전기기사 실기 2023년 1회 기출유형문제 시험지 PDF 다운로드

전기기사 실기 2023년 1회 기출유형문제
전기기사 실기 기출문제 전 회차를 한 권으로 — PDF 전자책(문제집·정답해설집)
전기기사 실기 기출문제

전기기사 실기 2023년 1회 기출유형문제

총 18문항 · 주관식 · A4 약 1장

1 / 1
A4정답 포함
전기기사 실기 기출문제모두CBT · moducbt.com

전기기사 실기 2023년 1회 기출유형문제

총 18문항 · 주관식 · 정답·해설 포함
문제 1
전력용 콘덴서 개폐제어는 수동·자동으로 나뉜다. 자동조작방식의 제어요소 4가지를 쓰시오.
정답 및 해설
① 수전점 무효전력
② 수전점 전압
③ 수전점 역률
④ 부하전류

(이 외에 시각·시간 제어)


[해설]

전력용 콘덴서를 자동으로 개폐할 때는 계통 상태를 나타내는 값을 검출해 그 값이 기준을 벗어나면 투입·차단하는 방식이다.

  • 수전점의 무효전력 크기
  • 수전점의 전압 크기
  • 수전점의 역률
  • 부하전류 크기

이 외에 시각이나 정해진 시간을 기준으로 삼는 방식도 있다.

문제 2
가스절연 변전소(GIS)의 특징 5가지를 쓰시오. (단, 경제성·비용 답 제외)
정답 및 해설
① 옥외 철구형의 약 1/10~1/15로 소형화
② 충전부 완전 밀폐로 안전성 높음
③ 소음이 적고 주변과 조화
④ 대기 오염물 영향이 없어 신뢰도 높음
⑤ 절연물·접촉자가 SF₆ 가스 내에 있어 보수·점검 주기가 김

(이 외에 공장 조립으로 설치공사기간 단축)


[해설]

가스절연변전소(GIS)는 충전부를 SF₆ 가스로 밀폐한 구조여서, 옥외 철구형과 비교했을 때 안전성·소형화·환경 영향 면에서 뚜렷한 장점을 가진다.

  • 옥외 철구형의 약 1/10~1/15 크기로 소형화할 수 있다.
  • 충전부가 완전히 밀폐돼 안전성이 높다.
  • 소음이 적어 주변 환경과 조화롭다.
  • 대기 오염물의 영향을 받지 않아 신뢰도가 높다.
  • 절연물·접촉자가 가스 속에 있어 보수·점검 주기가 길다.
문제 3
건축전기설비의 전력설비 간선 설계 시 고려사항 4가지를 쓰시오.
정답 및 해설
① 설계조건 — 배전방식, 수용률, 부하율, 건축조건, 계량구분, 동력부하 등
② 간선계통 — 전용간선 분리, 용도별 간선 구분, 법적 분리, 공급전압 결정
③ 간선경로 — 파이프 샤프트 위치·크기, 루트 길이 검토
④ 배선방식·간선 굵기 — 허용전류, 전압강하, 기계적 강도, 고조파, 장래 증설 고려


[해설]

간선 설계는 부하 특성을 파악하는 단계부터 실제 배선 굵기를 정하는 단계까지 순차적으로 검토해야 하는 항목들로 구성된다.

설계조건(배전방식·수용률·부하율·건축조건 등)으로 부하 규모를 파악하고, 간선계통에서 용도별·법적 분리 기준에 따라 간선을 구분한 뒤, 간선경로에서 파이프 샤프트 위치·크기와 루트 길이를 검토한다.

마지막으로 배선방식과 간선 굵기는 허용전류·전압강하·기계적 강도·고조파·장래 증설 여유까지 종합해 결정해야 한다.

문제 4
지중전선로의 시설방식 3가지를 쓰시오.
정답 및 해설
① 직접매설식
② 관로식
③ 암거식


[해설]

지중전선로는 시설 환경과 규모에 따라 세 가지 방식 중에서 선택해 시공한다.

  • 직접매설식 — 전선(케이블)을 땅에 직접 묻는 방식.
  • 관로식 — 미리 묻은 관 속에 전선을 넣는 방식.
  • 암거식 — 사람이 출입 가능한 지하 구조물(암거) 안에 전선을 포설하는 방식.
문제 5
빙설이 많은 지방에서 을종 풍압하중 적용 시 전선·가섭선에 부착되는 빙설의 두께와 비중을 쓰시오.
(1) 두께 :
(2) 비중 :
정답 및 해설
을종 풍압하중은 가섭선에 두께 6 [mm], 비중 0.9의 빙설이 부착된 상태로, 갑종의 0.5배로 계산한다.

(1) 두께 : 6 [mm]
(2) 비중 : 0.9


[해설]

을종 풍압하중은 빙설이 많은 지방에서 가섭선(전선)에 빙설이 부착된 상태를 가정해 산정하는 하중 기준이다.

부착되는 빙설의 두께는 6[mm], 비중은 0.9로 정하며, 이 조건에서의 풍압을 갑종 풍압하중의 0.5배로 계산해 적용한다.

문제 6
다음 논리식에 답하시오. (A, B, C는 입력, X는 출력)

【보기】 X=A+BC‾X = A + B\overline{C}

(1) 무접점 논리회로로 나타내시오.
(2) 2입력 NAND GATE를 최소로 써서 같은 출력 회로로 변환하시오.
(3) 2입력 NOR GATE를 최소로 써서 같은 출력 회로로 변환하시오.
정답 및 해설
출력식 X=A+BC‾X = A + B\overline{C}

(1) 논리회로 — C를 NOT 게이트로 반전해 C‾\overline{C} 를 얻고, 이를 B와 함께 2입력 AND 게이트에 넣어 BC‾B\overline{C} 를 만든 뒤, 그 출력과 A를 2입력 OR 게이트에 넣으면 X=A+BC‾X = A + B\overline{C} 가 된다.

(2) NAND 변환 — 드모르간으로 X=A+BC‾=A‾⋅BC‾‾‾X = A + B\overline{C} = \overline{\overline{A} \cdot \overline{B\overline{C}}}. BC‾B\overline{C} 는 2입력 NAND 2개로 만들고, 최종 OR는 두 입력을 NAND로 반전 후 NAND 하면 OR가 되어 2입력 NAND만으로 구현된다.

(3) NOR 변환 — X=A+BC‾=A+BC‾‾‾=A‾⋅BC‾‾‾X = A + B\overline{C} = \overline{\overline{A + B\overline{C}}} = \overline{\overline{A} \cdot \overline{B\overline{C}}} 에서 AND·NOT을 NOR로 치환한다. BC‾=B‾+C‾B\overline{C} = \overline{\overline{B} + C} 이므로 먼저 B를 두 입력에 함께 넣은 NOR로 B‾\overline{B} 를 만들고, B‾\overline{B} 와 C를 NOR에 넣어 BC‾B\overline{C} 를 얻는다. 최종합은 두 항을 NOR 후 다시 NOR로 반전하면 OR가 되어 2입력 NOR만으로 구현된다.


[해설]

드모르간 정리를 이용해 AND/OR/NOT으로 이루어진 식을 2입력 NAND, 또는 2입력 NOR만으로 다시 표현하는 문제다.

무접점 회로는 식 X=A+BC‾X=A+B\overline{C} 그대로, C를 NOT으로 반전해 B와 AND한 뒤 A와 OR로 묶으면 된다.

NAND 변환은 이중부정 X=A‾⋅BC‾‾‾X=\overline{\overline{A}\cdot\overline{B\overline{C}}}을 이용해 모든 AND·OR·NOT을 NAND로 바꾸는 방식이고, NOR 변환은 BC‾=B‾+C‾B\overline{C}=\overline{\overline{B}+C}처럼 같은 원리를 NOR만으로 풀어 구현한다.

이런 변환 문제의 채점 포인트는 최종 출력식이 원래 식과 논리적으로 동일한지이지, 회로도의 게이트 배치 자체가 유일한 정답은 아니라는 점이다.

정답 이미지
문제 7
다음 조건대로 동작하도록 제어회로와 감시반 회로의 단자(a, b, c, d, e ↔ 1, 2, 3, 4, 5)를 연결하시오.

