電気工学概論：直前対策パック

公式集、全トピックの解法の要点、16 問の演習問題。完全な解答は巻末にあります。

新しい問題科目に戻る

印刷ウィンドウで「PDF として保存」を選ぶと、コピーを端末に保存できます。

1公式と解法

抵抗の直列・並列

抵抗の直列接続
Req = R1 + R2 + …
抵抗の並列接続
1/Req = 1/R1 + 1/R2 + …
2 つの並列接続
Req = R1R2 / (R1 + R2)
オームの法則
V = I·R
電力
P = V·I = I²R = V²/R

解き方

  1. 端子からいちばん遠い回路網の端から始めます。
  2. 直列の抵抗は足し合わせ、並列の抵抗は 1/R = 1/R₁ + 1/R₂ + … でまとめます。
  3. 1 ステップごとに回路を描き直します。
  4. 端子間に抵抗が 1 つだけ残るまで繰り返します。

節点解析

キルヒホッフの電流則
ΣIin = ΣIout
枝電流
I = (Va − Vb)/R
基準節点
Vground = 0

解き方

  1. 基準節点（接地）を選び、ほかの節点電圧に名前をつけます。
  2. 未知の各節点でキルヒホッフの電流則を書きます：各枝から出ていく電流の和は入ってくる電流の和に等しくなります。
  3. 各枝電流を (Va − Vb)/R で表します。
  4. 連立方程式を解き、必要な電流を求めます。

テブナン・ノートン

テブナン電圧
Vth = Vopen circuit
テブナン抵抗
Rth：すべての電源を取り除き、a–b から見た抵抗
ノートン電流
IN = Vth/Rth
負荷電流
IL = Vth/(Rth + RL)
最大電力伝送
RL = Rth, Pmax = Vth²/(4Rth)

解き方

  1. 負荷を外し、2 つの端子を a と b とします。
  2. a と b の間の開放電圧を求めます：これが Vth です。
  3. 独立電源をすべて取り除き、a–b から見た抵抗を求めます：これが Rth です。
  4. 負荷を等価回路に戻します：Vth と Rth の直列です。
  5. ノートン等価回路には変換します：IN = Vth/Rth、RN = Rth を並列に接続します。

RC・RL 過渡現象

時定数
τ = RC | τ = L/R
応答
x(t) = x(∞) + [x(0) − x(∞)]·e−t/τ
直流でのコンデンサ
開放；vC は急変しない
直流でのインダクタ
短絡；iL は急変しない
定常値
t ≈ 5τ

解き方

  1. 切り替え直後の初期値を求めます：コンデンサの電圧とインダクタの電流は急に変化できません。
  2. 切り替えから十分時間がたったあとの最終値を求めます：コンデンサは開放、インダクタは短絡として扱えます。
  3. 時定数を求めます：τ = RC または τ = L/R。抵抗はコンデンサまたはインダクタから見た抵抗を使います。
  4. x(t) = x(∞) + [x(0) − x(∞)]·e−t/τ を使います。

交流インピーダンスとフェーザ

インピーダンス
ZR = R, ZL = jωL, ZC = 1/(jωC)
角周波数
ω = 2πf
大きさと偏角
|Z| = √(R² + X²), φ = atan(X/R)
フェーザ表示のオームの法則
V = I·Z

解き方

  1. 周波数を換算します：ω = 2πf。
  2. 各リアクタンスを求めます：XL = ωL、XC = 1/(ωC)。
  3. インピーダンスは抵抗と同じように足します。Z = R + jX です。
  4. 大きさ |Z| = √(R² + X²) と角度 φ = atan(X/R) を求め、フェーザでオームの法則を使います。

交流電力と力率

有効電力
P = V·I·cos φ
無効電力
Q = V·I·sin φ
皮相電力
S = V·I = √(P² + Q²)
力率
pf = cos φ = P/S
力率改善用コンデンサ
QC = P(tan φ1 − tan φ2), C = QC/(ωV²)

三相電力

Y 結線
VL = √3·Vph, IL = Iph
Δ 結線
VL = Vph, IL = √3·Iph
全有効電力
P = √3·VL·IL·cos φ = 3·Iph²·R
皮相電力と無効電力
S = √3·VL·IL, Q = P·tan φ
力率改善用コンデンサ
QC = P(tan φ1 − tan φ2), C = QC/(3ωV²)
各コンデンサにかかる電圧
Δ：VL Y：VL/√3
モーターの入力
Pin = Pout/η

