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第6章
相互インダクタンス回路とブリッジ回路
2 つのコイルがあり、第 1 のコイルに時間的に変化する電流が流れるとき、第 2 のコイルに起電力を生ずる現象
を相互誘導という。したがって、相互誘導回路は、2 つのコイルがお互いに磁束を介して結合されている。この結
合の強さは、相互インダクタンス M で表される。また、回路の扱いでは、M の符号に注意が必要である。ブリッ
ジ回路は、その平衡条件から回路素子や各種インピーダンスの測定に多く用いられている。
相互誘導回路
現象
和動的
差動的
お互いに磁束が加わり合う
お互いに磁束が相殺し合う
1
i2
i1
2
1
i2
i1
・
・・
e1
2
L1
L2
e2
e1
L1
L2
e2
・
回路
+M[ 注 ]
1’
2’
-M[ 注 ]
1’
L2-M
L1-M
・
I2
I1
+M
E1
L2-M
L1-M
・
2’
I2
I1
E2
-M
E1
・
・
E1 = jωL1 I˙˙1 + jωM I˙2
˙
˙
˙
E2 = jωL
2 I2 + jωM I1
E1 = jωL1 I˙˙1 + jωM I˙2
E2 = jωL2 I˙˙2 + jωM I˙1
等価回路
式
65
E2
6.0 要点のまとめ
66
また、インダクタンスは、接続向きと電流の向きにより、磁束が強め合うか弱め合うか、すなわち、加極性か減
極性かが変わってくる。等価回路はコイルのドットの向きにより決定する。その一覧を以下に示す。
日本国内においては、上段の回路が通常用いられる。
電流流入方向
電流流出方向
等価回路
a
I1
I2
L1
a
I1
L2
I2
L1
M
b
a'
b'
b
a
I1
a'
L1 +M
b'
ถಊ
I2
L1
L2-M
a
L2
M
ьಊḵࢍỜӳạ
L 1- M
a'
a'
a
L2
I1
I2
L1
a'
L1+M
L2+M
a
a'
L2
L1 -M
b
M
b'
b
ถಊ
M
b'
ьಊḵࢍỜӳạ
ブリッジ回路 ブリッジ回路の平衡条件は、下図において、cd 間の電流計 D に電流が流れていない状態であり、
このとき c 点と d 点の電位が等しくなるため、次式が成立している。
c
.
1
Z
.
a
b
D
.
I3
.
.
Z
Z2
Z˙1 Z˙4 = A + jB, Z˙2 Z˙3 = C + jD
d
と書かれるとき、これらの実数部同士および虚数部同士
が等しい。
したがって、交流ブリッジの場合、平衡条件の解は 2 つ
存在する。
.
E
4
したがって、平衡時には Z˙1 Z˙4 = Z˙2 Z˙3 となる。これらが
.
I2
Z3
V˙cb = V˙db
˙
˙
Z3 E
Z˙4 E˙
=
Z˙1 + Z˙3
Z˙1 + Z˙4
Z˙3 (Z˙1 + Z˙4 ) = Z˙4 (Z˙1 + Z˙3 )
6 相互インダクタンス回路とブリッジ回路
67
相互インダクタンス回路
6.1
6.1.1
T 形等価回路の基礎
R1
R2
相互インダクタンス M で結合された右図のような相互
誘導回路 T 形等価回路を求め,回路が等価であることを
-M
I1
E
I2
L1
示せ。
L2
[解]
トランス結合であるから差動的であり −M となる。
したがって電圧平衡式は,
(R1 + jωL1 ) I˙1 − jωM I˙2 = E˙
−jωM I˙1 + (R2 + jωL2 ) I˙2 = 0
}
式 (1) を変形して,