【조건】
· MCCB를 ON 하면 GL₁·GL₂ 점등.
· SS를 "L"에 놓고 PB₂를 눌렀다 놓으면 MC 동작·전동기 운전, RL₁·RL₂ 점등, GL₁·GL₂ 소등.
· 운전 중 PB₁을 누르면 정지, RL₁·RL₂ 소등, GL₁·GL₂ 점등.
· SS를 "R"에 놓고 PB₃을 눌렀다 놓으면 MC 동작·전동기 운전, RL₁·RL₂ 점등, GL₁·GL₂ 소등.
· 운전 중 PB₄를 누르면 정지, RL₁·RL₂ 소등, GL₁·GL₂ 점등.
· 운전 중 과부하로 EOCR 작동 시 정지·모든 램프 소등, RESET 하면 초기 상태 복귀.
문제 이미지
정답 및 해설
감시반 단자 a, b, c, d, e 를 각각 제어반 단자 5, 4, 2, 3, 1 에 연결한다.

a → 5
b → 4
c → 2
d → 3
e → 1

이렇게 결선하면 감시반 표시등·푸시버튼이 제어반의 해당 접점(GL·RL 표시회로, PB₁~PB₄, EOCR-RESET)과 위 대응으로 이어져 조건의 기동·정지·과부하 동작에 맞게 표시된다.
정답 이미지
문제 8
어느 변전소에 그림과 같은 일부하곡선을 갖는 3개 부하 A, B, C가 있다. (단, A, B, C 역률은 각각 100[%], 80[%], 60[%])
(부하곡선 종축 ×10³ [kW], 횡축 시간 [h] 0~24. A곡선: 0~3시 4, 3~8시 6, 8~12시 9, 12~22시 5, 22~24시 4. 각 부하 평균전력 구간은 해설 참조.)

(1) 합성 최대전력 [kW]
(2) 부등률
(3) 종합부하율 [%]
(4) 최대 부하시의 종합역률 [%]
문제 이미지
정답 및 해설
각 부하 최대전력은 A = 9×10³, B = 7×10³, C = 6×10³ [kW](C의 최대는 합성 최대 구간 밖인 13~20시에 나타난다)이고, 합성 최대 구간(10~12시)에 A = 9, B = 7, C = 4 [×10³ kW]가 겹친다.

(1) 합성 최대전력
(9+7+4)×103=20×103(9+7+4) \times 10^{3} = 20 \times 10^{3} [kW]

(2) 부등률
각 최대전력의 합합성 최대전력=(9+7+6)×10320×103=1.1\dfrac{\text{각 최대전력의 합}}{\text{합성 최대전력}} = \dfrac{(9+7+6)\times 10^{3}}{20\times 10^{3}} = 1.1

(3) 각 부하 평균전력
A={(4×3)+(6×5)+(9×4)+(5×10)+(4×2)}×10324=5,666.67A = \dfrac{\{(4\times 3)+(6\times 5)+(9\times 4)+(5\times 10)+(4\times 2)\}\times 10^{3}}{24} = 5{,}666.67 [kW]
B={(5×10)+(7×12)+(6×2)}×10324=6,083.33B = \dfrac{\{(5\times 10)+(7\times 12)+(6\times 2)\}\times 10^{3}}{24} = 6{,}083.33 [kW]
C={(2×6)+(4×7)+(6×7)+(1×4)}×10324=3,583.33C = \dfrac{\{(2\times 6)+(4\times 7)+(6\times 7)+(1\times 4)\}\times 10^{3}}{24} = 3{,}583.33 [kW]
종합부하율 =5,666.67+6,083.33+3,583.3320,000×100=76.67= \dfrac{5{,}666.67+6{,}083.33+3{,}583.33}{20{,}000} \times 100 = 76.67 [%]

(4) 최대 부하시(10~12시) 무효전력
Q=9×1031×0+7×1030.8×0.6+4×1030.6×0.8=10,583.33Q = \dfrac{9\times 10^{3}}{1}\times 0 + \dfrac{7\times 10^{3}}{0.8}\times 0.6 + \dfrac{4\times 10^{3}}{0.6}\times 0.8 = 10{,}583.33 [kVar]
cos⁡θ=PP2+Q2=20,00020,0002+10,583.332×100=88.39\cos\theta = \dfrac{P}{\sqrt{P^{2}+Q^{2}}} = \dfrac{20{,}000}{\sqrt{20{,}000^{2}+10{,}583.33^{2}}}\times 100 = 88.39 [%]


[해설]

합성 최대전력은 세 부하 곡선을 같은 시각끼리 더한 값의 최대이며, 나머지 지표는 모두 이 값을 기준으로 정의된다.

A·B가 함께 최대가 되는 10~12시 구간에서 (9+7+4)×103=20×103(9+7+4)\times10^{3}=20\times10^{3}[kW]가 합성 최대이고, 이때 C는 자기 최대(6×10³)가 아니라 4×10³이다. 부등률은 각 부하 최대의 합을 합성 최대로 나눈 (9+7+6)×10320×103=1.1\dfrac{(9+7+6)\times10^{3}}{20\times10^{3}}=1.1이 된다.

종합부하율은 세 부하의 24시간 평균전력 합을 합성 최대전력으로 나눈 값이고, 평균전력은 각 구간의 (전력×지속시간)을 모두 더해 24로 나누어 구한다 → (5,666.67+6,083.33+3,583.33)/20,000 ≒ 76.67[%].

종합역률은 최대부하 시각의 유효·무효전력으로 구하며, 무효전력은 부하별 Q=Ptan⁡θQ=P\tan\theta를 더해 10,583.33[kVar]가 되어 cos⁡θ=20,00020,0002+10,583.332×100≒88.39\cos\theta=\dfrac{20{,}000}{\sqrt{20{,}000^{2}+10{,}583.33^{2}}}\times100\fallingdotseq88.39[%]다. 역률 100[%]인 A는 무효전력이 0이라는 점에 주의한다.

문제 9
전압 33,000 [V], 주파수 60 [c/s], 선로길이 7 [km]인 1회선 3상 지중송전선로의 3상 무부하 충전전류와 충전용량을 구하시오. (단, 케이블 1선당 작용정전용량 0.4 [μF/km])

(1) 충전전류
(2) 충전용량
정답 및 해설
정전용량 C=0.4×7=2.8C = 0.4 \times 7 = 2.8 [μF], ω=2πf=2π×60\omega = 2\pi f = 2\pi \times 60 [rad/s].

(1) 충전전류 (대지전압 = 선간/√3)
Ic=ωClV3=2π×60×0.4×10−6×7×33,0003=20.11I_{c} = \omega C l \dfrac{V}{\sqrt{3}} = 2\pi \times 60 \times 0.4 \times 10^{-6} \times 7 \times \dfrac{33{,}000}{\sqrt{3}} = 20.11 [A]

(2) 충전용량 (3상)
Qc=3 ωCl(V3)2=3 VIc=3×33,000×20.11×10−3=1,149.52Q_{c} = 3\,\omega C l \left(\dfrac{V}{\sqrt{3}}\right)^{2} = \sqrt{3}\,V I_{c} = \sqrt{3}\times 33{,}000 \times 20.11 \times 10^{-3} = 1{,}149.52 [kVA]


[해설]

지중 케이블은 대지와의 정전용량이 커서 무부하 상태에서도 충전전류가 흐르며, 이 값으로 충전용량을 구하는 문제다.

1선당 정전용량은 C=0.4×7=2.8C=0.4\times7=2.8[μF]이고, 충전전류는 대지전압(상전압) 기준으로 Ic=ωCV3=2π×60×2.8×10−6×33,0003≒20.11I_c=\omega C\dfrac{V}{\sqrt{3}}=2\pi\times60\times2.8\times10^{-6}\times\dfrac{33{,}000}{\sqrt{3}}\fallingdotseq20.11[A]이다.

3상 충전용량은 Qc=3 V Ic=3×33,000×20.11×10−3≒1,149.52Q_c=\sqrt{3}\,V\,I_c=\sqrt{3}\times33{,}000\times20.11\times10^{-3}\fallingdotseq1{,}149.52[kVA]로, 선간전압과 충전전류를 곱한 3상 피상전력 형태로 구한다.

문제 10
그림과 같은 3상 4선식 배전선로에서 역률 100[%] 부하 a, b, c상이 각 상과 중성선 사이에 연결되어 있다. a, b, c상 전류가 각각 220 [A], 172 [A], 190 [A]일 때 중성선 전류를 구하시오.
문제 이미지
정답 및 해설
역률 100[%]이고 3상이 120° 간격 평형 위상이라 가정하면, 중성선 전류는 세 상전류의 벡터합이다.

In=Ia+Ib∠−120∘+Ic∠+120∘I_{n} = I_{a} + I_{b}\angle{-}120^{\circ} + I_{c}\angle{+}120^{\circ}
=220+172(−12−j32)+190(−12+j32)= 220 + 172\left(-\dfrac{1}{2}-j\dfrac{\sqrt{3}}{2}\right) + 190\left(-\dfrac{1}{2}+j\dfrac{\sqrt{3}}{2}\right)
실수부 =220−86−95=39= 220 - 86 - 95 = 39
허수부 =(190−172)32=93=15.59= (190-172)\dfrac{\sqrt{3}}{2} = 9\sqrt{3} = 15.59
In=392+15.592=42I_{n} = \sqrt{39^{2}+15.59^{2}} = 42 [A]


[해설]

중성선에는 세 상전류를 페이저(벡터)로 합한 값이 흐르는데, 세 상전류의 크기가 서로 달라 완전히 상쇄되지 않고 42[A]가 남는다.

