Libro de texto 1- Conceptos Fundamentales

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1 Libro de texto 1- Conceptos Fundamentales
Armónicas en Sistemas Eléctricos Industriales, Armando Llamas, Salvador Acevedo, Jesús Baez, Jorge de los Reyes, Innovación Editorial Lagares, Monterrey, 2004.

2 1- Conceptos Fundamentales
1.1 Niveles de tensión 1.2 Corriente directa y corriente alterna 1.3 Voltaje senoidal 1.4 Potencia instantánea 1.5 Factor de potencia 1.6 Potencia reactiva 1.7 Factor de potencia de desplazamiento 1.8 Potencia compleja 1.9 Sistemas de distribución de energía eléctrica comúnmente utilizados 1.9.1 Sistema monofásico de dos hilos 1.9.2 Sistema monofásico de tres hilos 1.9.3 Sistema trifásico 1.10 Demanda, consumo y cambio de horario de verano

3 Niveles de tensión Nivel Rango de voltaje entre líneas
Voltajes típicos Baja Tensión Hasta 1 kV 110 V, 120 V, 127 V, 208 V, 220 V, 240 V, 440 V, 460 V, 600 V Media Tensión Más de 1 kV y hasta 35 kV 2.3 kV kV, 13.2 kV, 13.8 kV, 23 kV, 34.5 kV Alta Tensión – Subtransmisión Más de 35 kV y menos de 220 kV 69 kV, 115 kV, 138 kV Alta tensión – Transmisión Desde 220 kV 230 kV, 400 kV

4 Voltaje de corriente alterna (CA) y de corriente directa (CD).
Las cuchillas en media tensión permiten, mediante la desconexión, el acceso a apartarrayos y terminales de media tensión del transformador. Además protegen al transformador contra daño por sobrecarga y corto circuito. Los apartarrayos protegen al devanado primario contra sobrevoltajes transitorios. La función de éstos es limitar las excursiones de los voltajes en terminales primarias con respecto al tanque que contiene los devanados. Es por esto que la unión de apartarrayos a terminales primarias y a tanque debe ser los más directa posible. El sistema de electrodos está formado por un electrodo por dos electrodos artificiales y la tubería del agua. Los tres deben estar unidos, como se indica en la figura. El gabinete del transformador y del equipo de desconexión principal son uno solo, como en una subestación unitaria. Este gabinete se una al sistema de electrodos en dos puntos , en el conductor de bajada del apartarrayos y en el conductor del sistema de electrodos. Una variante consistiría en eliminar la bajada de pararrayos, uniendo sólo a tanque de transformador- y gabinete de equipo de desconexión principal y bajar a sistema de electrodos sólo en el conductor del sistema de electrodos. Los dos electrodos artificiales se unen ahora a nivel del terreno, ver siguiente SLIDE. El secundario del transformador forma un sistema derivado separadamente y como tal se debe conectar a tierra. La barra de neutros, aislada del gabinete se une a la barra de tierras mediante el puente de unión principal, PUP. El conductor puesto a tierra o neutro se une sólo en este punto a tierra. Los gabinetes, las canalizaciones metálicas se deben unir a tierra. Situación que se enfatiza en la figura mediante los puntos rellenos que indican unión. Estas uniones deben ser mediante conectores apropiados. De ninguna manera son apropiados los llamados “entorchados”. Un entorchado en puestas a tierra denota un instalación de mala calidad. voltaje alterno de un contacto de alimentación de 120 V, voltaje resultante de conectar diez acumuladores de 12V en serie

5 Voltaje de CD pulsante y de CD

6 Valor promedio V

7 Voltaje de línea a neutro en tomacorrientes

8 Valor rms de un voltaje senoidal y valor de corriente directa equivalente
El valor eficaz de un voltaje es un valor equivalente de corriente directa que al ser aplicado a una resistencia resulta en la misma disipación de potencia que dicho valor de CD.

9 Valor rms Onda senoidal

10 Voltaje sinusoidal, elevado al cuadrado, valor promedio del valor al cuadrado, y raíz del promedio de la función al cuadrado

11 Ejemplo 1 Se tiene un voltaje de 120 V rms y una frecuencia de 60 Hz. ¿Cuál es el valor del voltaje de pico a pico y qué barrido en segundos por división se deben tener en un osciloscopio para lograr seis ciclos en la pantalla (diez divisiones)? Solución: La amplitud es (2) y el valor de pico a pico es el doble, V. Un ajuste de 50 ó 100 V / div es adecuado. Seis ciclos en diez divisiones corresponden a 0.6 ciclos / div = 0.6*1/60 s /div = 0.01 s / div = 10 ms / div.

