電験三種法規施設管理の計算｜需要率・全日効率・力率改善・短絡・高調波

法令の基準日：2026年4月1日

最終確認：2026年10月16日

電験三種の法規のB問題で問われる施設管理の計算を、7つの論点に分けた辞書です。力率改善（りきりつかいぜん）、電圧降下（でんあつこうか）、短絡（たんらく）・地絡（ちらく）などを、計算の例で確かめます。

保護と発変電所｜電線路｜分散型電源｜電気使用場所｜施設管理の計算｜受電設備と自家発

需要率・負荷率・不等率 ── 分母と分子を取り違えない
- 解き方：3つの率を出す
変圧器の全日効率 ── 鉄損は一定、銅損は負荷率の2乗
- 解き方：全日効率を出す
力率改善と進相コンデンサ ── 容量は改善前後の無効電力の差
- 解き方：要る容量と端子電圧を出す
配電線の電圧降下 ── 無効電力を減らすと電圧が戻る
- 解き方：送電端の電圧と降下の比を出す
短絡電流と%Z ── %Zが小さいほど短絡電流は大きい
- 解き方：短絡電流と変流器の電流を出す
地絡電流と地絡継電器 ── 構外の事故でも構内の電流が流れる
- 解き方：零相変流器を通る電流を出す
高調波の流出電流 ── リアクトルはn倍、コンデンサは1/n倍
- 解き方：系統へ流れ出る電流を出す
まとめ
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参考文献

需要率・負荷率・不等率 ── 分母と分子を取り違えない

需要率・負荷率・不等率：2工場の負荷曲線で、需要率は合成最大700÷設備容量1100、総合負荷率は合成の平均625÷合成最大700、不等率は各最大の和800÷700（kW）

率	何を何で割るか	大きさ
需要率（じゅようりつ）	最大需要電力を、設備容量で割る	ふつう100%以下
負荷率（ふかりつ）	平均需要電力を、最大需要電力で割る	100%以下
不等率（ふとうりつ）	各最大需要電力の和を、合成最大需要電力で割る	1以上
総合負荷率	合成の平均需要電力を、合成最大需要電力で割る	100%以下

最大需要電力（さいだいじゅようでんりょく）は、需要率では分子、負荷率では分母です。どの率も、先に分母が何かを確かめてから割ります。

問われる形	○×	ポイント
2つの工場を合わせた総合負荷率の分母に、各工場の最大の和を使う	×	分母は合成最大需要電力
最大の時刻がずれているほど、不等率は大きい	○	合わせた山が低くなる
変圧器の台数を、最大需要電力のkWのまま変圧器のkV·Aで割って決める	×	kWをkV·Aに直してから割る
月の電力量は、最大需要電力に月負荷率と月の時間を掛けた値	○	最大に負荷率を掛けると平均

1日の電力量は、日負荷曲線（にちふかきょくせん）の下の面積です。階段の形なら、長方形に分けて足します。
3つの率の決まりは、法令ではなく一般の技術の約束です。法令では、需要率や力率（りきりつ）が明らかなら幹線の電流を修正できるとしています（電気設備の技術基準の解釈第148条第1項・第2項）。
工場・現場では、電力の山を見張る監視の装置で、山が近づくとブロワーや冷凍機の一部を止めます。工程の立ち上げの時刻をずらすのは、不等率を上げて合わせた山を下げることと同じです。

解き方：3つの率を出す

① 最初の一手は、各工場の最大と、その時刻をグラフから読むことです。
② 時刻ごとに足して合わせた曲線を作り、合成最大需要電力（ごうせいさいだいじゅようでんりょく）を読みます。
③ 面積から1日の電力量を出し、24時間で割って平均にします。

言葉の式　平均需要電力＝その期間の電力量 ÷ 期間の時間

P_{a} = \frac{W}{T}

P_a：平均需要電力〔kW〕　W：その期間に使った電力量（日負荷曲線の下の面積）〔kW·h〕　T：期間の時間（1日なら24 h）〔h〕

④ 分母を確かめて割ります。負荷率は100%以下、不等率は1以上かを見ます。

例は、令和5年度上期法規問11 の条件です。設備容量は、A工場が400 kW、B工場が700 kWです。

A工場の需要電力は、0〜6時が100 kW、6〜18時が200 kW、18〜24時が100 kWです。

B工場は、0〜6時が600 kW、6〜12時が300 kW、12〜18時が400 kW、18〜24時が600 kWです。

合わせた需要電力は700 kW、500 kW、600 kW、700 kWと変わり、合成最大需要電力は700 kWです。
設備容量の合計は、400＋700＝1,100 kWです。合わせた需要率は次のとおりです。

