CÁLCULO DE CAÍDA DE TENSIÓN EN LÍNEAS CORTAS. La transmisión de energía es una actividad relativa al movimiento de energía desde un punto con una tensión a un punto de tensión menor, de tal manera que debe existir una diferencia de tensión para que haya transferencia de energía. Ya hemos comentado la necesidad de transmitir bloques de energía desde el centro de producción o central eléctrica hasta los centros de consumo desde una tensión generalmente elevada a tensiones de utilización pasando por varios niveles de tensión. La división tradicional entre líneas cortas, medias y largas realmente es importante solo porque en estas últimas se incorpora el estudio de los efectos de la capacitancia para determinar las características de operación de los sistemas que lo integran. Una línea debe estudiarse con las técnicas de línea larga independientemente de su longitud, si la capacitancia de la línea es suficientemente elevada como para ocasionar algunos efectos como generación de reactivos, elevación de tensiones y corrientes variables independientemente de las cargas que alimentes. Por otra parte para los profesionales dedicados a proyectos, construcción y operación, dado la inercia en el crecimiento de sistemas en alta tensión, la utilización de los criterios inherentes a líneas largas, es mucho menos dinámica que las líneas de distribución en baja y media tensión o líneas de transmisión hasta 115 KV. En este caso, el aspecto más importante a estudiar tanto para la realización de los diseños como para la operación, es lo referente al cálculo de caída de tensión. Para el estudio de la caída de tensión en líneas de transporte iremos escalando desde los casos más sencillos a los complicados, y comenzando por los niveles más bajos de tensión La irrupción con gran impacto de los computadores personales y las calculadoras programables en las metodologías de cálculos eléctricos, ha hecho prácticamente irrelevante los métodos de cálculo tradicionales en los cuales se realizaban simplificaciones circuitales que reducían los circuitos de redes para la aplicación de formulas sencillas para después hacer las sustituciones de regreso que permitían, por métodos paso a paso determinar el flujo de potencia en toda la red, determinando el punto donde se produce la más alta caída de tensión, que ha sido el calificador de la calidad de la red desde el punto de vista de tensión, la cual es, desde nuestro punto de vista el más importante de los parámetros de calidad del servicio eléctrico después, claro está, de la disponibilidad de este. Sin embargo, con el fin de validar los cálculos que se ejecutarán con programas digitales, y para realizar cálculos sencillos que pudieran requerirse en situaciones donde no dispongamos de manera inmediata de aquellos instrumentos electrónicos, estudiaremos estos métodos tradicionales que han sido la base del desarrollo de los sistemas eléctricos de distribución y transmisión. Los arreglos de sistemas a estudiar, son los que más comúnmente se presentan en las aplicaciones prácticas. Esos son los siguientes. Caída de Tensión en Sistemas radiales. Se denominan sistemas radiales aquellas disposiciones de líneas donde en un extremo se tiene la fuente de alimentación y a lo largo de la línea se tienen las cargas a alimentar. Si se tuviese una sola carga en el extremo, el caso más sencillo, se acostumbra llamar alimentador el arreglo o sistema radial simple. En el caso de que se tengan cargas en paralelo a lo largo de la línea, se denomina generalmente distribuidor o radial múltiple. Nosotros lo llamaremos alimentador con una o varias cargas y asumiremos para el análisis que las cargas son de igual factor de potencia, dado que en la práctica el factor de potencia generalmente inductivo es difícil de medir con

precisión razonable por su dependencia no controlada con el tiempo y los tipos de carga conectados. También de manera general, las variables a determinar son la caída de tensión y la corriente máxima que circula por el conductor. Una de las características del servicio eléctrico es que la variación de tensión debe ser reglamentada y no puede paras de ciertos límites establecidos administrativamente, a cuyo fin se definen unos ciertos parámetros de calidad que determinan un índice de calidad del servicio. Así por ejemplo, en cuanto a caída de tensión, ESTUDIO DE LA CAÍDA DE TENSIÓN. Supongamos que tenemos una línea de transporte trifásica de resistencia por fase de R ohmios y

de reactancia X ohmios, a través de la cual se alimenta una carga de KVA kilovoltamperes cuyo ángulo de factor de potencia es φ, con una tensión muy cercana a la nominal de V volt, como corresponde a una instalación de servicio eléctrico donde las caídas totales de tensión deben estar limitadas por norma

administrativa, la cual estaría representada en la figura 5.1. Un diagrama vectorial de los fasores de tensión y de corriente como el correspondiente a la figura 5.2, representamos el comportamiento de las variables eléctricas participantes para una fase del sistema trifásico en el sistema propuesto. Utilizando la tensión en la carga como referencia, la corriente tiene un ángulo que hemos supuesto atrasado, es decir, que la carga es inductiva. El vector 0V, de magnitud V y ángulo cero grados, es la tensión en la carga al cual se suma la caída de tensión en la resistencia y reactancia de la línea, I*R e I*X, respectivamente. La suma de todos estos vectores está dada por el vector 0E,

que es la tensión en la fuente. Si el ángulo δ es pequeño (cercano a 1 grado), la proyección de los vectores de caída de tensión sobre la referencia se puede asumir igual a la magnitud del vector OE, que es la tensión de alimentación E te tensión nominal V voltios por fase.

En la figura anterior se ha demarcado con un círculo una sección del dibujo para intentar determinar más adelante la magnitud del

error en el cual incurrimos al aproximar la proyección de E sobre la referencia a la magnitud del vector E/δ. Como hemos señalado, si δ es pequeño se puede escribir

E = V + I*R*cos(φ) + I*X*sen(φ) volt ΔV = E – V = I*R*cos(φ) + I*X*sen(φ) volt

Y para un uso posterior se puede expresar esta caída de tensión como ΔV = E – V = I*Z*cos(α)*cos(φ) + I*Z*sen(α)*sen(φ) = I*Z*cos(α- φ)*cos(φ) volt

Fig 5.1- Diagrama unifilar de una línea de alimentación de longitud L y una carga dada en KVA

Fig. 5.2- Diagrama fasorial correspondiente a alimentador anterior

Si deseamos expresar porcentualmente esta diferencia de tensión, la ecuación será

%V =

φ φ

Donde V es el número de volt por fase del sistema y es igual a

, siendo KV es la tensión de

línea expresada en kilovolt. Si llamamos r la resistencia por unidad de longitud de la línea a si como x es la reactancia por unidad de longitud R = r*L y X= xL.

Y como en principio suponemos un sistema trifásico e I =

y V = 1000*KV, reescribimos

%V =

Y definitivamente

%V =

La cual es una ecuación sumamente importante en electrotecnia y tradicionalmente se le conoce como “Ecuación de Distribución”. En realidad esta es una ecuación aproximada y al aplicarla cometemos un error que podemos evaluar de la manera siguiente: Observamos que el ángulo “α”, inscrito en la circunferencia determina un arco igual al arco correspondiente al ángulo “VOE” de la figura anterior con un valor “δ” y p r igui t ∝ δ/2 (¿por qué?).

En la ecuación ΔV = E – V = I*R*cos(φ) + I*X*sen(φ) cometemos el error absoluto δU, siendo realmente E – V = I*R*cos(φ) + I*X*sen(φ) + δU δU = E-E*cos(δ = E*(1-cos(δ = E*(2*sen2 δ/2 En líneas aéreas de distribución en baja tensión, los parámetros de calidad de la normativa legal vigente, determinan cuales deben ser las caídas de tensión máximas permitidas. En Venezuela, donde la tensiones normalizadas son, como hemos presentado antes 120/208 voltios para sistemas trifásico, la caída te tensión máxima permitida en la red de baja para en proyectos nuevos es de 3% y para redes en explotación, podría ser hasta 5% (el deber ser). Para estas

caídas de tensión el ángulo δ es menor de 5 grados, y por consiguiente el error cometido 2s menor de 0.004 volt o sea 0.0033%. Como se puede ver la ecuación anterior puede escribirse de la forma siguiente

%V =

= Kd*KVAL

Donde Kd es una nueva constante característica de los conductores que se conoce habitualmente como “Constante de Distribución”, pudiendo trazarse como se indica en la figura de la página siguiente, el conjunto de curvas para los conductores comerciales.

Kd =

Cuando evaluamos esta ecuación varias veces, podemos trazar familias de curvas para cada conductor dada la tensión nominal de operación o presentar los resultados como tablas. A continuación presentamos en ambas formas los resultados de la evaluación de esta ecuación para utilizar en los cálculos de caída de tensión a partir de la evaluación del momento eléctrico de la red.

