Solucionario Del Capitulo 3

ANEXO 1

2.

Impedancia Serie de Líneas de Transmisión Problema #1

Un conductor de aluminio identificado con el nombre de Magnolia esta compuesto por 37 hilos conductores de diámetro 0.1606 pulgadas. Las tablas características para conductores de aluminio indican un área de 954000 cmil para este conductor. Son consistentes estos valores?. Encuentre el área en mm 2. Características del Conductor: Nombre del Conductor: Magnolia, Aluminio Aluminio Número de Hilos: 37 Diámetro de Hilo ( d ): ): 0.1606 pulgadas Área conductor ( Atabla): 954 mcm Se conoce que: A[cmil ] = 1000.000d 2 Sustituyendo valores se tiene el área de un solo alambre o hilo ( Ahilo): 2

2

Ahilo = 1000 .000d = 1000 .000(0.1606 ) Ahilo = 25794 .36mcm

Se procede determinar el área total del conductor ( Aconductor ) Aconductor = # hilos × Ahilo Aconductor = 37 × 25794.36mcm Aconductor = 954.31732mcm Para hallar el área en milímetros cuadrados (mm 2) se aplica una regla de tres. 1cmil → 0.000507mm 2 954317.36cmil → x Resultando:

[

Aconductor mm

2

] = 483.83mm 2

. r o t u a l e d n ó i c a z i r o t u a n i s o t n e m u c o d e t s e e d l a i c r a p o l a t o t n ó i c c u d o r p e r a l o d i b i h o r P . s o c i m é d a c a o , n 7 ó i 0 c 0 a 2 u l a © t v h e g e i r d y o p v o i t C e . j r b o o t n u o A c e o d d s a o e d l a p v m r e e r s e e R s a s r a o p h c e o r l o e S D

2

Elementos de Líneas de Transmisión Aéreos

Problema #2

. r o t u a l e d n ó i c a z i r o t u a n i s o t n e m u c o d e t s e e d l a i c r a p o l a t o t n ó i c c u d o r p e r a l o d i b i h o r P . s o c i m é d a c a o , n 7 ó i 0 c 0 a 2 u l a © v t e h e i d r o v o i t C e . j b r o o t n u o A c e o d d s a o e d l p a r m v e e r s e e s R a r s o a h p c o e r l o e S D

Determine la resistencia de corriente directa Rdc en Ohmios por 1000 pies del conductor de aluminio del tipo Magnolia a 20ºC, comparar los resultados con los indicados en tablas 0.01818 ohmios por 1000 pies. Calcule la resistencia de corriente continua Rdc en ohmios por milla a 50ºC y compare el resultado con la resistencia a 60 Hz de 0.110 ohmios por milla indicado en las tablas para este conductor a 50ºC. Características del Conductor: Nombre del Conductor: Magnolia, Aluminio Longitud (L): 1000 pies Resistividad del Aluminio ( ρ aluminio ): 17 Ω.cmil / pies a 20ºC Área conductor ( Atabla): 954 mcm Se conoce que la resistencia eléctrica de corriente directa ( Rdc) puede ser calculado como: L

Rdc =

ρ

A

Sustituyendo valores, se tiene: Rdc = ρ

L A

= 17Ω

1000 pies pies 954000cmil cmil

×

Ω

Rdc = 0.0178197065

a 20ºC 1000 pies Ahora se procede a aplicar la variación de la resistencia en función de la temperatura. R2 =

τ − T 2 τ + T 1

R1

Se conoce que la constante térmica para el aluminio al 61% es 50ºC, resulta: 228 − 50 R2 = 0.017817 228 + 20 Ω

R2 = 0.019975531

1000 pies

τ

= 228 , y tomando T 1 = 20ºC y T 2 =

a 50ºC

Llevando el resultado a Ohmios por milla R2 = 0.019975531

Ω

1000 pies

R2 = 0.1054696

Ω milla

×

5280 pies milla

50ºC

Francisco M. González-Longatt, Mayo, 2007

3

Anexo 1 Problema #3

Un conductor de aluminio esta compuesto de 37 alambres cada uno con un diámetro de 0.312cm. Calcule la resistencia de corriente directa Rdc en ohmios por kilómetro a 75 ºC. Características del Conductor: Número de Alambres: 27 Diámetro de los Alambres ( d ): 0.312cm Se calcula el área del alambre ( Aalambre): Aalambre = π

2

d

4 (0.00312m)2 Aalambre = π 4 Aalambre = 7.64538 × 10− 6 m 2 Se determina el área del conductor ( Aconductor ): Aconductor = # alambresAalambre − Aconductor = 37 × 7.64538 × 10 6 m 2 − Aconductor = 2.8287905 × 10 6 m 2

Se conoce que la resistencia eléctrica de corriente directa ( Rdc) puede ser calculado como: Rdc =

L

ρ

A

Sustituyendo tomando como resistividad de aluminio: −6 ρ alu min io = 2.83 × 10 Ω / m a 20ºC y la longitud de un kilómetro, L = 1000 m. 1000 m −6 Ω Rdc = 2.83 × 10 m 2.82 × 10 − 6 m 2 Rdc = 0.1000424548

Ω Km

Se procede a aplicar la variación de la resistencia en función de la temperatura. R2 =

τ − T 2 τ + T 1

R1

Se toma la constante térmica para el aluminio al 61%, τ = 228 , y se considera T 1 = 20ºC y T 2 = 75ºC, resulta: 228 + 75 R2 = 0.1000424548 228 + 20 R2 = 0.1286600804