需要率 = \frac{700 kW}{1100 kW} \times 100 = 63.64 %

需要率：需要率〔%〕　最大需要電力：最大需要電力〔kW〕　設備容量：設備容量（総設備容量）〔kW〕

1日の電力量は、合わせた曲線の面積で、（700＋500＋600＋700）×6＝15,000 kW·hです。

P_{a} = \frac{15000 kW·h}{24 h} = 625 kW

合わせた平均需要電力は625 kWです。総合負荷率は次のとおりです。

総合負荷率 = \frac{625 kW}{700 kW} \times 100 = 89.29 %

総合負荷率：総合負荷率（複数の需要家を合わせた負荷率）〔%〕　合成平均需要電力：合成平均需要電力（各需要家の平均需要電力の合計）〔kW〕　合成最大需要電力：合成最大需要電力〔kW〕

各工場の最大需要電力は200 kWと600 kWで、和は800 kWです。不等率は次のとおりです。

不等率 = \frac{800 kW}{700 kW} = 1.143

不等率：不等率（1以上。単位なし）　各需要家の最大需要電力の合計：各需要家の最大需要電力の合計〔kW〕　合成最大需要電力：合成最大需要電力〔kW〕

関連：変圧器の全日効率｜幹線の許容電流

変圧器の全日効率 ── 鉄損は一定、銅損は負荷率の2乗

変圧器の1日の損失：鉄損90 Wは無負荷の時間も一定に出続け、銅損は全負荷銅損550 Wに変圧器の負荷率の2乗を掛けた大きさで時間帯ごとに変わる

損失	大きさの決まり方	1日の電力量
鉄損（てっそん）（無負荷損）	電圧がかかっていれば一定	鉄損×24時間
銅損（負荷損）	変圧器の負荷率の2乗に比例	時間帯ごとに出して足す

鉄損は負荷が0の時間も出続け、銅損は変圧器の負荷率の2乗で増えます。全日効率（ぜんじつこうりつ）は、1日の出力電力量を、それと損失電力量の和で割ります。

問われる形	○×	ポイント
変圧器の負荷率を、負荷のkWを定格のkV·Aで割って出す	×	kWを力率で割ってから
負荷率0.4のときの負荷損を0.4で割ると、定格の負荷損	×	0.4の2乗の0.16で割る
無負荷の時間は、鉄損を数えない	×	電圧がかかっていれば24時間
変圧器の二次側に太陽電池があると、変圧器を通るのは負荷と発電の差	○	銅損はその差で出す

ここでの負荷率は、変圧器の負荷率（負荷の皮相電力（ひそうでんりょく）÷定格容量）です。需要率の仲間の負荷率とは別の量です。
変圧器の効率がいちばん高いのは、鉄損と銅損が等しいときです。全日効率とは別の量です。

