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TRABAJO 1: Ejercicios Capítulo 1 Grupo: 3 Integrantes: Juan Diego Cabrera, Josue Fiscal, Bayron Paredes

4.3. Una línea de transmisión aérea trifásica está diseñada para suministrar 190.5 MVA a 220 KV en una distancia de 63 km, de modo que la pérdida total de la línea de transmisión no exceda el 2.5% de la línea nominal MVA. Dada la resistividad del material del conductor para que sea 2,84x10 ^ -8 W-m, determine el diámetro del conductor requerido y el tamaño del conductor en milésimas circulares. Desprecie las pérdidas de energía debido a las corrientes de fuga del aislante y la corona. 𝑃é𝑟𝑑𝑖𝑑𝑎𝑠 = 190.5 ∗ 106 ∗

𝐼=

𝑅=

𝑃 190.5𝑀 = = 499.933 𝐴 𝑉 220𝑘 ∗ √3

𝑝𝑒𝑟𝑑𝑖𝑑𝑎𝑠 4.7625𝑀 = = 6.3517Ω 2 3∗𝐼 3 ∗ 499.9332 𝑅=

𝐴=

2.5 = 4.7625 𝑀𝑊 100

𝜌∗𝐿 𝐴

𝜌 ∗ 𝐿 (2,84x10^ − 8) ∗ (63000) = = 2.816 ∗ 10−4 𝑚2 𝑅 6.3517 𝐴=𝜋∗

𝑑2 4

𝐴∗4 2.816 ∗ 10−4 ∗ 4 𝑑=√ =√ = 0.0189 𝑚 = 1.89 𝑐𝑚 𝜋 𝜋 0.0189𝑚 1𝑖𝑛𝑐ℎ𝑒𝑠 1 𝑚𝑖𝑙𝑠 𝐴 = 𝑑2 = ( ∗ ∗ )2 = 553536 𝑐𝑚𝑖𝑙 1 0.0254𝑚 0.001𝑖𝑛𝑐ℎ𝑒𝑠

4.6. Un circuito de una línea de transmisión monofásica se compone de tres cables sólidos de radio de 0,5 cm. El circuito de retorno está compuesto por dos cables sólidos de radio de 2.5 cm. La disposición de los conductores es como se muestra en la figura 1. Aplicando el concepto de GMD y GMR, encuentre la inductancia de la línea completa en mili henrio por kilómetro.

Figura 1 6

𝐷𝑚 = √20 ∗ 25 ∗ 15 ∗ 20 ∗ 10 ∗ 15 = 16.80 𝑚 9

𝐷𝑠𝑥 = √(𝑒 −0.25 ∗ 0.005 ∗ 5 ∗ 10) ∗ (𝑒 −0.25 ∗ 0.005 ∗ 5 ∗ 5) ∗ (𝑒 −0.25 ∗ 0.005 ∗ 5 ∗ 10) = 0.536 𝑚 4

𝐷𝑠𝑦 = √(𝑒 −0.25 ∗ 0.025 ∗ 5)2 = 0.312 𝑚 𝐿𝑥 = 0.2 ∗ 𝑙𝑛 𝐿𝑥 = 0.2 ∗ 𝑙𝑛

16.80 = 0.68 𝑚𝐻/𝑘𝑚 0.536

16.80 = 0.797 𝑚𝐻/𝑘𝑚 0.312

𝐿 = 𝐿𝑥 + 𝐿𝑦 = 0.68 + 0.797 = 1.477 𝑚𝐻/𝑘𝑚

4.9. Una línea transpuesta trifásica está compuesta por un conductor ACSR de 1,431,000 cmil, 47/7 Bobolink por fase con un espaciado horizontal plano de 11 metros como se muestra en la Figura 2. Los conductores tienen un diámetro de 3,625 cm y un GMR de 1,439 cm. La línea debe ser reemplazada por un paquete de tres conductores de ACSR 477,000 cmil, 26/7 conductores Hawk que tienen la misma área de sección transversal de aluminio que la línea de un solo conductor. Los conductores tienen un diámetro de 2.1793 cm y un GMR de 0.8839 cm. La nueva línea también tendrá una configuración horizontal plana, pero se debe operar a un voltaje más alto y, por lo tanto, el espacio entre fases se incrementa a 14 m, medido desde el centro de los haces como se muestra en la Figura 3. El espacio entre los conductores en el paquete es de 45 cm. Determinar (a) El cambio porcentual en la inductancia. (b) El cambio porcentual en la capacitancia

Figura 2

Figura 3

Primero se procede a calcular la distancia media geométrica GMD de la primera configuración, luego la inductancia y capacitancia.