変圧器

巻数比
a = N1/N2 = V1/V2
電流比
I1/I2 = N2/N1 = 1/a
定格電流
I = S/V
換算インピーダンス
Z1′ = a²·ZL
部分負荷時の銅損
Pcu = x²·Pcu,fl
効率
η = x·S·pf/(x·S·pf + Pcore + x²·Pcu,fl)
最大効率
x = √(Pcore/Pcu,fl)

2演習問題

1.抵抗の直列・並列ふつう
R1​ = 10 ΩR3​ = 2 Ω+−V1​10 VR2​15 ΩAR4​8 ΩB

電源 V1 から見た合成抵抗 Req を求めよ。

V1 = 10 VR1 = 10 ΩR2 = 15 ΩR3 = 2 ΩR4 = 8 Ω
Req = Ω
2.抵抗の直列・並列むずかしい
R1​ = 15 ΩR3​ = 10 ΩR5​ = 25 Ω+−V1​30 VR2​8 ΩAR4​2 ΩBR6​20 Ω

電源 V1 から見た合成抵抗 Req を求めよ。

V1 = 30 VR1 = 15 ΩR2 = 8 ΩR3 = 10 ΩR4 = 2 ΩR5 = 25 ΩR6 = 20 Ω
Req = Ω
3.節点解析ふつう
R1​ = 5 ΩR3​ = 6 Ω+−V1​15 VR2​2 ΩAR4​2 ΩBIs​2.5 A

節点解析を使って、電流源 Is が供給する電力 PIs を求めよ。

V1 = 15 VIs = 2.5 AR1 = 5 ΩR2 = 2 ΩR3 = 6 ΩR4 = 2 Ω
PIs = W
4.節点解析むずかしい
R1​ = 25 ΩR3​ = 5 Ω+−V1​30 VR2​3 ΩAR4​15 ΩB0.4·VA​

ひし形は電圧制御電流源で、0.4·VA（VA を V で表したとき A 単位）の電流を節点 B に上向きに押し込む。節点解析を使って 節点電圧 VA（接地基準） を求めよ。

V1 = 30 VR1 = 25 ΩR2 = 3 ΩR3 = 5 ΩR4 = 15 Ωg = 0.4 A/V
VA = V
5.テブナン・ノートンふつう
R1​ = 5 ΩR3​ = 5 Ω+−V1​30 VR2​10 ΩAab

端子 a–b から見たテブナン抵抗 Rth を求めよ。

V1 = 30 VR1 = 5 ΩR2 = 10 ΩR3 = 5 Ω
Rth = Ω
6.テブナン・ノートンむずかしい
R1​ = 12 ΩR3​ = 3 Ω+−V1​12 VR2​4 ΩAIs​3 ABRL​30 ΩIL​

a–b 間に負荷 RL = 30 Ω を接続する。回路の残りをテブナン等価回路に置き換え、負荷電流 IL を求めよ。

V1 = 12 VIs = 3 AR1 = 12 ΩR2 = 4 ΩR3 = 3 ΩRL = 30 Ω
IL = A
7.RC・RL 過渡現象ふつう
R = 22 Ωt = 0L68 mHi(t)

コイルには 2 A の定常電流が流れている。t = 0 にスイッチが R を通るループを閉じ、電源が切り離されるので、コイルの電流は R を通して減衰する。 t = 5 ms での R の両端電圧 vR を求めよ。

i(0) = 2 AR = 22 ΩL = 68 mHt = 5 ms
vR = V
8.RC・RL 過渡現象むずかしい
+−Vs​12 Vt = 0R = 4.7 kΩC47 µF+−vC​vC​(0) = 18 V

t = 0 でスイッチが閉じる直前、コンデンサは図の極性で 18 V に充電されている。 vC が 13.8 V に達するまでの時間はいくらか。t を求めよ。

Vs = 12 VR = 4.7 kΩC = 47 µFvC(0) = 18 V
t = ms
9.交流インピーダンスとフェーザふつう
24 V500 HzR = 10 ΩL = 20 mHC = 100 µF

直列 RLC 回路を 24 V（実効値）、500 Hz の電源に接続する。 インピーダンスの位相角 φ を度で求めよ（電流が電圧より遅れるとき正）。

V = 24 V (rms)f = 500 HzR = 10 ΩL = 20 mHC = 100 µF
φ = °
10.交流インピーダンスとフェーザむずかしい
10 V60 HzR = 10 ΩL = 100 mHC = 100 µFI

