La idea del proyecto era sencilla, el reto era calentar una habitación mediante la implementación de un conductor que por efecto joule generaría calor.

1. UNIVERSIDAD NACIONAL DE COLOMBIA, TALLER DE INGENIERÍA, 17 DE ENERO DE 2020 1
Calentamiento de un conductor
Edgar David Jiménez 1
, Bryan Andrés Rico 2
, Alejandra Tapasco Ramirez 3
1
1014285019, 2
1026292967, 3
25441429.
{1
edjimeneze 2
baricoq, 3
atapascor}@unal.edu.co
I. INTRODUCCIÓN
un conductor de aluminio de 600 MCM o un área de sección
transversal equivalente de 350mm2
, 1m de longitud por el cual
es atravesado por una corriente de 3KA. Se requiere calcular el
tiempo que le toma a subir de 40 C a 90 C
II. ECUACIONES
para abordar este problema usaremos los modelos matemáti-
cos suministrados en la IEEE 738:
qc + qr + mCp
dT
dt
= qs + R ∗ I2
(1)
Donde:
qc= Perdidas por convecciónW
m
qr=Perdidas por radiaciónW
m
qs=Ganancia por radiación solarW
m
mCp = 235 = w
mK =coeficiente térmico
se resuelve por variables separables:
t =
ˆ
mCp
R ∗ I2 + qs + −qc − qr
dT (2)
III. PERDIDAS POR CONVECCIÓN
Se tomara el peor de los casos cuando la velocidad del viento
es de 0m
s
qc = qcn = 3,645 ∗ p0,5
f D0,75
0 (Ts − T − a)1,25 W
m
(3)
Donde:
pf =0.8796 kg
m3 densidad del aire en Bogotá a 20 C
D0=(4∗350mm2
π )0,5
= 0,0211m Diámetro del conductor
Ts=temperatura superficial del conductor
Ta=20 C temperatura del aire
qcn = 0,18925(T − 20)1,25
(4)
IV. PERDIDAS PRO RADIACIÓN
qr = 17,8D0[(
Ts + 273
100
)4
− (
Ta + 273
100
)4
] (5)
donde:
=0.05 emisibidad
qr = 0,01877[(
Ts + 273
100
)4
− 73,70] (6)
V. ABSORCIÓN POR RADIACIÓN SOLAR
qs = αQsesen(φ)A (7)
Donde:
α=0.5 coeficiente de absorción para el aluminio.
A’=1m*0.0211m=0.0211m2
Área de incidencia
φ=90 ángulo de incidencia con A’
Qse = 1300 w
m2 radiación solar
VI. RESISTENCIA
se sabe que la resistencia varia con la temperatura, se asume
que esta varia de forma lineal:
R =
RT max − RT min
Tmax − Tmin
T + Rtmin (8)
RT = pAl
L(m)
A(mm2)
(9)
donde:
pAL = 1
35,7
mm2
Ω
m a 20C
pAL = 1
27,8
mm2
Ω
m a 90 C
R = 325
nΩ
K
[T] + 80,03uΩ (10)
VII. SOLUCIÓN
Para contrastar los resultados vamos a considerar varios
escenarios:
VII-A. R Constante igual a 0.80.03uΩ
la potencia eléctrica no depende de la temperatura, el tiempo
es tan pequeño que qc y qr son iguales a 0:
t =
ˆ
mCp
R ∗ I2 + qs
dT =
235 ∗ T
(3000)2 ∗ 80,03 ∗ 10−6 + 13,715
s
K
(11)
t = 0,32017
s
K
T (12)
la temperatura inicial del conductor es de 40C y la final es de
90c, la temperatura que debemos subir es de 50K, reemplazamos
y tenemos que:
t = 0,32017
s
K
∗ 50
s
K
= 16,0085s (13)

2. UNIVERSIDAD NACIONAL DE COLOMBIA, TALLER DE INGENIERÍA, 17 DE ENERO DE 2020 2
VII-B. R varia
el tiempo es tan pequeño que qc y qr son iguales a 0:
t =
ˆ
235
(325nΩ
k T + 80,03uΩ) ∗ (3000A)2 + 13,715
dT (14)
t = 235
ˆ
1
2,925T + 733,98
dT (15)
t =
235
2,925
ln[2,925T + 733,98] = 80,34ln[2,925T + 733,98]
(16)
se reemplaza por 50K y se calcula el tiempo, el tiempo aumenta
considerablemente a 544.71s
VII-C. el ultimo caso a analizar es con las respectivas perdi-
das:
t =
ˆ
235dT
(30002)(325 ∗ 10−9T + 80,03 ∗ 10−6) − 0,18925(T − 20)1,25 − 0,01877(T −273
100 )4 + 73,7 + 13,715)
(17)
no es posible resolver esta integral por ningún método, para
tener en cuenta estos efectos procederemos a tomar qr y qc
como constantes y serán los valores para 90c.
qr = 0,18925(90 − 20)1,25
= 38,31 w
m
qc = 0,01877(90+273
100 )4
− 73,70 = −70,44
t = 235
ˆ
1
2,925T + 733,98 − 38,31 + 70,44
dT (18)
t = 235
ˆ
1
2,925T + 766,11
dT (19)
t = 80,34ln[2,925T + 766,11] (20)
el tiempo que le toma es de 547.6s no hay una diferencian
apreciable.
VIII. CONCLUSIONES
Aveces es necesario sacrificar precisión por la practicidad,
en el día a día la elegancia de las matemáticas chocan con
el desorden de la realidad y la funcionalidad que rigen
el día a día, una buena aproximación puede ser suficiente
para tomar decisiones.
REFERENCIAS
[1]IEEE 738 [2]NTC 2050