전기기사 실기 2019년 1회 기출유형문제 시험지 PDF 다운로드

① 배전선 1회선 또는 변압기 사고 시에도 무정전 공급이 가능하다.
② 전압 변동률이 작다.
③ 부하 변동에 대한 탄력성이 좋다.

(참고: 기기 이용률·신뢰도는 높으나 설비비가 비싸고 네트워크 프로텍터 등 보호장치가 복잡하다.)

[장점]
① 용량에 무관하게 발전효율이 일정하다.
② 일조만 있으면 어디든 설치 가능하고 보수가 쉽다.
③ 에너지원이 무한정·반영구적이다.
④ 직달광뿐 아니라 산란광도 활용한다.

[단점]
① 에너지 밀도가 낮아 넓은 설치 면적이 필요하다.
② 흐리거나 비 오는 날 발전량이 떨어져 출력이 불안정하다.

① 소형·경량이고 화재 위험이 없어 안전하다.
② 동작 소음이 작고 차단부 수명이 길다.
③ 고속 개폐가 가능하고 차단 성능이 우수하다.

(참고: 진공 중 아크 소호로 절연회복이 빠르나, 개폐 서지가 잘 생겨 서지흡수기가 필요하다.)

(1) 진상 콘덴서를 유도성 부하에 병렬 접속하여, 부하의 지상 무효전력을 콘덴서의 진상 무효전력으로 상쇄해 역률을 높인다.

(2) ① 전력손실 증가
② 한전 역률요금으로 전기요금 증가
(이 밖에 전압강하 증가, 설비용량 여유 감소)

(3) 콘덴서 용량
$Q_c = P\left(\dfrac{\sin\theta_1}{\cos\theta_1}-\dfrac{\sin\theta_2}{\cos\theta_2}\right) = 30\left(\dfrac{\sqrt{1-0.65^2}}{0.65}-\dfrac{\sqrt{1-0.9^2}}{0.9}\right) = 20.54$ [kVA]

60[m] 초과 시 전압강하 허용값(KEC 232.3.9 표):
① 5[%]
② 6[%]
③ 5[%]
④ 7[%]

전선의 길이	전기사업자 공급	전용 변압기 공급
120[m] 이하	4[%]	5[%]
200[m] 이하	5[%]	6[%]
200[m] 초과	6[%]	7[%]

(참고: 60[m] 이하면 전기사업자 공급 3[%], 전용 변압기 공급 5[%].)

(1) ① 계기: 접지저항계(어스 테스터)
② 측정법: 콜라우시 브리지(Kohlrausch bridge)를 이용한 3극(3전극) 접지저항 측정법

(2) 3전극(전위강하)법에서 본 접지의 접지저항
$R_E = \dfrac{1}{2}\left(R_{EP}+R_{EC}-R_{PC}\right) = \dfrac{1}{2}(86+92-160) = 9$ [Ω]
R_EP=R_E+R_P, R_EC=R_E+R_C, R_PC=R_P+R_C 이므로 위 식에서 R_E만 남아 9[Ω]이 된다.

① 출력식: 최종단이 NOR이므로
$X = \overline{\overline{A+B+C}+\overline{D+E+F}+G}$
드모르간 정리로 정리하면
$X = (A+B+C)\cdot(D+E+F)\cdot\overline{G}$

② 등가회로(AND 1·OR 2·NOT 1): A,B,C를 OR 1, D,E,F를 OR 2로 묶고 G를 NOT으로 반전한 뒤, 세 신호 (A+B+C)·(D+E+F)·Ḡ 를 3입력 AND에 넣어 X를 얻는다.