Ω km

a 75ºC

. r o t u a l e d n ó i c a z i r o t u a n i s o t n e m u c o d e t s e e d l a i c r a p o l a t o t n ó i c c u d o r p e r a l o d i b i h o r P . s o c i m é d a c a o , n 7 ó i 0 c 0 a 2 u l a © v t e h g e i d r y o p v o i t C e . j r b o o t n u o A c e o d d s a o e d l p a r m v e e r s e e s R a r s o a h p c o e r l o e S D

4


Problema #4


Una línea monofásica que opera a 60 Hz, esta sostenida por una cruceta horizontal. La separación entre conductores es de 8 pies. Una línea telefónica esta sujeta por una cruceta horizontal 6 pies debajo de la línea de potencia con un espacio de 2 pies entre los centros de sus conductores. Encuentre la inductancia mutua entre la línea de potencia y la telefónica y el voltaje de 60 Hz. por milla inducido en la línea telefónica si la corriente que circula por la línea de potencia es de 150 amperes.

Se procede al cálculo de las distancias pertinentes: 8.00'

y

=

(5)2 + (6)2

y

=

61

y

x

x

x =

3.00'

y

2.00'

3.00'

x =

45

(6)2 + (3)2

3.00'

2.00'


5

Anexo 1 Se conoce que para una línea de transmisión monofásica la inductancia por unidad de longitud es: ⎛ D ⎞ − La = 2 ×10 7 Ln⎜⎜ m ⎟⎟ ⎝ Ds ⎠ ⎛ DMG ⎞ − La = 2 ×10 7 Ln⎜ ⎟ ⎝ RMG ⎠

Siendo RMG y DMG los radios y distancias medias geométricas respectivamente. 8.00' a

a'

' 0 0 . 6

b'

b

2.00' Pero además se conoce que los enlaces de flujo que enlazan la línea telefónica bb´ , vienen dados por: Ψbb´ = Ψabb´ + Ψa´bb´ Es decir, los enlaces de flujo totales que pasan por la línea telefónica bb´ , Ψbb´ son la suma de los enlaces de flujo producidos por la corriente que circula por la potencia a y a´ ( Ψabb´ + Ψa´bb´ ´). a

a'

Dab' Dab

Ψabb'

b

Por definición, estos enlaces de flujo vienen dados por:


b'


6


Elementos de Líneas de Transmisión Aéreos ⎛ D ⎞ Ψabb´ = 2 ×10− 7 I a Ln⎜⎜ ab´ ⎟⎟ ⎝ Dab ⎠ ⎛ D ⎞ Ψa´bb´ = 2 ×10− 7 I a Ln⎜⎜ ab´ ⎟⎟ ⎝ Da´b´ ⎠ a

a'

Da 'b Da 'b ' Ψa 'bb '

b'

b

Realizando la respectivas sustituciones de distancias resulta: ⎛ 61 ⎞ ⎟ Ψabb´ = 2 ×10− 7 I a Ln⎜ ⎜ 45 ⎟ ⎝ ⎠ ⎛ 61 ⎞ ⎟ Ψa´bb´ = 2 ×10− 7 I a Ln⎜ ⎜ 45 ⎟ ⎝ ⎠

De modo que el flujo magnético resultante enlazados por la línea telefónica bb´ son: ⎛ 61 ⎞ ⎛ ⎞ ⎟ + 2 ×10− 7 I a Ln⎜ 61 ⎟ Ψbb´ = 2 ×10− 7 I a Ln⎜ ⎜ 45 ⎟ ⎜ 45 ⎟ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠ ⎛ 61 ⎞ ⎟ Ψbb´ = 4 ×10− 7 I a Ln⎜ ⎜ 45 ⎟ ⎝ ⎠

Aplicando la definición de inductancia, resulta: Lbb´ =

Ψbb´

=

I a

⎛ − Lbb´ = 4 ×10 7 Ln⎜

61 ⎞⎟ ⎜ 45 ⎟ ⎝ ⎠

− Henry Lbb´ = 6.0842274 × 10 8 m mHenry Lbb´ = 0.0972912 milla

La tensión inducida en la línea telefónica puede ser determinada por: V bb´ = jω L bb´ I a = jω Ψ bb´

De modo que sustituyendo valores resulta:


7

Anexo 1 V bb´ = 5.5367931 V bb´ = 3.440549


Volt

milla mVolt m


8


Problema #5


Si las líneas descritas en el problema anterior están en el mismo plano horizontal y la distancia entre los conductores más cercanos de las dos líneas es 60 pies, encuentre la inductancia mutua entre los circuitos y el voltaje inducido en la línea de teléfonos para 150 amperes en la línea de potencia. Linea Bifilar de Potencia

Linea Telefonica 60.00'

Representacion Tridimencional Si se designa con las letras a y b los conductores de la línea de potencia y con las letras c y d los pertenecientes a la línea telefónica, se debe cumplir; que los enlaces de flujo totales que atraviesan la línea telefónica Ψcd , es igual a la suma de los enlaces de flujo provocados por la circulación de corriente por la línea de potencia. Ψcd = Ψacd + Ψbcd Donde: Ψacd son los enlaces de flujo de campo magnético entre los puntos c y d , producto de la corriente que circula por el conductor a, y Ψbcd , son los encales de flujo entre los mismo puntos pero producto de la circulación de la corriente por el conductor b.

a

b

d

c

Se procede a estimar los flujos de campo producto sobre la línea telefónica ( cd ) producto de la corriente que circula por el conductor a: ⎛ D ⎞ Ψacd = 2 × 10 −7 I a Ln⎜⎜ ad ⎟⎟ ⎝ Dac ⎠