)
(
{R1 + jω (L1 − M )} I˙1 + jωM I˙1 − I˙2 = E˙ 
(
)
jωM I˙2 − I˙1 + {R2 + jω (L2 − M )} I˙2 = 0 
トランスでは通常、時期飽和するために差動
的となる。これは磁束を打ち消すので、減極
性とも言う。この極性は、コイルの巻線の向
きと、流れる 2 次側電流の向きで決まる。し
たがって、差動結合でも加極性の場合がある
ことに注意する。
下図のような等価回路を考えて,電流の方向を決める。
等価回路における電圧平衡式は,
{R1 + jω (La + Lc )} I˙1 + jωLc I˙2 = E˙
jωLc I˙1 + {R2 + jω (Lb + Lc )} I˙2 = 0
極性
R1
}
La
Lb
I1
E
R2
I2
Lc
となる。すなわち,T 形等価回路は下図のようになる。
式 (1) と式 (3) との両式から
L1 = La +Lc ,M = −Lc
L2 = Lb +Lc ,M = −Lc
それゆえ,
La = L1 +M ,Lb = L2 +M ,Lc = −M
となる。
L1+M
R1
L2+M
I1
I2
E
-M
R2
6.1 相互インダクタンス回路
68
6.1.2
相互インダクタンス回路
R
a
-M
右図のような回路がある。ab から右を見た実効抵抗 R0
L1
と実効リアクタンス X 0 を求めよ。
L2
b
[解]
下図の等価回路から,ab から見た合成インピーダンス Z˙ 0 を求める。(角周波数
を ω とする)
Z˙ 0
=
=
=
=
=
=
−jωM {R + jω(L2 + M )}
+ jω(L1 + M )
−jωM + R + jω(L2 + M )
−jωM R + ω 2 M L2 + ω 2 M 2
+ jω(L1 + M )
R + jωL2
−jωM (R + jωL2 ) + ω 2 M 2
+ jω(L1 + M )
R + jωL2
ω 2 M 2 (R − jωL2 )
− jωM + jω(L1 + M )
(R + jωL2 )(R − jωL2 )
ω 2 M 2 R − jω 3 M 2 L2
+ jωL1
R2 + ω 2 L22
(
)
ω2 M 2 R
ω 3 M 2 L2
+
j
ωL
−
[Ω]
1
R2 + ω 2 L22
R2 + ω 2 L22
ゆえに, 実数部 = R0 ,虚数部 = X0 は,
{
(
)}
ω L1 R2 + ω 2 L2 L1 L2 − M 2
ω2 M 2 R
R0 = 2
[Ω] , X0 =
[Ω]
R + ω 2 L22
R2 + ω 2 L22
L1+M
L2+M
a
L1 -M
b
R
6 相互インダクタンス回路とブリッジ回路
6.1.3
69
T 形等価回路
I
R1
R2
-M
右図の回路の T 形等価回路を求め,電圧 E˙ と電流 I˙ とが
π/4 の位相差となる R1 の値を求めよ。
E
L1
L2
[解]
等価回路は問 6.1.1 と同じである。
6.1.2 の Z˙ 0 より,合成インピーダンスは Z˙ = Z˙ 0 + R1 であるので,
Z˙
=
=
=
=
=
−jωM {R2 + jω(L2 + M )}
+ jω(L1 + M ) + R1
−jωM + R2 + jω(L2 + M )
(
)
ω 2 M 2 R2
ω 3 M 2 L2
+ j ωL1 − 2
+ R1
R22 + ω 2 L22
R2 + ω 2 L22
(
)
ω 2 M 2 R2
ω 3 M 2 L2
R1 + 2
+ j ωL1 − 2
R2 + ω 2 L22
R2 + ω 2 L22
2
2
2
ωL1 (R2 + ω 2 L22 ) − ω 3 M 2 L2
ω M R2
+
j
R1 + 2
R2 + ω 2 L22
R22 + ω 2 L22
(
)}
{
2
ω L1 R2 + ω 2 L2 L1 L2 − M 2
ω 2 M 2 R2
R1 + 2
+j
R2 + ω 2 L22
R22 + ω 2 L22
E˙ と I˙ との位相差が 45 °ということは,Z˙ の実数部と虚数部が等しいことを意味する。したがって,R=X
(
)}
{
ω L1 R22 + ω 2 L2 L1 L2 − M 2
ω 2 M 2 R2
R = X ⇔ R1 + 2
=
R2 + ω 2 L22
R22 + ω 2 L22
(
)}
{
2
2
2
ω L1 R2 + ω L2 L1 L2 − M
ω 2 M 2 R2
−
R1 =
R22 + ω 2 L22
R22 + ω 2 L22
3
2
2
3
2
2
ωL1 R2 + ω L1 L2 − ω L2 M − ω M 2 R2
=
R22 + ω 2 L22
(R22 + ω 2 L22 )ωL1 − ω 3 L2 M 2 − ω 2 M 2 R2
=
R22 + ω 2 L22
ω 2 M 2 (R2 + ωL2 )
= ωL1 −
[Ω]
R22 + ω 2 L22
6.1 相互インダクタンス回路
70
相互インダクタンス回路
6.1.4
a
右図の回路において,全電流 I˙ と各コイルに流れる電流
I˙1 ,I˙2 および ab から見た等価インピーダンス Z˙ を求
めよ。
L1
E
L2
+M
b
r1
r2
I1
I2
[解]
ab から見た合成インピーダンス Z˙ は,
Z˙
=
=
=
=
=
=
K
K
′′
{jω(L1 − M ) + r1 } {jω(L2 − M ) + r2 }
+ jωM
{jω(L1 − M ) + r1 } + {jω(L2 − M ) + r2 }
r1 r2 + jωr1 (L2 − M ) + jωr2 (L1 − M ) − ω 2 (L1 − M )(L2 − M )
+ jωM
r1 + r2 + jω(L1 + L2 − 2M )
K + jωM {(r1 + r2 ) + jω(L1 + L2 − 2M )}
r1 + r2 + jω(L1 + L2 − 2M )
′′
K + jωM (r1 + r2 ) − ω 2 M (L1 + L2 − 2M )
r1 + r2 + jω(L1 + L2 − 2M )
r1 r2 + jω(r1 L2 + r2 L1 ) − ω 2 L1 L2 + ω 2 M 2
r1 + r2 + jω(L1 + L2 − 2M )
(r1 + jωL1 )(r2 + jωL2 ) + ω 2 M 2
[Ω]
r1 + r2 + jω(L1 + L2 − 2M )
=
r1 r2 + jωr1 (L2 − M ) + jωr2 (L1 − M ) − ω 2 (L1 − M )(L2 − M )
=
r1 r2 + jωr1 (L2 − M ) + jωr2 (L1 − M ) − ω 2 (L1 L2 − M L1 − M L2 + M 2 )
したがって,全電流 I˙ は,オームの法則より,また,I˙1 ,I˙2 は,分流の法則より,
I˙
=
I˙1
=
=
I˙2
=
=
E˙ {r1 + r2 + jω(L1 + L2 − 2M )}
E˙
=
˙
(r1 + jωL1 )(r2 + jωL2 ) + ω 2 M 2
Z
{r2 + jω (L2 − M )}
I˙
{r1 + jω(L1 − M )} + {r2 + jω(L2 − M )}
{r2 + jω (L2 − M )}
˙
E[A]
(r1 + jωL1 ) (r2 + jωL2 ) + ω 2 M 2
{r1 + jω (L1 − M )}
I˙
{r1 + jω(L1 − M )} + {r2 + jω(L2 − M )}
{r1 + jω (L1 − M )}
E˙ [A]
(r1 + jωL1 ) (r2 + jωL2 ) + ω 2 M 2
a
+M
E
L1-M
b
L2-M
r1
r2
I1
I2
6 相互インダクタンス回路とブリッジ回路
6.1.5
71
相互インダクタンス回路
I1
a
C
下図の回路において,ab 間の実効抵抗 R0 ,実効リアク
タンス X0 と,2 次側コイルを流れる I˙2 を求めよ。
E
L1
解]
[ L1−M
I2
L2 −M
a
C
E
+M
b
R
等価回路から,合成インピーダンス Z˙ を求める。
{
}
1
jω(L2 + M ) + jωC
+ R (−jωM )
}
Z˙ = {
+ jω(L1 + M )
1
jω(L2 + M ) + jωC
+ R − jωM {
}
1
jωC jω(L2 + M ) + jωC
+ R (−jωM )
{
}
=
+ jω(L1 + M )
1
jωC jω(L2 + M ) + jωC
+ R − jωC × jωM { 2
}
−ω C(L2 + M ) + 1 + jωCR (−jωM )
=
+ jω(L1 + M )
−ω 2 C(L2 + M ) + 1 + jωCR + ω 2 CM
{ 2
}
−ω CL2 − ω 2 CM + 1 + jωCR (−jωM )
=
+ jω(L1 + M )
−ω 2 CL2 + 1 + jωCR
ここで,ω = √
1
L2 C
⇔ ω 2 L2 C = 1 の関係を使うと,
{
Z˙
=
=
=
=
=
=
∴ R0
=
}
−1 − ω 2 CM + 1 + jωCR (−jωM )
+ jω(L1 + M )
−1 + 1 + jωCR
{ 2
}
−ω CM + jωCR (−jωM )
+ jω(L1 + M )
jωCR
{ 2
}
−ω CM + jωCR (−M )
+ jω(L1 + M )
CR
2
2
ω CM
−jωCRM
+
+ jω(L1 + M )
CR
CR
−jωCRM + jωL1 CR + jωCRM
ω2 M 2
+
R
CR
ω2 M 2
+ jωL1 [Ω]
R
ω2 M 2
[Ω], X0 = ωL1 [Ω]
R
よって,
I
=
E˙
=
Z˙
=
R
E˙ [A]
ω 2 M 2 + jωRL1
ω2 M 2
R
E˙
+ jωL1
L2
R
b
I1
I2
-M
6.1 相互インダクタンス回路
72
˙ Z)
˙ ×分流比として求める。二次側に流れる電流は,
分流の考え方 I˙2 = (E/
I˙2
=
−jωM
{
jω(L2 + M ) +
=
=
=
=
=
1
jωC
}
I˙
+ R − jωM
−jωM
I˙
1