Nótese que en el gráfico de la izquierda El momento eléctrico esta expresado en KVAM mientras que en el gráfico de la derecha está en KVAKM y existe una diferencia en la escala de del Kd. Una información mas amplia se presenta en las tablas mostradas en el “RESUMEN DE TABLAS”. Presentado en el apéndice A. El programa anexo “KdCalc” ofrece facilidades para calcular, visualizar imprimir tablas de “constantes de Distribución” par los principales conductores normalizados utilizados en sistemas de distribución.

CONSTANTES DE DISTRIBUCIÓN PARA LÍNEA AÉREA CON CONDUCTOR DE ALEACIÓN DE ALUMINIO 6201

TENSIÓN = 208 VOLT DMG=0.252 Metros. Los KVAL estarán en KVAM (x10-3) CALIBRE 0.60 0.70 0.80 0.90 1.00 0.90 0.80 0.70 0.60

2AWG 1.8833 2.0238 2.1420 2.2206 2.0842 1.5310 1.1928 0.8941 0.6178

1AWG 1.6090 1.7082 1.7856 1.8244 1.6538 1.1525 0.8606 0.6072 0.3756

1/0AWG 1.3872 1.4539 1.4993 1.5072 1.3111 0.8528 0.5985 0.3817 0.1861

2/0AWG 1.2082 1.2495 1.2702 1.2544 1.0401 0.6179 0.3940 0.2067 0.0400

3/0AWG 1.0632 1.0847 1.0861 1.0520 0.8249 0.4328 0.2338 0.0702 -0.0733

4/0AWG 0.9368 0.9437 0.9313 0.8850 0.6536 0.2915 0.1144 -0.0287 -0.1525

250MCM 0.8653 0.8635 0.8429 0.7889 0.5539 0.2082 0.0434 -0.0880 -0.2006

300MCM 0.7975 0.7879 0.7600 0.6995 0.4623 0.1326 -0.0203 -0.1408 -0.2428

350MCM 0.7462 0.7310 0.6978 0.6327 0.3945 0.0775 -0.0665 -0.1787 -0.2728

400MCM 0.7082 0.6892 0.6525 0.5846 0.3467 0.0395 -0.0978 -0.2038 -0.2922

500MCM 0.6481 0.6238 0.5823 0.5107 0.2750 -0.0158 -0.1424 -0.2388 -0.3181

600MCM 0.6085 0.5812 0.5373 0.4640 0.2311 -0.0480 -0.1675 -0.2576 -0.3312

750MCM 0.5618 0.5310 0.4841 0.4089 0.1793 -0.0861 -0.1972 -0.2799 -0.3466

1000MCM 0.5274 0.4963 0.4499 0.3764 0.1554 -0.0967 -0.2012 -0.2787 -0.3409

Nota: El valor de Kd debe ser multiplicado por 10-3 CONSTANTES DE DISTRIBUCIÓN PARA LÍNEA AÉREA DE CONDUCTOR ALEACIÓN DE ALUMINIO 6201

TENSIÓN = 13800 VOLT DMG=1.360 Metros. Los KVAL estarán en KVAKM (x10-3) CALIBRE 0.60 0.70 0.80 0.90 1.00 0.90 0.80 0.70 0.60

2AWG 0.4812 0.5074 0.5267 0.5336 0.4735 0.3187 0.2309 0.1555 0.0869

1AWG 0.4189 0.4357 0.4457 0.4436 0.3757 0.2327 0.1555 0.0903 0.0319

1/0AWG 0.3685 0.3780 0.3807 0.3715 0.2979 0.1646 0.0959 0.0390 -0.0111

2/0AWG 0.3279 0.3315 0.3286 0.3141 0.2363 0.1113 0.0495 -0.0007 -0.0443

3/0AWG 0.2949 0.2941 0.2868 0.2681 0.1874 0.0692 0.0131 -0.0317 -0.0700

4/0AWG 0.2662 0.2620 0.2516 0.2301 0.1485 0.0371 -0.0141 -0.0542 -0.0880

250MCM 0.2500 0.2438 0.2315 0.2083 0.1258 0.0182 -0.0302 -0.0677 -0.0990

300MCM 0.2346 0.2267 0.2127 0.1880 0.1050 0.0010 -0.0447 -0.0796 -0.1086

350MCM 0.2229 0.2137 0.1986 0.1728 0.0896 -0.0115 -0.0552 -0.0883 -0.1154

400MCM 0.2143 0.2042 0.1883 0.1619 0.0788 -0.0201 -0.0623 -0.0940 -0.1198

500MCM 0.2006 0.1894 0.1723 0.1451 0.0625 -0.0327 -0.0724 -0.1019 -0.1257

600MCM 0.1916 0.1797 0.1621 0.1345 0.0525 -0.0400 -0.0781 -0.1062 -0.1286

750MCM 0.1810 0.1683 0.1500 0.1220 0.0407 -0.0486 -0.0848 -0.1113 -0.1321

1000MCM 0.1732 0.1604 0.1423 0.1146 0.0353 -0.0511 -0.0858 -0.1110 -0.1308

Nota: El valor de Kd debe ser multiplicado por 10-3 Cuando se trata de un proyecto donde se debe elegir el conductor según las condiciones administrativas referidas a la máxima caída de tensión permitida, de acuerdo a las normativas particulares de cada país, puede resultar algo más conveniente modificar la ecuación de caída de tensión de la siguiente manera:

KVAL =

AJUSTES DE Kd PARA OTRAS TENSIONES. Las ecuaciones, curvas y tablas planteadas han sido deducidas para sistemas trifásicos y tensiones definidas de 208 volt para baja tensión y de 13800 volt para tensión de distribución en media tensión. Aún cuando no implica demasiado trabajo hacer cálculos para otras tensiones, es conveniente hacer algunas modificaciones primero para otras tensiones cuando se tiene el mismo conductor con idéntica disposición geométrica. Supongamos por ejemplo que una línea se utiliza para una tensión Kv1 y se desea utilizar para otra tensión.

Para Kv1, Kd1=

Y para Kv2, Kd2=

Dado que r, x y φ igual l d a vid t qu Kd2= Kd1*

. Por ejemplo si

tenemos una línea construida con la cruceta normalizada de DMG=1.#& metros y un conductor 4/0 de aleación de aluminio 6201, el Kd para factor de potencia 0.8 es 0.2516*10-3, cuando se utiliza esta línea con una tensión de 34.5 Kv. el nuevo Kd es

= 0.2516*10-3*0.16 = 0.40256*10-4

AJUSTES PARA OTROS SISTEMAS.

En un sistema trifásico como el de la figura, de longitud L alimenta una 3 elementos de carga y cuyo Kd, es la constante de distribución que en este caso llamaremos Kdt, por consiguiente la caída de tensión, que para este caso llamaremos %Vt, según lo que hemos visto será

%Vt = Kdt*KVAL = Kdt*3U*L y para usos posreriores

%Vt =

*3U*L

A partir de esta expresión calcularemos el Kd correspondientes a sistemas monofásicos y monofásicos “3 hilos” conocido en algunos textos como sistema Edison. Sistema Monofásico.

En la figura, una carga de 1 U es alimentada cpor una línea con el mismos conductor y la misma reactancia por fase y unidad de longitud que también tiene la longitud L. Puesto que ahora circula la corriente I de regreso por el conductor neutro habrá una caída te tensión en el conductor activo y

otra caída de tensión idéntica por el conductor neutro. La caída de tensión total será %V1=Kd1*KVA*L

y obviamente será el doble de la caída de tensión registrada en una fase, como el caso anterior, luego se podrá escribir %V1=Kd1*1U*L=2*kdt*3U*L o Kd1 =2*3*kdt =6 kdt Sistema Monofásico Tres Hilos.