(1) 보호계전 협조
① (F₁ 후비보호) OC₁₂ + CB₁₂ AND OC₁₃ + CB₁₃ — 전원측 변전소 차단기로 후비보호한다.
※ 인쇄 정답은 ①을 F₁ 후비보호 칸으로 보고 OC₁₂+CB₁₂ AND OC₁₃+CB₁₃ 로 표기(전력회사 변전소측 보호). 주보호의 OC₁₂/OC₁₃ 와 같은 계전기가 후비보호로도 동작한다고 본 표기다.
② (F₂ 주보호) RDf₁ + CB₃ + CB₄ AND OC₃ + CB₃ — F₂(주변압기 내부사고)는 비율차동계전기 RDf₁ 이 검출해 CB₃·CB₄ 를 차단하고 OC₃ 가 백업한다.

(2) ① 교류차단기(CB)
② 변류기(CT)
③ 계기용변압기(PT)
④ 과전류계전기(OC)
보호기능 구성: ⑤ 동작부(차단기 트립코일·차단기)
⑥ 검출부(CT·PT 등 변성기)
⑦ 판정부(과전류계전기 OC)

(3) F₂(변압기) 보호 상세: 변압기 1·2차에 각각 CT를 두고, 1차측 CB₃ 와 2차측 CB₄ 사이 변압기를 RDf₁ 이 보호한다. CT 2차 차전류를 RDf₁ 이 검출(검출부=CT), 차동전류 비율로 내부사고를 판정(판정부=RDf₁/OC₃·OC₄), 동작 시 CB₃·CB₄ 트립(동작부=차단기). 결선: 상단 CB₃—CT—(변압기)—CT—CB₄ 하단으로 두 CT 2차를 차동결선하고 중간점에 RDf₁, 양 단에 OC₃(상)·OC₄(하)를 둔다.

(4) 자가용 발전설비 보유 수용가에 설치할 계전기
① 과전류계전기(OCR)
② 주파수계전기(OFR/UFR)
③ 부족전압계전기(UVR)
④ 비율차동계전기(RDfR)
⑤ 과전압계전기(OVR)

(1) 계통도 완성: 인입(3상) → DS(단로기) → PF(전력퓨즈) → LA(피뢰기, E₁ 접지) → CB(차단기) → CT(변류기). PF 1차측에서 PT(계기용변압기, 보통 2대 V결선)로 분기해 전압계 V·표시등 PL을 접속하고 PT 2차 1단을 접지(E₁)한다. CT 2차에는 전류계 A를 단다. CB 2차에서 모선 R·S·T를 인출해 전등용 변압기(단상, 1차 2선/2차 중성점 접지 E₁)와 동력용 변압기 3대(Δ-Δ 결선, 2차 R·S·T)에 접속한다.

(2) ① 조치: 변류기(CT) 2차측을 단락한 뒤 교체한다.
② 이유: CT 2차가 개방된 채 1차에 전류가 흐르면 2차에 고전압이 유기되어 변류기 절연이 파괴되고 작업자 감전 위험이 있다.

(3) DS 대신: LBS(고압부하개폐기) — 부하전류 개폐가 가능하고 한류퓨즈와 조합하면 단락보호도 된다.

(4) ① 기기: 서지흡수기(SA, Surge Absorber)
② 위치: 진공차단기(VCB)와 몰드변압기 사이(VCB 2차측, 변압기 1차측). VCB 개폐 서지로부터 몰드변압기를 보호한다.

(1) 유접점 시퀀스 결선도: 3상 전원 → MCCB → MC 주접점(3극) → 전동기 M. 제어회로는 기동 PB₁(a접점)과 MC(a접점, 자기유지)를 병렬로 묶어 정지 PB₂(b접점)와 직렬 연결해 MC 코일을 여자한다. MC 코일과 병렬로 RL(MC a접점 점등)·GL(MC b접점 점등)을 접속한다.

