【問題】
【難易度】★★★★☆（やや難しい）
\[
\begin{eqnarray}
\end{eqnarray}
\]
次の各文章の\( \ \boxed { 1\strut } \ \)～\( \ \boxed { 6\strut } \ \)の中に入れるべき最も適切な字句等をそれぞれの解答群から選び、その記号を答えよ。
(1) 図\( 1 \)に示すような角周波数\( \omega \)\( \mathrm{[rad/s]} \)の電圧\( \dot{V_{1}} \) \( \mathrm{[V]} \)を一次側に印加すると、二次側電圧が\( \dot{V_{2}} \)\( \mathrm{[V]} \)となる損失のない変圧器を考える。一次側の電流を\( \dot{I_{1}} \)\( \mathrm{[A]} \)、二次側の電流を\( \dot{I_{2}} \) \( \mathrm{[A]} \)とし、一次側の自己インダクタンスを\( L_{1} \)\( \mathrm{[H]} \)、二次側の自己インダクタンスを\( L_{2} \)\( \mathrm{[H]} \)、相互インダクタンスを\( M \)\( \mathrm{[H]} \) とする。
1) 一次側電流\( \dot{I_{1}} \)と二次側電流\( \dot{I_{2}} \)を用いて、一次側電圧\( \dot{V_{1}} \)は \( \ \boxed { 1\strut } \) \( \mathrm{[V]} \) と表される。同様に、二次側電圧\( \dot{V_{2}} \)は\( \ \boxed { 2\strut } \) \( \mathrm{[V]} \) と表される。
<\( \ \boxed { 1\strut } \)及び\( \ \boxed { 2\strut } \)の解答群 >
\[
\begin{array}{l}
\rlap{\text{ア} \quad \mathrm{j} \omega L_{1} \dot{I_{1}}}\hspace{233px}\rlap{\text{イ} \quad \mathrm{j} \omega L_{2} \dot{I_{2}}}\hspace{233px}\rlap{\text{ウ} \quad \mathrm{j} \omega L_{1} \dot{I_{1}} + \mathrm{j} \omega L_{2} \dot{I_{2}}}\hspace{233px} \\[5pt]
\rlap{\text{エ} \quad \mathrm{j} \omega L_{1} \dot{I_{1}} – \mathrm{j} \omega M \dot{I_{2}}}\hspace{233px}\rlap{\text{オ} \quad \mathrm{j} \omega M \dot{I_{1}} – \mathrm{j} \omega L_{2} \dot{I_{2}}}\hspace{233px}\hspace{233px}
\end{array}
\]
2) この変圧器は図\( 2 \)に示すコイル\( \mathrm{a} \) 、\( \mathrm{b} \)及び \( \mathrm{c} \) から成る等価回路で表すことができる。1)の関係を用いると、図\( 2 \)の \( \mathrm{a} \) のインダクタンスは \( \ \boxed { 3\strut } \) \( \mathrm{[H]} \)、\( \mathrm{b} \) のインダクタンスは\( \ \boxed { 4\strut } \) \( \mathrm{[H]} \)、\( \mathrm{c} \) のインダクタンスは \( \ \boxed { 5\strut } \) \( \mathrm{[H]} \)と表すことができる。
< \( \ \boxed { 3\strut } \)〜\( \ \boxed { 5\strut } \)の解答群 >
\[
\begin{array}{l}
\rlap{\text{ア} \quad L_{1}}\hspace{140px}\rlap{\text{イ} \quad L_{2}}\hspace{140px}\rlap{\text{ウ} \quad \text{M}}\hspace{140px}\rlap{\text{エ} \quad L_{1} – L_{2}}\hspace{140px}\rlap{\text{オ} \quad L_{1} – M}\hspace{140px} \\[5pt]