기준을 a상(0°)에 두면 b상은 -120°, c상은 +120° 위상이므로 각 전류를 실수부·허수부로 나눠 더해야 한다.

실수부 =220−172×0.5−190×0.5=39=220-172\times0.5-190\times0.5=39
허수부 =(190−172)32=15.59=(190-172)\dfrac{\sqrt3}{2}=15.59
In=392+15.592=42I_n=\sqrt{39^{2}+15.59^{2}}=42[A]

전류 크기가 아니라 ±120° 위상 배정을 실수하지 않는 것이 채점 포인트다.

정답 이미지
문제 11
수전전압 22.9 [kV], 계약전력 300[kW], 3상 단락전류 7,000 [A]인 수용가가 있다. 수전용 차단기의 정격차단용량은 몇 [MVA]인가? (단, 여유율 무시)
정답 및 해설
정격전압은 공칭전압 22.9 [kV]에 대해 22.9×1.21.1=25.822.9 \times \dfrac{1.2}{1.1} = 25.8 [kV]로 잡는다. 여유율을 무시하므로 정격차단전류는 주어진 3상 단락전류 7,000 [A] = 7 [kA]를 그대로 쓴다.

정격차단용량 =3×정격전압×정격차단전류=3×25.8×7=312.81= \sqrt{3}\times \text{정격전압} \times \text{정격차단전류} = \sqrt{3}\times 25.8 \times 7 = 312.81 [MVA]


[해설]

정격차단용량은 공칭전압이 아니라 절연계급별 정격전압(공칭전압×1.2/1.1)과 정격차단전류로 계산한다.

여유율을 무시하므로 주어진 3상 단락전류 7,000[A]=7[kA]를 그대로 정격차단전류로 사용한다.

Ps=3×Vn×Is=3×25.8×7=312.81P_s=\sqrt{3}\times V_n\times I_s=\sqrt{3}\times25.8\times7=312.81[MVA]
공칭전압 22.9[kV]를 그대로 쓰면 오답이 되므로 1.2/1.1 환산을 빠뜨리지 않아야 한다.

문제 12
평형 3상 회로에 변류비 100/5인 변류기 2개를 그림과 같이 접속했더니 전류계 ⒜에 3 [A]가 흘렀다. 1차 전류의 크기는 몇 [A]인가?
문제 이미지
정답 및 해설
그림은 a상·c상 변류기 2개의 2차를 잔류접속하고, b상에는 CT 없이 전류계 ⒜를 a·c CT 2차 합류점에 둔 결선이다. 평형 3상에서 이 전류계가 읽는 값은 각 CT 2차전류와 같다.

2차 전류 Ia′=Ic′=I=3I_{a}' = I_{c}' = I = 3 [A]
1차 전류 I1=a Ia′=1005×3=60I_{1} = a\,I_{a}' = \dfrac{100}{5}\times 3 = 60 [A]


[해설]

a·c상 CT 2차를 잔류(Y)결선하면 전류계는 두 CT 2차전류의 벡터합인 잔류전류를 측정하는데, 평형 3상에서 이는 각 CT 2차전류의 크기와 같다.

따라서 전류계 지시 3[A]가 곧 CT 2차전류이며, 여기에 변류비 100/5=20을 곱해 1차전류를 구한다.

I1=1005×3=60I_1=\dfrac{100}{5}\times3=60[A]
변류비를 거꾸로(5/100) 곱하지 않도록 주의한다.

정답 이미지
문제 13
회전날개 지름 31 [m]인 프로펠러형 풍차가 풍속 16.5 [m/s]로 돌 때 풍력에너지 [kW]를 구하시오. (단, 공기 밀도 1.225 [kg/m³])
정답 및 해설
풍력에너지(이론출력) P=12ρAv3P = \dfrac{1}{2}\rho A v^{3}, 수풍면적 A=π4D2A = \dfrac{\pi}{4}D^{2}.

P=12ρ(π4D2)v3=12×1.225×π4×312×16.53×10−3=2,076.69P = \dfrac{1}{2}\rho \left(\dfrac{\pi}{4}D^{2}\right) v^{3} = \dfrac{1}{2}\times 1.225 \times \dfrac{\pi}{4}\times 31^{2}\times 16.5^{3}\times 10^{-3} = 2{,}076.69 [kW]


[해설]

풍차의 이론출력은 통과하는 공기의 운동에너지 시간변화율이며, 유속의 세제곱에 비례해 커진다.

수풍면적은 날개 지름으로 정한 원의 넓이 A=π4D2A=\dfrac{\pi}{4}D^{2}이고, 여기에 밀도와 유속의 세제곱을 곱해 P=12ρAv3P=\dfrac{1}{2}\rho A v^{3}로 계산한다.

P=12×1.225×π4×312×16.53×10−3=2,076.69P=\dfrac{1}{2}\times1.225\times\dfrac{\pi}{4}\times31^{2}\times16.5^{3}\times10^{-3}=2{,}076.69[kW]
지름을 반지름으로 착각하지 않는 것이 채점 포인트다.

문제 14
전력용 콘덴서에 직렬 리액터를 달아 제3고조파를 제거하려 한다. 직렬 리액터 용량은 콘덴서 용량의 몇 [%]인가? (단, 주파수 변동 등을 고려해 2% 여유)
정답 및 해설
제n고조파 공진 제거 조건은 nωL=1nωCn\omega L = \dfrac{1}{n\omega C} 이므로 ωL=1n2ωC\omega L = \dfrac{1}{n^{2}\omega C}, 리액터 용량비는 ωL1ωC=1n2\dfrac{\omega L}{\frac{1}{\omega C}} = \dfrac{1}{n^{2}}.

제3고조파(n=3)이므로 이론값 132=0.1111=11.11\dfrac{1}{3^{2}} = 0.1111 = 11.11 [%].
주파수 변동을 고려해 2% 여유를 두면 실용값 1313 [%]를 쓴다.


[해설]

직렬 리액터는 콘덴서와 함께 회로를 구성해 제n고조파에서 공진을 일으켜 흡수하도록 넣는 소자이므로, 필요한 용량비는 대상 차수의 제곱에 반비례한다.

제3고조파를 대상으로 하면 이론상 리액터 용량비는 132=0.1111\dfrac{1}{3^{2}}=0.1111, 즉 콘덴서 용량의 11.11[%]이지만, 실제로는 주파수 변동을 감안해 이보다 여유를 둔다.

이론값에 2[%] 여유분을 더해 실무 표준값인 13[%]를 채택하는데, 이론값만 답으로 쓰면 문제의 '여유' 조건을 놓친 것이 된다.

문제 15
1차 정격전압 6,600[V], 권수비 30인 3상 변압기가 있다.

(1) 2차 정격전압 [V]
(2) 용량 50 [kW], 역률 0.8 부하를 2차에 접속할 때 ① 1차 전류 ② 2차 전류
(3) 1차 입력 [kVA]
정답 및 해설
(1) 2차 정격전압
V2=V1a=6,60030=220V_{2} = \dfrac{V_{1}}{a} = \dfrac{6{,}600}{30} = 220 [V]

(2) P=50P = 50 [kW], 역률 0.8
① 1차 전류 I1=P3 V1cos⁡θ=50×1033×6,600×0.8=5.47I_{1} = \dfrac{P}{\sqrt{3}\,V_{1}\cos\theta} = \dfrac{50\times 10^{3}}{\sqrt{3}\times 6{,}600 \times 0.8} = 5.47 [A]
② 2차 전류 I2=P3 V2cos⁡θ=50×1033×220×0.8=164.02I_{2} = \dfrac{P}{\sqrt{3}\,V_{2}\cos\theta} = \dfrac{50\times 10^{3}}{\sqrt{3}\times 220 \times 0.8} = 164.02 [A]

(3) 1차 입력
P1=3 V1I1=Pcos⁡θ=500.8=62.5P_{1} = \sqrt{3}\,V_{1}I_{1} = \dfrac{P}{\cos\theta} = \dfrac{50}{0.8} = 62.5 [kVA]


[해설]

3상 변압기의 권수비는 1차·2차 정격전압의 비이므로 2차 전압은 권수비로 나눠 구하고, 각 전류는 3상 전력식 P=3 VIcos⁡θP=\sqrt3\,VI\cos\theta를 해당 측 전압에 적용해 구한다.

부하가 2차에 걸리므로 2차전류는 2차전압 220[V]를, 1차전류는 이상변압기로 보고 1차전압 6,600[V]를 대입한다.

V2=6,60030=220V_2=\dfrac{6{,}600}{30}=220[V]
I1=50,0003×6,600×0.8=5.47I_1=\dfrac{50{,}000}{\sqrt3\times6{,}600\times0.8}=5.47[A], I2=50,0003×220×0.8=164.02I_2=\dfrac{50{,}000}{\sqrt3\times220\times0.8}=164.02[A]

1차 입력은 유효전력을 역률로 나눈 피상전력이므로 P1=500.8=62.5P_1=\dfrac{50}{0.8}=62.5[kVA]가 된다.

