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전기기사 실기 2020년 1회 기출유형문제
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전기기사 실기 기출문제

전기기사 실기 2020년 1회 기출유형문제

총 16문항 · 주관식 · A4 약 1장

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전기기사 실기 2020년 1회 기출유형문제

총 16문항 · 주관식 · 정답·해설 포함
문제 1
형광등을 벽면 위쪽 모서리에 숨겨 그 빛이 벽면을 직접 비추도록 한 건축화 조명 방식의 명칭은?
정답 및 해설
코니스 조명(cornice lighting)

천장과 벽이 맞닿는 모서리(코니스)에 광원을 숨기고 그 빛으로 아래쪽 벽면을 직접 비추는 방식이다.


[해설]

천장과 벽이 만나는 구석(코니스)에 램프를 숨겨 그 빛이 아래쪽 벽면을 직접 비추도록 하는 건축화 조명이므로 코니스 조명이 정답이다.

같은 은폐 광원이라도 빛을 위·아래 양방향으로 내보내면 밸런스 조명, 천장 쪽으로 향하게 해 반사광으로 실내를 밝히면 코브 조명으로 구분되며, 빛의 진행 방향이 명칭을 가르는 채점 포인트다.

문제 2
가공 송전선로(ACSR 전선)에 설치하는 댐퍼(damper)의 역할을 쓰시오.
정답 및 해설
전선에 바람이 스칠 때 생기는 미풍진동(aeolian vibration)을 흡수·억제해 지지점 부근의 피로 단선을 막는다.


[해설]

댐퍼는 가공송전선이 약한 바람에 스칠 때 발생하는 미풍진동(aeolian vibration)의 에너지를 흡수해 진동을 억제하는 장치이다.

미풍진동이 지속되면 전선이 지지점(클램프)에 물린 부분에서 반복 굽힘에 의한 피로가 누적되어 단선 사고로 이어질 수 있으므로, 댐퍼를 전선 지지점 부근에 설치해 이를 예방한다.

문제 3

고압 및 특고압 전로 중 피뢰기를 시설하여야 하는 장소 4가지를 쓰시오.

정답 및 해설

① 발전소·변전소 또는 이에 준하는 장소의 가공전선 인입구 및 인출구
② 특고압 가공전선로에 접속하는 배전용 변압기의 고압측 및 특고압측
③ 고압 및 특고압 가공전선로에서 공급을 받는 수용장소의 인입구
④ 가공전선로와 지중전선로가 접속되는 곳


[해설]

KEC 341.13(피뢰기의 시설) 규정으로, 고압 및 특고압 전로 중 위 네 곳 또는 이에 근접한 곳에는 피뢰기를 시설하여야 한다. 네 곳 모두 뇌서지가 직접 유입되거나 서지 임피던스가 급변하여 이상전압이 크게 나타나는 지점이라는 공통점이 있다.

특히 가공전선로와 지중전선로의 접속점은 두 선로의 특성 임피던스가 크게 달라 진행파의 반사로 전압이 상승하므로 반드시 시설 대상이 된다. 빈칸 채우기로 출제될 때는 '발전소·변전소 또는 이에 준하는 장소', '특고압 가공전선로', '배전용', '수용장소', '지중전선로'가 채점 키워드이다.

문제 4
CT의 과전류 강도는 열적 과전류 강도와 기계적 과전류 강도로 나뉜다. 각각의 계산식을 쓰시오.
(1) 열적 과전류 강도
(2) 기계적 과전류 강도
정답 및 해설
변류기(CT) 과전류강도는 정격1차전류에 대한 배수로 정의한다.

(1) 열적 과전류강도 : 통전시간 t[s] 동안 견디는 강도. 1초 기준 정격과전류강도 SnS_n 에서 환산.
S=SntS = \dfrac{S_n}{\sqrt{t}}  (정격과전류강도 ÷ 통전시간\sqrt{\text{통전시간}})

(2) 기계적 과전류강도 : 단락전류의 전자기력에 견디는 강도. 단락전류를 정격1차전류로 나눈 배수.
Sm=IsInS_m = \dfrac{I_s}{I_n}  (단락전류 ÷ 정격1차전류). 통상 열적 과전류강도의 약 2.5배 적용.


[해설]

CT 과전류강도는 정격 1차전류에 대한 배수로 표시하며, 통전시간을 견디는 열적강도와 전자기력을 견디는 기계적강도로 구분한다.

열적 과전류강도는 통전시간이 길수록 견딜 수 있는 배수가 줄어들어 1초 기준 정격과전류강도 SnS_n을 통전시간 t의 제곱근으로 나눈 S=SntS=\dfrac{S_n}{\sqrt t}로 환산한다.

기계적 과전류강도는 단락전류의 전자기력에 견디는 능력으로, 단락전류를 정격 1차전류로 나눈 배수 Sm=IsInS_m=\dfrac{I_s}{I_n}로 표시하며 통상 열적강도의 약 2.5배로 설계한다.

문제 5
전등을 3개소에서 점멸하기 위해 3로 스위치 2개와 4로 스위치 1개를 조합한다. 동작이 완전하도록 계통도 결선을 완성하시오.
문제 이미지
정답 및 해설
3개소 점멸은 양 끝에 3로 스위치 2개, 가운데에 4로 스위치 1개를 직렬로 둔다.

결선 : 전원 → 첫 3로 스위치(공통단자 입력, 진행단자 2개) → 4로 스위치(진행선 2개를 교차/직진 절체) → 둘째 3로 스위치(진행단자 2개 입력, 공통단자 출력) → 전등 → 전원 귀로.

4로 스위치가 두 여행선(traveler)을 교차/직진으로 바꾸므로 어느 스위치를 눌러도 점멸된다. 개소를 더 늘리려면 두 3로 스위치 사이에 4로 스위치를 추가한다.


[해설]

3개소 점멸은 양 끝에 3로 스위치 2개, 가운데에 4로 스위치 1개를 두고 두 스위치 사이를 두 가닥의 여행선(traveler)으로 연결하는 결선이 핵심이다.

전원은 첫 3로 스위치의 공통단자로 들어가 두 진행단자 중 하나를 통해 4로 스위치로 가고, 4로 스위치는 내부에서 두 여행선을 교차 또는 직진으로 절체해 둘째 3로 스위치의 두 진행단자 중 하나로 신호를 넘긴 뒤 그 공통단자에서 전등으로 나간다.

세 스위치 중 어느 것을 조작해도 회로의 통전·차단 상태가 뒤바뀌므로 3개소 어디서나 점멸이 가능하며, 점멸 개소를 늘리려면 두 3로 스위치 사이에 4로 스위치를 추가로 삽입하면 된다.

정답 이미지
문제 6
다음은 22,900[V]를 수전하는 자가용 수전설비 도면이다. (도면: ASS → LA(E₀ 접지) → PF(전력퓨즈) → MOF → 3φ TR 500[kVA], 22,900/380/220[V], %Z=5[%]). 각 물음에 답하시오.
(1) ASS LOCK 전류의 최소값은 얼마이며, ASS의 LOCK 역할을 설명하시오.
(2) 도면에서 피뢰기의 정격전압과 피보호기 제1대상 기기는?
(3) 한류형 Fuse의 단점 2가지를 적으시오.
(4) 22.9[kV-Y] 선로용 MOF 변류기의 정격 과전류 강도는 정격 1차 전류 60[A] 이하일 때 ( ㉠ )배 이상, 75[A] 이하일 때 ( ㉡ )배 이상, 60[A] 초과일 때 ( ㉢ )배 이상의 것을 선정한다. ( )에 답하시오.
(5) 3상 단락전류와 2상 단락전류를 각각 계산하시오.
문제 이미지
정답 및 해설
(1) ASS LOCK 전류 최소값 : 900[A]
LOCK 역할 : 자동고장구분개폐기(ASS)의 제어부 기억(memory) 기능. 전원측 차단기나 리클로저가 1회 순시 동작해 정전되면 그 무전압 순간에 ASS를 개방해 고장구간을 분리한다. 사고전류가 LOCK 전류(900[A]) 이상이면 ASS가 록(lock)되어 무전압 시 개방된다.

(2) 정격전압 : 18[kV] / 피보호기 제1대상 : 전력용 변압기(주변압기)

(3) ① 재투입(재사용)이 불가능하다. ② 결상(단상) 보호능력이 없다. (그 밖에 한류 차단 시 큰 이상전압을 유발한다.)

(4) ㉠ 75   ㉡ 40   ㉢ 40

(5) 변압기 %Z=5[%]로 2차측 단락전류를 구한다.
① 3상 단락전류 : 2차 정격전류 In=500×1033×380=759.67 I_n = \dfrac{500 \times 10^3}{\sqrt{3}\times 380} = 759.67\,[A], Is=100%Z In=1005×759.67=15,193.43 I_s = \dfrac{100}{\%Z}\,I_n = \dfrac{100}{5}\times 759.67 = 15{,}193.43\,[A]
② 2상(선간) 단락전류 : 선간 단락전류는 3상 단락전류의 32\dfrac{\sqrt{3}}{2}배이므로 Is2=32 Is3=32×15,193.43=13,157.4 I_{s2} = \dfrac{\sqrt{3}}{2}\,I_{s3} = \dfrac{\sqrt{3}}{2}\times 15{,}193.43 = 13{,}157.4\,[A]


[해설]

이 문항은 ASS의 LOCK 기능, LA·PF의 표준값, MOF CT 과전류강도 배수, %Z 기반 단락전류 계산을 함께 확인하는 문항이다.

