【電験二種過去問解説：電力・管理<H30 問3>】電力円線図と無効電力損失

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解答

問題

電力円線図と無効電力損失に関して、次の問に答えよ。ただし、計算には全て単位法を用いること。

(1)　短距離の高圧送電線は、対地容量と線路抵抗を無視すると図のような等価回路で表現できる。送受電端の電圧の大きさがともに \(1.0\) [p.u.] に保たれるとして、送電電力 \(P\)、送電端無効電力 \(Q_s\)、受電端無効電力 \(Q_r\) はそれぞれどのように表されるか。送受電端電圧間の位相差 \(δ\) (受電端を基準とする) と送電線リアクタンス \(X\) を用いて表せ。ただし、無効電力は遅れを正とする。

(2)　上記の場合に、送電端複素電力 \(\dot{S_s} = P + jQ_s\) 及び受電端複素電力 \(\dot{S_r} = P + jQ_r\) が複素平面上で円を描くことを示せ。

(3)　上で求めた二円はそれぞれ送電円、受電円と呼ばれており、一般に複素平面上に表された複素送電電力の線図を電力円線図と呼ぶ。送電線の亘長が \(2\) 倍になり、\(X\) が \(2\) 倍になっても引き続き同一の有効電力を送電する場合、\(δ\) が大きく開くことを送電円を用いて説明せよ。

(4)　(3) に記したように \(X\) を \(2\) 倍にした送電線でも同一の有効電力を送電するとき、無効電力損失が \(X\) を \(2\) 倍にする前と比べてどうなるかを送電円、受電円を用いて説明せよ。

(5)　周波数 \(50\) Hz、作用インダクタンス \(1.3\) mH/km をもつ \(10\) km 一回線の送電線で \(300\) MW を送電する場合について送電円、受電円を描き、\(\sin δ\) と無効電力損失 \(Q_s − Q_r\) を算出せよ。単位法は基準電圧 \(66\) kV、基準容量 \(1000\) MV・A とし、\(π = 3.1416\) とする。

解答のポイント

送電線の電圧と負荷電力

　　\(\dot{E_s} = \dot{E_r} + jX\dot{I}\)

変圧器とほぼ同じベクトル図

送電線に流れる電流 \(\dot{I}\) は、

　　\(\dot{E_s} = \dot{E_r} + jX\dot{I}\)

　\(jX\dot{I} = \dot{E_s} − \dot{E_r}\)

　　　\(\dot{I} = \displaystyle\frac{\dot{E_s} − \dot{E_r}}{jX}\)

　　　　\(= \displaystyle\frac{E_s(\cos δ + j\sin δ) − E_r}{jX}\)

　　　　\(= \displaystyle\frac{E_s\cos δ − E_r + jE_s\sin δ}{jX}\)

　　　　\(= \displaystyle\frac{E_s\sin δ}{X} + \displaystyle\frac{E_s\cos δ − E_r}{jX}\)

　　　　\(= \displaystyle\frac{E_s\sin δ}{X} − j\displaystyle\frac{E_s\cos δ − E_r}{X}\)　　… ①

負荷一相分の複素電力 \(\dot{S}_{1r}\) は、遅れ無効電力を正とすると、

　　\(\dot{S}_{1r} = \dot{E_r}\overline{\dot{I}}\)

　　　　\(= E_r × \overline{\left(\displaystyle\frac{E_s\sin δ}{X} − j\displaystyle\frac{E_s\cos δ − E_r}{X}\right)}\)

　　　　\(= E_r × \left(\displaystyle\frac{E_s\sin δ}{X} + j\displaystyle\frac{E_s\cos δ − E_r}{X}\right)\)

　　　　\(= \color{blue}{\displaystyle\frac{E_sE_r\sin δ}{X}} + j\color{red}{\displaystyle\frac{E_sE_r\cos δ − {E_r}^2}{X}}\)
　　　　　　有効電力　　　　　　無効電力