Una carga constituida por dos unidades de carga es alimentada por un sistema de distribución monofásico de tres hilos y obviamente por el conductor neutro no circula corriente. La longitud de la línea es L, como en los casos anteriores. Similarmente se puede escribir

%V3=Kd3*KVA*L = Kd3*2U*L Siendo esta caída de tensión igual a la de un sistema trifásico balanceado

%Vt = %V3 = Kd3*2U*L = Kdt*3U*L De donde Kd3*2 = Kdt*3 o

Kd3 =

Dos Fases de un Sistema Trifásico. La ecuación de la caída de tensión es sistemas trifásicos es

%V =

%V =

=

Donde KV es, como hemos visto, la tensión de línea. En algunas oportunidades predomina la distribución con sistema trifásico sobre los sistemas monofásico tres hilos cuando se tienen cargas monofásicas y se requieren tensiones de orden

mayor como 208 V o (120*

) en países donde la tensión de una fase normalizada es 120 volt o

la tensión 190 (110*

) , para alimentar cargas de calentadores eléctricos, equipos de aire acondicionado, cocinas eléctricas etc. En estos casos, cuando el banco de transformadores del sector es trifásico se tienen esquemas de alimentación como el de la figura de al lado, donde de los tres transformadores cuyo

secundario se representa, se utilizan dos para alimentar las cargas unitarias. La línea como en los casos anteriores tiene una longitud L y compararemos con el sistema trifásico para tratar de encontrar un factor de ajuste que nos permita utilizar las tablas y curvas ya diseñadas. Como en el primer caso R es la resistencia de la línea, X es la reactancia y φ es el ángulo de factor de potencia de la carga. Supondremos como siempre que las cargas son iguales y las tensiones aplicadas son también iguales alimentadas por las fases a y b d tal manera que las corrientes que circulan por las cargas y los conductores activos es Ia e Ib, respectivamente, obviamente desfasadas un ángulo de

120° entre sí. La corriente que circula por el neutro es In y también produce una caída de tensión. El diagrama vectorial correspondiente a este esquema es el de la figura lateral izquierda. Los primeros vectores IR e IX corresponden a las caídas de tensión en volt de la fase a y

los siguientes a la caída de tensión en el neutro. ∆V2f = E – V = I2f *R*cos(φ) + I2f *X*sen(φ) + I2f *R*cos(φ+60) + I2f *Z*sen(φ 6 ) ∆V2f = E – V = I2f *Z*cos(α-φ) + I2f *Z*sen(α-φ) + I2f *Z*cos(α-φ-60) + I2f *Z*sen(α-φ-60) ∆V2f = I2f *Z*(cos(α-φ) + sen(α-φ) + cos(α-φ-60) + sen(α-φ-60)) Si solo dos fases tienen cargas y las cargas por fase son iguales

I2f= KVA/KVf = U/KVf

∆V2f =

*(cos(α-φ) + sen(α-φ) + cos(α-φ-60) + sen(α-φ-60) )

Y expresadas porcentualmente, la ecuación se transforma en

%V2f = (∆V2f*10)/1000KVf =

(cos(α-φ) + sen(α-φ) + cos(α-φ-60) + sen(α-φ-60) )

%V2f =

(cos(α-φ) + sen(α-φ) + cos(α-φ-60) + sen(α-φ-60) )

(PENDIENTE PORQUE EL RESULTADO NO COINCIDE CON LO ESPERADO) Cálculo Porcentual de la Caída de Tensión. La caída de tensión en un elemento con resistencia y reactancia en serie, como es un línea corta, está dada por la ecuación

%V =

=

El termino

es la impedancia base para el cálculo de los valores por unidad de los

elementos de un circuito.

Zbase =

Rpu =

y Xpu =

Por analogía en un transformador que también se puede representar por un circuito de resistencias y reactancias, esta expresión es aplicable. Pero si adicionalmente consideramos que el transformador está cargado con carga igual a su la capacidad nominal, KVAn, la caída de tensión para esta carga nominal es

Entonces %V =100*(Rpu*cos(φ) + Xpu*sen(φ)) = %R*cos(φ) + %X*sen(φ) Siendo %R y %X las expresiones para la resistencia y la reactancias porcentuales del transformador en función de su propios valores base de tensión y capacidad y además

%Z = que es el valor de la impedancia porcentual del transformador, habitualmente mostrada en la placa del mismo. El siguiente razonamiento, aunque trivial, se puede utilizar para generalizar la expresión de la caída de tensión en un transformador para cargas diferentes de la nominal. Si la carga del transformador se incrementa o disminuye siendo la nueva carga KVAr, parece obvio que la caída de tensión es proporcional a la nueva carga de manera que se podría escribir

%V = %R*cos(φ) + %X*sen(φ)*

Esta es la ecuación correspondiente al método porcentual de cálculo de caída de tensión

Calculo de caída de tensión es sistemas radiales con carga uniformemente distribuidas. Como la ecuación de distribución establece que la caída de tensión en un alimentador de distribución o sector, como se denomina en algunos países es %V = Kd*KVAL, siendo kd, la constante de distribución una característica del conductor, para conductores con un calibre uniforme, la acida de tensión el proporcional al momento eléctrico o KVAL. Entonces la parte mas importante del cálculo eléctrico de sectores se remite al cálculo del momento eléctrico y el punto de máxima caída de tensión será aquel donde el momento eléctrico se máximo. En la etapa preliminar de diseño de un proyecto eléctrico de distribución, cuando se requiere información pcon fines de planificación, no se tiene la ubicación puntual de las cargas y se pueden hacer cálculos preliminares estableciendo densidades de carga lineales o superficiales para determinar con razonable precisión, los calibres de conductor yy los costos estimados de las redes. Estudiaremos primero el caso de sectores radiales donde la información disponible sobre cargas,

es la densidad lineal de carga. Supongamos que tenemos una línea con carga uniformemente distribuida con una densidad de carga lineal uniformemente distribuida como la representada en la figura de al lado. Aplicaremos la misma ecuación

%V=Kd*KVAL con la dificultad que no sabemos a priori que distancia ni que carga considerar . El momento eléctrico KVAL se puede calcular con facilidad de la siguiente manera

KVAL = d

= L*

Como la carga total del sector es L la ecuación anterior expresa que el momento eléctrico equivalente es igual a la carga total multiplicada por la mitad de la longitud del sector radial. En otras palabras, los KVAL equivalentes de un sector radial es igual a la carga total del sector

concentrada en el punto medio de la línea. En un mismo sector, como en la figura, pudieran disponerse de cargas concentradas y distribuidas. En este caso es evidente que la carga distribuida se puede representar como una carga concentrada en el punto medio del tramo con

carga distribuida y calcularse como un sistema radial con cargas puntuales como el representado en la figura mostrada a continuación. El momento eléctrico del sector radial con las cargas alimentadas es entonces KVAL = (L1 +l2/2)*KVAeq + (L1+ L2 + L3)*KVA o de otra manera KVAL = L1 *(KVAeq + KVA) + (L2/2 + L3)*KVA Cargas distribuidas con densidad lineal no uniforme.

Supongamos que tenemos un sector de distribución que tiene una densidad lineal de carga no uniforme, como la representada en la figura, y que esta densidad es una función de x ( (x)).

El diferencial de carga es (x)dx y el brazo es x, por consiguiente KVAL = d

Por ejemplo, supongamos un sector que tiene una densidad de carga uniformemente creciente con una pendiente k y una longitud total L. En esta propuesta , como en la figura siguiente

KVAL = d

d

=

Como la carga total Q es

la ecduacion anterior queda

KVAL = k*L*

=

Lo cual se interpreta como la distribución de carga propuesta es equivalente a una carga igual a la carga total concentrada a los 2/3 de la longitud del alimentador. Cargas distribuidas con densidad superficial uniforme.

Sea por ejemplo un alimentador que tiene una distribución superficial σ uniforme de cargas y un área A. como la mostrada en la figura. En este caso el elemento de carga es dQ = σ*dA y l m m t lé tri

KVAL =

σ dA

Si podemos calcular el centro de gravedad de la superficie definiendo esta como x0, tendríamos

x0 =

y por consiguiente dA

x0*A pudiéndose escribir

KVAL = x0*σ*A Lo cual se interpreta como el momento eléctrico de una alimentador con que alimenta un area con densidad de carga superficial uniforme, es igual al de un alimentador con toda la carga concentrada en el centro de gravedad de la superficie. CARGAS PUNTUALES EN ALIMENTADORES RADIALES Alimentador radial sin ramales. Nos referiremos como antes al momento eléctrico porque como hemos venido repitiendo, la caída de tensión en un punto es proporcional a los KVAL en ese punto, cuando como en los casos que

hemos tratado, el calibre de conductor y el material son uniformes. Supongamos un alimentador con dos nodos en los cuales están aplicadas sendas cargas puntuales, como se muestra en la figura de al lado. Es evidente que la caída de tensión en el nodo 1 sera

función de la corriente que pasa por el tramo 0-1, es proporcional a la corriente que pasa por el tramo y a la impedancia del mismo, y como hemos venido repitiendo, es entonces proporcional al producto de la longitud por los KVA que circulan por el tramo. Esto es %V1 =Kd (KVA1 + KVA2)*L1

