平成25年度 筆記試験 問10 解説 電動機の出力計算

この問題は、電動機の出力計算における物理的なエネルギー変換の関係式を用いて解きます。

出力 $P$ [kW] を求める公式は $P = \frac{F \times v}{\eta}$ です。 ここで、$F$ は力（荷重）[kN]、$v$ は速度 [m/s]、$\eta$ は効率（単位なし、％の場合は100で割る）です。

手順は以下の通りです。

1. 速度を分速 [m/min] から秒速 [m/s] に変換する：$v = 60 \text{ [m/min]} \div 60 = 1 \text{ [m/s]}$
2. 効率を小数に直す：$\eta = 70 \text{ [\%]} = 0.7$
3. 式に代入する：$P = \frac{1.96 \text{ [kN]} \times 1 \text{ [m/s]}}{0.7} = 2.8 \text{ [kW]}$

物理の基本と単位の関係

この問題の核となる考え方は、仕事率（出力）の定義です。仕事とは「力 × 距離」であり、その単位時間あたりの量が「力 × 速度」となります。

第一種電気工事士試験において重要なのは、単位の整合性です。今回の公式において、荷重 $F$ を [kN]、速度 $v$ を [m/s] で与える場合、そのまま出力 $P$ は [kW] となります。もし $F$ が [N] であれば、$1000$ で割る必要があるため、$1.96 \text{ [kN]} = 1960 \text{ [N]}$ として計算しても結果は同じ $2.8 \text{ [kW]}$ になります。

効率 $\eta$ は、入力されたエネルギーのうち、どれだけが有効な仕事に使われたかを示す割合です。電動機は電気エネルギーを運動エネルギーに変換しますが、その際に摩擦や熱による損失が発生します。そのため、理論上の必要仕事量に対して、実際の電動機の出力は効率分だけ大きく（余裕を持って）設定する必要があります。

計算問題を解くための思考回路

この手の問題に対峙した際、まず確認すべきは「単位の変換」です。 試験では、わざと速度を「毎分」で与えることがよくあります。数式上の速度は「秒速」であるため、無意識にそのまま値を代入しないよう注意が必要です。

次に、「効率による補正」の方向性を考えます。効率が70％（0.7）ということは、入力されたエネルギーがそのまま100％伝わるわけではない、ということです。 もし計算結果が $1.96 \times 0.7 = 1.372$ のような数値になった場合、「効率を掛けて小さくしてしまった」と気づくことが重要です。巻上機にとって、効率を考慮するということは、損失分を補うために、より大きな出力の電動機が必要になる（＝数値が大きくなる）ことを意味します。

電動機選定の現場的意義

この知識は、実際のビルメンテナンスや設備設計の現場で、搬送設備を導入・更新する際に不可欠です。

巻上機（ホイストやエレベーターなど）のモーター容量を選定する際、単に「重さを持ち上げられるか」だけでなく、「目的の速さで持ち上げ続けられるか」という動的なスペックが求められます。この計算で算出された $2.8 \text{ [kW]}$ は、あくまで物理的な仕事率です。実際の現場では、これに加えて始動時の加速力や、機器の耐久性、過負荷耐性を加味した「定格出力」を持つモーターを選定することになります。

試験問題ではシンプルな数値で計算しますが、本質的には「エネルギーがどう変換され、どの程度の損失が生まれるか」という電気技術者としての基礎的な見積もり能力を問うています。

参考リンク

• 第一種電気工事士試験の電気機器の解説（公式・計算問題対策）
• エレベーターのモータ選定と容量計算の基礎（エンジニア向け技術解説）
• 物理学における「仕事」と「仕事率」の定義（コトバンク）