12 Potencia instantánea Potencia aparente Factor de potencia

13 Ejemplo 2 Considérese un voltaje de 120 V, una corriente de 1 A, un factor de potencia atrasado, ángulo de voltaje de –30° y frecuencia de 60 Hz.. Encuentre las expresiones en el dominio del tiempo del voltaje y la corriente, la potencia promedio, la potencia aparente y la potencia instantánea de acuerdo a las ecuaciones anteriores. Solución:

14 Factor de potencia Sin distorsión S = V I ( = v-i).

15 Ejemplo 3 Considere una red monofásica con voltaje de 120 V, impedancia de 120 W y ángulo de impedancia de °. Encuentre la potencia aparente y el factor de potencia. Solución: La magnitud de la corriente es De tal manera que la potencia aparente es de 120 VA. El factor de potencia es Debido a que el ángulo de impedancia es positivo, la corriente va detrás del voltaje y el factor de potencia es atrasado. El diagrama fasorial muestra a la corriente detrás del voltaje.

16 Potencia instantánea que demanda una red monofásica

17 Equivalente de Thévenin y descomposición del voltaje

18 Potencias instantáneas y potencia reactiva
potencia aparente S = V I factor de potencia fp = cos(qV-qI), potencia promedio P = S fp, y potencia reactiva Q = S sin(qV-qI)

19 Ejemplo 4 Con 125 V rms, 0.8 A rms y un factor de potencia 0.8 atrasado, grafique el voltaje, la corriente, la potencias instantáneas en la red, en la resistencia del equivalente serie y en la reactancia del equivalente serie. Solución: En la figura se aprecia que la potencia en la red, p, y la potencia en la resistencia, pR, tienen el mismo valor promedio de 80 W. Se aprecia además que la potencia en la reactancia, pX, tiene valor promedio cero. Este resultado se justifica cuando recordamos que la potencia promedio que disipa un elemento puramente reactivo es cero, de tal manera que la potencia promedio que disipa la red es la misma que la que disipa la resistencia en el equivalente. La amplitud de la potencia instantánea en la reactancia es de 60 VAr y corresponde a la potencia reactiva.

20 Factor de potencia de desplazamiento

21 Potencia compleja La magnitud es la potencia aparente, que es igual al producto del valor rms del voltaje por el valor rms de la corriente, en VA. El ángulo de la potencia compleja es igual al ángulo de impedancia, =V-qI. La parte real de la potencia compleja es la potencia promedio, real, o activa, en W. La parte imaginaria es la potencia reactiva, en VAr.

22 Ejemplo 5 Una red monofásica absorbe una potencia instantánea con valor máximo de 180 W y valor promedio de 80 W. Si la corriente se atrasa del voltaje, encuentre la potencia compleja que absorbe la red. Solución: La potencia promedio, P = 80 W; La potencia aparente es la amplitud de la componente de doble frecuencia y es igual al máximo menos el promedio, S = = 100 VA. La potencia reactiva es debido a que el fp es atrasado consideramos sólo el signo positivo, esto es, Q absorbida, Q = 60 VAr, de tal manera que la potencia compleja es S = (80 W + j 60 VAr) VA. Esta situación es la ilustrada en la porción inferior de la figura en el Ejemplo 4. 60 VAr 80 W

23 Triángulo de potencia compleja

24 Símbolos y unidades

25 Sistema monofásico de dos hilos

26 Sistema monofásico de tres hilos simplificado

27 EJEMPLO 6 Realizar el diagrama de conexiones a partir del equipo de desconexión principal, incluyendo un tablero de circuitos derivados que alimente a las dos cargas de 120 V y a la de 240 V.

28 Ejemplo 7 Demostrar que la potencia instantánea de un sistema trifásico balanceada no tiene componente de doble frecuencia y que es igual a la potencia promedio trifásica. Solución:

29 Sistema trifásico de cuatro hilos

30 Demanda, kW Consumo, kWh

31 Cambio de Horario de Verano

32 Armónicas en Sistemas Eléctricos Industriales 2 – Corrección del Factor de Potencia
Armónicas en Sistemas Eléctricos Industriales, Armando Llamas, Salvador Acevedo, Jesús Baez, Jorge de los Reyes, Innovación Editorial Lagares, Monterrey, 2004.

