princ. fund. para plan.y calc. de redes de dist. cap.4 ip2016

8/18/2019 Princ. Fund. Para Plan.y Calc. de Redes de Dist. Cap.4 Ip2016

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CAPITULO 4

PRINCIPIOS FUNDAMENTALES PARA LA PLANEACION Y EL CÁLCULO DE

REDES DE DISTRIBUCIÓN

I.- INTRODUCCIÓN

Un considerable porcentaje del costo de transmisión de la energía eléctrica, desde

los generadores o subestaciones de potencia a los consumidores, corresponde a las

redes de distribución de baja y mediana tensión del sistema. La confiabilidad de estasredes debe ser minuciosamente calculada, por lo que se hace necesario planear y

proyectar con sumo cuidado tanto las nuevas redes como todas las ampliaciones que

se necesite realizar.

El propósito de la planeación es definir la estructura más favorable de la red, la

localización de los puntos de alimentación, así como determinar la cantidad como eltipo y calidad del equipo requerido para su construcción. La estabilización de la

tensión, la potencia de cortocircuito y la capacidad de conducción de corriente son

factores que juegan un papel muy importante en el cálculo de los sistemas dedistribución.

Las redes de baja tensión sirven generalmente a pequeños consumidores (Pequeños

talleres, comercios o residencias). Los consumidores mayores (Plantas industriales ograndes edificios comerciales o de oficinas) son alimentados directamente por la red

de mediana tensión.

Como regla general, las tensiones de las redes, aun para nuevas zonas, son fijadas opredeterminadas por las redes existentes en las instalaciones de la compañíasuministradora. Sin embargo cuando la red alimenta una zona de gran densidad o de

crecimiento muy elevado, siempre será conveniente confirmar si las tensionesexistentes podrán soportar ese crecimiento de carga o si será necesario sobreimponer

una tensión más elevada. Así mismo la eliminación o cambio de un paso intermedio detensión deberá tomarse en cuenta, por ejemplo: el paso de 6000 a 13200 volts o

directamente a 23000 volts. Cuando se trate de plantas industriales las tensiones que

se deberán escoger estarán en función de los motores que existan en la planta. Los

niveles normalizados de baja y mediana tensión existentes en la actualidad seresumen en la tabla 1.

Tabla 1. Tensiones normalizadas

País Baja tensión Mediana tensión

Alemania 220/380 v 15000/20000 v

Inglaterra 240/415 v 6000/11000/33000 v

Francia 220/380 v 10000/20000 v

E.U.A 127/220 v 13200/23000/34500 v

México 127/220 v 6000/13200/23000 v


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Una vez que las características de la carga y el tipo de estructura de una red son

conocidas, sus condiciones de operación pueden ser calculadas por medio de unanalizador de redes o bien representar las condiciones de operación en una

computadora. Sin embargo para redes pequeñas o configuraciones simples esto no esnecesario y los cálculos se pueden hacer en forma más simple. Desarrollaremos en

forma rápida métodos que nos permitan analizar con mayor rapidez las diferentes

estructuras de las redes de distribución.En redes con densidades de carga baja, el área de la sección transversal de losconductores es determinada generalmente por la caída de tensión permisible.

La carga máxima calculada en base de la temperatura máxima permisible del

conductor es permisible en áreas de alta densidad de carga, tales como redes urbanaso zonas industriales.

Generalmente se procura que la caída de tensión no exceda el 3% en la red de cables

(esto variará de acuerdo a las normas existentes en cada zona) entre la terminal de

baja tensión del transformador y la caja de fusibles del consumidor. En casosexcepcionales cuando se trate de consumidores remotos o extremos de la red (colas

de la red), se podrá permitir una caída entre 5 y 7%. La caída de tensión dentro de los

predios normalmente fluctúa entre 2 y 3% y deberá tomarse en cuenta siempre.

