異容量V結線方式

本記事では、定格容量が異なる2台の単相変圧器を$\mathrm{V-V}$結線接続した「異容量$\mathrm{V}$結線方式」について記載する。

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異容量V結線方式の構成

単相変圧器2台を用いた異容量$\mathrm{V}$結線変圧器(負荷側のみ)を図1に示す。

図1 異容量$\mathrm{V}$結線変圧器(進み接続)

 

同図の変圧器は、単相負荷$P_1$(電灯)および三相負荷$P_3$(動力)の両方に電力を供給している。

 

なお、フォロワーのあきらさんより、下記の解説もいただいた。

 

構成としては、単相および三相負荷の両方へ供給する共用変圧器$S_A$と、三相負荷にのみ供給する専用変圧器$S_B$がある。

 

図1では、単相負荷$P_1$から中性線を介して$S_A$の中点に接続されているが、中性線に流れる電流$I_n$はゼロとなる。

 

また、図1のように端子$a-b$間に単相負荷$P_1$を接続する方式を進み接続というが、端子$b-c$間に接続したものを遅れ接続といい、図2に示す。

 

図2 異容量$\mathrm{V}$結線変圧器(遅れ接続)

 

図2の場合、$S_A$が専用変圧器、$S_B$が共用変圧器となる。

後に示すベクトル図で分かるが、端子電圧$\dot{V_{ab}}$と$\dot{V_{bc}}$では相対的に$\dot{V_{ab}}$の方が位相が進んでいるため、接続する端子における電圧の位相によって名称が異なる。

 

異容量V結線におけるベクトル図

図1の進み接続において、変圧器の電圧・電流のベクトル図を図3に示す。

なお、先の図には記載されていないが、各相電圧を$\dot{V_a},\ \dot{V_b},\ \dot{V_c}$,相回転は$a\rightarrow b\rightarrow c$とし、単相負荷$P_1$および三相負荷$P_3$の力率角を$\theta_1$および$\theta_3$とする。

 

図3 異容量$\mathrm{V}$結線変圧器(進み接続)のベクトル図

 

また、図2の遅れ接続において、変圧器の電圧・電流のベクトル図を図4に示す。

 

図4 異容量$\mathrm{V}$結線変圧器(遅れ接続)のベクトル図

変圧器の定格容量と負荷容量の関係

進み接続における関係

図3の進み接続におけるベクトル図から、各負荷容量を用いて、各変圧器の容量$S_A$および$S_B$の式を導く。

 

図1および図3より、共用変圧器に流れる電流$\dot{I_a}$は、各負荷に流れる電流$\dot{I_1}$および$\dot{I_{3a}}$の和であるから、

$$\begin{align*}
\dot{I_a}&=\dot{I_1}+\dot{I_{3a}}\\\\
&=I_1\angle\left(\frac{\pi}{6}-\theta_1\right)+I_{3a}\angle\left(-\theta_3\right)\\\\
&=I_1\left\{\cos\left(\frac{\pi}{6}-\theta_1\right)+j\sin\left(\frac{\pi}{6}-\theta_1\right)\right\}+I_{3a}\left(\cos\theta_3-j\sin\theta_3\right)\\\\
&=I_1\cos\left(\frac{\pi}{6}-\theta_1\right)+I_{3a}\cos\theta_3+j\left\{I_1\sin\left(\frac{\pi}{6}-\theta_1\right)-I_{3a}\sin\theta_3\right\} ・・・(1)
\end{align*}$$

 

したがって、電流の大きさ$I_a$は、

$$\begin{align*}
I_a&=\sqrt{\left\{I_1\cos\left(\frac{\pi}{6}-\theta_1\right)+I_{3a}\cos\theta_3\right\}^2+\left\{I_1\sin\left(\frac{\pi}{6}-\theta_1\right)-I_{3a}\sin\theta_3\right\}^2}\\\\
&=\sqrt{I^2_1+I^2_{3a}+2I_1I_{3a}\left\{\cos\left(\frac{\pi}{6}-\theta_1\right)\cos\theta_3-\sin\left(\frac{\pi}{6}-\theta_1\right)\sin\theta_3\right\}}\\\\
&=\sqrt{I^2_1+I^2_{3a}+2I_1I_{3a}\cos\left(\frac{\pi}{6}-\theta_1+\theta_3\right)} ・・・(2)
\end{align*}$$

