UNIVERSIDAD NACIONAL DE SAN AGUSTIN FACULTAD DE PRODUCCION Y SERVICIOS ESCUELA PROFESIONAL DE INGENIERIA

ELECTRICA

Traducción GRUPO 4

2do examen Ingles grupo “b”

CLAVIJO TORRES AXEL JOELADCO QUISPE EULERCUICAPUSA BARRA MIGUEL

Mejora del factor de potencia

6.1 Factor de Potencia

6.2 Triangulo de Potencia

6.3 Desventajas del bajo factor de potencia

6.4 Causas del bajo factor de potencia

6.5 Mejora del factor de Potencia

6.6 Equipo de Mejora del factor de potencia

6.7 Los cálculos de corrección del factor de potencia

6.8 Importancia de la mejora del Factor de Potencia

6.9 Factor de Potencia más económico

6.10 Satisfacer la demanda de kw en centrales de potencia

CONTENIDOS

CAPITULO

6

Introducción

La energía eléctrica es casi exclusivamente generado, transmitido y distribuido en la forma de corriente alterna. Por Consiguiente, la cuestión del factor de potencia viene inmediatamente en la imagen. La mayor parte de las cargas (por ejemplo, la inducción motores, lámparas de arco) son inductiva en la naturaleza y por lo tanto tienen un factor de potencia bajo. El bajo factor de potencia es altamente indeseable ya que causa una aumento de la corriente, dando como resultado pérdidas adicionales de la potencia activa en todos los elementos del sistema de potencia del generador de la central eléctrica hasta el dispositivos de utilización. A fin de asegurar la mayor parte condiciones favorables para un sistema de suministro de ingeniería y punto de vista económico, es importante tener un factor de potencia lo más cercano a la unidad como sea posible. En este capítulo, vamos a discutir los diversos métodos de mejora del factor de potencia.

6.1 Factor de Potencia

El coseno del ángulo entre la tensión y la corriente en un ac circuito se conoce como factor de potencia. En una A.C. circuito, hay generalmente una diferencia de fase ɸ entre tensión y corriente. El término cos ɸ se llama el factor de potencia del circuito. Si el circuito es inductivo, los rezagos actuales de la tensión y el factor de potencia se conocen como retraso. Sin embargo, en un circuito capacitivo, actual lleva el voltaje y el factor de potencia se dice que es principal.

Considere un circuito inductivo teniendo una corriente I retraso de tensión de alimentación V; el ángulo de desfase siendo φ. El diagrama fasor del circuito se muestra en la Fig. 6.1. La corriente del circuito que se puede descomponer en dos componentes perpendiculares, es decir;

(a) I cos ɸ en fase con V

(b) I sen ɸ 90° fuera de fase con V

El componente se conoce como componente activo o vigilante, mientras que el componente es llamado el componente reactivo o reactivo. El componente reactivo es una medida del factor de potencia. Si el componente reactivo es pequeño, el ángulo de fase ɸ es pequeño y, por tanto, el factor de potencia cos ɸ será alto. Por lo tanto, un circuito que tiene pequeña

corriente reactiva (es decir, poco ɸ) tendrá alto factor de potencia y viceversa. Cabe señalar que el valor de factor de potencia nunca puede ser más que la unidad.

(i) Es una práctica habitual para fijar la palabra "retraso" o "líder" con el valor numérico del factor de potencia para indicar si los rezagos actuales o conduce el voltaje. Así, si el circuito tiene una P.F. de 0 · 5 y el vigente rezagos de la tensión, por lo general, escribimos pf como 0 · 5 en retraso.

(ii) A veces el factor de potencia se expresa como un porcentaje. Por lo tanto el factor de potencia 0 · 8 retraso puede expresarse como 80% en retraso.

6.2 Triangulo de Potencia

El análisis de factor de potencia también se puede hacer en términos de poder extraídas por el ac circuito. Si cada lado del triángulo OAB actual de la fig. 6.1 se multiplica por el voltaje V, entonces obtenemos la OAB triángulo de potencia se muestra en la Fig. 6.2, donde

OA = VI cos ɸ y representa la potencia activa en vatios o kilovatiosAB = VI ɸ pecado y representa la potencia reactiva en VAR o kVAROB = VI y representa la potencia aparente en VA o kVA

Los siguientes puntos pueden observarse desde el triángulo de potencia:

(i) La potencia aparente en un A.C. circuito tiene dos componentes a saber.,potencia activa y reactiva en ángulos rectos entre sí.

OB2 =OA2 + AB2

ó (potencia aparente)2= (potencia activa)2+(potencia reactiva)2

ó (kVA)2= (kW)2+(kVAR)2

(ii) Factor de potencia cos ɸ ¿OAOB

= potencia activapotencia aparente

= kWkVA

Así, el factor de potencia de un circuito también puede definirse como la relación de la potencia activa y la potencia aparente. Esta es una definición perfectamente general y puede aplicarse a todos los casos, cualquiera que sea la forma de onda.

(iii) La potencia reactiva retrasada * es responsable de la bajo factor de potencia. Está claro desde el triángulo más pequeño poder que el componente de potencia reactiva, mayor es el factor de potencia del circuito.

kVAR=kVA sinɸ= kWcosɸ

sinɸ

kVAR=kWtanɸ

(iv) Para corrientes principales, el triángulo de alimentación se invierte. Este hecho proporciona una clave para la mejora del factor de potencia. Si un dispositivo toma la princpal potencia reactiva (por ejemplo, condensador) está conectado en paralelo con la carga, entonces la potencia reactiva retraso de la carga será parcialmente neutralizada, mejorando así el factor de potencia de la carga.

(v) El factor de potencia de un circuito puede ser definido en una de las tres formas siguientes:

(a) Factor de potencia =cosɸ = coseno del ángulo entre V e I

(b) Factor de potencia ¿RZ

= ResistenciaImpedancia

(c) Factor de potencia ¿VIcosɸ

VI= Potencia Reactiva

Potencia Aparente

(vi) La potencia reactiva no se consume en el circuito, ni lo hace cualquier trabajo útil. Se limita a los flujos de ida y vuelta en ambas direcciones en el circuito. Un vatímetro no mide la potencia reactiva.

Ilustración. Vamos a ilustrar las relaciones de poder en una corriente alterna circuito con un ejemplo. Supongamos que un circuito consume una corriente de 10 A a una tensión de 200 V y su pf es 0 · 8 rezagado. Entonces,

La potencia aparente = VI = 200 × 10 = 2000 VAPotencia activa = cos phi VI = 200 × 10 × 0 · 8 = 1,600 WLa potencia reactiva = VI pecado φ = 200 × 10 × 0 · 6 = 1200 VAR

El circuito recibe una potencia aparente de 2000 VA y es capaz de convertir sólo 1.600 vatios en potencia activa. La potencia reactiva es 1200 VAR y no realiza ningún trabajo útil. Simplemente fluye dentro y fuera del circuito periódicamente. De hecho, la potencia reactiva es un pasivo de la fuente debido a que la fuente tiene que suministrar la corriente adicional (i.e.,Isinɸ)

6.3 Desventajas del bajo factor de potencia

El factor de potencia desempeña un papel importante en A.C. circuitos desde energía consumida depende de este factor.

P=V L I L cosɸ (Para el suministro monofásico)

I L=P

V L cos ɸ …(i)

P=√3V L I L cosɸ (Para el suministro de fase 3)

I L=P

V L cosɸ …(ii)

Está claro que desde arriba por el poder fijo y el voltaje, la corriente de carga es inversamente proporcional al factor de potencia. Baje el factor de potencia, mayor es la corriente de carga y viceversa. Un factor de potencia inferior a los resultados de unidad en las siguientes desventajas:

(i) Gran capacidad en kVA de equipo. La maquinaria eléctrica (por ejemplo, alternadores, transformadores, interruptores) está siempre clasificado en * kVA.Ahora,

kVA= kWcosɸ

Está claro que la capacidad de kVA del equipo es inversamente proporcional al factor de potencia. Cuanto menor sea el factor de potencia, mayor es la calificación kVA. Por lo tanto, al bajo factor de potencia, la clasificación kVA del equipo tiene que ser hecho más, haciendo que el equipo más grande y caro.

(ii) Mayor tamaño del conductor. Para transmitir o distribuir una cantidad fija de energía en Voltaje constante, el conductor tendrá que llevar más corriente en bajo factor de potencia. Esto requiere gran tamaño del conductor. Por ejemplo, tomemos el caso de una sola fase de corriente motor alterna que tiene una entrada de 10 kW a plena carga, siendo el voltaje terminal de 250 V. En pf unidad, la corriente de entrada a plena carga sería 10.000 / 250 = 40 A. En 0 · 8 pf; la entrada kVA sería 10/0 = 8 · 12 · 5 y la entrada de corriente 12500/250 = 50 A. Si el motor se trabajó en un bajo factor de potencia de 0 · 8, el área en sección transversal de

los cables de alimentación y conductores de motor tendría que ser sobre la base de una corriente de 50 a en lugar de 40 a que se requeriría con factor de potencia unidad.

(iii) Las grandes pérdidas en el cobre. La corriente grande en bajo factor de potencia provoca más I2R pérdidas en todos los elementos del sistema de suministro. Esto se traduce en una pobre eficiencia.

(iv) La mala regulación de voltaje. La gran corriente con factor de potencia en bajo retraso provoca mayores caídas de tensión en alternadores, transformadores, líneas de transmisión y distribuidores. Esto resulta en la disminución de la tensión disponible en el extremo de suministro, perjudicando así el rendimiento de los dispositivos de utilización. A fin de mantener la tensión final de recepción dentro de los límites permisibles, equipo adicional (es decir, los reguladores de voltaje) es necesario.

