Alcuni esercizi sulle linee con carichi distribuiti

Indice

1 Abstract
2 Linee a sbalzo
- 2.1 In corrente continua
- 2.2 In corrente alternata
  - 2.2.1 Corda di Alluminio crudo per linee aeree
3 Linee alimentate da due punti
- 3.1 In corrente continua
- 3.2 In corrente alternata
  - 3.2.1 Corda di rame crudo per linee aeree
4 Bibliografia

Abstract

Sono proposti alcuni esercizi per illustrare numericamente i metodi descritti nell'articolo: Linee con carichi distribuiti. Spero sia un ulteriore aiuto a Sebago che ha deciso di usare quell'articolo per una lezione ai suoi allievi (vedi commenti). Contemporaneamente confido in lui per la segnalazione di imprecisioni od errori ;-). Saranno dimensionate dunque linee a sbalzo in corrente continua ed in alternata e linee ad anello od alimentate alle estremità. Gli spunti per gli esercizi sono tratti dal testo del 1976, mostrato nella bibliografia

Linee a sbalzo

In corrente continua

Una linea in rame alimenta, alla tensione continua di 220 V, tre carichi che assorbono le correnti I1, I2, I3 e che distano dalla partenza rispettivamente l1, l2, l3. Determinare la sezione affinché la massima caduta di tensione percentuale sia del 4%.

$I_1=20 A \, , \, I_2=40 A \, , \, I_3=15 \,A$

$l_1= 20 \, m \, , \, l_2=70 \, m \, , \, l_3=100 \, m$

$\rho=0,021 \, \frac {\Omega mm^2}{m}$

La sezione si calcolerà con la formula (1) dell'articolo citato

$S = \frac{\rho }{\varepsilon }\sum\limits_{r = 1}^3 {l_r \cdot I_r } = \frac{\rho }{\varepsilon } \cdot \left( {l_1 \cdot I_1 + l_2 \cdot I_2 + l_3 \cdot I_3 } \right)$

dove

$\varepsilon = \frac {V_A - V_B }{2}$

con $V_A= 220 \, V$

$V_A - V_B = \frac{4}{100} \cdot V_A = 0,04 \cdot 220 = 8,8{\rm{ }}V$

Quindi

$\varepsilon = \frac{{8,8}}{2} = 4,4{\rm{ }} \, V$

$S = \frac{{0,021}}{{4,4}} \cdot \left( {20 \cdot 20 + 70 \cdot 40 + 100 \cdot 15} \right) = 22,4 \, mm^2 \Rightarrow 25 \, mm^2$

In corrente alternata

Determinare la sezione per la linea trifase di figura in media tensione $U_n= 15 \, kV$ i cui conduttori, in corda di alluminio crudo, con resistività $\rho=0,029 \frac {\Omega \cdot mm^2}{m}$ , sono disposti ai vertici di un triangolo equilatero di lato $800 m m$ . La massima caduta di tensione ammessa è $Δ u m a x = 2,5%$ . NB: Per la scelta della sezione commerciale usare la tabella riprodotta).

Linea trifase 15 kV

Supponiamo che la reattanza unitaria sia $X_U=0,36 \frac {\Omega}{km}$ .

Pertanto la caduta massima dovuta alle componenti reattive è

$\begin{array}{l} \varepsilon _r = \sqrt 3 \cdot X_u \cdot \sum\limits_{r = 1}^3 {\lambda _r \cdot I_r } \cdot \sin \varphi _r = \\ = \sqrt 3 \cdot 0,36 \cdot \left( \begin{array}{l} 16 \cdot 2 \cdot \left( {\sqrt {1 - 0,8^2 } } \right) + 25 \cdot 5 \cdot \left( {\sqrt {1 - 0,9^2 } } \right) \\ + 20 \cdot 10 \cdot \left( {\sqrt {1 - 0,92^2 } } \right) \\ \end{array} \right) = \\ = 0,606 \cdot \left( {32 \cdot 0,6 + 125 \cdot 0,435 + 200 \cdot 0,392} \right) = 95{\rm{ }}V \\ \end{array}$

Nota: ricordare che per determinare la caduta di tensione concatenata occorre moltiplicare la caduta su un filo per la radice quadrata di tre.

