Anexo 1: Elementos de Líneas de Transmisión Aéreas

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 mm2.
Características del Conductor:
Nombre del Conductor: Magnolia, 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):
Ahilo = 1000.000d 2 = 1000.000(0.1606 )2
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 (mm2) se aplica una regla de tres.
1cmil → 0.000507 mm 2
954317.36cmil → x
Resultando:
[ ]
Aconductor mm 2 = 483 .83mm 2
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ANEXO 1
2
Elementos de Líneas de Transmisión Aéreos
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Problema #2
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:
L
cmil 1000 pies
Rdc = ρ = 17Ω
×
A
pies 954000cmil
Ω
a 20ºC
1000 pies
Ahora se procede a aplicar la variación de la resistencia en función de la temperatura.
τ − T2
R2 =
R1
τ + T1
Se conoce que la constante térmica para el aluminio al 61% es τ = 228 , y tomando T1 = 20ºC y T2 =
50ºC, resulta:
228 − 50
R2 =
0.017817
228 + 20
Ω
a 50ºC
R2 = 0.019975531
1000 pies
Llevando el resultado a Ohmios por milla
Ω
5280 pies
×
R2 = 0.019975531
1000 pies
milla
Ω
50ºC
R2 = 0.1054696
milla
Rdc = 0.0178197065
Francisco M. González-Longatt, Mayo, 2007
3
Anexo 1
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):
d2
Aalambre = π
4
Aalambre = π
(0.00312m )2
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:
L
Rdc = ρ
A
Sustituyendo tomando como resistividad de aluminio:
ρ alu min io = 2.83 × 10 −6 Ω / m a 20ºC y la longitud de un kilómetro, L = 1000 m.
1000 m
Ω
Rdc = 2.83 × 10 − 6
m 2.82 × 10 − 6 m 2
Ω
Rdc = 0.1000424548
Km
Se procede a aplicar la variación de la resistencia en función de la temperatura.
τ − T2
R2 =
R1
τ + T1
Se toma la constante térmica para el aluminio al 61%, τ = 228 , y se considera T1 = 20ºC y T2 = 75ºC,
resulta:
228 + 75
0.1000424548
R2 =
228 + 20
Ω
a 75ºC
R2 = 0.1286600804
km
Francisco M. González-Longatt, Mayo, 2006
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Problema #3
4
Elementos de Líneas de Transmisión Aéreos
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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
y
x
x
x = 45
3.00'
2.00'
3.00'
x=
(6)2 + (3)2
3.00'
2.00'
Francisco M. González-Longatt, Mayo, 2007
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
6.00'
a'
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 '
Ψabb'
Dab
b
Por definición, estos enlaces de flujo vienen dados por:
Francisco M. González-Longatt, Mayo, 2006
b'
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5
Anexo 1
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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 '
b
b'
Ψa 'bb'
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:
Ψ
Lbb´ = bb´ =
Ia
⎛ 61 ⎞
⎟
Lbb´ = 4 ×10 − 7 Ln⎜
⎜ 45 ⎟
⎠
⎝
Henry
Lbb´ = 6.0842274 × 10−8
m
mHenry
Lbb´ = 0.0972912
milla
La tensión inducida en la línea telefónica puede ser determinada por:
Vbb´ = jωL bb´ I a = jωΨ bb´
De modo que sustituyendo valores resulta:
Francisco M. González-Longatt, Mayo, 2007
Vbb´ = 5.5367931
Vbb´
Volt
milla
mVolt
= 3.440549
m
Francisco M. González-Longatt, Mayo, 2006
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Anexo 1
7
8
Elementos de Líneas de Transmisión Aéreos
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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 ⎠
Francisco M. González-Longatt, Mayo, 2007
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 = −Ib
Sustituyendo resulta:
⎛ 70 ⎞
⎛ 62 ⎞
Ψcd = 2 × 10 − 7 I a ln⎜ ⎟ − 2 × 10 − 7 I a ln⎜ ⎟
⎝ 60 ⎠
⎝ 68 ⎠
⎛ 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:
Ψ
Lcd = cd
Ia
⎛ 70 × 62 ⎞
Lcd = 2 × 10 − 7 ln⎜
⎟
⎝ 68 × 60 ⎠
mHenry
m
Se procede al calculo de la tensión inducida en la línea telefónica:
Vcd = jωL cd I a = jωΨ cd
Sustituyendo los respectivos valores resulta:
mVolt
Vbb´ = 43.002
Km
Lcd = 76042 × 10 −10
Francisco M. González-Longatt, Mayo, 2006
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9
Anexo 1
10
Elementos de Líneas de Transmisión Aéreos
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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:
RMG = re
RMG = 0.081e
−
1
4
−
1
4
= 0.063082"
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
Francisco M. González-Longatt, Mayo, 2007
11
Anexo 1
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:
Henry
1
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.