(v) Reducción de la capacidad de manejo de sistema. El factor de potencia de retardo reduce la capacidad de manejo de todos los elementos del sistema. Es debido a que el componente reactivo de la corriente impide la plena utilización de la capacidad instalada.

La discusión anterior lleva a la conclusión de que bajo factor de potencia es una característica objetable en el sistema de suministro.

6.4 Causas del bajo factor de potencia

Bajo factor de potencia no es deseable desde el punto de vista económico. Normalmente, el factor de potencia de toda la carga en el sistema de suministro es mas baja que 0 · 8. Las siguientes son las causas del bajo factor de potencia:

(i) La mayor parte de la c.a. Los motores son del tipo de inducción (1ɸ e inducción 3ɸ motores) que tienen un factor de potencia en retraso baja. Estos motores trabajan en un factor de potencia que es extremadamente pequeño de la carga de luz (0 · 2 · 0 a 3) y se eleva a 0 8 · o · 0 9 a plena carga.

(ii) Lámparas de arco, lámparas de descarga eléctricas y hornos de calentamiento industriales operan con factor de potencia en retraso baja.

(iii) La carga en el sistema de potencia es variable; siendo alta durante la mañana y la tarde y baja en otros momentos. Durante período de baja carga, se incrementa la tensión de alimentación que aumenta la corriente de magnetización. Esto da como resultado el factor de potencia disminuido.

6.5 Mejora del factor de Potencia

El factor de potencia baja se debe principalmente al hecho de que la mayoría de las cargas de potencia son inductivo y, por lo tanto, toma corrientes rezagadas. A fin de mejorar el factor de potencia, teniendo un poco de dispositivo principal potencia se debe conectar en

paralelo con la carga. Uno de tales dispositivos puede ser un condensador. El condensador dibuja un líder actual neutraliza y en parte o completamente el componente reactivo retraso de la corriente de carga. Esto plantea el factor de potencia de la carga.

Ilustración. Para ilustrar la mejora del factor de potencia por un condensador, considere una sola carga * fase teniendo retraso de corriente I en un factor de potencia cosɸ1 como se muestra en la Fig. 6.3.

El condensador C está conectado en paralelo con la carga. El condensador se basa IC actual que lleva la tensión de alimentación por 90°. La actual línea resultante I "es la suma fasorial de I y IC y su ángulo de desfase es ɸ2 como se muestra en el diagrama fasorial de la figura. 6.3. (iii). Está claro que ɸ2 es menor que ɸ1, cos ɸ2 de modo que es mayor que cos ɸ1. Por lo tanto, se mejora el factor de potencia de la carga. Los siguientes puntos son dignos de mención:

(i) La corriente del circuito I 'después P.F. corrección es menor que la corriente circuito original I.

(ii) El componente activo o reactiva sigue siendo la misma antes y después de pf corrección porque sólo el componente reactivo de retraso se reduce por el condensador.

Icos ɸ1=I ' cos ɸ2

(iii) El componente reactivo retraso se reduce después de pf mejora y es igual a la diferencia entre el componente de retraso reactiva de la carga (I senɸ1) y corriente del condensador (IC), es decir,

I ' senɸ2=Isen ɸ1−I C

(iv) Como Icos ɸ1=I ' cos ɸ2

VIcos ɸ1=VI ' cos ɸ2 [Multiplicando por V]Por lo tanto, la potencia activa (kW) se mantiene sin cambios debido a la mejora del factor de potencia.

(v) I ' senɸ2=Isen ɸ1−I C

VI ' sen ɸ2=VIsen ɸ1−V I C [Multiplicando por V]

es decir, kVAR neto después P.F. corrección = retraso kVAR antes P.F. Corrección - kVAR de equipo principal

6.6 Equipo de Mejora del factor de potencia

Normalmente, el factor de potencia de toda la carga en una gran estación generadora se encuentra en la región de 0 · 8 a 0 · 9. Sin embargo, a veces es inferior y en tales casos es generalmente deseable que tomar medidas especiales para mejorar el factor de potencia. Esto puede lograrse por los siguientes equipos:

1. Los condensadores estáticos. 2. Condensador síncrono. 3. Subidor de Fase.

1. Condensador Estático. El factor de potencia puede ser mejorado mediante la conexión de los condensadores en paralelo con el equipo que funciona a factor de potencia de retraso. El condensador (generalmente conocido como condensador estático) dibuja un líder actual neutraliza y en parte o completamente el componente reactivo retraso de la corriente de carga. Esto plantea el factor de potencia de la

carga. Para cargas trifásicas, los condensadores pueden ser conectados en delta o estrella como se muestra en la Fig. 6.4. Condensadores estáticos se utilizan invariablemente para la mejora del factor de potencia en las fábricas.Ventajas(i) Tienen bajas pérdidas.(ii) Se requieren poco mantenimiento ya que no hay piezas giratorias.(iii) Se pueden instalar fácilmente, ya que son ligeros y no requieren ningún fundamento.(iv) Se puede trabajar en condiciones atmosféricas normales.Desventajas(i) Tienen una vida útil corta que van de 8 a 10 años.(ii) Se dañan fácilmente si la tensión supera el valor nominal.(iii) Una vez que los condensadores están dañados, su reparación es antieconómico.

2. Condensador síncrono. Un motor síncrono toma una corriente que conduce cuando sobreexcitado y, por lo tanto, se comporta como un condensador. Un motor síncrono sobreexcitado corriendo en vacío es conocido como condensador síncrono. Cuando una máquina de este tipo está conectado en paralelo con el suministro, se necesita un líder actual que neutraliza en parte el componente reactivo retraso de la carga. De este modo se mejora el factor de potencia.

Figura 6.5 muestra la mejora del factor de potencia por el método del condensador síncrono. La carga 3ɸ toma IL corriente a bajo factor de potencia en retraso cosɸL. El condensador síncrono toma Im corriente que lleva la tensión por un ángulo rpm *. La corriente I resultante es la suma fasorial de Im e IL y va a la zaga de la tensión por un ángulo ɸ. Está claro que ɸ es menor que ɸL de modo que cosɸ es mayor que cosɸL. Así, el factor de potencia se incrementa de cosɸLa cos ɸ. Condensadores síncronos se utilizan generalmente en las principales subestaciones de suministro a granel para la mejora del factor de potencia.

Ventajas

(i) Mediante la variación de la excitación del campo, la magnitud de la corriente consumida por el motor puede ser cambiada por cualquier cantidad. Esto ayuda a lograr el control † continuo de factor de potencia.

(ii) Los devanados del motor tienen una alta estabilidad térmica a las corrientes de cortocircuito.

(iii) Los fallos se pueden quitar fácilmente.

Desventajas

(i) Existen considerables pérdidas en el motor.(ii) El costo de mantenimiento es alto.(iii) Se produce ruido.(iv) Excepto en tamaños superiores a 500 kVA, el costo es mayor que la de los

condensadores estáticos de la misma calificación.(v) Como un motor síncrono tiene ningún par de arranque automático, por lo tanto,

un equipo auxiliar tiene que ser proporcionado para este propósito.

Nota. La potencia reactiva tomada por un motor síncrono depende de dos factores, el DC excitación del campo y la carga mecánica entregada por el motor. La potencia máxima que conduce es tomada por un motor síncrono con excitación máxima y la carga cero.

3. Subidor de Fase. Avanzaron de fase se utilizan para mejorar el factor de potencia de los motores de inducción. El bajo factor de potencia de un motor de inducción se debe al hecho de quesu estator bobinado dibuja corriente de excitación que va a la zaga de la tensión de alimentación por 90o. Si los emocionantes giros amperios se pueden proporcionar de alguna otra ac fuente,el estator devanado será relevado de corriente de excitación y el factor de potencia del motor se puede mejorar. Este trabajo se lleva a cabo por el impulsor de fase que es simplemente un ac excitador. La fase de avance está montada en el mismo eje que el motor principal y está conectado en el circuito del rotor del motor. Proporciona amperios emocionante convierte en el circuito del rotor a la frecuencia de deslizamiento. Al proporcionar más de amperios vueltas que se requiere, el motor de inducción se puede hacer para operar en los más importantes el factor de potencia como un sobre excitado -Motor sincrónico. Avanzaron de fase tienen dos ventajas principales. En primer lugar, como las vueltas emocionantes amperios se suministran en frecuencia de deslizamiento, por lo tanto, kVAR retraso consumida por el motor se reducen considerablemente. En segundo lugar, el subidor de fase se puede utilizar convenientemente en el que el uso de motores síncronos es inadmisible. Sin embargo, la principal desventaja de que subieron de fase es que no son económicos para los motores por debajo de 200 HP.

6.7 Los cálculos de corrección del factor de potencia

Considere la posibilidad de una carga inductiva teniendo una corriente I rezagado en un factor de potencia cosɸ1. A fin de mejorar el factor de potencia de este circuito, el remedio es para conectar un equipo de este tipo en paralelo con la carga que tiene un componente que lleva reactiva y en parte cancela el componente reactivo retraso de la carga. Fig. 6.6 (i) muestra un condensador conectado a través de la carga. El condensador tiene un I C de corriente que lleva la tensión de alimentación V por 90°. La corriente I C anula en parte el componente reactivo retraso de la corriente de carga como se muestra en el diagrama de fasores en la Fig. 6.6 (ii). La corriente del circuito resultante se convierte en I 'y su ángulo de desfase es ɸ2. Está claro que ɸ2 es menor que φ1so que la nueva pf cosɸ2 es más que la anterior P.F. cosɸ1.

