CONCEPTOS DE ELECTROTECNIA PARA APLICACIONES INDUSTRIALES

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Mejoramiento del factor de potencia.

Tanto a las compañías suministradoras como a los abonados, les interesa mejorar el factor de potencia de la instalación . Con ello se consigue reducir la caída de tensión y la pérdida de potencia en la línea. Por otra parte, los gastos que puedan originarse quedan pronto amortizados por el menor coste de la energía consumida .

Históricamente la introducción técnica de los diversos tipos de potencia: activa, reactiva y aparente, y del factor de potencia (f.d.p.) se debe a las Compañías Eléctricas que tienen a su cargo la explotación de las centrales que necesitan transportar grandes cantidades de energía de un punto a otro. Es evidente que la eficacia con que se realice este transporte ejerce una acción directa sobre el coste de la energía eléctrica, el cual en definitiva lo paga el cliente.

Un usuario que aporta una carga que da origen a un rendimiento relativamente pobre de la red de transporte, debe pagar un precio mayor por cada kilovatio-hora (kWh) de energía activa, que realmente recibe y utiliza. Así mismo, un consumidor que requiere de la Compañía Eléctrica una instalación más costosa para el transporte y distribución, también deberá pagar más cada kWh. La potencia activa representa realmente la potencia media que se consume, mientras que la potencia reactiva representa una oscilación de energía entre el generador y el receptor, su función consiste en suministrar energía para los campos magnéticos y carga de condensadores y transferir esta energía de vuelta a la fuente, cuando se anula el campo magnético o cuando se descargan los condensadores. Aunque los voltio-amperios reactivos, como tales, no requieren un aporte de energía por parte de los generadores, sí que necesitan una producción de voltio-amperios por parte de los mismos y por tanto limitan su capacidad de suministro. Téngase en cuenta que la tensión de un generador es una magnitud esencialmente constante, y que la corriente está limitada por la sección de los conductores de sus devanados para que la potencia disipada por efecto Joule no dé lugar a calentamientos inadmisibles, es por esto, por lo cual, la potencia nominal de los generadores (y transformadores) se define en kVA y no en kW. Para una cierta potencia aparente de un generador, la potencia activa que suministra depende del f.d.p. de la carga que coloca el usuario. Los motores eléctricos, por ejemplo, representan una carga de tipo inductivo, su potencia activa está relacionada con el trabajo mecánico útil que realizan, pero requieren además una potencia reactiva para mantener los campos magnéticos en los que se basa su funcionamiento. Esta potencia reactiva necesaria en los motores precisa de una mayor corriente en la red, lo que provoca unas mayores pérdidas RI2 en las líneas, con la consiguiente pérdida de rendimiento de la instalación, lo que no es aconsejable.

Los medios empleados para mejorar, el factor de potencia son clasificados en directos e indirectos .

Medios directos son aquellos que determinan un aumento del factor de potencia actuando sobre las mismas causas que lo hacen disminuir . Los más importantes consisten en :

1° Reemplazar los motores asíncronos que funcionen en vacío o a pequeñas cargas por otros más ajustados a la potencia mecánica exigida . Sustituir los transformadores que tengan corriente de vacío demasiado elevada.

2° Eliminar las anticuadas transmisiones mecánicas de los talleres por el accionamiento individual de cada máquina, lo que permite a cada motor trabajar a su potencia nominal.

Los medios indirectos consisten en reducir el valor de la energía reactiva absorbida de la red, para lo que se dispone en la instalación de un generador de energía reactiva. Como generadores de energía reactiva pueden emplearse los motores síncronos, pero estan mucho más extendidos los condensadores estáticos.

Figura 1.

En la fig. 1 se explica la acción correctora de un condensador sobre una instalación inductiva. Sea un motor asíncrono M, que absorbe una corriente de 100 A de intensidad, baio un factor de potencia cos φ = 0,8 de manera que la

corriente activa por fase sea Ia = I cos φ = 100 X 0,8 = 80 A,

y la corriente reactiva lx = I sen φ = 100 X 0,6 = 60 A

En a), cuando no está conectado el condensador a los bornes del motor, éste absorbe de la red tanto la corriente activa corno la reactiva, de manera que el amperímetro A1 señala el valor de la corriente total (100 amperios), suma geométrica de las intensidades componentes .

En b), con el condensador C conectado, el motor sigue absorbiendo 100 amperios de intensidad, pero sólo toma de la red los 80 amperios de la corriente activa (medidos por el amperímetro A1) mientras que la corriente reactiva de 60 amperios es suministrada por el condensador (lo que se comprueba mediante el amperímetro A2 ) .

El cálculo de una batería de condensadores está basado en el razonamiento siguiente :

La Intensidad puede suponerse formada por dos componentes, una en fase con la tensión, y otra atrasada en 90º, cuya suma da el valor de la corriente I del circuito.