Y la caída de tensión en el nodo 2, es la caída de tensión en el nodo 1 mas la caída de tensión en el tramo 1-2, esto es %V2 = %V1 + Kd*KVA2*L2

Podríamos decir que El momento eléctrico KVAL en el nodo 2 es igual a la suma de los momentos en el tramos 0-1 mas el momento en el tramo 1-2. Y si tuviésemos tres nodos se cumplirá que %V2 = %V1 + %V2 + %V3 Es evidente que el mismo razonamiento se puede aplicar a cualquier cantidad de nodos con cargas y entonces es válida la siguiente ecuación: KVAL =

Siendo KVAi la potencia en KVA que circulan por el tramo i, y Li, la longitud del tramo i. En otras palabras “el momento eléctrico en el punto más alejado en un alimentador radial, es igual a la suma de los productos de la longitud de cada tramo por los KVA que circulan por este tramo”. Un ejemplo contribuirá a aclarar los procedimientos que hemos intentado presentar. Ejemplo. Sea un sector radial de baja tensión como el presentado en la figura siguiente, con cuatro nodos y

las cargas correspondientes de 25, 10, 20 y 10 KVA, respectivamente. Los tramos son la separación entre nodos con longitudes representadas entre corchetes de 40, 50, 60 y 30 metros respectivamente.

Podemos calcular el momento en el nodo 4 de la manera siguiente KVAL = 40*25 + (40+50)*10+ (40+50+60)*20 + (40+50+60+30)*10 KVAL = 40*25+90*10+150*20+180*10 = 1000+ 900+3000+1800 KVALO = 6700 O de la manera propuesta, en función de los flujos de potencia por cada tramo y la longitud de los

tramos KVAL = 40*65+ 50*40+60*30+30*10 KVAL = 2600 + 2000 + 1800 + 300 KVAL = 6700

La caída de tensión en el punto más desfavorable, (el punto de máxima caída o de mínima tensión) será %V =Kd*KVAL Alimentador radial con ramales Es conveniente antes de proponer un procedimiento de solución para este tipo de redes, establecer algunas definiciones como son: Topologia de la red: La representación topológica de la red, muestra la posición relativa de los

elementos de la red destacando la información fundamental para realizar el cálculo eléctrico de la misma. No es importante para este tipo de representación la trayectoria detallada, la cota o detalles topográfico y de urbanismo.

Topografía de la red: A diferencia del caso anterior, es indispensable para ubicación de los elementos de la red.

Tramo: Longitud comprendida entre dos nodos consecutivos. Nodo Inicial: Nodo donde comienza un tramo. Nodo Final: Nodo donde finaliza un tramo. Como no se trata de redes orientadas, en

un tramo pueden intercambiarse los nodos iniciales y finales. Nodo Terminal: Nodo Final que no es nodo inicial de algún tramo. Nodo de alimentación Nodo en el cual está conectado el transformador Nodo de derivación: Un nodo inicial de varios tramos. Nodo de mínima Tensión: Nodo que presenta la máxima caída de tensión en el sector. A diferencia

del caso anterior, no es evidente cual es el nodo que presenta máxima caída.

Troncal: Trayecto desde un nodo terminal al nodo de alimentación definido por los nodos por los cuales pasa.

Definir una troncal Establecer una troncal a partir de un nodo terminal. Ramal: Tramos derivados desde una troncal. Carga unitaria: Carga en KVA que caracteriza una unidad urbana (casa, apartamento). Carga en el nodo: Producto del número de acometidas por la carga unitaria. Algunas

acometidas pudieran corresponder a varias unidades de carga, donde a juicio del proyectista, las viviendas alimentadas, pudiesen tner cargas diferentes de una carga unitaria.

Acumular cargas: La suma de las cargas de un ramal añadida a la carga original del nodo. Flujo de carga en un tramo: Magnitud y orientación de la carga en un tramo. Desde el nodo de mayor

tensión hacia el nodo de tensión menor. Matriz de conexiones: Tabla ordenada donde se especifica para cada tramo, el número del tramo,

el nodo inicial, el nodo final y la longitud del tramo. Para algunas aplicaciones diferentes a las que aquí trataremos podría especificarse el calibre del conductor, la impedancia por unidad (resistencia y reactancia) del tramo, otras informaciones que pudieran ser de interés.

Vector de cargas: Para cada nodo con carga, el número del nodo, carga en número de carga unitaria, las coordenadas del nodo (abscisa y ordenada). Para aplicaciones diferentes pudiera definirse el código de la estructura o tanquilla instalada en el nodo.

Un ejemplo nos permitirá aclarar las definiciones enunciadas. Supongamos la red siguiente generada por el programa “Sector”, anexo al texto. La numeración de nodos es arbitraria, es decir que los nodos no están ordenados y no necesariamente el nodo con una numeración inferior precede a un nodo con numeración superior. A diferencia de los sectores radiales simples, la representación topológica muestra ramales derivados de alimentadores que pudieran considerarse Para evitar el congestionamiento de números en el dibujo, hemos eliminado la numeración de los tramos, pero esta simplificación no introduce complicaciones. Por ejemplo el nodo 3 tiene una carga de 20 KVA, este nodo define el tramo 1-3 (o también puede llamarse (1-3), por el cual circula una carga de 20 KVA. Del mismo modo el nodo 2 tiene una carga de 50 KVA, que circula por el tramo 1-2 de 50 metros. Los nodos terminales 2 y 3 definen sendas troncales, pero los KVAM correspondientes al tramo 2-1 son 50*50 = 2500 KVAM, mientras que los KVAM del tramo 3-1 son 40*20=800 KVAM, por consiguiente la trocal correspondiente al nodo 2 es dominante sobre la troncal correspondiente al nodo 3. El conjunto de nodos (1-2-3-4-5) aporta 50*50 + 40*70+ 30*95=8150 KVAM mientras que el conjunto (10-9-5) aporta 30*10+40*60 =2700 KVAM. Hasta el nodo 5 la troncal dominante es la definida por el nodo 2. Los KVAM correspondientes a los otros nodos terminales son inferiores a los KVAM del nodo 2. Hasta el nodo 6, nodo de alimentación, el momento eléctrico será 13700 KVAM

Si definimos la troncal por el nodo generador diremos que la troncal 2, tiene un momento de 13700 KVAM. Siguiendo el mismo procedimiento para las diferentes trocales tendremos Troncal 2: 13700 KVAM Troncal 8: 1350 KVAM Troncal 13: 12000 KVAM Troncal 20: 41500 KVAM Troncal 24: 55750 KVAM La trocal que determina la caída de tensión del sector es la troncal 24, siendo por consiguiente este nodo 24 el nodo de mínima tensión Si la tensión de alimentación es 2.4 KV, la constante de distribución para el conductor de aleación de aluminio 6201 (Arvidal) es 0.092*10-3, la caída de tensión es 0.092*10-3*55750 = 0.5%. SECTORES MALLADOS. Bases Teóricas. Teorema de Rosen. El teorema de Rosen referido a redes eléctricas establece que “un circuito pasivo constituido por n impedancias, Z1, Z2, Z3 … Zn, conectadas en estrella, puede ser sustituido por otro circuito

equivalente formado por

impedancias, Z12, Z13,…, Z1n, Z23, Z24, … Z2n, , Z23, Z24, ….,Zmn ,

conectadas en polígono.

Según este criterio, la red en estrella de n impedancias conectada a los nodos 0,1, …,i …,j …,n equivale a una red de n vértices conectada en polígono cuyos vértices están conectados entre si

con

impedancias, resultando las mismas corrientes I0, I1, …,Ii …, Ij …,In para el mismo

conjunto de tensiones aplicadas V0, V1, …,Vi …,Vj …,Vn.

