《理論》〈電気及び電子計測〉[R01:問4]コンデンサ形計器用変圧器に関する計算問題

【問題】

【難易度】★★☆☆☆（やや易しい）

次の文章は，コンデンサ形計器用変圧器に関する記述である。文中の\( \ \fbox{$\hskip3em\Rule{0pt}{0.8em}{0em}$} \ \)に当てはまる最も適切なものを解答群の中から選べ。

図は容量分圧の原理を使って高電圧を低電圧に変換して測定する回路である。図において，\( \ {\dot V}_{1} \ \)及び\( \ \omega \ \)は測定する電圧及びその角周波数，\( \ C_{1} \ \)及び\( \ C_{2} \ \)は静電容量，\( \ L \ \)はリアクトルのインダクタンス，\( \ \dot Z \ \)は交流電圧計の内部インピーダンスとする。ただし，リアクトルの抵抗は交流電圧計の内部インピーダンスに比べ十分小さく，無視できるものとする。

テブナンの定理により，交流電圧計を切り離して端子\( \ \mathrm {A}\)－\(\mathrm {B} \ \)から左側をみた場合のインピーダンス\( \ {\dot Z}_{0} \ \)は，
\[
\begin{eqnarray}
{\dot Z}_{0} &=&\frac {1}{ \ \fbox {　 （１） 　} \ } \ \\[ 5pt ] \end{eqnarray}
\] であり，このときの端子\( \ \mathrm {A}‐\mathrm {B} \ \)間の電圧\( \ {\dot V}_{0} \ \)は，
\[
\begin{eqnarray}
{\dot V}_{0} &=& \ \fbox {　 （２） 　} \ \times {\dot V}_{1} \ \\[ 5pt ] \end{eqnarray}
\] となる。

交流電圧計に流れる電流を\( \ \dot I \ \)とすれば，交流電圧計で測定される電圧\( \ {\dot V}_{2} \ \)は，
\[
\begin{eqnarray}
{\dot V}_{2} &=& \dot I \times \dot Z=\frac { \ \fbox {　 （２） 　} \ \times {\dot V}_{1}}{ \ \fbox {　 （３） 　} \ + \dot Z}\times \dot Z \\[ 5pt ] \end{eqnarray}
\] となる。ここで，\( \ {\dot V}_{2} \ \)が\( \ \dot Z \ \)の大きさに無関係になるためには\( \ \fbox {　 （３） 　} \ \)の項が零になればよく，このとき\( \ L \ \)，\( \ C_{1} \ \)，\( \ C_{2} \ \)の関係は\( \ \fbox {　 （４） 　}=1 \ \)で表される。

このように，回路の\( \ L \ \)，\( \ C_{1} \ \)，\( \ C_{2} \ \)を\( \ \fbox {　 （５） 　} \ \)させることにより，電圧計の内部インピーダンスとは無関係に，高電圧を低電圧に変換して測定することができる。

〔問4の解答群〕
\[
\begin{eqnarray}
&（イ）&　\omega ^{2}LC_{1}　　　&（ロ）&　\mathrm {j}\omega L+\frac {1}{\mathrm {j}\omega \left( C_{1}+C_{2}\right) }　　　&（ハ）&　減衰 \\[ 5pt ] &（ニ）&　\frac {C_{1}+C_{2}}{C_{1}}　　　&（ホ）&　\frac {C_{2}}{C_{1}}　　　&（ヘ）&　\mathrm {j}\omega C_{1} \\[ 5pt ] &（ト）&　\frac {1}{\mathrm {j}\omega \left( C_{1}+C_{2}\right) }　　　&（チ）&　増幅　　　　&（リ）&　\mathrm {j}\omega C_{2} \\[ 5pt ] &（ヌ）&　\omega ^{2}L\left( C_{1}+C_{2}\right) 　　　&（ル）&　\frac {C_{1}}{C_{1}+C_{2}}　　　&（ヲ）&　\mathrm {j}\omega \left( C_{1}+C_{2}\right) \\[ 5pt ] &（ワ）&　\omega L\left( C_{1}+C_{2}\right)　　　&（カ）&　共振　　　&（ヨ）&　\mathrm {j}\omega L+\frac {1}{\mathrm {j}\omega C_{2}} \\[ 5pt ] \end{eqnarray}
\]

【ワンポイント解説】

コンデンサ形計器用変圧器に関する問題ですが，中身はほとんど電気回路に関する問題です。２種の難易度から考えるとこの問題は４つ以上は正答しておきたい問題と言えると思います。