直列 RLC 回路を 10 V（実効値）、60 Hz の電源に接続する。 電流の実効値 I を求めよ。

V = 10 V (rms)f = 60 HzR = 10 ΩL = 100 mHC = 100 µF
I = A
11.交流電力と力率ふつう
P = 17 kWQSφ

単相モーターが 230 V の電源から、遅れ力率 0.65 で 17 kW を消費する。 線電流 I を求めよ。

P = 17 kWpf = 0.65V = 230 V
I = A
12.交流電力と力率むずかしい
P = 10 kWQ1​S1​φ1​QC​

単相負荷が 240 V、60 Hz の電源から遅れ力率 0.6 で 10 kW を消費する。並列にコンデンサをつないで力率を 0.9 に改善する。 コンデンサが供給すべき無効電力 QC を求めよ。

P = 10 kWpf1 = 0.6pf2 = 0.9V = 240 Vf = 60 Hz
QC = kvar
13.三相電力ふつう
ABCVL​ = 208 VIL​ = 50 Acos φ = 0.85遅れ

平衡三相負荷が、線間電圧 208 V の電源から線電流 50 A を流している。力率は遅れ 0.85 である。負荷が消費する全有効電力 P を kW で求めよ。

VL = 208 VIL = 50 Acos φ = 0.85
P = kW
14.三相電力むずかしい
P = 150 kWφ1​S1​Q2​QC​

平衡三相負荷が、690 V（線間）、50 Hz の電源から遅れ力率 0.78 で 150 kW を消費している。負荷と並列に三相コンデンサバンクを接続し、全体の力率を遅れ 0.92 に改善する。有効電力は変わらない。 コンデンサは Δ 結線である。各コンデンサの静電容量 Cph を µF で求めよ。

P = 150 kWpf1 = 0.78pf2 = 0.92VL = 690 Vf = 50 Hz
Cph = µF
15.変圧器ふつう
RL​ = 4 Ω1011200 VV2​I1​ = ?I2​

巻数比 N₁:N₂ = 10:1 の理想変圧器の一次巻線に 1200 V を加える。二次巻線に 4 Ω の抵抗を接続する。一次電流 I1 を求めよ。

N1:N2 = 10:1V1 = 1200 VRL = 4 Ω
I1 = A
16.変圧器むずかしい
pf 0.85200 kVA, 25% 負荷

単相 200 kVA の変圧器の鉄損は 600 W、定格負荷での銅損は 2400 W である。 この変圧器が定格 kVA の 25% を遅れ力率 0.85 で供給している。この負荷での全損失 Ploss を W で求めよ。

S = 200 kVAPcore = 600 WPcu,fl = 2400 Wx = 0.25pf = 0.85
Ploss = W

3溶液

1.抵抗の直列・並列

答え: Req = 16 Ω

直列と並列の抵抗：直列では各抵抗に同じ電流が流れ、R = R₁ + R₂ + …。並列では各抵抗に同じ電圧がかかり、1/R = 1/R₁ + 1/R₂ + …。はしご形回路は 1 組ずつまとめ、1 つの合成抵抗になるまで続けます。

R1​ = 10 ΩR3​ = 2 Ω+−V1​10 VR2​15 ΩAR4​8 ΩB

遠い端から抵抗をまとめる

電源から最も遠い端から始め、電源に向かって戻ります。同じ電流が流れる抵抗は直列、同じ 2 つの節点の間にある抵抗は並列です。

R3 + R4 = 2 + 8 = 10 Ω
R2 ∥ 10 = 15·10/(15+10) = 6 Ω
Req = R1 + 6 = 10 + 6 = 16 Ω

答え

Req = 16 Ω
2.抵抗の直列・並列

答え: Req = 19.79 Ω

直列と並列の抵抗：直列では各抵抗に同じ電流が流れ、R = R₁ + R₂ + …。並列では各抵抗に同じ電圧がかかり、1/R = 1/R₁ + 1/R₂ + …。はしご形回路は 1 組ずつまとめ、1 つの合成抵抗になるまで続けます。

R1​ = 15 ΩR3​ = 10 ΩR5​ = 25 Ω+−V1​30 VR2​8 ΩAR4​2 ΩBR6​20 Ω

遠い端から抵抗をまとめる

電源から最も遠い端から始め、電源に向かって戻ります。同じ電流が流れる抵抗は直列、同じ 2 つの節点の間にある抵抗は並列です。

R5 + R6 = 25 + 20 = 45 Ω
R4 ∥ 45 = 1.915 Ω
R3 + 1.915 = 11.91 Ω
R2 ∥ 11.91 = 4.786 Ω
Req = R1 + 4.786 = 15 + 4.786 = 19.79 Ω

