Ejercicios Factor De Potencia

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Corrección del factor de potencia Problema Nº 1 Uso de Capacitores para tener mayor disponibilidad de potencia activa en el sistema. Se tiene planeado ampliar una planta industrial con la instalación de motores de gran potencia, más iluminación, etc. Actualmente la subestación alimentadora y los cables de alimentación están soportando la máxima carga admisible, por lo tanto deberán ser sobrecargados en un futuro próximo. La facturación de energía eléctrica muestra las siguientes lecturas mensuales de demanda promedio: 400kW 520kVA

El consumo mensual de energía de 100000kWh ¿Qué potencia capacitiva habrá que instalar para tener un incremento de 20% de la carga? Problema Nº 2 Motor asincrónico de inducción. Determinar la potencia capacitiva máxima que se le puede instalar en paralelo a un motor asincrónico trifásico de las siguientes características:  22 kW  380 V  1450 rpm  I0  16.7A (intensidad de corriente medida en vacío a 380 V) Problema Nº 3 Conexión triángulo de banco de capacitares Una instalación alimentada por una línea trifásica de 380V, 50Hz, funciona consumiendo una potencia de 8000W con un fp  0.6 inductivo. Calcular: 

QC que necesita la batería de condensadores para elevar el factor de

potencia a 0.9 La capacidad de cada rama del triángulo de la batería de condensadores. Problema Nº 4.1 

Conexión en lámpara de descarga 1

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Calcular el capacitor necesario para mejorar el factor de potencia a 0.85 como mínimo de una lámpara de vapor de sodio a alta presión marca “Phillips” modelo SON/SONT de 400W, con los siguientes datos: 220V , 50Hz, IN  4.4A , cos e  0.45

Problema Nº 4.2 Supongamos que se tiene la posibilidad de elegir un capacitor de 44F , o dos de 25F , Verificar el factor de potencia resultante: Problema Nº 4.3 Calcular el capacitor necesario para mejorar el factor de potencia a 0.85 de una lámpara de vapor de mercurio marca “Phillips” modelo HPIT, de 1000W, con los siguientes datos: 220V, 50Hz, IN  8.25A , cos   0.6 Problema Nº 4.4 Verificar el factor de potencia resultante si instalo un capacitor de 60F . Problema Nº 5 Mejoramiento en industria Una industria tiene un consumo mensual de energía activa de 25740kWh y un consumo de energía reactiva de 29678kVArh .

Calcular: la potencia Activa medida considerando 22 días laborales del mes, con la industria trabajando 12 horas diarias (8 horas a plena carga y 4 horas a ¼ de plena carga). El factor de potencia medio y QC necesario para tener un factor de potencia de 0.95 Problema Nº 6 Determinar el factor de potencia de una industria cuya carga está compuesta por 25 motores trifásicos de 3 CV, 380 V, con un fp  0.73 ; 15 motores trifásicos de 30 CV, 380 V, con un fp  0.83 ; 500 lámparas fluorescentes de 40 W con balasto de 15.3W, fp  0.4 ; conectados a 220 V. Prestar atención al tipo de carga, los motores presentan parte activa y reactiva; y las lámparas son combinadas. Problema Nº 7 Cálculo técnico económico

2

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Realizar un estudio técnico-económico en establecimiento fabril en base a los siguientes datos. Tarifa T2      

un

pequeño

 0.85  cos   0.75  10% 

Capacidad de suministro contratado 13$kWmes 

 0.75  cos   20%

Cargo variable por energía 0.100 $kWh IVA: 21% T.E.M.: 14% (tasa de energía municipal) Contribución única: 6.383 (uso del espacio físico) Fondo Provincia Santa Cruz: 0.6%

Acometida T.Princ. Línea Princ. T.Secc. Línea Secc. 1

Línea Secc. 2

T.Subsecc.