Henry
1
Lint erno = 2 × × 10 − 7
m
2
mHenry
Lint erno = 0.1609
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:
mHenry
0.16089
Lint erno
m
=
× 100%
mHenry
Ltotal
9.58
m
Lint erno
= 1.679%
Ltotal
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.
Ltotal = 9.5837
Francisco M. González-Longatt, Mayo, 2006
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Ltotal = 5.956468408 × 10 − 6
12
Elementos de Líneas de Transmisión Aéreos
Problema #7
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Encuentre el RMG de un conductor de tres (3) hilos en función del R de un alambre individual.
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
d12
d13
R
3
2
d 23
En este caso se cumple:
d12 = d 23 = d 31 = R
Aplicando la definición de Radio Medio Geométrico, para el caso de n = 3, conductores se tiene:
RMG = 9 (d11d12 d13 )(d 21d 22 d 23 )(d13 d 23d 33 )
Sustituyendo los respectivos valores de las distancias, recordando que son simétricas: dij = dji, y que las
distancias propias dii, corresponden al radio medio geométricos del conductor sólido, que por teoría se conoce
que es: Re
−
1
4
.
3
3
1
⎛ −1 ⎞
⎛
− ⎞
RMG = 9 ⎜ Re 4 ⎟ (2 R )6 = 9 ⎜ 4 R 3e 4 ⎟ (2 R )6
⎜
⎟
⎜
⎟
⎝
⎠
⎝
⎠
3
−
1
RMG = Re 4 4 R 2
RMG = 1.40604 R
Francisco M. González-Longatt, Mayo, 2007
13
Anexo 1
R
1
3
2
En este caso se cumple:
d12 = d 23 = 2 R
d 31 = 4 R
2R
2R
d12
d 23
R
1
3
2
4R
d13
por definición de Radio Medio Geométrico se tiene:
RMG = 9 d11d12 d13 d 21d 22 d 23 d 31d 23 d 33
3
⎛ −1 ⎞
RMG = 9 ⎜ Re 4 ⎟ (2 R × 4 R )2 (2 R )2
⎜
⎟
⎝
⎠
RMG = 9 120.9258375R 9
RMG = 1.7036917 R
Para el calculo del RMG del conductor 3, se aplica algunas propiedades geométricas a la configuración:
11
3
2
R
6
5
4
d12 = d 24 = d13 = d 36 = d 56 = d 35 = 2 R
d 25 = d 35 = d 23 = d14 = d16 = 4 R
d 34 = d 26 = 16 R 2 − 4 R 2 = 14 R 2 = 2 3 R
RMG = 16 (d11d12 d13 d14 )(d 21d 22 d 23 d 24 )(d 31d 32 d 33 d 34 )(d 41d 42 d 43 d 44 )
Francisco M. González-Longatt, Mayo, 2006
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En el caso del conductor 2 constituido por tres alambres sólidos rectos, de radio R, cuyos centros se
denotan como 1,2 y 3.