答え

Req = 19.79 Ω
3.節点解析

答え: PIs = 12.12 W

節点解析：基準節点を選び、未知の節点電圧に名前をつけ、オームの法則 (I = ΔV/R) を使って各未知節点でキルヒホッフの電流則を立て、連立方程式を解きます。

節点 A の KCL

抵抗を通って A から流れ出る電流は、電源が A に流し込む電流に等しくなります。

VA/R2 + (VA − V1)/R1 + (VA − VB)/R3 = 0
VA/2 + (VA − 15)/5 + (VA − VB)/6 = 0
0.8667·VA − 0.1667·VB = 3

節点 B の KCL

抵抗を通って B から流れ出る電流は、電源が B に流し込む電流に等しくなります。

VB/R4 + (VB − VA)/R3 = Is
VB/2 + (VB − VA)/6 = 2.5
−0.1667·VA + 0.6667·VB = 2.5

解く

Δ = (0.8667)(0.6667) − (−0.1667)(−0.1667) = 0.55
VA = Δ1/Δ = 2.417/0.55 = 4.394 V
VB = Δ2/Δ = 2.667/0.55 = 4.848 V

電流源が供給する電力

電源は Iₛ を接地（0 V）から VB へ、節点 B に上向きに押し込みます。電流が + 端から流れ出る電源は P = V·I を供給します。

PIs = VB·Is = 4.848·2.5 = 12.12 W

答え

PIs = 12.12 W
4.節点解析

答え: VA = 9.73 V

節点解析：基準節点を選び、未知の節点電圧に名前をつけ、オームの法則 (I = ΔV/R) を使って各未知節点でキルヒホッフの電流則を立て、連立方程式を解きます。

節点 A の KCL

抵抗を通って A から流れ出る電流は、電源が A に押し込む電流に等しくなります。

(VA − V1)/R1 + VA/R2 + (VA − VB)/R3 = 0
0.5733·VA − 0.2·VB = 1.2

節点 B の KCL

従属電源は g·VA を節点 B に押し込みます。独立電源と同じように扱い、VA の項を左辺に移しましょう。

(VB − VA)/R3 + VB/R4 = 0.4·VA
−0.6·VA + 0.2667·VB = 0

解く

Δ = (0.5733)(0.2667) − (−0.2)(−0.6) = 0.03289
VA = Δ1/Δ = 0.32/0.03289 = 9.73 V
VB = Δ2/Δ = 0.72/0.03289 = 21.89 V

答え

VA = 9.73 V
5.テブナン・ノートン

答え: Rth = 8.333 Ω

テブナンの定理：線形な 2 端子回路は、1 つの電圧源 Vth と抵抗 Rth の直列回路と同じに振る舞います。ノートンの定理は同じ回路を、電流源 IN = Vth/Rth と Rth の並列回路として表します。

R1​ = 5 ΩR3​ = 5 Ω短絡R2​10 ΩAabRth​

すべての電源を止めて Rth を求める

電圧源を短絡に、電流源を開放に置き換え、a–b から回路を見ます。

R1 ∥ R2 = 5·10/(5+10) = 3.333 Ω
Rth = (R1 ∥ R2) + R3 = 3.333 + 5 = 8.333 Ω
6.テブナン・ノートン

答え: IL = −0.4167 A

テブナンの定理：線形な 2 端子回路は、1 つの電圧源 Vth と抵抗 Rth の直列回路と同じに振る舞います。ノートンの定理は同じ回路を、電流源 IN = Vth/Rth と Rth の並列回路として表します。

R1​ = 12 ΩR3​ = 3 Ω短絡R2​4 ΩA開放BabRth​

すべての電源を止めて Rth を求める

電圧源を短絡に、電流源を開放に置き換え、a–b から回路を見ます。

R1 ∥ R2 = 12·4/(12+4) = 3 Ω
Rth = (R1 ∥ R2) + R3 = 3 + 3 = 6 Ω
R1​ = 12 ΩR3​ = 3 Ω+−V1​12 VR2​4 ΩAIs​3 ABab+−Vth​

開放電圧 Vth を求める

a–b が開放のとき、Iₛ の経路は R₃ を通って節点 A へ向かうものだけです。V₁ と Iₛ の重ね合わせで V_A を求め、R₃ の電圧降下を加えます。

VA = V1·R2/(R1+R2) + Is·(R1∥R2) = 3 + (−3)·3 = −6 V
Vth = VB = VA + Is·R3 = −6 + (−3)·3 = −15 V
Rth​ = 6 Ω−+Vth​15 VRL​30 ΩIL​

