SE-08-EJEMPLOS reales-20120920 - Sistemas Eléctricos de Potencia

EJEMPLO 1 Un taller alimentado por una red de c.a. de 230 V tiene conectadas las siguientes cargas: a) 2500 VA con f.d.p. 0,8 inductivo (en retraso) b) 3000 VAR con f.d.p. 0,6 capacitivo (en adelante) c) 500 W con f.d.p. unidad. Calcular: 1) Potencias activa, reactiva y aparente de cada carga. 2) Potencias activa, reactiva y aparente totales del taller. 3) Corriente absorbida por el taller de la red de alimentación y su f.d.p. SOLUCIÓN: 1) Carga a: Sa = 2500 VA ; Pa = S cos a = 2500 . 0,8 = 2000 W; Qa = S sen a = 2500 . 0,6 = 1500 VAR Potencia compleja: Sa = Pa + jQa = 2000 + j 1500 (VA) la potencia reactiva se ha tomado como positiva, porque la carga es inductiva, o de otro modo porque el f.d.p. va en retraso. Carga b: Qb = ‐ 3000 VAR (signo ‐ porque la carga es capacitiva) |
.
|

3000
0,8

37500,6
3750
2250 es decir, la potencia compleja de la carga b será: Sb = 2250 ‐j 3000 (VA) Carga c: Pc = 500 W; cos  = 1; Qc = 0; Sc = 500 VA que representa una potencia compleja: Sc = 500+j0 (VA) 2) La potencia compleja total absorbida por el taller: SE‐08‐EJEMPLOS reales.docx 1 STOTAL = Sa + Sb + Sc = (2000 + J 1500) + (2250 ‐ j 3000) + (500 + j 0) es decir: STOTAL = (2000 + 2250 + 500) +j (1500 ‐ 3000 + 0) = 4750 ‐ j 1500 (VA) que corresponde a: PTOTAL = 4750 W QTOTAL = ‐1500 VAR capacitivos 4750
̅
1500 4981,21
17,53 4981,21
Observe el lector que la potencia activa total es la suma de las potencias activas parciales de cada carga; la potencia reactiva es la suma algebraica (con su signo) de las potencias reactivas parciales. Sin embargo la potencia aparente total (4981,21 VA) no es la suma aritmética de las potencias aparentes parciales (2500 VA; 3750 VA; 500 VA). Esto es debido a que el f.d.p. es distinto para cada carga. Lo que si es cierto es que la potencia compleja total es la suma de las potencias complejas de cada carga. 3) La corriente total absorbida por el taller se puede obtener de la ecuación: ̅
. ∗̅
de donde se deduce: ̅
4981,21 17,53
230
21,66
17,53 el f.d.p. de la instalación se obtiene así: 

que al sustituir valores da: COS 
4750
4981,21
0,954
este f.d.p. es capacitivo, ya que QTOTAL es negativa, lo que indica que la corriente total se adelanta a la tensión. SE‐08‐EJEMPLOS reales.docx 2 Fig. E.1 En la fig. E.1 se muestra un diagrama ilustrativo, en el que se aprecia cómo se efectúa la transferencia de potencia tanto activa como reactiva, desde la red (generador) hasta el taller (receptor). Las flechas blancas representan la potencia activa. Se observa que la potencia activa total es igual a la suma de las potencias activas consumidas por los receptores o cargas. Las flechas negras representan el sentido en que se produce la transferencia de potencia reactiva. Obsérvese que la carga b) consume una potencia reactiva (red a carga) de ‐ 3000 VAr, el signo negativo es debido al carácter capacitivo de este receptor. Lo anterior es equivalente a considerar que la carga b envía a la red una potencia reactiva de 3000 VAr, y así se ha señalado trazando una flecha en sentido contrario. Sumando los valores algebraicos de las potencias reactivas, se obtiene una potencia reactiva total QTOTAL = ‐ 1500 VAr (en el sentido red ‐ taller), lo que equivale a considerar a la red como un receptor de potencia reactiva de +1500 VAr. En la fig. E.1 se han señalado también los circuitos equivalentes de cada carga. SE‐08‐EJEMPLOS reales.docx 3 EJEMPLO 2 Una obra alimentada por una red a 230 V, 50 Hz, tiene las siguientes cargas: 
Grúa, con una potencia total instalada de 10 kW, cos = 0,8 inductivo (en retraso), rendimiento 90%. 
Dos hormigoneras de 5 CV cada una, cos= 0,75 inductivo, rendimiento 88 %. 