また、送電端電圧 (線間電圧) \(\dot{V_s}\) [V] 、受電端電圧 (線間電圧) \(\dot{V_r}\) [V] とすると、①において、\(E_s = \displaystyle\frac{V_s}{\sqrt{3}}\) [V] 、\(E_r = \displaystyle\frac{V_r}{\sqrt{3}}\) [V] であるから、

線電流 \(\dot{I}\) [A] は、

　　\(\dot{I} = \displaystyle\frac{\displaystyle\frac{V_s}{\sqrt{3}}\sin δ}{X} − j\displaystyle\frac{\displaystyle\frac{V_s}{\sqrt{3}}\cos δ − \displaystyle\frac{V_r}{\sqrt{3}}}{X}\)

　　　\(= \displaystyle\frac{V_s\sin δ}{\sqrt{3}X} − j\displaystyle\frac{V_s\cos δ − V_r}{\sqrt{3}X}\)

よって、負荷三相分の複素電力 \(\dot{S}\) [V・A] は、

　　\(\dot{S} = \sqrt{3}\dot{V_r}\overline{\dot{I}}\)

　　　\(= \sqrt{3}V_r\left(\displaystyle\frac{V_s\sin δ}{\sqrt{3}X} − j\displaystyle\frac{V_s\cos δ + V_r}{\sqrt{3}X}\right)\)

　　　\(= \color{blue}{\displaystyle\frac{V_sV_r\sin δ}{X}} + j\color{red}{\displaystyle\frac{V_sV_r\cos δ − {V_r}^2}{X}}\)

となるので、有効電力 \(P\) [W] 及び無効電力 \(Q\) [var] の大きさは、

　　\(P = \displaystyle\frac{V_sV_r\sin δ}{X}\)

　　\(Q = \displaystyle\frac{V_sV_r\cos δ − {V_r}^2}{X}\)

電力円線図

\(P = \displaystyle\frac{V_sV_r\sin δ}{X}\), \(Q = \displaystyle\frac{V_sV_r\cos δ − {V_r}^2}{X}\), \(\sin^2 δ + \cos^2 δ = 1\) を用いて、円の公式の形に整理する。

　　　\(P = \displaystyle\frac{V_sV_r}{X}\sin δ\)

　　\(\sin δ = \displaystyle\frac{XP}{V_sV_r}\)

　　　\(XQ = V_sV_r\cos δ − {V_r}^2\)

\(V_sV_r\cos δ = XQ + {V_r}^2\)

　　　\(\cos δ = \displaystyle\frac{XQ + {V_r}^2}{V_sV_r}\)

　　　　　　　　　\(\color{blue}{\sin^2 δ} + \color{red}{\cos^2 δ} = 1\)

　　\(\color{blue}{{\left(\displaystyle\frac{XP}{V_sV_r}\right)}^2} + \color{red}{{\left(\displaystyle\frac{XQ + {V_r}^2}{V_sV_r}\right)}^2} = 1\)

　　　　　\((XP)^2 + (XQ + {V_r}^2)^2 = (V_sV_r)^2\)

　　　　　　\(P^2 + {\left(Q + \displaystyle\frac{{V_r}^2}{X}\right)}^2 = {\left(\displaystyle\frac{V_sV_r}{X}\right)}^2\)

したがって、\(\left(0, −\displaystyle\frac{{V_r}^2}{X}\right)\) を中心とする半径 \(\displaystyle\frac{V_sV_r}{X}\) の円となる。

パーセントインピーダンスと単位法

【パーセントインピーダンス】

　　\(\%Z = \displaystyle\frac{ZI_n}{E_n} × 100\) [%]　(定義)

　　　　\(= \displaystyle\frac{P_nZ}{{E_n}^2} × 100\) [%]

【単位法】

　　\(Z\)[p.u.] \(= \displaystyle\frac{Z[Ω]I_n}{E_n}\)　(定義)