負荷をテブナン等価回路につなぐ

テブナン電源と直列の R_th は a–b で元の回路とまったく同じに振る舞うので、負荷からは単純な直列回路に見えます。

IL = Vth/(Rth + RL) = −15/(6 + 30) = −0.4167 A
7.RC・RL 過渡現象

答え: vR = 8.728 V

1 次の過渡現象：コンデンサまたはコイルを 1 つ含む回路では、すべての電圧・電流が初期値から最終値へ指数関数的に変化します：x(t) = x(∞) + [x(0) − x(∞)]·e−t/τ、τ = RC または τ = L/R。約 5τ で回路は定常状態になります。

時定数

τ = L/R = 68 mH / 22 Ω = 3.091 ms

電流の減衰

i(t) = 2·e−5/3.091 = 0.3967 A
vR = R·i = 22·0.3967 = 8.728 V

答え

vR = 8.728 V
8.RC・RL 過渡現象

答え: t = 266 ms

1 次の過渡現象：コンデンサまたはコイルを 1 つ含む回路では、すべての電圧・電流が初期値から最終値へ指数関数的に変化します：x(t) = x(∞) + [x(0) − x(∞)]·e−t/τ、τ = RC または τ = L/R。約 5τ で回路は定常状態になります。

初期値、最終値、時定数

コンデンサの電圧は急変できないので、蓄えた値から始まり、電源電圧へ向かいます。

vC(0) = 18 V, vC(∞) = Vs = 12 V
τ = R·C = 4.7 kΩ · 47 µF = 220.9 ms
vC(t) = 12 + (18 − 12)·e−t/τ

時間について解く

13.8 = 12 + (6)·e−t/τ → e−t/τ = (13.8 − 12)/(18 − 12) = 0.3
t = τ·ln((18 − 12)/(13.8 − 12)) = 220.9·ln(3.333) = 266 ms

答え

t = 266 ms
9.交流インピーダンスとフェーザ

答え: φ = 80.48 °

フェーザによる交流回路：抵抗、コイル、コンデンサのインピーダンスは R、jωL、1/(jωC)（ω = 2πf）です。直列では抵抗と同じように足しますが、複素数として計算します。電流と電圧の実効値は |Z| を使ったオームの法則に従います。

リアクタンス

ω = 2πf = 2π·500 = 3142 rad/s
XL = ωL = 3142·0.02 = 62.83 Ω
XC = 1/(ωC) = 1/(3142·100·10⁻⁶) = 3.183 Ω

インピーダンス

直列ではインピーダンスを複素数として足します：Z = R + j(XL − XC)。

|Z| = √(R² + (XL − XC)²) = √(10² + (59.65)²) = 60.48 Ω

位相角

φ = arctan((XL − XC)/R) = arctan(59.65/10) = 80.48°

答え

φ = 80.48°
10.交流インピーダンスとフェーザ

答え: I = 0.6669 A

フェーザによる交流回路：抵抗、コイル、コンデンサのインピーダンスは R、jωL、1/(jωC)（ω = 2πf）です。直列では抵抗と同じように足しますが、複素数として計算します。電流と電圧の実効値は |Z| を使ったオームの法則に従います。

リアクタンス

ω = 2πf = 2π·60 = 377 rad/s
XL = ωL = 377·0.1 = 37.7 Ω
XC = 1/(ωC) = 1/(377·100·10⁻⁶) = 26.53 Ω

インピーダンス

直列ではインピーダンスを複素数として足します：Z = R + j(XL − XC)。

|Z| = √(R² + (XL − XC)²) = √(10² + (11.17)²) = 14.99 Ω

電流

直列回路ではすべての素子に同じ電流が流れます。

I = V/|Z| = 10/14.99 = 0.6669 A

答え

I = 0.6669 A
11.交流電力と力率

答え: I = 113.7 A

交流電力：皮相電力 S = V·I (VA) は、有効な仕事をする有効電力 P = S·cos φ (W) と、電源と負荷の間を行き来する無効電力 Q = S·sin φ (var) に分かれます。力率は cos φ です。並列コンデンサは無効電力をその場で供給するので、同じ有効電力でも線電流が減ります。