La caída de tensión ΔV generalmente es expresada en porciento de la tensión deoperación V, de tal manera que para una red de corriente alterna y una potencia P

dada la ecuación siguiente expresará el ΔV% en forma general:

ΔV = P (R cosθ + X senθ) l X 100

V

2

cos

θ

II.- CÁLCULOS EN REDES DE CORRIENTE DIRECTA

Con objeto de desarrollar los cálculos en forma simplificada, se presentaránprimeramente algunos de los modelos de redes más comunes, energizándolas con

corriente directa (CD) para después complementar estos cálculos en redes decorriente alterna (CA).

Alimentador radial energizado en un extremo.

En la figura 1 se muestra un alimentador de CD energizado en un solo punto;

considerando cargas concentradas a lo largo con valores (c1,i1), (c2,i2), (c3,i3) etc. , la

resistencia a lo largo del alimentador entre los puntos de alimentación serán r 1,r2,r3,etc., de tal forma que la caída total en el alimentador estará dada por:

V = I1

r

1

+I

2

r

2

+I

3

r

3

+.....+ I

n

r

n

ΔV = (i1

+ i

2

+ i

3

+. . . + i

n

) r

1

+ (i

1

+ i

2

+ i

3

+ . . . + i

n

) r

2

+ (i

1

+ i

2

+ i

3

+. . . + i

n

)r

n

= i

1

r

1

+ i

2

(r

1

+ r

2

) + i

3

(r

1

+ r

2

+ r

3

) + . . . + i

n

(r

1

+ r

2

+ r

3

+. . . + r

n

)


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Haciendo:

r1= R1; R2 = r1+ r2 ; R3 = r1+r2+r3 y

Rn = (r1+r2+r3+. . . + rn).

La expresión queda finalmente:

V = i

1

R

1

+ i

2

R

2

+ i

1

R

3

+ . . . + i

n

R

n

n

V =(iR)

i=1

Lo que significa que la caída total en el extremo de un alimentador de esta clase es

la suma de momentos de las corrientes de carga (i1, i2, i3, . . . , in) del alimentadorcon respecto al punto de alimentación, de esta forma el momento de carga se

define como el producto de una corriente por la resistencia total a través de la

cual fluye.

La caída de tensión en cualquier punto intermedio será igual a la suma de

momentos de las corrientes hasta ese punto más el momento de todas las

corrientes, considerando que actúan todas en el nodo de carga. De tal manera quesi por ejemplo se quisiera conocer la caída de tensión en el punto 2 del

alimentador de la figura 1 se tendría:

ΔV2 = i1R1 + i2R2 + (i3 +. . . + in) R2

C

1

C

n

C

2

i

1

I

2

R

1

i

2

I

3

i

n

I

1

R

2

i

3

I

n

S

C

3

Figura 1


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Alimentador radial energizado desde dos extremos

Este modelo consiste en energizar el otro extremo del alimentador cuando la

caída de tensión total en uno de los extremos puede sobrepasar el nivel detensión mínimo permisible, provocado por el uso de alimentadores muy largos al

cual se le han conectado cargas muy grandes.

El punto de menor potencial que ocurrirá a lo largo del alimentador será de unvalor mucho menor que el que se podría obtener con ese mismo alimentador con

condiciones similares, pero energizado en un extremo solamente. Con estas

condiciones de carga dadas, sin incrementar el área de la sección transversal obien para una caída de tensión fija se puede reducir considerablemente la sección

del conductor.

Considerando la figura 2 con tensiones aplicadas Vx y Vy en sus extremos y concargas I1, I2 . . . , In la caída de tensión del alimentador podrá ser calculada como la

suma de momentos con respecto a x; esta caída de tensión será igual a la

diferencia de las tensiones aplicadas en x e y, de tal manera que si esta última esconocida se puede calcular la corriente que se suministra por el nodo y.

I

1

I

x

– I

1

- . . . - I

n

I

2

V

x

I

x

V

y

SE

x

SE

y

I

x

- 1

Figura 2


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Ejemplo 1

Se tiene un alimentador industrial fig. 3 energizado en sus extremos x e y con 440 y

430 volts respectivamente. Calcular las corrientes que se inyectan en sus extremos yel punto de carga de menor potencial. La resistencia del conductor es de 5 x 10-4

ohmios/m.