jωL2 + jωC
+R
ω2 M C
I˙
2 + 1 + jωCR
ω2 M C
I˙
−1 + 1 + jωCR
(
)
ω 2 CM
R
˙
E
jωCR ω 2 M 2 + jωRL1
M
E˙
jωM 2 − RL1
−ω 2 CL
1
上式に ω = √
を代入すると,
L2 C
√
M L2 C
˙
√
E[A]
I˙1 =
jM 2 − L1 R L2 C
6 相互インダクタンス回路とブリッジ回路
73
ブリッジ回路
6.2
アンダーソンブリッジ回路
6.2.1
c
R1
下図はアンダーソン (Anderson) ブリッジ回路と呼ばれて
C I
c
a
いるが,この回路の平衡条件を求めよ。
R3
r
I2
e
b
D
L4
R2
R4
d
E
[解]
下図における三角 cae を ∆−Y 変換し,Y を変形して再び,ブリッジを形成,その平衡条件を求める。
∆ = R1 + r +
1
1
R1 jωC
r jωC
1
R1 r
とおくと,
Z˙ 1 =
, Z˙ 2 =
, Z˙ 3 =
jωC
∆
∆
∆
Z˙ 1 (R4 + jωL4 ) = R2 (R3 + Z˙ 3 ) となり,
Z˙ 1
=
Z˙ 3
=
1
R1 jωC
R1 + r +
1
jωC
R1 r
R1 + r +
1
jωC
=
R1
R1 {1 − jωC (R1 + r)}
=
2
(R1 + r)jωC + 1
1 + ω 2 C 2 (R1 + r)
=
jωCR1 r
jωCR1 r {1 − jωC (R1 + r)}
=
2
1 − jωC (R1 + r)
1 + ω 2 C 2 (R1 + r)
Z˙ 1 ,Z˙ 3 を,平衡式に代入し,整理すると,
[
]
R1 {1 − jωC (R1 + r)}
jωCR1 r {1 − jωC (R1 + r)}
(R
+
jωL
)
=
R
R
+
4
4
2
3
1 + ω 2 C 2 (R1 + r)2
1 + ω 2 C 2 (R1 + r)2
{
2 2
2}
R1 {1 − jωC(R1 + r)} (R4 + jωL4 ) = R2 R3 1 + ω C (R1 + r) + jωCR1 R2 r {1 − jωC(R1 + r)}
R1 (R4 + jωL4 ) = R2 R3 {1 + jωC(R1 + r)} + jωCR1 R2 r
R1 R4 + jωR1 L4 = R2 R3 + jωCR1 R2 R3 + jωCR2 R3 r + jωCR1 R2 r
ここで,実数部同士,虚数部同士を等しくすると,
したがって,実数部:R1 R4 = R2 R3 ,虚数部:R1 L4 = C{R1 R2 R3 + R2 R3 r + R1 R2 r}
これに,R2 R3 = R1 R4 を代入すると,R1 L4 = C(R1 R2 R3 + R1 R4 r + R1 R2 r) より,
... L4 = C{R2 R3 + r(R2 + R4 )},または,L4 = C{R1 R4 + r(R2 + R4 )}
c
c
3
a
I2
D
e
L4
R2
R4
E
E
R3
e
b
D
D
d
c
b
L4
R2
d
Z2
a
2
Z1
b
Z
e
Z1
R3
O
C I
c
a
Z3
R3
r
Z
R1
O
c
L4
R2
R4
d
E
R4
6.2 ブリッジ回路
74
6.2.2
ブリッジ回路
c
r3x
L1
右図のブリッジ回路において,
r1 と L1 を変化させて平
L3x
r1
衡を得た。未知の抵抗 r3x とインダクタンス L3x を求め
a
b
D
よ。ただし,R2 = 4 Ω,R4 = 6 Ω で,平衡時における r1
R2
と L1 はそれぞれ 2 Ω,30 mH である。
R4
d
E
[解]
平衡条件より,
(r1 + jωL1 )R4 = R2 (r3x + jωL3x )
r1 R4 + jωL1 R4 = R2 r3x + jωL3x R2
ここで,実数部同士,虚数部同士を等しくすると,
r1 R4 = R2 r3x , L1 R4 = L3x R2
... r3x = 3 [Ω], L3x = 45 [mH]
6.2.3
ケーリー・フォスターブリッジ回路
c
R3
下図のケーリー・フォスター (Carely Foster) ブリッジ回
a
路の平衡条件を求めよ。
b
D
L2
r2 r4
L1
C4
+M
d
E
[解]
c
M の個所を T 形等価回路に変換して平衡条件を用いる。
(
)
1
jωM r4 +
= R3 {r2 + jω (L2 − M )}
jωC4
M
jωM r4 +
= jωR3 (L2 − M ) + R3 r2
C4
R3
+M
a
D
r4
L1-M
ここで,実数部同士,虚数部同士を等しくすると,
r2
実数部:C4 R3 r2 = M , d
虚数部:M r4 = R3 (L2 − M )
E
L 1- M
L2-M
a
ḷ
C4
L2-M
a'
L1 +M
b
第7章
三相交流回路
要点のまとめ
Ec = |E| Ē
ɤႻⅻ‫ݣ‬ᆅ↗ⅳⅵↂ↗↞
℡ɤ↓↝⇿⇕⇮∑↝ԧ0
4
 = |E|
3
Im
℡Ӳ⇿⇕⇮∑↝ˮႻ↞
120⁳(2₠/3[rad])
ʝⅳ↚ီ↙↺
+j
Ď3
1
+j
2
2
Ď3
|E|
2
℡‫ٻ‬ⅼↄ≏ԗඬૠ↞ӷↇ
ᡫࠝ↞≏Ea⇁
ؕแ⇿⇕⇮∑↗ↈ↺
Ea = |E| Ē 0
Re
|E|
j
Eb = |E| Ē
Ď3
|E|
2
2
 = |E|
3
実数
1
2
j
Ď3
2
複素数
瞬時値形式
√
ea = 2E sin(ω t)
√
eb = 2E sin(ω t − 32 π)
√
ec = 2E sin(ω t − 43 π)
|E|・
・
・実効値 極座標形式
極形式
Ea = |E| ∠ 0
Ea = |E|ε
Eb = |E| ∠
Ec = |E| ∠
(− 23 π)
(− 43 π)
複素数形式
Eb = |E|ε
j0
Ea = |E|
−j 32 π
Eb = |E|(− 21 − j
Ec = |E|ε−j 3 π
4
Ec = |E|(− 12 +
√
3
)
√2
3
j 2 )
Va+Vb+Vc=0
Ia+Ib+Ic=0
Vab+Vbc+Vca=0
足して 0 になることは,互いに 2π/3[rad](120°)
このことを念頭に置いて
位相が異なることを意味する。
下の表を見てみよう
Iab+Ibc+Ica=0
Y 結線の電圧の関係
線間電圧
相電圧
相電圧
線間電圧
1
√3
1
Eb= Vbc∠-30°
√3
1
Ec= Vca∠-30°
√3
Vab=√ E
3 a∠30°
Ea= Vab∠-30°
Vbc=√ E
3 b∠30°
Vca=√ E
3 c∠30°
Δ結線の電流の関係
相電流
相電圧
線間電圧
線間電圧
1 V ∠-30°
Ea= ab
Ia=√ I
3 ab∠-30°
√3
1 V ∠-30°
Eb= √3 bc
1 V ∠-30°
Ec= √3 ca
Ib=√ I
3 bc∠-30°
Ic=√ I
3 ca∠-30°
75
6.2 ブリッジ回路
76
接続形態
回路図
備考
Ia
a
a
Ia
Z
Ea
Va
Vc
Ec
N
N'
Z
c
c
b
Eb
Ic
Z
Ib
b
Vb
Ib
Y-Y 接続
中性点 N-N’ を線で結べば(短絡),この N-N’
Ic
が共通な単相回路が三つあるとみなせる。したがっ
て,単相回路の計算手法が適用できる。
例:Ea = Va Va =
Ia
a
Va
Z
=
Ea
Z
a
I ab
Eca
Vca
Eab
Vab
Z
Z
I ca
b
c
b
Z
c
I bc
Ebc
Vbc
Ib
Δ-Δ接続
単相回路が三つあるとみなせるので,各相(ab 相,bc
Ic
相,ca 相)を独立して単相回路の計算手法が適用できる。
√
例:Vab = Eab Iab = VZab = EZab Ia = 3Iab ∠ (− π
6)
Ia
a
a
I ab
Ea
Vca
Vab
Z
Z
Ec
I ca
N
b
c
I bc
Vbc
Ib
Y-Δ接続
b
Z
c
Eb
電源をΔ結線,または負荷を Y 結線に変換すればよい。
Ic
ただし,負荷を Y 結線に変換して計算する際,例えば,
相電流 Iab を求めるには,先に線電流 Ia を求め,これか
ら Iab を導出しなければならない。一方,電源をΔ結線
に変換さえすれば,相電流 Iab を直ちに計算できる。
√
√
Ea ∠π/6
Vab
例:Vab = 3Ea ∠ ( π
)
I
=
=
ab
6
Z
Z
√
)
Ia = 3Iab ∠ (− π
6
Ia
a
a
Ia
Eca
Z
Eab
Va
Vc
Z
b
c
Ebc
Δ-Y 接続
c
Ic
N'
Z
Ib
b
Vb
Ib
Ic
電源を Y 結線,または負荷をΔ結線に変換すればよい。
ただし,負荷をΔ結線に変換して計算する際,例えば,
相電流 Ia を求めるには,先に線電流 Iab を求め,これか
ら Ia を導出しなければならない。一方,電源を Y 結線に
変換さえすれば,相電流 Ia を直ちに計算できる。
例: Va =
√1 Eab ∠
3
(− π
6 ) Ia =
Va
Z
=
1 √1
Z 3 Eab ∠
(− π
6)
6 相互インダクタンス回路とブリッジ回路
77
不平衡三相回路
計算方法
三相回路において非対称すなわち,不平衡を論ずるとき,電線の不平衡と不可の不平衡に分けられる。
(a) キルヒホッフの法則の利用による方法 (最も基本的な方法)
(b) 中性点電位の計算による方法 (ミルマンの定理の応用)
(c) ∆-Y 変換による方法 (不平衡インピーダンス)
(d) ベクトル図による方法
不平衡時の中性点電圧 Vn
両者とも不平衡となることにより,中性点に電位を生ずる。この中性点電位は,中性線のあるときは,
V˙ n =
Y˙ a V˙ a + Y˙ b V˙ b + Y˙ c V˙ c
[V]
Y˙ a + Y˙ b + Y˙ c + Y˙ n
中性線のないときは,上式において,中性線アドミタンス Y˙ n = 0 と表現できる。なお三相回路中に ∆ 結線を
有する ∆-Y,∆-∆ 結線では ∆-Y 変換を行い等価 Y-Y 結線で処理する。
対称座標法 非対称三相交流を示すには通常,対称座標法が良く使われる.すなわち,正相分,逆相分,零相分
に分け,これらの組み合わせによって示される.
非対称三相交流電圧の表示は,

