【電験三種】令和７年度下期　機械　解答例

問１．（５）

直流分巻電動機は「速度特性がほぼ一定」かつ、「トルクが負荷電流に比例する」特性があります。式で示すと

回転速度\(N\)：\(N=\frac{V-I_aR_a}{KΦ}\)
入力電圧\(V\)、負荷電流\(I_a\)、電機子導体抵抗\(R_a\)、
比例定数\(K\)、励磁回路で作る界磁磁束\(Φ\)

トルク\(T\)：\(T=K_TΦI_a\)
比例定数\(K_T\)、励磁回路で作る界磁磁束\(Φ\)、負荷電流\(I_a\)

以上より、これらの特性を示す正しい図は（５）です。

　

問２．（４）

無負荷の状態のとき、印加電圧を\(V=12[V]\)とすると、電機子電流は0Aなので、電機子導体に発生する逆起電力は\(E=V=12[V]\)です。
無負荷の状態の回転数\(N=3000[min^{-1}]\)、比例定数：\(K\)、界磁磁束：\(Φ[Wb]\)としたとき、次式で表せます。
\(E=KΦN\)　⇔　\(KΦ=\frac{V}{N}=\frac{12}{3000}\)　…①

電機子電流\(I_a=2[A]\)流した時の損失\(P_{loss}=3[W]\)から、電機子巻線抵抗\(R_a[Ω]\)を求める。
\(P_{loss}=I^2_aR_a=2^2・3=3\)　⇔　\(R_a=0.75Ω\)

電機子電流\(I_a=2[A]\)が流れているときの電機子導体に発生する逆起電力を\(E'[V]\)としたとき
\(V=E’+I_aR_a\)
⇔　\(E’=V-I_aR_a=12-2・0.75=10.5\)

この時の逆起電力\(E’\)と回転数\(N'[min^{-1}]\)の関係式は、
\(E’=KΦN’\)
⇔　\(N’=\frac{E’}{KΦ}=\frac{10.5}{12}・3000=2625[min^{-1}]\)

以上より、（４）が答えです。

　

問３．（４）

始動時\(s=1\)のときに、トルクが欲しいのでトルクが最大値となる滑りを（ア）１付近にします。
二次回路の調整方法は、（イ）スリップリングで引き出して抵抗を接続し、二次抵抗値を定格運転時よりも大きな値に調整します。

三相かご形誘導電動機の始動方法の一つとして、（ウ）始動抵抗器を電源と電動機の間に挿入して始動時の端子電圧を下げる方法があります。

（エ）インバータを使用して電圧と周波数の比（\(\frac{V}{f}\)）が一定になるようにする方法があります。

単相誘導電動機は、始動時に正相回転のトルクと、逆相回転のトルクが釣り合うため、単純に電源を投入しただけでは始動しません。
そのため、主コイルとは（オ）位相が異なる電流が流れる補助コイルや、くま取りコイルを固定子に設けて回転磁界を作って始動します。

　

問４．（５）

Y結線のトルクは、Δ結線のトルクの\(\frac{1}{3}\)倍です。

Y結線の始動トルクが\(T_{Y0}=49Nm\)のとき、
Δ結線の始動トルクは\(T_{Δ0}=3T_{Y0}=147Nm\)です。

Δ結線での全電圧始動時（定格電圧）の始動トルク\(T_{Δ0}\)は定格運転トルク\(T_{ΔN}\)の210 ％なので、
\(T_{Δ0}=2.1T_{ΔN}\)
⇔　\(T_{ΔN}=\frac{1}{2.1}T_{Δ0}=70Nm\)

以上より、（５）が答えです。

　

問５．（３）

（ア）制動巻線・（イ）かご形誘導電動機
運転中の負荷の急変や、電源の周波数・電圧が変動により、回転子が同期速度を中心に少し速くなったり遅くなったりして振動（ハンチング）を起こします。
このとき、振動を抑える方向のトルクである、制動トルクが発生して運転を安定化させるため、制動巻線と呼びます。
制動巻線は、かご形誘導電動機と原理で、始動トルクを出力します。