 

共用変圧器の容量$S_A=V_{ab}I_{a}$は、$(2)$式の両辺に$V_{ab}$をかけて、

$$\begin{align*}
S_A=V_{ab}I_{a}&=V_{ab}\sqrt{I^2_1+I^2_{3a}+2I_1I_{3a}\cos\left(\frac{\pi}{6}-\theta_1+\theta_3\right)}\\\\
&=\sqrt{\left(V_{ab}I_1\right)^2+\left(V_{ab}I_{3a}\right)^2+2\left(V_{ab}I_1\right)\left(V_{ab}I_{3a}\right)\cos\left(\frac{\pi}{6}-\theta_1+\theta_3\right)} ・・・(3)
\end{align*}$$

 

ここで、各負荷の皮相電力を$S_1=V_{ab}I_{1}$,$S_3=\sqrt{3}V_{ab}I_{3a}$とすると、$(3)$式は、

$$\begin{align*}
S_A=\sqrt{S_1^2+\frac{S^2_3}{3}+\frac{2}{\sqrt{3}}S_1S_3\cos\left(\frac{\pi}{6}-\theta_1+\theta_3\right)} ・・・(4)
\end{align*}$$

 

なお、$\displaystyle{\cos\left(\frac{\pi}{6}-\theta_1+\theta_3\right)}\leq1$より、

$$\begin{align*}
\sqrt{S_1^2+\frac{S^2_3}{3}+\frac{2}{\sqrt{3}}S_1S_3\cos\left(\frac{\pi}{6}-\theta_1+\theta_3\right)}&\leq\sqrt{S_1^2+\frac{S^2_3}{3}+\frac{2}{\sqrt{3}}S_1S_3}\\\\
&=\sqrt{\left(S_1+\frac{S_3}{\sqrt{3}}\right)^2}=S_1+\frac{S_3}{\sqrt{3}}
\end{align*}$$

 

また、専用変圧器の容量$S_B$は、

$$\begin{align*}
S_B=V_{bc}I_{3c}&=\frac{\sqrt{3}V_{bc}I_{3c}}{\sqrt{3}}\\\\
&=\frac{S_3}{\sqrt{3}} ・・・(5)
\end{align*}$$

 

遅れ接続における関係

次に、図2の遅れ接続におけるベクトル図から、同様に$S_A$および$S_B$の式を導く。

 

図2および図4より、共用変圧器に流れる電流$\dot{I_c}$は、各負荷に流れる電流$-\dot{I_1}$および$\dot{I_{3c}}$の和であるから、

$$\begin{align*}
\dot{I_c}&=-\dot{I_1}+\dot{I_{3c}}\\\\
&=-I_1\angle\left(\frac{3}{2}\pi-\theta_1\right)+I_{3c}\angle\left(\frac{2}{3}\pi-\theta_3\right)\\\\
&=-I_1\left\{\cos\left(\frac{3}{2}\pi-\theta_1\right)+j\sin\left(\frac{3}{2}\pi-\theta_1\right)\right\}+I_{3c}\left\{\cos\left(\frac{2}{3}\pi-\theta_3\right)+j\sin\left(\frac{2}{3}\pi-\theta_3\right)\right\}\\\\
&=-I_1\left\{\cos\left(\frac{3}{2}\pi-\theta_1\right)+j\sin\left(\frac{3}{2}\pi-\theta_1\right)\right\}+I_{3c}\left\{\cos\left(\frac{\pi}{6}-\theta_3+\frac{\pi}{2}\right)+j\sin\left(\frac{\pi}{6}-\theta_3+\frac{\pi}{2}\right)\right\}\\\\
&=I_1\left(\sin\theta_1+j\cos\theta_1\right)+I_{3c}\left\{\sin\left(\frac{\pi}{6}-\theta_3\right)+j\cos\left(\frac{\pi}{6}-\theta_3\right)\right\}\\\\
&=I_1\sin\theta_1+I_{3c}\sin\left(\frac{\pi}{6}-\theta_3\right)+j\left\{I_1\cos\theta_1+I_{3c}\cos\left(\frac{\pi}{6}-\theta_3\right)\right\} ・・・(6)
\end{align*}$$

 