Ψcd

a

x

c d

Ba

Sustituyendo las respectivas distancias resulta: ⎛ 70 ⎞ Ψacd = 2 × 10 −7 I a ln⎜ ⎟ ⎝ 68 ⎠


9

Anexo 1 Para los flujos entre los conductos c y d , producto del conductor b de la línea de potencia se tiene ⎛ D ⎞ Ψbcd = 2 × 10 −7 I b ln⎜⎜ bd ⎟⎟ ⎝ Dbc ⎠

Ψcd

b

x

c d 60.00'

2.00'

Bb

Sustituyendo las respectivas distancias resulta: ⎛ 62 ⎞ Ψbcd = 2 ×10 −7 I b Ln⎜ ⎟ ⎝ 60 ⎠

De modo que el flujo total entre los conductores de la línea telefónica puede ser calculado como: ⎛ 70 ⎞ ⎛ 62 ⎞ Ψcd = 2 ×10 −7 I a Ln⎜ ⎟ + 2 ×10 − 7 I b Ln⎜ ⎟ ⎝ 68 ⎠ ⎝ 60 ⎠ Como se trata de una línea bifilar monofásica se tiene: I a = − I b

Sustituyendo resulta: ⎛ 70 ⎞ ⎛ 62 ⎞ Ψcd = 2 × 10 − 7 I a ln⎜ ⎟ − 2 × 10 − 7 I a ln⎜ ⎟ ⎝ 68 ⎠ ⎝ 60 ⎠ ⎛ 70 ⎞ ⎛ 60 ⎞ Ψcd = 2 × 10 − 7 I a ln⎜ ⎟ + 2 × 10 − 7 I a ln⎜ ⎟ ⎝ 68 ⎠ ⎝ 62 ⎠

Aplicando propiedades de logaritmos, se tiene: ⎛ 70 × 62 ⎞ Ψcd = 2 × 10 − 7 I a ln⎜ ⎟ ⎝ 68 × 60 ⎠

Recurriendo a la definición de inductancia, se tiene: Lcd =

Ψcd I a

⎛ 70 × 62 ⎞ − Lcd = 2 × 10 7 ln⎜ ⎟ ⎝ 68 × 60 ⎠

− mHenry Lcd = 76042 × 10 10 m

Se procede al calculo de la tensión inducida en la línea telefónica: V cd = jω L cd I a = jω Ψ cd

Sustituyendo los respectivos valores resulta: V bb´ =


43.002

mVolt Km


10


Problema #6


El conductor de una línea monofásica de 60 Hz. es de alambre sólido de aluminio en forma circular y tiene un diámetro de 0.162 pulgadas. El espacio entre conductores es de 9 pies. Determine la inductancia de la línea en mili Henrios por milla. ¿Que parte de la inductancia es debida a los enlaces de flujo interno? Suponga que no se considera el efecto piel.

a

b

D = 9.00'

Representacion Esquematica En este caso se trata de una línea bifilar monofásica, constituida por conductores que se asumen cilíndricos y sólidos de radio r = d /2 = 0.162” / 2, r = 0.081”.

Se precede a determinar la inductancia propia de uno de los conductores de la línea: ⎛ D ⎞ − La = 4 × 10 7 Ln⎜ ⎟ ⎝ RMG ⎠

Donde el RMG, radio medio geométrico, en el caso de los conductores cilíndricos rectos, sólidos viene dado por: 1 RMG = re 4 1 − 0.081e 4 = 0.063082" −

RMG =

RMG = 0.005257´

Entonces las inductancias de uno de los conductores resulta: 9 ⎞ ⎛ − La = 4 × 10 7 ln⎜ ⎟ ⎝ 0.005257 ⎠ − Henry La = 2.9781677338 × 10 6 m

La inductancia total de la línea de transmisión, es la suma de las auto-inductancias de cada una de los conductores: Ltotal = La + Lb

En este caso, los radios de los conductores son iguales, simplificando el cálculo: − Henry Ltotal = 2 × 2.9781677338 × 10 6 m


11

Anexo 1 − Ltotal = 5.956468408 ×10

Ltotal = 9.5837

6 Henry

m

mHenry milla

Por otra parte, se conoce por teoría que el flujo magnético interno que se produce en un conductor cilíndrico sólido es constante e igual a: 1 Henry Lint erno = ×10 −7 m 2 En el caso del flujo interno total de la línea es el doble del producido por uno de los conductores. 1 −7 Henry Lint erno = 2 × × 10 m 2 Lint erno = 0.1609

mHenry m

Se procede al calculo de la proporción de la inductancia total de la línea que es producido por el flujo interno de los conductores: Lint erno Ltotal Lint erno Ltotal

0.16089 =

9.58

mHenry

m mHenry

×100%

m

= 1.679%

Del resultado anterior, se desprende que el 1.679% de la inductancia de la línea de transmisión es producida por el flujo magnético interno de en los conductores.