문제 16
다음 단상 3선식 회로에서 각 선에 흐르는 전류를 구하시오. (단, 부하 역률 100[%])
(전압: a-중성 100[V], 중성-c 100[V], a-c 200[V]. 부하: a-중성 600W, 중성-c 400W, a-c(200V) 1000W.)

(1) Iₐ
(2) I_b(중성선)
(3) I_c
문제 이미지
정답 및 해설
단상 3선식에서 100V 부하는 해당 상-중성 100V에, 200V 부하는 a·c 두 외선에 공통으로 걸린다.

(1) Ia=600100+1000200=6+5=11I_{a} = \dfrac{600}{100} + \dfrac{1000}{200} = 6 + 5 = 11 [A]

(2) Ib=400100−600100=4−6=−2I_{b} = \dfrac{400}{100} - \dfrac{600}{100} = 4 - 6 = -2 [A]

(3) Ic=−400100−1000200=−4−5=−9I_{c} = -\dfrac{400}{100} - \dfrac{1000}{200} = -4 - 5 = -9 [A]

(부호는 가정한 기준방향에 대한 전류 방향이다.)


[해설]

단상 3선식에서 100[V] 부하는 각 외선-중성선 사이에, 200[V] 부하는 두 외선(a-c) 사이에 걸리므로 중성선에는 200V 부하전류가 흐르지 않는다.

a·c선 전류는 자신이 담당하는 100V 부하전류와 200V 부하전류의 합이고, 중성선(b) 전류는 양쪽 100V 부하전류의 차로 결정된다.

Ia=600100+1000200=11I_a=\dfrac{600}{100}+\dfrac{1000}{200}=11[A]
Ib=400100−600100=−2I_b=\dfrac{400}{100}-\dfrac{600}{100}=-2[A]
Ic=−400100−1000200=−9I_c=-\dfrac{400}{100}-\dfrac{1000}{200}=-9[A]

부호는 크기가 아니라 기준방향에 대한 상대적 흐름을 뜻하므로, 답에는 크기와 방향을 함께 밝혀야 한다.

정답 이미지
문제 17
단자 a-b 사이에 저항을 넣어 최대전력을 전달하려 한다. (단, 효율 90[%])
(브리지 회로: 전원 220[V]. 상부: 좌측노드—60[Ω]—a—20[Ω]—우측노드. 하부: 좌측노드—10[Ω]—b—40[Ω]—우측노드. a-b가 대각선 단자.)

(1) 최대전력 전달을 위해 a-b에 넣을 저항값
(2) 10분간 전원 인가 시 삽입 저항이 한 일 [kJ]
문제 이미지
정답 및 해설
a-b에서 본 데브난 등가회로를 구한다(전원 220[V]).

등가전압
Vth=4010+40×220−2060+20×220=176−55=121V_{th} = \dfrac{40}{10+40}\times 220 - \dfrac{20}{60+20}\times 220 = 176 - 55 = 121 [V]
등가저항(전원 단락)
Rth=10×4010+40+60×2060+20=8+15=23R_{th} = \dfrac{10\times 40}{10+40} + \dfrac{60\times 20}{60+20} = 8 + 15 = 23 [Ω]

(1) 최대전력 전송조건에 따라 R=Rth=23R = R_{th} = 23 [Ω]을 넣는다.

(2) 외부저항이 받는 최대전력
Pm=(VthRth+R)2R=Vth24Rth=12124×23=159.14P_{m} = \left(\dfrac{V_{th}}{R_{th}+R}\right)^{2}R = \dfrac{V_{th}^{2}}{4R_{th}} = \dfrac{121^{2}}{4\times 23} = 159.14 [W]
효율 90[%]로 10분(600초) 동안 한 일
W=Pm×0.9×t=159.14×0.9×600×10−3=85.93W = P_{m}\times 0.9 \times t = 159.14 \times 0.9 \times 600 \times 10^{-3} = 85.93 [kJ]


[해설]

단자 a-b 밖에서 본 회로를 테브난 등가로 바꾸면, 최대전력 전달 조건은 부하저항을 등가내부저항과 같게 하는 것이다.

등가전압은 두 분압경로(60-20Ω, 10-40Ω)의 개방전압 차이고, 등가저항은 전원을 단락한 뒤 두 병렬쌍을 더해 구한다.

Vth=176−55=121V_{th}=176-55=121[V], Rth=8+15=23R_{th}=8+15=23[Ω]이므로 a-b에 넣을 저항은 23[Ω]이다.

Pm=Vth24Rth=12124×23=159.14P_m=\dfrac{V_{th}^{2}}{4R_{th}}=\dfrac{121^{2}}{4\times23}=159.14[W]
W=159.14×0.9×600×10−3=85.93W=159.14\times0.9\times600\times10^{-3}=85.93[kJ]
최대전력에 효율 90[%]와 인가시간 600초를 곱해야 저항이 실제로 한 일이 된다.

정답 이미지
문제 18
다음 그림과 같은 계통에서 모선 ③의 F점에 3상 단락이 발생했을 때, 모선 ③-① 간, 모선 ②-③ 간, 모선 ①-② 간의 고장전력 [MVA]과 고장전류 [A]를 구하시오. (단, 그림의 수치는 모두 154[kV], 100[MVA] 기준 %임피던스이며, ①번 모선 좌측은 전원측으로 %Z 40[%], ②번 모선 우측은 전원측으로 %Z 4[%]이다. 선로 %Z는 ①-② 11[%], ①-③ 3.2[%], ②-③ 7.8[%].)

(1) 모선 ③-① 간 고장전력 Ps13
(2) 모선 ②-③ 간 고장전력 Ps23
(3) 모선 ①-② 간 고장전력 Ps12
(4) 모선 ③-① 간 고장전류 Is13
(5) 모선 ②-③ 간 고장전류 Is23
(6) 모선 ①-② 간 고장전류 Is12
문제 이미지
정답 및 해설
154[kV], 100[MVA] 기준. 각 구간 임피던스(실값)는 Z=%Z100⋅V2PbaseZ = \dfrac{\%Z}{100}\cdot\dfrac{V^{2}}{P_{base}} 로 구한다. F점(모선③) 3상 단락에 대해 전원측 ①(40%)·②(4%)에서 망을 환원해 각 구간 고장전류를 구한 뒤, 고장전력은 Ps=3I2ZP_{s} = 3 I^{2} Z 로 산정한다.

구간 임피던스: Z13=3.2100⋅154,0002100×106=7.59Z_{13} = \dfrac{3.2}{100}\cdot\dfrac{154{,}000^{2}}{100\times 10^{6}} = 7.59 [Ω], Z23=18.50Z_{23} = 18.50 [Ω], Z12=26.09Z_{12} = 26.09 [Ω].

(1) 고장전류 I31=2,094.70I_{31} = 2{,}094.70 [A] → Ps13=3I312Z13=99.90P_{s13} = 3 I_{31}^{2} Z_{13} = 99.90 [MVA]
(2) 고장전류 I23=2,728.0I_{23} = 2{,}728.0 [A] → Ps23=3I232Z23=413.0P_{s23} = 3 I_{23}^{2} Z_{23} = 413.0 [MVA]
(3) 고장전류 I12=1,325.0I_{12} = 1{,}325.0 [A] → Ps12=3I122Z12=137.4P_{s12} = 3 I_{12}^{2} Z_{12} = 137.4 [MVA]
(4) 모선 ③-① 간 고장전류 Is13=2,094.70I_{s13} = 2{,}094.70 [A]
(5) 모선 ②-③ 간 고장전류 Is23=2,728.0I_{s23} = 2{,}728.0 [A]
(6) 모선 ①-② 간 고장전류 Is12=−1,325.0I_{s12} = -1{,}325.0 [A] (기준방향에 대한 역류)


[해설]

망상(Δ형) 계통에서 F점(모선③) 3상단락 시 고장전류는 %임피던스를 100[MVA] 기준의 실제 옴값으로 환산한 뒤 전원측(모선①·②)에서 계통을 등가 환원해 각 구간별로 나눠 흐른다.

구간 임피던스는 Z=%Z100⋅V2PbaseZ=\dfrac{\%Z}{100}\cdot\dfrac{V^{2}}{P_{base}}로 옴값 환산하고, 각 구간 고장전류를 구한 뒤 고장전력은 Ps=3I2ZP_s=3I^{2}Z로 산정한다.

Z13=3.2100×154,0002100×106=7.59Z_{13}=\dfrac{3.2}{100}\times\dfrac{154{,}000^{2}}{100\times10^{6}}=7.59[Ω]
같은 방법으로 Z23=18.50Z_{23}=18.50[Ω], Z12=26.09Z_{12}=26.09[Ω]

모선①-② 구간은 전원이 반대편에서 유입돼 기준방향과 반대로 흐르는 역류가 되므로 음(-)의 부호로 방향을 구분하며, 옴 환산에서 기준전압(154[kV])과 기준용량(100[MVA])을 혼동하지 않는 것이 채점 포인트다.