解き方：全日効率を出す

① 最初の一手は、時間帯ごとに変圧器の負荷率を出すことです。kWを力率で割り、定格容量で割ります。

言葉の式　変圧器の負荷率＝負荷の皮相電力 ÷ 変圧器の定格容量

α = \frac{S}{P_{n}}

α：変圧器の負荷率（割合。1が定格）　S：変圧器を通る負荷の皮相電力（有効電力÷力率）〔kV·A〕　P_n：変圧器の定格容量〔kV·A〕

② 銅損の電力量を時間帯ごとに出して、1日分を足します。

言葉の式　その時間帯の銅損の電力量＝負荷率の2乗 × 全負荷銅損 × 時間

W_{c} = α^{2} p_{c} t

W_c：その時間帯の銅損の電力量〔W·h〕　α：その時間帯の変圧器の負荷率　p_c：全負荷銅損〔W〕　t：その時間帯の長さ〔h〕

③ 鉄損の電力量は、鉄損に24時間を掛けます。

言葉の式　鉄損の電力量＝鉄損 × 電圧をかけている時間（1日なら24時間）

W_{i} = p_{i} T

W_i：鉄損の電力量〔W·h〕　p_i：鉄損〔W〕　T：電圧をかけている時間〔h〕

④ 全日効率を出します。損失と出力の単位をそろえ、100%に近い値かを確かめます。

言葉の式　全日効率＝ 1日の出力電力量 ÷（1日の出力電力量＋鉄損の電力量＋銅損の電力量）× 100

η_{d} = \frac{W_{o}}{W_{o} + W_{i} + W_{c}} \times 100

η_d：全日効率〔%〕　W_o：24時間分の出力電力量〔kW·h〕　W_i：24時間分の鉄損の電力量〔kW·h〕　W_c：24時間分の銅損の電力量〔kW·h〕

例は、平成23年度法規問11 の条件です。定格容量30 kV·A、鉄損90 W、全負荷銅損550 Wの単相変圧器です。

1日の負荷は、24 kW・力率80%で4時間、15 kW・力率90%で8時間です。

続いて10 kW・力率100%で6時間、無負荷で6時間です。

皮相電力は、24÷0.8＝30 kV·A、15÷0.9（kV·A）、10÷1.0＝10 kV·Aです。変圧器の負荷率は次のとおりです。

α = \frac{30 kV·A}{30 kV·A} = 1

α = \frac{16.667 kV·A}{30 kV·A} = 0.55557

α = \frac{10 kV·A}{30 kV·A} = 0.3333

銅損の電力量は、時間帯ごとに出して足します。

W_{c} = {1.0}^{2} \times 550 W \times 4 h = 2200 W·h

W_{c} = {0.5556}^{2} \times 550 W \times 8 h = 1358 W·h

W_{c} = {0.3333}^{2} \times 550 W \times 6 h = 366.6 W·h

3つを足した答えは約3.92 kW·hです。
鉄損の電力量は次のとおりです。

W_{i} = 90 W \times 24 h = 2160 W·h

出力電力量は、24×4＋15×8＋10×6＝276 kW·hです。

η_{d} = \frac{276 kW·h}{276 kW·h + 2.16 kW·h + 3.92 kW·h} \times 100 = 97.84 %

答えは約97.8%です。力率を考えずに負荷率を出すと、約98.2%になります。

関連：需要率・負荷率・不等率

力率改善と進相コンデンサ ── 容量は改善前後の無効電力の差

力率改善の電力の三角形：有効電力300 kWは変わらず、遅れの無効電力が400 kvarから225 kvarに縮み、差の175 kvarがコンデンサの容量になる

量	改善の前後で	理由
有効電力（ゆうこうでんりょく）	変わらない	コンデンサは有効電力を使わない
遅れの無効電力（むこうでんりょく）	コンデンサの分だけ減る	進みの無効電力で打ち消す
皮相電力と電流	減る	三角形の斜辺が短くなる
力率	上がる	電圧と電流のずれが小さくなる

要るコンデンサの容量は、改善前と改善後の無効電力の差です。直列リアクトル（ちょくれつりあくとる）を付けると、コンデンサの端子電圧は電源電圧より高くなります。

問われる形	○×	ポイント
コンデンサの無効電力を、遅れの無効電力と同じ向きに足す	×	逆向き。遅れを打ち消す
6%の直列リアクトル付きなら、端子電圧は電源電圧に1.06を掛けて出す	×	電源電圧を0.94で割る
直列リアクトル付きのコンデンサ単体の容量は、設備の出力より大きい	○	リアクトルが打ち消す分を見込む
V結線の2台のバンクは、2台分の容量まで使える	×	1台の容量の√3倍まで

力率を改善すると、同じ変圧器の容量で、より多くの有効電力を送れます。
直列リアクトルの割合は、組み合わせるコンデンサの容量で変わります。容量の違うコンデンサと組むと、第5調波で共振に近くなることがあります。

解き方：要る容量と端子電圧を出す

① 最初の一手は、改善前と改善後の無効電力を出すことです。有効電力に、力率から出したtanを掛けます。

言葉の式　無効電力＝有効電力 × tanθ ＝有効電力 × sinθ ÷ cosθ

Q = P \tan θ = P \frac{\sqrt{1 - \cos^{2} θ}}{\cos θ}

Q：無効電力（遅れ）〔kvar〕　P：有効電力〔kW〕　θ：力率角（cosθ が力率）

② 2つの差が、設備として要る容量です。単位はkvar（キロバール）です。

言葉の式　要るコンデンサの容量＝改善前の無効電力 − 改善後の無効電力

Q_{C} = Q_{1} - Q_{2}

Q_C：要る電力用コンデンサの容量（設備としての出力）〔kvar〕　Q₁：改善前の無効電力〔kvar〕　Q₂：改善後の無効電力〔kvar〕

③ 直列リアクトルが付くときは、コンデンサの端子電圧を出します。単体の容量は、設備の容量×100÷（100−リアクトルの%）です。

言葉の式　コンデンサの端子電圧＝電源電圧 × コンデンサのリアクタンス ÷（コンデンサのリアクタンス − リアクトルのリアクタンス）

V_{C} = V \times \frac{X_{C}}{X_{C} - X_{L}}

V_C：コンデンサの端子電圧〔V〕　V：電源電圧（受電電圧）〔V〕　X_C：コンデンサのリアクタンス（%で与えられることが多い）〔%〕　X_L：直列リアクトルのリアクタンス（コンデンサと同じ基準の%）〔%〕