ASS(자동고장구분개폐기)는 후비 보호기기(리클로저 등)가 순시 동작해 무전압이 되는 순간을 감지해 개방되는 LOCK 기능을 가지며, 사고전류가 900[A] 이상일 때 이 기억(memory) 기능이 동작해 재폐로 시 무전압 상태에서 개방된다.

LA(피뢰기)의 정격전압은 22.9[kV-Y] 계통에서 18[kV]가 표준이며, 피뢰기가 1차로 보호해야 할 대상은 가장 고가이자 절연에 취약한 주변압기다. 한류형 퓨즈는 차단 후 재투입(재사용)이 불가능하고 결상(단상)을 자체적으로 검출·보호할 수 없다는 것이 대표적 단점이며, MOF의 CT 정격과전류강도는 정격 1차전류 60[A] 이하이면 75배 이상, 60[A]를 초과하면(75[A] 이하 구간 포함) 40배 이상인 것을 선정한다.

단락전류는 %Z로부터 구하며, 2차 정격전류 In=500×1033×380=759.67 AI_n=\dfrac{500\times10^3}{\sqrt3\times380}=759.67\,\mathrm{A}에 100%Z\dfrac{100}{\%Z}를 곱한 3상 단락전류 Is=1005×759.67=15,193.43 AI_s=\dfrac{100}{5}\times759.67=15{,}193.43\,\mathrm{A}가 기준이 되고, 2상(선간) 단락전류는 이 값의 32\dfrac{\sqrt3}{2}배인 13,157.4 A13{,}157.4\,\mathrm{A}다.

문제 7
건물 보수공사에서 32[W]×3 매입 개방형 형광등 30등을 32[W]×3 매입 루버형으로 교체하고, 20[W]×2 펜던트형 형광등 20등을 20[W]×2 직부 개방형으로 교체하였다. 철거되는 20[W]×2 펜던트형 등기구는 재사용한다. 천장 구멍 뚫기·취부테 설치·등기구 보강 작업은 계상하지 않으며, 공구손료 등을 제외한 직접 노무비만 계산하시오.
(단, 인공계산은 소수점 셋째 자리까지 구하고, 내선전공 노임은 225,408원으로 한다.)

[형광등 기구 설치 품(단위: 등, 적용직종: 내선전공)]
종 별직부형팬던트형반매입 및 매입형
10[W] 이하×10.1230.1500.182
20[W] 이하×10.1410.1680.214
20[W] 이하×20.1770.2150.273
20[W] 이하×30.223-0.335
20[W] 이하×40.323-0.489
30[W] 이하×10.1500.1770.227
30[W] 이하×20.189-0.310
40[W] 이하×10.2230.2680.340
40[W] 이하×20.2770.3320.415
40[W] 이하×30.3590.4320.545
40[W] 이하×40.468-0.710
110[W] 이하×10.4140.4950.627
110[W] 이하×20.5050.6010.764
[적용 가산 조건] 매입 하면 개방형 기준이며 루버 또는 아크릴 커버형일 경우 해당 등기구 설치 품의 110[%]. 매입·반매입 등기구 보강대 별도 설치 시 20[%] 별도 계상. 철거 30[%], 재사용 철거 50[%].
정답 및 해설
32[W]는 표의 40[W] 이하 항목을 적용한다.

① 설치 인공
32[W]×3 매입 루버형 (매입형 0.545 × 루버 1.1) : 0.545×30×1.1=17.9850.545 \times 30 \times 1.1 = 17.985 [인]
20[W]×2 직부 개방형 (직부형 0.177) : 0.177×20=3.540.177 \times 20 = 3.54 [인]

② 철거 인공
32[W]×3 매입 개방형 철거 (×2 항목 매입형 0.415, 철거 30[%]) : 0.415×30×0.3=3.7350.415 \times 30 \times 0.3 = 3.735 [인]
20[W]×2 펜던트형 재사용 철거 (팬던트 0.215, 재사용 철거 50[%]) : 0.215×20×0.5=2.150.215 \times 20 \times 0.5 = 2.15 [인]

③ 인공계 : 17.985+3.54+3.735+2.15=27.4117.985 + 3.54 + 3.735 + 2.15 = 27.41 [인]

④ 직접 노무비 : 27.41×225,408=6,178,433.2827.41 \times 225{,}408 = 6{,}178{,}433.28 [원]

정답 : 6,178,433.28[원]


[해설]

노무비는 표의 등기구별 설치 품에 가산조건(매입루버 110%, 철거·재사용철거 비율)을 적용한 인공수를 모두 합산한 뒤 내선전공 노임을 곱해 구한 것이 핵심이다.

신설되는 32[W]×3 매입 루버형은 매입형 기준 품 0.545에 루버 가산 110[%]를 곱하고, 20[W]×2 직부 개방형은 직부형 품 0.177을 그대로 적용해 각각 0.545×30×1.1=17.9850.545\times30\times1.1=17.985인, 0.177×20=3.540.177\times20=3.54인이 설치 인공이다.

철거되는 32[W]×3 매입 개방형은 철거 30[%]를, 재사용되는 20[W]×2 펜던트형은 재사용 철거 50[%]를 적용해 각각 0.415×30×0.3=3.7350.415\times30\times0.3=3.735인, 0.215×20×0.5=2.150.215\times20\times0.5=2.15인이 되며, 넷을 합한 총 인공 27.41인에 노임 225,408원을 곱하면 27.41×225,408=6,178,433.2827.41\times225{,}408=6{,}178{,}433.28원이다.

문제 8
소선 지름 3.2[mm]인 경동연선의 총 소선 가닥수가 37가닥일 때, 연선의 바깥지름을 구하시오.
정답 및 해설
총 가닥수 N=3n(n+1)+1N = 3n(n+1)+1 (n = 층수)

① 층수 : 37=3n(n+1)+137 = 3n(n+1)+1 → n(n+1)=12n(n+1)=12 → n=3n = 3 (3층)

② 바깥지름 : D=(2n+1) dD = (2n+1)\,d, d=3.2d = 3.2 [mm]
D=(2×3+1)×3.2=7×3.2=22.4D = (2\times 3 + 1)\times 3.2 = 7 \times 3.2 = 22.4 [mm]

정답 : 22.4[mm]


[해설]

연선의 총 소선수와 층수 사이의 관계식으로 층수를 먼저 구한 뒤, 그 층수로 바깥지름을 계산한 것이 결론이다.

총 소선수 공식 N=3n(n+1)+1N=3n(n+1)+1에 37을 대입하면 n(n+1)=12n(n+1)=12가 되어 층수 n=3이 나온다.

바깥지름은 D=(2n+1)dD=(2n+1)d로, 소선지름 3.2[mm]를 적용해 D=(2×3+1)×3.2=22.4 mmD=(2\times3+1)\times3.2=22.4\,\mathrm{mm}다.

문제 9
그림은 변류기를 영상 접속해 잔류 회로에 지락계전기 DG를 삽입한 것이다. 선로전압 66[kV], 중성점은 300[Ω] 저항 접지, 변류비 300/5[A]이다. 송전전력 20,000[kW], 역률 0.8(지상)에서 a상에 완전 지락사고가 발생했다. 각 물음에 답하시오. (단, 부하의 정상·역상 임피던스 등 기타 정수는 무시한다.)
(1) 지락계전기 DG에 흐르는 전류는 몇 [A]인가?
(2) a상 전류계 A에 흐르는 전류는 몇 [A]인가?
(3) b상 전류계 B에 흐르는 전류는 몇 [A]인가?
(4) c상 전류계 C에 흐르는 전류는 몇 [A]인가?
문제 이미지
정답 및 해설
(1) 지락전류 Ig=V/3R=66,000/3300=127.02I_g = \dfrac{V/\sqrt{3}}{R} = \dfrac{66{,}000/\sqrt{3}}{300} = 127.02 [A]
DG 전류 Idg=Ig×1CT비=127.02×5300=2.12I_{dg} = I_g \times \dfrac{1}{CT비} = 127.02 \times \dfrac{5}{300} = 2.12 [A]

(2) 부하 선전류 Il=20,0003×66×0.8=218.69I_l = \dfrac{20{,}000}{\sqrt{3}\times 66 \times 0.8} = 218.69 [A] = 174.95−j131.22174.95 - j131.22 [A]
a상은 부하전류와 지락전류(실수분)가 합성 : Ia=(174.95+127.02)2+131.222=329.25I_a = \sqrt{(174.95+127.02)^2 + 131.22^2} = 329.25 [A]
전류계 A : 329.25×5300=5.49329.25 \times \dfrac{5}{300} = 5.49 [A]

(3) b상은 부하전류만 흐름 : Ib=218.69×5300=3.64I_b = 218.69 \times \dfrac{5}{300} = 3.64 [A]

(4) c상도 부하전류만 흐름 : Ic=218.69×5300=3.64I_c = 218.69 \times \dfrac{5}{300} = 3.64 [A]


[해설]

완전 지락사고 시 지락전류는 중성점 저항으로 정해지고 DG는 이 지락전류를 변류비로 축소해 받으며, 사고가 없는 b·c상은 부하전류만, 사고상인 a상은 부하전류와 지락전류가 합성된 전류가 흐른다는 점이 핵심이다.

지락전류는 상전압을 중성점 저항으로 나눈 Ig=66,000/3300=127.02 AI_g=\dfrac{66{,}000/\sqrt3}{300}=127.02\,\mathrm{A}이고, DG 전류는 여기에 변류비(5/300)를 곱한 2.12 A2.12\,\mathrm{A}다.

