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電力・電気機器の問題

難易度 3期末試験の応用レベル大学物理電力・電気機器

線間電圧の大きさ $V = 200 V$ 、周波数 $f = 50 Hz$ の対称三相交流電源（相順は a→b→c、内部インピーダンスは無視する）に、誘導性（遅れ力率）の平衡三相負荷が三相 3 線式で接続されている。線路のインピーダンスは無視する。

この負荷の電力を二電力計法で測定した。電力計 $W_{a}$ は電流コイルを線 a に入れ、電圧コイルを線 a と線 b の間に接続した。電力計 $W_{c}$ は電流コイルを線 c に入れ、電圧コイルを線 c と線 b の間に接続した。指示値は $W_{a} = 4.0 kW$ 、 $W_{c} = 8.0 kW$ であった。電力計は理想的とする。

次に、この負荷と並列に、静電容量がすべて等しい 3 個のコンデンサを Δ 結線して接続し、電源から見た総合力率を $1$ にしたい。コンデンサは損失のない理想的なものとし、電源電圧と負荷の状態は変わらないものとする。コンデンサ 1 個あたりの静電容量を $μ F$ 単位で求めよ。答えは $π$ と根号を含む正確な値で答えよ。

この問題で使うもの

三相電力（説明と入口の問題）
三相交流の Y 結線と Δ 結線（説明と入口の問題）
送電線の電力損失と力率改善（説明と入口の問題）
加法定理と 2 倍角・半角・積和の公式（説明と入口の問題）

この問題を解けるようになるまで（79 技能）

算数中学高校大学大学院

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ヒント

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ヒント 1

二電力計法の指示値の和と差から、負荷の有効電力と無効電力を求めます。その後、コンデンサで無効電力を打ち消すことを考えます。

ヒント 2

$W_{a} = V I cos (φ + π /6)$ 、 $W_{c} = V I cos (φ - π /6)$ から、 $P = W_{a} + W_{c}$ 、 $Q = 3 (W_{c} - W_{a})$ が導けます。Δ 結線のコンデンサ 1 個には線間電圧がかかり、その無効電力は $ω C V^{2}$ です。

ヒント 3

$P = 12 kW$ 、 $Q = 43 kvar$ です。あとは $3 ω C V^{2} = 43 \times 1 0^{3}$ を $C$ について解きます。

答えと解説

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\frac{1000 3}{3 π}

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解説を読む

1. 二電力計の指示値と力率角の関係

相電圧 $V ˙_{a}$ を基準（位相 $0$ ）とし、負荷の力率角（遅れ）を $φ$ 、線電流の大きさを $I$ とする。相順が a→b→c なので、 $V ˙_{b}$ の位相は $- \frac{2 π}{3}$ 、 $V ˙_{c}$ の位相は $+ \frac{2 π}{3}$ である。線間電圧の位相は次のようになる。

$V ˙_{ab} = V ˙_{a} - V ˙_{b}$ の位相は $\frac{π}{6}$
$V ˙_{c b} = V ˙_{c} - V ˙_{b}$ の位相は $\frac{π}{2}$

Y 結線と考えれば線電流は相電流に等しい。 $I ˙_{a}$ の位相は $- φ$ 、 $I ˙_{c}$ の位相は $\frac{2 π}{3} - φ$ である。電力計は、電圧コイルの電圧と電流コイルの電流の位相差の余弦を掛けた値を指示する。

$W_{a} = V I cos (\frac{π}{6} + φ), W_{c} = V I cos (\frac{π}{2} - \frac{2 π}{3} + φ) = V I cos (φ - \frac{π}{6})$

和と差をとると次のようになる。

$W_{a} + W_{c} = 2 V I cos φ cos \frac{π}{6} = 3 V I cos φ = P$

$W_{c} - W_{a} = 2 V I sin φ sin \frac{π}{6} = V I sin φ$

よって、有効電力 $P$ と無効電力 $Q$ は

$P = W_{a} + W_{c}, Q = 3 V I sin φ = 3 (W_{c} - W_{a})$

である。

2. 数値を代入する

$P = 4.0 + 8.0 = 12 kW, Q = 3 \times (8.0 - 4.0) = 43 kvar$

このとき $tan φ = \frac{4 3}{12} = \frac{1}{3}$ より $φ = \frac{π}{6}$ である。これは $W_{a} = V I cos \frac{π}{3} = \frac{V I}{2}$ 、 $W_{c} = V I$ となり、指示値の比 $1 : 2$ と矛盾しない。

3. コンデンサで打ち消す無効電力

総合力率を $1$ にするには、コンデンサが供給する進みの無効電力の合計を、負荷の遅れ無効電力 $Q = 43 \times 1 0^{3} var$ に等しくすればよい。

Δ 結線なので、各コンデンサには線間電圧 $V = 200 V$ がかかる。コンデンサ 1 個の無効電力は $ω C V^{2}$ （ $ω = 2 π f = 100 π rad/s$ ）なので、

$3 ω C V^{2} = Q$

$C = \frac{Q}{3 ω V ^{2}} = \frac{4 3 \times 1 0 ^{3}}{3 \times 100 π \times ( 200 ) ^{2}} = \frac{4 3 \times 1 0 ^{3}}{1.2 \times 1 0 ^{7} π} = \frac{3}{3000 π} F$

$μ F$ 単位に直すと

$C = \frac{3}{3000 π} \times 1 0^{6} = \frac{1000 3}{3 π} μ F (\approx 184 μ F)$

である。

別解

相順 a→b→c で誘導性負荷（電流は相電圧より位相 $φ$ 遅れ）とすると、 $V_{ab}$ は $V_{a}$ より $3 0^{\circ}$ 進み、 $V_{c b}$ は $V_{c}$ より $3 0^{\circ}$ 遅れる。よって $W_{a} = V I cos (φ + 3 0^{\circ})$ 、 $W_{c} = V I cos (φ - 3 0^{\circ})$ となる。 $φ > 0$ なら $W_{c} > W_{a}$ で、与えられた値 $W_{a} = 4$ kW、 $W_{c} = 8$ kW と整合する。

有効電力は $P = W_{a} + W_{c} = 12$ kW。
無効電力は $Q = 3 (W_{c} - W_{a}) = 43$ kvar。
（確認： $tan φ = Q / P = 3 /3$ より $φ = 3 0^{\circ}$ 。このとき $cos 6 0^{\circ} : cos 0^{\circ} = 1 : 2$ となり、 $W_{a} : W_{c} = 4 : 8$ と一致する。）

力率 1 にするには、Δ 結線コンデンサの進み無効電力を $Q$ に等しくすればよい。
$3 ω C V^{2} = Q$ （Δ 結線では各コンデンサに線間電圧 $V$ がかかる）。

$C = \frac{4 3 \times 1 0 ^{3}}{3 \cdot 2 π \cdot 50 \cdot 20 0 ^{2}} = \frac{4 3 \times 1 0 ^{3}}{1.2 \times 1 0 ^{7} π} = \frac{3}{3000 π} F$

$μ$ F に直すと $C = \frac{1000 3}{3 π} μ F \approx 183.8 μ F$ 。

検算： $3 ω C V^{2} = 3 \cdot 100 π \cdot \frac{3}{3000 π} \cdot 4 \times 1 0^{4} = 43 \times 1 0^{3}$ W で $Q$ と一致する。

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