したがって、電流の大きさ$I_c$は、

$$\begin{align*}
I_b&=\sqrt{\left\{I_1\sin\theta_1+I_{3c}\sin\left(\frac{\pi}{6}-\theta_3\right)\right\}^2+\left\{I_1\cos\theta_1+I_{3c}\cos\left(\frac{\pi}{6}-\theta_3\right)\right\}^2}\\\\
&=\sqrt{I^2_1+I^2_{3a}+2I_1I_{3a}\left\{\cos\left(\frac{\pi}{6}-\theta_3\right)\cos\theta_1+\sin\left(\frac{\pi}{6}-\theta_3\right)\sin\theta_1\right\}}\\\\
&=\sqrt{I^2_1+I^2_{3a}+2I_1I_{3a}\cos\left(\frac{\pi}{6}-\theta_3+\theta_1\right)} ・・・(7)
\end{align*}$$

 

共用変圧器の容量$S_B=V_{bc}I_{c}$は、$(7)$式の両辺に$V_{bc}$をかけて、

$$\begin{align*}
S_B=V_{bc}I_{c}&=V_{bc}\sqrt{I^2_1+I^2_{3a}+2I_1I_{3a}\cos\left(\frac{\pi}{6}-\theta_3+\theta_1\right)}\\\\
&=\sqrt{\left(V_{bc}I_1\right)^2+\left(V_{bc}I_{3c}\right)^2+2\left(V_{bc}I_1\right)\left(V_{bc}I_{3c}\right)\cos\left(\frac{\pi}{6}-\theta_3+\theta_1\right)} ・・・(8)
\end{align*}$$

 

ここで、$(8)$式を$S_1=V_{bc}I_{1}$,$S_3=\sqrt{3}V_{bc}I_{3c}$を用いて表すと、

$$\begin{align*}
S_B=\sqrt{S_1^2+\frac{S^2_3}{3}+\frac{2}{\sqrt{3}}S_1S_3\cos\left(\frac{\pi}{6}-\theta_3+\theta_1\right)} ・・・(9)
\end{align*}$$

 

$(4)$式と比較すると、$\theta_1$と$\theta_3$の符号が逆になっていることがわかる。

 

なお、$\displaystyle{\cos\left(\frac{\pi}{6}-\theta_3+\theta_1\right)}\leq1$より、

$$\begin{align*}
\sqrt{S_1^2+\frac{S^2_3}{3}+\frac{2}{\sqrt{3}}S_1S_3\cos\left(\frac{\pi}{6}-\theta_3+\theta_1\right)}&\leq\sqrt{S_1^2+\frac{S^2_3}{3}+\frac{2}{\sqrt{3}}S_1S_3}\\\\
&=\sqrt{\left(S_1+\frac{S_3}{\sqrt{3}}\right)^2}=S_1+\frac{S_3}{\sqrt{3}}
\end{align*}$$

上記は進み接続の場合と同じ結果である。

 

また、専用変圧器の容量$S_A$は、

$$\begin{align*}
S_A=V_{ab}I_{3a}&=\frac{\sqrt{3}V_{ab}I_{3a}}{\sqrt{3}}\\\\
&=\frac{S_3}{\sqrt{3}} ・・・(10)
\end{align*}$$

 

供給可能な最大負荷容量

図1の進み接続の場合において、各変圧器が供給できる各最大負荷容量について考える。

 

三相最大負荷

まず、専用変圧器$S_B$が電力供給する三相負荷$P_3=\sqrt{3}V_{ab}I_{3a}\cos\theta_3$が最大となる場合は、力率$\cos\theta_3=1$となるときであり、下記の関係が成り立つ。

$$\begin{align*}
P_3=\sqrt{3}V_{ab}I_{3a}=\sqrt{3}S_B ・・・(11)
\end{align*}$$

 

単相最大負荷

次に、共用変圧器$S_A$が供給できる最大負荷は、図2のベクトル図のうち$\dot{V_{ab}}$と$\dot{I_a}$が同相となるときを考えればよい。

このとき、$a$相電圧$\dot{V_a}$と$a-b$間端子電圧$\dot{V_{ab}}$との位相差は$\displaystyle{\frac{\pi}{6}}$であるため、$\dot{V_a}$と$\dot{I_a}$との位相差も$\displaystyle{\frac{\pi}{6}}$である。

 