12


Problema #7

Encuentre el RMG de un conductor de tres (3) hilos en función del R de un alambre individual. . r o t u a l e d n ó i c a z i r o t u a n i s o t n e m u c o d e t s e e d l a i c r a p o l a t o t n ó i c c u d o r p e r a l o d i b i h o r P . s o c i m é d a c a o , n 7 ó i 0 c 0 a 2 u l a © v t e h e i d r o v o i t C e . j b r o o t n u o A c e o d d s a o e d l p a r m v e e r s e e s R a r s o a h p c o e r l o e S D

R R

Conductor 1 Conductor 2

R

Conductor 3 Pártase del conductor 1 constituido por tres alambres sólidos rectos, de radio R, cuyos centros se denotan como 1,2 y 3. 1

d 12

d 13 R 3

2

d 23

En este caso se cumple: d 12 = d 23 = d 31 = R

Aplicando la definición de Radio Medio Geométrico, para el caso de n = 3, conductores se tiene: RMG = 9 (d 11d 12 d 13 )(d 21d 22 d 23 )(d 13d 23 d 33 )

Sustituyendo los respectivos valores de las distancias, recordando que son simétricas: d ij = d ji, y que las distancias propias d ii, corresponden al radio medio geométricos del conductor sólido, que por teoría se conoce que es: Re

−

1 4

. 3

3

1 ⎛ − 1 ⎞ ⎛ − ⎞ 6 3 ⎜ ⎟ ⎜ 4 ( RMG = 9 Re 2 R ) = 9 4 R e 4 ⎟ (2 R)6 ⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠

RMG =

3

−

1 4 4 R 2

Re RMG = 1.40604 R


13

Anexo 1

En el caso del conductor 2 constituido por tres alambres sólidos rectos, de radio R, cuyos centros se denotan como 1,2 y 3. R 1

3

2

En este caso se cumple: d 12 = d 23 = 2 R d 31 = 4 R

2 R

2 R

d 12

d 23

R 1

3

2

4 R d 13

por definición de Radio Medio Geométrico se tiene: RMG = 9 d 11d 12 d 13d 21d 22 d 23 d 31d 23 d 33 3

⎛ − 1 ⎞ 2 2 RMG = 9 ⎜ Re 4 ⎟ (2 R × 4 R ) (2 R) ⎜ ⎟ ⎝ ⎠ 9

120.9258375 R 9 RMG = 1.7036917 R Para el calculo del RMG del conductor 3, se aplica algunas propiedades geométricas a la configuración: RMG =

11

3

2

R 6

5

4

d 12 = d 24 = d 13 = d 36 = d 56 = d 35 = 2 R d 25 = d 35 = d 23 = d 14 = d 16 = 4 R

d 34 = d 26 =

16 R 2 − 4 R 2 = 14 R 2 = 2 3 R

RMG = 16 (d 11d 12 d 13d 14 )(d 21d 22 d 23d 24 )(d 31d 32 d 33d 34 )(d 41d 42 d 43 d 44 )



14

Elementos de Líneas de Transmisión Aéreos 6

⎛ − 1 ⎞ 3 RMG = 36 ⎜ Re 4 ⎟ 4 R × 2 R × 4 R × 2 R × 2 3 R 2 R × 2 R × 2 R × 2 R × 2 R 3 ⎜ ⎟ ⎝ ⎠

(


RMG =

36

)(

3

)3

3

(0.7788 R)6 (221.70 R 5 ) (55.4256 R 5 )

RMG = 2.102298 R


15

Anexo 1 Problema #8

Encuentre el RMG para cada uno de los conductores especiales que se muestran, en función del radio R de un alambre individual. 1 3

1

2

3 4

2

4 Pártase del conductor 1 constituido por cuatro alambres sólidos rectos, de radio R, cuyos centros se denotan como 1, 2, 3 y 4. d 14 1

4

d 13

d 12

d 43 R

2

3

d 23

Se procede al calculo de las respectivas distancias, por geometría: d 14

= 2 R

1

d 12

(2 R )2 + ( 2 R) 2

d 13

=

d 13

= 2 2 R

d 13

= 2 R

3

2

Por propiedades geométricas resulta: d 12= d 24= d 43= d 31= R d 32= d 14= 2

2 R Sustituyendo en la definición de Radio Medio Geométrico, se tiene: RMG = 16 (d 11d 12 d 13d 14 )(d 21d 22 d 23d 24 )(d 31d 32 d 33d 34 )(d 41d 42 d 43 d 44 ) 4

⎛ − 1 ⎞ 4 8 RMG = 16 ⎜ Re 4 ⎟ (2 R ) 2 2 R ⎜ ⎟ ⎝ ⎠

(

16

6027.3367 R16 RMG = 1.722891154 R RMG =


)


16

Elementos de Líneas de Transmisión Aéreos En el caso de la siguiente configuración.


2

d 24

d 12 1

4

d 43

d 13 R

3

Se cumple: 2

d 23 d 12

= 2 R

d 23

d 23

2

2

2

d 23

=

(2 R)2 − ( R)2

= 2 3 R

1

R d 12 = d 24 = d 43 = d 31 = 2 R d 14 = 2

3 R

RMG = 16 (d 11d 12 d 13d 14 )(d 21d 22 d 23d 24 )(d 31d 32 d 33d 34 )(d 41d 42 d 43 d 44 ) RMG =

16

(0.7788 R )4 (8 R 3 3 ) 64 R 6 2

16

9569.9 R16 RMG = 1.6921 R RMG =


17

Anexo 1 Problema #9

La distancia entre conductores de una línea monofásica es 10 pies. Cada conductor esta compuesto de siete alambres iguales. El diámetro de cada alambre es 0.1 pulgadas. Encuentre la inductancia de la línea en mili Henry por milla. Linea Bifilar Monofasica a

b

R D = 10.00'

Detalle de la Estructura Representacion Esquematica del Conductor En este caso, la línea de transmisión, bifilar monofásica, consta de conductores, constituidos por siete alambres con la configuración mostrada. Se procede primeramente al cálculo del Radio Medio Geométrico: 1

2

R

5

4 4

R

3

66

7

1

2

2 R

2 R

R

3

1

d 13

d 13

2

2

d 13

=

(2 R )

2

−

( R)

