Transcript Libro de texto 1- Conceptos Fundamentales

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.
Centro de Estudios de Energía -all
1- Conceptos Fundamentales
•
•
•
•
•
•
•
•
•
•
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
– 1.9.2
– 1.9.3
Sistema monofásico de dos hilos
Sistema monofásico de tres hilos
Sistema trifásico
• 1.10 Demanda, consumo y cambio de horario de verano
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Niveles de tensión
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. 4.16 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
Nivel
Centro de Estudios de Energía -all
Voltaje de corriente alterna (CA) y de corriente directa (CD).
200
150
100
50
0
-50
0
0.5
1
1.5
2
2.5
3
VCD
VCA
-100
-150
-200
•voltaje alterno de un contacto de alimentación de 120 V,
•voltaje resultante de conectar diez acumuladores de 12V en serie
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Voltaje de CD pulsante y de CD
200
160
120
VCD
VCD Pulsante
80
40
0
0
0.5
1
1.5
2
2.5
3
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Valor promedio
108.038 V
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Voltaje de línea a neutro en tomacorrientes
voltaje (V)
200
100
0
-100
-200
0
0.01
0.02
0.03
0.04
0.05
tiempo (s)
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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.
120 V
CD
P=100 W
R=144 
120 Vrms, 60 Hz
P=100 W
R=144 
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Valor rms
Onda senoidal
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VCA
Voltaje sinusoidal,
elevado al
cuadrado, valor
promedio del valor
al cuadrado, y raíz
del promedio de la
función al
cuadrado
200
160
120
80
40
0
VCA
-40 0
0.5
1
1.5
2
2.5
3
-80
-120
-160
-200
28800
24000
19200
VC A^ 2
p rom VC A^ 2
14400
9600
4800
0
0
0.5
1
1.5
2
2.5
3
RMS
200
180
160
140
120
100
80
RMS
60
40
20
0
0
0.5
1
1.5
2
2.5
3
Centro de Estudios de Energía -all
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)0.5 120 y el valor de pico a pico es el doble, 339.4 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.
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Potencia instantánea
i
+
v  2  V  cos(t  V )
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Estudios de
Energía
v
i  2  I  cos(t   I )
-
Potencia
Factor de
aparente
potencia
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Ejemplo 2
• Considérese un voltaje de 120 V, una corriente de 1 A, un factor de potencia
0.8333 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:
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Factor de potencia
Sin distorsión
S=VI
( = v-i).
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Ejemplo 3
•
Considere una red monofásica con
voltaje de 120 V, impedancia de 120 W
y ángulo de impedancia de +33.56°.
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.
V=120  0°, V
I=1 -33,56°
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Potencia instantánea que demanda una red monofásica
i
+
v  2  V  cos(t  V )
Centro de
Estudios de
Energía
v
i  2  I  cos(t   I )
p  V  I  cos(V   I )  cos( 2t  V   I )
-
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Equivalente de Thévenin y descomposición del voltaje
+
i
-
v
v  2  V  cos(t  V ), V
i  2  I  cos(t   I ), A
+
vR
- +
vX
-
vR  2  V cos(V   I )  cos(t   I ), V
v X  2  V sin( V   I )  cos(t   I  90), V
VX
V
V
V-I
I
VR
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Potencias instantáneas y potencia reactiva
•
potencia aparente S = V I
•
factor de potencia fp = cos(V-I),
•
potencia promedio P = S fp, y
•
potencia reactiva Q = S sin(V-I)
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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.
Vo
lta
je,
V
200
2
150
1.5
100
1
50
0
-50
0
0.5
1
1.5
0.5 co
rri
0 en
te,
2
-0.5 A
-100
-1
-150
-1.5
-200
-2
v
i
ciclos
200
160
120
pot
en
cia 80
,W
pR
pX
p
40
0
0
0.5
1
1.5
2
-40
-80
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Factor de potencia de desplazamiento
fp atrasado
fp adelantado
fp unitario
IQ3
IP1
(v  i )
IQ1
IP
V
I3
V
(v i )
I1
V
IP
I1
I3
I2 =IP
IP
IQ3
I
V
200
200
200
0
0
0
-200
0
-200
90
180
270
360
-200
0
90
180
270
360
0
90
180
270
360
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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-I.
•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.
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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.
60 VAr
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
= 180-80= 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.
80 W
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Triángulo de potencia compleja
I
IP = I cos
+
IP
IQ
IQ = I sin
I
V
V-I
V
S = V I*
Q= |V| IQ = |V| |I| sin
-
P= |V| IP = |V| |I| cos
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Símbolos y unidades
Variable
Símbolo
Unidades
Potencia activa o
potencia real
Potencia reactiva
P
Watts
Q
Potencia aparente
Potencia compleja
S
S
Volt-ampere
reactivos
Volt-amperes
Volt-amperes
Abreviatura de las
unidades
W
VAr
VA
VA
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Sistema monofásico de dos hilos
Medidor (kWh)
Media
tensión
Equipo de desconexión principal
Baja
tensión
conductor no puesto a tierra
conductor puesto a tierra
conductor de puesta a tierra de equipos
conductor del electrodo
electrodo
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Sistema monofásico de tres hilos simplificado
Medidor (kWh)
Baja
tensión
Equipo de desconexión principal
conductor no
puesto a tierra
conductor
puesto a tierra
ITESM
ACEE
conductor de puesta a ITESM
tierra de equipos
conductor no
puesto a tierra
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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.