부하 선전류는 Il=20,0003×66×0.8=218.69 AI_l=\dfrac{20{,}000}{\sqrt3\times66\times0.8}=218.69\,\mathrm{A}이며 b·c상 전류계는 이 값에 변류비를 곱한 3.64 A3.64\,\mathrm{A}를 지시한다.

a상은 부하전류의 유효분에 지락전류가 실수축으로 더해지므로 벡터합으로 Ia=(174.95+127.02)2+131.222=329.25 AI_a=\sqrt{(174.95+127.02)^2+131.22^2}=329.25\,\mathrm{A}가 되고, 전류계 A는 여기에 변류비를 곱한 5.49 A5.49\,\mathrm{A}를 지시한다.

문제 10
차동계전기로 보호되는 Δ-Y 결선 30[MVA], 33/11[kV] 변압기가 그림과 같이 있다. 고장전류가 정격전류의 200[%] 이상에서 동작하는 계전기의 전류값은? (단, 1차측·2차측 CT 변류비는 각각 500/5[A], 2,000/5[A].)
문제 이미지
정답 및 해설
차동계전기는 양측 CT 2차전류의 차로 동작한다. Δ측(1차) CT는 Y로, Y측(2차) CT는 Δ로 접속하므로 2차측에 3\sqrt{3} 을 곱한다.

① 1차(33[kV] Δ측) CT 2차전류 : i1=30×1033×33×5500=5.25i_1 = \dfrac{30\times 10^3}{\sqrt{3}\times 33}\times \dfrac{5}{500} = 5.25 [A]
② 2차(11[kV] Y측) CT 2차전류 : i2=30×1033×11×52,000×3=6.82i_2 = \dfrac{30\times 10^3}{\sqrt{3}\times 11}\times \dfrac{5}{2{,}000}\times \sqrt{3} = 6.82 [A]

③ 정격의 200[%]에서 동작하므로 동작전류 = 차전류 × 2 :
i=2 ∣i1−i2∣=2 ∣5.25−6.82∣=3.14i = 2\,|i_1 - i_2| = 2\,|5.25 - 6.82| = 3.14 [A]

정답 : 3.14[A]


[해설]

차동계전기는 변압기 1차·2차 CT 2차전류의 차로 동작하며, Δ-Y 변압기는 CT를 반대로(1차측 Y, 2차측 Δ) 결선해 위상을 맞추므로 2차측 CT 2차전류에 3\sqrt3를 곱해 비교한다는 점이 핵심이다.

1차(Δ측) CT 2차전류는 i1=30×1033×33×5500=5.25 Ai_1=\dfrac{30\times10^3}{\sqrt3\times33}\times\dfrac{5}{500}=5.25\,\mathrm{A}이고, 2차(Y측) CT 2차전류는 Δ결선에 의한 3\sqrt3 보정을 포함해 i2=30×1033×11×52000×3=6.82 Ai_2=\dfrac{30\times10^3}{\sqrt3\times11}\times\dfrac{5}{2000}\times\sqrt3=6.82\,\mathrm{A}다.

정격의 200[%]에서 동작하므로 동작전류는 두 전류 차의 2배인 i=2∣i1−i2∣=2∣5.25−6.82∣=3.14 Ai=2|i_1-i_2|=2|5.25-6.82|=3.14\,\mathrm{A}다.

문제 11
3층 사무실 건물에서 3상 3선식 6,000[V]를 200[V]로 강압 수전하는 설비이다. 부하 설비가 표와 같을 때 참고자료를 이용해 답하시오.
[표1] 동력 부하 설비 — 합계: 상용 동력 25.8[kW], 하계 동력 52.0[kW], 동계 동력 9.4[kW]. (난방: 보일러 펌프 6.0[kW]×1, 오일 기어 펌프 0.4[kW]×1, 온수 순환 펌프 3.0[kW]×1 / 공기 조화: 패키지 콤프레셔·콤프레셔 팬·냉각수 펌프=하계 45.0, 상용 16.5 등 / 급수배수: 양수 펌프 3.0 / 기타: 소화 펌프 5.5, 셔터 0.4)
[표2] 조명·콘센트 부하 — 전등: 수은등A 1,040[VA], 수은등B 1,120[VA], 형광등 45,100[VA], 백열전등 600[VA]. 콘센트: 일반 12,000, 환기팬용 440, 히터용 3,000, 복사기용 3,600, 텔레타이프용 2,400, 룸쿨러용 7,200[VA]. 기타: 전화 교환용 정류기 800[VA]. (총계 77,300[VA])
(1) 동계 난방 때 온수 순환 펌프는 상시 운전, 보일러용·오일 기어 펌프 수용률 60[%]일 때 난방 동력 수용 부하[kW]는?
(2) 동력 부하 역률이 전부 80[%]라면 상용·하계·동계 동력별 피상 전력[kVA]은?
(3) 총 전기 설비 용량은 몇 [kVA] 기준이어야 하는가?
(4) 전등 수용률 70[%], 콘센트 설비 수용률 50[%]라면 몇 [kVA] 단상 변압기에 연결해야 하는가? (전화 교환용 정류기는 100[%] 수용률 포함, 변압기 예비율 무시)
(5) 동력 설비 부하 수용률이 모두 60[%]라면 동력 부하용 3상 변압기 용량[kVA]은? (역률 80[%], 예비율 무시)
(6) 이 건물 변압기 총 용량[kVA]은?
(7) 단상·3상 변압기 1차측 전력 퓨즈 정격 전류[A]는? (① 단상 ② 3상)
(8) 동력용 변압기 용량에서 역률을 95[%]로 개선하려는 콘덴서 용량[kVA]은?
정답 및 해설
(1) 온수 순환 펌프(3.0) 상시, 보일러·오일 기어(6.0+0.4) 수용률 60[%]:
3.0+(6.0+0.4)×0.6=6.843.0 + (6.0 + 0.4)\times 0.6 = 6.84 [kW]

(2) 역률 80[%], 피상 = 동력[kW] ÷ 0.8:
상용 25.80.8=32.25\dfrac{25.8}{0.8} = 32.25 [kVA] / 하계 52.00.8=65\dfrac{52.0}{0.8} = 65 [kVA] / 동계 9.40.8=11.75\dfrac{9.4}{0.8} = 11.75 [kVA]

(3) 총 설비용량 = (상용+하계 동력 피상) + 조명·콘센트 총 용량. 하계>동계이므로 하계 채택:
32.25+65+77.3=174.5532.25 + 65 + 77.3 = 174.55 [kVA]

(4) 전등: (1,040+1,120+45,100+600)×0.7×10−3=33.5(1{,}040 + 1{,}120 + 45{,}100 + 600)\times 0.7 \times 10^{-3} = 33.5 [kVA]
콘센트: (12,000+440+3,000+3,600+2,400+7,200)×0.5×10−3=14.32(12{,}000 + 440 + 3{,}000 + 3{,}600 + 2{,}400 + 7{,}200)\times 0.5 \times 10^{-3} = 14.32 [kVA]
기타(정류기): 800×1×10−3=0.8800 \times 1 \times 10^{-3} = 0.8 [kVA]
합계 33.5+14.32+0.8=48.6233.5 + 14.32 + 0.8 = 48.62 [kVA] → 단상 변압기 50[kVA] 선정

(5) 동력(상용+하계) 수용률 60[%], 역률 80[%]: 25.8+52.00.8×0.6=58.35\dfrac{25.8 + 52.0}{0.8}\times 0.6 = 58.35 [kVA] → 3상 변압기 75[kVA] 선정

(6) 총 변압기 용량 = 50 + 75 = 125 [kVA]

(7) 1차 정격전류 기준 전력퓨즈 선정(6[kV]급)
① 단상 50[kVA]: In=506=8.33I_n = \dfrac{50}{6} = 8.33 [A] → 정격 20[A] (관행상 정격전류의 2배)
② 3상 75[kVA]: In=753×6=7.22I_n = \dfrac{75}{\sqrt{3}\times 6} = 7.22 [A] → 정격 7.5[A]

(8) 동력용 75[kVA], 역률 0.8→0.95(역률개선표 계수 0.42): Qc=75×0.8×0.42=25.2Q_c = 75 \times 0.8 \times 0.42 = 25.2 [kVA]


[해설]

이 문항은 동력부하와 조명·콘센트부하에 각각 수용률을 적용해 변압기 용량을 산정하고, 총 설비용량은 계절별 동력부하 중 더 큰 하계 부하를 기준으로 조명·콘센트와 합산한다는 원칙을 확인하는 문항이다.

난방부하는 상시 운전되는 설비(온수순환펌프)는 수용률 100[%]로 그대로 더하고 간헐 운전 설비(보일러·오일기어펌프)에만 수용률 60[%]를 적용하며, 동력부하의 피상전력은 주어진 역률 0.8로 kW÷0.8kW\div0.8해 구한다.

총 전기설비용량은 상용 동력과 계절별 동력 중 더 큰 하계 동력을 채택해 조명·콘센트 총용량과 합산하는데, 이는 상용+동계 조합보다 상용+하계 조합이 더 큰 부하 상태이기 때문이다.

전등·콘센트용 단상변압기와 동력용 3상변압기는 각각 수용률을 적용한 최대수요를 표준용량으로 올림 선정하며, 총 변압기 용량은 두 변압기 용량의 합이다. 1차측 전력퓨즈는 변압기 정격전류를 기준으로 표준정격 중 가까운 값을 선정하고, 역률개선 콘덴서 용량은 개선 전·후 역률각의 탄젠트 차에 유효전력을 곱해 구한다.