14
Elementos de Líneas de Transmisión Aéreos
6
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⎛ −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 (0.7788R )6 221.70 R 5
)
3
) (55.4256R )
3
5 3
RMG = 2.102298 R
Francisco M. González-Longatt, Mayo, 2007
15
Anexo 1
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.
d14
1
4
d13
d12
d 43
2
3
R
d 23
Se procede al calculo de las respectivas distancias, por geometría:
d14 = 2 R
1
(2 R )2 + (2 R )2
d13 =
d13
d12 = 2 R
d13 = 2 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 (d11d12 d13 d14 )(d 21d 22 d 23 d 24 )(d 31d 32 d 33 d 34 )(d 41d 42 d 43 d 44 )
4
⎛ −1 ⎞
RMG = 16 ⎜ Re 4 ⎟ (2 R )8 2 2 R
⎜
⎟
⎝
⎠
RMG = 16 6027.3367 R16
RMG = 1.722891154 R
Francisco M. González-Longatt, Mayo, 2006
(
)
4
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Problema #8
16
Elementos de Líneas de Transmisión Aéreos
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En el caso de la siguiente configuración.
2
d 24
d12
1
4
d13
d 43
3
R
Se cumple:
2
d12 = 2 R
d 23
2
1
d 23
=
2
d 23
2
(2R )2 − (R )2
d 23 = 2 3 R
R
d12 = d 24 = d 43 = d 31 = 2 R
d14 = 2 3 R
RMG = 16 (d11d12 d13 d14 )(d 21d 22 d 23 d 24 )(d 31d 32 d 33 d 34 )(d 41d 42 d 43 d 44 )
(
)
RMG = 16 (0.7788 R )4 8 R 3 3 64 R 6
2
RMG = 16 9569.9 R16
RMG = 1.6921R
Francisco M. González-Longatt, Mayo, 2007
17
Anexo 1
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
44
R
3
66
7
1
2
2R
2R
R
3
d13
2
1
d13
= (2 R )2 − (R )2
2
d13 = 2 3 R
Se procede a sustituir las respectivas distancias en la definición de radio Medio Geométrico:
RMG = 49 (d11d12 d13 d14 d15 d16 d17 )K (d 71d 72 d 73 d 74 d 75 d 76 d 77 )
Francisco M. González-Longatt, Mayo, 2006
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Problema #9
18
Elementos de Líneas de Transmisión Aéreos
donde las distancias propias dii, corresponden al radio medio geométricos del conductor sólido, que por
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teoría se conoce que es: Re
−
1
4
RMG =
.
⎛ −1
49 ⎜ Re 4
⎜
⎝
6
⎞
⎟ 2 R ⋅ 2 R ⋅ 2 3 R ⋅ 2 3 R ⋅ 2 R ⋅ 4 R 6 (2 R )6
⎟
⎠
(
)
(
RMG = 49 (0.7788R )6 384 R 6
) (2R )
6
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 ⎞
La = Lb = 0.7411 log⎜
⎟
⎝ RMG ⎠
10
⎛
⎞
La = Lb = 0.7411 log⎜
⎟
⎝ 0.018139159 ⎠
mHenry
La = Lb = 2.031638
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
Francisco M. González-Longatt, Mayo, 2007
19
Anexo 1
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 ⎞
La = Lb = 0.7411 log⎜
⎟
⎝ RMG ⎠
⎛ 15 ⎞
La = Lb = 0.7411 log⎜
⎟
⎝ 0.0229 ⎠
mHy
La = Lb = 2.087127156
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
mHenry
milla
Se procede al calculo de la reactancia inductiva de la línea a una frecuencia de operación de 60 Hz.
X LT = jωLLT
Ltotal = 4.1752543212
X LT = j120 LLT
X LT = 1.5365802Ω por línea
Francisco M. González-Longatt, Mayo, 2006
Solo para ser empleado con objetivo de evaluación, o académicos. Prohibido la reproducción total o parcial de este documento sin autorización del autor.
