本記事では、二線断線時の故障計算について、電験一種の過去問（改題）を解いていく。
二線断線故障計算：例題
出典：電験一種筆記試験（旧制度）「送配電」 昭和62年度問3改題
図1に示すような三相三線式架空配電線路の中間点において、$b$，$c$相二線断線故障が発生した。
断線点負荷側に発生する零相電圧を求めよ。
ただし、断線点から見た電源側の零相インピーダンスを${_A}\dot{Z_0}[\Omega]$, 正相・逆相インピーダンスは等しく${_A}\dot{Z_1}[\Omega]$，負荷側の零相・正相・逆相 インピーダンスはすべて等しく${_B}\dot{Z_1}[\Omega]$，配電電圧を$\dot{V}[\mathrm{V}]$とする。
図1 事故系統
相電圧の対称座標法変換
題意のように$b,\ c$相で断線事故が発生した場合、負荷側の各相対地電圧をそれぞれ${_B}\dot{V_a},\ {_B}\dot{V_b},\ {_B}\dot{V_c},$ 断線点$b_A-b_B$間、$c_A-c_B$間に発生する電圧をそれぞれ$3\dot{V_b},\ 3\dot{V_c}$とすれば、電源側の各相対地電圧${_A}\dot{V_a},\ {_A}\dot{V_b},\ {_A}\dot{V_c}$は、
{_A}\dot{V_a}={_B}\dot{V_a}\\\\
{_A}\dot{V_b}={_B}\dot{V_b}+3\dot{V_b}\\\\
{_A}\dot{V_c}={_B}\dot{V_c}+3\dot{V_c}
\end{cases} ・・・(1)$$
と表すことができる。
したがって、${_A}\dot{V_a},\ {_A}\dot{V_b},\ {_A}\dot{V_c}$を対称座標法変換すると、
\left(\begin{array}{c}\ {_A}\dot{V_0}\\{_A}\dot{V_1}\\{_A}\dot{V_2}\end{array}\right)&=\frac{1}{3}\left(\begin{array}{ccc}\ 1&1&1\\1&a&a^2\\1&a^2&a\end{array}\right)\left(\begin{array}{c}\ {_B}\dot{V_a}\\{_B}\dot{V_b}+3\dot{V_b}\\{_B}\dot{V_c}+3\dot{V_c}\end{array}\right)\\\\&=\left(\begin{array}{c}\ {_B}\dot{V_0}+\dot{V_b}+\dot{V_c}\\{_B}\dot{V_1}+a\dot{V_b}+a^2\dot{V_c}\\{_B}\dot{V_2}+a^2\dot{V_b}+a\dot{V_c}\end{array}\right) ・・・(2)
\end{align*}$$
対称分電圧・電流の関係式
題意より、事故点から見た電源側の零相インピーダンスは${_A}\dot{Z_0}$, 正相・逆相インピーダンスは共に${_A}\dot{Z_1}$で与えられるため、「発電機の基本式」より、電源側の対称分電圧${_A}\dot{V_0},\ {_A}\dot{V_1},\ {_A}\dot{V_2}$は、
{_A}\dot{V_0}=-{_A}\dot{Z_0}\dot{I_0}\\\\
{_A}\dot{V_1}=\dot{E_a}-{_A}\dot{Z_1}\dot{I_1}\\\\
{_A}\dot{V_2}=-{_A}\dot{Z_1}\dot{I_2}
\end{cases} ・・・(3)$$
本記事では、対称座標法を用いた計算において重要な式である「発電機の基本式」を導入する。発電機の内部等価回路「発電機の基本式」を導入するにあたり、まずは適用する回路について考える。図1は、発電機を「[…]
さらに、故障点からみた負荷側の零相・ 正相・逆相インピーダンスは、題意よりすべて${_B}\dot{Z_1}$で与えられていることより、負荷側の対称分電圧${_B}\dot{V_0},\ {_B}\dot{V_1},\ {_B}\dot{V_2}$は、
{_B}\dot{V_0}={_B}\dot{Z_1}\dot{I_0}\\\\
{_B}\dot{V_1}={_B}\dot{Z_1}\dot{I_1}\\\\
{_B}\dot{V_2}={_B}\dot{Z_1}\dot{I_2}
\end{cases} ・・・(4)$$
本記事では、電力系統全体に対称座標法計算を適用するため、1回線および2回線の送電線に対称座標法変換を適用した場合の計算式について記述する。1回線送電線の対称座標法変換1回線送電線の等価回路[…]
ここで、$b$相および$c$相の電流はゼロであるから、
\dot{I_b}&=\dot{I_0}+a^2\dot{I_1}+a\dot{I_2}=0\\
\dot{I_c}&=\dot{I_0}+a\dot{I_1}+a^2\dot{I_2}=0\\\\
&\therefore\dot{I_0}=\dot{I_1}=\dot{I_2} ・・・(5)
\end{align*}$$
$(4),\ (5)$式より、
負荷側の零相電圧の導出
$(2),\ (5),\ (6)$式から、$(3)$の${_A}\dot{V_1}$の式を書き換えていくと、