문제 12
그림과 같은 평형 3상 회로로 운전하는 유도전동기가 있다. 2개의 전력계 W₁, W₂와 전압계 V, 전류계 A를 접속하니 지시값이 W₁=2[kW], W₂=6.9[kW], V=200[V], I=30[A]였다. 답하시오.
(1) 이 유도전동기의 역률은 몇 [%]인가?
(2) 역률을 90[%]로 개선하려면 콘덴서는 몇 [kVA]가 필요한가?
(3) 이 전동기로 매분 20[m] 속도로 물체를 권상하면 몇 [ton]까지 가능한가? (단, 종합효율은 80[%]로 한다.)
문제 이미지
정답 및 해설
2전력계법 : 유효전력 P=W1+W2=8.9P = W_1 + W_2 = 8.9 [kW]

(1) 역률 cos⁡θ=W1+W23 VI=(2+6.9)×1033×200×30=0.8564=85.64\cos\theta = \dfrac{W_1 + W_2}{\sqrt{3}\,VI} = \dfrac{(2+6.9)\times 10^3}{\sqrt{3}\times 200 \times 30} = 0.8564 = 85.64 [%]

(2) 콘덴서 용량 Qc=P(1−0.856420.8564−1−0.920.9)=8.9×(0.6037−0.4843)=1.06Q_c = P\left(\dfrac{\sqrt{1-0.8564^2}}{0.8564} - \dfrac{\sqrt{1-0.9^2}}{0.9}\right) = 8.9 \times (0.6037 - 0.4843) = 1.06 [kVA]

(3) 권상 출력식 P=M V6.12 ηP = \dfrac{M\,V}{6.12\,\eta} [kW] (M[ton], V[m/min])에서
M=6.12 η PV=6.12×0.8×8.920=2.18M = \dfrac{6.12\,\eta\,P}{V} = \dfrac{6.12 \times 0.8 \times 8.9}{20} = 2.18 [ton]

정답 : (1) 85.64[%] (2) 1.06[kVA] (3) 2.18[ton]


[해설]

2전력계법에서 유효전력은 두 전력계 지시값의 합이고, 역률은 이 유효전력을 피상전력(√3·V·I)으로 나눠 구하며, 콘덴서 용량은 개선 전후 무효전력의 차이만큼만 필요하다는 것이 핵심이다.

유효전력 P=W1+W2=8.9 kWP=W_1+W_2=8.9\,\mathrm{kW}이므로 역률은 cos⁡θ=8.9×1033×200×30=85.64 [%]\cos\theta=\dfrac{8.9\times10^3}{\sqrt3\times200\times30}=85.64\,[\%]다.

역률을 90[%]로 개선하는 콘덴서 용량은 Qc=P(1−0.856420.8564−1−0.920.9)=8.9×(0.6037−0.4843)=1.06 kVAQ_c=P\left(\dfrac{\sqrt{1-0.8564^2}}{0.8564}-\dfrac{\sqrt{1-0.9^2}}{0.9}\right)=8.9\times(0.6037-0.4843)=1.06\,\mathrm{kVA}다.

권상 출력식 P=MV6.12ηP=\dfrac{MV}{6.12\eta}에서 무게 M을 구하면 M=6.12×0.8×8.920=2.18 tonM=\dfrac{6.12\times0.8\times8.9}{20}=2.18\,\mathrm{ton}까지 권상할 수 있다.

문제 13
가로 8[m], 세로 10[m], 방바닥에서 천장까지 높이 4.8[m]인 방에 조명기구를 천장 직부형으로 시설한다. 이 방의 실지수를 구하시오. (단, 작업면 책상 높이는 방바닥에서 0.8[m]이다.)
정답 및 해설
실지수 RI=X⋅YH(X+Y)RI = \dfrac{X \cdot Y}{H(X+Y)}

등기구 높이 H = 천장높이 − 작업면높이 = 4.8−0.8=4.04.8 - 0.8 = 4.0 [m] (직부형이라 천장에 부착)

RI=8×104.0×(8+10)=8072=1.11RI = \dfrac{8 \times 10}{4.0 \times (8 + 10)} = \dfrac{80}{72} = 1.11

정답 : 1.11


[해설]

실지수는 방의 평면 치수와 등기구~작업면 높이의 비로 정해지며, 천장직부형이므로 등고는 천장에서 작업면까지의 높이를 그대로 쓴다는 점이 핵심이다.

등고 H는 천장높이에서 작업면 높이를 뺀 H=4.8−0.8=4.0 mH=4.8-0.8=4.0\,\mathrm{m}이다.

실지수 RI=X⋅YH(X+Y)=8×104.0×(8+10)=8072=1.11RI=\dfrac{X\cdot Y}{H(X+Y)}=\dfrac{8\times10}{4.0\times(8+10)}=\dfrac{80}{72}=1.11이다.

문제 14
공칭 변류비가 100/5인 변류기가 있다. 1차·2차 전류를 측정하니 각각 250[A], 10[A]였다. 이 변류기의 비오차는 몇 [%]인가?
정답 및 해설
비오차 ε=공칭변류비−실제변류비실제변류비×100\varepsilon = \dfrac{\text{공칭변류비} - \text{실제변류비}}{\text{실제변류비}} \times 100 [%]

공칭변류비 =1005=20= \dfrac{100}{5} = 20, 실제변류비 =25010=25= \dfrac{250}{10} = 25

ε=20−2525×100=−20\varepsilon = \dfrac{20 - 25}{25}\times 100 = -20 [%]

정답 : −20[%]


[해설]

비오차는 공칭변류비와 실제(측정)변류비의 차이를 실제변류비에 대한 비율로 나타낸 값이다.

공칭변류비는 1005=20\dfrac{100}{5}=20, 실제변류비는 측정된 1차·2차전류비 25010=25\dfrac{250}{10}=25다.

비오차 ε=20−2525×100=−20 [%]\varepsilon=\dfrac{20-25}{25}\times100=-20\,[\%]로, 음수는 공칭변류비가 실제보다 작다는 것을 의미한다.

문제 15
그림과 같은 방전특성을 갖는 부하에 필요한 축전지 용량은 몇 [Ah]인지 구하시오. (단, 방전전류 I₁=200[A], I₂=300[A], I₃=150[A], I₄=100[A], 방전시간 T₁=130분, T₂=120분, T₃=40분, T₄=5분, 용량환산시간 K₁=2.45, K₂=2.45, K₃=1.46, K₄=0.45, 보수율 0.7을 적용한다.)
문제 이미지
정답 및 해설
계단형 방전특성의 축전지 용량 :
C=1L[K1I1+K2(I2−I1)+K3(I3−I2)+K4(I4−I3)]C = \dfrac{1}{L}\big[K_1 I_1 + K_2(I_2 - I_1) + K_3(I_3 - I_2) + K_4(I_4 - I_3)\big] [Ah] (L = 보수율)

C=10.7[2.45×200+2.45×(300−200)+1.46×(150−300)+0.45×(100−150)]C = \dfrac{1}{0.7}\big[2.45\times 200 + 2.45\times(300-200) + 1.46\times(150-300) + 0.45\times(100-150)\big]
=10.7[490+245−219−22.5]=493.50.7=705= \dfrac{1}{0.7}\big[490 + 245 - 219 - 22.5\big] = \dfrac{493.5}{0.7} = 705 [Ah]

정답 : 705[Ah]


[해설]

계단형 방전특성의 축전지 용량은 각 구간의 용량환산시간(K)과 전류 증분을 곱해 합산한 뒤 보수율로 나눠 구한다는 것이 핵심이다.

공식 C=1L[K1I1+K2(I2−I1)+K3(I3−I2)+K4(I4−I3)]C=\dfrac1L\big[K_1I_1+K_2(I_2-I_1)+K_3(I_3-I_2)+K_4(I_4-I_3)\big]에서 후속 구간은 직전 구간과의 전류 증분만 반영한다는 점이 채점 포인트다.

주어진 값을 대입하면 C=10.7[2.45×200+2.45×(300−200)+1.46×(150−300)+0.45×(100−150)]=493.50.7=705 AhC=\dfrac1{0.7}\big[2.45\times200+2.45\times(300-200)+1.46\times(150-300)+0.45\times(100-150)\big]=\dfrac{493.5}{0.7}=705\,\mathrm{Ah}다.

문제 16
단상 변압기 500[kVA] 3대와 예비 변압기 500[kVA] 1대를 보유한 자가용 수용가에서 3상 부하를 운전하는 경우, 낼 수 있는 변압기 최대출력은 몇 [kVA]인가?
정답 및 해설
단상 변압기 3대 + 예비 1대 = 총 4대. 4대를 V결선 2뱅크로 운용하면 3상 부하에 최대출력을 낸다.

V결선 1뱅크 출력 =3×500= \sqrt{3}\times 500 [kVA], 2뱅크이므로
P=2×3×500=1,732.05P = 2 \times \sqrt{3}\times 500 = 1{,}732.05 [kVA]

정답 : 1,732.05[kVA]


[해설]

예비를 포함해 단상변압기 4대를 확보했으므로 이를 2뱅크의 V결선으로 운용하면 3상부하에 낼 수 있는 출력이 최대가 된다는 것이 핵심이다.

V결선 1뱅크의 출력은 단상변압기 1대 용량의 3\sqrt3배인 3×500 kVA\sqrt3\times500\,\mathrm{kVA}이며, 이를 2뱅크로 병렬 운전하므로 최대출력은 P=2×3×500=1,732.05 kVAP=2\times\sqrt3\times500=1{,}732.05\,\mathrm{kVA}다.

△결선 3대로 운전하면 3×500=1500 kVA3\times500=1500\,\mathrm{kVA}에 그치므로, 4대를 두 V결선 뱅크로 나누는 쪽이 더 큰 출력을 낼 수 있다는 점이 채점 포인트다.