④ ③の値が、電源電圧や②の容量より数%大きいかを確かめます。

例は、令和6年度上期法規問12 の条件です。線間電圧6,600 Vの高圧電路に、300 kW、遅れ力率0.6の三相負荷があります。

直列リアクトルのリアクタンスは、コンデンサのリアクタンスの6%です。力率を遅れ0.8に改善します。

改善前と改善後の無効電力は次のとおりです。

Q = 300 kW \times \frac{\sqrt{1 - {0.6}^{2}}}{0.6} = 400 kvar

Q = 300 kW \times \frac{\sqrt{1 - {0.8}^{2}}}{0.8} = 225 kvar

Q_{C} = 400 kvar - 225 kvar = 175 kvar

V_{C} = 6600 V \times \frac{100 %}{100 % - 6 %} = 7021 V

コンデンサ単体の容量は、次のとおり約186 kvarです。

{Q_{C}}^{'} = 175 kvar \times \frac{100 %}{100 % - 6 %} = 186.2 kvar

Q_C′：コンデンサ単体の容量（定格）〔kvar〕　Q_C：設備としての出力（電源に出す進みの無効電力）〔kvar〕　X_C：コンデンサのリアクタンス〔%〕　X_L：直列リアクトルのリアクタンス〔%〕

関連：配電線の電圧降下｜高調波の流出電流

配電線の電圧降下 ── 無効電力を減らすと電圧が戻る

電圧降下のベクトル図：受電端の電圧に、電流と同じ向きの抵抗の降下と90°進むリアクタンスの降下を足すと送電端の電圧になり、水平の差が電圧降下の近似

電圧降下の項	中身	力率を改善すると
抵抗の項	有効電力×1線の抵抗	変わらない
リアクタンスの項	無効電力×1線のリアクタンス	小さくなる
三相の電圧降下	2つの項の和÷受電端の線間電圧	小さくなる

配電線の電圧降下は、有効電力と抵抗の項、無効電力とリアクタンスの項の和で決まります。遅れの無効電力を減らすと後ろの項が小さくなり、電圧が戻ります。

問われる形	○×	ポイント
三相の電圧降下で、√3を掛けずに送電端の電圧を出す	×	1線分の降下を√3倍する
力率改善の前後の電圧降下の比は、電流の比と同じ	×	抵抗の項とリアクタンスの項で減り方が違う
電源に近い区間には、下流の負荷の電流がまとめて流れる	○	区間ごとに電流を足す
受電端の電圧を上げるコンデンサの容量は、設置後に残る無効電力	×	設置前の無効電力との差

一般送配電事業者は、供給する電気の電圧を、101±6 Vなどの値に保つよう努めます（電気事業法第26条第1項）。
配電線では、リアクタンスが抵抗より大きいことが多く、無効電力を減らすと電圧降下がよく下がります。

解き方：送電端の電圧と降下の比を出す

① 最初の一手は、力率からsinを出し、1線の抵抗の項とリアクタンスの項をそろえることです。送電端と受電端の電圧の角度のずれが小さいとした近似式です。

言葉の式　sinθ ＝ √（1 − 力率の2乗）

\sin θ = \sqrt{1 - \cos^{2} θ}

θ：力率角（cosθ が力率）

言葉の式　電圧降下＝ √3 × 線電流 ×（1線の抵抗 × cosθ ＋ 1線のリアクタンス × sinθ）

v = \sqrt{3} I (R \cos θ + X \sin θ)

v：三相3線式の電圧降下（送電端と受電端の線間電圧の差）〔V〕　I：線電流〔A〕　R：電線1線当たりの抵抗〔Ω〕　X：電線1線当たりのリアクタンス〔Ω〕　θ：負荷の力率角（遅れ）