Si uno de los nodos, en este caso el nodo 0, es el neutro del sistema, sigue siendo válida la afirmación anterior, y Y0 es la admitancia de la carga conectada al nodo central de la estrella y la corriente que circula por este nodo, es igual a la suma de las corrientes de las ramas de los nodos conectados a tierra a través de las admitancias entre estos y neutro. Las suma cargas que corresponden a estas admitancias, es igual a la carga del nodo central a la estrella. Entonces con la conversión de la estrella a un polígono equivalente, hemos “transferido la carga a los extremos”. De ahí el nombre del procedimiento que emplearemos en la reducción de redes para la solución de los problemas de redes alimentadas por dos puntos o más. Las ecuaciones para calcular las admitancias del polígono, dadas as admitancias de la estrella son

Y en términos de impedancia:

*

Si hay nodos pq con el mismo potencial, no tiene sentido calcular impedancia Zpq, puesto que la corriente que circularía por esta sería igual a cero. La conversión de un circuito estrella a un circuito triángulo es un caso particular del teorema de Rosen y se conoce como teorema de Kennelly. En el caso de n=3 también existe la posibilidad de conversión contraria, es decir de triángulo a estrella. Las ecuaciones son para estrella a triángulo

Y12 =

; Y23 =

; Y31 =

Y análogamente, para triángulo a estrella

Z1 =

; Z2 =

; Z1 =

La conversión polígono a estrella no es posible para n>3. Para encontrar la carga transferida a cada extremo podríamos continuar con aplicaciones del teorema de Rosen, pero existen deducciones mas sencillas utilizando características de las líneas de transporte a novel de baja y media tensión, donde por condiciones de serevicio las diferencias de tensión deben estar limitadas a valores comparables a 5% o menos. Supongamos que tenemos un sector como el de la figura ubicada debajo a la izquierda, con una carga en el nodo 5 de 40 KVA, otros nodos sin carga y está alimentado por el nodo 1. Puesto que los nodos 2, 3 y 4 no tienen carga y no son nodos de derivación, pueden ser eliminados y entonces, topológicamente el sector anterior es igual al del medio y a la figura de la derecha, en la cual hemos cambiado el número del nodo 1 por A y B. Lo que hemos hecho es abrir el sector por el nodo de alimentación y

obviamente el nodo A es el mismo nodo B, con la misma tensión obviamente. Como la carga del nodo 5 es suplida por ambos lados, diremos que la alimentación al nodo 5 entra desde el lado A y desde el lado B, y como la diferencia de tensión entre el nodo 1 y el nodo 5 es la misma medida desde cualquier lado, la caída de tensión desde el lado A es la misma que la caída de tensión del mismo nodo desde el lado B. Por consiguiente si llamamos KVAa la carga que llega al nodo 5 desde el extremo A y KVAb la que llega al mismo nodo desde el extremo B, es cierto que %V = Kd*KVAa*L5A = Kd*KVAb*L5B Y mejor denominamos L5A como La y análogamente L5B como Lb se tiene

KVAa*La =KVAb*Lb y también

de donde

Y entonces

=

y si llamamos KVA0 a la carga original en el nodo 5 y Lt la longitud total de la

línea, tendremos

=

y entonces

=

y por analogía =

Lo cual se expresa mejor con una sentencia

“Si una carga está alimentada por dos puntos A y B a la misma tensión, para obtener la carga que entra por uno de los nodos se hace momento desde el nodo opuesto y se divide por la longitud total de la línea”. En el problema propuesto La = 60, Lb =90, KVA0 = 40 KVA KVAa = 40*90/150 = 24 KVA KVAb = 40*60/150 = 16 KVA Es obvio que KVAa +KVAb = KVAt, por lo tanto KVAb se puede obtener por diferencia entre KVAt y KVAb. Supongamos que se tienen dos cargas KVA1 y KVA2 en una línea alimentada por ambos extremos (es decir desde un mismo punto de alimentación, como es la salida secundaria de un banco de transformadores). Aplicando el teorema de superposición determinaremos los KVA que entran por el primer nodo de alimentación con cada una de las cargas aplicadas

Primero, solo con la carga en el nodo 1, los KVA que entran por el nodo A son

KVAa =

Luego, solo con la carga en el nodo 2.

KVAa =

De modo que la carga total que entra por el nodo 1 es:

KVAa=

,

Ecuación que identificamos otra vez con la expresión “los KVA que entran por A son el momento eléctrico en relación al extremo opuesto dividido por la longitud total de la línea”. Es obvio que el mismo razonamiento se puede aplicar para una línea con cualquier numero de nodos. Para la deducción de las ecuaciones anteriores que los nodos extremos son nodos de alimentación y que además están a la misma tensión. En sistemas de distribución en baja tensión, las normativas vigentes en cada país establecen niveles máximos de caída de tensión que para redes en operación no deben exceder un 6% (en Venezuela el máximo nivel de caída de tensión permitido es 5%). Cuando se diseña una red, previendo un crecimiento posterior de la carga, se limita a 3% y aun menos, la caída de tensión permitida en las redes de baja tensión. Por esta razón en nodos extremos que no sean de alimentación puede aplicase el mismo procedimiento, el cual por otra parte, se conoce como “transferencia a los extremos”, porque en una sección de línea comprendido entre dos nos A y B, las cargas intermedias se transfieren a aquellos nodos, determinando los aportes de carga de los mismos.

Lo expuesto significa que la transferencia a los extremos es aplicable a redes de distribución secundaria, cuando las diferencias de tensión en la red no exceden la caída de tensión máxima permisible. VARIOS NODOS DE ALIMENTACIÓN A UNA CARGA MEDIANTE TRAMOS DE DIFERENTES LONGITUDES.

Supongamos una carga KVA0 alimentada desde los nodos 1,2…i,..n mediante tramos de línea de longitudes L1, L2, ..Li,..Ln. No tendremos inconveniente en reconocer que si los tramos tienen la misma impedancia unitaria, la caída de tensión en cada uno de ellos es la misma y entonces, el producto de los KVA con que contribuye cada nodo de alimentación multiplicados por la longitud del tramo

correspondiente, son iguales. Como KVA1*L1 =KVAi*Li Podemos escribir

=

=

.

.

=

.

.

=

Sumando los términos de la derecha obtenemos KVA1 + KVA2+…+KVAi+… = KVA0 De donde

KVA0 =

+

+ . . . +

+ . . +

Luego

=

O como realmente se usa

=

*

Para obtener la carga aportada por cada nodo denominaremos K0 =

Y entonces tendremos

Y en general

Los problemas resueltos que se expondrán más adelante presentan los tipos más comunes de disposición de redes radiales y malladas utilizadas en distribución. Resumen de metodología para cálculo de caída de tensión en redes malladas, Redes con carga uniformemente distribuida.

PROBLEMAS RESUELTOS. Los primeros modelos a tratar son circuitos radiales, con transformador en serie el primer modelo y sin este, los modelos siguientes. Problema 1. Ejemplo de aplicación del método de cálculo porcentual de caída de tensión. Supongamos que tenemos un motor trifásico a de 50 Hp letra de diseño “G”, factor de potencia de arranque =60%, con 208 voltios de tensión nominal (Inominal=139 A), que alimentamos mediante una línea de 50 metros de cable THW #1/0 AWG (ampacidad = 150 A) con un transformador de 3*25 KVA con una impedancia de 3.5% y relación X/R=8.5. ¿En el arranque del motor, qué caída de tensión se tendría?.

Datos del motor: Hp≈50 KVA In = 139 A Letra de diseño “G” corresponde a KVAarranque = 6*KVA nominal del motor = 6*50 =300 KVA Datos del transformador

%Zt =

%Zt =8.5=

=%R 2 2 =8.56*%R

%R = 0.99% %X = 8.56*.99 = 8.5% Datos del Conductor. r = 0.33 Ω/km x = 0.13 Ω/km Para cos(φ)=.6 Kd = 0.000696 1/KVAM Caída de tensión en el transformador

%Vt = (.99*.6+ 8.5*.8)*

=29.5%

La caída de tensión en el conductor es %Vc = 0.000696*300*50 = 10.44% La caída de tensión total será la suma de la caída en el transformador mas la caída en el conductor, es decir, 40%. Obviamente, en este caso con la combinación transformador-conductor propuesta, nuestro motor no podrá arrancar (¿o sí?). Problema 2. Sea un sector radial de baja tensión como el presentado en la figura siguiente, con cuatro nodos y

las cargas correspondientes de 25, 10, 20 y 10 KVA, respectivamente. Los tramos son la

separación entre nodos con longitudes representadas entre corchetes de 40, 50, 60 y 30 metros respectivamente. Supondremos que la tensión de alimentación es 480 volt y el conductor es de cobre con aislamiento THW, de modo que podemos calcular a partir de las ecuaciones deducidas en el texto, la constante de distribución que resulta ser de 0.1105*10-3. Podemos calcular el momento en el nodo 4 de la manera siguiente KVAL = 40*25 + (40+50)*10+ (40+50+60)*20 + (40+50+60+30)*10 KVAL = 40*25+90*10+150*20+180*10 = 1000+ 900+3000+1800 KVALO = 6700 O de la manera propuesta, en función de los flujos de potencia por cada tramo y la longitud de los tramos