전기기사 실기 기출문제모두CBT · moducbt.com

전기기사 실기 2020년 1회 기출유형문제

총 16문항 · 주관식 · 정답·해설 포함
문제 1
형광등을 벽면 위쪽 모서리에 숨겨 그 빛이 벽면을 직접 비추도록 한 건축화 조명 방식의 명칭은?
정답 및 해설
코니스 조명(cornice lighting)

천장과 벽이 맞닿는 모서리(코니스)에 광원을 숨기고 그 빛으로 아래쪽 벽면을 직접 비추는 방식이다.


[해설]

천장과 벽이 만나는 구석(코니스)에 램프를 숨겨 그 빛이 아래쪽 벽면을 직접 비추도록 하는 건축화 조명이므로 코니스 조명이 정답이다.

같은 은폐 광원이라도 빛을 위·아래 양방향으로 내보내면 밸런스 조명, 천장 쪽으로 향하게 해 반사광으로 실내를 밝히면 코브 조명으로 구분되며, 빛의 진행 방향이 명칭을 가르는 채점 포인트다.

문제 2
가공 송전선로(ACSR 전선)에 설치하는 댐퍼(damper)의 역할을 쓰시오.
정답 및 해설
전선에 바람이 스칠 때 생기는 미풍진동(aeolian vibration)을 흡수·억제해 지지점 부근의 피로 단선을 막는다.


[해설]

댐퍼는 가공송전선이 약한 바람에 스칠 때 발생하는 미풍진동(aeolian vibration)의 에너지를 흡수해 진동을 억제하는 장치이다.

미풍진동이 지속되면 전선이 지지점(클램프)에 물린 부분에서 반복 굽힘에 의한 피로가 누적되어 단선 사고로 이어질 수 있으므로, 댐퍼를 전선 지지점 부근에 설치해 이를 예방한다.

문제 3

고압 및 특고압 전로 중 피뢰기를 시설하여야 하는 장소 4가지를 쓰시오.

정답 및 해설

① 발전소·변전소 또는 이에 준하는 장소의 가공전선 인입구 및 인출구
② 특고압 가공전선로에 접속하는 배전용 변압기의 고압측 및 특고압측
③ 고압 및 특고압 가공전선로에서 공급을 받는 수용장소의 인입구
④ 가공전선로와 지중전선로가 접속되는 곳


[해설]

KEC 341.13(피뢰기의 시설) 규정으로, 고압 및 특고압 전로 중 위 네 곳 또는 이에 근접한 곳에는 피뢰기를 시설하여야 한다. 네 곳 모두 뇌서지가 직접 유입되거나 서지 임피던스가 급변하여 이상전압이 크게 나타나는 지점이라는 공통점이 있다.

특히 가공전선로와 지중전선로의 접속점은 두 선로의 특성 임피던스가 크게 달라 진행파의 반사로 전압이 상승하므로 반드시 시설 대상이 된다. 빈칸 채우기로 출제될 때는 '발전소·변전소 또는 이에 준하는 장소', '특고압 가공전선로', '배전용', '수용장소', '지중전선로'가 채점 키워드이다.

문제 4
CT의 과전류 강도는 열적 과전류 강도와 기계적 과전류 강도로 나뉜다. 각각의 계산식을 쓰시오.
(1) 열적 과전류 강도
(2) 기계적 과전류 강도
정답 및 해설
변류기(CT) 과전류강도는 정격1차전류에 대한 배수로 정의한다.

(1) 열적 과전류강도 : 통전시간 t[s] 동안 견디는 강도. 1초 기준 정격과전류강도 SnS_n 에서 환산.
S=SntS = \dfrac{S_n}{\sqrt{t}}  (정격과전류강도 ÷ 통전시간\sqrt{\text{통전시간}})

(2) 기계적 과전류강도 : 단락전류의 전자기력에 견디는 강도. 단락전류를 정격1차전류로 나눈 배수.
Sm=IsInS_m = \dfrac{I_s}{I_n}  (단락전류 ÷ 정격1차전류). 통상 열적 과전류강도의 약 2.5배 적용.


[해설]

CT 과전류강도는 정격 1차전류에 대한 배수로 표시하며, 통전시간을 견디는 열적강도와 전자기력을 견디는 기계적강도로 구분한다.

열적 과전류강도는 통전시간이 길수록 견딜 수 있는 배수가 줄어들어 1초 기준 정격과전류강도 SnS_n을 통전시간 t의 제곱근으로 나눈 S=SntS=\dfrac{S_n}{\sqrt t}로 환산한다.

기계적 과전류강도는 단락전류의 전자기력에 견디는 능력으로, 단락전류를 정격 1차전류로 나눈 배수 Sm=IsInS_m=\dfrac{I_s}{I_n}로 표시하며 통상 열적강도의 약 2.5배로 설계한다.

문제 5
전등을 3개소에서 점멸하기 위해 3로 스위치 2개와 4로 스위치 1개를 조합한다. 동작이 완전하도록 계통도 결선을 완성하시오.
문제 이미지
정답 및 해설
3개소 점멸은 양 끝에 3로 스위치 2개, 가운데에 4로 스위치 1개를 직렬로 둔다.

결선 : 전원 → 첫 3로 스위치(공통단자 입력, 진행단자 2개) → 4로 스위치(진행선 2개를 교차/직진 절체) → 둘째 3로 스위치(진행단자 2개 입력, 공통단자 출력) → 전등 → 전원 귀로.

4로 스위치가 두 여행선(traveler)을 교차/직진으로 바꾸므로 어느 스위치를 눌러도 점멸된다. 개소를 더 늘리려면 두 3로 스위치 사이에 4로 스위치를 추가한다.


[해설]

3개소 점멸은 양 끝에 3로 스위치 2개, 가운데에 4로 스위치 1개를 두고 두 스위치 사이를 두 가닥의 여행선(traveler)으로 연결하는 결선이 핵심이다.

전원은 첫 3로 스위치의 공통단자로 들어가 두 진행단자 중 하나를 통해 4로 스위치로 가고, 4로 스위치는 내부에서 두 여행선을 교차 또는 직진으로 절체해 둘째 3로 스위치의 두 진행단자 중 하나로 신호를 넘긴 뒤 그 공통단자에서 전등으로 나간다.

세 스위치 중 어느 것을 조작해도 회로의 통전·차단 상태가 뒤바뀌므로 3개소 어디서나 점멸이 가능하며, 점멸 개소를 늘리려면 두 3로 스위치 사이에 4로 스위치를 추가로 삽입하면 된다.

정답 이미지
문제 6
다음은 22,900[V]를 수전하는 자가용 수전설비 도면이다. (도면: ASS → LA(E₀ 접지) → PF(전력퓨즈) → MOF → 3φ TR 500[kVA], 22,900/380/220[V], %Z=5[%]). 각 물음에 답하시오.
(1) ASS LOCK 전류의 최소값은 얼마이며, ASS의 LOCK 역할을 설명하시오.
(2) 도면에서 피뢰기의 정격전압과 피보호기 제1대상 기기는?
(3) 한류형 Fuse의 단점 2가지를 적으시오.
(4) 22.9[kV-Y] 선로용 MOF 변류기의 정격 과전류 강도는 정격 1차 전류 60[A] 이하일 때 ( ㉠ )배 이상, 75[A] 이하일 때 ( ㉡ )배 이상, 60[A] 초과일 때 ( ㉢ )배 이상의 것을 선정한다. ( )에 답하시오.
(5) 3상 단락전류와 2상 단락전류를 각각 계산하시오.
문제 이미지
정답 및 해설
(1) ASS LOCK 전류 최소값 : 900[A]
LOCK 역할 : 자동고장구분개폐기(ASS)의 제어부 기억(memory) 기능. 전원측 차단기나 리클로저가 1회 순시 동작해 정전되면 그 무전압 순간에 ASS를 개방해 고장구간을 분리한다. 사고전류가 LOCK 전류(900[A]) 이상이면 ASS가 록(lock)되어 무전압 시 개방된다.

(2) 정격전압 : 18[kV] / 피보호기 제1대상 : 전력용 변압기(주변압기)

(3) ① 재투입(재사용)이 불가능하다. ② 결상(단상) 보호능력이 없다. (그 밖에 한류 차단 시 큰 이상전압을 유발한다.)

(4) ㉠ 75   ㉡ 40   ㉢ 40

(5) 변압기 %Z=5[%]로 2차측 단락전류를 구한다.
① 3상 단락전류 : 2차 정격전류 In=500×1033×380=759.67 I_n = \dfrac{500 \times 10^3}{\sqrt{3}\times 380} = 759.67\,[A], Is=100%Z In=1005×759.67=15,193.43 I_s = \dfrac{100}{\%Z}\,I_n = \dfrac{100}{5}\times 759.67 = 15{,}193.43\,[A]
② 2상(선간) 단락전류 : 선간 단락전류는 3상 단락전류의 32\dfrac{\sqrt{3}}{2}배이므로 Is2=32 Is3=32×15,193.43=13,157.4 I_{s2} = \dfrac{\sqrt{3}}{2}\,I_{s3} = \dfrac{\sqrt{3}}{2}\times 15{,}193.43 = 13{,}157.4\,[A]


[해설]

이 문항은 ASS의 LOCK 기능, LA·PF의 표준값, MOF CT 과전류강도 배수, %Z 기반 단락전류 계산을 함께 확인하는 문항이다.