\rlap{\text{カ} \quad L_{2} – M}\hspace{140px}\rlap{\text{キ} \quad \dfrac{L_{1}}{M}}\hspace{140px}\rlap{\text{ク} \quad \dfrac{M}{L_{2}}}\hspace{140px}\rlap{\text{ケ} \quad L_{1}L_{2} – M^2}\hspace{140px}\hspace{140px}
\end{array}
\]
3) この変圧器において \( L_{1}L_{2} \) = \( M^2 \) の関係がある場合、一次側と二次側の電圧の関係及び一次側と二次側の電流の関係は、\( n \)を比例定数として\( \dot{V}_{2} = n\dot{V}_{1} \) 、\( \dot{I}_{1} = n\dot{I}_{2} \)と表すことができる。このとき、\( n \) は\( \ \boxed { 6\strut } \)と表される。
<\( \ \boxed { 6\strut } \)の解答群 >
\[
\begin{array}{l}
\rlap{\text{ア} \quad \dfrac{M}{L_{1}}}\hspace{175px}\rlap{\text{イ} \quad \dfrac{M}{L_{1} – M}}\hspace{175px}\rlap{\text{ウ} \quad \dfrac{M}{L_{2} – M}}\hspace{175px}\rlap{\text{エ} \quad \dfrac{M – L_{2}}{L_{1} – M}}\hspace{175px}
\end{array}
\]
【ワンポイント解説】
変圧器の回路に関する計算問題です。小問1)の〈●〉と電流の向きによる磁束の向きとそれに伴う電圧について理解しておかないと、手も足も出ない問題となっています。これらの関係性は暗記するよりも図でイメージして身に付けていくことをおススメします。また、小問3)は数学の問題と言え、長丁場であるエネ管試験の最後の課目となるため、全課目受験者に取ってしんどい問題だったかと思います。このような捻った計算力が要求される問題は後回しして、余った時間で解くことをおススメします。
1.極性記号と電流・磁束の向き
この問題を解くには、変圧器の極性を表す記号（ドット〈●〉）と、それに対する電流・磁束の向きを理解する必要があります。一度に覚えようとすると大変ですので、段階的に解説します。
\( \underline{\mathrm{1-1.極性記号 }} \)
問題文の図\( 1 \)に載っている〈●〉は、対象関係にある極性の向きを表しています。極性とは、永久磁石の\( \mathrm{N} \)極や\( \mathrm{S} \)極のようなものです。極性の向きは、コイルの巻き方で変わります。左右で横並びにある時は同じ向き、左右で横並びでない時は逆向きとなります。
\[
\Large \textbf{図3}
\]
なお、「〈●〉が上にあるからコイルはこの巻き方」と決まっていません。
\( \underline{\mathrm{〈●〉の位置でコイル同士は同極性 or 異極性 }} \)
とだけ覚えていれば大丈夫です。
\( \underline{\mathrm{1-2.電流・磁束の向き }} \)
図\( 3\)の回路に電流を流して考えます。一般的に、
\( \underline{\mathrm{・双方の〈●〉に電流を流入、又は〈●〉から電流が流出するときは和動接続につき増磁 }} \)、
\( \underline{\mathrm{・片方の〈●〉に電流を流入してもう片方の〈●〉から流出、又はその逆の時は差動接続につき減磁 }} \)
とされてます。
これらを深掘りして説明していきます。
《和動接続》
右ねじの法則を「グッドにした右手」に置き換えて考えます。
親指の先を電流の向き、他4本の指先を磁束の向きとすると、図\( 4\)右のような電流と磁束の向きになります。
\[
\Large \textbf{図4}
\]
図のように一次側と二次側の磁束の向きは同じになるため合成され、和動接続となります。
このときの一次電圧\( \dot{V_{1}} \)と二次電圧\( \dot{V_{2}} \)は、下記式のようになります。
\[
\begin{eqnarray}