A partir del diagrama fasor, es evidente que después de p.f. corrección, el componente reactivo de retraso de la carga se reduce a Isenɸ2.

Obviamente I ' senɸ2=Isen ɸ1−I C

Ó I C=Isen ɸ1−I ' sen ɸ2

Capacitancia del condensador para mejorar P.F. desde cosɸ1 a cosɸ2.

¿I C

ωV X c=

VI C

= 1ωV

Triángulo de potencia. La corrección del factor de potencia también se puede ilustrar de triángulo de poder. Por lo tanto se hace referencia a la Fig. 6.7, el triángulo OAB poder es para el factor de potencia cosɸ1 , mientras que el triángulo de potencia OAC es para la mejora del factor de potencia cosɸ2. Puede verse que la potencia activa (OA) no cambia con la mejora del factor de potencia. Sin embargo, el kVAR retraso de la carga se reduce por la pf equipos de corrección, mejorando así la P.F. a cosɸ2.

KVAR principalmente suministrada por P.F. equipos de corrección

= BC = AB-AC¿kVAR1−kVAR2

¿OA (tanɸ1−tanɸ2 )¿kW ( tanɸ1−tanɸ2 )Conocer el kVAR principalmente suministrada por el P.F. equipos de corrección, se puede obtener los resultados deseados.

Ejemplo 6.1 Un alternador está suministrando una carga de 300 kW a un pf de 0 · 6 rezagado. Si el factor de potencia se eleva a la unidad, cuántos kilovatios más pueden alternador de alimentación para la misma carga kVA?

kVA=kW /cos∅=300 /0.6=500 kVA

kWat 0.6 p . f =300 kW

kWat 1 p . f .=500∗1=500 kW

El aumento de potencia suministrada por el alternador:

Tenga en cuenta la importancia de la mejora del factor de potencia. Cuando el P.F. del alternador es la unidad, la 500 kVA son también 500 kW y el motor que impulsa el alternador tiene que ser capaz de desarrollar esta potencia junto con las pérdidas en el alternador. Pero cuando el factor de potencia de la carga es 0 · 6, la potencia es sólo 300 kW. Por lo tanto, el motor está desarrollando solamente 300 kW, aunque el alternador con su suministro de potencia nominal de 500 kVA.

Ejemplo 6.2 Un motor monofásico conectado a 400 V, 50 Hz lleva 31 · 7A a una potencia Factor de 0 · 7 rezagado. Calcular la capacitancia requerida en paralelo con el motor para elevar el factor de potencia a 0 · 9 rezagado.

Solución:

El circuito y diagramas fasoriales se muestran en las figuras. 6.8 y 6.9, respectivamente. Aquí motor M está tomando un IM actual de 31 · 7A. El IC corriente tomada por el condensador debe ser tal que cuando combinado con la mensajería instantánea, la resultante corriente I rezagos de la tensión en un ángulo φ, donde φ cos = 0 · 9.

Con referencia al diagrama de fasores en la Fig. 6.9,

Componente activo de:

Componente activo de:

Estos componentes están representados por OA en la Fig. 6.9.

Componente reactivo de:

Componente reactivo de:

Se desprende de la figura. 6.9 que:

Componente reactivo de I'M - componente reactiva de la I

Pero:

Ó

Tenga en cuenta el efecto de la conexión de un condensador 94 · 3 mF en paralelo con el motor. La corriente tomada de la oferta se reduce de 31 · 7 A a 24 · 65 A sin alterar la potencia actual o tomado por el motor. Esto permite que la economía pueda verse afectada en el tamaño de planta de generación y en el área de la sección transversal de los conductores.

Ejemplo 6.3 Una única fase de corriente alterna generador suministra las siguientes cargas: carga (i) Iluminación de 20 kW con factor de potencia unidad.

(ii) la carga de inducción del motor de 100 kW a P.F. 0 · 707 rezagado.

(iii) la carga del motor síncrono de 50 kW a P.F. 0 · 9 que conduce. Calcular el total de kW y kVA suministrada por el generador y el factor de potencia a la que funciona ..

Solución:

El uso de los sufijos 1, 2 y 3 para indicar las diferentes cargas, tenemos,

kV A1=k W 1/cos∅ 1=20/1=20 kVA

kV A2=k W 2/cos∅ 2=100/0.707=141.4 kVA

kV A3=k W 3/cos∅ 3=50 /0.9=55.6 kVA

Estas cargas están representados en la Fig. 6.10. Los tres kVAs 'no están en fase. Con el fin de encontrar el total de kVA, que resuelve cada kVA en componentes rectangulares - kW y kVAR como se muestra en la Fig. 6.10. El total de kW y kVAR pueden entonces ser combinados para obtener kVA totales.

kVA R1=kV A1 sin∅ 1=20∗0=0

kVR 2=kV A2 sin∅ 2=−141.4∗0.707=−100 kVAR

kVA R3=kV A3 sin∅3=+55.6∗0.436=+24.3 kVAR

Tenga en cuenta que kVAR2 y kVAR3 están en direcciones opuestas; kVAR2 es

un rezagado mientras kVAR3 ser un kVAR de mando.

Factor de Potencia

El factor de potencia debe estar retrasando ya que el kVAR resultante se ha quedado.

Ejemplo 6.4 Una de 3 fases, motor de inducción de 5 kW tiene un pf de 0 · 75 retrasando.

Un banco de condensadores está conectado en triángulo a través de los terminales de

alimentación y PF elevado a 0 · 9 rezagado. Determinar la calificación de kVAR de los

condensadores conectados en cada fase.

Solución:

P.F. original, cos φ1 = 0 · 75 de retraso; De entrada del motor, P = 5 kW

P.F. Final, cos φ2 = 0 · 9 de retraso; Eficiencia, η = 100% (se supone)

φ1 = cos-1 (0 · 75) = 41 · 41 º; tan φ1 = tan 41 · 41º = 0 · 8819

φ2 = cos-1 (0 · 9) = 25 · 84 º; tan φ2 = tan 25 · 84º = 0 · 4843

KVAR control  tomada por el banco del condensador

= P (φ1 tan - φ2 tan)

= 5 (0 · 8819-0 · 4843) = 1 · 99 kVAR

∴ Clasificación de los condensadores conectados en cada fase

Ejemplo 6.5 Una de 3 fases, 50 Hz, 400 V motor desarrolla 100 HP (74 · 6 kW), el

factor de potencia es 0 · 75 retrasada y eficiencia del 93%. Un banco de condensadores

está conectado en triángulo a través de los terminales de alimentación y el factor de

potencia elevado a 0 · 95 rezagado. Cada una de las unidades de capacidad se construye

de 4 condensadores de 100v. Determinar la capacitancia de cada condensador.

Solución:P.F. original, cos φ1 = 0 · 75 desfase; P.F. Final, cos φ2 = 0 · 95 desfase

De entrada del motor, P = Salida / η = 74 · 6/0 · 93 = 80 kW

∅ 1=cos−1 ( 0.75 )=41.41°

tan∅ 1= tan 41.41 °=0.8819

∅ 2=cos−1 ( 0.95 )=18.19 °

tan∅ 2=tan 18.19°=0.3288

KVAR líder tomada por el banco del condensador:

KVAR líder tomada por cada uno de los tres conjuntos

Fig. 6.11 muestra el delta * conectada banco condensador. Sea C faradio la capacidad de 4

condensadores en cada fase.

Fase actual del condensador es:

I CP=V ph

Xc=2 πfC V ph

¿2 π∗50∗C∗400

¿1,25,600 C ampers

kVARfase

=V ph ICP

1000

¿ 400∗1,25,600C1000

¿50240 C ………………….¿)

* En la práctica, los condensadores están siempre conectados en delta ya que la

capacitancia del condensador es necesaria una tercera parte de la requerida para la

conexión en estrella.

Igualando exps. (i) y (ii), se obtiene,

Ya que es la capacidad

combinada de cuatro condensadores iguales unió en serie,∴ Capacitancia de cada condensador

Ejemplo 6.6. La carga en una instalación es de 800 kW, 0 · 8 pf de desfase que trabaja para

3000 horas por año. La tarifa es de 100 rupias por kVA más 20 rupias por kWh. Si el factor

de potencia se mejora a 0 · 9 defasada por medio de condensadores sin pérdidas que

cuestan 60 rupias por kVAR, calcular el ahorro anual efectuado. Permitir 10% anual para el

interés y la depreciación de los condensadores.

Solución.

Carga: P = 800 kW

kVAR líder tomada por los condensadores:

Costo anual antes P.F. corrección:Max. demanda kVA = 800/0 · 8 = 1000

Cargos por demanda kVA = Rs 100 × 1.000 = Rs 1.00.000

Unidades consumidas / año = 800 × 3000 = 24,00,000 kWh

Cargas de energía / año = Rs 0 · 2 × 24,00,000 = Rs 4,80,000

Totales anuales = costo Rs (1,00,000 + 4,80,000) = Rs 5,80,000

Ejemplo 6.7. Una fábrica tiene una carga de 200 kW a 0 · 85 P.F. de desfase por 2500

horas por año. El traiff es Rs 150 por kVA más 5 rupias por kWh consumidos. Si el P.F. se

mejora a 0 · 9 de desfase por medio de condensadores que cuestan Rs 420 por kVAR y que

tienen una pérdida de potencia de 100 W por kVA, calcular el ahorro anual efectuada por

su uso. Permitir 10% anual para el interés y la depreciación.

