2016年電験1種　機械制御2 - 数学・物理・電気主任技術者試験、情報処理技術者試験等お勉強の記録

（１）図のフェーザ図から、

$\dot{E}= \dot{V} - \dot{Z}_S \dot{I}$

$\displaystyle{\dot{I}= \frac{\dot{V}-\dot{E}}{\dot{Z}_S} = \frac{\dot{V}-\dot{E}}{Z_S \exp \sqrt{-1}\left( \frac{\pi}{2} - \alpha \right)} = \frac{\dot{V}}{Z_S}\exp\sqrt{-1}\left( \alpha - \frac{\pi}{2} \right) - \frac{\dot{E}}{Z_S}\exp\sqrt{-1}\left( \alpha - \frac{\pi}{2} \right) }$

電動機の出力 $P_\mathrm{OP}$ は定義から

$\displaystyle{P_\mathrm{OP} + \sqrt{-1} Q_\mathrm{OP} = \dot{E} \overline{\dot{I}} = \dot{E} \left\{ \frac{ \overline{\dot{V}}}{Z_S} \exp\sqrt{-1}\left( \frac{\pi}{2} - \alpha \right) - \frac{ \overline{\dot{E}}}{Z_S} \exp\sqrt{-1}\left( \frac{\pi}{2} - \alpha \right) \right\} }$

$\displaystyle{ = \frac{\dot{E} \overline{\dot{V}}}{Z_S} \exp\sqrt{-1}\left( \frac{\pi}{2} - \alpha \right) - \frac{E^2}{Z_S}\exp\left( \frac{\pi}{2}-\alpha\right) }$

$\dot{E}$ を位相基準にとり、 $\dot{E}= E, \dot{V}= V \exp\sqrt{-1}\delta$ とすると、

$\displaystyle{ P_\mathrm{OP} + \sqrt{-1} Q_\mathrm{OP} = \frac{E V}{Z_S} \exp\sqrt{-1}\left( \frac{\pi}{2} - \alpha - \delta \right) - \frac{E^2}{Z_S}\exp\left( \frac{\pi}{2}-\alpha\right) }$

$\displaystyle{P_\mathrm{OP} = \frac{EV}{Z_S}\cos \left\{ - (\delta + \alpha) + \frac{\pi}{2} \right\} - \frac{E^2}{Z_S} \cos \left\{ - \alpha + \frac{\pi}{2} \right\} = \frac{EV}{Z_S} \sin(\delta+\alpha) - \frac{E^2}{Z_S}\sin \alpha }$

電力の基準値とトルクの基準値から、この単位法において、定格回転速度では軸出力トルク $T[\mathrm{p.u.}]$ と出力 $P_\mathrm{OP} [\mathrm{p.u.}]$ とは同じ数値となる。

$\displaystyle{T=P_\mathrm{OP} = \frac{EV}{Z_S} \sin(\delta+\alpha) - \frac{E^2}{Z_S}\sin \alpha [\mathrm{p.u.}]}$

(2)

a.フェーザ図から $R_a=0\mathrm{p.u.}$ の場合

$\displaystyle{ E = \sqrt{\left\{ V - IX_S \cos\left( \frac{\pi}{2} - \phi \right)\right\}^2 + \left\{IX_S \sin \left( \frac{\pi}{2} - \phi \right) \right\}^2 } = \sqrt{\left( V - IX_S \sin\phi \right)^2 + \left(IX_S \cos \phi \right)^2 } }$

力率 $\cos \phi = 1.0$ だから、 $\sin \phi = 0$

$E= \sqrt{ ( 1-1\times 1 \times 0)^2 + ( 1 \times 1 \times 1)^2} = \sqrt{2} \Doteq 1.4142 \Doteq 1.41 \mathrm{p.u.}$

$\displaystyle{\delta = \sin^{-1} \left( \frac{IX_S \cos \phi}{E} \right) = \sin^{-1} \frac{1}{\sqrt{2}} = \frac{\pi}{4} \Doteq \frac{3.1416}{4} \Doteq 0.78540 \Doteq 0.785 \mathrm{rad} }$

(1)より定格運転状態では

$\displaystyle{T=P_\mathrm{OP} = \frac{EV}{Z_S} \sin(\delta+\alpha) - \frac{E^2}{Z_S}\sin \alpha = \frac{EV}{X_S} \sin \delta = \frac{ \sqrt{2} \times 1 \times \sin \frac{\pi}{4}}{1.0} = 1.00 \mathrm{p.u.} }$