線電流

仕事をするのは有効分だけなので、力率で割ります。

I = P/(V·cos φ) = 17000/(230·0.65) = 113.7 A

答え

I = 113.7 A
12.交流電力と力率

答え: QC = 8.49 kvar

交流電力：皮相電力 S = V·I (VA) は、有効な仕事をする有効電力 P = S·cos φ (W) と、電源と負荷の間を行き来する無効電力 Q = S·sin φ (var) に分かれます。力率は cos φ です。並列コンデンサは無効電力をその場で供給するので、同じ有効電力でも線電流が減ります。

改善前後の無効電力

有効電力 P は変わらず、電源から取る無効電力だけが変わります。

Q1 = P·tan φ1 = 10·tan(53.13°) = 13.33 kvar
Q2 = P·tan φ2 = 10·tan(25.84°) = 4.843 kvar
QC = Q1 − Q2 = 8.49 kvar

答え

QC = 8.49 kvar
13.三相電力

答え: P = 15.31 kW

平衡三相回路：Y（星形）結線では線間電圧は相電圧の √3 倍、VL = √3·Vph で、線電流は相電流に等しくなります。Δ（三角）結線では線間電圧は相電圧に等しく、線電流は相電流の √3 倍、IL = √3·Iph です。全電力は 1 相分の電力の 3 倍です：P = 3·Vph·Iph·cos φ = √3·VL·IL·cos φ。

皮相電力

S = √3·VL·IL = √3·208·50 = 18.01 kVA

有効電力

P = S·cos φ = 18.01·0.85 = 15.31 kW

答え

P = 15.31 kW
14.三相電力

答え: Cph = 125.8 µF

平衡三相回路：Y（星形）結線では線間電圧は相電圧の √3 倍、VL = √3·Vph で、線電流は相電流に等しくなります。Δ（三角）結線では線間電圧は相電圧に等しく、線電流は相電流の √3 倍、IL = √3·Iph です。全電力は 1 相分の電力の 3 倍です：P = 3·Vph·Iph·cos φ = √3·VL·IL·cos φ。 力率改善：コンデンサは無効電力をその場で供給します：QC = P·(tan φ1 − tan φ2)。3 個のコンデンサはそれぞれ QC/3 = V²·ω·C を供給します。V はそのコンデンサにかかる電圧で、Δ バンクでは VL、Y バンクでは VL/√3 です。

改善前後の無効電力

有効電力は変わらないので、それぞれの力率から無効電力が決まります：Q = P·tan φ。

Q1 = 150·tan(acos 0.78) = 150·0.8023 = 120.3 kvar
Q2 = 150·tan(acos 0.92) = 150·0.426 = 63.9 kvar

コンデンサが供給する無効電力

QC = Q1 − Q2 = 56.44 kvar

1 相あたりの静電容量

Δ バンクでは、各コンデンサは 2 本の線の間に接続されています。

V = 690 V, ω = 2π·50 = 314.2 rad/s
Cph = (QC/3)/(ω·V²) = 18814/(314.2·690²) = 125.8 µF

答え

Cph = 125.8 µF
15.変圧器

答え: I1 = 3 A

理想変圧器：電圧は巻数の比に、電流はその逆比になります：V₁/V₂ = N₁/N₂ = a、I₁/I₂ = N₂/N₁ = 1/a。したがって入力電力と出力電力は等しく、V₁·I₁ = V₂·I₂ です。二次側の負荷インピーダンス Z は、一次側から見ると a²·Z に見えます。

二次電圧と二次電流

V2 = 1200/10 = 120 V
I2 = 120/4 = 30 A

一次電流

理想変圧器には損失がありません：V₁·I₁ = V₂·I₂。

I1 = I2/10 = 3 A

答え

I1 = 3 A

確認：一次側から見た負荷は a²·RL = 400 Ω で、1200/400 からも同じ電流が得られます。

16.変圧器

答え: Ploss = 750 W

変圧器の損失：鉄損（ヒステリシス損と渦電流損）は電圧で決まり、負荷によらず一定です。巻線の銅損は電流の 2 乗に比例するので、定格負荷の x 倍の負荷では x²·Pcu,fl になります。効率 η = Pout/(Pout + Pcore + Pcu)、ただし Pout = x·S·pf です。効率は銅損と鉄損が等しくなる負荷で最大になります。

この負荷での銅損

Pcu = x²·Pcu,fl = 0.0625·2400 = 150 W

全損失

鉄損は負荷によらず一定です。

Ploss = 600 + 150 = 750 W

答え

Ploss = 750 W

この負荷での効率は η = 98.27% です。

ExamProblems · examproblems.com/courses/electrical-engineering-fundamentals