{_B}\dot{V_1}+a\dot{V_b}+a^2\dot{V_c}&=\dot{E_a}-{_A}\dot{Z_1}\dot{I_1}\\
&=\dot{E_a}+{_A}\dot{V_2}\\
&=\dot{E_a}+{_B}\dot{V_2}+a^2\dot{V_b}+a\dot{V_c}\\\\
\dot{E_a}&=(a-a^2)\left(\dot{V_b}-\dot{V_c}\right)\\\\
\therefore\dot{V_b}-\dot{V_c}&=\frac{\dot{E_a}}{a-a^2} ・・・(7)
\end{align*}$$
また、$(2),\ (3)$の${_A}\dot{V_0}$の式から、
\dot{V_b}+\dot{V_c}&=-{_B}\dot{V_0}-{_A}\dot{Z_0}\dot{I_0}\\\\
&=-{_B}\dot{V_0}-{_A}\dot{Z_0}\cdot\frac{{_B}\dot{V_0}}{{_B}\dot{Z_1}} ・・・(8)
\end{align*}$$
したがって、$(7)+(8)$より、$\dot{V_c}$を消去して整理すると、
$(9)$式を$(7)$式に代入して、
$(9),\ (10)$および$\dot{I_0}=\displaystyle{\frac{{_B}\dot{V_0}}{{_B}\dot{Z_1}}}$を$(2)$の${_A}\dot{V_2}$の式に代入すると、
{_B}\dot{V_0}+\frac{1}{2}\frac{a^2-a}{a-a^2}\dot{E_a}&-\frac{1}{2}(a^2+a)\left(1+\frac{{_A}\dot{Z_0}}{{_B}\dot{Z_1}}\right){_B}\dot{V_0}=-\frac{{_A}\dot{Z_1}}{{_B}\dot{Z_1}}{_B}\dot{V_0}\\\\
\therefore{_B}\dot{V_0}&=\frac{\displaystyle\frac{1}{2}}{\displaystyle\frac{3}{2}+\displaystyle\frac{1}{2}\frac{{_A}\dot{Z_0}}{{_B}\dot{Z_1}}+\frac{{_A}\dot{Z_1}}{{_B}\dot{Z_1}} }\dot{E_a}\\\\&= \frac{{_B}\dot{Z_1}}{{_A}\dot{Z_0}+2{_A}\dot{Z_1}+3{_B}\dot{Z_1}}\frac{\dot{V}}{\sqrt{3}} ・・・(11)
\end{align*}$$
$(11)$式が求めるべき零相電圧である。
端子A－B間の零相電圧の式から求める方法
「二線断線時の故障計算」の$(25)$、端子A－B間の零相電圧$\dot{V_0}$の式
から、${_B}\dot{V_0}$を直接求めてみる。
本記事では、対称座標法を用いた二線断線故障計算について解説する。二線断線故障時の回路二線断線故障時の回路を図1に示す。同図では、電源を含む三相電力系統$A$および$B$の間を繋ぐ送電線[…]
$(3),\ (4)$の${_A}\dot{Z_0}$および${_B}\dot{Z_0}$の式から、$\dot{I_0}$を消去して、
$\dot{V_0}={_A}\dot{V_0}-{_B}\dot{V_0}$の式に$(13)$式を代入すると、
\dot{V_0}&=-{_A}\dot{Z_0}\cdot\frac{{_B}\dot{V_0}}{{_B}\dot{Z_0}}-{_B}\dot{V_0}\\\\
&=-\frac{{_A}\dot{Z_0}+{_B}\dot{Z_0}}{{_B}\dot{Z_0}}{_B}\dot{V_0}\\\\
\therefore{_B}\dot{V_0}&=-\frac{{_B}\dot{Z_0}}{{_A}\dot{Z_0}+{_B}\dot{Z_0}}\dot{V_0} ・・・(14)
\end{align*}$$
$(14)$式に$(12)$式を代入して、
{_B}\dot{V_0}&=-\frac{{_B}\dot{Z_0}}{{_A}\dot{Z_0}+{_B}\dot{Z_0}}\dot{V_0}\\\\
&=\frac{{_B}\dot{Z_0}}{{_A}\dot{Z_0}+{_B}\dot{Z_0}+{_A}\dot{Z_1}+{_B}\dot{Z_1}+{_A}\dot{Z_2}+{_B}\dot{Z_2}} \left({_A}\dot{E_a}-{_B}\dot{E_a}\right) ・・・(15)
\end{align*}$$
$(15)$式で${_A}\dot{Z_1}={_A}\dot{Z_2},\ {_B}\dot{Z_0}={_B}\dot{Z_1}={_B}\dot{Z_2},\ {_A}\dot{E_a}-{_B}\dot{E_a}=\displaystyle{\frac{\dot{V}}{\sqrt{3}}}$とすれば、$(11)$式と同じ結果が得られる。
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