体 1 本分の 7.85 V（(3)）や，周速度を使わず 1 500 を使った値などは誤り。

したがって (4) が答え。 出典: 一般財団法人 電気技術者試験センター

答え：4

考え方

誘導電動機の磁束（回転磁界）は，ほぼ $V/f$ に比例する。周波数 $f$ を下げたときに電圧 $V$ を下げなければ磁束が過大になって磁気飽和し，$f$ を上げたときに $V$ を上げなければ磁束が不足してトルクが出ない。そこで $V/f$ を一定に保つのが $V/f$ 一定制御で，(ア) は「$V/f$」，(イ) は「回転磁界」である。$V\cdot f$ 一定ではない。

周波数と電圧を同時に変えられる装置は VVVF（可変電圧可変周波数）電源装置である。CVCF（定電圧定周波数）は電圧も周波数も一定なので，速度制御には使えない。(ウ) は VVVF。

$V/f$ 一定制御（スカラー制御）の弱点を改善したのがベクトル制御である。誘導電動機の電流を励磁成分とトルク成分に分けて制御するので，速度とトルクを精密に制御でき，低速でも始動トルクが大きい。負荷変動の大きなクレーンや工作機械に向く。(エ) はベクトル，(オ) は大きく。

これらをすべて満たす組合せは (1)。

したがって (1) が答え。 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

二次入力（同期ワット）$P_2$ は，トルク $T$ と同期角速度 $\omega_s$ の積である。

同期速度は $n_s=\frac{120f}{p}=\frac{120\times50}{6}=1000\ \text{min}^{-1}$ で，同期角速度は

$\omega_s=\frac{2\pi n_s}{60}=\frac{2\pi\times1000}{60}\approx104.7\ \text{rad/s}$

$P_2=T\omega_s=200\times104.7\approx 20.9\times10^3\ \text{W}=20.9\ \text{kW}$

確認すると，機械出力 20 kW とトルク 200 N･m から実際の角速度は $20000/200=100\ \text{rad/s}$（約 955 min⁻¹）で，すべり $s=1-100/104.7\approx0.045$ となる。$P_2=P_m/(1-s)=20/0.955\approx20.9\ \text{kW}$ で一致する。

最も近いのは 21 kW。

したがって (3) が答え。 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

同期発電機の回転速度は $n_s=\frac{120f}{p}$ で決まる。水車は蒸気タービンに比べて回転速度が小さいので，所定の周波数（50 Hz や 60 Hz）を得るには極数 $p$ を多くしなければならない。(ア) は「小さい」，(イ) は「大きく」。極数が多いと回転子の外周に多くの磁極を並べる必要があるため，回転子は軸方向に短く直径の大きい形（突極形）になる。(ウ) は「大きく」。

タービン発電機は高速回転（2 極や 4 極）なので，遠心力に耐えるよう回転子の直径を小さくし，軸方向に長い円筒形にする。(エ) は「大きい」，(オ) は「小さく」。

これに合うのは (2)。(3) は (オ) が「大きく」で，高速の回転子の直径を大きくすると遠心力で壊れやすいので誤り。

したがって (2) が答え。 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

まず 1 相あたりの同期インピーダンスを求める。基準インピーダンス（定格電圧 $V_n$，定格容量 $P$ のときの値）は

$Z_n=\frac{V_n^2}{P}=\frac{6000^2}{4500\times10^3}=8\ \Omega$

短絡比 $S$ は百分率同期インピーダンスの逆数に当たるので，同期インピーダンスは

$Z_s=\frac{Z_n}{S}=\frac{8}{1.25}=6.4\ \Omega$

図の $\dot E_1$，$\dot E_2$ は各発電機の 1 相分の起電力である。2 台は同一特性なので，起電力の差 $400\ \text{V}$ によって，2 台の同期インピーダンスを直列にした閉回路に横流が流れる。

$I=\frac{|\dot E_1-\dot E_2|}{2Z_s}=\frac{400}{2\times6.4}=\frac{400}{12.8}\approx 31.3\ \text{A}$

(1) の 18.0 A は，400 V を線間の値と見て $\sqrt{3}$ で割った場合の値で，図の $\dot E$ は 1 相分なのでこれは誤り。

したがって (2) が答え。 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

直巻電動機は電機子電流が界磁電流を兼ねている。電源の極性を逆にすると，磁束の向きも電機子電流の向きも共に逆になる。トルクは磁束と電機子電流の積に比例するので，向きは変わらない。したがって (ア) は「逆になる」。この性質のおかげで，交流を加えても一方向のトルクが得られる。

交流では磁束が交番するため，鉄心に渦電流が生じる。これを抑えるために，界磁鉄心や継鉄は薄い鋼板を重ねた積層鉄心にする。(イ) は「積層鉄心」。塊状の鉄心では渦電流損が大きくなる。