2

= 2 3 R

Se procede a sustituir las respectivas distancias en la definición de radio Medio Geométrico: RMG = 49 (d 11d 12 d 13 d 14 d 15 d 16 d 17 )K(d 71d 72 d 73d 74 d 75 d 76 d 77 )



18

Elementos de Líneas de Transmisión Aéreos donde las distancias propias d ii, corresponden al radio medio geométricos del conductor sólido, que por

teoría se conoce que es: Re . r o t u a l e d n ó i c a z i r o t u a n i s o t n e m u c o d e t s e e d l a i c r a p o l a t o t n ó i c c u d o r p e r a l o d i b i h o r P . s o c i m é d a c a o , n 7 ó i 0 c 0 a 2 u l a © v t e h e i d r o v o i t C e . j b r o o t n u o A c e o d d s a o e d l p a r m v e e r s e e s R a r s o a h p c o e r l o e S D

−

1 4

. 6

⎛ − 1 ⎞ 6 6 49 RMG = ⎜ Re 4 ⎟ 2 R ⋅ 2 R ⋅ 2 3 R ⋅ 2 3 R ⋅ 2 R ⋅ 4 R ( 2 R ) ⎜ ⎟ ⎝ ⎠

(

RMG =

49

)

6

(0.7788 R )6 (384 R 6 ) ( 2 R)6

RMG = 2.17670 R Sustituyendo el radio de cada alambre R = 0.1 pulgadas, resulta: RMG = 2.17670 R RMG = 0.018139159´

Se procede a determinar la inductancia por fase: ⎛ d ⎞ ⎟ ⎝ RMG ⎠

La = Lb = 0.7411 log⎜

10 ⎛ ⎞ ⎟ ⎝ 0.018139159 ⎠

La = Lb = 0.7411log⎜ La = Lb = 2.031638

mHenry milla

Debido a que se trata de una línea bifilar monofásica, la inductancia total de la línea, es la suma de la inductancia individual de cada conductor: Ltotal = La + Lb Ltotal = 2 La Ltotal = 4.063276

mHenry milla


19

Anexo 1 Problema #10

Encuentre la inductancia en mili Henry por milla y la reactancia inductiva en ohmios por milla de una línea de transmisión monofásica compuesta de conductores ACSR Ostrich separados por D = 15 pies.

a

b D

En este caso como se trata de una conductor trenzado, se debe determinar los datos físicos del mismo a partir de la tabla aportada por el fabricante, donde se tiene que para el ACSR Ostrich, el radio medio geométrico es: RMG = 0.0229 pies. Se procede al calculo de la inductancia de la línea bifilar monofásica: ⎛ d ⎞ ⎟ ⎝ RMG ⎠ ⎛ 15 ⎞ La = Lb = 0.7411 log⎜ ⎟ ⎝ 0.0229 ⎠ La = Lb = 0.7411 log⎜

La = Lb = 2.087127156

mHy milla

En este caso como se trata de una línea bifilar monofásica la inductancia total es la suma de la individual de cada uno de los conductores: Ltotal = La + Lb Ltotal = 2 La Ltotal = 4.1752543212

mHenry milla

Se procede al calculo de la reactancia inductiva de la línea a una frecuencia de operación de 60 Hz. X LT = jω L LT X LT = j120 L LT X LT = 1.5365802Ω por línea



20


Problema #11

Un conductor ACSR tiene un RMG de 0.0133m. Encuentre la reactancia inductiva de este conductor en Ohmios por kilómetro a 1 metros de separación. . r o t u a l e d n ó i c a z i r o t u a n i s o t n e m u c o d e t s e e d l a i c r a p o l a t o t n ó i c c u d o r p e r a l o d i b i h o r P . s o c i m é d a c a o , n 7 ó i 0 c 0 a 2 u l a © v t e h e i d r o v o i t C e . j b r o o t n u o A c e o d d s a o e d l p a r m v e e r s e e s R a r s o a h p c o e r l o e S D

Se tiene que se conoce el radio medio geométrico del conductor, RMG = 0.0133m, y que cuando opera esta línea posee una separación de 1 m entre sus conductores, en dicha situación se desea estimar el valor de la reactancia inductiva. ⎛ d ⎞ − La = Lb = 2 × 10 7 Ln⎜ ⎟ ⎝ RMG ⎠ ⎛ − La = Lb = 2 × 10 7 Ln⎜

1 ⎞ ⎟ ⎝ 0.0133 ⎠

− Henry La = Lb = 8.6399824 × 10 7 m

Para el caso de la línea bifilar monofásica se tiene: L LT = La + Lb L LT = 2 La L LT = 1.727996

Henry μ m

La reactancia inductiva por unidad de longitud de la línea a una frecuencia de operación de 60 Hz es: X LT = jω L LT X LT = j120 L LT X LT = 0.65143933

Ω Km


21


Cual de los conductores de la Tabla A.1 del TEXTO Análisis de Sistemas Eléctricos de Potencia de William Stevenson tiene una reactancia inductiva de 0.681 Ohmios por milla a 7 pies de separación. Se conoce que la reactancia inductiva es X L = 0.681 Ω/milla, para una separación de d = 7 pies, se desea conocer el código del conductor; con estos datos se persigue determinar el radio medio geométrico del mismo: ⎛ d ⎞ ⎟ ⎝ RMG ⎠

La = Lb = 0.7411 log⎜

Se procede al despeje del radio Medio Geométrico: ⎛ d ⎞ = log⎜ ⎟ 0.7411 ⎝ RMG ⎠ La

Aplicando exponencial con base diez en ambos miembros: La

10 0.7411

=

d RMG

Finalmente resulta: d

RMG =

La

10 0.7411 Por otra parte se conoce que la reactancia inductiva guarda una relación con la frecuencia de operación y la inductancia: X LT = ω L LT L LT =