Solución.Carga de Fabrica: P1 = 200 kW

Supongamos que el kVAR líder tomada por los condensadores es x.∴ Perdida de condensador

Potencia Total P2 = (200 + 0·1x) kW

x=P1 tan∅ 1−P2 tan∅2 x

¿200∗0.62−(200+0.1x )∗0.4843

x=124−96.86−0.04843 x

x= 27.141.04843

=25.89 kVAR

Costo anual antes P.F. mejora

Max. demanda kVA = 200 / 0,85 = 235,3

kVA cargos por demanda = Rs 150 × 235 · 3 = Rs 35.295

Unidades consumidas / año = 200 × 2500 = 5,00,000 kWh

Cargos Energía = Rs 0 · 05 × 5,00,000 = Rs 25.000

Totales anuales = costo Rs (35.295 + 25.000) = Rs 60.295

Costo anual después P.F. mejoraMax. demanda kVA = 200/0 · 9 = 222 · 2

kVA cargos por demanda = Rs 150 × 222 · 2 = Rs 33.330

Cargos Energía = igual que antes, es decir, RS 25000

De interés anual y la amortización = Rs 420 × 25 × 89 · 0 · 1 = Rs 1087

Pérdida anual de energía en condensadores = 0 · 1 x × 2500 = 0 · 1 × 25 · 89 × 2.500 =

6.472 kWh

Costo anual de las pérdidas que ocurren en los condensadores

= Rs 0 · 05 × 6,472 = Rs 323∴ Costo anual total = Rs (33.330 + 25.000 + 1.087 + 323) = Rs 59.740

Ahorro anual

Mejora del factor de potencia

6.8 Importancia del factor de potencia de Mejora

(ii) ¿En qué factor de potencia si el motor síncrono de operar de manera que la corriente consumida por la red es

mínimo? [(i) 421 A (ii) 0 · 316 líder]

8. Una carga de fábrica consiste en lo siguiente:

(i) un motor de inducción de 150 H.P. (111 · 9 kW) con 0 · 7 P.F. la eficiencia de retraso y un 80%;

(ii) un motor síncrono de 100 H.P. (74 · 6 kW) con 0 · 85 P.F. que conduce a una eficiencia del 90%;

(iii) una carga de iluminación de 50 kW.

Encuentra las cargas eléctricas anuales si la tarifa es de 100 rupias por año y por demanda máxima kVA más 7 poise

por kWh; asumiendo la carga de ser constante durante todo el año.

[Rs 1, 96,070]

9. Un motor síncrono de 3-fase que tiene una carga mecánica (incluidas las pérdidas) de 122 kW está conectado en

paralelo con una carga de 510 kW a 0 · 8 pf rezagado. La excitación del motor se ajusta de modo que la entrada kVA

al motor se convierte en 140 kVA. Determinar el nuevo factor de potencia de todo el sistema.

[0 · 8956 rezagado]

10. Un motor síncrono de 3 fases está conectado en paralelo con una carga de 700 kW con un factor de potencia de 0 ·

7 retraso y su excitación se ajusta hasta que eleva el total de pf a 0,9 rezagados. Carga mecánica en el motor, incluidas

las pérdidas es de 150 kW. Encontrar el factor de potencia del motor síncrono. [0 · 444 líder]

6.8 Importancia de la mejora del factor de Potencia

La mejora del factor de potencia es muy importante tanto para los consumidores y las

estaciones generadoras como veremos a continuación:

i. Para los consumidores. Un consumidor tiene que pagar los gastos de electricidad

por su demanda máxima en kVA más las unidades consumidas. Si el consumidor

mejora el factor de potencia, entonces hay una † reducción de su demanda máxima

kVA y por lo tanto no habrá ahorro anual debido a las cargas máximas de demanda.

Aunque la mejora del factor de potencia implica un gasto anual adicional a cuenta

de pf equipos de corrección, sin embargo, la mejora de P.F. a unos adecuados

resultados de valor en el ahorro anual neto para el consumidor.

ii. Para la generación de estaciones. Una estación de generación es tanto que ver con

la mejora del factor de potencia como el consumidor. Los generadores en una

estación de energía se clasifican en kVA pero la salida útil depende de la salida kW.

Como salida de la estación es kW = kVA × cos φ, por lo tanto, el número de

unidades suministradas por ella depende el factor de potencia. Cuanto mayor sea el

factor de potencia de la estación de generación, mayor es la kWh que entrega al

sistema. Esto lleva a la conclusión de que la mejora del factor de potencia aumenta

la capacidad de ganancia de la central.

6.9 Factor de Potencia más económico

Si un consumidor mejora el factor de potencia, hay una reducción en su demanda máxima

kVA y por lo tanto no habrá ahorro anual en los cargos máximos de demanda. Sin embargo,

cuando se mejora el factor de potencia, que implica la inversión de capital en el equipo de

corrección de factor de potencia. Todos los años el consumidor efectuar gastos en la forma

de interés anual y la amortización de la inversión realizada por la PF equipos de corrección.

Por lo tanto, el ahorro anual neto será igual al anual ahorro en cargos por demanda máxima

menos gastos anuales incurridos en p.f. equipos de corrección.

El valor al que el factor de potencia debe ser mejorado a fin de tener el máximo ahorro

anual neto se conoce como el factor de potencia más económica.

Considere un consumidor de tomar una carga máxima de P kW a un factor de potencia de

cos φ1 y acusado a un ritmo de Rs x por kVA de máxima demanda anual. Supongamos que

el consumidor mejora el factor de potencia a cosφ2 instalando P.F. equipos de corrección.

*Esto no es aplicable a los consumidores nacionales porque la carga doméstica (por

ejemplo, carga de iluminación) tiene un pf muy cerca de la unidad. Aquí, los consumidores

significan grandes consumidores industriales y otros.

Max. Demanda en

Si cos φ es más, la demanda máxima kVA será menor y viceversa.

Principios del Sistema de Alimentación

Deje que los gastos efectuados en el P.F. equipos de corrección

sea Rs Y por kVAR anual. El triángulo de potencia en el P.F.

originales cosφ1 es OAB y para la mejora de P.F. cosφ2, es OAC

[Ver Fig. 6,13].

kVA máx. Demanda a cosφ1, kVA 1 = P / cosφ1 = P seg

φ1

kVA máx. Demanda a cosφ2, kVA 2 = P / cosφ2 = P seg φ2

Ahorro anual en los cargos máximos de demanda

= Rs x (kVA1 - kVA2)

= Rs x (P seg φ1 - φ2 P seg)

= R x P (seg φ1 - φ2 seg) ... (i)

La potencia reactiva en cosφ1, kVAR1 = P tanφ1

La potencia reactiva en cosφ2, kVAR2 = P tanφ2

KVAR líder tomada por p.f. equipos de corrección

= P (tan φ1 − tan φ2)

Costo anual de p.f. equipos de corrección

= Rs Py (tan φ1 − tan φ2) ... (ii)

Ahorro anual neto, S = exp. (i) − exp. (ii)

= xP (sec φ1 − sec φ2) − yP (tan φ1 − tan φ2)

En esta expresión, solamente φ2 es variable, mientras que todas las demás magnitudes son

fijos. Por lo tanto, el ahorro anual neto será máxima si la diferenciación de WRT expresión

anterior φ2 es cero, es decir i.e.

O

O

O

O

O

O

∴ Factor más poder económico,

Cabe señalar que el factor de potencia más económica (cosφ2) depende de los costos

relativos de la oferta y la p.f. equipos de corrección, pero es independiente de la original,

p.f. cosφ1.

Ejemplo 6.13 Una fábrica que tiene una demanda máxima de 175 kW a un factor de

potencia de 0 · 75 rezagado tiene un coste de Rs 72 por kVA anual. Si la fase de equipo

avanzando cuesta 120 rupias por kVAR, encontrar el factor de potencia más económica a la

que la fábrica debe funcionar. Los intereses y la amortización total de 10% de la inversión

de capital en el equipo de la fase de avance.

Solución:

Factor de potencia de la fábrica, cos φ1 = 0 · 75 rezagado

Max. Cargos por demanda, x = Rs 72 por kVA por año

El gasto en equipos de avanzar de fase, y = Rs 120 × 0 · 1 = Rs 12 * / kVAR / año

* La inversión total para la producción de 1 kVAR es Rs 120. El interés anual y la

amortización son de 10%. Esto significa que un gasto de Rs 120 × 10/100 = 12 rupias se

incurre en 1 kVAR anual.

∴ más p.f. económica a la que debe funcionar la fábrica es

Ejemplo 6.14 Un consumidor tiene una demanda media de 400 kW a un pf de 0 · 8

rezagado y el factor de carga anual de 50%. La tarifa es de Rs 50 kVA de máxima demanda

anual más el 5 poise por kWh. Si el factor de potencia se mejora a 0 · 95 rezagado mediante

la instalación de equipos de avanzar de fase, calcular:

(i) la capacidad del equipo de avance de fase

(ii) el ahorro anual afecta

El equipo de la fase de avance cuesta 100 rupias por kVAR y el interés anual y la

amortización en conjunto ascienden a 10%.

Solución:

Max. La demanda kW, P = 400/0 · 5 = 800 kW

Original p.f., cos φ1 = 0·8 lag ; Final p.f., cos φ2 = 0·95 lag

φ1 = cos−1 (0·8) = 36·9o ; tan φ1 = tan 36·9o = 0·75

φ2 = cos−1 (0·95) = 18·2o ; tan φ2 = tan 18·2o = 0·328

(i) kVAR líder tomada por equipos fase de avance

= P (tan φ1 − tan φ2) = 800 (0·75 − 0·328) = 337 kVAR∴ Capacidad de equipos avanzar de fase debe ser 337 kVAR.