La caduta massima ammessa è

$\varepsilon = \frac{{2,5}}{{100}} \cdot 15000 = 375{\rm{ }}V$

quindi la caduta ammessa per le componenti attive è

$\varepsilon _a = \varepsilon - \varepsilon _r = 375 - 95 = 280{\rm{ }}V$

La sezione allora è data da

$\begin{array}{l} S = \frac{\rho }{{\varepsilon _a }} \cdot \sum\limits_{r = 1}^3 {\lambda _r \cdot I_r } \cdot \cos \varphi _r = \\ = \frac{{29}}{{280}}\left( {2 \cdot 16 \cdot 0,8 + 5 \cdot 25 \cdot 0,9 + 10 \cdot 20 \cdot 0,92} \right) = 33,3{\rm{ }}mm^2 \Rightarrow 35 mm^2 \\ d = 7,5mm \\ \end{array}$

Il diametro ci permette ora di verificare la reattanza (Per la formula vedere questa pagina)

$\begin{array}{l} X_U = \omega L = 314 \cdot \left( {0,05 + 0,46 \cdot \log \frac{{2D}}{d}} \right) \cdot 10^{ - 3} = \\ = 0,314 \cdot \left( {0,05 + 0,46 \cdot \log \frac{{1600}}{{7,5}}} \right) = 0,352\frac{\Omega }{{km}} \\ \end{array}$

che risulta inferire a quella ipotizzata. La sezione è perciò idonea.

Corda di Alluminio crudo per linee aeree

Estratto tabella CEI-UNEL 01435 (dal testo citato nella bibliografia)

Nota: Grandezza $\Rightarrow$ Sezione nominale / N. fili

Linee alimentate da due punti

In corrente continua

Una linea in continua lunga $l=2 \, km$ è alimentata alle due estremità A e B con una tensione $V_A=V_B = 220 \, V$ . Tre carichi assorbono le correnti $I_1= 30 \, A \, , \, I_2= 10 \, A \, , \, I_3= 50 \, A$ rispettivamente alla distanza $l_1= 400 \, m \, , \, l_2= 1000 \, m \, , \, l_3= 1600 \, m$ . La massima caduta di tensione ammessa è $Δ V m a x % = 10%.$ Si calcoli la sezione.

La sezione di taglio cade nel carico 2. Infatti è

$I_B = \frac{1}{l}\sum\limits_{r = 1}^3 {\lambda _r } \cdot I_r = \frac{1}{2}\left( {30 \cdot 0,4 + 50 \cdot 1 + 10 \cdot 1,6} \right) = 39{\rm{ }}A$

$I_A = \left( {30 + 50 + 10} \right) - 39 = 51{\rm{ }}A$

Il carico 2 può allora essere suddiviso in due parti: un carico di $I_{2,A}=21 \, A$ ed una $I_{2,B}=29 \, A$ . La linea ad anello si spezza allora nelle due linee a sbalzo, come mostrato in figura. La sezione va dimensionata considerando una qualsiasi delle due

La caduta massima ammessa per un filo fini alla sezione di taglio è

$\begin{array}{l} \Delta V_{Max} = \frac{10}{{100}} \cdot 220 = 22{\rm{ }}V \\ \varepsilon = \frac{{\Delta V_{Max} }}{2} = \frac{{22}}{2} = 11{\rm{ }}V \\ \end{array}$

quindi, con il primo tronco si ha

$S = \frac{{0,02}}{11} \cdot \left( {30 \cdot 400 + 21 \cdot 1000} \right) = 60 \Rightarrow 70{\rm{ }}mm^2$

idem con il secondo ovviamente

$S = \frac{{0,02}}{11} \cdot \left( {10 \cdot 400 + 29 \cdot 1000} \right) = 60 \Rightarrow 70{\rm{ }}mm^2$