直巻形の特性として，始動トルクが大きく，軽負荷では回転速度が非常に高くなる。電気ドリル，電気掃除機，小型ミキサなどに使われるのは高速で回るこの性質を活かしたものである。(ウ) は「高速」。

交流・直流の両方で使える小容量のものはユニバーサルモータと呼ばれる。ブラシレス DC モータは，整流子を持たず半導体スイッチで電流を切り換えるモータで別物である。(エ) は「ユニバーサルモータ」。

これらをすべて満たす組合せは (2)。

したがって (2) が答え。 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

返還負荷法では，同じ仕様の変圧器 T₁，T₂ を使い，次のように結線する。

1. 一次側は T₁ と T₂ を同じ極性で並列にして，定格電圧の電源 E につなぐ。これで両方の鉄心に定格の磁束ができ，E から鉄損分の電力だけを供給できる。
2. 二次側は T₁ と T₂ の二次巻線を，互いの起電力が打ち消し合う向き（極性が逆向き）に直列に接続して閉回路にする。T₁ と T₂ の二次電圧は同じ大きさなので，閉回路の合計起電力はゼロになり，E から二次側に短絡電流は流れない。
3. この閉回路の途中に補助変圧器 T₃ を入れ，T₃ から定格電流を流す。これで T₁，T₂ の巻線に定格電流が流れ，銅損分の電力を供給できる。

図で確かめると，(4) は一次側の T₁，T₂ が電源 E に対してどちらも黒丸（極性を示す点）の側で並列に接続されている。二次側は T₁ の黒丸でない端子と T₂ の黒丸でない端子どうしが直列につながり，T₁ の黒丸の端子と T₂ の黒丸の端子の間に T₃ が入っている。つまり二次側は起電力が打ち消し合う直列接続になっており，上の条件を満たす。

他の選択肢は，一次側の並列接続の極性が逆になっているか，二次側の直列接続で起電力が加わり合う向きになっているなど，この条件を満たさない。

したがって (4) が答え。 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

Δ−Δ 結線は 3 台の容量をすべて使えるので

$P_\Delta=3\times100=300\ \text{kV·A}$

V−V 結線は単相変圧器 2 台で三相を作る結線で，1 組の容量は 1 台の容量の $\sqrt{3}$ 倍である。

$P_V=\sqrt{3}\times100\approx173.2\ \text{kV·A}$

単相変圧器は 3＋1＝4 台なので，V−V 結線を 2 組作ることができる。合計容量は

$P=2\times173.2=346.4\ \text{kV·A}$

$\frac{P}{P_\Delta}=\frac{346.4}{300}\approx1.15$

（$\frac{2\sqrt{3}}{3}=1.155$）

0.577 や 0.943 は，V−V 結線 1 組と Δ−Δ 結線の比などで，2 組使う条件に合わない。

したがって (3) が答え。 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

図の入力電流 $i_s$ は，正負が対称な方形波である。つまり，電源電流が正の半周期にも負の半周期にも流れている。また，電流が切り換わる時刻は，電圧 $v_s$ がゼロになる時刻より少し遅れている。

平滑リアクトルが十分に大きければ，負荷側の電流はほぼ一定になる。そこで，電源電流は，一定の大きさの電流を，電圧の正の間は正向きに，負の間は負向きに流す方形波になる。電源電流の切り換わりが電圧のゼロ点より遅れるのは，サイリスタの点弧を遅らせる位相制御をしているからである。

各回路を調べると，

• (1) ダイオード 1 個の半波整流で，電流は一方向（正）にしか流れない。
• (2) ダイオードとリアクトルの半波整流で，電流は正のみ。
• (3) サイリスタとリアクトルの半波整流で，位相制御はできるが電流は正のみ。
• (4) ダイオードブリッジで，正負の方形波にはなるが，電流の切り換わりは電圧のゼロ点ちょうどで，遅れがない。
• (5) サイリスタブリッジで，点弧を遅らせると，図のように正負の方形波で，電圧のゼロ点より遅れて電流が切り換わる。

したがって (5) が答え。 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

物体を一定速度で持ち上げるのに必要な動力（仕事率）は，重力 $mg$ と速度 $v$ の積である。重力加速度を $g=9.8\ \text{m/s}^2$ とすると