ω

X LT

De modo que resulta fácil calcular la inductancia por unidad de longitud a 7 pies. 120π L LT =

0.681

Ω milla mHenry

L LT = 1.8064


milla


22


Problema #13

Los conductores de una línea trifásica están equiláteramente espaciados D = 12 pies. los conductores son . r o ACSR Oriole. encuentre la inductancia por fase en milihenrios por milla. t u a l e d D n b ó i c a z i r o t u a a n i s o D c t n e m u c o En este caso los conductores empelados en la línea de transmisión, son trenzados y del tipo ACSR d e t Oriole, por lo cual se debe buscar el radio medio geométrico en tablas. s e e d l a RMG = 0.0255´ i c r Como se trata de una configuración triángulo equilátero, se procede al cálculo de la distancia media a p geométrica DMG, entre los conductores de la línea: o l a DMG = 3 d ab d bc d ca t o t n 3 ó DMG = d 3 = d i c c u DMG = 12´ d o r Luego se procede al calculo de la inductancia por fase a través de la ecuación: p e r ⎛ DMG ⎞ a L LT = 0.7411log⎜ ⎟ l RMG ⎠ o ⎝ d i b ⎛ 12 ⎞ i L LT = 0.7411log⎜ h ⎟ o 0.0255 ⎠ r ⎝ P . mHenry s o L LT = 1.980694 c i milla m é d a c a o , n 7 ó i 0 c 0 a 2 u l a © v t e h e i d r o v o i t C e . j b r o o t n u o A c e o d d s a o e d l p a r m v e e r s e e s R a r s o a h p c o e r l o e S D Francisco M. González-Longatt, Mayo, 2007

23


Una línea trifásica esta diseñada con espaciamiento equilátero de 16 pies. Se decide construir la línea con espaciamiento horizontal ( D13 = 2D12 = 2D23). Los conductores son transpuestos. ¿Cual es el espaciamiento entre conductores adyacentes a fin de obtener una misma inductancia que el diseño original? D

b

a

D

c

Para la disposición en triángulo equilátero, se procede al calculo de la distancia media geométrica. DMG = 3 d ab d bc d ca DMG =

3

d 3 = d

Si se asume conocido el radio medio geométrico de los conductores de la línea de transmisión en configuración triangular la inductancia resulta: ⎛ DMG ⎞ L LT = 0.7411 Log ⎜ ⎟ ⎝ RMG ⎠ ⎛ d ⎞ LTRIANGULO = 0.7411 log⎜ ⎟ ⎝ RMG ⎠

Ahora se procede al calculo para la disposición horizontal.

a

c

b

d 12

d 23

d 13

En este caso la distancia media geométrica queda dada por: DMG = 3 d 12 d 23 d 13

donde se cumple: d 12 = d 23 = d h d 13 = 2d DMG = 3 d h × d h × 2d h = d h

2 La inductancia de la línea en disposición horizontal queda dad por: ⎛ DMG ⎞ ⎟ ⎝ RMG ⎠ ⎛ d 3 3 ⎞ ⎟ = 0.7411 log⎜ h ⎜ RMG ⎟ ⎝ ⎠

L LT = 0.7411log⎜ L HORIZONTAL

Para que las líneas de transmisión de ambas configuraciones posean la mismas inductancia entonces debe ocurrir que: L HORIZONTAL = LTRIANGULAR



24

Elementos de Líneas de Transmisión Aéreos ⎛ d ⎞ LTRIANGULO = 0.7411 log⎜ ⎟ ⎝ RMG ⎠


⎛ d h 3 3 ⎞ ⎟ ⎜ RMG ⎟ ⎝ ⎠

L HORIZONTAL = 0.7411 log⎜

Igualando las expresiones anteriores resulta: ⎛ d h 3 3 ⎞ d ⎞ ⎟ = 0.7411log⎛ 0.7411 log⎜⎜ ⎜ ⎟ ⎟ ⎝ RMG ⎠ ⎝ RMG ⎠ d = d h 3 d h =

2

d 3

2 Si se considera que la separación de los conductores en la disposición de triángulo equilátero es de d =16 pies. d h =

d 3

2 16 d h = 3 2 d h = 12.6992´


25


Una línea de transmisión trifásica a 60 Hz tiene sus conductores distribuidos en una formación triangular tal que dos de las distancias entre sus conductores es de 25 pies y la tercera es de 42 pies. Los conductores son ACSR Hawk. Determine la inductancia y la reactancia inductiva por fase y por milla.

c

d ac

= 25'

a

d cb

d ab

= 25'

b

= 42'

En esta línea los conductores son del tipo ACSR Hawk , que son compuestos de aluminio y acero en forma de alambres trenzados, en cuyo caso el radio medio geométrico viene dado por tablas. RMG = 0.0289´ La línea de transmisión posee dispuesto sus conductores en los vértices de un triángulo que no es equilátero, de hecho es isósceles, por lo que se debe calcular la distancia media geométrica de la disposición. DMG = 3 d ab d bc d ca DMG = 3

25 × 25 × 42

DMG = 3

26250 DMG = 29.71960976´ Ahora se procede al cálculo de la inductancia de la línea de transmisión. ⎛ DMG ⎞ L LT = 0.7411log⎜ ⎟ ⎝ RMG ⎠ ⎛ 29.7196 ⎞ ⎟ ⎝ 0.0289 ⎠