(ii) Max. Cargos por demanda, x = Rs 50 / kVA / año

El gasto en equipos fase de avance y = Rs 0 · 1 × 100 = Rs 10 / kVAR / año

Max. Demanda kVA a 0 · 8 P.F. = 800/0 · 8 = 1.000 kVA

Max. Demanda kVA a 0 · 95 P.F. = 800/0 · 95 = 842 kVA

Ahorro anual en los cargos máximos de demanda

= Rs 50 (1000 - 842) = Rs 7900

Gasto anual en equipos fase de avance

= Rs (y × capacidad del equipo)

= Rs 10 × 337 = 3370∴ Ahorro anual neto = R (7900 - 3370) = Rs 4530

Ejemplo 6.15 Una fábrica tiene una demanda promedio de 50 kW y un factor de carga

anual de 0 · 5. El factor de potencia es 0 · 75 rezagado. La tarifa es de 100 rupias por kVA

de máxima demanda anual más el 5 poise por kWh. Si la pérdida de condensadores

gratuitos que cuestan 600 rupias por kVAR se va a utilizar, encontrar el valor de factor de

potencia en la que resultará el máximo ahorro. El interés y la depreciación en conjunto

ascienden a 10%. También determinar el ahorro anual efectuado por la mejora de la PF a

este valor.

Solución:

Max. Cargo de la demanda, x = Rs 100 / kVA / año

El gasto en los condensadores, y = Rs 0 · 1 × 600 = Rs 60 / kVAR / año

p.f. más económica,

Max. La demanda kW = 50/0 · 5 = 100 kW

La demanda máxima kVA a 0 · 75 P.F. es = 100/0 · 75 = 133 · 34 kVA, mientras que es =

100/0 · 8 = 125 kVA a 0 · 8 p.f.

∴ Ahorro anual = 100 rupias (133 · 34-125) = Rs 834

Falta la 20, 21, 22, 23,24

Ejemplo 6.16 Una fábrica tiene una carga constante de 200 kW a un factor de potencia en

retraso de 0 · 8. La tarifa es de 100 rupias por kVA de máxima demanda anual más el 5

poise por kWh. La planta de avanzar de fase cuesta 500 rupias por kVAR y el interés anual

y la amortización en conjunto ascienden a 10%.

Encontrar:

(i) el valor al que puede mejorar el factor de potencia de manera que el gasto anual es mínimo

(ii) la capacidad de la planta de avance de fase

(iii) el nuevo proyecto de ley para la energía, suponiendo que la fábrica funciona para 5000 horas por año.

Solución:

La carga máxima de fábrica, P = 200 kW

Factor de potencia original, cosφ1 = 0 · 8 rezagadoMax. Cargos por demanda, x = Rs 100 / kVA / añoCargos en fase de planta de avanzar, y = Rs 500 × 0 · 1 = Rs 50 / kVAR / año

(i) el factor de potencia más económica, = 0 · 866 rezagado

(ii) la capacidad de la fase de avance de la planta = P [tan φ1− tan φ2]

= 200 [tan (cos−1 0·8) −tan (cos−1 0·866)]

= 200 [0·75 − 0·5774] = 34·52 kVAR

(iii) Unidades consumida / año = 200 × 5000 = 106 kWh

Gastos energéticos anuales = Rs 0 · 05 × 106 = 50,000 rupias

Costo anual de la fase planta avanzando = Capacidad × R y de la planta

= Rs 50 × 34 · 52 = Rs 1726

Max. Cargo de la demanda = Rs x × P / cos φ2 = Rs 100 × 200/0 · 866 = Rs 23,094

Factura anual de energía = Rs (50,000 + 1.726 + 23,094) = Rs 74.820

Ejemplo 6.17 Una carga industrial lleva 80.000 unidades en un año, el factor de potencia

promedio es 0 · 707 rezagado. La demanda máxima registrada es de 500 kVA. La tarifa es

de 120 rupias por kVA de máxima demanda más 2 · 5 poise por kWh. Calcular el costo

anual de la oferta y averiguar el ahorro anual en costes mediante la instalación de fase

planta avanzando cuesta Rs 50 por kVAR que eleva la PF desde 0 a 707 · · 0 9 rezagado.

Permitir 10% anual en el costo de la fase de avance de la planta para cubrir todos

adicionales costes.

Solución:

Energía consumida / año = 80.000 kWh

Demanda de kVA máxima = 500

Costo anual de la oferta = MD Cargos + gastos de energía

= Rs (120 × 500 + 0 · 025 × 80000)

= Rs (60.000 + 2.000) = Rs 62.000

cosφ1 = 0 · 707 lag; cosφ2 = 0 · 9 lag

Max. La demanda kW a 0 · 707 p.f., p = 0 · 500 × 707 = 353 · 3 kW

KVAR líder tomada por equipos fase de avance

= P [tan φ1 − tan φ2]

= 353·3 [tan (cos−1 0·707) − tan (cos−1 0·9)]

= 353·3 [1 − 0·484] = 182·3 kVAR

Costo anual de los equipos de la fase de avance

= Rs 182·3 × 50 × 0·1 = Rs 912

Cuando P.F. se levantó de 0 · 707 equipos a 0 · 9 equipos, nueva demanda máxima kVA s = 353 · 3/0 · 9 = 392 · 6 kVA.

Reducción de la demanda kVA = 500-392 · 6 = 107 · 4

Ahorro anual en kVA cobra Rs = 120 × 107 · 4 = Rs 12,888

Como las unidades consumidas la siguen siendo los mismos, por lo tanto, el ahorro será igual a salvar el MD cargos menos el costo anual de la fase de avance plana.

∴ ahorro = Rs anuales (12,882-912) = Rs 11.97

PROBLEMAS TUTORIAL

1. Una fábrica que tiene una demanda máxima de 175 kW a un factor de potencia de 0 · 75 rezagado tiene un coste de Rs 72 por kVA anual. Si la fase de equipo avanzando cuesta 120 rupias por kVAR, encontrar el factor de potencia más económica a la que la fábrica debe funcionar. Los intereses y la amortización total de 10% de la inversión de capital en el equipo de la fase de avance. [0 · 986 conducción]

2. Un consumidor tiene una carga constante de 500 kW a un factor de potencia de 0 · 8 rezagado. La tarifa vigente es de 60 rupias por kVA de máxima demanda, más el 5 poise por kWh. Si el factor de potencia se mejora a 0 · 95 quedando mediante la instalación de equipo de avance de fase, el cálculo:(i) La capacidad de los equipos de la fase de avance.(ii) El ahorro anual efectúa.El equipo de la fase de avance cuesta 100 rupias por kVAR y el interés anual y la amortización en conjunto ascienden a 10%. [(i) 210 · 6 kVAR (ii) Rs. 3815]

3. Una fábrica tiene una demanda media de 320 kW y un factor de carga anual de 50%. El factor de potencia es 0 · 8 rezagado. La tarifa es de Rs 80 por año y por

6.10 Satisfacer la demanda de kw en centrales de Potencia

La salida útil de una central es la salida kW entregado por éste a la red de alimentación. A veces, se requiere una estación de energía para ofrecer más kW para satisfacer el aumento de la demanda de energía. Esto se puede lograr por cualquiera de los dos métodos siguientes:

1) Al aumentar la capacidad de kVA de la central al mismo factor de potencia (cos φ1 decir). Obviamente, un costo adicional se incurrirá para aumentar la capacidad de kVA de la estación.

2) Al mejorar el factor de potencia de la estación de cos φ1 a cos j2 sin aumentar la capacidad kVA de la estación. Esto también implicará un costo adicional a cuenta de los equipos de corrección del factor de potencia.

Comparación económica de los dos métodos. Está claro que cada método de aumentar la capacidad de la estación kW implica costo adicional. Es, por lo tanto, es deseable hacer la comparación económica de los dos métodos. Supongamos que una central eléctrica de la calificación P kVA es el suministro de carga a p.f. de cosφ2? 1. Supongamos que la nueva

PROBLEMAS TUTORIAL

1. Una fábrica que tiene una demanda máxima de 175 kW a un factor de potencia de 0 · 75 rezagado tiene un coste de Rs 72 por kVA anual. Si la fase de equipo avanzando cuesta 120 rupias por kVAR, encontrar el factor de potencia más económica a la que la fábrica debe funcionar. Los intereses y la amortización total de 10% de la inversión de capital en el equipo de la fase de avance. [0 · 986 conducción]

2. Un consumidor tiene una carga constante de 500 kW a un factor de potencia de 0 · 8 rezagado. La tarifa vigente es de 60 rupias por kVA de máxima demanda, más el 5 poise por kWh. Si el factor de potencia se mejora a 0 · 95 quedando mediante la instalación de equipo de avance de fase, el cálculo:(i) La capacidad de los equipos de la fase de avance.(ii) El ahorro anual efectúa.El equipo de la fase de avance cuesta 100 rupias por kVAR y el interés anual y la amortización en conjunto ascienden a 10%. [(i) 210 · 6 kVAR (ii) Rs. 3815]

3. Una fábrica tiene una demanda media de 320 kW y un factor de carga anual de 50%. El factor de potencia es 0 · 8 rezagado. La tarifa es de Rs 80 por año y por

demanda de energía se puede cumplir, ya sea por el aumento de la PF a cosφ2 en P kVA o aumentando la capacidad en kVA de la estación en el pf originales cosφ1. La energía triángulos para el conjunto situación se muestra en la Fig. 6.14.