 


V˙ a
V˙ 0
1 1 1
 ˙  


 Vb  =  1 a2 a   V˙ 1 
V˙ c
V˙ 2
1 a a2


1 1
V˙ 0
 ˙  1
 V 1  =  1 a2
3
1 a
V˙ 2


1

a 
a2

V˙ a

V˙ b 
V˙ c
Va 0
Va
Va 2
Va1
Vc1 = aVa1
Vc
Va 2
Va 0
Vc2 = a2Va 2
Vb
Vb 1
Vb 0
Vb1 = a2Va1
ദႻЎ
Va 1
Vc 2
Vc 0
Vb 0 = Va 0
Vc 0 = Vb 0
Vb 2 = aVa 2
Vc 1
Vb 2
ᡞႻЎ
V˙ 0 :零相分(各相とも同一位相の単相交流,地絡時のみ)
V˙ 1 :正相分(対称三相交流,正常な三相交流)
V˙ 2 :逆相分(正相分と逆回転の三相交流)
【注】対称三相交流のとき,V˙ 0 = 0,V˙ 2 = 0
ᩐႻЎ
ӳ঺ᩓ‫ן‬
7.1 三相交流回路の基礎
78
7.1
7.1.1
三相交流回路と結線
Y-Δ形結線
.
Ia
a
a’
.
Ea
右図に示す三相回路において,電源の線間電圧 E˙ ab , E˙ bc , E˙ ca ,
相電圧 E˙ a , E˙ b , E˙ c ,負荷の相電流 I˙ab , I˙bc , I˙ca ,線電流 I˙a , I˙b , I˙c ,
.
Ica
O
.
Ec
˙
負荷のインピーダンス Z(R
+ jX) の間の関係を求めよ。
.
Eb
c
b
.
Ib
c’
.
Iab
.
Z
.
Z
.
Z
.
Ibc
b’
.
Ic
[解]
˙ Eab =
回路図より,負荷に供給される線間電圧,負荷の相電流,
および線電流を計算すると以下となる。
負荷端の電圧,すなわち, 線間電圧は,E˙ a を基準とすると,
√
π
E˙ ab = E˙ a − E˙ b = 3E˙ a εj 6
√
π
E˙ bc = E˙ b − E˙ c = 3E˙ b εj 6
√
π
E˙ ca = E˙ c − E˙ a = 3E˙ c εj 6
となる。したがって,負荷の相電流は,E˙ ab を基準として,
E˙ ab
E˙ ab
E˙ ab −jφ
I˙ab =
=
ε
=
˙ jφ
Z
Z˙
|Z|ε
E˙ bc
E˙ bc −jφ
I˙bc =
=
ε
Z
Z˙
E˙ ca
E˙ ca −jφ
I˙ca =
=
ε
Z
Z˙
X
である。線電流は,I˙ab を基準として,
ただし,φ = tan−1
√R
π
I˙a = I˙ab − I˙ca = 3I˙ab ε−j 6
√
π
I˙b = I˙bc − I˙ab = 3I˙bc ε−j 6
√
π
I˙c = I˙ca − I˙bc = 3I˙ca ε−j 6
補足
˙ (Ea cos 30◦ )2
√3
√ = E˙ a × 2 = 3 E˙ a 2
式のイメージ
図のような回路をイメージしろ I˙a + I˙ca = I˙ab
I˙a
= I˙ab − I˙ca
√ = (I˙ab cos 30◦ )2 = 3 I˙ab ※⁓
ᵧᶁᵿ
.
.
.
Eca
㸫
6
.
.
- Eb
Eab
Ica
㸫
6
㸫
6
1
.
Iab
.
-E a
㸫
6
120°
㸫
6
.
Ib
.
Eb
㸫
6
.
.
- Ec
.
R
.
-
Ica
.
Ia
Ibc
Ebc
= tan-1 X
.
Ea
ᵧᵿᶀ
Ic
Ec
キルヒホッフの第一法則より
となる。この状況を示すベクトル図を下図に示す。
.
7 三相交流回路
7.1.2
79
Y 結線
√
右図のように線間電圧 210V の平衡三相電源に, インピーダンス Z˙ = 5 3+
j5[Ω] のコイル 3 個を Y 結線にして負荷をかけた場合, 次の値を求めよ。
(1)a 線の線電流 I˙a (2) 負荷の力率 (3) 負荷が消費する電力
(5) 同じ電源にこれを接続したとき,a′ b′ 間の Z˙ d に流れる電流 I˙d
a’
.
Va’ 㸻 V ’
.
Z
.
Z
㻞㻝㻜㼂
また,この負荷と等価な ∆ 結線の負荷を想定した場合
その負荷について次の値を求めよ。
(4) 1 相のインピーダンス Z˙ d
.
Ia
a
.
Z
㻞㻝㻜㼂
c’
c
b’
㻞㻝㻜㼂
b
[解]
√
210
(1) Y 型結線 1 相の電圧 V ′ = √ = 70 3[V ] となるから,a′ 相 1 相の電圧V˙ a′ を基準とした電流I˙a は
3
√
√
変換のイメージ
′
˙ a′
√
V
V
70
3
14
3
I˙a =
=
= √
= √
( 3 − j1)
C
( 3)2 + 12
Z˙
Z˙ √ 5 3 + j5
C
= 10.5 − j3.5 3[A]
8C
8CD
√
√
˙ E
Ia = (10.5)2 + (3.5 3)2 = 12.1 A
√
E
D
D
5 3
(2) 負荷の力率=cos φ = √ √
Va と Vab や線間電圧と線電圧とを見間違えて自分の
(5 3)2 + 52
√
勝手なイメージを押し付けないようにしよう
√
3
= 5 3 + j5 =
= 0.866(遅れ)
2
線間電圧のイメージ
(3) 負荷の消費電力 P は
√
-Vb
Vab
P = 3 × | 線間電圧 | × | 線電流 | × 負荷の力率
Vc
√
−3
P = 3 × 210 × 12.1 × 0.866 × 10 = 3.81[kW]
᷌
30ᶟ
Vab=ẅ3
Ṁ |Va|᷁j Ḙ6
(4) Y 形負荷と等価な ∆ 形負荷のインピーダンス Z˙ d は
30ᶟ
√
√
Z˙ d = 3Z˙ = 3 × (5 3 + j5) = 15( 3 + j1)[Ω]
Va
(5) a′ b′ 間の電圧 V˙ ab は電圧 V˙ a′ に対して
√
√
V˙ ab = 2 × 23 V˙ a εj30°= 3V˙ a εj30°
Vb
電圧 V˙ a′ を基準とした電圧 V˙ ab は
√
√
3
1
V˙ ab =
3Va εj30°
˙
Vab = 210 cos 30°+j210 sin 30°= 210×
+j210×
√
210
2
2
√
=
3× √ (cos 30°+ j sin 30°)
= 105( 3 + j1)[V ]
3
したがって,Z˙ d に流れる電流
I˙d は
√
Vab と聞いただけで上のような図が浮かぶのが
V˙ ab
105( 3 + j1)
√
I˙d =
=
= 7 A となる。
いいイメージだ!
15( 3 + j1)
Z˙ d
7.1 三相交流回路の基礎
80
7.1.3
Y 形結線
㻞㻞㻜
a
V = 127 V
Ҁ㻟
.
Ia
a’
.
Ea
右図のような平衡三相交流回路の線電流の大きさと位相差を求めよ。
ただし,線間電圧は 220[V],負荷インピーダンスは Z˙ = 8 + j6[Ω] である。
.
Z
㻞㻞㻜㼂
O
.
Ec
O’
.
Z
.
Eb
c
.
Z
c’
b
.
Ic
b’
.
Ib
[解]
220
相電圧は,|Ea | = |Eb | = |Ec | = √ = 127 V となり,相電圧を基準とすると,
3 127
127
127
−1 6
˙
=√
Ia =
=
= 12.7ε−j tan 8 ,
6
6
−1
−1
8 + j6
8
82 + 62 ε)jtan 8
10εjtan
(
)
(
−j
I˙b = 12.7ε
2
−1 6
3 π+tan
8
4
6
−j 3 π+tan−1 8
,I˙c = 12.7ε
したがって, Ia = Ib = Ic = 12.7 A,θ = tan−1
7.1.4
6
8
= 0.64 rad = 36.9°
.
I
Y-Δ形結線
R
.
E1
右図のように対称な三相起電力 E˙ 1 ,
E˙ 2 ,および E˙ 3 をもつ電源に
平衡な負荷を接続するとき,流れる電流の大きさ I を求めよ。
.
E3
ただし,R は図の各部の抵抗を示すものとする。
R
O
R
.
E2
R
.
I
.
I
[解]
R
)
3 = 5R
1 相分の全合成抵抗 R0 は,R0 = R +
R
4
R+
3
そして,E = |E˙ 1 | = |E˙ 2 | = |E˙ 3 | とすれば,E は Y 型電圧を示すから,
E
4 E
I= 5 = ·
5 R
R
4
R(
R
R R
R
R
7 三相交流回路
7.1.5
81
Δ形結線
.
Ia
a
右図のような平衡三相交流回路において,電源が Eab = Ebc = Eca = 300[V]
であるとき,線電流 I˙a ,I˙b ,I˙c ,および相電流 I˙ab ,I˙bc ,I˙ca を求めよ。