$P_0=mgv=1000\times9.8\times0.5=4900\ \text{W}=4.9\ \text{kW}$

機械効率が 90 ％なので，電動機が出す出力は

$P=\frac{P_0}{\eta}=\frac{4.9}{0.9}\approx5.44\ \text{kW}$

最も近いのは 5.5 kW。4.9 kW は効率を考えない値で，4.4 kW は効率を掛けてしまった値（$4.9\times0.9$）である。

したがって (4) が答え。 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

電気二重層キャパシタは，電極と電解液の界面にできる電気二重層に，化学反応を伴わずに電荷をためる。リチウムイオン電池との違いは次のとおり。

• エネルギー密度は小さい（(1) は正しい）。
• 内部抵抗が小さく大電流を短時間で出し入れできるので，出力密度は大きい（(2) は正しい）。
• 急速充電・急速放電ができる（(5) は正しい）。
• 自己放電は大きく，電圧の低下が速い（(4) は正しい）。
• 電極が化学反応で劣化しないので，充放電の繰り返しによる劣化が少なく，寿命が長い。(3) の「劣化のため寿命が短い」は逆で，誤り。

したがって (3) が答え。 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

左の加え合わせ点（引き算）の出力を $E$ とする。$\frac{1}{j\omega T_2}$ のブロックの出力を $Y$ とすると，$Y=\frac{E}{j\omega T_2}$ で，これが負帰還として戻るので

$E=R-Y=R-\frac{E}{j\omega T_2}$

$E\left(1+\frac{1}{j\omega T_2}\right)=R$

$E=\frac{j\omega T_2}{1+j\omega T_2}R$

右の加え合わせ点では，$\frac{T_1}{T_2}$ を通った $E$ と，$\frac{1}{j\omega T_2}$ を通った $E$（つまり $Y$）を足すので

$C=\left(\frac{T_1}{T_2}+\frac{1}{j\omega T_2}\right)E=\frac{j\omega T_1+1}{j\omega T_2}\cdot\frac{j\omega T_2}{1+j\omega T_2}R$

$\frac{C}{R}=\frac{1+j\omega T_1}{1+j\omega T_2}$

(5) は分子の $T_1$ に余分な $1/T_2$ が付いた形で，上の計算とは合わない。

したがって (4) が答え。 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

各選択肢を実際に変換して確かめる。

(1) 16 進数で 16 倍すると桁が一つ上がり，末尾に 0 が付く。$(6)_{16}\times16=(60)_{16}$ で正しい。

(2) $(1010101)_2=64+16+4+1=85$。$(57)_{16}=5\times16+7=87$。87 の方が大きいので正しい。

(3) $(1011)_2=8+2+1=11$ で正しい。

(4) 12 は 16 進数では C（10 が A，11 が B，12 が C）。正しい。

(5) 16 進数の各桁を 4 桁の 2 進数に直す。3 は $0011$，D（＝13）は $1101$ なので，$(3D)_{16}=(111101)_2$（先頭の 0 を省く）となる。選択肢の $(111011)_2$ は 59 で，$(3D)_{16}=61$ とは一致しない。誤り。

したがって (5) が答え。 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

$n_s=\frac{120f}{p}=\frac{120\times60}{4}=1800\ \text{min}^{-1}$

$\omega_s=\frac{2\pi\times1800}{60}\approx188.5\ \text{rad/s}$

損失は無視できるので，電動機の入力電力がそのまま機械出力になる。力率 1 で，相電圧 $V=\frac{400}{\sqrt{3}}\ \text{V}$，電流 $200\ \text{A}$ だから

$P=3VI_M=3\times\frac{400}{\sqrt{3}}\times200=400\sqrt{3}\times200\approx138.6\times10^3\ \text{W}$

トルクは出力を角速度で割って

$T=\frac{P}{\omega_s}=\frac{138.6\times10^3}{188.5}\approx735\ \text{N·m}$

したがって (3) が答え。 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

出力と端子電圧が同じなので，電力 $3VI\cos\theta$ は変わらない。力率 1 で電流 200 A のときと同じ電力になるように

$I_{M1}\cos\theta=200$

$I_{M1}=\frac{200}{\sqrt{3}/2}\approx230.9\ \text{A}$

電動機の 1 相分の関係は $\dot V=\dot E+jx_s\dot I_{M1}$ である。端子電圧 $\dot V$ を基準（実軸）にとると，電流は 30° 進んでいるので $\dot I_{M1}=230.9\angle30^\circ$。$jx_s\dot I_{M1}$ は大きさ $1.00\times230.9=230.9\ \text{V}$ で，位相は 30° に 90° を加えた 120° になる。

$jx_s\dot I_{M1}=230.9(\cos120^\circ+j\sin120^\circ)=-115.5+j200$

$\dot V=\frac{400}{\sqrt{3}}=230.9\ \text{V}$ なので

$\dot E=\dot V-jx_s\dot I_{M1}=230.9-(-115.5+j200)=346.4-j200$

$|\dot E|=\sqrt{346.4^2+200^2}=\sqrt{120000+40000}=400\ \text{V}$

したがって (3) が答え。 出典: 一般財団法人 電気技術者試験センター

答え：3