Dimensionare la linea ad anello di figura in corrente continua ammettendo una caduta di tensione massima del $Δ V m a x = 3%$ e considerando una resistività del rame $\rho=0,0195 \frac {\Omega \cdot mm^2}{m}$ .

linea ad anello

La lunghezza dell'anello è $l=102 \, m$

Determiniamo la sezione di taglio

$\begin{array}{l} I_B = \frac{1}{l}\sum\limits_{r = 1}^8 {\lambda _r \cdot I_r } \\ = \frac{1}{{102}} \left( {12 \cdot 7 + 10 \cdot 15 + 7 \cdot 30 + 9 \cdot 51 + 11 \cdot 59 + 9 \cdot 66 + 11 \cdot 81 + 8 \cdot 92} \right) = 37 \, A \\ \end{array}$

$I_A = \sum\limits_{r = 1}^8 {I_r } - I_B = 77 - 37 = 40 \, A$

Essa dunque cade immediatamente in corrispondenza del quinto carico che si può suddividere in due carichi, rispettivamente di 2 e 9 A, che costituiscono la fine del tronco alimentato dalla corrente $I A$ ed $I B$ .

Posto

$\varepsilon = \frac{{\Delta V_{\max } }}{2} = \frac{3}{{100}} \cdot 220 \cdot \frac{1}{2} = 3,3 \, V$

la sezione si calcola con riferimento al primo tronco in cui è suddiviso l'anello, illustrato in figura

Primo tronco

$S = \frac{{0,0195}}{{{\rm{3}}{\rm{,3}}}} \cdot \left( {12 \cdot 7 + 10 \cdot 15 + 7 \cdot 30 + 9 \cdot 51 + 2 \cdot 59} \right) = 6 \, mm^2$

In corrente alternata

Dimensionare la linea trifase di figura alimentata alle estremità con tensioni uguali in modulo e fase, costituita da conduttori in corda di rame crudo, i cui dati dimensionali sono nella tabella riportata, disposti ai vertici di un quadrilatero di lato 1,5 m. La massima caduta di tensione ammessa è $\varepsilon= 1000 \, V$ . Si consideri una resistività $\rho=0,02 \frac {\Omega \cdot mm^2}{m}$

Linea trifase alimentata alle due estremità

Individuiamo la sezione di taglio determinata dalle componenti reattive: dapprima calcoliamo la corrente reattiva proveniente da B

$\begin{array}{l} I_{Bb} = \frac{{\sum\limits_{r = 1}^3 {\lambda _{Ar} \cdot I_r \cdot \sin \varphi } }}{{l_{AB} }} = \\ = \frac{{\left( {6 \cdot 20 \cdot \sqrt {1 - 0,8^2 } + 10 \cdot 70 \cdot \sqrt {1 - 0,6^2 } } \right)}}{{20}} = 31,6{\rm{ }}A \\ \end{array}$

quindi quella proveniente da A

$\begin{array}{l} I_{Ab} = \sum\limits_{r = 1}^3 {I_r } \cdot \sin \varphi _r - I_{Bb} = \\ = 20 \cdot \sqrt {1 - 0,8^2 } + 70 \cdot \sqrt {1 - 0,6^2 } - 31,6 = 36,4{\rm{ }}A \\ \end{array}$

La suddivisione della linea per quanto riguarda le componenti reattive avviene nel carico 2 il quale riceve da A la corrente reattiva

$I_{2b,A} = I_{Ab} - I_1 \cdot \sin \varphi _1 = 36,4 - 12 = 24,4{\rm{ }}A$

Possiamo allora considerare il tronco di linea che parte da A come mostrato nella figura seguente

Tronco da A con le componenti reattive

quindi ipotizzando una reattanza unitaria $X_U=0,38 \frac {\Omega}{km}$ , calcoliamo la caduta massima dovuta alle componenti reattive dei carichi, che si ha nella sezione di taglio.