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Problema #10
20
Elementos de Líneas de Transmisión Aéreos
Problema #11
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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.
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 ⎠
⎛ 1 ⎞
La = Lb = 2 × 10 − 7 Ln⎜
⎟
⎝ 0.0133 ⎠
Henry
La = Lb = 8.6399824 × 10 − 7
m
Para el caso de la línea bifilar monofásica se tiene:
LLT = La + Lb
LLT = 2 La
LLT = 1.727996
μHenry
m
La reactancia inductiva por unidad de longitud de la línea a una frecuencia de operación de 60 Hz es:
X LT = jωLLT
X LT = j120 LLT
X LT = 0.65143933
Ω
Km
Francisco M. González-Longatt, Mayo, 2007
21
Anexo 1
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 XL = 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 ⎞
La = Lb = 0.7411 log⎜
⎟
⎝ RMG ⎠
Se procede al despeje del radio Medio Geométrico:
La
⎛ d ⎞
= log⎜
⎟
0.7411
⎝ RMG ⎠
Aplicando exponencial con base diez en ambos miembros:
La
10 0.7411 =
d
RMG
Finalmente resulta:
RMG =
d
La
0
.
7411
10
Por otra parte se conoce que la reactancia inductiva guarda una relación con la frecuencia de operación y
la inductancia:
X LT = ωLLT
LLT =
ω
X LT
De modo que resulta fácil calcular la inductancia por unidad de longitud a 7 pies.
120π
LLT =
Ω
0.681
milla
mHenry
LLT = 1.8064
milla
Francisco M. González-Longatt, Mayo, 2006
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Problema #12
22
Elementos de Líneas de Transmisión Aéreos
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Problema #13
Los conductores de una línea trifásica están equiláteramente espaciados D = 12 pies. los conductores son
ACSR Oriole. encuentre la inductancia por fase en milihenrios por milla.
D
b
a
D
c
En este caso los conductores empelados en la línea de transmisión, son trenzados y del tipo ACSR
Oriole, por lo cual se debe buscar el radio medio geométrico en tablas.
RMG = 0.0255´
Como se trata de una configuración triángulo equilátero, se procede al cálculo de la distancia media
geométrica DMG, entre los conductores de la línea:
DMG = 3 d ab d bc d ca
DMG = 3 d 3 = d
DMG = 12´
Luego se procede al calculo de la inductancia por fase a través de la ecuación:
⎛ DMG ⎞
LLT = 0.7411 log⎜
⎟
⎝ RMG ⎠
⎛ 12 ⎞
LLT = 0.7411 log⎜
⎟
⎝ 0.0255 ⎠
mHenry
LLT = 1.980694
milla
Francisco M. González-Longatt, Mayo, 2007
23
Anexo 1
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 ⎞
LLT = 0.7411Log ⎜
⎟
⎝ RMG ⎠
⎛ d ⎞
LTRIANGULO = 0.7411 log⎜
⎟
⎝ RMG ⎠
Ahora se procede al calculo para la disposición horizontal.
a
c
b
d12
d 23
d13
En este caso la distancia media geométrica queda dada por:
DMG = 3 d12 d 23 d13
donde se cumple:
d12 = d 23 = d h
d13 = 2d
DMG = 3 d h × d h × 2d h = d h 2
La inductancia de la línea en disposición horizontal queda dad por:
⎛ DMG ⎞
LLT = 0.7411 log⎜
⎟
⎝ RMG ⎠
⎛d 3 3⎞
⎟
LHORIZONTAL = 0.7411 log⎜ h
⎜ RMG ⎟
⎝
⎠
Para que las líneas de transmisión de ambas configuraciones posean la mismas inductancia entonces debe
ocurrir que:
LHORIZONTAL = LTRIANGULAR
Francisco M. González-Longatt, Mayo, 2006
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Problema #14
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24
Elementos de Líneas de Transmisión Aéreos
⎛ d ⎞
LTRIANGULO = 0.7411 log⎜
⎟
⎝ RMG ⎠
⎛d 3 3⎞
⎟
LHORIZONTAL = 0.7411 log⎜ h
⎜ RMG ⎟
⎝
⎠
Igualando las expresiones anteriores resulta:
⎛d 3 3⎞
⎟ = 0.7411 log⎛⎜ d ⎞⎟
0.7411 log⎜ h
⎜ RMG ⎟
⎝ RMG ⎠
⎝
⎠
d = dh 3 2
dh =
d
3
2
Si se considera que la separación de los conductores en la disposición de triángulo equilátero es de d =16
pies.