M2

M1

M3

Establecer el tiempo en que se amortizara la instalación estimando que el funcionamiento de todos los motores es de 10 horas diarias 20 días al mes.    En

Motor M1 : P1  150HP  cos   0.74 Motores  M2 : P2  110HP  cos   0.71 Motor M3 : P3  140HP  cos   0.70 la siguiente tabla se resume el costo de los bancos de capacitores:

QC

 KVAr 

Costo $

1

93

2

109

2,5

130

5

173

10

350

15

430

25

660 3

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30

1120

35

1350

40

1600

45

1820

50

2050

60

2500

Problema 8 Se desea averiguar el factor de potencia de la siguiente planta y de ser necesario efectuar la corrección para obtener un factor de potencia medio mensual de 0,95. La planta trabajo de lunes a viernes durante 12 horas con la siguiente distribución: 06 Hs. a 12 Hs. P0612  PC1  PC 2  PM 1 12 Hs. a 18 Hs. P1218  PC1  PC 2  PM 1  PM 2 18 Hs. a 06 Hs. P1806  PC1  4000

W 

Durante todo el fin de semana se mantiene la carga C1 la factura de un mes tipo, dio como consumo los siguientes valores: Energía activa WAC  41160kWh Energía reactiva WRE  34559kVArh

PC1  4kW  cos   0.60

SN

PC 2  10kW  cos   0.55

TP

PM1  90kW  cos   0.80 PM2  90kW  cos   0.80

M1 M2

TS

C1

C2

4

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Curva de carga:

P [kW] 194

104

4 06

12

18

06 Horas

Problema 1 Como la potencia aparente debe permanecer constante, se pude escribir las siguientes relaciones: 2

S 2  Pexistente  Qexistente 2

S 2  Pdeseado  Qdeseado

2

2

Y como, según los datos obtenidos de la facturación de energía eléctrica:

 KW   KVA

Pexistente  400 S  520

Entonces: 2

Qexistente  S 2  Pexistente  520 2  400 2  332,26 Pdeseado  1,2  Pexistente  1,2  400  480 2

 KW 

Qdeseado  S 2  Pdeseado  520 2  480 2  200

 KVAr  (Incremento de 20 % )

 KVAr 

Entonces la potencia capacitiva que se debe agregar para tener un incremento del 20% de la carga es:

Qcorreccion  Qexistente  Qdeseado  332,26  200  132,26

VAr 

La mejora en el factor de potencia es: 5

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fpexistente 

Pexistente 400   0,77 S 520

fpdeseado 

Pdeseado 480   0,92 S 520

Problema 2 Si se dimensiona el capacitor de forma que compense el motor a plena carga con fp = 1, en el caso de cargas parciales o en vacío, sería mayor la potencia capacitiva instalada que la reactiva demandada por el motor, lo cual produce una sobrecompensación. Para evitar esto, la potencia capacitiva, QC , nunca puede ser mayor que la demandada por el motor en vacío. En un motor que trabaja en vacío, la potencia aparente absorbida, Q0 , es apenas superior a la potencia reactiva inductiva, por eso puede adoptarse: Q0  S 0

La potencia aparente en vacío,

S 0 , se determina mediante la

medición de la corriente de vacio, I 0 , y de la tensión con el motor marchando en vacío. Para un sistema trifásico: S 0  Q0  3  I 0  U

Haciendo QC  S 0 , se evita la sobrecompensación. Para evitar la posibilidad de una autoexcitación del motor asincrónico a inducción si el capacitor permanece conectado al devanado después de la desconexión del motor de la red, se debe limitar la potencia capacitiva, QC , a un porcentaje de la potencia aparente del motor marchando en vacío. Entonces la potencia capacitiva máxima admisible será: QC  k  3  I 0  U

Dónde:

k = 0,7 a 0,75 para potencias menores e iguales a 10 KW. k = 0,8 a 0,85 para potencias mayores a 10 KW. Un capacitor cuya potencia haya sido determinada por este método, corregirá el fp a valores próximos a 0,9 en todos los estados de carga del motor sin el peligro de la sobrecompensasion y la autoexcitación En este caso la potencia del motor es mayor a 10 KW, por ello se adopta: 6

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k  0,85

Entonces: QC  k  3  I 0  U  0,85  3  16,7  380  9342,86

VAr 

Problema 3 Se tiene que: Factor de potencia existente = fpe  0,6 Factor de potencia deseado = fpd  0,9 De la tabla de corrección de factor de potencia, y entrando con los valores anteriores se tiene el siguiente valor: c  0,849 , entonces:

QC  P  c  8000  0,849  6792

VAr 

La capacidad de cada rama del banco de capacitores (en triangulo) está dada por:

C 

QC 6792   49,9 2 3  2f  U 3  2f  380 2

 F 

Problema 4.1 Se tiene que: Factor de potencia existente = fpe  0,45 Factor de potencia deseado = fpd  0,85 De la tabla de corrección de factor de potencia, y entrando con los valores anteriores se tiene el siguiente valor: c  1,365 , entonces:

QC  P  c  400  1,365  546

VAr 

Y como:

QC 

U2 1 U2 1 QC 1 546  XC   C   2    35,9 XC 2f  C QC 2f U 2f 220 2

 F 

Problema 4.2 Se considera que el factor de potencia es igual al cos  . Se tiene que:

7

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Factor de potencia existente = fpe  0,45 Entonces, para un sistema monofásico: QC 

U2  2f  C  U 2 XC

QC  2f  C  U 2  P   tg  arccos cos e    tg d  2f  C  U 2  tg  arccos cos  e    tg d P  2f  U 2  d  tg 1  tg  arccos cos  e    P 

Para C  44



 2f  C  220 2   tg 1  tg  arccos 0,45   400  

  

 F 

 2f  C  U 2  d  44   tg 1  tg  arccos cos e    P 

Para C  2  25  50

 2f  44  10 6  220 2   tg 1  tg  arccos 0,45   400    17,3 



  

 F 

 2f  C  U 2  d  50   tg 1  tg  arccos cos  e    P 

 2f  50  10 6  220 2   tg 1  tg  arccos 0,45   400    4,8 

Entonces:

 d  44   17,3  cos 17,3  0,95  d  50   4,8  cos 4,8  0,99 Se concluye que conviene colocar los dos capacitores de 25

 F  .

Problema 4.3 Se tiene que: Factor de potencia existente = fpe  0,6 Factor de potencia deseado = fpd  0,85 De la tabla de corrección de factor de potencia, y entrando con los valores anteriores se tiene el siguiente valor: c  0,714 , entonces:

QC  P  c  1000  0,714  714

VAr  8

 

 

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Entonces:

C

1 QC 1 714  2    46,9 2f U 2f 220 2

 F 

Problema 4.4 Se tiene que: Factor de potencia existente = fpe  0,6 Entonces:  2f  C  U 2  d  60   tg 1  tg  arccos cos  e    P 

 2f  60  10 6  220 2   tg 1  tg  arccos 0,6    1000    22,8 

Por lo tanto:

 d  44   22,8  cos 22,8  0,92 Problema 5 Tiempo neto de operación de la industria: t op   22 dias  8 hs  1   22 dias  4 hs  1 4   198

 hs 

La potencia activa consumida por la industria durante ese tiempo de operación será:

P

EP 25740   130 top 198

 KW 

La potencia reactiva consumida por la industria durante ese tiempo de operación será: Q

EQ top



29678  149,9 198

 KVAr 

Entonces: S

P 2  Q 2  130 2  149,9 2  198,4

 KVA

Por lo que: fpe 

P 130   0,65 S 198,4

Y como el factor de potencia deseado es: 9

 

 

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fpd  0,95

De la tabla de corrección de factor de potencia, y entrando con los valores anteriores se tiene el siguiente valor: c  0,840 , entonces:

 KVAr 

QC  P  c  130  0,840  109,2 Problema 6

Se considera que el factor de potencia es igual al cos  . Para los motores de 3 CV: PM 3CV  25  3 CV  735

1  55125 CV

W 

cos  M 3CV  0,73

QM 3CV  PM 3CV  tg  arccos cos  M 3CV    55125  tg  arccos 0,73  51609,6

VAr 

Para los motores de 30 CV: PM 30 CV  15  30 CV  735

1  330750 CV

W 

cos  M 30CV  0,83

QM 30CV  PM 30CV  tg  arccos cos  M 30CV    330750  tg  arccos 0,83  222265,3

VAr 

Para las lámparas: Plamp  500  40 W  20000

W 

Para los balastos:

Pbalt  500 15,33 W  7650

W 

cos  balt  0,4

Qbalt  Pbalt  tg  arccos cos balt    7650  tg  arccos 0,4   17528,3

VAr 

La potencia activa total es: PT  PM 3CV  PM 30CV  Plamp  Pbalt  413525,0

W 

La potencia reactiva total es:

QT  QM 3CV  QM 30CV  Qbalt  291402,6

VAr  10

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Por lo tanto: 2

2

ST  PT  QT  505883,8

VA

Entonces el factor de potencia de la industria es:

fpe 

PT 413525,0   0,65 ST 291402,6

Problema 7 Calculo del factor de potencia (Se considera que el factor de potencia es igual al cos  ): Para el motor 1: PM 1  150 HP  746

1  111900 HP

W 

cos  M 1  0,74

QM 1  PM 1  tg  arccos cos  M 1    111900  tg  arccos 0,74   101709,1 VAr  Para los motores

M

2

1 P M 2  110 HP  746  82060  HP cos 

M 2

:

W 

 0,71







Q M 2  P M 2  tg arccos cos  M 2  82060  tg  arccos 0,71  81389,8   

VAr 

Motor 3 PM 3  140 HP  746

1  104440 HP

W 

cos  M 3  0,70

QM 3  PM 3  tg  arccos cos  M 3    104440  tg  arccos 0,70  106550,1 VAr  La potencia activa total es: PT  PM 1  P M 2  PM 3  298400 

W  11

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La potencia reactiva total es: QT  QM 1  Q M 2  QM 3  289649 

VAr 

Por lo tanto: 2

2

ST  PT  QT  298400 2  289649 2  415859,5

VA

Entonces el factor de potencia de la industria es:

fpe 

PT 298400   0,72 ST 415859,5

Calculo del costo de energía eléctrica por mes con el factor de potencia sin corregir. Se debe aplicar un 20% de recargo pues el factor de potencia es menor a 0,75. Tiempo de operación = Top  10 hs  20 dias  200



h   mes 

Capacidad de suministro contratada = CC  300 KW  13

Cargo variable por energía: CV  200

$  3900 KWmes

hs $  0,100  298,4 KW  5968 mes KWh

Cargo mensual = C M  3900  5968  9868



$   mes  

$   mes 



$   mes 

Multa por factor de potencia bajo = 20% de C M Cargo mensual con multa = CM  multa   9868  20%  11841,6



$   mes 

Impuestos y tasas

C M  multa   11841,6



$   mes 

IVA TEM CU FPSC TOTAL

21% 14% 6,383% 0,6%

2486,736 1657,824 755,849 71,049 4971,458

$ $ $ $ $

mes mes mes mes mes

Sin corregir el factor de potencia se debe pagar por mes: $ 11841,6 + $ 4971,458= $ 16813,058.

12

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Ahora se corrige el factor de potencia a 0,90 para no tener recargos de ningún tipo. Corrección para el motor 1: Factor de potencia existente = fpe  0,74 Factor de potencia deseado = fpd  0,9 De la tabla de corrección de factor de potencia, y entrando con los valores anteriores se tiene el siguiente valor: c  0,425 , entonces:

QC  PM 1  c  111900  0,425  47557,5 Se adopta QC  50

VAr   47,5575  KVAr 

 KVAr  , costo: $ 2050

Corrección para los motores

M

2

:

Factor de potencia existente = fpe  0,71 Factor de potencia deseado = fpd  0,9 De la tabla de corrección de factor de potencia, y entrando con los valores anteriores se tiene el siguiente valor: c  0,508 , entonces: QC  P M 2  c  82060  0,508  41686,5 

Se adopta QC  45

VAr   41,6865  KVAr 

 KVAr  , costo: $ 1820

Corrección para el motor 3: Factor de potencia existente = fpe  0,70 Factor de potencia deseado = fpd  0,9 De la tabla de corrección de factor de potencia, y entrando con los valores anteriores se tiene el siguiente valor: c  0,536 , entonces:

QC  PM 3  c  104440  0,536  55979,84 Se adopta QC  60

VAr   55,975984  KVAr 

 KVAr  , costo: $ 2500

Costo total para corregir el factor de potencia a 0,9: $ 6370.