25

(Ix ‒ 60 ) 4015 50m z 30

(Ix ‒ 15) (Ix ‒ 35) 100m (Ix ‒ 100)10m SEy150m 100m 20m (Ix ‒ 160) 430 volts

(Ix ‒ 130) Ix20 200m

20 (Ix ‒ 20) 10

SEx440 volts

Figura 3

Solución:

ΔVT = 2 X 5 X 10-4 (150 Ix + 100 ( Ix ‒ 15) + 50 (Ix ‒ 35) + 100 (Ix ‒ 60)+ 20 (Ix ‒ 100) + 200 (Ix ‒ 120) + 20 (Ix ‒ 130) + 10(Ix ‒ 160)

Por otro lado se tiene:

ΔV

T

= VSEx

- V

SEy

= 10 volts.

10 = 10 X 10-4 (650Ix ‒ 39,450)

650Ix X 10-4 ‒ 39,450 X 10-4 = 1

Ix = 76.07 amp. yIy = 160 ‒ 76.07 = 83.93 amp.

Para encontrar el punto de carga de menor potencial bastará con observar la ecuaciónprincipal, de acuerdo con el valor de Ix encontrado, el punto en el cual la corriente

cambia de sentido, siendo este en el punto z que se encuentra entre los de 25 y 20amperes, parte de los 40 amperes suministrados a la carga z serán suministrados

desde la SEx (16.07 amp.) y parte por la SEy (23.93 amp.).

La caída de potencial al punto de carga z será:

ΔVx-z = 10 x 10-4 (150 x 76.07 + 100(61.07) + 50(41.07) + 100(16.07)

ΔVx-z = 21.178 volts.

Y la tensión en el punto z será:

Vz = 418.82 volts.


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Alimentadores con carga uniformemente repartida

Los circuitos de baja tensión que alimentan las cargas a redes de distribución

residencial y aun urbana, además tener una carga uniformemente distribuidatienen por lo general son de las mismas características; lo cual permite hacer

algunas simplificaciones para el cálculo de las caídas de tensión a lo largo del

alimentador.Consideremos un alimentador con cargas uniformemente distribuidas yenergizadas desde un solo extremo, (fig. 4.4), de longitud L, y con una resistencia

total r y una corriente de i amperes por unidad de longitud; La ecuación general

de caída de tensión será:

x

V

SE-X

=

ri ∫x dx +i (L – x) rx0

x

VSE-X

= rix2] + iLrx – ix2r2 0

V

SE-X

= iLrx – ½(rix2)

V

SE-X

= iLrL – ½ riL2

V

SE-X

= ½ irL2

Si iL = I, la corriente total del alimentador y rL = R, la resistencia total, laexpresión queda:

V

SE-X

=½ IR

Lo que significa que la caída total de un alimentador uniformemente cargado sepuede encontrar considerando que toda la carga se encuentra concentrada en un

punto medio.

Si ese alimentador fuera energizado desde sus dos extremos, el punto de menor

potencial será el punto medio y la caída de tensión en este punto será:

V

SE-X/2

=

(½) (½) (R/2)= (1/8) IR

V

SE-X/2

=(1/8) IR

La gran ventaja que se consigue energizando desde dos puntos es:

V

SE-X/2

=(1/4) VSE-X


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B

C

donde:X C = T dx

dx

SE

Figura 4

Ejemplo 2

Encuentre la caída de tensión en un alimentador de corriente directa de 300 m delargo y de 150 mm2 al que se encuentran conectados 11 cargas de 5 amperios

cada una y cuyas acometidas se encuentran a 5 m. fig. (4.6).

a) considerando que es alimentado desde un solo alimentador,b) con los dos transformadores energizando el secundario.

La resistencia del cable de 150 mm2 de cobre es de 0.148 ohmios/km.

a) ITotal = 5 x 11 = 55 amp.