d
dh = 3
2
16
dh = 3
2
d h = 12.6992´
Francisco M. González-Longatt, Mayo, 2007
25
Anexo 1
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 = 25'
d ab = 42'
b
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 ⎞
LLT = 0.7411 log⎜
⎟
⎝ RMG ⎠
⎛ 29.7196 ⎞
LLT = 0.7411 log⎜
⎟
⎝ 0.0289 ⎠
mHery
LLT = 2.232300853
milla
Francisco M. González-Longatt, Mayo, 2006
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Problema #15
26
Elementos de Líneas de Transmisión Aéreos
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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
d12
d 23
d13
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 d12 d 23 d13
donde se conoce:
d12 = d 23 = d = 10m
d13 = 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:
⎛ DMG ⎞
LLT = 2 × 10 −7 ⎜
⎟
⎝ RMG ⎠
⎛ 15.8992105 ⎞
LLT = 2 × 10 − 7 ⎜
⎟
⎝ 0.0133 ⎠
Henry
LLT = 1.370725079 × 10 − 6
m
Finalmente la reactancia inductiva de la línea de transmisión resulta:
X LT = ωLLT
X LT = 120 LLT
X LT = 0.5167511806
Ω
Km
Francisco M. González-Longatt, Mayo, 2007
27
Anexo 1
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
d12
d 23
d13
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 d12 d 23 d13
donde:
d12 = d 23 = d = 36´
d13 = 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 ⎞
LLT = 0.7411 log⎜
⎟
⎝ RMG ⎠
⎛ 45.35715 ⎞
LLT = 0.7411 log⎜
⎟
⎝ 0.0373 ⎠
mHenry
LLT = 2.288246811
milla
La reactancia inductiva de la línea de transmisión es entonces:
X LT = ωLLT
X LT = 120 LLT
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:
X LT = 0.8618947423
Francisco M. González-Longatt, Mayo, 2006
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Problema #17
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28
Elementos de Líneas de Transmisión Aéreos
d12
d 23
a'
a
R
dg
Se procede a aplicar la definición de radio medio geométrico para el grupo de dos conductores:
Dsb = 4 d aa´d aa d a´a´d´aa
Se conoce que:
d aa´ = d a´a = d g 1.333´
d aa = d a´a´ = RMG = Ds = 0.0373´
Dsb = 2 d aa´d aa
Dsb = 0.0373 × 1.333
Dsb = 0.2230096712´
Ahora se procede al calculo de la distancia media geométrica entre los grupos de conductores:
DMG = 3 d12 d 23 d13
donde se cumple:
d12 = d 23 = d = 36´
d13 = 2d = 72´
Sustituyendo resulta:
DMG = 3 36 × 36 × 72
DMG = 45.3571578´
La inductancia por fase para la nueva línea de transmisión resulta ser:
⎛ DMG ⎞
LLT = 0.7411 log⎜
⎟
⎝ RMG ⎠
⎛ 45.35715 ⎞
LLT = 0.7411log⎜
⎟
⎝ 0.2230096712 ⎠
mHenry
LLT = 1.710697479
milla
La reactancia inductiva de la línea de transmisión es entonces:
X LT = ωLLT
X LT = 120 LLT
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
X LT = 0.644917759
Francisco M. González-Longatt, Mayo, 2007
29
Anexo 1
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.
