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CT4351. Controladores de Potencia. Profesor: José Vivas. Preparador: Gustavo Izaguirre. Preparaduría 7.

PARTE I. Comentarios preliminares. Un convertidor AC – AC tiene varias funciones. Para efectos del curso se contemplan dos aplicaciones principales. La primera es su funcionamiento como interruptor de estado sólido, una característica que es necesaria para el caso de circuitos capacitivos. La segunda aplicación, es el funcionamiento como regulador, que básicamente lo que se busca es disminuir el valor efectivo de la señal de entrada, y esto se logra al “mochar” la onda de entrada. Las señales de voltaje y corriente del lado de la carga y del lado de la fuente son nulos. Esto se debe a que es un convertidor AC – AC. Los valores eficaces son no – nulos y del lado de la carga deben ser menores que del lado de la fuente. Sin embargo el valor promedio del voltaje y corriente en un tiristor, son valores diferentes de cero. Al analizar (u operar) un convertidor AC – AC hay que estar pendiente de que el ángulo de disparo tiene que ser mayor al ángulo de la impedancia y menor a . El rango de conducción para un tiristor es idéntico al caso de rectificadores monofásicos de media onda con control. Para el caso de un circuito inductivo puro, el ángulo de extinción se puede expresar como =2-α. En el caso de tener tiristores reales, el ángulo de extinción se verá afectado, pero considerando que dicha perturbación es muy pequeña, se puede despreciar, quedando =2-α, como antes. En el resto del documento a los convertidores AC – AC los llamaré reguladores, aunque cumplan funciones como interruptor de estado sólido.

PARTE II. Regulador monofásico. Para el circuito de la figura, demuestre que la corriente eficaz de un tiristor viene dada por: 𝐼𝑇_𝑅𝑀𝑆 =

𝐼0_𝑅𝑀𝑆 2

Figura 1. Un regulador AC – AC monofásico. De los “sencillos”.

CT4351. Enero – Marzo 2008. Preparaduría 7. *Incluye correcciones en las páginas 4 y 5.

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SOLUCIÓN Primeramente hay que determinar la corriente eficaz que pasa por la carga: 𝐼𝑜_𝑟𝑚𝑠 2 =

2 2𝜋

𝛽

𝑖 𝜔𝑡

2

𝑑 𝜔𝑡

2

𝑑 𝜔𝑡

𝛼

Luego se determina la corriente eficaz por un tiristor: 𝐼𝑡_𝑟𝑚𝑠 2 =

1 2𝜋

𝛽

𝑖 𝜔𝑡 𝛼

Al hacer el cociente de ambas expresiones se consigue que: 𝐼𝑜_𝑟𝑚𝑠 2 =2 𝐼𝑡_𝑟𝑚𝑠 2 Al despejar el valor de It_rms se obtiene que: 𝐼𝑡_𝑟𝑚𝑠 =

𝐼𝑜_𝑟𝑚𝑠 2

Lo que se quería demostrar. NOTA: Hay que ver que un regulador trabaja de manera muy similar a un rectificador. Los problemas que se pueden generar son muy parecidos a los que se hicieron en las prepas 1 a la 5. Estos enunciados no los coloco porque sería repetir más de lo mismo. Sin embargo, no está demás que se repasen dichos cálculos, para estar prevenido al bate: 

Determinación de la ecuación que describe la señal de corriente.



Análisis de potencias del lado de la fuente y del lado de la carga.



Análisis de armónicos de las señales de interés del lado de la fuente y del lado de la carga.



Ángulo de disparo de los tiristores para que la carga consuma una determinada potencia.



Considere tiristores reales para determinar la potencia consumida en ellos y comparar con la potencia de la carga. Si los tiristores son reales, hay que considerar la respuesta forzante por VTO. Diseñe el disipador.



¿Se justifica la presencia de un diodo de descarga libre? ¿De un tiristor de descarga libre?



Demuestre que para un circuito inductivo puro, el ángulo de extinción viene dado por =2-α.

CT4351. Enero – Marzo 2008. Preparaduría 7. *Incluye correcciones en las páginas 4 y 5.

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PARTE III. Aplicación práctica de los reguladores. Compensación con un SVS*. Los reguladores de los SVS asociados a los bancos de capacitores funcionan como interruptores de estado sólido. En consecuencia, los bancos de capacitores inyectan todos sus kVAr o no inyectan ninguno. Los reguladores asociados a los reactores funcionan como reguladores. En consecuencia verán un circuito inductivo puro, por lo que el ángulo de extinción de la corriente será =2-α. Al hablar de compensación, hay que desempolvar los conceptos de CT1212 y CT3231. Hay que estar claro con los signos y saber que significa cada cosa, sobre todo con la potencia compleja. Enunciado del problema: Carla Augusta estaba estudiando compensación reactiva y trata de aplicar los conceptos que aprende día a día. Se dio cuenta que su casa estaba en una situación para nada buena por lo cual decide adquirir (de manera lícita) un compensador SVS para arreglar los desperfectos. La instalación eléctrica de la casa de Carla Augusta se puede modelar por el circuito de la figura 2. Se sabe que la instalación es monofásica y es alimentada a 208 [V]. Carla Augusta contrata los servicios de un técnico para la instalación del SVS que se muestra en la figura 3. ¿Cómo debe quedar instalado el SVS para que la casa de Carla deje de estar en tan tétrica situación? El técnico determinó que la reactancia del reactor del SVS es de 40 [Ω]

Figura 2. Instalación eléctrica de la casa de Carla Augusta

Figura 3. SVS que se adquiere para solucionar los problemas de la instalación eléctrica de Carla Augusta

CT4351. Enero – Marzo 2008. Preparaduría 7. *Incluye correcciones en las páginas 4 y 5.