1) El costo de aumentar la capacidad de kVA de estación. Haciendo referencia a la Fig. 6.14, el aumento de la capacidad de kVA de la estación a las cos φ1 para satisfacer la nueva demanda está dada por:Aumento de la capacidad de kVA

Si Rs x es el costo anual por kVA de la estación, a continuación, el costo anual debido al aumento de la capacidad kVA

2) Costo de P.F. equipos de corrección. Haciendo referencia a la Fig. 6.14, la nueva

demanda en kW pueden ser satisfechas mediante el aumento de la PF desde cos φ1 a cos φ2 en el kVA original de la estación. El kVAR lleva a ser tomada por el P.F. equipos de corrección viene dada por ED es decir, KVAR conducción tomada por p.f. equipos de corrección

Si Rs. y es el costo anual por kVAR del p.f. equipos de corrección, entonces, el

costo anual sobre P.F. equipos de corrección

= Rs y P (tan φ1 cos φ2 − sin φ2)

Diferentes casos

a) El p.f. equipos de corrección será más barato si

*Tenga en cuenta la construcción. Aquí Δ OAB es el triángulo de energía para la estación de suministro de P kVA a cos φ1. La demanda en la estación es OA kW. La nueva demanda es kW OC. Esto se puede cumplir:

(i) o bien mediante el aumento de la demanda kVA de la estación a la DO a la misma pf cos φ1. Obviamente, Δ TOC es el triángulo de energía cuando la estación está suministrando kW OC en cos φ1.

(ii) o aumentando la P.F. desde cos φ1 a cos φ2 al mismo kVA es decir, P kVA. Obviamente, OB = OE. Por lo tanto, Δ OCE es el triángulo de energía cuando la estación está suministrando kW OC a mejorar la PF cos φ2.

O

b) El coste máximo anual per kVAR (es decir, y) de pf equipos de corrección que

justifique su instalación es cuando

O

O

O

O

Ejemplo 6.18 Una planta de energía está funcionando en su máxima capacidad kVA con

un p.f. conducción de 0 · 7. Ahora se requiere para aumentar su capacidad kW para

satisfacer la demanda de la carga adicional. Esto se puede hacer:

i. aumentando la P.F. a 0,85 quedando por P.F. equipos de corrección o mediante la

instalación de plantas de generación adicional cuesta Rs 800 por kVA. ¿Cuál es el

coste máximo por kVA de P.F. equipos de corrección de hacer su uso más

económico que la planta adicional?

ii. Solución. Deje que la capacidad inicial de la planta sea

kVA OB a un pf cos φ1. Haciendo referencia a la Fig.

6.15, la nueva demanda kW (OC) pueden ser

satisfechas mediante el aumento de la PF desde 0 · 7

(cos φ1) a 0 · 85 retraso (cos φ2) a OB kVA o

aumentando la capacidad de la estación a OD kVA a

cos φ1.

Costo de aumentar la capacidad de la planta. Haciendo referencia a la Fig. 6,15, el aumento

de la capacidad kVA es BD.

Ahora OE cos φ2 = OD cos φ1

O OB cos φ2 = OD cos φ1 (∴ OE = OB)∴ OD = OB × cos φ2/cos φ1 = OB × 0·85/0·7 = 1·2143 OB

Aumento de la capacidad de kVA de la planta es

BD = OD - OB = 1 · 2143 × OB - OB = 0 · 2143 OB∴ Coste total de aumentar la capacidad de la planta

= Rs 800 × 0·2143 × OB

= Rs 171·44 × OB ... (i)

Costo de p.f. equipos de corrección.

cos φ1 = 0·7 ∴ sen φ1 = 0·714

cos φ2 = 0·85 ∴ sen φ2 = 0·527

KVAR líder tomada por p.f. equipos de corrección es

ED = CD − CE = OD sin φ1 − OE sin φ2

= 1·2143 × OB sin φ1 − OB sin φ2

= OB (1·2143 × 0·714 − 0·527) = 0·34 × OB

Deje que el costo por kVAR del equipo sea y Rs.∴ Coste total de P.F. equipos de corrección

= Rs 0·34 × OB × y ... (ii)

El costo por kVAR del equipo que justifique su instalación es cuando exp. (i) = exp. (ii), es decir,

171·44 × OB = 0·34 × OB × y∴ y = Rs 171 · 44/0 · 34 = Rs 504 · 2 por kVAR

Si las pérdidas en P.F. equipos de corrección se descuidan, entonces es kVAR = kVA. Por

lo tanto, TH coste máximo por kVA de p.f. equipos de corrección que se puede pagar es de

Rs 504 · 2.

Ejemplo 6.19. Un sistema está funcionando en su máxima capacidad kVA con un factor de

potencia de retraso 0 · 7. Un aumento previsto de la carga puede satisfacerse mediante uno

de los dos métodos siguientes:

(i) Al elevar el P.F. del sistema a 0 · 866 mediante la instalación de equipo de avance de

fase.

(ii) Mediante la instalación de planta de generación extra.

Si el coste total de la planta de generación es de Rs 100 por kVA, estimar el costo que

limita por kVA de equipos de avanzar de fase para hacer su uso más económico que la

planta de generación adicional. Los cargos por intereses y depreciación pueden suponer un

10% en cada caso.

Solución. La demanda original es OA y la mayor demanda es OC. Fig. 6.16 muestra los

dos métodos para satisfacer la creciente demanda kW (OC).

Costo de aumentar la capacidad de la planta

BD = OD − OB

= OB × 0.866/0.70 − OB

= OB (1·237 − 1)

= 0·237 × OB

∴ Costo anual de aumentar la capacidad de la planta

= Rs 10 × 0·237 × OB

= Rs. 2·37 × OB ... (i)

El costo del equipo en fase de avance. Liderando kVAR tomada por equipos fase de

avance, ED = CD − CE

= OD* sin φ1 − OE sin φ2

= 1·237 × OB × sin φ1 − OB sin φ2

= OB (1·237 × 0·174 − 0·5) = 0·383 × OB

Deje que el costo por kVAR del equipo sea y Rs.

Costo anual de los equipos de la fase de avance

= Rs 0·1 × y × 0·383 × OB ... (ii)

Para la economía, los dos costos deben ser iguales, es decir, exp. (i) = exp. (ii).

∴ 0·1 × y × 0·383 × OB = 2·37 × OB

O y = Rs (2.37/0.1×0.383) = Rs 61·88.

Si se descuidan las pérdidas en el equipo de avanzar de fase, entonces es kVAR = kVA. Por

lo tanto, el costo máximo por kVA de equipos de avanzar de fase que se puede pagar es de

Rs 61 · 88.

* OD = OB + BD = OB + 0·237 × OB = 1·237 × OB

PROBLEMAS TUTORIAL

1. Un sistema está funcionando a su máxima capacidad con un factor de potencia de retardo de 0 · 707. El aumento previsto de la carga puede satisfacerse mediante (i) elevar el factor de potencia del sistema a 0 · 87 quedando por la instalación de avanzaron de fase y (ii) mediante la instalación de cables de generación adicionales etc., para satisfacer la creciente demanda de energía.

El costo total de este último método es Rs 110 por kVA. Estimar el costo de limitar por kVA de la planta de avanzar de fase que justifique la instalación.

2. Para aumentar la capacidad kW de una central eléctrica que trabaja en 0 · 7 factor de potencia retraso, el necesario aumento de potencia se puede obtener mediante el aumento del factor de potencia a 0 · 9 retraso o mediante la instalación de la planta adicional. ¿Cuál es el coste máximo por kVA del aparato de corrección del factor de potencia para hacer su uso más económico que la planta adicional en Rs 800 por kVA?

3. Un sistema eléctrico está funcionando en su máxima capacidad kVA con un pf rezagado de 0 · 8. El aumento previsto de la carga se puede cumplir, ya sea por el aumento de la PF del sistema a 0 · 95 quedando por la instalación de la fase de planta de avance o mediante la construcción de una planta generadora de extra y los accesorios necesarios. El costo total de este último método es Rs 80 kVA. Determinar el costo límite económico por kVA de la planta en fase de avance. El interés y la depreciación puede suponer un 12% en ambos casos.

AUTOEXÁMEN

1. Llene los espacios mediante la inserción de palabras / cifras correspondientes.

(i) El factor de potencia de un A.C. circuito está dada por ............... ............... potencia dividido por el poder.

(ii) El factor de potencia de retraso se debe a ............... potencia consumida por el circuito.

(iii) El factor de potencia puede ser mejorado mediante la instalación de un dispositivo de este tipo en paralelo con la carga que tiene ............

(iv) La principal razón para el bajo factor de potencia de desfase del sistema de suministro se debe a la utilización de ............... motores.

(v) Un sobreexcitado motor síncrono en ninguna carga que se conoce como ...............

2. Recoger las palabras correctas / cifras de los soportes y rellenar los espacios en blanco.

(i) La más pequeña es la potencia reactiva de desfase dibujado por un circuito. la ............... es su factor de potencia. (más pequeño, mayor)

(ii) El valor máximo de factor de potencia puede ser ............... (1, 0 · 5, 0 · 9)

(iii) KVAR = ............... φ tan (kW, kVA)

(iv) Al mejorar el factor de potencia del sistema, los kilovatios suministrados por la estación de generación son ............... (Disminución, el aumento, no cambiado)

(v) El factor de potencia más económica para un consumidor es generalmente ...............

(0 · 95 de desfase, unidad, 0 · 6 retraso)

RESPUESTA A LA PRUEBA

1. (i) activa, aparente, (ii) de desfase reactivo (iii) la primera potencia reactiva, (iv) inducción (v) síncrono

condensador.

