三相交流

証明（瞬時値形式）

瞬時値形式とベクトル形式は、形が違うだけで同じものを指し示している。そのためどちらか一方の形式において、証明すれば十分なのだが、ここではそれぞれの形式における証明方法を記載している。

三角関数の加法定理を用いる。

${\displaystyle {\begin{aligned}e_{a}(t)+e_{b}(t)+e_{c}(t)&=E\left\{\sin \omega t+\sin \left(\omega t-{\frac {2}{3}}\pi \right)+\sin \left(\omega t-{\frac {4}{3}}\pi \right)\right\}\\&=E\left(\sin \omega t-{\frac {1}{2}}\sin \omega t-{\frac {\sqrt {3}}{2}}\cos \omega t-{\frac {1}{2}}\sin \omega t+{\frac {\sqrt {3}}{2}}\cos \omega t\right)\\&=0\end{aligned}}}$

以上の計算により、三つの起電力の和が0になることが示された^[7]。

証明（ベクトル形式）

オイラーの公式を用いる。

${\displaystyle {\begin{aligned}{\dot {E_{a}}}+{\dot {E_{b}}}+{\dot {E_{c}}}&=Ee^{j0}+Ee^{-j2\pi /3}+Ee^{-j4\pi /3}\\&=Ee^{j\theta }\left(1+e^{-j2\pi /3}+e^{-j4\pi /3}\right)\\&=Ee^{j\theta }\left(1+\cos {\frac {2}{3}}\pi -j\sin {\frac {2}{3}}\pi +\cos {\frac {4}{3}}\pi -j\sin {\frac {4}{3}}\pi \right)\\&=Ee^{j\theta }\left(1-{\frac {1}{2}}-j{\frac {\sqrt {3}}{2}}-{\frac {1}{2}}+j{\frac {\sqrt {3}}{2}}\right)\\&=0\\\end{aligned}}}$

以上の計算により、三つの起電力の和が0になることが示された^[8]。

導出

上記回路（中性点を省略していない方）に重ねの理を適用する。電源が${\displaystyle {\dot {E_{a}}}}$だけの回路における電流${\displaystyle {\dot {I_{o}}}}$を${\displaystyle {\dot {I_{o}}}^{\prime }}$、 同様に電源が${\displaystyle {\dot {E_{b}}}}$だけの電流を${\displaystyle {\dot {I_{o}}}^{\prime \prime }}$、${\displaystyle {\dot {E_{c}}}}$だけの電流を${\displaystyle {\dot {I_{o}}}^{\prime \prime \prime }}$とする。

すると次のような回路となるから、負荷インピーダンスを${\displaystyle {\dot {Z}}}$とすると

${\displaystyle {\begin{aligned}{\dot {I_{o}}}^{\prime }&={\frac {\dot {E_{a}}}{\dot {Z}}}\\{\dot {I_{o}}}^{\prime \prime }&={\frac {\dot {E_{b}}}{\dot {Z}}}\\{\dot {I_{o}}}^{\prime \prime \prime }&={\frac {\dot {E_{c}}}{\dot {Z}}}\\\end{aligned}}}$

と求めることができる。重ねの理より${\displaystyle {\dot {I_{o}}}}$は

${\displaystyle {\begin{aligned}{\dot {I_{o}}}&={\dot {I_{o}}}^{\prime }+{\dot {I_{o}}}^{\prime \prime }+{\dot {I_{o}}}^{\prime \prime \prime }\\&={\frac {1}{\dot {Z}}}({\dot {E_{a}}}+{\dot {E_{b}}}+{\dot {E_{c}}})\\\end{aligned}}}$

となる。ここで対称三相交流の性質で解説したように${\displaystyle {\dot {E_{a}}}+{\dot {E_{b}}}+{\dot {E_{c}}}=0}$であるから

${\displaystyle {\dot {I_{o}}}=0}$

が成り立ち、中性点間の導線を取り除いても構わないことが分かる^[8]。

導出

三相平衡回路の起電力の瞬時値・三相平衡回路に流れる電流の瞬時値は、次のように書ける。（${\displaystyle \theta }$は電圧と電流の位相差）

${\displaystyle \left\{{\begin{aligned}v_{a}(t)&=V\sin(\omega t)\\v_{b}(t)&=V\sin(\omega t-{\frac {2}{3}}\pi )\\v_{c}(t)&=V\sin(\omega t-{\frac {4}{3}}\pi )\\\end{aligned}}\right.}$

${\displaystyle \left\{{\begin{aligned}i_{a}(t)&=I\sin(\omega t+\theta )\\i_{b}(t)&=I\sin(\omega t+\theta -{\frac {2}{3}}\pi )\\i_{c}(t)&=I\sin(\omega t+\theta -{\frac {4}{3}}\pi )\\\end{aligned}}\right.}$