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Inicialmente hay que ver si la casa de la señorita está en “tan tétrica situación”. Para esto hay que ver el perfil de tensiones en la barra de carga y ver si está dentro de lo permisible. Esto se puede hacer usando un flujo de carga, pero para efectos del curso se usará la ecuación fundamental: 𝑉𝑏𝑎𝑟𝑟𝑎4 + 𝑉𝑏𝑎𝑟𝑟𝑎2 2𝑄𝑋 − 𝑉𝑎𝑐 2 + 𝑄𝑋

2

+ 𝑃𝑋

2

=0

Esta ecuación es el resultado de hacer un análisis de potencia en el circuito de la figura 2. El circuito es monofásico, por lo que las potencias dadas son valores monofásicos y el voltaje de alimentación es fase – neutro. Determinación del estado actual de la tensión en la barra de carga. El valor de la barra se determina utilizando la ecuación fundamental. Donde Q es 4000 [VAr], P vale 7000 [W], X vale 4 [Ω] y Vac vale 208 [V]. Vbarra es la incógnita a despejar. Se obtiene que este valor es 75.0465 [V]. La tensión en esa barra está muy por debajo de 208 [V]. Carmen Augusta sí está en una “tétrica situación”! Hay que compensar utilizando el SVS. Estrategia 1: Caso ideal (Vbarra = 208 [V]) El caso ideal sería que la barra de carga esté a su tensión nominal. Utilizando la ecuación fundamental se determina la Q total en la barra de carga que haga posible dicho estado. Este valor es -2570.6434 [VAr]. Pero esta es la Q total. Hay que conseguir por medio de un balance de potencias la Q asociada al SVS solamente. (-6570.6434 [VAr]). Como ese es el valor de la potencia reactiva a inyectar, los dos capacitores deben inyectar sus VAr y el reactor debe consumir los necesarios para que se inyecten en total 6570.6434 VAr. Utilizando ecuaciones de CT1212, se determina que el cuadrado de la corriente que atravesaría al reactor es de 47.2231 [A2]. Utilizando la integral que define al valor eficaz se encuentra la siguiente relación: 1 47.2231 = 𝜋

2𝜋−𝛼 𝛼

2𝑉 cos 𝛼 − cos 𝜔𝑡 𝜔𝐿

2

𝑑 𝜔𝑡

Esta relación permite establecer una igualdad en donde la única variable es α. Se consigue que el ángulo de disparo de los tiristores es α = 1.324 rad. Esto no es posible… Estrategia 2: Meto sólo los dos capacitores. Esto significaría que el convertidor AC – AC del reactor está funcionando como un interruptor de estado sólido. El voltaje en la barra sería 238.8033 [V]. Se sobrepasa el 10% admisible en sistemas de baja tensión. Estrategia 3: El voltaje en la barra de carga con un 10% de sobrevoltaje. Para conseguir que el voltaje en la barra sea de 228.8 [V], hace falta disparar a los tiristores con un ángulo α = 2.1039 rad. Veo que a medida que disminuyo el ángulo de disparo de los tiristores, disminuye el voltaje en la barra de carga.

CT4351. Enero – Marzo 2008. Preparaduría 7. *Incluye correcciones en las páginas 4 y 5.

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Estrategia 4: Optimizar la operación del SVS. En una tabla se colocan en las tres primeras filas los resultados obtenidos de las estrategias 1, 2 y 3. Luego aparecen 4 filas donde se trata de conseguir el uso óptimo del SVS.

Estrategias previas

Pruebas

Vbarra

Qtotal

Q SVS

Q Reactor

I Reactor

I reactor ^2

α

¿Posible?

X aparente

208,00

-2570,6434

-6570,6434

1429,3566

6,8719

47,2231

1,3240

No

30,2682

238,80

-4000,0000

-8000,0000

0,0000

0,0000

0,0000



Sí

---

228,80

-3466,9190

-7466,9190

533,0810

2,3299

5,4284

2,1039

Sí

98,2017

215,00

-2838,8880

-6838,8880

1161,1120

5,4005

29,1656

1,5671

No

39,8110

220,00

-3051,5968

-7051,5968

948,4032

4,3109

18,5841

1,7462

Sí

51,0331

218,00

-2964,4482

-6964,4482

1035,5518

4,7502

22,5648

1,6734

Sí

45,8924

216,00

-2880,0474

-6880,0474

1119,9526

5,1850

26,8839

1,6022

Sí

41,6589

La última fila muestra que para α = 1.6022 rad el voltaje en la barra será de 216 [V]. Este valor de voltaje está dentro del 10% permisible de sobrevoltaje. No puedo bajar más el valor de voltaje en esa barra. Hay que observar que la reactancia del reactor del SVS es de 40 [Ω], pero la barra ve una X aparente que no son 40 [Ω]. Se ve claramente que un SVS se puede interpretar como una reactancia variable. De esta manera concluye esta prepa.

CT4351. Enero – Marzo 2008. Preparaduría 7. *Incluye correcciones en las páginas 4 y 5.

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