② 線電流は、有効電力と受電端の電圧と力率から出します。

言葉の式　線電流＝有効電力 ÷（√3 × 線間電圧 × 力率）

I = \frac{P}{\sqrt{3} V_{r} \cos θ}

I：線電流〔A〕　P：三相負荷の有効電力〔W〕　V_r：受電端の線間電圧〔V〕　θ：負荷の力率角（cosθ が力率）

③ 降下に受電端の電圧を足して、送電端の電圧にします。

言葉の式　送電端の電圧＝受電端の電圧＋電圧降下

V_{s} = V_{r} + v

V_s：送電端の線間電圧〔V〕　V_r：受電端の線間電圧〔V〕　v：電圧降下〔V〕

④ 力率を改善した後は、電力の形の式で、無効電力だけを入れ替えます。単位の桁をそろえてから入れます。

言葉の式　電圧降下＝（有効電力 × 1線の抵抗＋無効電力 × 1線のリアクタンス）÷ 受電端の線間電圧

v = \frac{P R + Q X}{V_{r}}

v：三相3線式の電圧降下〔V〕　P：三相負荷の有効電力〔W〕　R：電線1線当たりの抵抗〔Ω〕　Q：三相負荷の無効電力（遅れ）〔var〕　X：電線1線当たりのリアクタンス〔Ω〕　V_r：受電端の線間電圧〔V〕

例は、令和6年度上期法規問11 の条件です。三相3線式（さんそうさんせんしき）1回線の配電線で、電線1条の抵抗は3 Ω、リアクタンスは5 Ωです。

使用電力は8,000 kW、力率は0.8（遅れ）、受電電圧は20 kVです。改善後の力率は0.95（遅れ）で、受電電圧は変わらないとします。

線電流は次のとおりです。sinは0.6です。

I = \frac{8000 kW}{\sqrt{3} \times 20 kV \times 0.8} = 288.7 A

電圧降下は次のとおり約2,700 Vです。

v = \sqrt{3} \times 288.7 A \times (3 Ω \times 0.8 + 5 Ω \times 0.6) = 2700 V

V_{s} = 20000 V + 2700 V = 22700 V

改善前と改善後の無効電力は次のとおりです。

Q = 8000 kW \times \frac{\sqrt{1 - {0.8}^{2}}}{0.8} = 6000 kvar

Q：無効電力（遅れ）〔kvar〕　P：有効電力〔kW〕　θ：力率角（cosθ が力率）

Q = 8000 kW \times \frac{\sqrt{1 - {0.95}^{2}}}{0.95} = 2629 kvar

改善後の降下は次のとおり約1,857 Vです。

v = \frac{8000 kW \times 3 Ω + 2629 kvar \times 5 Ω}{20 kV} = 1857 V

比は、1,857÷2,700×100≒68.8%です。

短絡電流と%Z ── %Zが小さいほど短絡電流は大きい

短絡電流と%Z：10 MV·A基準の配電線の%Zを300 kV·A基準にそろえて変圧器と足すと5.81%で、短絡電流は約14.2 kAになる

手順	すること	落とし穴
基準容量	配電線の値を、変圧器の容量にそろえる	そろえずに足す
合成	抵抗分どうし、リアクタンス分どうしを足してから三平方	先に三平方してから足す
定格電流	短絡点の側の電圧で出す	一次側の電圧で出す
継電器に入る電流	一次側に換算し、変流比で割る	二次側のまま割る

短絡電流（たんらくでんりゅう）は、定格電流をパーセントインピーダンスで割って100を掛けた大きさです。パーセントインピーダンスが小さいほど、短絡電流は大きくなります。

問われる形	○×	ポイント
10 MV·A基準の配電線の値を、そのまま300 kV·A基準の変圧器の値と足す	×	300÷10,000倍してから足す
合成は、抵抗分とリアクタンス分を別々に足してから三平方	○	先に三平方すると誤る
変圧器の二次側の短絡を一次側の変流器（へんりゅうき）で見るときは、電圧の比で換算する	○	一次側の電流に直す
高圧の過電流遮断器は、通過する短絡電流を遮断できる能力が要る	○	解釈第34条第1項

パーセントインピーダンス（ぱーせんといんぴーだんす）とは、定格電流を流したときの電圧降下を、定格電圧に対する%で表した量です。基準容量に比例します。
変流器は、大きな電流を、継電器で扱える小さな電流に変えます。過電流を見る過電流継電器（かでんりゅうけいでんき）には変流器を、地絡を見る地絡継電器（ちらくけいでんき）には零相変流器（れいそうへんりゅうき）をつなぎます。