界磁電流が定格運転状態と同じであるため $E$ は前述の数値と同じで、軸トルクは $\displaystyle{\delta=\frac{\pi}{2}}$ のとき最大値となる。

脱出トルク

$\displaystyle{T_\mathrm{max} = \frac{\sqrt{2} \times 1}{1.0} \sin \frac{\pi}{2} \Doteq 1.4142 \Doteq 1.41 \mathrm{p.u.} }$

b.定常状態にて負荷トルクが $\displaystyle{\delta = \frac{\pi}{2} }$ の軸出力トルクの最大値以上になるとき、脱調が起こる可能性がある。 $\displaystyle{\delta = \frac{\pi}{2} }$ の軸出力トルクの最大値が定格運転状態の負荷トルクとなる $V$ の数値を算出する。

$\displaystyle{ \frac{ \sqrt{2} \times V}{1.0} \sin \frac{\pi}{2} = 1.0 }$

$\displaystyle{ V = \frac{1}{\sqrt{2}} \Doteq 0.70711 \Doteq 0.707 \mathrm{p.u.} }$

c.界磁電流、回転速度及び $V$ が定格運転状態と同じであるため、軸出力トル

$T=\sqrt{2} \sin \delta [\mathrm{p.u.}]$

その軸出力トルクー内部相差角特性を下図に示す。

点 $\bigcirc\!\!\!\! {\scriptsize 1}\quad$ は、上記aより $\displaystyle{\delta_1 = \frac{\pi}{4} \mathrm{rad}}$ となる。 $T_\mathrm{OL}=1.28 \mathrm{p.u.}$ のとき、 $\displaystyle{\sin \delta = \frac{1.28}{\sqrt{2}} \Doteq 0.90510}$ となるので、点 $\bigcirc\!\!\!\! {\scriptsize ２}\quad$ は $\delta_2 = 1.1316 \mathrm{rad}$ の点であり、 $\bigcirc\!\!\!\! {\scriptsize 3}\quad$ は $\delta_3=2.0100\mathrm{rad}$ の点である。この $\delta_3$ の点が過渡安定性の臨界点である。

図の内部相差角 $\delta$ が最大になる点 $\bigcirc\!\!\!\! {\scriptsize 5}\quad$ の $\delta_\mathrm{max}$ は等面積法から面積 $\bigcirc\!\!\!\! {\scriptsize 1}\quad$ $\bigcirc\!\!\!\! {\scriptsize 4}\quad$ $\bigcirc\!\!\!\! {\scriptsize ２}\quad$ と面積 $\bigcirc\!\!\!\! {\scriptsize 2}\quad$ $\bigcirc\!\!\!\! {\scriptsize 5}\quad$ $\bigcirc\!\!\!\! {\scriptsize 6}\quad$ が等しくなる点である。すなわち

$\displaystyle{ \int_{\delta_1}^{\delta_\mathrm{max}} ( \sqrt{2} \sin \delta - 1.28)d \delta = 0}$

この $\delta_\mathrm{max}$ と臨界点 $\delta_3$ との関係を求めるために、仮に $\delta_\mathrm{max}=\delta_3$ として計算すると、

$\displaystyle{ \int_\frac{\pi}{4}^{\delta_\mathrm{max}} ( \sqrt{2} \sin \delta - 1.28)d \delta = [ - \sqrt{2}\cos \delta - 1.28\delta ]_\frac{\pi}{4}^{\delta_3} = - \sqrt{2} \cos \delta_3 - 1.28 \delta_3 + \sqrt{2} \cos \frac{\pi}{4} + 1.28 \times \frac{\pi}{4}}$

$\displaystyle{ = \sqrt{2}\sqrt{1-\sin^2 \delta_3} - 1.28\delta_3 + \sqrt{2} \cos \frac{\pi}{4} + 1.28 \times \frac{\pi}{4} }$

$\displaystyle{ = \sqrt{2}\sqrt{1- \left( \frac{1.28}{\sqrt{2}}\right)^2} -1.28 \times 2.0100 + \sqrt{2}\times \frac{1}{\sqrt{2}} + 1.28\times \frac{\pi}{4} \Doteq 0.03383 \gt 0}$

以上から $\delta_\mathrm{max} \lt \delta_3$ となる。 $\delta$ はtex: \bigcirc\!\!\!\! {\scriptsize 3}\quad]の過渡安定性の臨界点に到達せず、 $\delta_\mathrm{max}$ にて折り返して $\delta_2$ に向かう。