RTotal = 300 x 2 x0-148 x 10-3 = 0.0888 ohms

ΔVT = 1 x 55 x 0.0888 = 2.442 volts.2

b)

La caída de tensión mayor será en el punto medio, por tanto:

ΔVMáx = 1 x 55 x 0.0888 = 0.6110 volts.8

20/BT

x x x x x x x

5 amp.20/BT

Figura 4.5


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Ejemplo 3

Un alimentador de 150 mm2 de C.C. de 127 volts proporciona energía a una

manzana de la unidad habitacional que aparece en la figura 4.6, Calcular lascorrientes que aportan cada uno de los transformadores. El alimentador es de 300

m y tiene una carga uniformemente distribuida 0.5 amp./metro, teniendo además

3 cargas concentradas: 2 talleres que toman 25 y 40 amp. cada uno, localizados a50 y 150 metros de la SE 1 respectivamente, y un local comercial localizado a 50metros de la SE 2 y que toma 10 amp.

SE120 volts

I3

C 10 * I2

* B

40 *

25

0.5amp/m * *

SE

×

* * * *

I127 volts A I

1

Figura 4.6

Solución:

La ecuación que determina la caída en cualquier punto k del alimentador será:K

ΔVk = r∫(I - ix) dx = rK(I - 1 iK)0 2

Por tanto la caída de tensión en el primer tramo SE – A (K = 50) será:

ΔVSE‒A = r x 50 (I - 1 0.5 x 50) = 50r (I - 12.5)2

La carga uniformemente distribuida en este tramo será:

iSE-A = 0.5 x 50 = 25 amp.

1

2


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La corriente inyectada al segundo tramo A - B = I1 será:

I1= I x (25 + 25) = (I - 50) amp.

ΔVAB = r x 100 (I1 - 0.5 iK)

ΔVAB = 100 r [(I - 50) - 0.5 x 0.5 x 100)]

ΔVAB = 100 r (I - 75)

iAB = 0.5 x 100 = 50 amp.

La corriente inyectada al tercer tramo BC = I2 será:

I2 = I - (5 0+ 40 + 50) = (I - 140) amp.

ΔVBC = 100 r x [(I - 140) - 0.5 x 0.5 x 100]

ΔVBC = 100 r(I - 65)

iBC = 0.5 x 100 = 50 amp.

ΔVBC = 100 r[(I - 140) - 0.5 x 0.5 x 100]

ΔVBC = 100 r(I - 165)

iBC= 0.5 x 100 = 50 amp.

La corriente inyectada al cuarto tramo será:

I3= I - (140+ 50 + 10) = (I - 200) amp.

ΔVC-SE2 = 50r [(I - 200) - 0.5 x 0.5 x 50]

ΔVBC = 100 r(I - 212.5)

La caída de tensión total será:

ΔVT = r[50(I - 12.5) + 100(I - 75) + 100(I - 165) + 50(I - 212.5)]


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Sabiendo que:

r = 0.148 x 2 x 300 = 0.0888 ohms1000

Y

ΔVT = 127 - 120 = 7 volts,

La corriente I será:

ISE1 = 3137 = 117.76 amp.26.64

La corriente total será:

IT = 25 + 40 + 10 + [300 x 0.5] = 225 amp.

Por tanto la corriente alimentada desde la SE 2 será:

ISE2 = 225 - 117.76 = 107.24 amp

Alimentadores en anillo

Cuando las interconexiones son permanentes se logra se logra tener lo que sellama alimentadores en anillo, contando entonces con más de un punto de

alimentación.El cálculo de la distribución de tensiones en estos anillos puede efectuarse

considerando una serie de alimentadores abiertos energizados en sus dos

extremos. En los ejemplos siguientes se mostrará el ahorro en el conductor si seadopta este sistema en vez de alimentadores radiales.

En la figura 4.9a se muestra un anillo con dos puntos de alimentación y en las

figuras 4.9b como se puede desarrollarla para encontrar las ecuaciones

fundamentales.