\dot{V_{1}} &=& \mathrm{j} \omega L_{1} \dot{I_{1}} + \mathrm{j} \omega M \dot{I_{2}} \\[5pt]
\dot{V_{2}} &=& \mathrm{j} \omega M \dot{I_{1}} + \mathrm{j} \omega L_{2} \dot{I_{2}} \\[5pt]
\end{eqnarray}
\]
《差動接続》
同じく右ねじの法則を使用し、説明します。
電流を流すと、図\( 5\)右のような電流と磁束の向きになります。
\[
\Large \textbf{図5}
\]
図のように一次側と二次側の磁束の向きは反対になるためお互い打ち消し合い、差動接続となります。
このときの一次電圧\( \dot{V_{1}} \)と二次電圧\( \dot{V_{2}} \)は、下記式のようになります。
\[
\begin{eqnarray}
\dot{V_{1}} &=& \mathrm{j} \omega L_{1} \dot{I_{1}} – \mathrm{j} \omega M \dot{I_{2}} \\[5pt]
\dot{V_{2}} &=& \mathrm{j} \omega M \dot{I_{1}} – \mathrm{j} \omega L_{2} \dot{I_{2}} \\[5pt]
\end{eqnarray}
\]
極論、
・電流が両コイルに向かって流入、又は両コイルから流出⇒和動接続
・電流が片方のコイルに向かって流入しもう片方から流出、又はその逆⇒差動接続
頭に入れておくと、覚えやすいと思います。
【解答】
1) 解答
(1) エ
ワンポイント解説\(1\)の通り、図\( 1\)では片方は電流が〈●〉に流入し、もう片方は〈●〉から流出していることから差動接続となります。
よって、一次側電圧\( \dot{V_{1}} \)は、
\( \dot{V_{1}} = \) \( \mathrm{j} \omega L_{1} \dot{I_{1}} – \mathrm{j} \omega M \dot{I_{2}} \)
と表されます。
(2) オ
(1)と同様に二次側電圧\( \dot{V_{2}} \)も差動接続であることから、
\( \dot{V_{2}} = \) \( \mathrm{j} \omega M \dot{I_{1}} – \mathrm{j} \omega L_{2} \dot{I_{2}} \)
と表されます。
2) 解答
(3) オ (4)ウ (5)カ
図\(6\)のように、\( a,b,c \)のインダクタンスを\( L_{a} , L_{b} , L_{c} \)、\( b \)に流れる電流を\( \dot{I_{b}} \) とします。
\[
\Large \textbf{図6}
\]
キルヒホッフの法則より電流\( \dot{I_{b}} \)は、
\[
\begin{eqnarray}
\dot{I_{b}} &=& \dot{I_{1}} – \dot{I_{2}}・・・・・・・・・➀
\end{eqnarray}
\]
となります。
図\(6\)と➀より\( \dot{V_{1}} \)と\( \dot{V_{2}} \)は、
\[
\begin{eqnarray}
\dot{V_{1}} &=& \mathrm{j} \omega L_{a} \dot{I_{1}} + \mathrm{j} \omega L_{b} \dot{I_{b}} \\[5pt]
&=& \mathrm{j} \omega L_{a} \dot{I_{1}} + \mathrm{j} \omega L_{b} ( \dot{I_{1}} – \dot{I_{2} } ) \\[5pt]
&=&\mathrm{j} \omega L_{a} \dot{I_{1}} + \mathrm{j} \omega L_{b} \dot{I_{1}} – \mathrm{j} \omega L_{b} \dot{I_{2} } \\[5pt]
&=& \mathrm{j} \omega ( L_{a} + L_{b} ) \dot{I_{1}} – \mathrm{j} \omega L_{b} \dot{I_{2} }・・・・・・・・・② \\[5pt]
\end{eqnarray}
\]
\[
\begin{eqnarray}
\dot{V_{2}} &=& \mathrm{j} \omega L_{b} \dot{I_{b}} – \mathrm{j} \omega L_{c} \dot{I_{2}} \\[5pt]