（ウ）界磁巻線
界磁巻線は巻数が多い回転子のコイルです。
ファラデーの電磁誘導の法則　\(e=N\frac{dΦ}{dt}\)　にしたがって誘導起電力が発生します。
始動時は、
・固定子の回転磁界が高速で回転している
・回転子は停止中のため、界磁巻線を貫く磁束が高速で変化する（\(\frac{dΦ}{dt}\)が非常に大きい）。
の条件がそろうため、誘導起電力が高くなります。その結果、絶縁破壊する恐れがあるため、界磁巻線を抵抗で短絡して起動する対策が必要となります。

（エ）直流
同期電動機は、界磁巻線に直流を流すことで、磁極（N極・S極）を作り出します。
回転子の磁極に磁気的な引力・斥力が働くことで、回転磁界に対して一定の角度で、ずれた状態を保ちながら引っ張られる事によって、回転子が回転します。

　

問６．（４）

短絡電流\(I’_s\)は、界磁電流にほぼ比例するので、
\(I’_s=860×\frac{500}{100}=4300A\)

相電圧\(E\)と、線電流（短絡電流\(I’_s\)）を使って、１相あたりの同期インピーダンス\(Z_s\)を求める。
\(Z_s=\frac{E}{I’_s}=\frac{V}{\sqrt{3}・I’_s}=\frac{15200}{4300 \sqrt{3}}≒2.04Ω\)

以上より、（４）が答えです。

　

問７．（３）

ステッピングモータはパルスモータとも呼ばれ、駆動回路に与えられた （ア）パルスに比例する （イ）回転角度だけ回転するものである。

パルス数に比例するということは、パルスの周波数を変化させれば回転速度も変化します。
したがって、パルスの（ウ）周波数に比例する回転速度で回転し，入力パルスを停止すれば回転子も停止する。

ステッピングモータはパルスが送られるたびに定められた角度 [°]を1ステップとして回転する。この1パルス当たりの回転角度を（エ）ステップ角という。

ステッピングモータには、永久磁石形、可変リラクタンス形、ハイブリッド形などがあり、永久磁石形ステッピングモータでは、無通電状態でも回転子位置を （オ）保持する力が働く特徴がある。

以上より、（３）が答えです。

　

問８．（２）

（ア）高く
電力用コンデンサの誘電体の誘電率は、高いほうが静電容量が大きくできます。したがって、小型化・高エネルギー密度化ができるので、誘電体の誘電率は高い方が有利です。

（イ）小さく
静電正接が大きいと、誘電損失が大きくなります。したがって、静電正接は小さい方が有利です。

（ウ）高い
絶縁耐力が大きいと、高い電圧に耐えることが出来ます。したがって、絶縁耐力は大きい方が有利です。

（エ）日常
日常点検では、油漏れ、発錆、がいしの汚損、容器の変形、端子部の過熱及び機器の異常加熱などの有無について確認のような、外観で分かる内容を点検します。

（オ）特別
数年ごとあるいは異常発生時には、コンデンサの静電容量･損失の測定、端子－外箱間の絶縁抵抗測定、耐電圧試験などの、外観ではわからないコンデンサの性能に関わる内容も、追加で点検します。

　

問９．（３）

短絡インピーダンス\(Z[Ω]\)を求める。電流が\(I=30A\)のときの電圧は\(V=150V\)なので、
\(Z=\frac{V}{I}=\frac{150}{30}=5Ω\)

抵抗成分\(R[Ω]\)を求める。電力は\(P=1350W\)なので、
\(P=I^2R\)
⇔　\(R=\frac{P}{I^2}=\frac{1350}{30^2}=1.5Ω\)

リアクタンス成分\(X[Ω]\)を求める。
\(X=\sqrt{Z^2-R^2}=\sqrt{5^2-1.5^2}=4.77Ω\)

以上より、（３）が答えです。

　