Tablero de circuitos
derivados
ITESM ITESM ACEE
Equipo de
desconexión
principal
Barra de neutros
Barra de tierras
(aislada del gabinete) (unida al gabinete)
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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:
ZY
•
a
n
ZY
Y
Z
b
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Sistema trifásico de cuatro hilos
transformador
delta
Y
fase a
fase b
fase c
Ic
conductor
puesto a tierra
Ib
Ia
puente de unión principal
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Demanda, kW
Consumo, kWh
10 de 100 W = 1000 W durante una hora:
10 x 100 W x 1 h = 1000 Wh = 1 kWh
1 de 100 W = 100 W durante diez horas:
1 x 100 W x 10 h = 1000 Wh = 1 kWh
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Cambio de Horario de Verano
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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.
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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
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Factor de potencia original
IP+jIQ
S = V I*= V(IP-jIQ)
A
ACEE
E
E
V
~
acee
IP
IQ
acos(fp1)
Q= |V| IQ
P= |V| IP
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Factor de potencia corregido
P= |V| IP
IP+j(IQ-IC)
A
ACEE
E
E
V
~
acee
QC= |V| IC
Q= |V| IQ
IC
IP
IQ
acos(fp2)
Q2= |V| (IQ-IC)
S = V I2*= V [IP-j(IQ-IC)]
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Tabla de factores para corrección fp
FP2
FP1
0.50
0.55
0.60
0.65
0.70
0.75
0.80
0.85
0.90
0.95
0.60
0.65
0.70
0.75
0.80
0.85
0.90
0.95
1.00
0.3987
0.1851
0.0000
0.5629
0.3494
0.1642
0.0000
0.7118
0.4983
0.3131
0.1489
0.0000
0.8501
0.6366
0.4514
0.2872
0.1383
0.0000
0.9821
0.7685
0.5833
0.4191
0.2702
0.1319
0.0000
1.1123
0.8987
0.7136
0.5494
0.4005
0.2622
0.1303
0.0000
1.2477
1.0342
0.8490
0.6848
0.5359
0.3976
0.2657
0.1354
0.0000
1.4034
1.1898
1.0046
0.8404
0.6915
0.5532
0.4213
0.2911
0.1556
0.0000
1.7321
1.5185
1.3333
1.1691
1.0202
0.8819
0.7500
0.6197
0.4843
0.3287
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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]=132.84 kVAr.
Dos bancos de 70 kVAr son adecuados.
Empleando la Tabla anterior con fp1 = 0.8 y fp = 0.2 obtenemos el
mismo factor 0.2657.
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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
0.4843 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 132.84 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
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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
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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
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Ejemplo 3
0.200
0.175
0.150
REC
0.125
BON
0.100
0.075
0.050
0.025
0.000
0.7
0.75
0.8
0.85
0.9
0.95
1
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Reducción en corriente de línea
Beeman, Industrial Power System
Handbook, McGraw-Hill, 1955
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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.
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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 714.1 kVAr) kVA.
– Al agregar 420 kVAr la potencia compleja cambia a
– S2 = 700 + j (714.1 – 420) = 700 + j 294.1= 759.3  acos (0.922) kVA.
– Se recuperaron 240 kVA y la fracción de capacidad recuperada es 24%.
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Reducción de pérdidas en alimentador
fp original = fp1
fp mejorado = fp2
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• 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
0.9. 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?
Ejemplo 5
• Solución:
• La demanda media es 10000 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 = 0.3951, esto es 22,756
kWh y el ahorro por instalar
capacitores en baja tensión es
$1,365 dólares al mes.
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Disminución de la caída de voltaje
I
R
jX
IP
VS
A
ACEE
E
E
~
acee
+
V
-
VL
+
VL
-
IQ
I
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La caída que se agrega en cuadratura afecta poco a la magnitud
I = I P – j IQ
VS
A
ACEE
E
E
~
acee
+
R
VS
jX
V
-
+
(X IP - R IQ)
VL
(R IP + X IQ)
VL
-
X/R >= 6 
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Multiplicadores para dispositivos de
desconexión de capacitores
Tabla 8.6. Multiplicadores de nominal de capacitores para obtener capacidad*de dispositivo de desconexión
Tipo de dispositivo de
desconexión
Corriente equivalente por kVAr
Multiplicador
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
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Capacidad interruptiva del interruptor
•
Capacidad interruptiva interruptor o fusible debe ser mayor que la posible
corriente máxima de corto circuito.
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
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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 / 14286 = 7 %
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Elevación de voltaje
V: 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
CFE
Xsc = XSC-1 +
kVASC-1
Xt
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.
kVASC-2
+
+
Vc
Vs
-
-
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Curvas de elevación
•curvas de
•V
V
•DV = 1.5%
•0.35
V
•DV = 2%
•0.3
•VAr/Vat
V
•DV = 0.5%
V
•DV = 1%
•0.25
V
•DV = 2.5%
•0.2
V
•DV = 3%
•0.15
•0.1
•0.05
•0.0200 •0.0400 •0.0600 •0.0800 •0.1000 •0.1200
•VAt/VAsc
•
•
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.
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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
•
•VAr/VAt
•0.5
•0.4
•hr = 15
•0.3
•hr = 13
•0.2
•hr = 11
•0.1
•hr = 9
•0
•0.020 •0.040 •0.060 •0.080 •0.100 •0.120 •0.140
•hr = 7
•hr = 5
•VAt/VAsc
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.
Centro de Estudios de Energía -all
Ubicación de capacitores
D
4.16 kV
ACOMETIDA
115 kV
13.8 kV
480 V
A
OTRAS CARGAS
EN BAJA TENSIÓN
E
B
DISTRIBUCIÓN A
OTRAS CARGAS
EN MEDIA TENSIÓN CCM
C
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Ubicación de capacitores con motores de inducción
M
M
M
a
b
c
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