L LT = 0.7411log⎜

L LT = 2.232300853


mHery milla


26


Problema #16


Una línea trifásica de 60 Hz. tiene un amplio espaciamiento horizontal. Los conductores tienen un RMG de 0.0133m con 10m este conductores adyacentes. Determine la reactancia inductiva por fase en Ohmios por kilometro.

a

c

b

d 12

d 23

d 13

Los conductores empleados en la línea de transmisión, poseen un radio medio geométrico conocido: RMG = 0.00133m Como se trata de una configuración en disposición horizontal, se procede al cálculo de la distancia medio geométrica: DMG = 3 d 12 d 23 d 13

donde se conoce: d 12 = d 23 = d = 10m d 13 = 2d = 20m

sustituyendo se tiene: DMG = 3 10 ×10 × 20 DMG = 3

2000 DMG = 15.5992105m Luego se procede al calculo de la inductancia por fase a través de la ecuación: L LT = 2 × 10

−7 ⎛ DMG ⎞

⎜ ⎟ ⎝ RMG ⎠

− ⎛ 15.8992105 ⎞ L LT = 2 × 10 7 ⎜ ⎟

⎝ 0.0133 ⎠

− Henry L LT = 1.370725079 × 10 6 m

Finalmente la reactancia inductiva de la línea de transmisión resulta: X LT = ω L LT X LT = 120 L LT X LT = 0.5167511806

Ω Km


27


Una línea de transmisión de corriente alterna a 60 Hz trifásica, esta compuesto por un conductor ACSR Falcon por fase con espaciamiento horizontal de 36 pies entre conductores adyacentes, compare la reactancia inductiva en Ohmios por milla y por fase de esta línea con la de una línea que usa un grupo de conductores ACSR 26/7 que tiene la misma sección de aluminio transversal a la del conductor simple separado 36 pies del centro de los grupos. El espaciamiento entre los grupos es de 16 pulgadas.

a

c

b

d 12

d 23

d 13

Inicialmente se tiene que se trata de una línea de transmisión en alterna, trifásica en disposición horizontal, en la que el conductor de fase es del tipo ACSR Falcon 26/7. De tablas de fabricantes se obtiene que el radio medio geométrico es: RMG = 0.0373´ Se procede al calculo de la distancia media geométrica (DMG) de la disposición: DMG = 3 d 12 d 23 d 13

donde: d 12 = d 23 = d = 36´ d 13 = 2d = 72´

Sustituyendo resulta: DMG = 3

36 × 36 × 72 DMG = 45.3571578´ Se procede al calculo de la inductancia por fase por medio de la siguiente ecuación: ⎛ DMG ⎞ L LT = 0.7411log⎜ ⎟ ⎝ RMG ⎠ ⎛ 45.35715 ⎞ ⎟ ⎝ 0.0373 ⎠

L LT = 0.7411 log⎜

L LT = 2.288246811

mHenry milla

La reactancia inductiva de la línea de transmisión es entonces: X LT = ω L LT X LT = 120 L LT X LT = 0.8618947423

Ω Km

La línea de transmisión con la cual se desea comparar la reactancia inductiva antes calculada, es una línea que consta de dos conductores trenzados por fase del tipo ACSR 26/7, pero que posee la misma sección de aluminio del Falcon, de 1590 mcm. Entonces el conductor ACSR 26/7 que tiene la sección de aluminio de 1590/2 795 mcm resulta ser el ACSR Drake, cuyo radio medio geométrico resulta ser: RMG = Ds = 0.0373´ Ahora se procede al cálculo del radio medio geométrico del grupo ( Dsb ) de dos conductores por fase:



28



d 12

d 23 a'

a

R

d g

Se procede a aplicar la definición de radio medio geométrico para el grupo de dos conductores: b Ds = 4 d aa´d aa d aá´d áa

Se conoce que: d aa´ = d aá = d g 1.333´ d aa = d aá´ = RMG = Ds = 0.0373´ Ds = 2 d aa´d aa b

Ds = b

0.0373 ×1.333

Ds = 0.2230096712´ b

Ahora se procede al calculo de la distancia media geométrica entre los grupos de conductores: DMG = 3 d 12 d 23 d 13

donde se cumple: d 12 = d 23 = d = 36´ d 13 = 2d = 72´


36 × 36 × 72 DMG = 45.3571578´ La inductancia por fase para la nueva línea de transmisión resulta ser: ⎛ DMG ⎞ L LT = 0.7411log⎜ ⎟ ⎝ RMG ⎠ ⎛ 45.35715 ⎞ ⎟ ⎝ 0.2230096712 ⎠

L LT = 0.7411log⎜

L LT = 1.710697479

mHenry milla

La reactancia inductiva de la línea de transmisión es entonces: X LT = ω L LT X LT = 120 L LT X LT = 0.644917759

Ω Km

Notase el hecho de que utilizar varios conductores en haz por fase lo que hace es disminuir la reactancia inductiva por unidad de longitud de la línea d transmisión


29


Calcule la reactancia inductiva en Ohmios por milla de un grupo trifásico a 60 Hz, que tiene tres conductores ACSR Rail por grupo con 18 pulgadas entre conductores del grupo. El espaciamiento entre los centros de grupo es de 30,30 y 60 pies.

d 12

d 23

La línea de transmisión en estudio consta de tres conductores por fase ACSR Rail, cuyo radio medio geométrico se obtiene de tablas: RMG = 0.0386´ Ahora se procede al calculo del radio medio geométrico del grupo de tres conductores: a

a'

1

a"