33 Corrección del fp: La detección y sustitución de motores sobredimensionados La instalación de capacitores La instalación de máquinas síncronas sobreexcitadas La instalación de filtros pasivos La instalación de filtros activos La instalación de compensadores estáticos de potencia reactiva

34 Factor de potencia original

35 Factor de potencia corregido

36 Tabla de factores para corrección fp

37 Ejemplo 1 Se tiene una carga con una demanda media de 500 kW, factor de potencia de 0.8 en atraso. Obtenga los kVAr necesarios para aumentar el factor de potencia a 0.9 en atraso. Solución: Qc = P [tan(acos(fp1)-tan(acos(fp2))] Qc = 500 [tan(acos(.8))-tan(acos(.9))]=500 [0.2657]= kVAr. Dos bancos de 70 kVAr son adecuados. Empleando la Tabla anterior con fp1 = 0.8 y fp = 0.2 obtenemos el mismo factor

38 Ejemplo 2 Repita el ejemplo anterior; pero para aumentar el factor de potencia de 0.9 a 1.0. Solución: La corrección de 0.9 a 1.0 requiere x 500= 242 kVAr En los dos ejemplos se ha aumentado el factor de potencia en 10%, sin embargo, mientras que para aumentarlo de 80% a 90% se necesitan kVAr, para aumentarlo de 90% a 100% se requieren 242 kVAr, que es cerca del doble. Esto se debe a que la pendiente del factor que multiplica a P en es mayor al acercarse al factor de potencia unitario

39 Motivación para corregir factor de potencia:
Se disminuye el importe de la factura de energía eléctrica Se recupera capacidad instalada en transformadores, alimentadores e interruptores Se disminuyen las pérdidas I2R Se disminuye la caída de voltaje en alimentadores y transformadores

40 Recargo y bonificación a los cargos por energía y demanda
Recargo por factor de potencia menor a 0.9: % de Recargo= 3/5 x ( (90/FP) -1) x 100 Ejemplo: FP= 30% %de Recargo= 120% Bonificación por factor de potencia mayor a 0.9: % de Bonificación = 1/4 x (1 -(90/FP)) x 100 Ejemplo: FP=100% % de Bonificación= 2.5% Los porcentajes de recargo y bonificación se redondean a un decimal

41 Ejemplo 3

42 Reducción en corriente de línea
Beeman, Industrial Power System Handbook, McGraw-Hill, 1955

43 Recuperar capacidad de alimentadores y transformadores
Otra forma de interpretar la reducción en la corriente al corregir el factor de potencia, es ver que esto permite que los alimentadores y transformadores puedan aumentar su corriente para alimentar otras cargas. Por ejemplo: si originalmente la capacidad de conducción de corriente era de 100A y se estaba usando esta capacidad para alimentar una carga con factor de potencia 0.8. Al corregir el factor de potencia a 1.0 la corriente se reduce a 80A lo que libera 20A de capacidad de conducción para alimentar otras cargas.

44 Ejemplo 4 Una carga utiliza 1000 kVA con fp=0.7 atrasado. Para mejorar el factor de potencia, se agregarán 420 kVAr. Obtenga la potencia aparente y el factor de potencia resultantes. Obtenga además la fracción de capacidad recuperada. Solución: La potencia compleja inicial es S1 = 1000  acos(0.7)= (700 kW + j kVAr) kVA. Al agregar 420 kVAr la potencia compleja cambia a S2 = j (714.1 – 420) = j 294.1=  acos (0.922) kVA. Se recuperaron 240 kVA y la fracción de capacidad recuperada es 24%.

45 Reducción de pérdidas en alimentador
fp original = fp1 fp mejorado = fp2

46 En una planta con demanda máxima de 10 MW y factor de carga 0
En una planta con demanda máxima de 10 MW y factor de carga 0.8 se tienen pérdidas por distribución en media tensión y reducción a baja tensión del 1%. El factor de potencia es 0.7 y se corregirá a La planta tiene servicio en alta tensión y el costo del kWh promedio es 0.06 dólares. ¿Cuántos kWh al mes se ahorran y cuánto representa en dólares? Solución: La demanda media es kW x 0.8 = 8,000 kW, considerando 720 horas al mes, el consumo mensual es 5,760,000 kWh. Las pérdidas por distribución en media tensión y por reducción a baja tensión son 57,600 kWh. La reducción de pérdidas es 1-(.7/.9)2 = , esto es 22,756 kWh y el ahorro por instalar capacitores en baja tensión es $1,365 dólares al mes. Ejemplo 5