d12
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
d12
3
R
d 23
Dsb = 9 d11d12 d13d 21d 22 d 23d31d32 d33
donde se cumple en este caso que:
d12 = d 23 = 18´
d13 = 36´
Simplificando resulta:
Dsb = 9 Ds3 4d 6
Dsb = 0.51597181´
Ahora se procede a determinar la distancia media geométrica entre los grupos:
DMG = 3 d12 d 23 d13
donde se cumple:
d12 = d 23 = d = 30´
d13 = 2d = 60´
Sustituyendo resulta:
DMG = 3 30 × 30 × 60 = 3 54000
DMG = 37.7976315´
Ahora se procede al calculo de la inductancia por fase:
⎛ DMG ⎞
LLT = 0.7411 log⎜
⎟
⎝ RMG ⎠
⎛ 37.7976315 ⎞
LLT = 0.7411 log⎜
⎟
⎝ 0.516597181 ⎠
mHenry
LLT = 1.381642023
milla
Francisco M. González-Longatt, Mayo, 2006
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Problema #18
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30
Elementos de Líneas de Transmisión Aéreos
La reactancia inductiva de la línea de transmisión es entonces:
X LT = ωLLT
X LT = 120 LLT
X LT = 0.5208667715
Ω
Km
Francisco M. González-Longatt, Mayo, 2007
31
Anexo 1
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'
m=
3'
(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.
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Problema #19
32
Elementos de Líneas de Transmisión Aéreos
C'
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A
B
B'
C
A'
b
DsFaseA
= 4 d AAd AA´d A´ Ad A´ A´
donde se cumple:
d AA = d A´ A´ = Ds = RMG
d A´ A = d AA´ = x
sustituyendo resulta:
b
DsFaseA
= 4 (d AA )2 (Ds )2
b
DsFaseA
= d AA Ds
b
DsFaseA
= 26.83281× 0.0314
b
DsFaseA
= 0.0.91785´
Para la fase B, se tiene:
C'
A
B'
B
C
A'
b
DsFaseB
= 4 d BB d BB´d B´B d B´B´
donde se cumple:
d BB = d B´B´ = Ds = RMG
d B´B = d BB´ = h
sustituyendo resulta:
b
DsFaseB
= 4 (d BB )2 (Ds )2
b
DsFaseB
= d BB Ds
b
DsFaseB
= 30 × 0.0314
b
DsFaseB
= 0.970568447´
En le caso de la fase C, se semejante por la simetría de la línea a la pase A.
Francisco M. González-Longatt, Mayo, 2007
33
Anexo 1
A
B'
B
C
A'
b
DsFaseC
= 4 d CC dCC´d C´C dC´C´
donde se cumple:
dCC = dC´C´ = Ds = RMG
dC´C = dCC´ = x
sustituyendo resulta:
b
DsFaseC
= 4 (dCC )2 (Ds )2
b
DsFaseC
= dCC Ds
b
DsFaseC
= 26.83281× 0.0314
b
DsFaseC
= 0.91785´
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:
b
b
b
b
DFase
= 3 DsFaseA
DsFaseB
DsFaseC
Sustituyendo resulta:
b
DFase
= 3 0.91785 × 0.91785 × 0.970566
b
DFase
= 0.935095´
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´
Francisco M. González-Longatt, Mayo, 2006
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C'
34
Elementos de Líneas de Transmisión Aéreos
Finalmente se calcula la distancia media geométrica entre las fases:
Deq = 3 DeqAB DeqBC DeqAC
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Sustituyendo resulta:
Deq = 3 13.61916 × 13.61916
Deq = 14.659´
Finalmente se calcula la inductancia total de la línea:
⎛ D ⎞
LLT = 0.7411log⎜ b ed ⎟
⎟
⎜D
⎝ Fases ⎠
⎛ 14.659 ⎞
LLT = 0.7411 log⎜
⎟
⎝ 0.9350 ⎠
mHenry
LLT = 0.891730
milla
Francisco M. González-Longatt, Mayo, 2007