전기기사 실기 기출문제모두CBT · moducbt.com

전기기사 실기 2023년 1회 기출유형문제

총 18문항 · 주관식 · 정답·해설 포함
문제 1
전력용 콘덴서 개폐제어는 수동·자동으로 나뉜다. 자동조작방식의 제어요소 4가지를 쓰시오.
정답 및 해설
① 수전점 무효전력
② 수전점 전압
③ 수전점 역률
④ 부하전류

(이 외에 시각·시간 제어)


[해설]

전력용 콘덴서를 자동으로 개폐할 때는 계통 상태를 나타내는 값을 검출해 그 값이 기준을 벗어나면 투입·차단하는 방식이다.

  • 수전점의 무효전력 크기
  • 수전점의 전압 크기
  • 수전점의 역률
  • 부하전류 크기

이 외에 시각이나 정해진 시간을 기준으로 삼는 방식도 있다.

문제 2
가스절연 변전소(GIS)의 특징 5가지를 쓰시오. (단, 경제성·비용 답 제외)
정답 및 해설
① 옥외 철구형의 약 1/10~1/15로 소형화
② 충전부 완전 밀폐로 안전성 높음
③ 소음이 적고 주변과 조화
④ 대기 오염물 영향이 없어 신뢰도 높음
⑤ 절연물·접촉자가 SF₆ 가스 내에 있어 보수·점검 주기가 김

(이 외에 공장 조립으로 설치공사기간 단축)


[해설]

가스절연변전소(GIS)는 충전부를 SF₆ 가스로 밀폐한 구조여서, 옥외 철구형과 비교했을 때 안전성·소형화·환경 영향 면에서 뚜렷한 장점을 가진다.

  • 옥외 철구형의 약 1/10~1/15 크기로 소형화할 수 있다.
  • 충전부가 완전히 밀폐돼 안전성이 높다.
  • 소음이 적어 주변 환경과 조화롭다.
  • 대기 오염물의 영향을 받지 않아 신뢰도가 높다.
  • 절연물·접촉자가 가스 속에 있어 보수·점검 주기가 길다.
문제 3
건축전기설비의 전력설비 간선 설계 시 고려사항 4가지를 쓰시오.
정답 및 해설
① 설계조건 — 배전방식, 수용률, 부하율, 건축조건, 계량구분, 동력부하 등
② 간선계통 — 전용간선 분리, 용도별 간선 구분, 법적 분리, 공급전압 결정
③ 간선경로 — 파이프 샤프트 위치·크기, 루트 길이 검토
④ 배선방식·간선 굵기 — 허용전류, 전압강하, 기계적 강도, 고조파, 장래 증설 고려


[해설]

간선 설계는 부하 특성을 파악하는 단계부터 실제 배선 굵기를 정하는 단계까지 순차적으로 검토해야 하는 항목들로 구성된다.

설계조건(배전방식·수용률·부하율·건축조건 등)으로 부하 규모를 파악하고, 간선계통에서 용도별·법적 분리 기준에 따라 간선을 구분한 뒤, 간선경로에서 파이프 샤프트 위치·크기와 루트 길이를 검토한다.

마지막으로 배선방식과 간선 굵기는 허용전류·전압강하·기계적 강도·고조파·장래 증설 여유까지 종합해 결정해야 한다.

문제 4
지중전선로의 시설방식 3가지를 쓰시오.
정답 및 해설
① 직접매설식
② 관로식
③ 암거식


[해설]

지중전선로는 시설 환경과 규모에 따라 세 가지 방식 중에서 선택해 시공한다.

  • 직접매설식 — 전선(케이블)을 땅에 직접 묻는 방식.
  • 관로식 — 미리 묻은 관 속에 전선을 넣는 방식.
  • 암거식 — 사람이 출입 가능한 지하 구조물(암거) 안에 전선을 포설하는 방식.
문제 5
빙설이 많은 지방에서 을종 풍압하중 적용 시 전선·가섭선에 부착되는 빙설의 두께와 비중을 쓰시오.
(1) 두께 :
(2) 비중 :
정답 및 해설
을종 풍압하중은 가섭선에 두께 6 [mm], 비중 0.9의 빙설이 부착된 상태로, 갑종의 0.5배로 계산한다.

(1) 두께 : 6 [mm]
(2) 비중 : 0.9


[해설]

을종 풍압하중은 빙설이 많은 지방에서 가섭선(전선)에 빙설이 부착된 상태를 가정해 산정하는 하중 기준이다.

부착되는 빙설의 두께는 6[mm], 비중은 0.9로 정하며, 이 조건에서의 풍압을 갑종 풍압하중의 0.5배로 계산해 적용한다.

문제 6
다음 논리식에 답하시오. (A, B, C는 입력, X는 출력)

【보기】 X=A+BC‾X = A + B\overline{C}

(1) 무접점 논리회로로 나타내시오.
(2) 2입력 NAND GATE를 최소로 써서 같은 출력 회로로 변환하시오.
(3) 2입력 NOR GATE를 최소로 써서 같은 출력 회로로 변환하시오.
정답 및 해설
출력식 X=A+BC‾X = A + B\overline{C}

(1) 논리회로 — C를 NOT 게이트로 반전해 C‾\overline{C} 를 얻고, 이를 B와 함께 2입력 AND 게이트에 넣어 BC‾B\overline{C} 를 만든 뒤, 그 출력과 A를 2입력 OR 게이트에 넣으면 X=A+BC‾X = A + B\overline{C} 가 된다.

(2) NAND 변환 — 드모르간으로 X=A+BC‾=A‾⋅BC‾‾‾X = A + B\overline{C} = \overline{\overline{A} \cdot \overline{B\overline{C}}}. BC‾B\overline{C} 는 2입력 NAND 2개로 만들고, 최종 OR는 두 입력을 NAND로 반전 후 NAND 하면 OR가 되어 2입력 NAND만으로 구현된다.

(3) NOR 변환 — X=A+BC‾=A+BC‾‾‾=A‾⋅BC‾‾‾X = A + B\overline{C} = \overline{\overline{A + B\overline{C}}} = \overline{\overline{A} \cdot \overline{B\overline{C}}} 에서 AND·NOT을 NOR로 치환한다. BC‾=B‾+C‾B\overline{C} = \overline{\overline{B} + C} 이므로 먼저 B를 두 입력에 함께 넣은 NOR로 B‾\overline{B} 를 만들고, B‾\overline{B} 와 C를 NOR에 넣어 BC‾B\overline{C} 를 얻는다. 최종합은 두 항을 NOR 후 다시 NOR로 반전하면 OR가 되어 2입력 NOR만으로 구현된다.


[해설]

드모르간 정리를 이용해 AND/OR/NOT으로 이루어진 식을 2입력 NAND, 또는 2입력 NOR만으로 다시 표현하는 문제다.

무접점 회로는 식 X=A+BC‾X=A+B\overline{C} 그대로, C를 NOT으로 반전해 B와 AND한 뒤 A와 OR로 묶으면 된다.

NAND 변환은 이중부정 X=A‾⋅BC‾‾‾X=\overline{\overline{A}\cdot\overline{B\overline{C}}}을 이용해 모든 AND·OR·NOT을 NAND로 바꾸는 방식이고, NOR 변환은 BC‾=B‾+C‾B\overline{C}=\overline{\overline{B}+C}처럼 같은 원리를 NOR만으로 풀어 구현한다.

이런 변환 문제의 채점 포인트는 최종 출력식이 원래 식과 논리적으로 동일한지이지, 회로도의 게이트 배치 자체가 유일한 정답은 아니라는 점이다.

정답 이미지
문제 7
다음 조건대로 동작하도록 제어회로와 감시반 회로의 단자(a, b, c, d, e ↔ 1, 2, 3, 4, 5)를 연결하시오.

【조건】
· MCCB를 ON 하면 GL₁·GL₂ 점등.
· SS를 "L"에 놓고 PB₂를 눌렀다 놓으면 MC 동작·전동기 운전, RL₁·RL₂ 점등, GL₁·GL₂ 소등.
· 운전 중 PB₁을 누르면 정지, RL₁·RL₂ 소등, GL₁·GL₂ 점등.
· SS를 "R"에 놓고 PB₃을 눌렀다 놓으면 MC 동작·전동기 운전, RL₁·RL₂ 점등, GL₁·GL₂ 소등.
· 운전 중 PB₄를 누르면 정지, RL₁·RL₂ 소등, GL₁·GL₂ 점등.
· 운전 중 과부하로 EOCR 작동 시 정지·모든 램프 소등, RESET 하면 초기 상태 복귀.
문제 이미지
정답 및 해설
감시반 단자 a, b, c, d, e 를 각각 제어반 단자 5, 4, 2, 3, 1 에 연결한다.

a → 5
b → 4
c → 2
d → 3
e → 1

이렇게 결선하면 감시반 표시등·푸시버튼이 제어반의 해당 접점(GL·RL 표시회로, PB₁~PB₄, EOCR-RESET)과 위 대응으로 이어져 조건의 기동·정지·과부하 동작에 맞게 표시된다.
정답 이미지
문제 8
어느 변전소에 그림과 같은 일부하곡선을 갖는 3개 부하 A, B, C가 있다. (단, A, B, C 역률은 각각 100[%], 80[%], 60[%])
(부하곡선 종축 ×10³ [kW], 횡축 시간 [h] 0~24. A곡선: 0~3시 4, 3~8시 6, 8~12시 9, 12~22시 5, 22~24시 4. 각 부하 평균전력 구간은 해설 참조.)