KVAL = 40*65+ 50*40+60*30+30*10 KVAL = 2600 + 2000 + 1800 + 300 KVAL = 6700 KVAM La caída de tensión en el punto más

desfavorable, (en el punto de máxima caída o de mínima tensión) será %V =Kd*KVAL Si el conductor es un THW calibre 2/0 AWG, la constante de distribución para un factor de potencia de 0.85 es 0.1105*10-3 y por consiguiente la caída de tensión es %V = 0.1105*10-3*6700 = 0.7 %. Problema 3. Un ejemplo nos permitirá aclarar las definiciones enunciadas. Supongamos la red siguiente generada por el programa “Sector”, anexo al texto. La numeración de nodos es arbitraria, es decir que los nodos no están ordenados y no necesariamente el nodo con una numeración inferior precede a un nodo con numeración superior. A diferencia de los sectores radiales simples, la representación topológica muestra ramales derivados de alimentadores que pudieran considerarse

Para evitar el congestionamiento de números en el dibujo, hemos eliminado la numeración de los tramos, pero esta simplificación no introduce complicaciones. Por ejemplo el nodo 3 tiene una carga de 20 KVA, este nodo define el tramo 1-3 (o también puede llamarse (1-3), por el cual circula una carga de 20 KVA.

Del mismo modo el nodo 2 tiene una carga de 50 KVA, que circula por el tramo 1-2 de 50 metros. Los nodos terminales 2 y 3 definen sendas troncales, pero los KVAM correspondientes al tramo 2-1 son 50*50 = 2500 KVAM, mientras que los KVAM del tramo 3-1 son 40*20=800 KVAM, por consiguiente la trocal correspondiente al nodo 2 es dominante sobre la troncal correspondiente al nodo 3. El conjunto de nodos (1-2-3-4-5) aporta 50*50 + 40*70+ 30*95=8150 KVAM mientras que el conjunto (10-9-5) aporta 30*10+40*60 =2700 KVAM. Hasta el nodo 5 la troncal dominante es la definida por el nodo 2. Los KVAM correspondientes a los otros nodos terminales son inferiores a los KVAM del nodo 2. Hasta el nodo 6, nodo de alimentación, el momento eléctrico será 13700 KVAM Si definimos la troncal por el nodo generador diremos que la troncal 2, tiene un momento de 13700 KVAM. Siguiendo el mismo procedimiento para las diferentes trocales tendremos Troncal 2: 13700 KVAM Troncal 8: 1350 KVAM Troncal 13: 12000 KVAM Troncal 20: 41500 KVAM Troncal 24: 55750 KVAM La troncal que determina la caída de tensión del sector es la troncal 24, siendo por consiguiente este nodo 24 el nodo de mínima tensión Si la tensión de alimentación es 2.4 KV, la constante de distribución para el conductor de aleación de aluminio 6201 (Arvidal) es 0.092*10-3, la caída de tensión es 0.092*10-3*55750 = 0.5%. Problema 4. A partir de este problema trataremos con circuitos mallados con do o mas puntos de alimentación. Un sector como el representado en la figura, tiene una carga distribuida entre los nodos 2 y 3, con

una densidad lineal de carga de 0.6 KVA/m y una carga concentrada en el nodo 4 de 20 KVA. Se desea determinar la posición del punto de mínima tensión y determinar el valor de la máxima caída de tensión. El conductor es de aleación de aluminio 6201 calibre 300 Kcmil y el factor de potencia de las cargas es de 0.85. Solución. La carga distribuida en

el tramo 2-3 se sustituye por una carga concentrada con valor igual a la totalidad de los KVA (longitud del tramo multiplicada por la densidad de carga) en la mitad del tramo, es decir a 50 metros del nodo 2. El diagrama del sector con esta simplificación queda de la siguiente manera y se procede a su solución identificando el diagrama con el modelo de redes malladas con un única malla. El primer paso del procedimiento establecido es, como hemos viste, el siguiente:

a) Abrir la red

El nodo 5 es un nodo ficticio ubicado en el medio del tramo que contiene la carga uniformemente distribuida igual a 100*0.6.

b) Transferir a los extremos.

Al nodo A:

KVAA =

= 49.23

Al nodo B:

KVAB =

= 30.77

La carga que circula desde el nodo A hasta el tramo con la carga distribuida es de 49.23 que equivale a una longitud de 49.23/0.6 =82.05 metros del tramo. Como el resto del tramo es alimentado desde el nodo B, a esta distancia concurren los flujos desde ambos extremos. Este es entonces es punto de mínima tensión.

Los KVAM correspondientes a este punto son 3938 y la caída de tensión es el producto del Kd para el conductor de aleación de aluminio 6201 calibre 300 Kcmil, 0.7161 multiplicado por los KVAM hasta el punto dado, esto es 2.82%.. Problema 5. En el sector representado topológicamente por la figura, se requiere determinar el calibre de conductor de aleación de aluminio requerido para limitar a 3% la máxima caída de tensión. El

sector tiene 10 nodos y el factor promedio de las cargas es de 0.85 inductivo. Paso 1- Abrir la red por el nodo de alimentación e identificar el modelo de sector entre los tipos propuestos. El sector propuesto es de una malla alimentado por un nodo sin derivación. Como hemos establecido, el nodo de alimentación se separa en dos nodos, A y B, con la misma tensión y determinará los KVA que entran por cada uno de ellos

para alimentar las cargas de la red El diagrama resultante es el siguiente: Paso 2. Transferir las cargas a los extremos.

Transferiremos a los nodos 2 y 6 las cargas de las ramas superior e inferior del anillo. La rama superior es la conformada por la trarectoria definida por los nodos 2-8-9-10 y 6 y la rama inferiror por la trayectoria 2-3-4-5 y 6. Primera Transferencia.

Rama superior. Al nodo 2.

KVA2 =

= 8.09

KVA6 =

=11.91

Verificamos KVAt = 8.09 + 11.91 = 20 Rama inferior. Al nodo 2

KVA2 =

= 7.97

KVA6 =

= 11.03

Verificación KVAt = 7.97 + 11.03 =19 Resultado primera transferencia El nodo 2 tendrá 10 + 8.09 + 7.97 = 26.06 El nodo 2 tendrá 5 + 11.91+ 11.03 = 27.94 Paso 3. Determinar longitud equivalente de los tramos donde cuyas cargas se transfirieron.

Segunda Transferencia. Transferir a los nodos A y B.

Transferir al nodo A.

KVAA =

=

Al nodo B.

KVAB =

=

26.52

Haremos la sustitución de regreso para calcular los flujos en toda la red, a partir de los KVA que entran por cada uno de los extremos y de que la caída de tensión entre los nodo A y B, es igual a cero.

VAB = 0 =52*31.48 + 36*X+35*(X-5)+29*(X-10)+29*X-20)-40*22.52+43*26.52 X=11.24 Con este valor de X es posible calcular los flujos en toda la red, resultando

En la rama superior el punto de menor tensión es el nodo 10 porque en el hay flujos concurrentes y por lo mismo, en la rama inferior el nodo de mínima tensión es el nodo 5. El menor mínimo será el nodo de máxima caída en el sector y este es el nodo 5. Calculando los KVAM desde el nodo B, tendremos KVAM5 = 43*26.52+40*22.52+40*8.76 = 2392 Problema 6. En el sector representado en la figura, determinar el conductor de manera que la caída de tensión

con factor de potencia 0.8, no sobrepase el 3%. Solución del problema. Paso 1. Abrir el sector e identificar el modelo. La figura de la derecha muestra que se trata de un modelo de una carga central alimentada por tres puntos. Por razones de dibujo se cambió la orientación. La

carga de 5 KVA ubicada en el nodo de alimentación se eliminará para el cálculo de caída de tensión, porque el valor de tensión es el del nodo y no es función de las cargas aplicadas a los nodos, ni siquiera del valor de esta carga en el nodo de alimentación. Paso 2. Transferencia a los extremos de las cargas de las ramas. El diagrama de las tres ramas en las cuales se descompondrá el sector son las siguientes:

Rama 2- A. Al extremos A.

KVAA =

=

= 11.91 KVA

Al extremos 2. KVA2 = 20-11.91 = 8.09 KVA Rama 2-B Al extremos B.

KVAB =

=

= 2.73 KVA

Al extremos 2. KVA2 = 4-2.73 =1.27 KVA Rama 2-C Al extremos C.