解き方：短絡電流と変流器の電流を出す

① 最初の一手は、パーセントインピーダンスの基準容量をそろえることです。

言葉の式　そろえた後の%Z ＝元の%Z × 新しい基準容量 ÷ 元の基準容量

{% Z}^{'} = % Z \times \frac{P^{'}}{P}

%Z′：新しい基準容量にそろえた%インピーダンス〔%〕　%Z：元の基準容量での%インピーダンス〔%〕　P′：新しい基準容量〔V·A〕　P：元の基準容量〔V·A〕

② 抵抗分とリアクタンス分を別々に足し、三平方で1つにします。

言葉の式　合成の%Z ＝ √（%R の合計の2乗＋ %X の合計の2乗）

% Z = \sqrt{{% R}^{2} + {% X}^{2}}

%Z：短絡点から電源側を見た合成の%インピーダンス〔%〕　%R：直列の%抵抗の合計〔%〕　%X：直列の%リアクタンスの合計〔%〕

③ 短絡点の側の電圧で定格電流を出し、短絡電流にします。

言葉の式　三相の定格電流＝容量 ÷（√3 × 線間電圧）

I_{n} = \frac{S}{\sqrt{3} V}

I_n：三相の定格電流（変圧器なら最大供給電流）〔A〕　S：三相の容量（変圧器の定格容量・負荷の皮相電力）〔V·A〕　V：線間電圧〔V〕

言葉の式　短絡電流＝基準容量での定格電流 × 100 ÷ 合成の%Z

I_{s} = \frac{100}{% Z} \times I_{n}

I_s：三相短絡電流〔A〕　%Z：短絡点から電源側を見た合成の%インピーダンス〔%〕　I_n：基準容量での定格電流（短絡点の側の電圧で出す）〔A〕

④ 変流器の電流は、一次側に換算してから変流比で割ります。

言葉の式　一次側の電流＝二次側の電流 × 二次電圧 ÷ 一次電圧

I_{1} = I_{2} \times \frac{V_{2}}{V_{1}}

I₁：変圧器の一次側に流れる電流〔A〕　I₂：変圧器の二次側に流れる電流（短絡電流など）〔A〕　V₂：二次電圧〔V〕　V₁：一次電圧〔V〕

言葉の式　CT の二次電流＝一次電流 × 定格二次電流 ÷ 定格一次電流

i_{2} = I_{1} \times \frac{I_{2n}}{I_{1n}}

i₂：CT の二次側に出る電流（過電流継電器に流れる電流）〔A〕　I₁：CT の一次側に流れる電流〔A〕　I_2n：CT の定格二次電流（ふつう5 A）〔A〕　I_1n：CT の定格一次電流（変流比 75 A/5 A の 75 A）〔A〕

例は、平成29年度法規問12 の条件です。三相300 kV·A、6.6 kV/210 Vの変圧器の二次側のF点で、三相短絡が起きます。

変圧器は、300 kV·A基準で百分率抵抗降下2%、百分率リアクタンス降下4%です。配電線路は、10 MV·A基準で20%と40%です。

変流器は変圧器の一次側にあり、変流比は75 A/5 Aです。

配電線路を300 kV·A基準にします。

{% Z}^{'} = 20 % \times \frac{300 kV·A}{10 MV·A} = 0.6 %

{% Z}^{'} = 40 % \times \frac{300 kV·A}{10 MV·A} = 1.2 %

合計は抵抗分2.6%、リアクタンス分5.2%です。合成は次のとおりです。

% Z = \sqrt{{(2.6 %)}^{2} + {(5.2 %)}^{2}} = 5.814 %

定格電流は、300 kV·Aと210 Vから出します。

I_{n} = \frac{300 kV·A}{\sqrt{3} \times 210 V} = 824.8 A

短絡電流は次のとおり約14.2 kAです。

I_{s} = \frac{100}{5.814 %} \times 824.8 A = 14186 A

一次側の電流と、変流器の二次側の電流は次のとおりです。

I_{1} = 14186 A \times \frac{210 V}{6600 V} = 451.37 A

i_{2} = 451.4 A \times \frac{5 A}{75 A} = 30.09 A

過電流継電器に入る電流は約30 Aです。基準容量をそろえずに足すと、約1.7 kAと誤ります。

関連：地絡電流｜保護と発変電所

地絡電流と地絡継電器 ── 構外の事故でも構内の電流が流れる

地絡の場所と零相変流器：構外の地絡でも構内のケーブルの対地静電容量を通る電流が零相変流器を流れ、構内の地絡とは向きが逆になる

量	決まり方	注意
1線完全地絡の電流	相電圧（そうでんあつ）と、3線分の対地静電容量で決まる	3線分の3を落とさない
構外の事故で零相変流器を通る電流	地絡電流を容量の比で分けた、構内側の分	分子は構内側の容量
地絡方向継電器（ちらくほうこうけいでんき）	電流と電圧の関係から、地絡の向きを見る	構内と構外を見分ける