(1) 합성 최대전력 [kW]
(2) 부등률
(3) 종합부하율 [%]
(4) 최대 부하시의 종합역률 [%]
문제 이미지
정답 및 해설
각 부하 최대전력은 A = 9×10³, B = 7×10³, C = 6×10³ [kW](C의 최대는 합성 최대 구간 밖인 13~20시에 나타난다)이고, 합성 최대 구간(10~12시)에 A = 9, B = 7, C = 4 [×10³ kW]가 겹친다.

(1) 합성 최대전력
(9+7+4)×103=20×103(9+7+4) \times 10^{3} = 20 \times 10^{3} [kW]

(2) 부등률
각 최대전력의 합합성 최대전력=(9+7+6)×10320×103=1.1\dfrac{\text{각 최대전력의 합}}{\text{합성 최대전력}} = \dfrac{(9+7+6)\times 10^{3}}{20\times 10^{3}} = 1.1

(3) 각 부하 평균전력
A={(4×3)+(6×5)+(9×4)+(5×10)+(4×2)}×10324=5,666.67A = \dfrac{\{(4\times 3)+(6\times 5)+(9\times 4)+(5\times 10)+(4\times 2)\}\times 10^{3}}{24} = 5{,}666.67 [kW]
B={(5×10)+(7×12)+(6×2)}×10324=6,083.33B = \dfrac{\{(5\times 10)+(7\times 12)+(6\times 2)\}\times 10^{3}}{24} = 6{,}083.33 [kW]
C={(2×6)+(4×7)+(6×7)+(1×4)}×10324=3,583.33C = \dfrac{\{(2\times 6)+(4\times 7)+(6\times 7)+(1\times 4)\}\times 10^{3}}{24} = 3{,}583.33 [kW]
종합부하율 =5,666.67+6,083.33+3,583.3320,000×100=76.67= \dfrac{5{,}666.67+6{,}083.33+3{,}583.33}{20{,}000} \times 100 = 76.67 [%]

(4) 최대 부하시(10~12시) 무효전력
Q=9×1031×0+7×1030.8×0.6+4×1030.6×0.8=10,583.33Q = \dfrac{9\times 10^{3}}{1}\times 0 + \dfrac{7\times 10^{3}}{0.8}\times 0.6 + \dfrac{4\times 10^{3}}{0.6}\times 0.8 = 10{,}583.33 [kVar]
cos⁡θ=PP2+Q2=20,00020,0002+10,583.332×100=88.39\cos\theta = \dfrac{P}{\sqrt{P^{2}+Q^{2}}} = \dfrac{20{,}000}{\sqrt{20{,}000^{2}+10{,}583.33^{2}}}\times 100 = 88.39 [%]


[해설]

합성 최대전력은 세 부하 곡선을 같은 시각끼리 더한 값의 최대이며, 나머지 지표는 모두 이 값을 기준으로 정의된다.

A·B가 함께 최대가 되는 10~12시 구간에서 (9+7+4)×103=20×103(9+7+4)\times10^{3}=20\times10^{3}[kW]가 합성 최대이고, 이때 C는 자기 최대(6×10³)가 아니라 4×10³이다. 부등률은 각 부하 최대의 합을 합성 최대로 나눈 (9+7+6)×10320×103=1.1\dfrac{(9+7+6)\times10^{3}}{20\times10^{3}}=1.1이 된다.

종합부하율은 세 부하의 24시간 평균전력 합을 합성 최대전력으로 나눈 값이고, 평균전력은 각 구간의 (전력×지속시간)을 모두 더해 24로 나누어 구한다 → (5,666.67+6,083.33+3,583.33)/20,000 ≒ 76.67[%].

종합역률은 최대부하 시각의 유효·무효전력으로 구하며, 무효전력은 부하별 Q=Ptan⁡θQ=P\tan\theta를 더해 10,583.33[kVar]가 되어 cos⁡θ=20,00020,0002+10,583.332×100≒88.39\cos\theta=\dfrac{20{,}000}{\sqrt{20{,}000^{2}+10{,}583.33^{2}}}\times100\fallingdotseq88.39[%]다. 역률 100[%]인 A는 무효전력이 0이라는 점에 주의한다.

문제 9
전압 33,000 [V], 주파수 60 [c/s], 선로길이 7 [km]인 1회선 3상 지중송전선로의 3상 무부하 충전전류와 충전용량을 구하시오. (단, 케이블 1선당 작용정전용량 0.4 [μF/km])

(1) 충전전류
(2) 충전용량
정답 및 해설
정전용량 C=0.4×7=2.8C = 0.4 \times 7 = 2.8 [μF], ω=2πf=2π×60\omega = 2\pi f = 2\pi \times 60 [rad/s].

(1) 충전전류 (대지전압 = 선간/√3)
Ic=ωClV3=2π×60×0.4×10−6×7×33,0003=20.11I_{c} = \omega C l \dfrac{V}{\sqrt{3}} = 2\pi \times 60 \times 0.4 \times 10^{-6} \times 7 \times \dfrac{33{,}000}{\sqrt{3}} = 20.11 [A]

(2) 충전용량 (3상)
Qc=3 ωCl(V3)2=3 VIc=3×33,000×20.11×10−3=1,149.52Q_{c} = 3\,\omega C l \left(\dfrac{V}{\sqrt{3}}\right)^{2} = \sqrt{3}\,V I_{c} = \sqrt{3}\times 33{,}000 \times 20.11 \times 10^{-3} = 1{,}149.52 [kVA]


[해설]

지중 케이블은 대지와의 정전용량이 커서 무부하 상태에서도 충전전류가 흐르며, 이 값으로 충전용량을 구하는 문제다.

1선당 정전용량은 C=0.4×7=2.8C=0.4\times7=2.8[μF]이고, 충전전류는 대지전압(상전압) 기준으로 Ic=ωCV3=2π×60×2.8×10−6×33,0003≒20.11I_c=\omega C\dfrac{V}{\sqrt{3}}=2\pi\times60\times2.8\times10^{-6}\times\dfrac{33{,}000}{\sqrt{3}}\fallingdotseq20.11[A]이다.

3상 충전용량은 Qc=3 V Ic=3×33,000×20.11×10−3≒1,149.52Q_c=\sqrt{3}\,V\,I_c=\sqrt{3}\times33{,}000\times20.11\times10^{-3}\fallingdotseq1{,}149.52[kVA]로, 선간전압과 충전전류를 곱한 3상 피상전력 형태로 구한다.

문제 10
그림과 같은 3상 4선식 배전선로에서 역률 100[%] 부하 a, b, c상이 각 상과 중성선 사이에 연결되어 있다. a, b, c상 전류가 각각 220 [A], 172 [A], 190 [A]일 때 중성선 전류를 구하시오.
문제 이미지
정답 및 해설
역률 100[%]이고 3상이 120° 간격 평형 위상이라 가정하면, 중성선 전류는 세 상전류의 벡터합이다.

In=Ia+Ib∠−120∘+Ic∠+120∘I_{n} = I_{a} + I_{b}\angle{-}120^{\circ} + I_{c}\angle{+}120^{\circ}
=220+172(−12−j32)+190(−12+j32)= 220 + 172\left(-\dfrac{1}{2}-j\dfrac{\sqrt{3}}{2}\right) + 190\left(-\dfrac{1}{2}+j\dfrac{\sqrt{3}}{2}\right)
실수부 =220−86−95=39= 220 - 86 - 95 = 39
허수부 =(190−172)32=93=15.59= (190-172)\dfrac{\sqrt{3}}{2} = 9\sqrt{3} = 15.59
In=392+15.592=42I_{n} = \sqrt{39^{2}+15.59^{2}} = 42 [A]


[해설]

중성선에는 세 상전류를 페이저(벡터)로 합한 값이 흐르는데, 세 상전류의 크기가 서로 달라 완전히 상쇄되지 않고 42[A]가 남는다.

기준을 a상(0°)에 두면 b상은 -120°, c상은 +120° 위상이므로 각 전류를 실수부·허수부로 나눠 더해야 한다.