La corriente del circuito adelanta en lugar de atrasar. También en este caso se puede suponer que I está formada por dos componentes, una activa o wattada y otra reactiva o dewattada. La componente reactiva se insume en este caso en el campo eléctrico entre las armaduras del condensador.

Sea una instalación receptora de corriente alterna que consume una potencia activa P, en kW, bajo un factor de potencia cos φ. La potencia reactiva Px, en kVAr , consumida valdrá

(A) Px =P. tgφ

La composición de potencias de esta instalación viene representada por el triángulo ABC de la figura 2.

Figura 2. Efecto de la corrección del factor de potencia

Si se instala una batería de condensadores, el factor de potencia de la instalación quedará mejorado, tomando un valor cos φ' . Dado que la potencia activa consumida sigue siendo P, la potencia reactiva Px' absorbida en estas condiciones será

(B) Px'=P. tgφ'

siendo ahora la composición de potencias la representada por el triángulo ABD de la misma figura 2.

Para conseguir la mejora indicada será preciso disponer una batería de condensadores que suministre una potencia reactiva Py de valor igual a la diferencia de la potencia reactiva Px, absorbida inicialmente por la instalación y la Px' absorbida por la misma una vez efectuada la mejora del factor de potencia . Así, pues, se debe verificar .

Py= Px - Px'

Sustituyendo en la expresión anterior Px y Px' por los valores dados en las fórmulas (A) y (B), resulta

Py = P tgφ — P tgφ'

sacando a P como factor común, resulta finalmente

Py = P ( tg φ — P tg φ' ) (2)

fórmula que dice : "La potencia reactiva en kVAr, que debe producir una batería de condensadores, es igual al producto que resulta de multiplicar el valor de la potencia activa de la instalación, en Kilovatios, por la diferencia de los valores de la tangente de φ antes y después de efectuada la corrección del factor de potencia" .

 

De la observación de los esquemas vectoriales de las figuras 3 y 5 anteriores, salta a la vista que la componente reactiva de una bobina, tiene sentido contrario a la componente reactiva de un condensador. Luego, si sumamos en un circuito dos corrientes de tales características, deben anularse entre sí, o, por lo menos, compensarán en parte sus efectos. 

Supongamos un circuito como el de la figura 3. Conectemos en paralelo con una impedancia, que tiene resistencia e inductancia y un condensador. La impedancia Z (formada por R y L) ,nos absorbe de la red una corriente I1, que atrasa con respecto a la tensión un ángulo φ1 que es grande. El factor de potencia de este circuito será bajo (cos φ1). 

Para, deducir el valor de la capacidad necesaria para mejorar el factor de potencia, hagamos el diagrama vectorial de dicho circuito.

 

Figura 3

Figura 4

Tomemos vertical el vector E (ver fig. 4), tensión en la toma. En atraso del ángulo φ1. estará la intensidad I1. Las componentes de esta intensidad son Id e Iw, dewattada y wattada, respectivamente. 

El condensador absorbe una corriente lc, con la que queremos compensar parte de la componente reactiva Id de la corriente I1. Después veremos por qué no compensamos totalmente toda esa componente dewattada. 

De la figura 4, podemos deducir lo siguiente: en el triángulo OBH se tiene:

y en el triángulo OGH podemos escribir:

puesto que tomamos JA = lc = OD. Luego, restando las dos tangentes trigonométricas, se tiene: 

de donde se deduce:

 

 

que es la corriente que debe absorber el condensador para pasar de un atraso φ1 de la corriente, a otro menor φ2. La corriente wattada puede ser expresada en función de la potencia activa del circuito y la tensión en los bornes: 

y la corriente lc será absorbida por un condensador de capacidad C,si su reactancia está dada por el cociente entre la tensión E y la corriente lc; luego podemos deducir el valor de la capacidad necesaria, mediante: 

substituyendo, además, la corriente wattada por el cociente W/E, con lo que se tiene, finalmente: 

que da la capacidad necesaria, expresada en micro-Farad, si la potencia activa se toma en Watt, la tensión en Volt, y la frecuencia en ciclos por segundo. Dijimos más arriba, que se trata de compensar parte del defasaje entre la corriente atrasada y la tensión en la toma, y no todo ese defasaje. Veamos la razón de esto:

Supongamos (fig. 5) que se tiene una corriente total de circuito, dada por el segmento OA, que atrasa un ángulo de 60°. Para compensar en 30° ese defasaje, hace falta una corriente capacitiva igual al segmento AH, de acuerdo con la figura 4.

La corriente total del circuito, absorbida de la toma, será ahora OH, de modo que habrá experimentado una disminución igual al segmento AF (puesto que OH =OF). La disminución relativa, o reducción porcentual de la corriente de línea, es de un 40%.