Un grupo de soldadura de 5 kW, rendimiento 97 %, f.d.p. unidad. Calcular: a) Corrientes parciales absorbidas por cada carga. b) Corriente total y su f.d.p. c) Si la línea tiene una resistencia total de 0,1 , calcular la potencia perdida por efecto Joule en la misma. d) Potencia reactiva de los condensadores necesaria para elevar el f.d.p. de la instalación a 0,9 en retraso. e) Nueva corriente que circulará por la línea con los efectos condensadores conectados y potencia perdida en la línea por efecto de Joule. SOLUCIÓN El esquema de la instalación es el indicado en la fig. E.2 Fig. E.2 a) Corrientes parciales. 1) Grúa: SE‐08‐EJEMPLOS reales.docx 4 Potencia mecánica desarrollada: 10 kW Potencia eléctrica activa absorbida de la red: 10
11,11
Intensidad consumida por la grúa: 
11110
230. 0,8
60,39 tomando la tensión como referencia, V = V [0], la corriente anterior en forma fasorial será: I1 = 60,37 A [‐ 36,87°] ya que el arc cos 0,8 = 36,87°. Obsérvese que el argumento de la corriente (fase) es negativo ya que la carga es inductiva, por lo que la corriente se retrasa a la tensión. 2) Hormigoneras: Cada hormigonera desarrolla una potencia mecánica de 5 CV = 5 . 736 = 3680 W. La potencia eléctrica activa absorbida de la red será: 3680
0,88
4181,81 y la intensidad absorbida porcada hormigonera será: 
4181,81
230.0,75
24,24 24,24 41,41° ya que el arcos 0,75 = 41,41 ° 3) Grupo de soldadura: Potencia mecánica desarrollada: 5 kW. Potencia activa absorbida de la red: 5000
0,97
5154,64 Intensidad absorbida: 
5154,64
230. 1
22,41 22,41 0 ya que el arcos 1 = 0° SE‐08‐EJEMPLOS reales.docx 5 b) La corriente total absorbida por la obra, de acuerdo con la fig. E.2 será: IT = I1 +2 I2 + I3 que sustituyendo valores da: IT = 60,39[‐36,87] + 2 . 24,24 [‐ 41,41] + 23,43 [0] = 127,01 A[‐32,53°] que indica una corriente de: IT = 127,01 A.; cos  = cos 32,53º = 0,843 c) La potencia disipada en la línea será: Pp = R I2 = 0,1 . 127,012 = 1613,15 W d) La potencia activa total de la instalación será: PT = V IT cos  = 230 . 127,01 . 0,843 = 24,62 kW y la potencia reactiva de los condensadores será: Qc = PT (tg  - tg ´) los valores de las tangentes son:  = 32,53° ; tg 32,53 = 0,638 cos ' = 0,9 ; ' = 25,84° ; tg 25,84 = 0,484 en consecuencia se tiene: Qc = 24,62 (0,638 ‐ 0,484) = 3,78 kVAR e) La nueva corriente de línea, puede obtenerse de un diagrama vectorial de corrientes, o teniendo en cuenta que la potencia activa total permanece constante y que cos ' = 0,9 se tendrá:  ´
24620
230. 0,9
118,98 118,98 25,84 por lo que la nueva potencia disipada en la línea será: P´p = R IL2 = 0,1 . 118,982 = 1415,62 W como era de esperar, la corriente de línea se ha reducido y ha pasado de valer lT = 127,01 A a lL = 118,98 A, por lo que se ha obtenido una reducción también en las pérdidas de la línea. SE‐08‐EJEMPLOS reales.docx 6 EJEMPLO 3 Una obra alimentada por una red trifásica a 400 V, 50 Hz, tiene las siguientes cargas: 
Grúa, con una potencia total instalada de 10 kW, cos = 0,8 inductivo (en retraso), rendimiento 90%. 
Dos hormigoneras de 5CV cada una, cos= 0,75 inductivo, rendimiento 88 %. 
Un grupo de soldadura de 5 kW, rendimiento 97 %, f.d.p. unidad. Calcular: a) Corrientes parciales absorbidas por cada carga. b) Corriente total y su f.d.p. c) Si la línea tiene una resistencia total de 0,1 , calcular la potencia perdida por efecto Joule en la misma. d) Potencia reactiva de los condensadores necesaria para elevar el f.d.p. de la instalación a 0,9 en retraso. e) Nueva corriente que circulará por la línea con los efectos condensadores conectados y potencia perdida en la línea por efecto de Joule. SOLUCIÓN El esquema de la instalación es el indicado en la fig. E.3 Fig. E.3 a) Corrientes parciales. 1) Grúa: Potencia mecánica desarrollada: 10 kW SE‐08‐EJEMPLOS reales.docx 7 Potencia eléctrica activa absorbida de la red: 10
11,11
Intensidad consumida por la grúa: 
√3 11110
√3400. 0,8