ASS(자동고장구분개폐기)는 후비 보호기기(리클로저 등)가 순시 동작해 무전압이 되는 순간을 감지해 개방되는 LOCK 기능을 가지며, 사고전류가 900[A] 이상일 때 이 기억(memory) 기능이 동작해 재폐로 시 무전압 상태에서 개방된다.

LA(피뢰기)의 정격전압은 22.9[kV-Y] 계통에서 18[kV]가 표준이며, 피뢰기가 1차로 보호해야 할 대상은 가장 고가이자 절연에 취약한 주변압기다. 한류형 퓨즈는 차단 후 재투입(재사용)이 불가능하고 결상(단상)을 자체적으로 검출·보호할 수 없다는 것이 대표적 단점이며, MOF의 CT 정격과전류강도는 정격 1차전류 60[A] 이하이면 75배 이상, 60[A]를 초과하면(75[A] 이하 구간 포함) 40배 이상인 것을 선정한다.

단락전류는 %Z로부터 구하며, 2차 정격전류 In=500×1033×380=759.67 AI_n=\dfrac{500\times10^3}{\sqrt3\times380}=759.67\,\mathrm{A}에 100%Z\dfrac{100}{\%Z}를 곱한 3상 단락전류 Is=1005×759.67=15,193.43 AI_s=\dfrac{100}{5}\times759.67=15{,}193.43\,\mathrm{A}가 기준이 되고, 2상(선간) 단락전류는 이 값의 32\dfrac{\sqrt3}{2}배인 13,157.4 A13{,}157.4\,\mathrm{A}다.

문제 7
건물 보수공사에서 32[W]×3 매입 개방형 형광등 30등을 32[W]×3 매입 루버형으로 교체하고, 20[W]×2 펜던트형 형광등 20등을 20[W]×2 직부 개방형으로 교체하였다. 철거되는 20[W]×2 펜던트형 등기구는 재사용한다. 천장 구멍 뚫기·취부테 설치·등기구 보강 작업은 계상하지 않으며, 공구손료 등을 제외한 직접 노무비만 계산하시오.
(단, 인공계산은 소수점 셋째 자리까지 구하고, 내선전공 노임은 225,408원으로 한다.)

[형광등 기구 설치 품(단위: 등, 적용직종: 내선전공)]
종 별직부형팬던트형반매입 및 매입형
10[W] 이하×10.1230.1500.182
20[W] 이하×10.1410.1680.214
20[W] 이하×20.1770.2150.273
20[W] 이하×30.223-0.335
20[W] 이하×40.323-0.489
30[W] 이하×10.1500.1770.227
30[W] 이하×20.189-0.310
40[W] 이하×10.2230.2680.340
40[W] 이하×20.2770.3320.415
40[W] 이하×30.3590.4320.545
40[W] 이하×40.468-0.710
110[W] 이하×10.4140.4950.627
110[W] 이하×20.5050.6010.764
[적용 가산 조건] 매입 하면 개방형 기준이며 루버 또는 아크릴 커버형일 경우 해당 등기구 설치 품의 110[%]. 매입·반매입 등기구 보강대 별도 설치 시 20[%] 별도 계상. 철거 30[%], 재사용 철거 50[%].
정답 및 해설
32[W]는 표의 40[W] 이하 항목을 적용한다.

① 설치 인공
32[W]×3 매입 루버형 (매입형 0.545 × 루버 1.1) : 0.545×30×1.1=17.9850.545 \times 30 \times 1.1 = 17.985 [인]
20[W]×2 직부 개방형 (직부형 0.177) : 0.177×20=3.540.177 \times 20 = 3.54 [인]

② 철거 인공
32[W]×3 매입 개방형 철거 (×2 항목 매입형 0.415, 철거 30[%]) : 0.415×30×0.3=3.7350.415 \times 30 \times 0.3 = 3.735 [인]
20[W]×2 펜던트형 재사용 철거 (팬던트 0.215, 재사용 철거 50[%]) : 0.215×20×0.5=2.150.215 \times 20 \times 0.5 = 2.15 [인]

③ 인공계 : 17.985+3.54+3.735+2.15=27.4117.985 + 3.54 + 3.735 + 2.15 = 27.41 [인]

④ 직접 노무비 : 27.41×225,408=6,178,433.2827.41 \times 225{,}408 = 6{,}178{,}433.28 [원]

정답 : 6,178,433.28[원]


[해설]

노무비는 표의 등기구별 설치 품에 가산조건(매입루버 110%, 철거·재사용철거 비율)을 적용한 인공수를 모두 합산한 뒤 내선전공 노임을 곱해 구한 것이 핵심이다.

신설되는 32[W]×3 매입 루버형은 매입형 기준 품 0.545에 루버 가산 110[%]를 곱하고, 20[W]×2 직부 개방형은 직부형 품 0.177을 그대로 적용해 각각 0.545×30×1.1=17.9850.545\times30\times1.1=17.985인, 0.177×20=3.540.177\times20=3.54인이 설치 인공이다.

철거되는 32[W]×3 매입 개방형은 철거 30[%]를, 재사용되는 20[W]×2 펜던트형은 재사용 철거 50[%]를 적용해 각각 0.415×30×0.3=3.7350.415\times30\times0.3=3.735인, 0.215×20×0.5=2.150.215\times20\times0.5=2.15인이 되며, 넷을 합한 총 인공 27.41인에 노임 225,408원을 곱하면 27.41×225,408=6,178,433.2827.41\times225{,}408=6{,}178{,}433.28원이다.

문제 8
소선 지름 3.2[mm]인 경동연선의 총 소선 가닥수가 37가닥일 때, 연선의 바깥지름을 구하시오.
정답 및 해설
총 가닥수 N=3n(n+1)+1N = 3n(n+1)+1 (n = 층수)

① 층수 : 37=3n(n+1)+137 = 3n(n+1)+1 → n(n+1)=12n(n+1)=12 → n=3n = 3 (3층)

② 바깥지름 : D=(2n+1) dD = (2n+1)\,d, d=3.2d = 3.2 [mm]
D=(2×3+1)×3.2=7×3.2=22.4D = (2\times 3 + 1)\times 3.2 = 7 \times 3.2 = 22.4 [mm]

정답 : 22.4[mm]


[해설]

연선의 총 소선수와 층수 사이의 관계식으로 층수를 먼저 구한 뒤, 그 층수로 바깥지름을 계산한 것이 결론이다.

총 소선수 공식 N=3n(n+1)+1N=3n(n+1)+1에 37을 대입하면 n(n+1)=12n(n+1)=12가 되어 층수 n=3이 나온다.

바깥지름은 D=(2n+1)dD=(2n+1)d로, 소선지름 3.2[mm]를 적용해 D=(2×3+1)×3.2=22.4 mmD=(2\times3+1)\times3.2=22.4\,\mathrm{mm}다.

문제 9
그림은 변류기를 영상 접속해 잔류 회로에 지락계전기 DG를 삽입한 것이다. 선로전압 66[kV], 중성점은 300[Ω] 저항 접지, 변류비 300/5[A]이다. 송전전력 20,000[kW], 역률 0.8(지상)에서 a상에 완전 지락사고가 발생했다. 각 물음에 답하시오. (단, 부하의 정상·역상 임피던스 등 기타 정수는 무시한다.)
(1) 지락계전기 DG에 흐르는 전류는 몇 [A]인가?
(2) a상 전류계 A에 흐르는 전류는 몇 [A]인가?
(3) b상 전류계 B에 흐르는 전류는 몇 [A]인가?
(4) c상 전류계 C에 흐르는 전류는 몇 [A]인가?
문제 이미지
정답 및 해설
(1) 지락전류 Ig=V/3R=66,000/3300=127.02I_g = \dfrac{V/\sqrt{3}}{R} = \dfrac{66{,}000/\sqrt{3}}{300} = 127.02 [A]
DG 전류 Idg=Ig×1CT비=127.02×5300=2.12I_{dg} = I_g \times \dfrac{1}{CT비} = 127.02 \times \dfrac{5}{300} = 2.12 [A]

(2) 부하 선전류 Il=20,0003×66×0.8=218.69I_l = \dfrac{20{,}000}{\sqrt{3}\times 66 \times 0.8} = 218.69 [A] = 174.95−j131.22174.95 - j131.22 [A]
a상은 부하전류와 지락전류(실수분)가 합성 : Ia=(174.95+127.02)2+131.222=329.25I_a = \sqrt{(174.95+127.02)^2 + 131.22^2} = 329.25 [A]
전류계 A : 329.25×5300=5.49329.25 \times \dfrac{5}{300} = 5.49 [A]

(3) b상은 부하전류만 흐름 : Ib=218.69×5300=3.64I_b = 218.69 \times \dfrac{5}{300} = 3.64 [A]

(4) c상도 부하전류만 흐름 : Ic=218.69×5300=3.64I_c = 218.69 \times \dfrac{5}{300} = 3.64 [A]


[해설]

완전 지락사고 시 지락전류는 중성점 저항으로 정해지고 DG는 이 지락전류를 변류비로 축소해 받으며, 사고가 없는 b·c상은 부하전류만, 사고상인 a상은 부하전류와 지락전류가 합성된 전류가 흐른다는 점이 핵심이다.

지락전류는 상전압을 중성점 저항으로 나눈 Ig=66,000/3300=127.02 AI_g=\dfrac{66{,}000/\sqrt3}{300}=127.02\,\mathrm{A}이고, DG 전류는 여기에 변류비(5/300)를 곱한 2.12 A2.12\,\mathrm{A}다.

