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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. 1 CONCEPTOS FUNDAMENTALES 1.1 Niveles de tensión 1.2 Corriente directa y corriente alterna

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Libro de texto 1- Conceptos Fundamentales

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  1. Libro de texto1- Conceptos Fundamentales Armónicas en Sistemas Eléctricos Industriales, Armando Llamas, Salvador Acevedo, Jesús Baez, Jorge de los Reyes, Innovación Editorial Lagares, Monterrey, 2004.

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

  3. Niveles de tensión

  4. 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 12V en serie

  5. Voltaje de CD pulsante y de CD

  6. Valor promedio 108.038 V

  7. Voltaje de línea a neutro en tomacorrientes

  8. 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. Valor rms de un voltaje senoidal y valor de corriente directa equivalente

  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. 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)? Ejemplo 1 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.

  12. Potencia instantánea Potencia aparente Factor de potencia

  13. 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: Ejemplo 2

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

  15. 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. Ejemplo 3

  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. 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. Ejemplo 4

  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. 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 = 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. Ejemplo 5 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. 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. EJEMPLO 6

  28. 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: Ejemplo 7

  29. Sistema trifásico de cuatro hilos

  30. Demanda, kWConsumo, kWh

  31. Cambio de Horario de Verano

  32. Armónicas en Sistemas Eléctricos Industriales2 – 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. 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 Corrección del fp:

  34. Factor de potencia original

  35. Factor de potencia corregido

  36. Tabla de factores para corrección fp

  37. 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. Ejemplo 1

  38. 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 Ejemplo 2 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

  39. 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 Motivación para corregir factor de potencia:

  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. 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%. Ejemplo 4

  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 0.8 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? 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. 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 8.6. 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 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 Capacidad interruptiva del interruptor kVASC-1 son proporcionados por la compañía suministradora CFE kVASC-1 kVAt Zt kVASC-2

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