Libro de texto 1 Conceptos Fundamentales Armnicas en

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 Centro de Estudios de Energía -all

Niveles de tensión Rango de voltaje entre líneas Voltajes típicos Baja Tensión Hasta 1 k. V 110 V, 127 V, 208 V, 220 V, 240 V, 460 V, 600 V Media Tensión Más de 1 k. V y hasta 35 k. V 2. 3 k. V. 4. 16 k. V, 13. 2 k. V, 13. 8 k. V, 23 k. V, 34. 5 k. V Alta Tensión – Subtransmisión Más de 35 k. V y menos de 220 k. V 69 k. V, 115 k. V, 138 k. V Alta tensión – Transmisión Desde 220 k. V 230 k. V, 400 k. V Nivel Centro de Estudios de Energía -all

Voltaje de corriente alterna (CA) y de corriente directa (CD). • voltaje alterno de un contacto de alimentación de 120 V, • voltaje resultante de conectar diez acumuladores de 12 V en serie Centro de Estudios de Energía -all

Voltaje de CD pulsante y de CD Centro de Estudios de Energía -all

Valor promedio 108. 038 V Centro de Estudios de Energía -all

Voltaje de línea a neutro en tomacorrientes Centro de Estudios de Energía -all

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. Centro de Estudios de Energía -all

Valor rms Onda senoidal Centro de Estudios de Energía -all

Voltaje sinusoidal, elevado al cuadrado, valor promedio del valor al cuadrado, y raíz del promedio de la función al cuadrado 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. Centro de Estudios de Energía -all

Potencia instantánea Potencia Factor de aparente potencia Centro de Estudios de Energía -all

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: Centro de Estudios de Energía -all

Factor de potencia Sin distorsión S=VI ( = v- i). Centro de Estudios de Energía -all

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. Centro de Estudios de Energía -all

Potencia instantánea que demanda una red monofásica Centro de Estudios de Energía -all

Equivalente de Thévenin y descomposición del voltaje Centro de Estudios de Energía -all

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) Centro de Estudios de Energía -all

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, p. R, tienen el mismo valor promedio de 80 W. Se aprecia además que la potencia en la reactancia, p. X, 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. Centro de Estudios de Energía -all

Factor de potencia de desplazamiento Centro de Estudios de Energía -all

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. Centro de Estudios de Energía -all

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 80 W 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. Centro de Estudios de Energía -all

Triángulo de potencia compleja Centro de Estudios de Energía -all

Símbolos y unidades Centro de Estudios de Energía -all

Sistema monofásico de dos hilos Centro de Estudios de Energía -all

Sistema monofásico de tres hilos simplificado Centro de Estudios de Energía -all

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. Centro de Estudios de Energía -all

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: Centro de Estudios de Energía -all

Sistema trifásico de cuatro hilos Centro de Estudios de Energía -all

Demanda, k. W Consumo, k. Wh Centro de Estudios de Energía -all

Cambio de Horario de Verano Centro de Estudios de Energía -all

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. Centro de Estudios de Energía -all

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 Centro de Estudios de Energía -all

Factor de potencia original Centro de Estudios de Energía -all

Factor de potencia corregido Centro de Estudios de Energía -all

Tabla de factores para corrección fp Centro de Estudios de Energía -all

Ejemplo 1 • Se tiene una carga con una demanda media de 500 k. W, factor de potencia de 0. 8 en atraso. Obtenga los k. VAr necesarios para aumentar el factor de potencia a 0. 9 en atraso. • • • Solución: Qc = P [tan(acos(fp 1)-tan(acos(fp 2))] Qc = 500 [tan(acos(. 8))-tan(acos(. 9))]=500 [0. 2657]=132. 84 k. VAr. Dos bancos de 70 k. VAr son adecuados. Empleando la Tabla anterior con fp 1 = 0. 8 y fp = 0. 2 obtenemos el mismo factor 0. 2657. Centro de Estudios de Energía -all

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 k. VAr 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 k. VAr, para aumentarlo de 90% a 100% se requieren 242 k. VAr, 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 Centro de Estudios de Energía -all