2. (i) mayor, (ii) 1, (iii) kW, (iv) aumentado, (v) 0 · 95 rezagado.

TEMAS CAPÍTULO DE REVISIÓN

1. ¿Por qué hay diferencia de fase entre la tensión y la corriente en un ac circuito? Explicar el concepto de factor de potencia.

2. Discutir las desventajas de un bajo factor de potencia.

3. Explicar las causas del bajo factor de potencia del sistema de abastecimiento.

4. Discutir los diversos métodos de mejora del factor de potencia.

5. Deducir una expresión para el valor más económica de factor de potencia que puede ser alcanzado por un consumidor.

6. Demostrar que el límite económico a la que el factor de potencia de una carga puede ser elevada es independiente de la

valor original del factor de potencia, cuando la tarifa se compone de un cargo fijo por kVA de máxima demanda más una tasa fija por kWh.

7. Escribir notas breves sobre lo siguiente:

(i) la mejora del factor de potencia por condensador síncrono

(ii) Importancia de P.F. mejora

(iii) Economía de P.F. mejora

PREGUNTAS DE DISCUSIÓN

1. ¿Cuál es la importancia del factor de potencia en el sistema de suministro?

2. ¿Por qué es el factor de potencia no superior a la unidad?

3. ¿Cuál es el efecto de bajo factor de potencia en las estaciones de generación?

4. ¿Por qué factor de potencia unitario no pf más económica ?

5. ¿Por qué un consumidor haber bajo factor de potencia se cobra a tasas más altas?

SISTEMAS DE ABASTECIMIENTO7.1 Sistema de Suministro Eléctrico

7.2 de corriente alterna típica Esquema de la fuente de alimentación

7.3 Comparación de la D.C. y Transmisión A.C.

7.4 Ventajas de alta transmisión de voltaje

7.5 Varios Sistemas de Transmisión de Potencia

7.6 Comparación de Material del conductor en el Sistema Overhead

7.7 Comparación de Material del conductor en el sistema de metro

7.8 Comparación de los diferentes sistemas de transmisión

7.9 Elementos de una línea de transmisión

7.10 Economía de la transmisión de energía

7.11 Opción Económica de tamaño del conductor

7.12 Opción Económica de Transmisión Voltaje

7.13 Requisitos de suministro eléctrico Satisfactorio

Introducción

En los primeros días, hubo un poco de demanda de energía eléctrica para que las pequeñas centrales eléctricas fueron construidas para suministrar iluminación y calefacción cargas. Sin embargo, el uso generalizado de la energía eléctrica por la civilización moderna ha hecho necesario para producir energía eléctrica en volumen económica y eficiente. El aumento de la demanda de energía eléctrica se puede cumplir mediante la construcción de centrales eléctricas grandes en lugares favorables donde está disponible en abundancia combustible (carbón o gas) o la energía del agua. Esto ha cambiado el emplazamiento de centrales eléctricas a lugares muy lejos de los consumidores. La energía eléctrica producida en las centrales eléctricas tiene que ser suministrada a los consumidores. Hay una gran red de conductores entre la central y los consumidores. Esta red se puede dividir en dos partes a saber., Transmisión y distribución. El propósito de este capítulo es el de centrar la atención en los diversos aspectos de la transmisión de energía eléctrica.

7.1 Sistema de Suministro Eléctrico

El transporte de la energía eléctrica desde una fuente de

Estación a las instalaciones de los consumidores se conoce como eléctrica sistema de suministro.

Un sistema de suministro eléctrico consta de tres componentes principales a saber., La central, las líneas de transmisión y el sistema de distribución. La energía eléctrica se produce en las centrales eléctricas que se encuentran en lugares favorables, en general bastante lejos de los consumidores. Se transmite luego a grandes distancias de los centros de carga con la ayuda de conductores conocidos como líneas de transmisión. Por último, se distribuye a un gran número de pequeñas y grandes consumidores a través de una red de distribución. El sistema de suministro eléctrico se puede clasificar en (i) dc o corriente alterna sistema (ii) los gastos generales o sistema subterráneo. Hoy en día, 3 fases, corriente alterna de 3 hilos sistema está universalmente adoptada para la generación y transmisión de energía eléctrica como una propuesta económica. Sin embargo, la distribución de la energía eléctrica se realiza mediante la fase 3, 4 alambre sistema ac. El sistema de metro es más caro que el sistema aéreo. Por lo tanto, en nuestro país, la sobrecarga del sistema se * mayormente adoptada para la transmisión y distribución de energía eléctrica.

7.2 Esquema típico de alimentación A.C.

La amplia red de conductores entre la central y los consumidores se pueden dividir en dos partes a saber., Redes de transporte y redes de distribución. Cada parte puede ser subdividen en dos transmisión primaria y secundaria transmisión y distribución primaria y la distribución secundaria. Fig. 7.1. muestra la disposición típica de un A.C. esquema de suministro de energía por un solo diagrama de líneas. Cabe señalar que no es necesario que todas las combinaciones de energía incluyen todas las etapas mostradas en la figura. Por ejemplo, en una combinación de energía determinada, puede no haber transmisión secundaria y en otro caso, el esquema puede ser tan pequeño que sólo hay distribución y no hay transmisión.

(i) Estación de Generación: En la figura 7.1, GS representa la estación de generación donde la energía eléctrica es producida por alternadores de 3 fases que operan en paralelo. La tensión de generación es habitual † 11 kV. Para la economía en la transmisión de energía eléctrica, la voltaje de la generación (es decir, 11 kV) se acercó hasta 132 kV (o ** más) en la estación de generación con la ayuda de los transformadores de 3 fases. La transmisión de energía eléctrica con tensiones elevadas tiene varias ventajas, incluyendo el ahorro de material conductor y alta eficiencia de transmisión. Puede parecer aconsejable utilizar el voltaje más alto posible para la transmisión de la energía eléctrica para ahorrar material conductor y tienen otras ventajas. Pero existe un límite a la que se puede aumentar este voltaje. Es debido a aumento de la tensión de transmisión presenta problemas de aislamiento, así como el costo de los equipos de conmutación y el transformador se aumenta. Por lo tanto, la elección de la

tensión correcta transmisión es esencialmente una cuestión de economía. En general, la transmisión primaria se lleva a 66 kV, 132kV, 220 kV o 400 kV.

(ii) Transmisión primaria. La energía eléctrica a 132 kV es transmitida por 3 fases, la sobrecarga del sistema de 3 hilos a las afueras de la ciudad. Esto forma la transmisión primaria.

(iii) Transmisión secundaria. La línea de transmisión primaria termina en la estación de recepción (RS) que por lo general se encuentra en las afueras de la ciudad. En la estación receptora, la tensión se reduce a 33kV por transformadores reductores. Desde esta estación, la energía eléctrica se transmite a 33kV por 3 fases, la sobrecarga del sistema de 3 hilos a varias subestaciones (SS) situados en los puntos estratégicos de la ciudad. Esto forma la transmisión secundaria.

(iv) Distribución primaria. La línea de transmisión secundaria termina en la sub-estación (SS), donde la tensión se reduce de 33 kV a 11 kV, de 3 fases, 3 hilos. Los 11 kV corren a lo largo de los lados de la carretera importantes de la ciudad. Esto forma la distribución primaria. Cabe señalar que los grandes consumidores (que tiene la demanda más de 50 kW) se suministran generalmente potencia a 11 kV para el manejo aún más con sus propias subestaciones.

(v) Distribución secundaria. La energía eléctrica de la línea de distribución primaria (11 kV) se entrega a las subestaciones de distribución (DS). Estos sub-estaciones están situadas cerca de localidades de los consumidores y reducir la tensión a 400 V, 3 fases, 4 hilos para la distribución secundaria. La tensión entre dos fases es de 400 V y entre cualquier fase y el neutro es 230 V. La monofásica carga de iluminación residencial se conecta entre cualquiera de las fases y el neutro, mientras que la fase 3, 400 V carga del motor está conectado a través de 3 líneas de fase directamente.

Puede valer la pena mencionar aquí que el sistema de distribución secundaria consiste en alimentadores, distribuidores y red de servicios. Fig. 7.2 muestra los elementos del sistema de distribución de baja tensión. Comederos (SC o SA) que irradia de la sub-

estación de distribución (DS) fuente de alimentación a los distribuidores (AB, BC, CD y AD). No se da ningún consumo conexión directa de los alimentadores. En cambio, los consumidores están conectados a los distribuidores de la red a través de sus servicios.

Nota. Un sistema de energía práctica tiene un gran número de equipos auxiliares (por ejemplo, fusibles, interruptores, dispositivos de control de tensión, etc.). Sin embargo, dichos equipos no se muestran en la Fig. 7.1. Es debido a que la cantidad de información incluida en el diagrama depende de la finalidad para la que se destina el diagrama. Aquí nuestro objetivo es mostrar los laicos en general fuera del sistema de energía. Por lo tanto, la ubicación de los interruptores, relés, etc., no es importante.

Además, la estructura del sistema de energía se muestra por un solo diagrama de líneas. El circuito de 3 fases completa rara vez es necesaria para transmitir incluso la información más detallada sobre el sistema. De hecho, el diagrama completo es más probable para ocultar que para aclarar la información que buscamos desde el punto de vista del sistema.

7.3 Comparación de la Transmisión D.C. y A.C.

La energía eléctrica puede ser transmitida ya sea por medio de DC o corriente alterna Cada sistema tiene sus propias ventajas y desventajas. Es, por lo tanto, deseable para discutir las ventajas técnicas y desventajas de los dos sistemas para la transmisión de energía eléctrica.