실수부 =220−172×0.5−190×0.5=39=220-172\times0.5-190\times0.5=39
허수부 =(190−172)32=15.59=(190-172)\dfrac{\sqrt3}{2}=15.59
In=392+15.592=42I_n=\sqrt{39^{2}+15.59^{2}}=42[A]

전류 크기가 아니라 ±120° 위상 배정을 실수하지 않는 것이 채점 포인트다.

정답 이미지
문제 11
수전전압 22.9 [kV], 계약전력 300[kW], 3상 단락전류 7,000 [A]인 수용가가 있다. 수전용 차단기의 정격차단용량은 몇 [MVA]인가? (단, 여유율 무시)
정답 및 해설
정격전압은 공칭전압 22.9 [kV]에 대해 22.9×1.21.1=25.822.9 \times \dfrac{1.2}{1.1} = 25.8 [kV]로 잡는다. 여유율을 무시하므로 정격차단전류는 주어진 3상 단락전류 7,000 [A] = 7 [kA]를 그대로 쓴다.

정격차단용량 =3×정격전압×정격차단전류=3×25.8×7=312.81= \sqrt{3}\times \text{정격전압} \times \text{정격차단전류} = \sqrt{3}\times 25.8 \times 7 = 312.81 [MVA]


[해설]

정격차단용량은 공칭전압이 아니라 절연계급별 정격전압(공칭전압×1.2/1.1)과 정격차단전류로 계산한다.

여유율을 무시하므로 주어진 3상 단락전류 7,000[A]=7[kA]를 그대로 정격차단전류로 사용한다.

Ps=3×Vn×Is=3×25.8×7=312.81P_s=\sqrt{3}\times V_n\times I_s=\sqrt{3}\times25.8\times7=312.81[MVA]
공칭전압 22.9[kV]를 그대로 쓰면 오답이 되므로 1.2/1.1 환산을 빠뜨리지 않아야 한다.

문제 12
평형 3상 회로에 변류비 100/5인 변류기 2개를 그림과 같이 접속했더니 전류계 ⒜에 3 [A]가 흘렀다. 1차 전류의 크기는 몇 [A]인가?
문제 이미지
정답 및 해설
그림은 a상·c상 변류기 2개의 2차를 잔류접속하고, b상에는 CT 없이 전류계 ⒜를 a·c CT 2차 합류점에 둔 결선이다. 평형 3상에서 이 전류계가 읽는 값은 각 CT 2차전류와 같다.

2차 전류 Ia′=Ic′=I=3I_{a}' = I_{c}' = I = 3 [A]
1차 전류 I1=a Ia′=1005×3=60I_{1} = a\,I_{a}' = \dfrac{100}{5}\times 3 = 60 [A]


[해설]

a·c상 CT 2차를 잔류(Y)결선하면 전류계는 두 CT 2차전류의 벡터합인 잔류전류를 측정하는데, 평형 3상에서 이는 각 CT 2차전류의 크기와 같다.

따라서 전류계 지시 3[A]가 곧 CT 2차전류이며, 여기에 변류비 100/5=20을 곱해 1차전류를 구한다.

I1=1005×3=60I_1=\dfrac{100}{5}\times3=60[A]
변류비를 거꾸로(5/100) 곱하지 않도록 주의한다.

정답 이미지
문제 13
회전날개 지름 31 [m]인 프로펠러형 풍차가 풍속 16.5 [m/s]로 돌 때 풍력에너지 [kW]를 구하시오. (단, 공기 밀도 1.225 [kg/m³])
정답 및 해설
풍력에너지(이론출력) P=12ρAv3P = \dfrac{1}{2}\rho A v^{3}, 수풍면적 A=π4D2A = \dfrac{\pi}{4}D^{2}.

P=12ρ(π4D2)v3=12×1.225×π4×312×16.53×10−3=2,076.69P = \dfrac{1}{2}\rho \left(\dfrac{\pi}{4}D^{2}\right) v^{3} = \dfrac{1}{2}\times 1.225 \times \dfrac{\pi}{4}\times 31^{2}\times 16.5^{3}\times 10^{-3} = 2{,}076.69 [kW]


[해설]

풍차의 이론출력은 통과하는 공기의 운동에너지 시간변화율이며, 유속의 세제곱에 비례해 커진다.

수풍면적은 날개 지름으로 정한 원의 넓이 A=π4D2A=\dfrac{\pi}{4}D^{2}이고, 여기에 밀도와 유속의 세제곱을 곱해 P=12ρAv3P=\dfrac{1}{2}\rho A v^{3}로 계산한다.

P=12×1.225×π4×312×16.53×10−3=2,076.69P=\dfrac{1}{2}\times1.225\times\dfrac{\pi}{4}\times31^{2}\times16.5^{3}\times10^{-3}=2{,}076.69[kW]
지름을 반지름으로 착각하지 않는 것이 채점 포인트다.

문제 14
전력용 콘덴서에 직렬 리액터를 달아 제3고조파를 제거하려 한다. 직렬 리액터 용량은 콘덴서 용량의 몇 [%]인가? (단, 주파수 변동 등을 고려해 2% 여유)
정답 및 해설
제n고조파 공진 제거 조건은 nωL=1nωCn\omega L = \dfrac{1}{n\omega C} 이므로 ωL=1n2ωC\omega L = \dfrac{1}{n^{2}\omega C}, 리액터 용량비는 ωL1ωC=1n2\dfrac{\omega L}{\frac{1}{\omega C}} = \dfrac{1}{n^{2}}.

제3고조파(n=3)이므로 이론값 132=0.1111=11.11\dfrac{1}{3^{2}} = 0.1111 = 11.11 [%].
주파수 변동을 고려해 2% 여유를 두면 실용값 1313 [%]를 쓴다.


[해설]

직렬 리액터는 콘덴서와 함께 회로를 구성해 제n고조파에서 공진을 일으켜 흡수하도록 넣는 소자이므로, 필요한 용량비는 대상 차수의 제곱에 반비례한다.

제3고조파를 대상으로 하면 이론상 리액터 용량비는 132=0.1111\dfrac{1}{3^{2}}=0.1111, 즉 콘덴서 용량의 11.11[%]이지만, 실제로는 주파수 변동을 감안해 이보다 여유를 둔다.

이론값에 2[%] 여유분을 더해 실무 표준값인 13[%]를 채택하는데, 이론값만 답으로 쓰면 문제의 '여유' 조건을 놓친 것이 된다.

문제 15
1차 정격전압 6,600[V], 권수비 30인 3상 변압기가 있다.

(1) 2차 정격전압 [V]
(2) 용량 50 [kW], 역률 0.8 부하를 2차에 접속할 때 ① 1차 전류 ② 2차 전류
(3) 1차 입력 [kVA]
정답 및 해설
(1) 2차 정격전압
V2=V1a=6,60030=220V_{2} = \dfrac{V_{1}}{a} = \dfrac{6{,}600}{30} = 220 [V]

(2) P=50P = 50 [kW], 역률 0.8
① 1차 전류 I1=P3 V1cos⁡θ=50×1033×6,600×0.8=5.47I_{1} = \dfrac{P}{\sqrt{3}\,V_{1}\cos\theta} = \dfrac{50\times 10^{3}}{\sqrt{3}\times 6{,}600 \times 0.8} = 5.47 [A]
② 2차 전류 I2=P3 V2cos⁡θ=50×1033×220×0.8=164.02I_{2} = \dfrac{P}{\sqrt{3}\,V_{2}\cos\theta} = \dfrac{50\times 10^{3}}{\sqrt{3}\times 220 \times 0.8} = 164.02 [A]

(3) 1차 입력
P1=3 V1I1=Pcos⁡θ=500.8=62.5P_{1} = \sqrt{3}\,V_{1}I_{1} = \dfrac{P}{\cos\theta} = \dfrac{50}{0.8} = 62.5 [kVA]


[해설]

3상 변압기의 권수비는 1차·2차 정격전압의 비이므로 2차 전압은 권수비로 나눠 구하고, 각 전류는 3상 전력식 P=3 VIcos⁡θP=\sqrt3\,VI\cos\theta를 해당 측 전압에 적용해 구한다.

부하가 2차에 걸리므로 2차전류는 2차전압 220[V]를, 1차전류는 이상변압기로 보고 1차전압 6,600[V]를 대입한다.

V2=6,60030=220V_2=\dfrac{6{,}600}{30}=220[V]
I1=50,0003×6,600×0.8=5.47I_1=\dfrac{50{,}000}{\sqrt3\times6{,}600\times0.8}=5.47[A], I2=50,0003×220×0.8=164.02I_2=\dfrac{50{,}000}{\sqrt3\times220\times0.8}=164.02[A]

1차 입력은 유효전력을 역률로 나눈 피상전력이므로 P1=500.8=62.5P_1=\dfrac{50}{0.8}=62.5[kVA]가 된다.