KVAC =

=

= 11.03 KVA

Al extremos 2. KVA2 = 19-11.09 = 7.93 KVA En el nodo A han sido transferidos 11.91 KVA, al nodo B 2.73 KVA y al nodo C, 11.02 KVA. En el nodo 2 había 10 KVA y han sido transferidos 8.09 + 1.27 + 7.93 KVA; ahora habrá 27.29 KVA. Paso 3. Segunda transferencia. Desde el nodo central (nodo 2 en este caso a los nodo de entrada.

Hasta ahora, el diagrama en cuanto a cargas y longitudes se ha modificado de la manera como se indica en la figura a la izquierda. Transferiremos a los extremos de alimentación la carga del nodo central (nodo 2), de 27.29 KVA mas la carga orinal de este dodo de 10 KVA. Del nodo 2 habra que transferir entonces 37.39 KVA

K0 =

= 1311.61

Transferencias de la carga central al nodo A, KVAA = K0/128 = 10.25 KVA al nodo B, KVAB = K0/135 = 9.72 KVA al nodo C, KVAC = K0/179 = 7.33 KVA donde las cargas que entran por los nodos de alimentación son: Por el nodo A, KVAA = 11.91+10.25 = 22.16 KVA Por el nodo B, KVAB = 2.73+9.72 = 12.45 KVA

Por el nodo C, KVAC = 11.03+7.33= 18.36 KVA

Verificando, las cargas totales son 22.16 + 12.45 + 18.36 = 52.97 KVA. Si a este valor se le agrega la carga del nodo de alimentación que no habíamos considerado por las razones expuestas, la carga total que entra por los nodos de alimentación es 52.97 + 5 = 57.97 KVA. Debieron ser 58 KVA de modo que hemos cometido un error de redondeo de 0.03 KVA. El diagrama de flujos es entonces el mostrado en la figura siguiente, Puede notarse en el diagrama de flujos de potencia mostrado que solamente en el nodo 3 hay flujos que se encuentran, desde el nodo 2 y desde el nodo 4. Los KVAM resultantes pueden calcularse desde cualquier nodo de alimentación y obviamente la trayectoria mas conveniente en este caso es desde el nodo c. KVAM = 40*18.36 + 55*8.36 + 43*3.36 = 1338.68 Para encontrar el conductor de menor calibre que cumpla con la condición de que la caída de tensión sea menor de 3%, debemos encontrar la constante de distribución (Kd) en una tabla o gráfica tal que

Kd ≤

=2.24*10-3

Problema 7. Resolver la red de la figura

Red Original. (Tres puntos de alimentación). La red Original está construida con conductor de aleación 6201 (Arvidal) y alimentada por el nodo 1. Determinar:

1. El punto de mínima tensión. 2. La caída de tensión máxima. 3. Las pérdidas en la red. 4. La caída de tensión en el nodo 8.

La red está constituida por 12 nodos conectadas mediante 14 tramos de conductor #1/0 AWG, de aleación de aluminio 6201, alimentado una carga de 90 KVA. En el punto de alimentación (nodo 1), está

conectado a la red un banco de transformadores mediante tres ramales. Como en todos los casos, se trata de determinar mediante el procedimiento conocido como “transferencia a los extremos”, los KVA que entran por cada uno de los ramales de alimentación. Como siempre, enumeraremos los pasos necesarios para despejar las incógnitas planteadas. Primer Paso: Abrir la red en el punto de alimentación. El punto de alimentación genera tres nodos (a, b y c) que pertenecen a cada una de las ramas y

mostrando un polígono de tres lados definidos por los vértices 2, 3 y 4. Segundo Paso. Transferir a los extremos las cargas de cada rama que conforma los lados del triangulo. Obviamente las cargas ubicadas en los nodos extremos ya están transferidas y por consiguiente no deben ser objeto de transferencia a los extremos. La carga parcial ubicada en el triángulo es: En las ramas Rama 2-3→15; Rama 3-4→23, Rama 4-2 →14. Total ramas 52 KVA En los vértices 5+8+5 = 18 En las ramas de alimentación 10+10=20

Total Triángulo 52 + 18 = 70 KVA Total 70+20 = 90 KVA

Rama 2-3).

Al nodo 2 Hacer momentos en relación al nodo opuesto (el nodo 3) y dividiremos por la longitud de la rama

KVA2=

Al nodo 3 KVA3 = 10 + 5 - 8.33 = 6.67

Rama 3-4).

Al nodo 3

KVA3 =

2

Al nodo 4 KVA4 = 23 - 9.82 = 13.18

Rama 4-2)

Al nodo 4

KVA4 =

Al nodo 2 KVA2 =14 - 8.73 = 5.27 Después de estas transferencias Las cargas en los nodos vértices del triángulo serán: Nodo 2: 5 + 8.33 + 5.27 = 18.6 Nodo 3: 8 + 6.67 + 9.82 = 24.49 Nodo 4: 5 + 13.18 + 8.73 = 26.91 Total cargas en el triangulo: 18.6 + 24.49 + 26.91 = 70 La carga transferida desde los lados del triángulo mas la carga de los vértices son 70 KVA. Este paso es una verificación intermedia de los cálculos. Si la carga transferida fuese diferente de la carga a transferir, sería necesario revisar los cálculos. Tercer Paso: Convertir el triangulo en estrella. Convertiremos el triangulo cuyos vértices son 2, 3 y 4 en una estrella utilizando el teorema de Kennelly (Conversión estrella-triángulo y viceversa)

L2 =

L3 =

m

L4 =

= 39.03 m

Cuarto Paso: Transferir las cargas a los extremos de la estrella. Primera transferencia: Rama a-0 Al nodo a)

KVAa =

6 6

Al nodo 0) KVA0 = 18.6-6.46 = 12.14 Rama b-0 Al nodo b)

KVAb =

=

=15.24

Al nodo 0) KVA0 = 36.91 -15.24 = 19.25 Rama c-0 Al nodo c)

KVAc =

6

Al nodo 0 KVA0 =36.91-17.67 = 19.24 Al nodo 0 han sido transferidos 12.14 + 19.25 +19.24 = 50.63 La transformación hasta ahora, se presenta en la figura de al lado. Segunda transferencia: Transferir la carga central a los nodos de alimentación.

KVAa =

=

= 17.29

KVAb =

2

KVAc =

6.05

Las transferencias totales a los extremos han sido: Al nodo a: 6.46 + 17.29 = 23.75 Al nodo b: 15.24 + 17.29 = 32.53 Al nodo c: 16.26 + 15.86 = 33.32 Total = 89.6 La carga total a transferir era de 89.6 KVA (debía ser 90 KVA). El resultado luego de las numerosas operaciones presenta un error de 0.4 KVA, lo que significa que la precisión del redondeo ha sido del orden del 99.55%. Quinto Paso. Determinación del punto de mínima tensión. Se trata de plantear la ecuación de la caída de tensión entre los puntos a y b que están conectados a la barra del transformador de distribución y por consiguiente tienen la misma tensión. De manera similar a como hemos visto

en ejemplos anteriores, se plantea la ecuación de la caída de tensión a través del recorrido a-2-7-8-3-11-b, resultando ∆vab = 60*23.75 + 30*x + 30*(x-10)+30*(x-15)-30*22.53-30*32.53 = 0 90*x =976.8 X= 10.85 Se evidencia un punto de mínima tensión en el nodo 8. Completando el análisis para toda la red, se tiene la siguiente figura. Hay flujos opuestos en los nodos 8, en la rama 2-3, 9 en la rama 3-4 y 6 en la rama 4-2. A partir del nodo c, conseguiremos los momentos eléctricos en estos puntos. A partir del nodo de alimentación c, encontramos los KVAM hasta el nodo 4, común a las ranas 3-4 y 4-2. KVAMc-4 = 33.32*30 + 23.32*30= 1699.2 KVAMc-9 = 1699.2 + 40*12.67 =2206 Y KVAMc-6 = 1699.2 + 30*5.65 = 1868.7 Y en el nodo 8 se tiene KVAma-8 = 60*23.75 + 30*10.85 + 30*0.85 = 1776 Luego el nodo con mayor caída de tensión es el nodo 9, con KVAM = 2206 Regenerando la forma del sector originalmente planteado y añadiendo los flujos de de carga, se tendrá la figura siguiente: Problema 8. SECTOR ALIMENTADO POR CUATRO PUNTOS. El presente problema está resuelto en el libro “Proyectos de Distribución” del profesor Albert Naranjo. El sector tiene cargas distribuidas con una densidad de carga lineal =0.4 KVA/M sin hacer referencia al tipo de conductor ni el factor de potencia Aquí lo proponemos simplificando un poco al considerar que las cargas distribuidas ya están concentradas en los puntos medios de cada tramo con el objetivo de calcular los KVAM del punto de mínima tensión y la ubicación del mismo.