問１０．（３）

（３）サイリスタは、オンのゲート電流が与えられて順方向の電流が流れている状態であれば、その後にゲート電流を取り去っても、順方向の電流に続く逆方向の電流を流すことができる。

サイリスタは、オンのゲート電流が与えられて順方向の電流が流れている状態であれば、その後にゲート電流を取り去っても順方向の電流は流れている状態となります。
しかし、逆方向電圧をかけて逆方向電流を流そうとすると、サイリスタはオフとなりますので誤りです。

　

問１１．（５）

\(n_L=\frac{1}{6}n_m=\frac{1}{6}・1200=200[min^{-1}]\)
\(T_L=6T_m・η=6・100・0.96=576[N・m]\)
\(P_L=T_Lω_L=T_L・2π \frac{n_L}{60}=576・2π・\frac{200}{60}≒12058≒12.1[kW]\)

以上より、（５）が答えです。

　

問１２．（２）

フーリエの熱伝導の法則（一次元定常熱伝導）より、単位面積当たりの熱流束 q（熱損失） は次の式で表される。
\(q=λ \frac{ΔT}{Δx}\)

問題文から、
・外面から 10 cm（0.10 m）の位置：72 ℃
・外面から 30 cm（0.30 m）の位置：142 ℃
なので、
温度差：\(ΔT=142-72=70℃\)
距　離：\(Δx=0.3-0.1=0.2m\)
温度勾配：\(\frac{ΔT}{Δx}=\frac{70}{0.2}=350K/m\)

炉壁の熱伝導率：\(λ=0.94W/ (m･K)\)なので、
単位面積当たりの熱損失\(q\)は、
\(q=λ \frac{ΔT}{Δx}=0.94・350=329W/m^2\)

以上より、（２）が答えです。

　

問１３．（３）

\(C(jω)=(G_1-G_2)(R(jω)-G_3C(jω))\)

⇔　\(C(jω)=(G_1-G_2)R(jω)-(G_1-G_2)G_3C(jω)\)

⇔　\(1+(G_1-G_2)G_3C(jω)=(G_1-G_2)R(jω)\)

⇔　\(\frac{C(jω)}{R(jω)}=\frac{G_1-G_2}{1+G_1G_3-G_2G_3}\)

以上より、（３）が答えです。

　

問１４．（３）

処理を各ステップずつ書いていくと、次のようになります。

以上より、（３）が答えです。

　

問１５．A（５） / B（２）

問題（ａ）

効率\(η\)の式は、出力\(P_o[W]\)、力率\(cosθ\)、鉄損\(P_i[W]\)、負荷率\(α\)、銅損\(P_c[W]\)としたとき、

\(η=\frac{αP_o cosθ}{αP_o cosθ+P_i+α^2 P_c}\)　で表される。

力率100%、全負荷の3/4なので、
この時の出力は、\(αP_o cosθ=\frac{3}{4}・50000・1=37500\)

この時の効率\(η=0.982\)であり、鉄損と銅損が等しいことから、\(P_i=α^2 P_c\)なので、
\(0.982=\frac{37500}{37500+2P_i}\)
⇔\(P_i=344\)

以上より、（５）が答えです。

　

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問題（ｂ）

（ａ）問題から、3/4負荷（\(α=0.75\)）のときの銅損は　\(α^2P_c=344\)　なので、

全負荷時の銅損\(P_c=\frac{344}{0.75^2}=611 W\)

以上より、（２）が答えです。

　

問１６．A（５） / B（４）

問題（ａ）

問題文から、ダイオードの順電圧降下\(V_F=1.0V\)、直流電流\(I_d=36A\)が与えられている。
また、一つのダイオードの損失の平均値\(P_d\)は、通電する期間が1 サイクルの1/3であるとして計算できるという条件が与えられているので、

\(P_d=\frac{1}{3}・V_F・I_d=\frac{1}{3}・1.0・36=12\)

以上より、（５）が答えです。

　

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問題（ｂ）

交流側リアクトルのリアクタンス\(X_L\)は、交流リアクトルのインダクタンス\(L_L=5.56×10^{-4}H\)なので、
\(X_L=2πfX_L=2π・50・5.56×10^{-4}=0.175Ω\)