문제 16
다음 단상 3선식 회로에서 각 선에 흐르는 전류를 구하시오. (단, 부하 역률 100[%])
(전압: a-중성 100[V], 중성-c 100[V], a-c 200[V]. 부하: a-중성 600W, 중성-c 400W, a-c(200V) 1000W.)

(1) Iₐ
(2) I_b(중성선)
(3) I_c
문제 이미지
정답 및 해설
단상 3선식에서 100V 부하는 해당 상-중성 100V에, 200V 부하는 a·c 두 외선에 공통으로 걸린다.

(1) Ia=600100+1000200=6+5=11I_{a} = \dfrac{600}{100} + \dfrac{1000}{200} = 6 + 5 = 11 [A]

(2) Ib=400100−600100=4−6=−2I_{b} = \dfrac{400}{100} - \dfrac{600}{100} = 4 - 6 = -2 [A]

(3) Ic=−400100−1000200=−4−5=−9I_{c} = -\dfrac{400}{100} - \dfrac{1000}{200} = -4 - 5 = -9 [A]

(부호는 가정한 기준방향에 대한 전류 방향이다.)


[해설]

단상 3선식에서 100[V] 부하는 각 외선-중성선 사이에, 200[V] 부하는 두 외선(a-c) 사이에 걸리므로 중성선에는 200V 부하전류가 흐르지 않는다.

a·c선 전류는 자신이 담당하는 100V 부하전류와 200V 부하전류의 합이고, 중성선(b) 전류는 양쪽 100V 부하전류의 차로 결정된다.

Ia=600100+1000200=11I_a=\dfrac{600}{100}+\dfrac{1000}{200}=11[A]
Ib=400100−600100=−2I_b=\dfrac{400}{100}-\dfrac{600}{100}=-2[A]
Ic=−400100−1000200=−9I_c=-\dfrac{400}{100}-\dfrac{1000}{200}=-9[A]

부호는 크기가 아니라 기준방향에 대한 상대적 흐름을 뜻하므로, 답에는 크기와 방향을 함께 밝혀야 한다.

정답 이미지
문제 17
단자 a-b 사이에 저항을 넣어 최대전력을 전달하려 한다. (단, 효율 90[%])
(브리지 회로: 전원 220[V]. 상부: 좌측노드—60[Ω]—a—20[Ω]—우측노드. 하부: 좌측노드—10[Ω]—b—40[Ω]—우측노드. a-b가 대각선 단자.)

(1) 최대전력 전달을 위해 a-b에 넣을 저항값
(2) 10분간 전원 인가 시 삽입 저항이 한 일 [kJ]
문제 이미지
정답 및 해설
a-b에서 본 데브난 등가회로를 구한다(전원 220[V]).

등가전압
Vth=4010+40×220−2060+20×220=176−55=121V_{th} = \dfrac{40}{10+40}\times 220 - \dfrac{20}{60+20}\times 220 = 176 - 55 = 121 [V]
등가저항(전원 단락)
Rth=10×4010+40+60×2060+20=8+15=23R_{th} = \dfrac{10\times 40}{10+40} + \dfrac{60\times 20}{60+20} = 8 + 15 = 23 [Ω]

(1) 최대전력 전송조건에 따라 R=Rth=23R = R_{th} = 23 [Ω]을 넣는다.

(2) 외부저항이 받는 최대전력
Pm=(VthRth+R)2R=Vth24Rth=12124×23=159.14P_{m} = \left(\dfrac{V_{th}}{R_{th}+R}\right)^{2}R = \dfrac{V_{th}^{2}}{4R_{th}} = \dfrac{121^{2}}{4\times 23} = 159.14 [W]
효율 90[%]로 10분(600초) 동안 한 일
W=Pm×0.9×t=159.14×0.9×600×10−3=85.93W = P_{m}\times 0.9 \times t = 159.14 \times 0.9 \times 600 \times 10^{-3} = 85.93 [kJ]


[해설]

단자 a-b 밖에서 본 회로를 테브난 등가로 바꾸면, 최대전력 전달 조건은 부하저항을 등가내부저항과 같게 하는 것이다.

등가전압은 두 분압경로(60-20Ω, 10-40Ω)의 개방전압 차이고, 등가저항은 전원을 단락한 뒤 두 병렬쌍을 더해 구한다.

Vth=176−55=121V_{th}=176-55=121[V], Rth=8+15=23R_{th}=8+15=23[Ω]이므로 a-b에 넣을 저항은 23[Ω]이다.

Pm=Vth24Rth=12124×23=159.14P_m=\dfrac{V_{th}^{2}}{4R_{th}}=\dfrac{121^{2}}{4\times23}=159.14[W]
W=159.14×0.9×600×10−3=85.93W=159.14\times0.9\times600\times10^{-3}=85.93[kJ]
최대전력에 효율 90[%]와 인가시간 600초를 곱해야 저항이 실제로 한 일이 된다.

정답 이미지
문제 18
다음 그림과 같은 계통에서 모선 ③의 F점에 3상 단락이 발생했을 때, 모선 ③-① 간, 모선 ②-③ 간, 모선 ①-② 간의 고장전력 [MVA]과 고장전류 [A]를 구하시오. (단, 그림의 수치는 모두 154[kV], 100[MVA] 기준 %임피던스이며, ①번 모선 좌측은 전원측으로 %Z 40[%], ②번 모선 우측은 전원측으로 %Z 4[%]이다. 선로 %Z는 ①-② 11[%], ①-③ 3.2[%], ②-③ 7.8[%].)

(1) 모선 ③-① 간 고장전력 Ps13
(2) 모선 ②-③ 간 고장전력 Ps23
(3) 모선 ①-② 간 고장전력 Ps12
(4) 모선 ③-① 간 고장전류 Is13
(5) 모선 ②-③ 간 고장전류 Is23
(6) 모선 ①-② 간 고장전류 Is12
문제 이미지
정답 및 해설
154[kV], 100[MVA] 기준. 각 구간 임피던스(실값)는 Z=%Z100⋅V2PbaseZ = \dfrac{\%Z}{100}\cdot\dfrac{V^{2}}{P_{base}} 로 구한다. F점(모선③) 3상 단락에 대해 전원측 ①(40%)·②(4%)에서 망을 환원해 각 구간 고장전류를 구한 뒤, 고장전력은 Ps=3I2ZP_{s} = 3 I^{2} Z 로 산정한다.

구간 임피던스: Z13=3.2100⋅154,0002100×106=7.59Z_{13} = \dfrac{3.2}{100}\cdot\dfrac{154{,}000^{2}}{100\times 10^{6}} = 7.59 [Ω], Z23=18.50Z_{23} = 18.50 [Ω], Z12=26.09Z_{12} = 26.09 [Ω].

(1) 고장전류 I31=2,094.70I_{31} = 2{,}094.70 [A] → Ps13=3I312Z13=99.90P_{s13} = 3 I_{31}^{2} Z_{13} = 99.90 [MVA]
(2) 고장전류 I23=2,728.0I_{23} = 2{,}728.0 [A] → Ps23=3I232Z23=413.0P_{s23} = 3 I_{23}^{2} Z_{23} = 413.0 [MVA]
(3) 고장전류 I12=1,325.0I_{12} = 1{,}325.0 [A] → Ps12=3I122Z12=137.4P_{s12} = 3 I_{12}^{2} Z_{12} = 137.4 [MVA]
(4) 모선 ③-① 간 고장전류 Is13=2,094.70I_{s13} = 2{,}094.70 [A]
(5) 모선 ②-③ 간 고장전류 Is23=2,728.0I_{s23} = 2{,}728.0 [A]
(6) 모선 ①-② 간 고장전류 Is12=−1,325.0I_{s12} = -1{,}325.0 [A] (기준방향에 대한 역류)


[해설]

망상(Δ형) 계통에서 F점(모선③) 3상단락 시 고장전류는 %임피던스를 100[MVA] 기준의 실제 옴값으로 환산한 뒤 전원측(모선①·②)에서 계통을 등가 환원해 각 구간별로 나눠 흐른다.

구간 임피던스는 Z=%Z100⋅V2PbaseZ=\dfrac{\%Z}{100}\cdot\dfrac{V^{2}}{P_{base}}로 옴값 환산하고, 각 구간 고장전류를 구한 뒤 고장전력은 Ps=3I2ZP_s=3I^{2}Z로 산정한다.

Z13=3.2100×154,0002100×106=7.59Z_{13}=\dfrac{3.2}{100}\times\dfrac{154{,}000^{2}}{100\times10^{6}}=7.59[Ω]
같은 방법으로 Z23=18.50Z_{23}=18.50[Ω], Z12=26.09Z_{12}=26.09[Ω]

모선①-② 구간은 전원이 반대편에서 유입돼 기준방향과 반대로 흐르는 역류가 되므로 음(-)의 부호로 방향을 구분하며, 옴 환산에서 기준전압(154[kV])과 기준용량(100[MVA])을 혼동하지 않는 것이 채점 포인트다.