3

𝐺𝑀𝐷 = √11 ∗ 11 ∗ 22 = 13.859𝑚 𝐿 = 2 ∗ 10−7 ln 𝐶=

𝐺𝑀𝐷 13.859 = 2 ∗ 10−7 ln = 1.374 𝑚𝐻/𝐾𝑚 𝐺𝑀𝑅 0.01439

2𝜋𝜀 2𝜋𝜀 = = 0.008374 𝜇𝐹/𝐾𝑚 𝐷 13.859 ln( 𝑟 ) ln( ) 1.8125 ∗ 10−2

Primero se procede a calcular la distancia media geométrica GMD de la segunda configuración, luego la inductancia y capacitancia. 3

𝐺𝑀𝐷 = √14 ∗ 14 ∗ 28 = 17.6389𝑚 3

𝐺𝑀𝑅𝐿 = √452 ∗ (0.8839) = 12.1416𝑐𝑚 D=GMD r=2.1793cm/2 =1.089cm 3

3

D=GMRC=√𝑑2 ∗ 𝑟 = √452 ∗ 1.089 = 13.018𝑐𝑚 𝐿 = 2 ∗ 10−7 ln 𝐶=

a)

𝐺𝑀𝐷 13.859 = 2 ∗ 10−7 ln = 1.374 𝑚𝐻/𝐾𝑚 𝐺𝑀𝑅 0.01439

2𝜋𝜀 2𝜋𝜀 = = 0.011326𝜇𝐹/𝐾𝑚 𝐷 17.6389 ln( 𝑟 ) ln( ) −2 13.018 ∗ 10

El cambio porcentual en la inductancia. 1.374 − 0.9957 ∗ (100) = 27.53% 1.374

b)

El cambio porcentual en la capacitancia 0.001326 − 0.008374 ∗ (100) = 35.25% 0.008374

4.12. Los conductores de una línea de transmisión trifásica de doble circuito se colocan en la esquina de un hexágono como se muestra en la Figura 3. Los dos circuitos están en paralelo y comparten la carga equilibrada por igual. Los conductores de los circuitos son idénticos, cada uno con un radio r. Suponga que la línea está transpuesta simétricamente. Usando el método de GMD, determine una expresión para la capacitancia por fase por metro de la línea

Figura 4

𝐷𝑎1𝑐1 = 𝐷𝑎1𝑏2 = 𝐷𝑏1𝑎2 = 𝐷𝑏1𝑐2 = 𝐷𝑐1𝑏2 = 𝐷𝑐2𝑎2 = √3𝐷 𝐷𝐴𝐵 = 𝐷𝐵𝐶 = 𝐷𝐶𝐴 = 4√𝐷𝑎1𝑏1 𝐷𝑎1𝑏2 𝐷𝑎2𝑏1 𝐷𝑎2𝑏2 = √𝐷𝑎1𝑏1 𝐷𝑎1𝑏2 = 31/4 𝐷 𝐺𝑀𝐷 = 31/4 𝐷 𝐷𝑆𝐴 = 𝐷𝑆𝐵 = 𝐷𝑆𝐶 = (𝑟 ∗ 2𝐷)1/2 𝐶=

2𝜋𝜖 4𝜋𝜖 = 𝐹/𝑚 2 ∗ 𝐷 1/2 ln(0.866𝐷) ln( ) 𝑟 2𝑟 ∗ 𝐷 31/2

4.15. Como la tierra es un plano equipotencial, las líneas de flujo eléctrico se ven obligadas a cortar la superficie de la tierra de forma ortogonal. El efecto tierra puede representarse colocando conductores con carga opuesta a una profundidad H debajo de la superficie de la tierra como se muestra en la Figura 4.37 (a). Esta configuración sin la presencia del corazón producirá el mismo campo que una sola carga y la superficie de la tierra. Este conductor imaginario se llama conductor de imagen. La figura 4.37 (b) muestra una línea monofásica con sus conductores de imagen. Encuentre la diferencia de potencial Vab y demuestre que la capacitancia equivalente a neutral está dada por:

Figura 5

𝐶𝑎𝑛 = 𝐶𝑏𝑛 =

2𝜋𝜖 𝐷 2𝐻 ln( 𝑟 ∗ 𝐻 ) 12

El potencial Vab está dado por: 𝑉𝑎𝑏 =

1 𝐷 𝐻12 𝑟 2𝐻 + 𝑞𝑏 ∗ 𝑙𝑛 − 𝑞𝑏 ∗ 𝑙𝑛 [𝑞𝑎 ∗ 𝑙𝑛 − 𝑞𝑎 ∗ 𝑙𝑛 ] 2𝜋𝜖 𝑟 2𝐻 𝐷 𝐻12

Sustituyendo 𝑞𝑏 = −𝑞𝑎 , obtenemos: 𝑉𝑎𝑏 = 𝐶𝑎𝑏 =

𝑞𝑎 𝐷 2𝐻 )] [ln( ∗ 𝜋𝜖 𝑟 𝐻12

𝑞𝑎 𝜋𝜖 = 𝑉𝑎𝑏 ln(𝐷 ∗ 2𝐻 ) 𝑟 𝐻12

Por lo tanto, la capacitancia equivalente al neutro es: 𝐶𝑎𝑛 = 𝐶𝑏𝑛 = 2𝐶𝑎𝑏 =

2𝜋𝜖 𝐷 2𝐻 ln( 𝑟 ∗ 𝐻 ) 12