　　　　　　\(= \displaystyle\frac{P_nZ[Ω]}{{E_n}^2}\)

　　　　\(P_n\) [V・A]：定格容量

解答

(1)　送電電力 \(P\)、送電端無効電力 \(Q_s\)、受電端無効電力 \(Q_r\)

ベクトル図より、
\(\dot{E_s} = \cos δ + j\sin δ\) [p.u.]、\(\dot{E_r} = 1\) [p.u.] であるから、\(\dot{I}\) [p.u.] は、

　　　\(\dot{I} = \displaystyle\frac{\dot{E_s} − \dot{E_r}}{jX}\)

　　　　\(= \displaystyle\frac{\cos δ + j\sin δ − 1}{jX}\)

　　　　\(= \displaystyle\frac{\sin δ}{X} + \displaystyle\frac{\cos δ − 1}{jX}\)

　　　　\(= \displaystyle\frac{\sin δ}{X} − j\displaystyle\frac{\cos δ − 1}{X}\)

送電端複素電力 \(\dot{S_s}\) [p.u.] は、

\(\dot{S_s} = \dot{E_s}\overline{\dot{I}}\)

\(= (\cos δ + j\sin δ)\overline{\left(\displaystyle\frac{\sin δ}{X} − j\displaystyle\frac{\cos δ − 1}{X}\right)}\)

\(= (\cos δ + j\sin δ)\left(\displaystyle\frac{\sin δ}{X} + j\displaystyle\frac{\cos δ − 1}{X}\right)\)

\(= \displaystyle\frac{\sin δ\cos δ}{X} − \displaystyle\frac{\sin δ\cos δ − \sin δ}{X}\)

　　　\(+　j\displaystyle\frac{\sin^2 δ + \cos^2 δ − \cos δ}{X}\)

\(= \displaystyle\frac{\sin δ}{X} + j\displaystyle\frac{1 − \cos δ}{X}\)

受電端複素電力 \(\dot{S_r}\) [p.u.] は、

\(\dot{S_r} = \dot{E_r}\overline{\dot{I}}\)

\(= 1 × \overline{\left(\displaystyle\frac{\sin δ}{X} − j\displaystyle\frac{\cos δ − 1}{X}\right)}\)

\(= \displaystyle\frac{\sin δ}{X} + j\displaystyle\frac{\cos δ − 1}{X}\)

よって、

\(P = \displaystyle\frac{\sin δ}{X}\),　\(Q_s = \displaystyle\frac{1 − \cos δ}{X}\),　\(Q_r = \displaystyle\frac{\cos δ − 1}{X}\)

(2)　送電端複素電力 \(\dot{S_s} = P + jQ_s\) 及び受電端複素電力 \(\dot{S_r} = P + jQ_r\) が複素平面上で円を描くことを示せ。

【送電端複素電力 \(\dot{S_s} = P + jQ_s\) が複素平面上で円を描くことの証明】

　　　　\(\sin δ = XP\)

　　\(1 − \cos δ = XQ_s\)　⇔　\(\cos δ = 1 − XQ_s\)

であるから、

　　\({(XP)}^2 + {(1 − XQ_s)}^2 = 1\)

　　\({(XP)}^2 + {(XQ_s − 1)}^2 = 1\)

　　　\(P^2 + {\left(Q_s − \displaystyle\frac{1}{X}\right)}^2 = \displaystyle\frac{1}{X^2}\)

したがって、中心 \(\left(0, \displaystyle\frac{1}{X}\right)\)、半径 \(\displaystyle\frac{1}{X}\) の円となる。

【受電端複素電力 \(\dot{S_r} = P + jQ_r\) が複素平面上で円を描くことの証明】

　　　　\(\sin δ = XP\)

　　\(\cos δ − 1 = XQ_r\)　⇔　\(\cos δ = XQ_r + 1\)

であるから、

　　\({(XP)}^2 + {(XQ_r + 1)}^2 = 1\)