 

Figura 5

Supongamos que, no conforme con esto, deseamos compensar los 30° restantes del defasaje en atraso de la corriente, es decir, queremos que la corriente sea toda wattada, segmento OG. Para ello debemos absorber, mediante otro condensador, una corriente dada por, el segmento HG que representa el 50 % del valor del otro condensador, pues GH es la mitad de HA.

Veamos cual es la reducción operada en la corriente total del circuito. Del valor OH pasa al OG, es decir, la reducción es igual a HD,que representa el 13 %, de OH.

Luego, resulta que para compensar los primeros 30º, es decir, para pasar de atraso 60º a 30º, debíamos emplear un condensador de capacidad proporcional al segmento HA, obteniéndose una reducción de 40 %. en la intensidad. Para compensar los 30° restantes, hace falta aumentar la capacidad del condensador en un 50 %, y solo se obtiene una reducción adicional del 13 % sobre la corriente semicompensada, que representa un 6,5 % sobre el valor original OA.

No hay conveniencia económica, pues, en pasar a defasajes menores de 30º, para los que el factor de potencia vale, 0,866 que ya se considera muy bueno. Prácticamente, se tienen por buenos atrasos de fase los que producen un factor de potencia de de 0,8 (aprox. 37º).

 

Ejemplos

1- Calcular la capacidad necesaria para mejorar el factor de potencia de un motor de corriente alternada desde 0,5 hasta 0,8, si la potencia del mismo es 10 KW, la tensión 220 Volt y la frecuencia de la red 50 c/s.

Solución

Previamente, con ayuda de una calculadora, se encuentran las tangentes que corresponden a esos cosenos dados: 

para cos φ = 0,6 →tg φ = 1,732

para cos φ = 0,8 →tg φ = 0,749

Aplicando ahora la expresión dada, en la que debe tomarse la potencia en Watt y la tensión en Volt, se tiene:

 

 

2- Una planta consume 20 kW de potencia desde una línea de 240 V rms. Si el factor de potencia de la carga es de 0,9, ¿cuál es el ángulo en el cual el voltaje de la carga adelanta a la corriente de la carga?; ¿Cuál es el fasor de la corriente de carga si el voltaje de la línea tiene un fasor de 240 / ?

3 - Una planta consume 100 kW de potencia con un factor de potencia atrasado de 0,9. Si la corriente en la carga es de 200 A rms, encuentre el voltaje en la carga.

Recordando que :

  • Un factor de potencia adelantado significa que la corriente se adelanta con respecto a la tensión, lo que implica carga capacitiva. Potencia reactiva negativa.
  • Un factor de potencia atrasado significa que la corriente se retrasa con respecto a la tensión, lo que implica carga inductiva. Potencia reactiva positiva.

4 - Una planta industrial consume 250A rms desde una línea de 240V rms para alimentar una carga con 50 kW. ¿Cuál es el factor de potencia de la carga?.

5- La compañía eléctrica suministra 80 kW a una carga industrial. La carga consume 220A rms de la línea de transmisión. Si el voltaje de la carga es de 440V rms y el factor de potencia de la carga es de 0,8 en atraso, encuentre las pérdidas en la línea de transmsión.

6 - Una carga industrial que consume 40 kW es alimentada por una compañía de electricidad a través de una línea de transmisión con una resistencia de 0,1 Ω, con una potencia de 44 kW. Si el voltaje en la carga de de 240 V rms, encuentre el factor de potencia en la carga.

7 - La compañía eléctrica suministra 40 kW a una carga industrial. La carga extrae 200 A rms de una línea de transmisión. Si el voltaje de la carga es de 240 V rms y el factor de potencia de la carga es de 0,8 en atraso, encuentre las pérdidas en la línea de transmsión.

8 - Una línea de transmisión con una impedancia de 0,08 + j0,25 Ω es usada para entregar potencia a una carga. La carga es inductiva y el voltaje de la carga es de 200 / 0º V rms a 60 Hz. Si la carga requiere de 12 kW y la pérdida de potencia real en la línea es de 560 W, determine el ángulo del factor de potencia de la carga.

9 - Calcular una batería de condensadores para un taller que consume una potencia activa media de 50 kW bajo un factor de potencia igual a 0,65, de forma que, una vez mejorado,se obtenga un valor de 0,85 .

Calculamos con ayuda de una calculadora las tangentes correspondientes a los factores de potencia 0,65 y 0,85; que son respectivamente 1,169 y 0,620, por lo que, de acuerdo con la fórmula (2), la potencia reactiva a suministrar por los condensadores deberá ser igual a

Py = P ( tg φ — P tg φ' ) = 50 (1,169 - 0,620) = 27,45 kVAr

 

 

 

 

 


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