부하 선전류는 Il=20,0003×66×0.8=218.69 AI_l=\dfrac{20{,}000}{\sqrt3\times66\times0.8}=218.69\,\mathrm{A}이며 b·c상 전류계는 이 값에 변류비를 곱한 3.64 A3.64\,\mathrm{A}를 지시한다.

a상은 부하전류의 유효분에 지락전류가 실수축으로 더해지므로 벡터합으로 Ia=(174.95+127.02)2+131.222=329.25 AI_a=\sqrt{(174.95+127.02)^2+131.22^2}=329.25\,\mathrm{A}가 되고, 전류계 A는 여기에 변류비를 곱한 5.49 A5.49\,\mathrm{A}를 지시한다.

문제 10
차동계전기로 보호되는 Δ-Y 결선 30[MVA], 33/11[kV] 변압기가 그림과 같이 있다. 고장전류가 정격전류의 200[%] 이상에서 동작하는 계전기의 전류값은? (단, 1차측·2차측 CT 변류비는 각각 500/5[A], 2,000/5[A].)
문제 이미지
정답 및 해설
차동계전기는 양측 CT 2차전류의 차로 동작한다. Δ측(1차) CT는 Y로, Y측(2차) CT는 Δ로 접속하므로 2차측에 3\sqrt{3} 을 곱한다.

① 1차(33[kV] Δ측) CT 2차전류 : i1=30×1033×33×5500=5.25i_1 = \dfrac{30\times 10^3}{\sqrt{3}\times 33}\times \dfrac{5}{500} = 5.25 [A]
② 2차(11[kV] Y측) CT 2차전류 : i2=30×1033×11×52,000×3=6.82i_2 = \dfrac{30\times 10^3}{\sqrt{3}\times 11}\times \dfrac{5}{2{,}000}\times \sqrt{3} = 6.82 [A]

③ 정격의 200[%]에서 동작하므로 동작전류 = 차전류 × 2 :
i=2 ∣i1−i2∣=2 ∣5.25−6.82∣=3.14i = 2\,|i_1 - i_2| = 2\,|5.25 - 6.82| = 3.14 [A]

정답 : 3.14[A]


[해설]

차동계전기는 변압기 1차·2차 CT 2차전류의 차로 동작하며, Δ-Y 변압기는 CT를 반대로(1차측 Y, 2차측 Δ) 결선해 위상을 맞추므로 2차측 CT 2차전류에 3\sqrt3를 곱해 비교한다는 점이 핵심이다.

1차(Δ측) CT 2차전류는 i1=30×1033×33×5500=5.25 Ai_1=\dfrac{30\times10^3}{\sqrt3\times33}\times\dfrac{5}{500}=5.25\,\mathrm{A}이고, 2차(Y측) CT 2차전류는 Δ결선에 의한 3\sqrt3 보정을 포함해 i2=30×1033×11×52000×3=6.82 Ai_2=\dfrac{30\times10^3}{\sqrt3\times11}\times\dfrac{5}{2000}\times\sqrt3=6.82\,\mathrm{A}다.

정격의 200[%]에서 동작하므로 동작전류는 두 전류 차의 2배인 i=2∣i1−i2∣=2∣5.25−6.82∣=3.14 Ai=2|i_1-i_2|=2|5.25-6.82|=3.14\,\mathrm{A}다.

문제 11
3층 사무실 건물에서 3상 3선식 6,000[V]를 200[V]로 강압 수전하는 설비이다. 부하 설비가 표와 같을 때 참고자료를 이용해 답하시오.
[표1] 동력 부하 설비 — 합계: 상용 동력 25.8[kW], 하계 동력 52.0[kW], 동계 동력 9.4[kW]. (난방: 보일러 펌프 6.0[kW]×1, 오일 기어 펌프 0.4[kW]×1, 온수 순환 펌프 3.0[kW]×1 / 공기 조화: 패키지 콤프레셔·콤프레셔 팬·냉각수 펌프=하계 45.0, 상용 16.5 등 / 급수배수: 양수 펌프 3.0 / 기타: 소화 펌프 5.5, 셔터 0.4)
[표2] 조명·콘센트 부하 — 전등: 수은등A 1,040[VA], 수은등B 1,120[VA], 형광등 45,100[VA], 백열전등 600[VA]. 콘센트: 일반 12,000, 환기팬용 440, 히터용 3,000, 복사기용 3,600, 텔레타이프용 2,400, 룸쿨러용 7,200[VA]. 기타: 전화 교환용 정류기 800[VA]. (총계 77,300[VA])
(1) 동계 난방 때 온수 순환 펌프는 상시 운전, 보일러용·오일 기어 펌프 수용률 60[%]일 때 난방 동력 수용 부하[kW]는?
(2) 동력 부하 역률이 전부 80[%]라면 상용·하계·동계 동력별 피상 전력[kVA]은?
(3) 총 전기 설비 용량은 몇 [kVA] 기준이어야 하는가?
(4) 전등 수용률 70[%], 콘센트 설비 수용률 50[%]라면 몇 [kVA] 단상 변압기에 연결해야 하는가? (전화 교환용 정류기는 100[%] 수용률 포함, 변압기 예비율 무시)
(5) 동력 설비 부하 수용률이 모두 60[%]라면 동력 부하용 3상 변압기 용량[kVA]은? (역률 80[%], 예비율 무시)
(6) 이 건물 변압기 총 용량[kVA]은?
(7) 단상·3상 변압기 1차측 전력 퓨즈 정격 전류[A]는? (① 단상 ② 3상)
(8) 동력용 변압기 용량에서 역률을 95[%]로 개선하려는 콘덴서 용량[kVA]은?
정답 및 해설
(1) 온수 순환 펌프(3.0) 상시, 보일러·오일 기어(6.0+0.4) 수용률 60[%]:
3.0+(6.0+0.4)×0.6=6.843.0 + (6.0 + 0.4)\times 0.6 = 6.84 [kW]

(2) 역률 80[%], 피상 = 동력[kW] ÷ 0.8:
상용 25.80.8=32.25\dfrac{25.8}{0.8} = 32.25 [kVA] / 하계 52.00.8=65\dfrac{52.0}{0.8} = 65 [kVA] / 동계 9.40.8=11.75\dfrac{9.4}{0.8} = 11.75 [kVA]

(3) 총 설비용량 = (상용+하계 동력 피상) + 조명·콘센트 총 용량. 하계>동계이므로 하계 채택:
32.25+65+77.3=174.5532.25 + 65 + 77.3 = 174.55 [kVA]

(4) 전등: (1,040+1,120+45,100+600)×0.7×10−3=33.5(1{,}040 + 1{,}120 + 45{,}100 + 600)\times 0.7 \times 10^{-3} = 33.5 [kVA]
콘센트: (12,000+440+3,000+3,600+2,400+7,200)×0.5×10−3=14.32(12{,}000 + 440 + 3{,}000 + 3{,}600 + 2{,}400 + 7{,}200)\times 0.5 \times 10^{-3} = 14.32 [kVA]
기타(정류기): 800×1×10−3=0.8800 \times 1 \times 10^{-3} = 0.8 [kVA]
합계 33.5+14.32+0.8=48.6233.5 + 14.32 + 0.8 = 48.62 [kVA] → 단상 변압기 50[kVA] 선정

(5) 동력(상용+하계) 수용률 60[%], 역률 80[%]: 25.8+52.00.8×0.6=58.35\dfrac{25.8 + 52.0}{0.8}\times 0.6 = 58.35 [kVA] → 3상 변압기 75[kVA] 선정

(6) 총 변압기 용량 = 50 + 75 = 125 [kVA]

(7) 1차 정격전류 기준 전력퓨즈 선정(6[kV]급)
① 단상 50[kVA]: In=506=8.33I_n = \dfrac{50}{6} = 8.33 [A] → 정격 20[A] (관행상 정격전류의 2배)
② 3상 75[kVA]: In=753×6=7.22I_n = \dfrac{75}{\sqrt{3}\times 6} = 7.22 [A] → 정격 7.5[A]

(8) 동력용 75[kVA], 역률 0.8→0.95(역률개선표 계수 0.42): Qc=75×0.8×0.42=25.2Q_c = 75 \times 0.8 \times 0.42 = 25.2 [kVA]


[해설]

이 문항은 동력부하와 조명·콘센트부하에 각각 수용률을 적용해 변압기 용량을 산정하고, 총 설비용량은 계절별 동력부하 중 더 큰 하계 부하를 기준으로 조명·콘센트와 합산한다는 원칙을 확인하는 문항이다.

난방부하는 상시 운전되는 설비(온수순환펌프)는 수용률 100[%]로 그대로 더하고 간헐 운전 설비(보일러·오일기어펌프)에만 수용률 60[%]를 적용하며, 동력부하의 피상전력은 주어진 역률 0.8로 kW÷0.8kW\div0.8해 구한다.

총 전기설비용량은 상용 동력과 계절별 동력 중 더 큰 하계 동력을 채택해 조명·콘센트 총용량과 합산하는데, 이는 상용+동계 조합보다 상용+하계 조합이 더 큰 부하 상태이기 때문이다.

전등·콘센트용 단상변압기와 동력용 3상변압기는 각각 수용률을 적용한 최대수요를 표준용량으로 올림 선정하며, 총 변압기 용량은 두 변압기 용량의 합이다. 1차측 전력퓨즈는 변압기 정격전류를 기준으로 표준정격 중 가까운 값을 선정하고, 역률개선 콘덴서 용량은 개선 전·후 역률각의 탄젠트 차에 유효전력을 곱해 구한다.