(2) ① $MC = (PB_1 + MC)\cdot\overline{PB_2}$ (PB₁ 기동, MC a접점 자기유지, PB₂ b접점 정지)
② $RL = MC$ (운전표시등)
③ $GL = \overline{MC}$ (정지표시등)

(1) 저압 수전 3상 3선식·3상 4선식 선로는 30[%] 이하로 한다. (단상 3선식은 40[%] 이하)

(2) 설비불평형률 = (각 선간 단상 부하설비용량의 최대-최소 차) ÷ (총 부하설비용량 × 1/3) × 100. 전동기는 역률 0.8로 입력환산(kW÷0.8)한다.
$\dfrac{\left(3+1.5+\frac{1}{0.8}\right)-(3+1)}{\frac{1}{3}\left(2+3+\frac{0.5}{0.8}+3+1.5+\frac{1}{0.8}+3+1\right)}\times 100 = 34.15$ [%]

(3) P, Q 단선 시 일부 선간 부하만 남으므로
$\dfrac{\left(2+3+\frac{0.5}{0.8}\right)-3}{\frac{1}{3}\left(2+3+\frac{0.5}{0.8}+3+1.5+3\right)}\times 100 = 60$ [%]

하절기·동절기 동력은 동시 사용하지 않으므로 큰 쪽만 더한다(하절기 140×0.8=112[kW] > 동절기 60×0.6=36[kW]). 각 최대수요전력 합을 부등률·부하율로 나눈 뒤 여유도(1.15)를 곱한다.
$P = \dfrac{100\times0.7 + 250\times0.5 + 140\times0.8}{1.35\times0.9}\times 1.15 = 290.58$ [kVA]
표준용량에서 이상으로 선정하면 300[kVA].

(1) 각 부하전류를 유효-무효 성분으로 나눠 합성한다. 급전선 전류는 세 부하전류의 벡터합이다.
$I = 10 + 20(0.8-j0.6) + 20\left(0.9-j\sqrt{1-0.9^2}\right) = 44 - j20.717 = 48.63$ [A]
(|I| = √(44² + 20.717²) = 48.63[A])

(2) 선로손실은 구간별로 P=3I²R로 구해 합산한다. 급전선(3.6km, 48.63A), A지선(1km, 10A), C지선(2km, 20A).
$P_\ell = 3\times 48.63^2\times(0.5\times3.6) + 3\times 10^2\times(0.5\times1) + 3\times 20^2\times(0.5\times2) = 14{,}120.34$ [W]

3상 전압강하식 $V_d = V_s - V_r = \sqrt{3}\,I(R\cos\theta + X\sin\theta)$ 에서 선전류를 구한다.
$I = \dfrac{V_s - V_r}{\sqrt{3}\,(R\cos\theta + X\sin\theta)} = \dfrac{6{,}600 - 6{,}000}{\sqrt{3}\times(1.4\times0.8 + 1.8\times0.6)} = 157.46$ [A]
부하전력
$P = \sqrt{3}\,V_r I\cos\theta = \sqrt{3}\times 6{,}000\times 157.46\times 0.8\times 10^{-3} = 1{,}309.1$ [kW]

V결선 3상 출력은 $P = \sqrt{3}\,VI\cos\theta\cdot\eta$, 변압기 1대 용량은 VI[VA]다. 출력 P=11[kW]를 공급하려면
$VI = \dfrac{P}{\sqrt{3}\cos\theta\cdot\eta} = \dfrac{11}{\sqrt{3}\times 0.8\times 0.85} = 9.34$ [kVA]
표준용량에서 이상으로 선정하면 1대 용량은 10[kVA].

(1) 완전 확산형(균등 점광원)의 광도는 전광속을 4π로 나눈 값이다.
$I = \dfrac{F}{4\pi} = \dfrac{18{,}500}{4\pi} = 1{,}472.18$ [cd]

(2) 사거리 $R = \sqrt{6^2 + 8^2} = 10$ [cm]. 수평면 조도는 입사각 코사인 법칙으로 구하며, 수평면 법선이 연직이므로
$E_h = \dfrac{I}{R^2}\cos(90^\circ - \theta) = \dfrac{I}{R^2}\cdot\dfrac{6}{R}$.
$E_h = \dfrac{1{,}472.18}{\left(\sqrt{6^2+8^2}\right)^2}\times \dfrac{6}{\sqrt{6^2+8^2}} = 8.83$ [lx]