一相の負荷インピーダンスは Z˙ = 8 + j6[Ω] とする。
.
Eca
a’
.
Eab
.
Ebc
c
.
Ica
.
Z
.
Z
.
Z
c’
b
.
Iab
.
Ibc
.
Ic
b’
.
Ib
[解]
. .
.
Ec Ic
.
Eab
Eca
−1
(
4
−1
3
−j 3 π+tan
4
I˙ca = 30ε
よって,
Iab = Ibc = Ica = 30 A
ȟ 㸫
6
3
Z˙ = 8 + j6 = 10εj tan 4
したがって,
E˙ ab
E˙ ab
300
I˙ab =
=
3 =
j tan−1 4
j tan−1
Z˙
10ε
( 10ε
)
2
3
−j 3 π+tan−1 4
˙
Ibc = 30ε
3
4
= 30ε−j tan
−1
ȟ
3
4
.
ȟ
.
.
Ea
Ia
Ib .
Eb
)
このとき,
(
π
√
√ −j π +tan−1
I˙a = 3I˙ab ε−j( 6 = 30 3ε )6
√ −j 2 π+ π +tan−1 3
4
I˙b = 30 3ε ( 3 6
)
√ −j 4 π+ π +tan−1 3
˙
3
6
4
Ic = 30 3ε
.
Ebc
.
3
4
Ia
)
.
.
Ica
Iab
よって,
√
Ia = Ib = Ic = 30 3 = 52 A
.
.
Ia
Ia
.
.
.
.
Ica
Iab
Iab
Ica
補足
問題中のI˙a とは右図のようにとらえることが出来る
+CD
そして途中式は以下のようになる
√
π
3
−j tan−1 34
˙
Ia = 2 × Iab cos = 2 × 30 ×ε
×
6
2
π
右図のように 位相が変化するようイメージすると
6
√ −j tan−1 3 − 1
4
6
= 30 3ε
c
+C
7.1 三相交流回路の基礎
82
7.1.6 Δ形結線
線間電圧 130 V で,Z˙ = 3 + j3[Ω] を Y 形結線した負荷に電力を供給している。線間電圧を基準として線電流
˙
Ia ,I˙b ,I˙c を求めよ。また,同一のインピーダンスを ∆ 形結線にしたときの相電流を求めよ。
[解]
Y 形結線のとき,V˙ ab を基準とすると,
130
130
130
◦
◦
◦
V˙ a = √ ε−j30 ,V˙ b = √ ε−j150 ,V˙ c = √ ε−j270
3
3
3
√
◦
また,
Z˙ = 3 + j3 = 3 2εj45
したがって, √
◦
V˙ a
130/ 3ε−j30
◦
√
I˙a =
=
= 17.7ε−j75
3 2εj45◦
Z˙
V˙ b
V˙ c
◦
◦
I˙b =
= 17.7ε−j195 ,I˙c =
= 17.7ε−j315
˙
˙
Z
Z
∆ 形結線のとき,
V˙ ab
130
◦
I˙ab =
= √
= 30.6ε−j45
3 2εj45◦
Z˙
V˙ bc
◦
I˙bc =
= 30.6ε−j165
˙
Z
˙ ca
V
◦
I˙ca =
= 30.6ε−j285
Z˙
7.1.7 Y-Y 形回路
Y − Y 形回路で線間電圧 100[V], Y 形負荷のインピーダンス Z˙ = 6 + j8[Ω] とするとき,相電流を求め,
電圧と電流のベクトル図を示せ。
[解]
⹫
.
V˙ a を基準ベクトルとすると
Z˙ = 10εj53.1°, Vab = 100 V
100
10
V˙ a = √ V,I˙a = √ ε−j53.1°
3
3
10
10
I˙b = √ ε−j173.1°I˙c = √ ε−j293.1°
3
3
.
.
Vc
Vab
Ic
.
Vca
π 53.1r
㸫
6
.
π
㸫
6
Ib
53.1r
53.1r
π
㸫
6
.
Ia
.
Vb
.
Vbc
.
Va
ᐇ
7 三相交流回路
7.1.8
83
Y-Δ複合形結線
a
Ia
c
Ic
r
r
r
相等しい 6 個の抵抗 r を,右図のように結線し,平衡三相電圧
√
100 3[V] を端子間に加えたときの線電流を求めよ。
r
r
ただし,r は 3[Ω] とする。
r
Ib
b
[解]
3
中央 ∆ 部を Y 変換,1 相分の等価抵抗は,R = + 3 = 4Ω
3
√
3
相電圧 = Ia = Ib = Ic = 100 √ = 100 V
3
100
= 25A
したがって,線電流 = 相電流 = Ia = Ib = Ic =
4
a
Ia
c
Ic
r
r
r/3
r/3
r/3
Ib
b
r
7.2 三相電力
84
7.2
三相電力
7.2.1 等価 Y 回路 (1)
三相平衡負荷があって,線間電圧 3000[V],線電流 20[A],その力率は 0.8(遅れ) である。
これの等価 Y 回路の各相の抵抗 R およびリアクタンス X は,それぞれ何 [Ω] か。
[解]
3000
相電圧 E = √ V, 相電流 I=線電流 I = 20A
3
E
√
3000
Z = = √ ÷ 20 = 50 3[Ω]
I
3 √
R = Z cos θ = 50 3× 0.8 = 69.28[Ω] ,X = Z sin θ = 51.96[Ω]
7.2.2 三相電力
遅れ力率 0.8 の平衡三相負荷に,線間電圧 200V を印加したとき,10kW の電力を消費した。
このときの負荷の線電流を求めよ。
[解]√
P = 3El Il cos φ[W] より
10 × 103
Il = √
= 36.1A
3 × 200 × 0.8
7.2.3 等価 Y 回路 (2)
三相平衡負荷がある。これと電源を結ぶ電線の線間電圧は 200 V,線電流は 10 A であって,負荷は 3kW を消費
している。この負荷の等価 Y 回路の各相の抵抗 R およびリアクタンス X はそれぞれ何 [Ω] か。
[解]
√
3
3000
√
=
P = 3El Il cos φ [W] より,力率 cos θ = √
2
3 × 200 × 10
V
200
相電圧 √ = √ V
3
3
√
200
√
20 3
3
負荷の等価 Y 回路のインピーダンス Z は,Z =
=
[Ω]
10
3
v
( √ )2
u
u
3
1
√
=
また, sin = 1 − cos2 θ = t1 −
2
2
√
√
20 3
3
それゆえ, 抵抗 R = Z cos θ =
×
= 10[Ω],
3
2
√
20 3 1
リアクタンス X = Z sin θ =
× = 5.77[Ω]
3
2
補足
#
8
4
P
∴ cos ϕ
Ü
Ď
4
4
√
3× 200 × 10 × cos ϕ = 3000
3000
= √
3× 200 × 10
√
3
=
2
=
7 三相交流回路
85
7.2.4 三相回路の力率改善
端子電圧 200V,入力 30kW, 力率 60% の対称三相負荷がある。同一定格容量の進相 200V 用の単相コンデン
サ 3 個を用い,負荷の合成力率を 100% にするには, コンデンサ 1 個あたりの静電容量をいくらにすればよいか。
ただし, 周波数は 50Hz とする。 また, この場合の三相回路に対する 3 個のコンデンサの結線図を示せ。
[解]
問題の電力のベクトル図は,下図のようになる。
この負荷の無効電力 Pr は,
sin θ
Pr = 30 × tan θ = 30 × cos
θ = 30 ×
√
1−0.62
0.6
また結線図を下図に示す。 kW
θ
= 40 kvar となる。
題意より負荷の合成力率を 100%とするには,
無効電力 Pr と等しい進相電力 Pc とすればよい。
Pr
コンデンサを ∆ 結線とすると,I=ωCV より
Pr = Pc = 3V I = 3V × ωCV = 3ωCV 2
よって
P
40 × 10
=
3ωV 2
3 × 2 × 3.14 × 50 × 2002
= 1.06 × 10−3 F
3
C
=
V V
= 1060 µF
別解
入力 W
30 × 103
⇒ Ie
Pr
= 端子電圧 V ×端子電流 I ×力率より
√
=
3× 200 × Ie × 0.6
30 × 103
= √
3× 200 × 0.6
√
=
3× 200 × Ie × sin θ √
√
=
3× 200 × Ie × 12 − 0.62
√
√
30 × 103
3× 200 × √
× 12 − 0.62
=
3× 200 × 0.6
√
1 − 0.36
= 30 × 103 ×
= 40kVar
0.6
୕┦㈇Ⲵ
V
C
C
C
C
C
ḳ߼‫׋‬ỉᶨ‫׹‬ἅὅἙὅἇỉᢿЎỊ
ɥ‫׋‬ểӷಮểễỦ
C
7.2 三相電力