문제 12
그림과 같은 평형 3상 회로로 운전하는 유도전동기가 있다. 2개의 전력계 W₁, W₂와 전압계 V, 전류계 A를 접속하니 지시값이 W₁=2[kW], W₂=6.9[kW], V=200[V], I=30[A]였다. 답하시오.
(1) 이 유도전동기의 역률은 몇 [%]인가?
(2) 역률을 90[%]로 개선하려면 콘덴서는 몇 [kVA]가 필요한가?
(3) 이 전동기로 매분 20[m] 속도로 물체를 권상하면 몇 [ton]까지 가능한가? (단, 종합효율은 80[%]로 한다.)
문제 이미지
정답 및 해설
2전력계법 : 유효전력 P=W1+W2=8.9P = W_1 + W_2 = 8.9 [kW]

(1) 역률 cos⁡θ=W1+W23 VI=(2+6.9)×1033×200×30=0.8564=85.64\cos\theta = \dfrac{W_1 + W_2}{\sqrt{3}\,VI} = \dfrac{(2+6.9)\times 10^3}{\sqrt{3}\times 200 \times 30} = 0.8564 = 85.64 [%]

(2) 콘덴서 용량 Qc=P(1−0.856420.8564−1−0.920.9)=8.9×(0.6037−0.4843)=1.06Q_c = P\left(\dfrac{\sqrt{1-0.8564^2}}{0.8564} - \dfrac{\sqrt{1-0.9^2}}{0.9}\right) = 8.9 \times (0.6037 - 0.4843) = 1.06 [kVA]

(3) 권상 출력식 P=M V6.12 ηP = \dfrac{M\,V}{6.12\,\eta} [kW] (M[ton], V[m/min])에서
M=6.12 η PV=6.12×0.8×8.920=2.18M = \dfrac{6.12\,\eta\,P}{V} = \dfrac{6.12 \times 0.8 \times 8.9}{20} = 2.18 [ton]

정답 : (1) 85.64[%] (2) 1.06[kVA] (3) 2.18[ton]


[해설]

2전력계법에서 유효전력은 두 전력계 지시값의 합이고, 역률은 이 유효전력을 피상전력(√3·V·I)으로 나눠 구하며, 콘덴서 용량은 개선 전후 무효전력의 차이만큼만 필요하다는 것이 핵심이다.

유효전력 P=W1+W2=8.9 kWP=W_1+W_2=8.9\,\mathrm{kW}이므로 역률은 cos⁡θ=8.9×1033×200×30=85.64 [%]\cos\theta=\dfrac{8.9\times10^3}{\sqrt3\times200\times30}=85.64\,[\%]다.

역률을 90[%]로 개선하는 콘덴서 용량은 Qc=P(1−0.856420.8564−1−0.920.9)=8.9×(0.6037−0.4843)=1.06 kVAQ_c=P\left(\dfrac{\sqrt{1-0.8564^2}}{0.8564}-\dfrac{\sqrt{1-0.9^2}}{0.9}\right)=8.9\times(0.6037-0.4843)=1.06\,\mathrm{kVA}다.

권상 출력식 P=MV6.12ηP=\dfrac{MV}{6.12\eta}에서 무게 M을 구하면 M=6.12×0.8×8.920=2.18 tonM=\dfrac{6.12\times0.8\times8.9}{20}=2.18\,\mathrm{ton}까지 권상할 수 있다.

문제 13
가로 8[m], 세로 10[m], 방바닥에서 천장까지 높이 4.8[m]인 방에 조명기구를 천장 직부형으로 시설한다. 이 방의 실지수를 구하시오. (단, 작업면 책상 높이는 방바닥에서 0.8[m]이다.)
정답 및 해설
실지수 RI=X⋅YH(X+Y)RI = \dfrac{X \cdot Y}{H(X+Y)}

등기구 높이 H = 천장높이 − 작업면높이 = 4.8−0.8=4.04.8 - 0.8 = 4.0 [m] (직부형이라 천장에 부착)

RI=8×104.0×(8+10)=8072=1.11RI = \dfrac{8 \times 10}{4.0 \times (8 + 10)} = \dfrac{80}{72} = 1.11

정답 : 1.11


[해설]

실지수는 방의 평면 치수와 등기구~작업면 높이의 비로 정해지며, 천장직부형이므로 등고는 천장에서 작업면까지의 높이를 그대로 쓴다는 점이 핵심이다.

등고 H는 천장높이에서 작업면 높이를 뺀 H=4.8−0.8=4.0 mH=4.8-0.8=4.0\,\mathrm{m}이다.

실지수 RI=X⋅YH(X+Y)=8×104.0×(8+10)=8072=1.11RI=\dfrac{X\cdot Y}{H(X+Y)}=\dfrac{8\times10}{4.0\times(8+10)}=\dfrac{80}{72}=1.11이다.

문제 14
공칭 변류비가 100/5인 변류기가 있다. 1차·2차 전류를 측정하니 각각 250[A], 10[A]였다. 이 변류기의 비오차는 몇 [%]인가?
정답 및 해설
비오차 ε=공칭변류비−실제변류비실제변류비×100\varepsilon = \dfrac{\text{공칭변류비} - \text{실제변류비}}{\text{실제변류비}} \times 100 [%]

공칭변류비 =1005=20= \dfrac{100}{5} = 20, 실제변류비 =25010=25= \dfrac{250}{10} = 25

ε=20−2525×100=−20\varepsilon = \dfrac{20 - 25}{25}\times 100 = -20 [%]

정답 : −20[%]


[해설]

비오차는 공칭변류비와 실제(측정)변류비의 차이를 실제변류비에 대한 비율로 나타낸 값이다.

공칭변류비는 1005=20\dfrac{100}{5}=20, 실제변류비는 측정된 1차·2차전류비 25010=25\dfrac{250}{10}=25다.

비오차 ε=20−2525×100=−20 [%]\varepsilon=\dfrac{20-25}{25}\times100=-20\,[\%]로, 음수는 공칭변류비가 실제보다 작다는 것을 의미한다.

문제 15
그림과 같은 방전특성을 갖는 부하에 필요한 축전지 용량은 몇 [Ah]인지 구하시오. (단, 방전전류 I₁=200[A], I₂=300[A], I₃=150[A], I₄=100[A], 방전시간 T₁=130분, T₂=120분, T₃=40분, T₄=5분, 용량환산시간 K₁=2.45, K₂=2.45, K₃=1.46, K₄=0.45, 보수율 0.7을 적용한다.)
문제 이미지
정답 및 해설
계단형 방전특성의 축전지 용량 :
C=1L[K1I1+K2(I2−I1)+K3(I3−I2)+K4(I4−I3)]C = \dfrac{1}{L}\big[K_1 I_1 + K_2(I_2 - I_1) + K_3(I_3 - I_2) + K_4(I_4 - I_3)\big] [Ah] (L = 보수율)

C=10.7[2.45×200+2.45×(300−200)+1.46×(150−300)+0.45×(100−150)]C = \dfrac{1}{0.7}\big[2.45\times 200 + 2.45\times(300-200) + 1.46\times(150-300) + 0.45\times(100-150)\big]
=10.7[490+245−219−22.5]=493.50.7=705= \dfrac{1}{0.7}\big[490 + 245 - 219 - 22.5\big] = \dfrac{493.5}{0.7} = 705 [Ah]

정답 : 705[Ah]


[해설]

계단형 방전특성의 축전지 용량은 각 구간의 용량환산시간(K)과 전류 증분을 곱해 합산한 뒤 보수율로 나눠 구한다는 것이 핵심이다.

공식 C=1L[K1I1+K2(I2−I1)+K3(I3−I2)+K4(I4−I3)]C=\dfrac1L\big[K_1I_1+K_2(I_2-I_1)+K_3(I_3-I_2)+K_4(I_4-I_3)\big]에서 후속 구간은 직전 구간과의 전류 증분만 반영한다는 점이 채점 포인트다.

주어진 값을 대입하면 C=10.7[2.45×200+2.45×(300−200)+1.46×(150−300)+0.45×(100−150)]=493.50.7=705 AhC=\dfrac1{0.7}\big[2.45\times200+2.45\times(300-200)+1.46\times(150-300)+0.45\times(100-150)\big]=\dfrac{493.5}{0.7}=705\,\mathrm{Ah}다.

문제 16
단상 변압기 500[kVA] 3대와 예비 변압기 500[kVA] 1대를 보유한 자가용 수용가에서 3상 부하를 운전하는 경우, 낼 수 있는 변압기 최대출력은 몇 [kVA]인가?
정답 및 해설
단상 변압기 3대 + 예비 1대 = 총 4대. 4대를 V결선 2뱅크로 운용하면 3상 부하에 최대출력을 낸다.

V결선 1뱅크 출력 =3×500= \sqrt{3}\times 500 [kVA], 2뱅크이므로
P=2×3×500=1,732.05P = 2 \times \sqrt{3}\times 500 = 1{,}732.05 [kVA]

정답 : 1,732.05[kVA]


[해설]

예비를 포함해 단상변압기 4대를 확보했으므로 이를 2뱅크의 V결선으로 운용하면 3상부하에 낼 수 있는 출력이 최대가 된다는 것이 핵심이다.

V결선 1뱅크의 출력은 단상변압기 1대 용량의 3\sqrt3배인 3×500 kVA\sqrt3\times500\,\mathrm{kVA}이며, 이를 2뱅크로 병렬 운전하므로 최대출력은 P=2×3×500=1,732.05 kVAP=2\times\sqrt3\times500=1{,}732.05\,\mathrm{kVA}다.

△결선 3대로 운전하면 3×500=1500 kVA3\times500=1500\,\mathrm{kVA}에 그치므로, 4대를 두 V결선 뱅크로 나누는 쪽이 더 큰 출력을 낼 수 있다는 점이 채점 포인트다.