入力交流電圧\(V_L=200V\)、周波数\(f=50Hz\)、直流電流\(I_d=36A\)、で、ダイオードの順電圧降下\(V_F=1.0V\)なので、出力電圧\(V_d[V]\)は、

\(\begin{eqnarray}
V_d&=&\frac{3 \sqrt{2}}{π}V_L – \frac{3}{π}X_L・I_d-2V_F \\
&=&\frac{3 \sqrt{2}}{π}・200 – \frac{3}{π}0.175・36-2・1 \\
&=&270.19-6.019-2 \\
&=&262.17≒262
\end{eqnarray}\)

以上より、（４）が答えです。

　

問１７．A（４） / B（４）

問題（ａ）

管径\(d=36[mm]=0.036[m]\)
単位長（１[ｍ]）当たりの側面積は、円周×長さ　なので、\(S=πd×1=0.036π [m^2/m]\)

単位長さ当たりの光束\(F=3000 [lm/m]\)のときの、光束発散度Mは、
\(M=\frac{F}{S}=\frac{3000}{0.036π}=26539=26.5×10^3 [lm/m^2]\)

以上より、（４）が答えです。

　

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問題（ｂ）

無限長の完全拡散性直線光源の場合、光源直下の床面照度は、光源を中心とした仮想の円筒面を考えるので、

光源から床面までの距離 \(h=3[m]\)
単位長さ（1 m）当たりの仮想円筒の側面積\(S’=2π×h×1 = 6π [m²/m]\)

照度\(E[lx]\)は、光束がこの円筒面全体に一様に到達すると考えるので、
\(E=\frac{F}{S’}=\frac{3000}{6π}=159[lx]\)

以上より、（４）が答えです。

　

問１８．A（２） / B（２）

問題（ａ）

ブロック線図の式を立てると、
\(\frac{C(jω)}{K}=\frac{1}{jωT}(R(jω)-\frac{C(jω)}{K}\)

⇔\(C(jω)=\frac{K}{jωT}R(jω)-\frac{1}{jωT}C(jω)\)

⇔\(1+\frac{1}{jωT})C(jω)=\frac{K}{jωT}R(jω)\)

⇔\(C=\frac{K}{1+jωT}R(jω)\)

したがって、全体の周波数伝達関数\(W(jω)\)は、
\(W(jω)=\frac{K}{1+jωT}=\frac{10}{1+j0.2ω}\)

以上より、（２）が答えです。

　

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問題（ｂ）

\(W(jω)=\frac{10}{1+j0.2ω}\)　なので、ゲイン\(G[dB]\)は、

\(\begin{eqnarray}
G&=&20log_{10}|W(jω)| \\
&=&20log_{10}|\frac{10}{1+j0.2ω}| \\
&=&20log_{10}\frac{10}{\sqrt{1^2+(0.2ω)^2}}\\
&=&20log_{10}\frac{10}{\sqrt{1+0.04ω^2}} \\
\end{eqnarray}\)

・\(ω=0[rad/s]\)のとき、
\(G=20log_{10}\frac{10}{\sqrt{1+0}}=20log_{10}10=20 [dB]\)

・遮断周波数（分母が２になるとき）は、
\(1+0.04ω^2=2\)
⇔　\(ω^2=\frac{1}{0.04}=25\)
⇔　\(ω=5\)

・ゲイン\(G=0\)になるとき
\(0=20log_{10}\frac{10}{\sqrt{1+0.04ω^2}}\)
⇔\(0=20log_{10}10-20log_{10}\sqrt{1+0.04ω^2}\)
⇔\(log_{10}\sqrt{1+0.04ω^2}=1\)
⇔\(\sqrt{1+0.04ω^2}=10\)
⇔\(1+0.04ω^2=100\)
⇔\(ω^2=\frac{99}{0.04}=2475\)
⇔\(ω=49.7[rad/s]\)

以上の条件を満たすゲイン特性は、（２）です。