構外の地絡でも、構内のケーブルの対地静電容量を通る電流が、零相変流器を流れます。構内のケーブルが長いと、地絡継電器が不必要に動くことがあります。

問われる形	○×	ポイント
地絡電流の式で、3線分の対地静電容量の3を落とす	×	3線の容量が並列で3倍
構外の事故で検出される分は、地絡電流を配電線側の容量の割合で分けた値	×	分子は零相変流器の負荷側の容量
構内のケーブルが極めて短ければ、無方向の地絡継電器でも不必要動作は少ない	○	構内側の容量が小さい
地絡方向継電器の整定は、動作時限だけ変電所と協調すればよい	×	動作電流などの整定値も小さくする

対地静電容量（たいちせいでんようりょう）とは、電線と大地の間の静電容量です。非接地方式（ひせっちほうしき）では、地絡電流はこの容量を通って戻ります。
需要家の地絡継電器は、動作電流も動作時限も、配電用変電所より小さく整定します。構内の地絡を先に切り、配電線全体の停電を防ぎます。
地絡で感電や火災が起きないよう、必要な所には地絡遮断装置（ちらくしゃだんそうち）などを置きます（電気設備に関する技術基準を定める省令第15条）。

解き方：零相変流器を通る電流を出す

① 最初の一手は、配電線側と構内側の対地静電容量を並べ、分かれる比を作ることです。
② 1線完全地絡の電流を出します。μF（マイクロファラド）の値には、10⁻⁶を掛けます。

言葉の式　1線完全地絡電流＝ 2√3 × π × 周波数 × 線間電圧 ×（配電線側と構内側の1線の対地静電容量の和）

I_{g} = 2 \sqrt{3} π f V (C_{1} + C_{2})

I_g：1線完全地絡のときの地絡電流〔A〕　f：周波数〔Hz〕　V：線間電圧〔V〕　C₁：配電線側の1線の対地静電容量〔F〕　C₂：構内側（需要設備）の1線の対地静電容量〔F〕

③ 零相変流器の負荷側にある容量の割合を掛けます。

言葉の式　零相変流器が検出する電流＝地絡電流 × 零相変流器の負荷側の容量 ÷（2つの容量の和）

I_{0} = I_{g} \times \frac{C_{2}}{C_{1} + C_{2}}

I₀：零相変流器で検出される地絡電流〔A〕　I_g：1線完全地絡電流〔A〕　C₂：零相変流器の負荷側にある1線の対地静電容量（構外の事故なら構内側）〔F〕　C₁：反対側の1線の対地静電容量〔F〕

④ 地絡電流はAの桁、構外の事故で構内に分かれる電流はmAの桁かを確かめます。

例は、令和5年度下期法規問11 の条件です。中性点非接地方式の三相3線式の高圧配電線路で、線間電圧は6,600 V、周波数は60 Hz（ヘルツ）です。

配電線路の一相の対地静電容量は2.3 μF、需要設備の一相は0.02 μFです。需要設備の外で1線完全地絡が起きます。

地絡電流は次のとおり約10.0 Aです。

I_{g} = 2 \sqrt{3} π \times 60 Hz \times 6600 V \times (2.3 μF + 0.02 μF) = 9.998 A

零相変流器を通る電流は次のとおりです。

I_{0} = 10.0 A \times \frac{0.02 μF}{2.3 μF + 0.02 μF} = 0.08621 A

0.0862 Aは、約86 mAです。分ける比を逆にすると、ほとんど全部が流れる値になります。

関連：接地工事のB種接地抵抗｜短絡電流

高調波の流出電流 ── リアクトルはn倍、コンデンサは1/n倍

高調波の次数とリアクタンス：リアクトルは次数に比例しコンデンサは反比例するので、6%の直列リアクトル付きでは約4.1次から上で設備が誘導性になる

第`n`調波で	リアクタンス	理由
リアクトル（配電系統も）	`n`倍	周波数に比例
コンデンサ	1/`n`倍	周波数に反比例
直列リアクトル付きの設備	2つの差	差が正ならコイルとして振る舞う