47 Disminución de la caída de voltaje

48 La caída que se agrega en cuadratura afecta poco a la magnitud
X/R >= 6 

49 Multiplicadores para dispositivos de desconexión de capacitores
Tabla Multiplicadores de nominal de capacitores para obtener capacidad*de dispositivo de desconexión Multiplicador Corriente equivalente por kVAr Tipo de dispositivo de desconexión Interruptor de potencia tipo magnético Int.en caja moldeada Magnético Otros Contactores, encerrados+ Interruptor de seguridad Interruptor de seguridad fusible * El dispositivo de desconexión debe tener un nominal de corriente continua que sea igual o que exceda a la corriente asociada con los kVAr del capacitor por el multiplicador indicado. Los nominales de interruptores encerrados son a 40°C de temperatura ambiente. + Si los fabricantes dan valores nominales específicos para capacitores, estos son los que hay que cumplir

50 Capacidad interruptiva del interruptor
Capacidad interruptiva interruptor o fusible debe ser mayor que la posible corriente máxima de corto circuito. Si no se conocen los kVASC-1 se pueden suponer infinitos kVASC-1 son proporcionados por la compañía suministradora CFE kVASC-1 kVAt Zt kVASC-2 Si no se conocen los kVASC-1 se pueden suponer infinitos lo que resultará en un nivel de corto circuito en el secundario mayor al verdadero y así tendremos un análisis conservador.

51 Ejemplo 6 - selección del interruptor
Considere un transformador de 1000 kVA, 480 V, con 6% de impedancia, un banco de capacitores de 70 kVAr y 100 MVA de corto circuito en el primario Multiplicador: 1.35 Corriente nominal del capacitor: Corriente nominal del interruptor en caja moldeada: Se podría escoger uno de 125 A Potencia de corto circuito en secundario: Máxima corriente de corto circuito: Se requiere un interruptor con capacidad interruptiva superior a 18 kA en 480 V Zsc = 1000 / = 7 %

52 Elevación de voltaje DV: Elevación de voltaje en pu,
Vc: Voltaje en terminales del capacitor con éste conectado al sistema, Vs: Voltaje del sistema antes de conectar el banco, VAr: Potencia reactiva del banco al voltaje nominal del sistema, VAsc: Potencia de corto circuito, en el lugar en que se instala el banco de capacitores, VAt: Potencia nominal del transformador. kVAt Zt Xsc en pu, tomando como base los nominales del transformador, es igual al cociente de la capacidad del transformador en VA entre los VA de corto circuito en el secundario. Xsc = VAt / VAsc. CFE Xsc = XSC Xt kVASC-1 kVASC-2 + - + Vc - Vs

53 Curvas de elevación curvas de D V DV DV DV DV DV DV
0.05 0.1 0.15 0.2 0.25 0.3 0.35 0.0200 0.0400 0.0600 0.0800 0.1000 0.1200 VAt/VAsc VAr/Vat DV = 0.5% DV = 1% DV = 1.5% DV = 2% DV = 2.5% DV = 3% Curvas de elevación DV DV DV DV DV DV Tamaño del banco con respecto al transformador para elevar un porcentaje dado el voltaje en función del tamaño del transformador con respecto al nivel de corto circuito secundario Ejemplo: 2% de caída al desconectar el banco, curva azul claro, 8% de impedancia de corto circuito  El banco debe ser 0.25 kVAt. En un sistema industrial un banco de capacitores difícilmente elevará el voltaje más de un 3%, lo cual se puede remediar con un cambio de TAP.

54 0.1 0.2 0.3 0.4 0.5 0.020 0.040 0.060 0.080 0.100 0.120 0.140 VAt/VAsc VAr/VAt hr = 15 hr = 13 hr = 11 hr = 9 hr = 7 hr = 5 Tamaño del banco con respecto al del transformador para dar lugar a cierta resonancia en función del tamaño del transformador con respecto al nivel de corto circuito secundario Al instalar un banco de capacitores cuyos kVAr son el 10% de los kVA del transformador: kVA del transformador son 0.04 veces potencia de corto circuito en secundario, la resonancia es cercana a la 15, kVA del transformador son 0.08 veces potencia de corto circuito en secundario, la resonancia es cercana a la 11, kVA del transformador son 0.12 veces potencia de corto circuito en secundario, la resonancia es cercana a la 9.

55 Ubicación de capacitores

56 Ubicación de capacitores con motores de inducción