86
7.2.5
三相回路の無効電力測定
Ia
a
右図のように 2 個の電力計を用いて,平衡三相負荷の無効電力を
W1
Ib
㈇
Ic
Ⲵ
b
測定できることを説明せよ。
c
W2
[解]
下図に,V˙a 基準の電圧と電流のベクトル図を示す。電流は電圧と比べ,位相が
θ 遅れていると仮定する。また,V˙ab 基準の I˙a の位相差を φ1 ,V˙cb 基準の I˙c の
位相差を φ2 と置いた。このとき,以下の関係が成り立つ。
π
π
φ1 = + θ,φ2 = − θ
6
6
各電力計 W1 , W2 の指示値をそれぞれ
( P1 , P
)2 とすると,
π
P1 = |I˙a ||V˙ab | cos φ1 = |I˙a ||V˙ab | cos
+θ
6
(
)
π
˙
˙
˙
˙
P2 = |Ic ||Vcb | cos φ2 = |Ic ||Vcb | cos
−θ
6
平衡三相なので,Vl = |V˙ab | = |V˙cb |,Il = |I˙a | = |I˙c | とおくと,
(
W2 − W1
= Il Vl cos
π
6
)
−θ
(
− Il Vl cos
π
6
公式により
√ 3 I˙a I˙ab cos ϕ
√ P2 − P1 = 3 I˙a I˙ab sin ϕ
P2 + P1 =
Vcb
Ic
+θ
Vc
加法定理
√
θ
ȧ
ȧ 6
6
ϕ1 θ
θ
ȧ
6
Ib
Vb
3 を乗ずれ
Vbc
cos(α + β) = cos α cos β − sin α sin β
cos(α − β) = cos α cos β + sin α sin β
Vab
ϕ2
Vca
π
π
π
π
= Il Vl (cos cos θ + sin sin θ) − Il Vl (cos cos θ − sin sin θ)
6
6
6
6
√
√
3
3
1
1
= Il Vl ((
cos θ + sin θ) − (
cos θ − sin θ))
2
2
2
2
= Il Vl sin θ
ば,無効電力を測定できる。
)
ゆえに,2 個の電力計の指示値の差 P2 − P1 を計算し,その値に
指示値の関係
Va
Ia
7 三相回路
7.3
87
非平衡三相回路
キルヒホッフの法則を利用
7.3.1
各 x[Ω] なる 3 個のリアクタンスと各 r[Ω] なる 2 個の抵抗とを右図
のように接続し,端子 abc 間に平衡三相交流電圧 E[V] を加えると
き,各相に通ずる電流の大きさを求めよ。
a
Ia
x
Ib
x
b
c
Ic
x
r
r
[解] この問題はキルヒホッフの法則を利用して解答する。まず,各相のインピーダンス Z˙ a ,Z˙ b ,Z˙ c は
Z˙ a = Z˙ a = r + jx,Z˙ b = jx (a)
また,端子 ab の電圧 E˙ ab を基準にとって E とおけば E˙ ab = E ,
E˙ bc = a2 E ,E˙ ca = aE(b)
となる。キルヒホッフの法則より以下の式を得る。
}
I˙a + I˙b + I˙c = 0,
I˙a Z˙ a − I˙b Z˙ b = E˙ ab
I˙b Z˙ b − I˙c Z˙ c = E˙ bc ,− I˙a Za + I˙c Z˙ c = E˙ ca
これより
E˙
bc (Z˙ b + Z˙ c )
˙
Eab
−Z˙ b
˙
Ia = Z˙ c (Z˙ b + Z˙ c )
˙
Za
−Z˙ b
Z˙
c E˙ bc ˙
Za E˙ ab ˙
, Ib = Z˙
c (Z˙ b + Z˙ c )
˙
Za
−Z˙ b
同様にしてI˙c = −Z˙
b
−Z˙ a
それゆえ,
E(r + jx) − aEjx
E˙ ab Z˙ c − E˙ ca Z˙ b
=
˙
˙
˙
˙
˙
˙
(r
+
jx)jx
+
jx(r + jx) + (r + jx)(r + jx)
Za Zb + Zb Zc + Zc Za
√
(2r + 3x) + 3jx
=
E
2(r + jx)(r + 3jx)
√
√
r2 + 3x2 + 3rx
.
˙
. . Ia = √
E
(r2 + x2 )(r2 + 9x2 )
I˙a
=
a2 E(r + jx) − E(r + jx)
E˙ bc Z˙ a − E˙ ab Z˙ c
=
(r + jx)(r + 3jx)
Z˙ a Z˙ b + Z˙ b Z˙ c + Z˙ c Z˙ a
√
3 + 3j
= −
E
2(r + 3jx)
√
3E
.
˙
√
I
=
.. b
r2 + 9x2
I˙b
=
aEjx − a2 E(r + jx)
E˙ ca Z˙ b − E˙ bc Z˙ a
=
˙
˙
˙
˙
˙
˙
(r + jx)(r + 3jx)
Za Zb + Zb Zc + Zc Za
√
√
(r − 2 3x) + 3jx
E
=
2(r + jx)(r + 3jx)
√
√
r2 + 3x2 − 3rx
.
. . I˙c = √
E
(r2 + x2 )(r2 + 9x2 )
I˙c
=
−Z˙
b
˙
Za
E˙ bc
E˙ ca
−(Z˙ b + Z˙ c )
Z˙ c
7.3 非平衡三相回路
88
7.3.2
中性点電位による方法
.
Ia
.
Ea
右図に示すような非平衡三相交流電圧を印加
したとき,各線に流れる電流 Ia ,Ib ,Ic ,In を求
.
Ec
10€
20€
.
In
.
Eb
12.5€
5€
めよ。ただし,電源の相電圧は 100V とする。
.
Ic
.
Ib
[解]
この問題の解法として,中性点電位による方法を選ぶ。まず,各相および中性線のアドミタンスは,
Y˙ a = 0.1S ,
Y˙ b = 0.08S ,
Y˙ c = 0.2S ,
Y˙ n = 0.05S
となる。また,電圧 E˙ a を基準とすると。
E˙ a = 100V ,
E˙ b = 100a2 V ,
E˙ c = 100aV
となり中性点電圧 V˙ n は
Y˙ a E˙ a + Y˙ b E˙ b + Y˙ c E˙ c
V˙ n =
Y˙ a + Y˙ b + Y˙ c + Y˙ n
となる。
0.1 × 100 + 0.08(−50 − j86.6) + 0.2(−50 + j86.6)
= 9.3 + j23.1[V ]
... V˙ n =
0.1 + 0.08 + 0.2 + 0.05
これより各線電流を求めると,
I˙a
I˙b
I˙c
I˙n
|I˙a |
|I˙b |
|I˙c |
|I˙n |
= Y˙ a (E˙ a − V˙ n ) = 0.1 × (100 − 9.3 − j23.1) = 9.07 − j2.31[A]
= Y˙ b (E˙ b − V˙ n ) = 0.08 × (−50 − j86.6 − 9.3 − j23.1) = −4.74 − j8.78[A]
= Y˙ c (E˙ c − V˙ n ) = 0.2 × (−50 + j86.6 − 9.3 − j23.1) = −11.86 + j12.7[A] = 9.07 − 4.74 − 11.86) + j(−2.31 − 8.78 + 12.7) = −7.53 + j1.61[A]
√
= 9.072 + 2.312 = 9.36[A]
√
= 4.742 + 8.782 = 9.98[A]
√
= 11.862 + 12.72 = 17.38[A]
√
= 7.532 + 1.612 = 7.70[A] 7 三相回路
7.3.3
89
ベクトルによる解法
a
A1
右図において,相電圧 120V の平衡三相交流
3€
電圧を加えたとき,電流計 A0 ,A1 ,A2 ,A3 の
A0
0
15€
指示を求め,そのベクトル図を示せ。
c
A3
b
A2
6€
[解]
→ 間の電
この問題はベクトルによる解法が便利である。−
ao
圧 V˙ a を基準ベクトルとすると A0 ,A1 ,A2 ,A3 に流れる
電流 I˙1 ,
I˙2 ,
I˙3 ,
I˙4 は
I˙1
=
I˙2
=
I˙3
=
I˙0
=
I0
=
ベクトル図は下図のようになる。
V˙ a
120
=
= 40 I1 = 40A
r1
3
√
◦
V˙ b
120 −j120◦
=
ε
= 8ε−j120 = −4 − j4 3 I3 = 8A
r2
15
√
◦
V˙ c
120 −j240◦
=
ε
= 20ε−j240 = −10 − j10 3 I2 = 20A
r3
6
√
√
I˙1 + I˙2 + I˙3 = (40 − 10 − 4) + j 3(10 − 4) = 26 + 6 3