1. Transmisión de DC. Desde hace algún año pasado, la transmisión de energía eléctrica por corriente continua ha estado recibiendo la consideración activa de ingenieros, debido a sus numerosas ventajas.

Ventajas. El alto voltaje de corriente continua transmisión tiene las siguientes ventajas sobre transmisión alta tensión de corriente alterna:

(i) Se requiere sólo dos conductores, en comparación con tres para ac la transmisión.

(ii) No hay inductancia, capacitancia, desplazamiento de fase y sobretensiones problemas dc la transmisión.

(iii) Debido a la ausencia de la inductancia, la caída de tensión en un DC línea de transmisión es menor que el A.C. line para la misma carga y el envío de tensión final. Por esta razón, un motor de c.c. línea de transmisión tiene una mejor regulación de voltaje.

(iv) No hay efecto piel en un motor de c.c. sistema. Por lo tanto, se utiliza la sección transversal completa del conductor de línea.

(v) Por la misma tensión de trabajo, el estrés potencial en el aislamiento es inferior en el caso de corriente continua sistema que en A.C. sistema. Por lo tanto, un motor de c.c. línea requiere menos aislamiento.

(vi) Un motor de c.c. línea tiene menos pérdida de corona y la interferencia reducida con circuitos de comunicación.

(vii) La alta tensión de corriente continua transmisión está libre de las pérdidas dieléctricas, en particular en el caso de cables.

(viii) En c.c. transmisión, no hay problemas de estabilidad y dificultades de sincronización.

Desventajas

(i) La energía eléctrica no se puede generar un alto dc tensión debido a problemas de conmutación.

(ii) El motor de c.c. tensión no puede ser intensificado para la transmisión de potencia a altas tensiones.

(iii) El motor de c.c. interruptores y disyuntores tienen sus propias limitaciones.

2. La transmisión de corriente alterna. Hoy en día, la energía eléctrica se genera casi exclusivamente, transmite y distribuye en forma de corriente alterna.

Ventajas(i) El poder se puede generar tensiones elevadas.(ii) El mantenimiento de la corriente alterna subestaciones es fácil y barato.(iii) El A.C. voltaje puede intensificarse o renunció por transformadores con

facilidad y eficiencia. Esto permite transmitir potencia a altas tensiones y distribuirlo a potenciales seguras.

Desventajas

(i) Un A.C. línea requiere más cobre que un motor de c.c. la línea.(ii) La construcción de a.c. línea de transmisión es más complicado que un

motor de c.c. línea de transmisión.(iii) Debido al efecto de la piel en la corriente alterna sistema, se aumenta la

resistencia efectiva de la línea.(iv) Un A.C. línea tiene capacidad. Por lo tanto, hay una pérdida continua de

energía debido a la corriente de carga incluso cuando la línea está abierta.

Conclusión. A partir de la comparación anterior, está claro que las DC de alto voltaje la transmisión es superior a la transmisión la alta tensión de a.c. Aunque en la actualidad, la transmisión de la energía eléctrica se realiza mediante corriente alterna, hay un creciente

interés en la CC la transmisión. La introducción de rectificadores y tiratrones arco de mercurio han hecho posible convertir ac en corriente continua y viceversa con facilidad y eficacia. Tales dispositivos pueden operar hasta 30 MW a 400 kV en unidades individuales. La tendencia actual es hacia la corriente alterna días para la generación y distribución y de alta tensión de corriente continua para la transmisión.

Fig. 7.3 muestra el diagrama de una sola línea de alta tensión de corriente continua la transmisión. La energía eléctrica se genera como A.C. y se intensificó a alta tensión por el transformador extremo emisor TS. El AC. de potencia a alta tensión se alimenta a los rectificadores de arco de mercurio que convierten ac en corriente continua La transmisión de energía eléctrica se realiza a alta dc voltaje. En el extremo receptor, motor de c.c. se convierte en corriente alterna con la ayuda de tiratrones. El AC. la oferta se renunció a la baja tensión mediante la recepción de transformador final TR para su distribución.

7.4 Ventajas de alta transmisión de voltaje

La transmisión de la energía eléctrica se lleva a tensiones elevadas debido a las siguientes

razones:

i. Reduce el volumen de material conductor. Tenga en cuenta la transmisión de

energía eléctrica por una línea trifásica.

Dejar

P = potencia transmitida en vatios

V = voltaje de línea en voltios

cos φ = factor de potencia de la carga

l = longitud de la línea en metros

R = resistencia por conductor en ohmios

ρ = resistividad del material conductor

a = área de la sección X del conductor

Corriente de carga,

Resistencia / conductor, R =ρl/a

La pérdida total de energía,

Área de sección X,∴

Volumen total de material conductor requerido

Se desprende de exp. (i) que para valores dados de P, l, ρ y W, el volumen de

material conductor requerida es inversamente proporcional al cuadrado de la tensión

de la transmisión y el factor de potencia. En otras palabras, cuanto mayor es la

tensión de transmisión, menor es el material conductor requerido.

ii. Aumenta la eficiencia de la transmisión

De potencia de entrada = P + Las pérdidas totales

Suponiendo J sea la densidad de corriente del conductor, a continuación,

a = I/J

Energía de entrada∴

La eficiencia de transmisión = Potencia de salida /Potencia de entrada

Aprox. ...(ii)

Como J, ρ y l son constantes, por lo tanto, aumenta la eficiencia de la transmisión

cuando se aumenta el voltaje de línea.

iii. Disminución del porcentaje de caída de línea

Caída de línea

% de caída de línea edad ... (iii)

Como J, ρ y l son constantes, por lo tanto, la caída de la línea porcentaje disminuye

cuando aumenta la tensión de transmisión.

Limitaciones de tensión de alta transmisión. De la discusión anterior, podría parecer

aconsejable utilizar el voltaje más alto posible para la transmisión de potencia en un intento

por ahorrar material conductor. Sin embargo, debe tenerse en cuenta que los resultados de

tensión alta transmisión en

(i) el aumento del costo de aislar los conductores

(ii) el aumento del costo de los transformadores, interruptores y otros aparatos terminal.

Por lo tanto, existe un límite a la tensión de transmisión más alta que se puede emplear

económicamente en un caso particular. Este límite se alcanza cuando el ahorro en el costo

de material conductor debido a la mayor tensión se compensa con el aumento del costo de

aislamiento, transformadores, interruptores, etc. Por lo tanto, la elección de la tensión

correcta transmisión es esencialmente una cuestión de economía. El lector puede encontrar

más discusión sobre este tema más adelante en este capítulo.

7.5 Varios Sistemas de Transmisión de Potencia

Ya se ha señalado que para la transmisión de energía eléctrica, 3 fases, 3 hilos ac sistema es

adoptado universalmente. Sin embargo, otros sistemas también pueden utilizarse para la

transmisión bajo circunstancias especiales. Los diferentes sistemas posibles de transmisión

son:

1. Sistema de D.C.

i. DC dos hilos.

ii. DC dos hilos con punto medio conectado a tierra.

iii. DC de tres hilos.

2. Sistema de corriente alterna monofásico

i. monofásico de dos hilos.

ii. monofásico de dos hilos con punto medio conectado a tierra.

iii. monofásico de tres hilos.

3. dos fases del sistema de corriente alterna

(i) en dos fases de cuatro hilos.

(ii) en dos fases de tres hilos.

4. trifásica sistema A.C.

(i) trifásico de tres hilos.

(ii) trifásico de cuatro hilos.

De los sistemas anteriores posibles de transmisión de energía, es difícil decir cuál es el

mejor sistema a menos que y hasta que se adopte algún método de comparación. Ahora, el

costo de material conductor es uno de los cargos más importantes en un sistema.

Obviamente, el mejor sistema para la transmisión de potencia es que para que el volumen

de material conductor requerido es mínimo. Por lo tanto, el volumen de material conductor

requerido constituye la base de la comparación entre diferentes sistemas.

Al comparar la cantidad de material conductor requerido en diversos sistemas, la

comparación adecuada será sobre la base de la tensión máxima igual en el * dieléctrico.

Hay dos casos:

i. Cuando la transmisión es por sobrecarga del sistema. En el sistema de

sobrecarga, la tensión máxima ** disruptiva existe entre el conductor y la

tierra. Por lo tanto, la comparación del sistema en este caso tiene que ser

hecha sobre la base de la tensión máxima entre el conductor y la tierra.

ii. Cuando la transmisión es por el sistema subterráneo. En la red de metro, el

esfuerzo principal en el aislamiento es entre conductores. Por lo tanto, la

comparación de los sistemas en este caso debe hacerse sobre la base de la

diferencia de potencial máxima entre conductores.

7.6 Comparación de Material del conductor en el Sistema Overhead

En la comparación de las cantidades relativas de material conductor necesarias para los

diferentes sistemas de transmisión, serán asumidos condiciones similares en cada caso a

saber.,

* En líneas de transmisión largas, la tensión sólo está limitado por el problema de aislante

de los conductores contra la descarga disruptiva. Por lo tanto, la comparación debe

hacerse sobre la base de la igualdad de la máxima diferencia de potencial, es decir, la

tensión máxima igual en el dieléctrico.

** En la sobrecarga del sistema, el aislamiento entre los conductores, ya sea en los apoyos

o en puntos intermedios siempre se proporcionó espaciando adecuadamente los

conductores. Por lo tanto, la descarga eléctrica no puede ocurrir entre los conductores. Sin

embargo, el aislamiento tiene que ser proporcionada entre el conductor y la estructura de

soporte. Por lo tanto, la tensión máxima es de entre el conductor y la tierra.