2

d 12

3

R

d 23

Ds = 9 d 11d 12d 13d 21d 22d 23d 31d 32 d 33 b

donde se cumple en este caso que: d 12 = d 23 = 18´ d 13 = 36´

Simplificando resulta: Ds = 9 Ds3 4d 6 b

Ds = 0.51597181´ b

Ahora se procede a determinar la distancia media geométrica entre los grupos: DMG = 3 d 12 d 23 d 13

donde se cumple: d 12 = d 23 = d = 30´ d 13 = 2d = 60´


30 × 30 × 60 = 3 54000 DMG = 37.7976315´ Ahora se procede al calculo de la inductancia por fase: ⎛ DMG ⎞ L LT = 0.7411log⎜ ⎟ ⎝ RMG ⎠ ⎛ 37.7976315 ⎞ ⎟ ⎝ 0.516597181 ⎠

L LT = 0.7411log⎜

L LT = 1.381642023


mHenry milla


30

Elementos de Líneas de Transmisión Aéreos La reactancia inductiva de la línea de transmisión es entonces: X LT = ω L LT X LT = 120 L LT


X LT = 0.5208667715

Ω Km


31


Seis conductores ACSR Dave a 60 Hz constituyen una línea doble circuito trifásica dispuesta como se muestra en la figura anexa. El espaciamiento vertical es de 12 pies, la distancia horizontal mayor es de 30 pies y las distancias horizontales mas corta es de 24 pies. Determinar la inductancia por fase y por milla y la reactancia inductiva en Ohmios por milla. A C ' y

m B

x

B'

A'

C d h

Esta línea de transmisión consta de dos circuitos trifásicos dispuestos sobre una misma estructura. Los conductores de las fases son del tipo ACSR Dave, cuyo radio medio geométrico se obtiene de tablas: RMG = 0.0314´ Se procede al calculo de las distancias respectivas:

x =

(12)2 + (24)2

x =

720 = 26.8328´

12'

24'

y

=

(27)2 + (6)2

y

=

765 = 27.65863´

3' 27'

3'

m=

(3)2 + (6)2

m=

45 = 6.7082´

6'

Una vez que ha sido las distancias pertinentes se procede al calculo de las distancias medias geométricas. Primeramente cada fase se trabaja, como si se tratara de un haz de dos conductores.



32

Elementos de Líneas de Transmisión Aéreos C '

A . r o t u a l e d n ó i c a z i r o t u a n i s o t n e m u c o d e t s e e d l a i c r a p o l a t o t n ó i c c u d o r p e r a l o d i b i h o r P . s o c i m é d a c a o , n 7 ó i 0 c 0 a 2 u l a © v t e h e i d r o v o i t C e . j b r o o t n u o A c e o d d s a o e d l p a r m v e e r s e e s R a r s o a h p c o e r l o e S D

B

B'

C

A'

DsFaseA = 4 d AAd AA´d A´ Ad A´ A´ b

donde se cumple: d AA = d A´ A´ = Ds = RMG d A´ A = d AA´ = x

sustituyendo resulta: 2

2

DsFaseA = 4 (d AA ) ( Ds ) b

DsFaseA = b

DsFaseA = b

d AA Ds

26.83281× 0.0314

DsFaseA = 0.0.91785´ b

Para la fase B, se tiene: C '

A

B'

B

C

A'

DsFaseB = 4 d BB d BB´d B´ B d B´B´ b

donde se cumple: d BB = d B´ B´ = Ds = RMG d B´ B = d BB´ = h


2

DsFaseB = 4 (d BB ) ( Ds ) b

DsFaseB =

d BB Ds

DsFaseB =

30 × 0.0314

b

b

b DsFaseB

= 0.970568447´

En le caso de la fase C, se semejante por la simetría de la línea a la pase A.


33

Anexo 1 A C '

B'

B C A' b

DsFaseC = 4 d CC d CC ´d C Ć d C Ć ´

donde se cumple: d CC = d C Ć ´ = Ds = RMG d C Ć = d CC ´ = x


2

DsFaseC = 4 (d CC ) ( Ds ) b

DsFaseC = b

DsFaseC = b

d CC Ds

26.83281× 0.0314

DsFaseC = 0.91785´ b

Un vez que han sido calculados todos las distancias medias entre conductores de la misma fase, se procede al calculo de la distancia media geométrica entre los grupos de la fase: DFase = 3 DsFaseA DsFaseB DsFaseC b

b

b

b

Sustituyendo resulta: DFase = 3 b

0.91785 × 0.91785 × 0.970566

DFase = 0.935095´ b

Ahora se procede al calculo de la distancia media geométrica entre las fase AB, BC y CA. DeqAB = 4 d ABd A´Bd AB´d A´B´ sustituyendo se tiene: DeqAB = my DeqAB = 13.61916´

De modo similar: DeqAB = 4 d ABd A´Bd AB´d A´B´

sustituyendo se tiene: DeqBC =

my

DeqBC = 13.61916´

y por último: DeqAB = 4 d ABd A´Bd AB´d A´B´

sustituyendo se tiene: DeqAC =

hd

DeqAC = 16.9705´



34

Elementos de Líneas de Transmisión Aéreos Finalmente se calcula la distancia media geométrica entre las fases: Deq = 3 DeqAB DeqBC DeqAC


Sustituyendo resulta: Deq = 3 13.61916 × 13.61916 Deq = 14.659´

Finalmente se calcula la inductancia total de la línea: ⎛ Ded ⎞ ⎟ ⎜ D b ⎟ ⎝ Fases ⎠ ⎛ 14.659 ⎞ L LT = 0.7411 log⎜ ⎟ ⎝ 0.9350 ⎠ L LT = 0.7411log⎜

L LT = 0.891730

mHenry milla


Solucionario Del Capitulo 3

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