第n調波では、リアクトルはn倍、コンデンサは1/n倍になります。系統へ流れ出る電流は、2つの枝のインピーダンスの逆の比で分かれます。

問われる形	○×	ポイント
第5調波では、コンデンサのリアクタンスも5倍	×	5分の1。周波数に反比例
発生した第5調波電流の全部が、配電系統へ流れ出る	×	コンデンサ設備側にも分かれる
分流の式で、系統側のインピーダンスを分子に置く	×	分子は相手側のコンデンサ設備側
6%の直列リアクトル付きの設備は、第5調波でコイルとして振る舞う	○	30%が20%を上回る

高調波（こうちょうは）とは、基本波（きほんは）の整数倍の周波数の成分です。インバータや整流器が発生源になります。
直列リアクトルの割合が足りないと、第5調波で直列共振に近くなります。大きな電流が流れ、焼損のおそれがあります。
系統へ流れ出る電流の上限は、法令ではなく指針で示されています。

解き方：系統へ流れ出る電流を出す

① 最初の一手は、基本波のリアクタンスを、リアクトルはn倍、コンデンサは1/n倍にすることです。

言葉の式　第n調波のリアクトルのリアクタンス＝基本波のリアクタンス × n

X_{Ln} = n X_{L}

X_Ln：第n調波に対するリアクトルのリアクタンス〔%〕　n：高調波の次数〔次〕　X_L：基本波に対するリアクトルのリアクタンス〔%〕

言葉の式　第n調波のコンデンサのリアクタンス＝基本波のリアクタンス ÷ n

X_{Cn} = \frac{X_{C}}{n}

X_Cn：第n調波に対するコンデンサのリアクタンス〔%〕　X_C：基本波に対するコンデンサのリアクタンス〔%〕　n：高調波の次数〔次〕

② 負荷の定格電流に発生の割合を掛けて、発生する高調波電流を出します。

I_{n} = \frac{S}{\sqrt{3} V}

③ 系統へ流れ出る電流は、発生した電流に、コンデンサ設備側の値÷（系統側＋コンデンサ設備側）を掛けた値です。2つの枝がどちらもコイルとして振る舞うときに、この形で使えます。
④ 系統へ出る電流が、発生した電流より小さいかを確かめます。

例は、令和7年度上期法規問12 の条件です。6,600 Vで受電する定格容量500 kV·Aの三相負荷設備に、6%の直列リアクトル付きコンデンサ設備があります。

第5調波電流は、定格電流の15%が発生します。インピーダンスは問題の式で与えられ、10 MV·A基準です。

定格電流は、500 kV·Aと6.6 kVから出します。

I_{n} = \frac{500 kV·A}{\sqrt{3} \times 6.6 kV} = 43.74 A

I_n：三相の定格電流（変圧器なら最大供給電流）〔A〕　S：三相の容量（変圧器の定格容量・負荷の皮相電力）〔V·A〕　V：線間電圧〔V〕

発生する第5調波電流は次のとおりです。

I_{h} = 0.15 \times 43.74 A = 6.561 A

I_h：負荷から発生する第n調波の電流〔A〕　k_n：第n調波の発生の割合（定格電流に対する比。小数）　I_n：負荷の定格電流（受電点の電流に換算した値）〔A〕

問題の式に第5調波を入れると、配電線路側は30%、コンデンサ設備側は500%で、どちらもコイルとして振る舞います。
系統へ流れ出る電流は次のとおりです。

I_{o} = 6.56 A \times \frac{500 %}{30 % + 500 %} = 6.189 A

I_o：系統へ流れ出る高調波電流〔A〕　I_h：負荷から発生した高調波電流〔A〕　Z_S：系統側の第n調波のインピーダンス（同じ基準の%）〔%〕　Z_C：コンデンサ設備側の第n調波のインピーダンス（リアクトル分−コンデンサ分）〔%〕

答えは約6.2 Aです。15%を掛け忘れると、約41.2 Aと誤ります。

まとめ

3つの率は、分母が設備容量・最大需要電力・合成最大需要電力のどれかを先に確かめます。

変圧器の損失は鉄損が一定、銅損が負荷率の2乗で、力率改善は無効電力の差で考えます。

短絡と地絡と高調波は、基準をそろえ、インピーダンスや容量の比で電流を分けます。

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参考文献

電気事業法第26条
電気設備に関する技術基準を定める省令第15条
電気設備の技術基準の解釈（令和7年11月20日改正）第34条・第148条
第三種電気主任技術者試験（電気技術者試験センター）法規平成23年度問11・平成29年度問12・令和5年度上期問11・令和5年度下期問11・令和6年度上期問11・問12・令和7年度上期問12

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