En ocasiones es necesario instalar circuitos de interconexión para reducir la caída

de tensión; en este caso, ya no es posible hacer los cálculos de caída de tensión en

la forma simplificada, siendo necesario el uso de las leyes de Kirchhoff.Las siguientes ecuaciones, basadas en la figura 4.10, muestran en forma explícitalo anteriormente expuesto:

(I*l 1*r) + [l 2*r(I-I1)] + [l 3*r(I-I1- I2)] - (la* l 7 r) = 0


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3

× • • • • • • 4

5

2 6

× • • • × • • • 1

(a)

I

12 2

I

32

1 3

I

1

= I

12

+ I

16

I

3 =

I

32

+I

34

I

2

I

16 6 5 4

I

34

1

I

6

I

5

I

4

(b) Figura 4.9

y

[(I

t

⎼

I

⎼

I

a

) .

6

. r] + [(I

t

⎼

⎼

a

⎼

5

) .

5

. r] +

[(I

t

⎼

⎼

a

⎼

5

⎼

I

4

) .

4

. r]

⎼

[ I

a

.

7

. r]

PARQUE PÚBLICO


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I

1

I

2

I

3

l 2

l 3

I

T

I l 1

l 7 l 4

SE

l 6

l 5 I4

I

5

Figura 4.10

Suponiendo que las incógnitas sean dos Corrientes I e Ia, si se conocen todas las

longitudes y cargas del circulo bastará con resolver estas dos ecuaciones

simultáneamente para encontrarlas, y con estas la caída de tensión en cualquier puntode la red.A continuación se desarrolla un ejemplo donde se comparan tres casos.

Ejemplo.

Calcular las tensiones en cada uno de los puntos de carga en los tres casos que se

presentan en la fig. 4.11(a, b y c) en las cuales se muestran las longitudes en metros,las cargas en amperes en cada punto y las que se aplican.

Considerar que el calibre del cable es de 150 mm2 de cobre con una r=0.148 x10-3

Ω/m.

Solución:Caso a)

2 x 0.148 x10-3 [100 Ix +25(Ix-50) +75(Ix-50-10) + 80(Ix-50-10-50)+ 80(Ix-50-10-50-150) + 80(Ix-50-10-50-150) + 150(Ix-50-10-50-150-20) + 80(Ix-50-10-50-150) +80(Ix-50-10-50-150-20-40)] = 0

Ix = 174.5 amp.

Caída de tensión entre el tramo A-B

ΔVAB = 0.0296 x 10-3 x100 x 174.5 = 5.16 volts

Tensión en el punto B:

VB = 440 -5.16 = 434.84 volts

Los cálculos posteriores se hacen en forma similar y los resultados se enlistan en latabla 4.2


13/18

50A 10A 50A

25m 75m 100m B D

440 v Ix C 80m 150A A E (a)

SE

1

´ 80m 80m

G F

150m

40A 20A

50A 10A 50A

25m 75m

100m B D

440 v Ix C 80m 150A A E (b)

SE

1

Iy 40m

80m E´

G F 40m 440v150m

SE

2

40A 20A

50A 10A 50A

25m 75m

100m B D

440 v Ix C 80m 150A A Iz 50m interconexión E (c)

SE

1

Iy 10A C´ 40m

80m E´

20A G F 40m 440v150m

SE

2

40A 20A

Figura 4.11


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Caso b)

En este caso se inyecta otra fuente de alimentación entre los nodos E y F; pararesolver la red será necesario establecer dos ecuaciones: una en el sentido de las

agujas del reloj y la segunda en sentido contrario.

0.296x10-3 [100 Ix +25(Ix-50) +75(Ix - 60) + 80(Ix - 110)+ 40(Ix – 260)] = 0

I = 77.98 amp.

Y

0.296x10-3 [80 Iy +150 (Iy - 40) = 0

I = 31.10amp.