13

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Calculo del costo de energía eléctrica por mes con el factor de potencia corregido. No se debe aplicar un 20% de recargo pues el factor de potencia es mayor a 0,85. Tiempo de operación = Top  10 hs  20 dias  200



h   mes 

Capacidad de suministro contratada = CC  300 KW  13

Cargo variable por energía: CV  200

$  3900 KWmes

hs $  0,100  298,4 KW  5968 mes KWh

Cargo mensual = C M  3900  5968  9868



$   mes  

$   mes 



$   mes 

Impuestos y tasas

C M  multa   9868



$   mes   

IVA TEM CU FPSC TOTAL

21% 14% 6,383% 0,6%

1973,60 1381,52 629,874 59,208 4044,202

$ $ $ $ $

mes  mes  mes  mes  mes 

Con el factor de potencia corregido se debe pagar por mes: $ 9868 + $ 4044,202 = $ 13912,202. El ahorro mensual producido por el no pago de la multa es: Ahorro mensual = facturación con multa – facturación sin multa =  $  (16813,058 – 13912,202)   mes 

 $  = 2900,856   mes 

El periodo de amortización es: Periodo de amortización = costo de capacitores / ahorro mensual = 6370

 $

 $  / $ 2900,856  = aprox. 2 meses  mes 

Problema 8: Las potencias involucradas en la fábrica son: Carga 1

PC1  4000

W  14

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cos C1  0,60

QC1  PC1  tg  arccos cos C1    4000  tg  arccos 0,60   5333,33

VAr 

Carga 2

PC 2  10000

W 

cos C1  0,55

QC 2  PC 2  tg  arccos cos C 2    10000  tg  arccos 0,55  15184,81 VAr  Carga 3

PM 1  90000

W 

cos  M 1  0,80

QM 1  PM 1  tg  arccos cos  M 1    90000  tg  arccos 0,80  67500 VAr  Carga 4

PM 2  90000

W 

cos  M 2  0,80

QM 2  PM 2  tg  arccos cos  M 2    90000  tg  arccos 0,80   67500 VAr  Potencias de 06 a 12 hs

P0612  PC1  PC 2  PM 1  104000

W 

Q0612  QC1  QC 2  QM 1  88018,14 2

VAr 

2

S 0612 

P0612  Q0612  136246,81

fp0612 

P0612  0,76 S 0612

VA

Potencias de 12 a 18 hs

P1218  PC1  PC 2  PM 1  PM 2  194000

W 

Q1218  QC1  QC 2  QM 1  QM 2  155518,14 S1218 

2

2

P1218  Q1218  248640,09

VAr 

VA 15

Universidad Nacional De Santiago del Estero – Facultad de Ciencias Exactas y Tecnologías Instalaciones Eléctricas I

fp1218 

P1218  0,78 s1218

Potencias de 18 a 06 hs

P1806  PC1  4000

W  VAr 

Q1806  QC1  5333,33 S1806 

S1806 

2

2

P1806  Q1806  6666,66

VA

P1806  0,60 s1806

De acuerdo a cada horario se corregirá el factor de potencia, conectando y desconectando capacitores del banco. Corrección para el horario de 06 a 12: Factor de potencia existente = fpe  0,76 Factor de potencia deseado = fpd  0,95 De la tabla de corrección de factor de potencia, y entrando con los valores anteriores se tiene el siguiente valor: c  0,526 , entonces:

QC  P0612  c  104000  0,526  54704 Se adopta QC  50  5

VAr   54,704  KVAr 

 KVAr 

Corrección para el horario de 12 a 18: Factor de potencia existente = fpe  0,78 Factor de potencia deseado = fpd  0,95 De la tabla de corrección de factor de potencia, y entrando con los valores anteriores se tiene el siguiente valor: c  0,474 , entonces:

QC  P1218  c  194000  0,474  91956 Se adopta QC  40  50

VAr   91,956  KVAr 

 KVAr 

Corrección para el horario de 18 a 06: Factor de potencia existente = fpe  0,6 Factor de potencia deseado = fpd  0,95 16

Universidad Nacional De Santiago del Estero – Facultad de Ciencias Exactas y Tecnologías Instalaciones Eléctricas I

De la tabla de corrección de factor de potencia, y entrando con los valores anteriores se tiene el siguiente valor: c  1,005 , entonces:

QC  P1806  c  4000  1,005  4020 Se adopta QC  5

VAr   4,020  KVAr 

 KVAr 

Luego el capacitor de 5 KVAr actuara todo el tiempo. De 06 a 18 horas entra en acción el capacitor de 50 KVAr, y finalmente de 12 a 18 horas se suma el capacitor de 40 KVAr. Esto se puede ver en el siguiente gráfico.

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