電験三種 令和8年度(2026) 上期 電力 問15(a) 過去問解説
下記の条件で運転する揚水発電所について，次の(a)及び(b)の問に答えよ。
ただし，水の密度を1 000 kg/m³，重力加速度を9.8 m/s²とする。
また，簡単のため，運転中の総落差，損失水頭，流量，効率は変わらないものとする。
総落差：$H_0 = 450$ m
発電時使用水量：$Q_{\mathrm{g}} = 50$ m³/s
揚水量：$Q_{\mathrm{p}} = 40$ m³/s
発電損失水頭：$H_0$の3 %
揚水損失水頭：$H_0$の3 %
発電運転時の発電機及び水車の効率合計（掛け算）：$\eta_{\mathrm{g}}\eta_{\mathrm{t}} = 90$ %
揚水運転時の電動機及びポンプの効率合計（掛け算）：$\eta_{\mathrm{m}}\eta_{\mathrm{p}} = 85$ %
発電運転時間：$T_{\mathrm{g}} = 8$ 時間
(a) この揚水発電所について，発電出力[kW]と揚水入力[kW]の組合せとして，最も近いものを次の(1)〜(5)のうちから一つ選べ。
- (1) 発電出力 192 500，揚水入力 201 300
- (2) 発電出力 198 500，揚水入力 207 500
- (3) 発電出力 204 400，揚水入力 201 300
- (4) 発電出力 198 500，揚水入力 213 750
- (5) 発電出力 192 500，揚水入力 213 750
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正解は(5)
使う公式
発電出力 $P_{\mathrm{g}} = 9.8\,Q_{\mathrm{g}}(H_0 - h)\,\eta_{\mathrm{g}}\eta_{\mathrm{t}}$（$P_{\mathrm{g}}$：発電出力[kW]、$Q_{\mathrm{g}}$：発電時の流量[m³/s]、$H_0$：総落差[m]、h：損失水頭[m]、$\eta_{\mathrm{g}}\eta_{\mathrm{t}}$：発電機と水車の効率）
揚水入力 $P_{\mathrm{p}} = \dfrac{9.8\,Q_{\mathrm{p}}(H_0 + h)}{\eta_{\mathrm{m}}\eta_{\mathrm{p}}}$（$P_{\mathrm{p}}$：揚水入力[kW]、$Q_{\mathrm{p}}$：揚水量[m³/s]、$\eta_{\mathrm{m}}\eta_{\mathrm{p}}$：電動機とポンプの効率）
解説
【考え方】発電は落差から損失を「引き」、揚水は損失を「足す」のがポイントです。
■1 数字を整理する
総落差 $H_0 = 450\,\mathrm{m}$
発電の流量 $Q_{\mathrm{g}} = 50\,\mathrm{m^3/s}$、揚水の流量 $Q_{\mathrm{p}} = 40\,\mathrm{m^3/s}$
効率 90 %＝0.9、85 %＝0.85
損失水頭（水路などで失われる高さの分） $h = 450 \times 0.03 = 13.5\,\mathrm{m}$
■2 発電出力
発電では、使える高さが損失の分だけ減ります。
有効落差（実際に使える高さ） $450 - 13.5 = 436.5\,\mathrm{m}$
$P_{\mathrm{g}} = 9.8 \times 50 \times 436.5 \times 0.9$
$= 490 \times 436.5 \times 0.9$
$= 213\,885 \times 0.9 \fallingdotseq 192\,500\,\mathrm{kW}$
■3 揚水入力
揚水では、損失の分だけ余計に高く上げる必要があります。
全揚程（くみ上げる高さ） $450 + 13.5 = 463.5\,\mathrm{m}$
入れた電力の一部は失われるので、効率で割ります。
$P_{\mathrm{p}} = \dfrac{9.8 \times 40 \times 463.5}{0.85}$
$= \dfrac{181\,692}{0.85} \fallingdotseq 213\,750\,\mathrm{kW}$
答えは(5)ピヨ。
出典：令和8年度（2026） 上期 第三種電気主任技術者試験（電気技術者試験センター）電力 問15(a)