ΔVAB = 0.0296 x 10-3 x100 x 77.98 = 2.30 volts


VB = 440 – 2.30 = 437.70 volts

Los cálculos posteriores se hacen en forma similar y los resultados se enlistan en la

tabla 4.2

Caso c)

En este caso, además de la segunda fuente se construirá un alimentador que

interconecte el nodo CF, y se demostrará que aunque se anexe una carga más, en estecaso de 10 amp, las condiciones de caída de tensión no cambian sensiblemente. Se

consideran para la solución tres corrientes como incógnitas Ix, Iy e Iz en los circuitosAB, AG y CC´ respectivamente, teniendo por consiguiente que establecer tres

ecuaciones basadas en las leyes de Kirchoff.

Primer Circuito ABCC´FG

0.296x10-3 [100 Ix +25(Ix-50) +50 Iz + 50 (Iz -10) - 80Iy - 150 (Iy - 40)] = 0

0.296x10-3 [1.25 Ix + z -2.3 Iy – 77.5)] = 0 (a)

Segundo Circuito ABCDEE´

0.296x10-3 [100 Ix +25(Ix - 50) + 75(Ix – 50 -10 - z) + 80(Ix-50-10 – z - 50)+ 40(Ix - 50-10- z - 50-150) ]= 0

0.296x10-3 [1.64 Ix - z -128)] = 0 (b)


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Tercer Circuito AGFE´

0.296x10-3 [80Iy + 150 (Iy - 40) + 40(Iy – 40 – 20 + z – 10) ]= 0

0.296x10-3 [6.75 Iy + z - 220)] = 0 (c)

Resolviendo las ecuaciones a, b y c, se tiene

Ix = 94.07 amp.

Iy = 28.74 amp.

Iz = 26.27 amp.


ΔVAB = 0.0296 x 10-3 x100 x 94.07 = 2.78 volts


VB = 440 – 2.78 = 437.22 volts

Los cálculos posteriores se hacen en forma similar y los resultados se enlistan en la

tabla 4.2

Tabla 4.2

Circuito

Y Nodo Caso a Caso b Caso c

ΔV V ΔV V ΔV VAB

B

5.16

434.84

23.

437.7

1.75

438.25BCC

0.9213433.91

0.207437.49

0.066438.184

CD

D

2.54

431.30

0.399

437.09

0.666

437.518

DE

E

1.52

429.8

-0.758

437.84

-0.472

437.99

EF

F

-2.02

431.82

-1.82

439.6

1.258

439.248

FG

G

-4.684

436.5

0.395

439.2

0.126

439.122

GAA

-3.445440.0

-0.7364440.0

-0.88440.0

EE´E

-2.155439.6

-2.012440.0

E´FF

-0.342 0.754439.246

CC´C´

-0.456438.64

C´FF

-0.604439.24


16/18

III CONCEPTO DE IMPEDANCIA

La distribución de corriente alterna difiere fundamentalmente de la corrientedirecta en que existen dos componentes de caída de tensión: una en fase con

la corriente debida a la resistencia del cable y la otra en cuadratura debida ala reactancia del mismo. Teniendo esto en cuenta, las técnicas hasta ahora

consideradas pueden ser utilizadas para el cálculo de la caída tensión en

circuitos de distribución alterna; lo único que se tendría que hacer es reemplazarR por (R + jX) y las corrientes por I( cos φ1 + j sen φ1), donde cos φ1 es el factorde potencia de la carga. Considérese un alimentador radial con las cargas I1, I2, . . .,

In, tal como se muestra en la figura 4-21; la caída de tensión total en este caso

será:

ΔVt = I1( cos φ1 - j sen φ1)l 1 ( R + jX) + I2( cos φ2- j sen φ2)(l 1 + l 2 ) ( R + jX) +.. . + In( cos φn - j sen φn)(l 1 + l 2 + . . . + ln) ( R + jX)