√
√
√
262 + (6 3)2 = 676 + 108 = 28A
第8章
ひずみ波交流
ひずみ波 周期 T の波形は、実際には綺麗な正弦波をしているわけではなく、波形が歪んだりしている場合があ
る。これは、最大値、周波数、位相の異なる波形の合成で表現される。これをひずみ波という。一般に、ひずみ波
は、電圧を例に取れば次のような式で表される。
v(t) = V0 +
√
√
√
2|V1 | sin(ωt + θ1 ) + 2|V2 | sin(2ωt + θ2 ) + ... + + 2|Vn | sin(nωt + θn ) + ...
この式における、最低の周波数を基本周波数 、それを有する項を基本波 と呼ぶ。それの2倍、3倍の周波数を
有する項をそれぞれ第二高調波 、第三高調波 といい、基本波を除く第二以上の項を高調波という。
偶関数・奇関数とフーリエ級数
きる。
ひずみ波は、直流分と周波数をもつ三角関数の足しあわせで表現することがで
f (t) = a0 + a1 cos ωt + a2 cos 2ωt + a3 cos 3ωt + ...
+ b1 sin ωt + b2 sin 2ωt + b3 sin 3ωt + ...
この式をフーリエ級数といい、各項の係数をフーリエ係数という。
偶関数は、下図に示すような、f (t) = f (−t) が成立する関数である。
また、奇関数は、f (t) = f (−t) が成立する関数である。
Vm
E
v (t)
v (θ)
T
2
ー
T
2
ひずみ波の各値
0
T
2
0
t
ひずみ波の実効値などは、それぞれ次のようになる。
√
2
2
V0 2 + |V1 | + |V2 | + ...
√
2
2
|V2 | + |V3 | + ...
高調波分の実効値
ひずみ率 =
=
基本波の実効値
|V1 |
電力 P = V0 I0 + |V1 ||I1 | cos θ1 + |V2 ||I2 | cos θ2 + ... [W ]
√
√
2
2
2
2
皮相電力 |V ||I| =
V0 2 + |V1 | + |V2 | + ... × I0 2 + |I1 | + |I2 | + ...
実効値
=
力率 cos θ
=
P
|V ||I|
91
T
2
t
8.1 フーリエ級数によるひずみ波の表現
92
8.1
フーリエ級数によるひずみ波の表現
全波整流のフーリエ級数展開
8.1.1
v (t)
Vm
右図示す全波整流の電圧波形をフーリエ級数に展開せよ。
0
t
T
T
2
[解]
問図の波形は v(t) = v(−t) の偶関数波であるから,奇関数波である sin の項を含む bn が 0 である。
したがって直流分 a0 と遇関数波分 an のみを求めればよい。
また,時間範囲 0 ≦ t ≦ T /2,及び,T /2 ≦ t ≦ T における波形の式は Vm sin ωt である。
したがって,
a0
=
an
=
=
=
=
=
1
∫
T
2
(
T
2
v(t)dt = 2 ×
− T2
∫
T
T
2
∫
v(t) dt
0
(
T
2
2
[
−
T
2V m
[
T
−
[
−
cos(n + 1)ωt
(n + 1)ω
cos(n + 1)π
(n + 1)ω
cos(n + 1)π
(n + 1)
+
+
+
∫
T
T
2
Vm sin ωtdt =
T
0
2V m
T
(
−
cos π
ω
+
1
ω
)
=
2Vm
π
)
v(t) cos(nωt)dt
0
∫
T
2
(sin(n + 1)ωt − sin(n − 1)ωt)dt... ∗
0
cos(n − 1)ωt
] T2
(n − 1)ω
cos(n − 1)π
(n − 1)ω
(n − 1)
∫
T
2
T
cos(n − 1)π
2
=
2V m
0
2V m
π
T
)
T
2
2 sin ωt cos(nωt)dt =
T
Vm
∫
v(t) cos(nωt)dt = 2 ×
− T2
2Vm
1
+
0
(
−
−
1
(n + 1)ω
1
(n + 1)
−
1
+
1
)]
(n − 1)ω
]
(n − 1)
n が偶数の時は cos(n ± 1)π = −1 であるから,
[
]
Vm
2
2
4Vm
1
=
−
=−
π (n + 1) (n − 1)
π (n − 1)(n + 1)
ひずみ波
周波数が異なる正弦波の足しあわせで表現される、正弦波ではない波形の事をひずみ波という。この時、実効値や力率な
ども、正弦波とは異なる値となる。一般に、次のようになる。
√
実効値 =
V0 2 + |V1 |2 + |V2 |2 + ...
√
|V2 |2 + |V3 |2 + ...
高調波分の実効値
=
ひずみ率 =
基本波の実効値
|V1 |
電力 P
=
皮相電力 |V ||I|
=
力率 cos θ
=
V0 I0 + |V1 ||I1 | cos θ1 + |V2 ||I2 | cos θ2 + ... [W ]
√
√
V0 2 + |V1 |2 + |V2 |2 + ... × I0 2 + |I1 |2 + |I2 |2 + ...
P
|V ||I|
8 ひずみ波交流
93
フーリエ級数展開
v(t) =
a0 +
∞
∑
(an cos nωt + bn sin nωt) に a0 ,an ,bn ,を代入すると
n=1
v(t) =
∴ v(t) =
2Vm
π
4Vm
+
(
π
∞
∑
(
−
4Vm
π (n − 1)(n + 1)
n=1
1
2
−
)
1
cos 2ωt
1·3
cos 4ωt
−
−
3·5
cos nωt
cos 6ωt
5·7
)
−…
(ただし,n は偶数とする。)
*... 加法定理を用いた変形
sin(a + b) = sin a cos b + sin b cos a
...A
a = n,b = 1 とし,
sin(a − b) = sin a cos b − sin b cos a ...B
ωt を付け加えれば次の式を得る
A − B を行うと
sin(n + 1)ωt − sin(n − 1)ωt = 2 sin ωt cos nωt
sin(a + b) − sin(a − b) = 2 sin b cos a
8.1.2
パルス電圧波形のフーリエ級数展開
v (θ)
2π (=T*)
*
ω
= 2πf
E
右図に示すパルス電圧波形をフーリエ級数に展開せよ。
= 2π/T
=1
-φ 0
φ
2π-φ
2π+φ
θ
[解]
v(θ) = v(−θ) の偶関数波であるから bn = 0
となり,また,周期は 2π であるから ω = 1 で
sin(−θ) = − sin θ の関係があるから
ある。したがって,
a0
an
=
=
=
=
1
∫
v(θ)dθ =
T
2
− T2
∫
π
E
π
1
2π
∫
φ
Edθ =
−φ
Eφ
a0
=
v(θ)
=
∫
(
sin φn
π
n
π
a0 +
∞
∑
+
)
sin(φn)
n
=
2E
nπ
sin nφ
an cos nθ
n=1
T
2
v(θ) cos(nωθ)dθ
T
1
T
2
E
=
− T2
Eφ
π
+
∞
∑
2E
n=1
nπ
sin nφ cos nθ
φ
E cos(nθ)dθ
−φ
(
sin φn
n
(
−
))
sin(−φn)
n
∴ v(θ)
=
Eφ
π
+
2E
π
+
(sin φ cos θ
1
2
sin 2φ cos 2θ +
1
3
sin 3φ cos 3θ…)
8.1 フーリエ級数によるひずみ波の表現
94
8.1.3
三角波の電圧波形のフーリエ級数展開
V
-T /2
右図に示す三角波の電圧波形をフーリエ級数に展開せよ。
-T /4
0
T /2
t
T /4
T
- V
[解]
v(t) = −v(−t) の奇関数波であるから a0 = 0,an = 0 となる。また,v(t +
b2 n(偶数項) = 0 (n = 0, 1,・
・
・n)
b2n+1
=
4
∫
T
T
2
8
v(t) sin(2n + 1)ωtdt =
∫
0
となる。0 ≦ t ≦ T /4 では,v(t) = V /(T /4)t =
b2n+1
=
=
=
=
∴ v(t)
=
32V
∫
T
4
t sin(2n + 1)ωtdt =
T2
32V
T2
0
T
4
v(t) sin(2n + 1)ωtdt
T
0
T
) = −v(−t) で対称波でもあるから
2
4V
t
T
∫
T
4
(
t −
cos(2n + 1)ωt
0
(2n + 1)ω
)
dt