&=& \mathrm{j} \omega L_{b} ( \dot{I_{1}} – \dot{I_{2} }) – \mathrm{j} \omega L_{c} \dot{I_{2}} \\[5pt]
&=& \mathrm{j} \omega L_{b} \dot{I_{1}} – \mathrm{j} \omega L_{b} \dot{I_{2}} – \mathrm{j} \omega L_{c} \dot{I_{2} } \\[5pt]
&=& \mathrm{j} \omega L_{b} \dot{I_{1}} – \mathrm{j} \omega ( L_{b} + L_{c} ) \dot{I_{2}} ・・・・・・・・・➂\\[5pt]
\end{eqnarray}
\]
となります。
1)の答えと②➂の各電圧の式を係数比較します。
《電圧\( \dot{V_{1}} \)の式》
\[
\begin{eqnarray}
L_{b} &=& M ・・・・・・・・・➃\\[5pt]
\\[5pt]
L_{a} + L_{b} &=& L_{1} \\[5pt]
L_{a}&=& L_{1} – L_{b} \\[5pt]
&=& L_{1} – M ・・・・・・・・・➄ \\[5pt]
\end{eqnarray}
\]
《電圧\( \dot{V_{2}} \)の式》
\[
\begin{eqnarray}
L_{b} + L_{c} &=& L_{2} \\[5pt]
M + L_{c} &=& L_{2} \\[5pt]
L_{c} &=& L_{2} – M ・・・・・・・・・➅\\[5pt]
\end{eqnarray}
\]
よって、
➄より\( a \)のインダクタンス\( L_{a} \)は、\( L_{1} – M \)
➃より\( b \)のインダクタンス\( L_{b} \)は、 \( M \)
➅より\( c \)のインダクタンス\( L_{c} \)は、\( L_{2} – M \)
と表されます。
3) 解答
(6)ア
問題文の式 \( L_{1}L_{2} \) = \( M^2 \) を変形すると、
\[
\begin{eqnarray}
L_{1} L_{2} &=& M^2 \\[5pt]
L_{2} &=& \dfrac{M^2}{L_{1}} ・・・・・・・・・➆\\[5pt]
\end{eqnarray}
\]
となります。
1)の\( \dot{V_{2}} \)の式に➆を代入します。
\[
\begin{eqnarray}
\dot{V_{2}} &=& \mathrm{j} \omega M \dot{I_{1}} – \mathrm{j} \omega L_{2} \dot{I_{2}} \\[5pt]
&=& \mathrm{j} \omega M \dot{I_{1}} – \mathrm{j} \omega \dfrac{M^2}{L_{1}} \dot{I_{2}} \\[5pt]
&=& \mathrm{j} \omega M \dfrac{L_{1}}{L_{1}} \dot{I_{1}} – \mathrm{j} \omega \dfrac{M^2}{L_{1}} \dot{I_{2}} \\[5pt]
&=& \dfrac{M}{L_{1}} (\mathrm{j} \omega L_{1} \dot{I_{1}} – \mathrm{j} \omega M \dot{I_{2}}) ・・・・・・・・・⑧\\[5pt]
\end{eqnarray}
\]
⑧の\( \mathrm{j} \omega L_{1} \dot{I_{1}} – \mathrm{j} \omega M \dot{I_{2}} \)と、1)の\( \dot{V_{1}} \)の式と同じなので、これを代入します。
\[
\begin{eqnarray}
\dot{V_{2}} &=& \dfrac{M}{L_{1}} (\mathrm{j} \omega L_{1} \dot{I_{1}} – \mathrm{j} \omega M \dot{I_{2}}) \\[5pt]
&=& \dfrac{M}{L_{1}} \dot{V_{1}} \\[5pt]
\end{eqnarray}
\]
問題文の\( \dot{V}_{2} = n\dot{V}_{1} \) と係数比較すると\( n \)は、
\( n = \)\( \dfrac{M}{L_{1}}\)
と表されます。