20,04 tomando la tensión como referencia, V = V [0], la corriente anterior en forma fasorial será: I1 = 20,04 A [‐ 36,87°] ya que el arccos 0,8 = 36,87°. Obsérvese que el argumento de la corriente (fase) es negativo ya que la carga es inductiva, por lo que la corriente se retrasa a la tensión. 2) Hormigoneras: Cada hormigonera desarrolla una potencia mecánica de 5 CV = 5 . 736 = 3680 W. La potencia eléctrica activa absorbida de la red será: 3680
0,88
4181,81 y la intensidad absorbida porcada hormigonera será: 
√3 4181,81
√3400.0,75
8,05 8,05 41,41° ya que el arcos 0,75 = 41,41 ° 3) Grupo de soldadura: Potencia mecánica desarrollada: 5 kW. Potencia activa absorbida de la red: 5000
0,97
5154,64 Intensidad absorbida: √3 
5154,64
√3400. 1
7,44 7,44 0 ya que el arcos 1 = 0° b) La corriente total absorbida por la obra, de acuerdo con la fig. E.3 será: SE‐08‐EJEMPLOS reales.docx 8 IT = I1 +2 I2 + I3 que sustituyendo valores da: IT = 20,04[‐36,87] + 2 . 8,05 [‐ 41,41] + 7,44 [0] = 42,16 A[‐32,53°] que indica una corriente de: IT = 42,16 A.; cos  = cos 32,53 = 0,843 c) La potencia disipada en la línea será: Pp = 3 R I2 = 3 . 0,1 . 42,162 = 533,24 W d) La potencia activa total de la instalación será: P √3. V. I cos
√3. 400. 42,16. 0,9
24,63kW y la potencia reactiva de los condensadores será: Qc = PT (tg  - tg ´) los valores de las tangentes son:  = 32,53° ; tg 32,53 = 0,638 cos ' = 0,9 ; ' = 25,84° ; tg 25,84 = 0,484 en consecuencia se tiene: Qc = 24,63 ( 0,638 ‐ 0,484 ) = 3,78 kVAR e) La nueva corriente de línea, puede obtenerse de un diagrama vectorial de corrientes, o teniendo en cuenta que la potencia activa total permanece constante y que cos ' = 0,9 se tendrá: √3 ´
24627
√3400. 0,9
39,50 39,50 32,53 por lo que la nueva potencia disipada en la línea será: P´p = 3 R IL2 = 3 . 0,1 . 39,502 = 467,97 W como era de esperar, la corriente de línea se ha reducido y ha pasado de valer lT = 42,16 A a lL = 39,50 A, por lo que se ha obtenido una reducción también en las pérdidas de la línea. SE‐08‐EJEMPLOS reales.docx 9 EJEMPLO 4 Un alumbrado público de una calle está compuesto por 10 luminarias de 250 W, espaciadas 25 m, y la extrema está a 5 metros del Centro de Mando. Hallar la sección y número de cables de cobre que se deben poner para que la caída tenga 3% con una tensión nominal de 230 V. Como circuito monofásico, que la potencia se debe multiplicar por 1,8 (por el encendido), considerando toda la carga en el punto medio, la distancia al centro de mando será (25x10)/2 + 5 = 130 m, como el cable es de cobre la resistividad es 1/56 Ohm mm2/m, y despreciando la reactancia: ∆
0,03.230
2
2
1 130 250 10 1,8
56
230
Despejando S, resulta: 13,17
La sección normalizada será 16 mm2. Esta instalación requiere: un cable de fase, otro de neutro 16 mm2 (ICT‐BT‐07.1a) y otro de protección 16 mm2 (ICT‐BT‐18.3.4) y se dispone una pica de puesta a tierra cada 5 báculos. En caso de alimentación trifásica a 400 V, la caida por fase: ∆
0,03.
400
√3
1 130 250 10 1,8
56
√3. 400
Despejando S, resulta: 2,18
La sección mínima normalizada (ITC‐BT‐09‐5.2.1) será 6 mm2. Esta instalación requiere: tres cables de fase, otro de neutro 6 mm2 (ITC‐BT‐07‐1a) Dependiendo del número de conductores con que se haga la distribución, la sección mínima del conductor neutro será: a.
Con dos o tres conductores: Igual a la de los conductores de fase. b. Con cuatro conductores, la sección del neutro será como mínimo la de la tabla 1 Tabla 1. Sección mínima del conductor neutro en función del número de conductores 2
2
Conductores fase(mm )
Sección neutro(mm )
SE‐08‐EJEMPLOS reales.docx 10 6 (Cu)
10 (Cu)
16 (Cu)
16 (Al)
25
35
50
70
95
120
150
185
240
300
400
6
10
10
16
16
16
25
35
50
70
70
95
120
150
185
y otro de protección 6 mm2 (ITC‐BT‐18‐3.4) y se dispone una pica de puesta a tierra cada 5 báculos. 2
Sección de los conductores de fase de la instalación S (mm )
S ≤ 16 16 < S ≤ 35 S > 35 2
Sección mínima de los conductores de protección Sp (mm )
Sp = S Sp = 16 Sp = S/2 Las lámparas se reparten entre las tres fases. Bibliografía. Reglamento Electrotécnico para Baja Tensión: REAL DECRETO 842/2002, de 2 de agosto, por el que se aprueba el Reglamento Electrotécnico para Baja Tensión. Reglamento Electrotécnico para Baja Tensión. http://www.coitiab.es/reglamentos/electricidad/reglamentos/itc_bt/itc_bt.htm SE‐08‐EJEMPLOS reales.docx 11