これらの式を${\displaystyle p(t)}$の定義式

${\displaystyle p(t)=v_{a}(t)i_{a}(t)+v_{b}(t)i_{b}(t)+v_{c}(t)i_{c}(t)}$

に代入して計算を進める^[13]。途中の式変形で三角関数の積和公式を用いている。

${\displaystyle {\begin{aligned}p(t)&=v_{a}(t)i_{a}(t)+v_{b}(t)i_{b}(t)+v_{c}(t)i_{c}(t)\\&=VI\left\{\sin(\omega t)\sin(\omega t+\theta )+\sin(\omega t-{\frac {2\pi }{3}})\sin(\omega t+\theta -{\frac {2\pi }{3}})+\sin(\omega t-{\frac {4\pi }{3}})\sin(\omega t+\theta -{\frac {4\pi }{3}})\right\}\\&={\frac {1}{2}}V\left\{\cos(-\theta )-\cos(2\omega t+\theta )+\cos(-\theta )-\cos(2\omega t+\theta -{\frac {4\pi }{3}})+cos(-\theta )-\cos(2\omega t+\theta -{\frac {8\pi }{3}})\right\}\\&={\frac {3}{2}}VI\cos \theta +{\frac {1}{2}}V\left\{I\sin(\omega ^{\prime }t+\theta ^{\prime })+I\sin(\omega ^{\prime }t+\theta ^{\prime }-{\frac {2}{3}}\pi )+I\sin(\omega ^{\prime }t+\theta ^{\prime }-{\frac {4}{3}}\pi )\right\}\end{aligned}}}$

${\displaystyle \omega ^{\prime }=2\omega ,\theta ^{\prime }=\theta -\pi /2}$とおいた。右式第二項は0になる。よって${\displaystyle p(t)}$は

${\displaystyle p(t)={\frac {3}{2}}VI\cos {\theta }}$

となる。

導出

V結線の回路図より

${\displaystyle {\dot {V_{c}}}=-({\dot {E_{a}}}+{\dot {E_{b}}})}$

である。またΔ結線の回路図より

${\displaystyle {\begin{aligned}{\dot {E_{a}}}+{\dot {E_{b}}}+{\dot {E_{c}}}&=0\\{\dot {E_{c}}}&=-({\dot {E_{a}}}+{\dot {E_{b}}})\\\end{aligned}}}$

となる。${\displaystyle {\dot {V_{c}}},{\dot {E_{c}}}}$両式を比較すると${\displaystyle {\dot {V_{c}}}={\dot {E_{c}}}}$が成り立つ^[20]。

電流比

単相二線式の線電流を${\displaystyle I_{1}[{\text{A}}]}$、三相三線式の線電流を${\displaystyle I_{3}[{\text{A}}]}$とすれば

${\displaystyle {\begin{aligned}I_{1}&={\frac {P}{E\cos \theta }}\\I_{3}&={\frac {P}{{\sqrt {3}}E\cos \theta }}\\\end{aligned}}}$

となるため、電流比は

${\displaystyle {\frac {I_{3}}{I_{1}}}={\frac {\frac {P}{{\sqrt {3}}E\cos \theta }}{\frac {P}{E\cos \theta }}}={\frac {1}{\sqrt {3}}}}$

となる^[27]。

抵抗比

単相二線式における一線あたりの抵抗を${\displaystyle R_{1}[\Omega ]}$、三相三線式における一線あたりの抵抗を${\displaystyle R_{3}[\Omega ]}$とすると

${\displaystyle P_{l}=2R_{1}{I_{1}}^{2}=3R_{3}{I_{3}}^{2}}$

となるから、抵抗比は

${\displaystyle {\frac {R_{3}}{R_{1}}}={\frac {2{I_{1}}^{2}}{3{I_{3}}^{2}}}={\frac {2}{3}}\times {\frac {3}{1}}=2}$

となる^[27]。

断面積比

電線材料の体積抵抗率を${\displaystyle \rho [\Omega \cdot {\text{m}}]}$とする。さらに単相二線式の場合の断面積を${\displaystyle A_{1}[{\text{cm}}^{2}]}$、三相三線式の場合の断面積を${\displaystyle A_{3}[{\text{cm}}^{2}]}$とすれば

${\displaystyle {\begin{aligned}R_{1}&={\frac {\rho l}{A_{1}}}\times 10^{5}\\R_{3}&={\frac {\rho l}{A_{3}}}\times 10^{5}\\\end{aligned}}}$

となり

${\displaystyle {\begin{aligned}A_{1}&={\frac {\rho l}{R_{1}}}\times 10^{5}\\A_{3}&={\frac {\rho l}{R_{3}}}\times 10^{5}\\\end{aligned}}}$

となるから、断面積比は

${\displaystyle {\frac {A_{3}}{A_{1}}}={\frac {{\frac {\rho l}{R_{3}}}\times 10^{5}}{{\frac {\rho l}{R_{1}}}\times 10^{5}}}={\frac {R_{1}}{R_{3}}}={\frac {1}{2}}}$

となる^[4]。

電線質量比

電線材料の密度を${\displaystyle \sigma [{\text{kg}}/{\text{cm}}^{3}]}$とする。単相二線式の全電線重量を${\displaystyle W_{1}[{\text{kg}}]}$、三相三線式の全電線質量を${\displaystyle W_{3}[{\text{kg}}]}$とすると

${\displaystyle {\begin{aligned}W_{1}&=2\sigma A_{1}l\times 10^{5}\\W_{3}&=3\sigma A_{3}l\times 10^{5}\\\end{aligned}}}$

となるから、重量比は

${\displaystyle {\frac {W_{3}}{W_{1}}}={\frac {3\sigma A_{3}l\times 10^{5}}{2\sigma A_{1}l\times 10^{5}}}={\frac {3A_{3}}{2A_{1}}}={\frac {3}{2}}\times {\frac {1}{2}}={\frac {3}{4}}}$

と求まる^[4]。同一条件の場合、三相三線式で送電したほうが単相二線式で送電するよりも、75%の電線重量で済むことが示された^[4]。