$\begin{array}{l} \varepsilon _{bM} = \sqrt 3 \cdot X_U \cdot \sum\limits_{r = 1}^2 {\lambda _{Ar} \cdot I_r \cdot \sin \varphi } = \\ = \sqrt {3 \cdot } 0,38 \cdot \left( {6 \cdot 12 + 10 \cdot 24,4} \right) = 208{\rm{ }}V \\ \end{array}$

Nota: la radice quadrata di tre occorre perché si fa riferimento alle tensioni concatenate.

La caduta massima ammessa per le componenti attive è allora

$\varepsilon _{aM} = \varepsilon - \varepsilon _{bM} = 1000 - 208 = 792{\rm{ }}V$

Per le componenti attive si procede in modo analogo, determinando le correnti attive provenienti da B e da A, individuando la sezione di taglio, che anche in questo caso corrisponde al carico 2. Ecco i calcoli e la linea sezionata

$\begin{array}{l} I_{Ba} = \frac{{\sum\limits_{r = 1}^3 {\lambda _{Ar} \cdot I_r \cdot \cos \varphi } }}{{l_{AB} }} = \\ = \frac{{\left( {6 \cdot 20 \cdot 0,8 + 10 \cdot 70 \cdot 0,6 + 15 \cdot 14 \cdot 1} \right)}}{{20}} = 36,3{\rm{ }}A \\ I_{Aa} = 20 \cdot 0,8 + 70 \cdot 0,6 + 14 \cdot 1 - 36,3 = 35,7{\rm{ }}A \\ I_{2a,A} = I_{Aa} - I_1 \cdot \cos \varphi _1 = 35,7 - 16 = 19,7A \\ \end{array}$

Tronco da A con le componenti attive

Ora si può determinare la sezione scegliendo quella commerciale dalla tabella

$\begin{array}{l} S = \frac{\rho }{{\varepsilon _{aM} }} \cdot \sum\limits_{r = 1}^2 {\lambda _{Ar} \cdot I_r \cdot \cos \varphi } = \\ = \sqrt 3 \frac{{20}}{{792}} \cdot \left( {6 \cdot 20 \cdot 0,8 + 10 \cdot 19,7} \right) = 12,8mm^2 \Rightarrow 16 \\ d = 5,1mm \\ \end{array}$

In base al diametro del conduttore, verifichiamo la reattanza:

$\begin{array}{l} X_U = \omega L = 314 \cdot \left( {0,05 + 0,46 \cdot \log \frac{{2D}}{d}} \right) \cdot 10^{ - 3} = \\ = 0,314 \cdot \left( {0,05 + 0,46 \cdot \log \frac{{3000}}{{5,1}}} \right) = 0,416\frac{\Omega }{{km}} \\ \end{array}$

Essa risulta maggiore di quella ipotizzata. La caduta reattiva è dunque maggiore, ma possiamo sperare che la maggiore sezione scelta rispetto a quella teorica calcolata, la compensi.

Dobbiamo dunque verificare l'effettiva caduta di tensione con i valori veri di resistenza e reattanza.

$R_U=\frac {\rho}{S}=\frac {0,02}{16}=1,25 \cdot 10^{-3} \frac {\Omega}{m}$

Si ha: $\begin{array}{l} \varepsilon _v = \sqrt 3 \left[ {R_U \cdot \left( {\lambda _1 I_{1a} + \lambda _2 I_{2a,A} } \right) + X_U \cdot \left( {\lambda _1 I_{1b} + \lambda _2 \cdot I_{2b,A} } \right)} \right] = \\ = \sqrt 3 \left[ {1,25 \cdot \left( {6 \cdot 16 + 10 \cdot 19,7} \right) + 0,416 \cdot \left( {6 \cdot 12 + 10 \cdot 24,4} \right)} \right] = \\ = 862 < \varepsilon = 1000{\rm{ }}V \\ \end{array}$