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 I 2 R • Se disminuye la caída de voltaje en alimentadores y transformadores Centro de Estudios de Energía -all

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 Centro de Estudios de Energía -all

Ejemplo 3 Centro de Estudios de Energía -all

Reducción en corriente de línea Beeman, Industrial Power System Handbook, Mc. Graw-Hill, 1955 Centro de Estudios de Energía -all

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 100 A 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 80 A lo que libera 20 A de capacidad de conducción para alimentar otras cargas. Centro de Estudios de Energía -all

Ejemplo 4 • Una carga utiliza 1000 k. VA con fp=0. 7 atrasado. Para mejorar el factor de potencia, se agregarán 420 k. VAr. Obtenga la potencia aparente y el factor de potencia resultantes. Obtenga además la fracción de capacidad recuperada. Solución: – La potencia compleja inicial es – S 1 = 1000 acos(0. 7)= (700 k. W + j 714. 1 k. VAr) k. VA. – Al agregar 420 k. VAr la potencia compleja cambia a – S 2 = 700 + j (714. 1 – 420) = 700 + j 294. 1= 759. 3 acos (0. 922) k. VA. – Se recuperaron 240 k. VA y la fracción de capacidad recuperada es 24%. Centro de Estudios de Energía -all

Reducción de pérdidas en alimentador fp original = fp 1 fp mejorado = fp 2 Centro de Estudios de Energía -all

• 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 k. Wh promedio es 0. 06 dólares. ¿Cuántos k. Wh al mes se ahorran y cuánto representa en dólares? Ejemplo 5 • Solución: • La demanda media es 10000 k. W x 0. 8 = 8, 000 k. W, considerando 720 horas al mes, el consumo mensual es 5, 760, 000 k. Wh. Las pérdidas por distribución en media tensión y por reducción a baja tensión son 57, 600 k. Wh. • La reducción de pérdidas es 1(. 7/. 9)2 = 0. 3951, esto es 22, 756 k. Wh y el ahorro por instalar capacitores en baja tensión es $1, 365 dólares al mes. Centro de Estudios de Energía -all

Disminución de la caída de voltaje Centro de Estudios de Energía -all

La caída que se agrega en cuadratura afecta poco a la magnitud X/R >= 6 Centro de Estudios de Energía -all

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 Multiplicador Corriente equivalente por k. VAr Interruptor de potencia tipo magnético Int. en caja moldeada Magnético Otros Contactores, encerrados+ 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 k. VAr 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 Centro de Estudios de Energía -all

Capacidad interruptiva del interruptor • Capacidad interruptiva interruptor o fusible debe ser mayor que la posible corriente máxima de corto circuito. k. VASC-1 son proporcionados por la compañía suministradora CFE k. VASC-1 k. VAt Zt k. VASC-2 • Si no se conocen los k. VASC-1 se pueden suponer infinitos Centro de Estudios de Energía -all

Ejemplo 6 - selección del interruptor Considere un transformador de 1000 k. VA, 480 V, con 6% de impedancia, un banco de capacitores de 70 k. VAr 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 k. A en 480 V • Zsc = 1000 / 14286 = 7 % Centro de Estudios de Energía -all

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. k. VAt Zt CFE Xsc = XSC-1 + k. VASC-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. k. VASC-2 Vs + - + Vc - Centro de Estudios de Energía -all

Curvas de elevación • curvas de • D • VAr/Vat • 0. 35 • 0. 3 • 0. 25 • 0. 2 • 0. 15 • 0. 1 DV • DV = 0. 5% DV • DV = 1. 5% DV • DV = 2. 5% DV • DV = 3% • 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 k. VAt. 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. Centro de Estudios de Energía -all

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. 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 k. VAr son el 10% de los k. VA del transformador: • k. VA del transformador son 0. 04 veces potencia de corto circuito en secundario, la resonancia es cercana a la 15, • k. VA del transformador son 0. 08 veces potencia de corto circuito en secundario, la resonancia es cercana a la 11, • k. VA 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 Centro de Estudios de Energía -all

Ubicación de capacitores con motores de inducción Centro de Estudios de Energía -all