　　　\(P^2 + {\left(Q_r + \displaystyle\frac{1}{X}\right)}^2 = \displaystyle\frac{1}{X^2}\)

したがって、中心 \(\left(0, −\displaystyle\frac{1}{X}\right)\)、半径 \(\displaystyle\frac{1}{X}\) の円となる。

(3)　\(X\) が \(2\) 倍になっても引き続き同一の有効電力を送電する場合、\(δ\) が大きく開くことを送電円を用いて説明せよ。

送電円を例に考えると、

　　　\(P^2 + {\left(Q_s − \displaystyle\frac{1}{X}\right)}^2 = \displaystyle\frac{1}{X^2}\)

において、\(\displaystyle\frac{1}{X}\) → \(\displaystyle\frac{1}{2X}\) とすればよいので、

　　　\(P^2 + {\left(Q_s − \displaystyle\frac{1}{2X}\right)}^2 = \displaystyle\frac{1}{(2X)^2}\)

中心 \(\left(0, \displaystyle\frac{1}{2X}\right)\)、半径 \(\displaystyle\frac{1}{2X}\) の円となる。

左図より、同じ電力を送電する際の \(δ\) は \(X\) を \(2\) 倍にしたときの方が大きくなる。

(4)　同一の有効電力を送電するとき、無効電力損失が \(X\) を \(2\) 倍にする前と比べてどうなるかを送電円、受電円を用いて説明せよ。

左図より、同じ電力を送電する際、\(X\) を \(2\) 倍にしたとき、無効電力損失 \(Q_s − Q_r\) は大きくなる。

送電線のリアクタンス \(X\) [Ω] は、

　　\(X = 2πfL\)

　　　　\(= 2π × 50 × 1.3 × 10^{-3} × 10\)

　　　　\(\unicode{x2252}\) \(4.0841\) [Ω]

なので、単位法に換算すると、

　　\(X\) [p.u.] \(= \displaystyle\frac{X[Ω]P_n}{{V_n}^2}\)

　　　　　　　\(= \displaystyle\frac{4.0841 × 1000 × 10^6}{{(66 × 10^3)}^2}\)

　　　　　　　\(= \displaystyle\frac{4.0841 × 1000}{66^2}\)

　　　　　　　\(\unicode{x2252}\) \(0.93758\) [p.u.]

　　\(\displaystyle\frac{1}{X} = \displaystyle\frac{1}{0.93758}\)

　　　　\(\unicode{x2252}\) \(1.0666\) [p.u.]

\(P = 300\) [MW] を単位法換算すると、

　　\(P\) [p.u.] \(= \displaystyle\frac{300}{1000}\)

　　　　　　\(= 0.3\) [p.u.]

\(P = \displaystyle\frac{\sin δ}{X}\),　\(Q_s = \displaystyle\frac{1 − \cos δ}{X}\),　\(Q_r = \displaystyle\frac{\cos δ − 1}{X}\) より、

　　\(\sin δ = XP\)

　　　　　\(= 0.93758 × 0.3\)

　　　　　\(\unicode{x2252}\) \(0.28127\)　→　\(0.281\)

　　\(\cos δ = \sqrt{1 − \sin^2 δ}\)

　　　　　\(= \sqrt{1 − 0.28127^2}\)

　　　　　\(\unicode{x2252}\) \(0.95963\)

　　\(Q_s − Q_r = \displaystyle\frac{1 − \cos δ}{X} − \displaystyle\frac{\cos δ − 1}{X}\)

　　　　　　　\(= \displaystyle\frac{1 − \cos δ}{X} + \displaystyle\frac{1 − \cos δ}{X}\)

　　　　　　　\(= 2 × \displaystyle\frac{1 − \cos δ}{X}\)

　　　　　　　\(= 2 × \displaystyle\frac{1 − 0.95963}{0.93758}\)

　　　　　　　\(\unicode{x2252}\) \(0.0861\) [p.u.]