La caída de tensión debida a la corriente que fluye a través de la impedancia

Será:I( cos φ - j sen φ)( R + jX) = RIcosφ + XI sen φ + jXIcosφ - RI senφ

SE I1 I2 In

I1 cosφ1 I2 cosφ2 Incosφn

Figura 4.21

Es posible demostrar que los últimos términos de esta ecuación son similares en lamayoría de los casos; por lo tanto, si XIcosΨ = RI senΨ la ecuación de caída detensión se puede resumir como la suma aritmética simplemente de doscomponentes: una IcosΨ, que fluye por la resistencia, y la debida a I senΨ, por la

reactancia del cable; así, la ecuación queda finalmente:

ΔVt = RIcosφ + xIsenφ

Lo que trae como consecuencia una simplificación considerable de los cálculosfinales. Esta simplificación se le conoce como concepto de impedancia.

Ejemplo 8

Calcular la caída de tensión total de un alimentador de corriente alterna de bajatensión, como el que se muestra en la figura 4-21, que tiene dos cargas: I1 = 150amp y fp1= 0.707 y I2 = 100 amp y fp2= 0.8, localizadas a 150 y 350 m de la SEde 23000/220 volts. El cable que se utilizó en la instalación es de XLPE de 150 mm 2 Aplicar en el primer cálculo la ecuación completa de caída de tensión y en el


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segundo cálculo el concepto de impedancia, compararlos e indicar el porciento deerror en los cálculos.

Solución

a)

Para un cable XLPE de 150 mm2 R = 0.148 ohms/km y X = 0.09 ohms/km

ΔVt = (150 cos 45º - j sen 45º) 150(0.148 + j0.09)10-3 + (100q cos 36.8º - j 100 sen 36.8º) 350 (0.148 - j 0.09) 10-3

ΔVt = (106 - j 106)(0.0222 + j0.0135) + (80 - j59.9) (0.0518 - j 0.0315)ΔVt = (2.331+ j 1.417‒ j2.331+ j 1417) + (4.14 + j 2.48 - j3.1 + 1.856)= 9.744 - j 1.534

⎸ΔVt ⎸= 9.86 volts.

b)

ΔVR = (0.148 X 10 -3 X 150 X 0.7 X 150 ) +(0.148 X 10-3 X 350 X 0.8 X 100)ΔVR= 2.331 + 4.144 = 6.475

ΔVx = (0.09 X 10-3 X 150 X 0.7 X 150 ) +(0.09 X 10-3 X 350 X 0.6 X 100)

ΔVx = 1.417 + 1.89 = 3.307

ΔVt = 6.475 + 3.307 = 9.782 volts.

El porciento de error será:

% error = 0.99

Con esto se demuestra que la simplificación hecha es correcta.

En redes con densidades de carga bajas, el área de los conductores se determinageneralmente por medio de la máxima caída de tensión permisible. La máxima carga permisible con base en la temperatura máxima que soporte un conductor se tornaimportante únicamente en zonas de muy alta densidad de carga, como áreas comerciales oindustriales.

La caída de tensión permisible se estima generalmente que no debe ser mayor del 3% entrelas terminales de baja tensión del transformador y las terminales o acometida delconsumidor. En casos excepcionales, cuando no se justifique por la inversión que estoimplique, se permiten caídas hasta del 7%. Las caídas dentro de los inmuebles del

consumidor doméstico generalmente se consideran de un 2% adicional.

Por lo general la expresión de caídas de tensión se presenta en porciento en función del potencial aplicado en la red. De tal manera que la expresión general de la ec. 4.21 queda:

% ΔV = I (R cosφ + X senφ) x 100V


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En donde:

V = tensión de operación del circuito

Conociendo que P = VIcosφ y sustituyendo en la ec. 4.22, la expresión quedará:

% ΔV = Pl (R cosφ + X senφ) x 100V2 cosφ

donde:

P = kwl = longitud en metros.R = resistencia ohms/km.X = reactancia ohms/km.

Esta última ecuación permite construir graficas en función del par (kw-m) y la caídapermisible, con lo que se puede seleccionar rápidamente la sección del conductor

recomendable.

princ. fund. para plan.y calc. de redes de dist. cap.4 ip2016

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