図2のベクトル図は$\dot{V_a}$が基準であるため、$\dot{I_a}$の位相角$psi_a$は、$(1)$式より、

$$\begin{align*}
\psi_a=\tan^{-1}\frac{I_1\sin\left(\displaystyle{\frac{\pi}{6}}-\theta_1\right)-I_{3a}\sin\theta_3}{I_1\cos\left(\displaystyle{\frac{\pi}{6}}-\theta_1\right)+I_{3a}\cos\theta_3}
\end{align*}$$

 

先の検討より$\cos\theta_3=1,\ \cos\theta_3=0$であり、$\tan\displaystyle{\frac{\pi}{6}}=\displaystyle{\frac{1}{\sqrt{3}}}$であるから、

$$\begin{align*}
\tan\psi_a=\frac{I_1\sin\left(\displaystyle{\frac{\pi}{6}}-\theta_1\right)}{I_1\cos\left(\displaystyle{\frac{\pi}{6}}-\theta_1\right)+I_{3a}}&=\frac{1}{\sqrt{3}}\\\\
\sqrt{3}I_1\sin\left(\displaystyle{\frac{\pi}{6}}-\theta_1\right)&=I_1\cos\left(\displaystyle{\frac{\pi}{6}}-\theta_1\right)+I_{3a}\\\\
\sqrt{3}I_1\left(\frac{1}{2}\cos\theta_1-\frac{\sqrt{3}}{2}\sin\theta_1\right)&=I_1\left(\frac{\sqrt{3}}{2}\cos\theta_1+\frac{1}{2}\sin\theta_1\right)+I_{3a}\\\\
-2I_1\sin\theta_1&=I_{3a}\\\\
I_1\sin\theta_1+\frac{1}{2}I_{3a}&=0\\\\
\therefore I_1\sin\theta_1+I_{3a}\sin\frac{\pi}{6}&=0 ・・・(12)
\end{align*}$$

 

$(12)$式を、ベクトル図において図示してみると、図5のようになる。

図5 共用変圧器の最大負荷時におけるベクトル図

 

図5より、$\dot{I_1}$および$\dot{I_{3a}}$の$\dot{I_a}$と垂直になる成分同士が同じ大きさで、かつ$\dot{I_a}$を基準としたときに互いに反対側にあるため、同成分は打ち消し合うことがわかる。

 

したがって、$\dot{I_a}$の大きさは、

$$\begin{align*}
I_a&=I_1\cos\theta_1+I_{3a}\cos\frac{\pi}{6}\\\\
&=I_1\cos\theta_1+\frac{\sqrt{3}}{2}I_{3a} ・・・(13)
\end{align*}$$

 

$(12)$式の両辺に$V_{ab}$をかけると、

$$\begin{align*}
S_A=V_{ab}I_a&=V_{ab}I_1\cos\theta_1+\frac{\sqrt{3}}{2}V_{ab}I_{3a}\\\\
&=V_{ab}I_1\cos\theta_1+\frac{\sqrt{3}}{2}S_B
\end{align*}$$

 

単相最大負荷$P_1=V_{ab}I_1\cos\theta_1$は、

$$P_1=V_{ab}I_1\cos\theta_1=S_A-\frac{\sqrt{3}}{2}S_B$$

 

最大負荷容量と利用率

合計の最大負荷$P_{max}$は、$(11),\ (13)$式より、

$$\begin{align*}
P_{max}&=P_3+P_1\\\\
&=\sqrt{3}S_B+S_A-\frac{\sqrt{3}}{2}S_B\\\\
&=S_A+\frac{\sqrt{3}}{2}S_B ・・・(14)
\end{align*}$$

 

 

2台の変圧器の合計容量は$S_A$および$S_B$であるから、利用率は$(14)$式より、

利用率$=\displaystyle{\frac{S_A+\displaystyle{\frac{\sqrt{3}}{2}S_B}}{S_A+S_B}} ・・・(15)$

 

例として、電験二種二次試験「電力・管理」 平成23年度問4の値を用いて、利用率を計算する。

 

この問題の場合、$S_A=50\mathrm{kVA},\ S_B=30\mathrm{kVA}$であり、$(15)$式に代入すると、

利用率$=\displaystyle{\frac{50+\displaystyle{\frac{\sqrt{3}}{2}\times30}}{50+30}}=0.9498\rightarrow95\%$

 

となり、変圧器の合計容量の$95\%$が負荷への供給に使用されている形になる。