[ (
)] T4 ∫ T (
) 



4
32V
cos(2n + 1)ωt
cos(2n + 1)ωt
′
t
−
−
t
−
dt

T2 
(2n + 1)ω
(2n + 1)ω
0


0


π
T
π
[
] T4



sin(2n
+
1)
cos(2n
+
1)
32V − t cos(2n + 1)ωt
sin(2n + 1)ωt
32V
2+ 4
2
+
=
2 2
T2
(2n + 1)ω
(2n + 1)2 ω 2
T2 
(2n + 1)ω 
 (2n + 1) ω

0
(
)
32V
8V
(−1)n
(2n + 1)π
(2n + 1)π
n
n
(−1) = 2
∵ cos
= 0,
sin
= (−1)
T 2 (2n + 1)2 ω 2
π (2n + 1)2
2
2
8V
π2
(
sin ωt −
1
32
sin 3ωt +
1
5^2
)
sin 5ωt……
8 ひずみ波交流
95
のこぎり波の電圧波形のフーリエ級数展開
8.1.4
V
右図に示すのこぎり波の電圧波形をフーリエ級数に展開
せよ。
t
0
T
2 T
[解]
波形より,0 ≦ t ≦ T では,v(t) =
a0
an
bn
=
=
=
1
∫
v(t)dt =
T
2
0
∫
T
∴ v(t) =
1
T
∫
T
0
V
V
tdt =
T
2
T
v(t) cos(nωt)dt =
T
2
T
0
∫
T
v(t) sin(nωt)dt =
0
V
2
−
V
π
(
sin ωt +
V
t となる。
T
1
2
2V
∫
v(t) cos(nωt)dt =
T2
2V
T2
T
2V
0
[
sin nωt
n2 ω 2
sin 2ωt +
1
3
+
t cos nωt
nω
sin 3ωt + …
T2
]T
=−
0
)
[
cos nωt
n2 ω 2
2V
nωT
+
=−
t sin nωt
nω
V
nπ
]T
=0
0
(∴ ωT = 2π)
8.1 フーリエ級数によるひずみ波の表現
96
8.1.5
ひずみ波交流の計算
i
r
抵抗 r,静電容量 C ,インダクタンス L を直列につないだ右図の回
路に電流 i = Im1 sin ωt + Im3 sin(3ωt + α) を流すために必要な端子
C
v
電圧の瞬時値を求めよ。
L
[解]
回路のインピーダンスは
√
ωL −
1 2
˙
) ∠ tan−1
Z =
r2 + (ωL −
ωC
r
1
ωC
基本波に対する端子電圧 v1 は,
V˙ 1
=
Im1
Im1
√ × Z˙ 1 =
2
√
r2 + (ωL −
√
2
1 2
ωC )
∠ tan−1
ωL −
1
ωC
r
であるから,
√
v1
r2 + (ωL −
= Im1
ωL −
1 2
) sin(ωt + φ1 ),[φ1 = tan−1
ωC
r
1
ωC
] V˙ 3
=
√
r2 + (3ωL −
√
2
1
2
3ωC )
∠ tan−1
3ωL −
1
3ωC
r
であるから,
√
v3
= Im3
r2 + (3ωL −
3ωL −
1 2
) sin(3ωt + α + φ3 ),[φ3 = tan−1
3ωC
r
回路に電流 i を流すために必要な端子電圧の瞬時値は v = v1 + v3
√
∴v
1 2
) sin(ωt + φ1 )
r2 + (ωL −
ωC
√
1 2
+Im3 r2 + (3ωL −
) sin(3ωt + α + φ3 )
3ωC
= Im1
静電容量とは、電源から流出する
などした電荷を蓄える性質をもっ
た素子回路素子である。これは呼
称に静電容量のほか、キャパシタ、
コンデンサなどがあるが、講義で
は一般的に静電容量という呼称を
使用する。
となる。また,第3高調波に対する端子電圧 v3 は,
Im3
Im3
√ × Z˙ 3 =
2
静電容量
1
3ωC
]
8 ひずみ波交流
97
実効値と波形の定義
8.2
ひずみ波交流の計算
8.2.1
右図のコンデンサ C にひずみ波電圧を印加したとき,電圧計の指示
I
が V ,電流計の指示が I であった。各メータが実効値表示であれば,
コンデンサの容量はいくらか。ただし電圧計,及び,電流計での電
圧降下は無視する。
e
C
V
e = Em1 sin(ωt + ϕ1 ) + Em3 sin(3ωt + ϕ3 ) + Em5 sin(5ωt + ϕ5 )
[解]
電圧の指示は実効値であるから,
v
u
u Em1
Em3
Em5
t
V = ( √ )2 + ( √ )2 + ( √ )2
2
2
2
∫
∫
電荷は q = idt で表され,コンデンサに蓄えられる電気量は問図において,q = Ce となり, idt = Ce となる。
この式の両辺を微分すれば電流 i が求まり,
i=
dCe
dt
=C
de
dt
= ωCEm1 cos(ωt + ϕ1 ) + 3ωCEm3 cos(3ωt + ϕ3 ) + 5ωCEm5 cos(5ωt + ϕ5 )
cos(θ) = sin(θ + π2 ) の関係より,
= ωCEm1 sin(ωt + ϕ1 +
π
π
π
) + 3ωCEm3 sin(3ωt + ϕ3 + ) + 5ωCEm5 sin(5ωt + ϕ5 + )
2
2
2
したがって,電流の実効値は,
√
I
=
=
ωCEm1 2
3ωCEm3 2
5ωCEm5 2
√
) +( √
) +( √
)
2
2
2
ωC √ 2
2 + 25E 2
√
Em1 + 9Em3
m5
2
(
求めた電流,電圧の実効値 I と V から,
√
√
√
2 + E2 + E2
2 + E2 + E2
1
1/ 2
Em1
Em1
m3
m5
m3
m5
√ ×√
=
=
×√
2 + 9E 2 + 25E 2
2 + 9E 2 + 25E 2
I
ωC
ωC/ 2
Em1
E
m3
m5
m1
m3
m5
√
2 + E2 + E2
I
Em1
m3
m5
∴C=
×√
2
2
2
ωV
Em1 + 9Em3 + 25Em5
V
8.2 実効値と波形の定義
98
ひずみ波交流の実効値
8.2.2
C
R
L
右図のように直流電圧 E0 と周波数 f の正弦波交流電圧
e(実効値)とが直列につながれた電源に,図のインピー
ダンスを接続するとき,流れる電流(実効値)を求めよ。
e
r
E0
[解]
E0 と e(実効値)の2つの電源を持つ回路である。
各電源が生み出す電流の実効値の二乗和の平方根が回路に流れる電流の実効値となる。
直流回路では電源に周波数 f はなく,コイルのリアクタンスは極小となり,キャパシタのリアクタンスは極大と
なる。すなわちコイル端を短絡し,キャパシタ端を開放すると回路素子は R と r のみになる。
よって直流電流 I0 は
E0
I0 =
R+r
また,交流回路のインピーダンス Z˙ は
1
)
(
r×
r
ωCr2
jωC
˙
=R+
Z = R + jωL +
+ j ωL −
1 + (ωC)2 r2
1 + (ωC)2 r2
1
r+
jωC
√
Z=
(
R+
)2
r
1 + (ωC)2 r2
(
+ ωL −
よって,正弦波電流の実効値 I は I =
)2
ωCr2
1 + (ωC)2 r2
e
Z
となる
すなわち,求める全電流 IT (実効値)は
IT =
v
u
u
=t
√
I02 + I 2
E02
+
(R + r)2 (R +
e2
r
2
1+4π 2 f 2 C 2 r 2 )
+ 4π 2 f 2 (L −
Cr 2
2
1+4π 2 f 2 C 2 r 2 )
8 ひずみ波交流
8.3
8.3.1
99
ひずみ波電力
RL 直列回路のひずみ波電力
右図の R − L 直列回路に e = Em1 sin ωt + Em3 sin 3ωt の
ひずみ波電圧を印加した。流れる電流の瞬時値,実効値
L
e
および有効電力を求めよ。
R
[解]
回路のインピーダンスは Z˙ =
√
R2 + (ωL)2 ∠ tan−1
Em1 ∠0
e1 = Em1 sin ωt に対し,I˙1 = √
2Z1 ∠ tan−1
Em1
√
i1 =
sin(ωt − φ) = 2I1 sin(ωt − φ1 )
Z1
ωL
R
ωL
R
Em1
ωL
より
=√
∠ − tan−1
R
2Z1
ωL
Em1
[ φ1 = tan−1
, I1 = √
]
R
2Z1
Em3
3ωL
Em3 ∠0
=√
∠ − tan−1
e3 = Em3 sin 3ωt に対し,I˙3 = √
より
−1 3ωL
R
2Z3 ∠ tan
2Z3
R
Em3
3ωL
Em3
√
]
i3 =
sin(3ωt − φ3 ) = 2I3 sin(3ωt − φ3 )
[ φ3 = tan−1
, I3 = √
Z3
R
2Z3
∴ i = i1 + i3 =
Em1
Z1
√
∴ I = I12 + I32 =
sin(ωt − φ1 ) +
Em3
Z3
sin(3ωt − φ3 )
√
2
2
1
Em1
Em3
( 2
+
)
2 R + ω 2 L2 R2 + 9ω 2 L2
Em1
R
Em1
e1 = Em1 sin ωt に対し,有効電力は P = I1 V1 cos φ = √
× √ ×
Z1
2Z1
2
(
)2
Em1
√
=
R = I12 R
Z1 2
e3 = Em3 sin 3ωt に対しても同様に有効電力は求められる
(
)
2
2
1
Em1
R
Em3
R
2
2
∴ P α = I1 R + I3 R =
+
2 R2 + ω 2 L2 R2 + 9ω 2 L2
8.3 ひずみ波電力
100
8.3.2
RL 並列回路のひずみ波電力
i
右図のように抵抗 r とインダクタンス L との並列回路に
電流 i = Im1 sin ωt + Im3 sin(3ωt + θ3 ) が流れた,この回
r
L
路の消費電力を求めよ。
[解]
電力を消費するのは抵抗分であるから,抵抗 r に流れる電流から回路にで消費する電力を求める。
基本波分の Ir1 は分流の考えに基づき
√
jωL Im1
ω 2 L2
Im1
Im1
(ωL)
Ir1 = × √
× √ , したがって,有効電流は Ir1 = √
× √ = √ 2
2
2
2
2
r + jωL
2
2
2
r +ω L
r + (ωL)
(3ωL)
×
第3高調波分の Ir3 でも同様にして Ir3 = √
2
r + (3ωL)2
2
P1 = Ir1
r=
8.3.3
(ωL)2 r
r2 +
2
Im1
2
(ωL) 2
2
,P3 = Ir3
r=
(3ωL)2 r
r2 +
2
Im3
2
(3ωL) 2
I√
m3
2
, 基本波長分電力 P1 ,第3高調波分電力 P3 は
, ∴ P1 + P3 =
r(ωL)2
2
(
2
Im1
2
9Im1
+
)
r2 + (ωL)2 r2 + (3ωL)2
ひずみ波電力
次の電圧および電流に対する実効値と,電力,力率を求めよ。
= 100 sin ωt + 50 sin(3ωt + 60°) + 10 cos(5ωt − 60°) [V]
= 20 cos(ωt − 30°) + 15 cos(3ωt + 30°) + 10 sin(5ωt − 30°) [A]
e
i
[解]
電圧 e に対する実効値は E =
√
2
2
1002 +50
√ +10
2
= 79.6V, 電流 i に対する実効値は I =
√
2
2
202 +15
√ +10
2
= 19A
cos(ωt) = sin(ωt + π2 ) の関係から電圧 e と電流 i の cos の項を sin に変換すれば
e
= 100 sin ωt + 50 sin(3ωt + 60°) + 10 sin(5ωt + 30°) [V]
i
= 20 sin(ωt + 60°) + 15 sin(3ωt + 120°) + 10 sin(5ωt − 30°) [A]
電圧 e と電流 i の位相差は基本波,第三高調波,第五高調波ともに 60°である...*
したがって,基本,第三,第五高調波の力率は,cos φ1 = 0.5 , cos φ3 = 0.5 , cos φ5 = 0.5 となり,電力は,
(
)
20
50
15
10
10
Pα
100
713
Pα = IE cos φ = ( √ × √ ) + ( √ × √ ) + ( √ × √ ) · 0.5 = 713 W , 力率は cos φ =
=
= 0.47
EI
79.6
× 19
2
2
2
2
2
2
*... 電圧と電流の位相差
電圧と電流の位相差は,インピーダンス角に等しいことからも求められる。
電圧 e と電流 i の基本波におけるインピーダンスは,
√
100/ 2 ∠0
˙
√
Z =
= 5∠ − 60
20/ 2 ∠60
したがって,電圧 e と電流 i の基本波における力率は,cos φ1 = cos(−60)。
ここで,cos(−θ) = cos(θ) の関係があるから,= cos(60) = 0.5 を得る。
第三高調波,第五高調波の力率も同様にして求める。
8 ひずみ波交流
101
交流-直列-RL
8.3.4
右図に示す回路において,e = 10 + 70.5 sin(ωt) + 141 sin(2ωt) [V]√
の電圧を加えたときに流れる電流 i, 消費
電力, 力率を求めたい。以下の設問に答えよ。ただし,ω = 100 rad/s, 2 = 1.41 とする。
i
(1) 直流分 e0 [V] に対する電流 i0 を求めよ。
(2) 基本波 e1 [V] に対する電流について,極形式 I˙1 [A] , および瞬時
値表示 i1 [A] を求めよ。
R=5Ω
(3) 第 2 高調波 e2 [V] に対する電流について,極形式 I˙2 [A] , および
瞬時値表示 i2 [A] を求めよ。
(4) 電流 i [A] (瞬時値表示)を求めよ。
(5) 回路で消費する電力 P [W] を求めよ。
e
L=50mH
[解]
重ね合せの定理を適用して電流を求めるため,電圧を直流分および高調波ごとに e0 = 10 V,e1 = 70.5 sin(ωt)
[V],e2 = 141 sin(2ωt) [V] と分けて考える。
(1) 直流成分の電圧は、
e0 = 10 V
よって、
i0 × 5
10
=
= 2A
5
10 =
i0
(2) 電圧は、
70.5
= 50 V
E˙ 1 =
1.41
したがって、流れる電流は、
I˙1 × (5 + j5)
◦
10
50
√
= √ ε−j45 A
=
5 2εj45◦
2
= 10 sin(ωt − 45◦ ) A
50 =
I˙1
i1
(3) 電圧は、
141
E˙ 2 =
= 100 V
1.41
したがって、流れる電流は、
I˙2 × (5 + j10)
√
◦
100
√
=
= 4 5εj−63.4 A
◦
j63.4
5 5ε
= 12.6 sin(2ωt − 63.4◦ ) A
100 =
I˙2
i2
(4) 電流の合計は、
i = 2 + 10 sin(ωt − 45◦ ) + 12.6 sin(2ωt − 63.4◦ )A
(5) 直流分および高調波ごとの電圧、電流の実効値をそれ
ぞれ、V0 , I0 , V1 , I1 , V2 , I2 とすると、電力 P は、
P
= I0 V0 + I1 V1 cos θ1 + I2 V2 cos θ2
10
= 10 × 2 + 50 · √ · cos 45◦ + 100 · 8.94 · cos 64◦
2
= 671W
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