1.テブナンの定理
　問題図において，回路中の\( \ \mathrm {A} \ \)，\( \ \mathrm {B} \ \)間の開放電圧を\( \ {\dot V}_{0} \ \)，電圧源を短絡し，電流源を開放した時の端子\( \ \mathrm {A}\)－\(\mathrm {B} \ \)から見た合成インピーダンスを\( \ {\dot Z}_{0} \ \)，外部抵抗\( \ \dot Z \ \)とした時，インピーダンス\( \ \dot Z \ \)を流れる電流\( \ \dot I \ \)は，下式の通りとなります。
\[
\begin{eqnarray}
\dot I&=&\frac {{\dot V}_{0}}{{\dot Z}_{0}+\dot Z} \\[ 5pt ] \end{eqnarray}
\] となります。

【関連する「電気の神髄」記事】

　　鳳・テブナンの定理の証明
　　コンデンサ形計器用変圧器の理論

【解答】

(1)解答：ヲ
端子\( \ \mathrm {A}\)－\(\mathrm {B} \ \)から左側をみた場合のインピーダンスは，電圧源を短絡すれば良いので，コンデンサ\( \ C_{1} \ \)及び\( \ C_{2} \ \)の並列回路となる。
したがって，その合成静電容量は\( \ C_{1} + C_{2} \ \)となるから，端子\( \ \mathrm {A}\)－\(\mathrm {B} \ \)から左側をみた場合のインピーダンス\( \ {\dot Z}_{0} \ \)は，
\[
\begin{eqnarray}
{\dot Z}_{0}&=&\frac {1}{\mathrm {j}\omega \left( C_{1}+C_{2}\right)} \\[ 5pt ] \end{eqnarray}
\] と求められる。

(2)解答：ル
端子\( \ \mathrm {A}‐\mathrm {B} \ \)間の電位差\( \ {\dot V}_{0} \ \)は，分圧の法則より，
\[
\begin{eqnarray}
{\dot V}_{0}&=&\frac {\displaystyle \frac {1}{\mathrm {j}\omega C_{2}}}{\displaystyle \frac {1}{\mathrm {j}\omega C_{1}}+\frac {1}{\mathrm {j}\omega C_{2}}}\times {\dot V}_{1} \\[ 5pt ] &=&\frac {1}{\displaystyle \frac {C_{2}}{C_{1}}+1}\times {\dot V}_{1} \\[ 5pt ] &=&\frac {1}{\displaystyle \frac {C_{1}+C_{2}}{C_{1}}}\times {\dot V}_{1} \\[ 5pt ] &=&\frac {C_{1}}{C_{1}+C_{2}}\times {\dot V}_{1} \\[ 5pt ] \end{eqnarray}
\] と求められる。

(3)解答：ロ
ワンポイント解説「1.テブナンの定理」より，交流電圧計に流れる電流\( \ \dot I \ \)は，
\[
\begin{eqnarray}
\dot I&=&\frac {{\dot V}_{0}}{{\dot Z}_{0}+\mathrm {j}\omega L +\dot Z} \\[ 5pt ] &=&\frac {\displaystyle \frac {C_{1}}{C_{1}+C_{2}}\times {\dot V}_{1}}{\displaystyle \frac {1}{\mathrm {j}\omega \left( C_{1}+C_{2}\right)}+\mathrm {j}\omega L +\dot Z} \\[ 5pt ] &=&\frac {\displaystyle \frac {C_{1}}{C_{1}+C_{2}}\times {\dot V}_{1}}{\displaystyle \mathrm {j}\omega L+\frac {1}{\mathrm {j}\omega \left( C_{1}+C_{2}\right)} +\dot Z} \\[ 5pt ] \end{eqnarray}
\] と求められる。

(4)解答：ヌ
題意より，\( \ \displaystyle \mathrm {j}\omega L+\frac {1}{\mathrm {j}\omega \left( C_{1}+C_{2}\right)} =0 \ \)であるから，これを整理すると，
\[
\begin{eqnarray}
\mathrm {j}\omega L-\mathrm {j}\frac {1}{\omega \left( C_{1}+C_{2}\right)}&=&0 \\[ 5pt ] \omega L-\frac {1}{\omega \left( C_{1}+C_{2}\right)}&=&0 \\[ 5pt ] \omega L&=&\frac {1}{\omega \left( C_{1}+C_{2}\right)} \\[ 5pt ] \omega ^{2}L\left( C_{1}+C_{2}\right)&=&1 \\[ 5pt ] \end{eqnarray}
\] と求められる。

(5)解答：カ
(2)～(4)より，回路のインピーダンスのうち，リアクタンス分を零にする\( \ \omega ^{2}L\left( C_{1}+C_{2}\right)=1 \ \)の関係は共振の関係となる。