EGI Cuba State Exam: Alimentador rural de 13,8 kV: el banco de condensadores que no alcanza

Alimentador rural de 13,8 kV: el banco de condensadores que no alcanza

Un alimentador primario rural de 13,8 kV tiene 12 km de longitud en conductor ACSR 2/0, con R = 0,36 Ω/km y X = 0,40 Ω/km por fase. La subestación mantiene 13,5 kV en barras durante la hora pico. En el extremo del alimentador se concentra una carga de riego de 1,2 MW con factor de potencia 0,80 inductivo; las pequeñas cargas domésticas a lo largo del ramal son despreciables para este cálculo. Mediciones puntuales registran 12,6 kV en el extremo, y los usuarios del final reportan arranques fallidos de motores y lámparas que parpadean. La empresa planifica instalar un banco de condensadores en el extremo para elevar el factor de potencia a 0,95 y «resolver el problema de voltaje». El alimentador no tiene reguladores de tensión ni telemetría; la protección de recierre está bien calibrada y opera correctamente. Se exige mantener la tensión en el extremo dentro de ±5 % de la nominal.

1. Calcule la caída de tensión del alimentador en por ciento con la carga actual y determine la tensión en el extremo. Compare con el límite exigido.

Read the worked answer

Datos de partida

S = 1,2 / 0,80 = 1,5 MVA; cosφ = 0,80; senφ = 0,60.
I = 1 500 000 / (√3 · 13 800) = 62,8 A.
Tensión de fase en la subestación: 13 500 / √3 = 7 794 V.

Caída por fase (carga concentrada en el extremo) ΔVf = I · L · (R·cosφ + X·senφ) = 62,8 · 12 · (0,36·0,80 + 0,40·0,60) ΔVf = 62,8 · 12 · (0,288 + 0,240) = 62,8 · 12 · 0,528 = 397,8 V/fase

Caída entre líneas ΔVLL = √3 · 397,8 = 689 V → 689 / 13 500 = 5,1 %

Tensión en el extremo Vextremo = 13 500 − 689 = 12 811 V = 92,8 % de la nominal.

Interpretación

El límite de −5 % (12 825 V) se incumple ligeramente, y la medición de campo (12,6 kV ≈ 91,3 %) es aún peor porque incluye la caída adicional en el transformador de distribución del cliente y en la acometida.
El síntoma relatado (arranques fallidos, parpadeo) coincide: durante el arranque, la corriente se multiplica y la caída instantánea es mucho mayor que la calculada en régimen.
Nótese que la componente reactiva (X·senφ = 0,24) es casi tan grande como la resistiva: el conductor es corto en sección para la longitud y la potencia, y la X domina tanto como la R. Esto anticipa que solo corregir el factor de potencia no resolverá todo.

2. Calcule el banco de condensadores necesario para llevar el factor de potencia a 0,95, estime la nueva tensión en el extremo y las pérdidas evitadas. ¿Se resuelve el problema?

Read the worked answer

Potencia reactiva a compensar Qc = P · (tanφ1 − tanφ2) = 1,2 · (0,750 − 0,329) = 0,505 MVAr → se instala un banco de 500 kVAr en el extremo.

Nueva corriente y caída

S' = 1,2 / 0,95 = 1,263 MVA; I' = 1 263 000 / (√3 · 13 800) = 52,9 A; senφ' = 0,312.
ΔVf = 52,9 · 12 · (0,36·0,95 + 0,40·0,312) = 52,9 · 12 · (0,342 + 0,125) = 52,9 · 12 · 0,467 = 296 V/fase.
ΔVLL = √3 · 296 = 513 V = 3,80 % → Vextremo = 12 987 V = 94,1 %.

Resultado: sigue por debajo del 95 % exigido. El banco de 500 kVAr mejora la tensión y alivia el alimentador, pero no cumple la norma; la afirmación de que el banco «resuelve el problema de voltaje» es falsa.

Pérdidas evitadas

Antes: 3 · I² · R · L = 3 · 62,8² · 0,36 · 12 = 51,1 kW (4,3 % de la potencia de la carga).
Después: 3 · 52,9² · 0,36 · 12 = 36,3 kW.
Ahorro ≈ 14,8 kW, del orden de 130 MWh al año: el banco se justifica económicamente por pérdidas aunque no baste para la tensión.

Sobrecompensar no es la salida elegante: con 1 MVAr el extremo llegaría a ≈ 97,5 %, pero en valle de carga (riego detenido) quedaría un alimentador capacitivo con sobretensiones peligrosas. Si se opta por esa vía hace falta conmutación automática por tensión o reactiva, y estudio de resonancia.

3. Con el resultado anterior, recomiende la solución técnico-económica y señale los riesgos del banco de condensadores que deben quedar cubiertos en el diseño.

Read the worked answer

Diagnóstico del problema real No es solo un problema de factor de potencia: es un alimentador radial largo, con mucha X y poca sección para 1,2 MW a 12 km. La caída de 3,80 % que queda tras compensar no se elimina con más reactiva sin crear sobretensión en valle.

Alternativas, en orden de evaluación

Regulador de tensión en el alimentador (banco de reguladores monofásicos, típicamente 3 × 100 A o similar, con control por tensión y compensación de línea): actúa sobre la tensión independientemente de la carga y permite mantener el extremo dentro de ±5 % en todo el rango. Es la solución clásica para este perfil.
Reconductor de un tramo: pasar los últimos 6 km a 336,4 kcmil ACSR o equivalente reduce R y X y baja la caída y las pérdidas de forma permanente; la inversión es alta pero elimina el problema de raíz.
Gestión de la demanda: riego programado fuera del pico, arranque suave o variador en los motores de riego (reduce la caída durante el arranque, que es lo que el usuario percibe como falla).
Compensación distribuida (parte del banco en el extremo y parte a mitad del ramal), con conmutación por etapas.

Riesgos del banco que deben quedar resueltos en el diseño

Resonancia: con cargas con variadores en la zona, verificar la frecuencia de resonancia con la impedancia de cortocircuito del sistema; si cae cerca de un armónico, usar reactancia de desintonía.
Sobretensión en vacío: el banco eleva la tensión proporcionalmente a la X del alimentador; con carga cero puede superar el límite. Instalar control automático y descarga rápida.
Transitorios de conexión y descarga: resistencias de inserción, interruptor adecuado y resistencia de descarga según norma.
Protección: fusibles o interruptor con coordinación frente a la corriente de cortocircuito del punto de instalación.

Recomendación final: banco de 500 kVAr conmutado en el extremo más regulador de tensión (o reconductor del tramo final). Solo con condensadores no se cumple el ±5 %.