A la derecha, el problema original simplificado donde las cargas distribuidas se presentan en el medio de cada tramo. En la figura abajo y a la izquierda la segunda figura del problema, ya se han hecho las primeras transferencias de cargas a los extremos Después de estos procedimientos que consideramos sin dificultad por parte del lector, transferimos a los extremos la carga del nodo b a los extremos a, II y c

Paso 3) Carga transferidas desde el nodo b.

K0 =

= 2773

Al nodo a) KVAA =

Al nodo II) KVAII =

6

Al nodo c) KVAc =

22

(Verificación : deben sumar 75. Suma 15.84+36.97+22.18 = 74.99) Carga transferidas desde el nodo d.

K0 =

= 4154

Al nodo a) KVAA =

2

Al nodo c) KVAc =

2 6

Al nodo IV) KVAIV =

(Verificación : deben sumar 90. Suma 20.77 + 27.69 + 41.54 = 90) Paso 4) (Teorema de Kennelly)

=

Transformación parcial de la red convirtiendo la estrella de ramas ba, bII y bc en el triángulo de vértices en a-II-c

El sector se abre por los nodos de alimentación. Esquema del sector del problema propuesto

Las cargas han sido trasferidas

Suma de los inversos de las longitudes de bazos de la estrella

Ki =

+

+

= 0.02705

LaII =0.02705*175*75 = 355 LIIb = 0.027005*75*125=253.6 Lbc = 0.02705* 125*175=591.7 Transformación parcial de la red convirtiendo la estrella de ramas ba, bII y bc en el triángulo de vértices en a-IV-c Suma de los inversos de las longitudes de bazos de la estrella

Ki =

+

+

= 0.02167

Lac = 0.02167*200*150 = 650 m LcIV =0.02167*150*100 =325 m LIVa =0.02167*100*200 =433.4 m Hasta ahora han sido transferidas Hacia el nodo a) : 95 + 15.84 + 20.77 = 131.65 Hacia el nodo II) : 15 + 36.97 = 51.97 Hacia el nodo c) : 65 + 22.18 + 27.69 = 114.87 Hacia el nodo IV) : 20 + 41.54 =61.54

La figura de la izquierda representa el sector con las transformaciones topológicas y transferencias de carga hasta este momento. El trazo grueso ubicado entre los nodos a y c es el equivalente de los dos tramos de 650 y 591.7 metros con una longitud de 310 metros. En la grafica anterior transferiremos la carga del

nodo a a los extremos I, II, c y IV.

K0 =

= 7173.54

La transferencia de cargas hacia los nodos de los extremos serán

Al nodo I :

= 71.74

Al nodo II :

=20.21

Al nodo c :

= 23.14

Al nodo IV :

= 16.57

(Verificación : deben sumar 131.65. Suma 71.74 + 20.21 + 23.14 + 16.57 =131.66) Convertir estrella con puntas en nodos I,II, c y IV y con centro en a, utilizando teorema de Rosen.

Ki =

= 0.0183522

Pero como los nodos I, II y IV están al mismo potencial, no tiene sentido calcular estos enlaces pero si para los enlaces de estos con el nodo c. LIc = 0.0183522*100*310 = 568.91 LIIc = 0.0183522*310*355 = 2019.6 LIVc=0.0183522*433*310 = 2463.4 Hasta este momento las transformaciones de la red y las transferencias de carga han producido, redondeando las cargas y las longitudes, las modificaciones siguientes: Carga en el Nodo I : 92 Carga en el Nodo II : 72 Carga en el Nodo III: 10 Carga en el Nodo IV: 78 Carga en el Nodo c: : 138

Poniendo en paralelo las ramas II-C de 2019 y 253.6 resulta LIIc= 227 metros, para la rama IV-c Se resuelve el paralelo entre las ramas de longitud 325 y 2463.4 resultando LIVc = 287. Transfiriendo la carga del nodo c, de 138 KVA:

K0 =

= 4655

Al nodo I:

= 8.18; Al nodo II:

= 20.50

Al nodo III:

= 93.1; Al nodo IV:

= 16.22

Ahora se tiene la cargas que entran por cada nodo de alimentación.

El próximo paso es es la sustitución de regreso para determinar los flujos de potencia y las distancias con fines de calcular los KVAM para, finalmente, determinar los flujos de potencia y las

distancias con fines de calcular los KVAM para, finalmente, determinar la caída de tensión. Reproducimos la segunda figura del problema para facilitar el reconocimiento. Debemos definir la trayectoria entre dos nodo de alimentación contiguos. Seleccionamos la trayectoria I-a-b-II. En la trayectoria seleccionada la caída de tensión es proporcional al producto de los KVA que pasa por cada tramo por la longitud de cada tramos, como hemos expuesto antes. Para ubicarnos mejor dentro del

problema dibujamos la trayectoria especificada en la figura siguiente:

Y como la caída de tensión entre los nodos de alimentación I y II es cero, escribimos la ecuación y resolvemos 50*100 + 50*60 + 87.5*X + 87.5*(X-70) – 37.5*63 – 37.5*93 = 0 175*X = 3975 → X = 22.7 Con este valor de X en la grafica anterior queda

Como en el nodo ficticio ubicado entre los nodos a y b hay flujos encontrados, este es el nodo de menor tensión en la trayectoria seleccionada. Los flujos que van desde el nodo “a” hacia “d” y desde el nodo “b” hacia “c”, completan el balance de cargas en la trayectoria. Con estos valores de flujo encontrados se puede encontrar el flujo en las todas las trayectorias del sector. Así resulta el diagrama de flujos para toda la red pudiéndose encontrar los KVAM resultantes para todos los nodos de tensión mínima en cada una de ellas. Como sabemos, el nodo que tenga mayor KVAM será el nodo de mínima tensión

En la grafica de la izquierda se puede evidenciar que los nodos donde hay flujos encontrados son los nodos ficticion entre los nodos reales ‘a’ y ‘b’, ‘b’ y ‘c’, ‘c’ y ‘d’ y ‘d’ y ‘a’. Ademas encontramos que los KVAL del nodo ficticio entre ‘d’ y ‘a’ tiene el mayor valor de KVAM, siendo de 50*100+50*60+100*37.3 = 11720 KVAM. Por consiguiente la caída de tensión para este punto, la mayor del sector, es de 4.19%.

Comentarios. Obviamente los problemas resueltos mediante los métodos tradicionales de cálculo implican una actividad sumamente laboriosa y se justifico el empleo de estos métodos cuando no se disponía de instrumentos de cálculo que redujeran el trabajo y disminuyeran las probailidades de cometer errores importantes, precisamente por lo laborioso de su solución. Hemos decidido resolverlos por métodos de reducción de redes entre los cuales están la aplicación de los teoremas de Kennelly (conversión estrella triangulo y viceversa), teorema de Rosen, Transferencia a los extremos que es una aplicación de este último teorema. Pero el fín fundamental que perseguimos con estas soluciones es la validación del programa “SECTOR”, porque como demostramos, la solución es la misma que el el método analítico empleado. El programa se fundamenta en la aplicación del método Nodal de solución de redes con las simplificaciones para líneas correspondientes. En todos los problemas hemos considerado constante el material y el calibre del conductor, pero si este no fuera el caso, sería suficientemente preciso hacer una corrección de las longitudes considerando uniforme aquellas variables en los tramos predominantes y en los tramos de diferente sección, con longitudes equivalentes inversamente proporcionales al área de los conductores, de manera que el problema pueda ser tratado como un programa de longitud uniforme. En realidad cuando se realizan proyectos para obras nuevas, por razones de logística relacionada con el suministro de conductores y accesorios, es recomendable utilizar una sección uniforme y obviamente un solo tipo de material para todo el sector. Solo para redes existentes cuando ya están instalados los conductores de diferentes secciones, es aconsejable para evaluar las condiciones de operación, hacer la uniformización de los conductores según lo sugerido en el párrafo anterior.

RESOLUCIÓN DE LOS PROBLEMAS CON EL PROGRAMA “SECTOR”

Problema 2.

Problema 3.

Problema 4.

Problema 6.

Problema 7.

Poblema 5.

Problema 8.