Yusmeri duran C.I 17975697<br />Importancia del factor de potencia:<br />Para comprender la ineficacia del factor de poten...
La perdida en el cable alimentador.
La potencia en KVAR del capacitor que es necesario para corregir el factor de potencia a 0.9.
Repetir los incisos a) y b) para el nuevo factor de potencia.
La energía anual ahorrada en el alimentador si el motor opera 600 h/mes.</li></ul>Solución: <br /><ul><li>La corriente y l...
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Circuito2

  1. 1. Yusmeri duran C.I 17975697<br />Importancia del factor de potencia:<br />Para comprender la ineficacia del factor de potencia se van a considerar dos receptores con la misma potencia, 1000 W, conectados a la misma tensión de 230 V, pero el primero con un f.d.p. alto y el segundo con uno bajo.<br />Primer receptor<br />Segundo receptor<br />Cotejando ambos resultados, se obtienen las siguientes conclusiones:<br />Un f.d.p. bajo comparado con otro alto, origina, para una misma potencia, una mayor demanda de corriente, lo que implica la necesidad de utilizar cables de mayor sección.<br />La potencia aparente es tanto mayor cuanto más bajo sea el f.d.p., lo que origina una mayor dimensión de los generadores.<br />Ambas conclusiones nos llevan a un mayor coste de la instalación alimentadora. Esto no resulta práctico para las compañías eléctricas, puesto que el gasto es mayor para un f.d.p. bajo. Es por ello que las compañías suministradoras penalizan la existencia de un f.d.p. bajo, obligando a su mejora o imponiendo costes adicionales.<br />Consecuencias:<br />La potencia reactiva, la cual no produce un trabajo físico directo en los equipos, es necesaria para producir el flujo electromagnético que pone en funcionamiento elementos tales como: motores, transformadores, lámparas fluorescentes, equipos de refrigeración y otros similares. Cuando la cantidad de estos equipos es apreciable los requerimientos de potencia reactiva también se hacen significativos, lo cual produce una disminución de la exagerada del factor de potencia. Un alto consumo de energía reactiva puede producirse como consecuencia principalmente de:<br />Un gran número de motores.<br />Presencia de equipos de refrigeración y aire acondicionado.<br />Una sub-utilización de la capacidad instalada en equipos electromecánicos, por una mala planificación y operación en el sistema eléctrico de la industria.<br />Un mal estado físico de la red eléctrica y de los equipos de la industria.<br />Cargas puramente resistivas, tales como alumbrado incandescente, resistencias de calentamiento, etc. no causan este tipo de problema ya que no necesitan de la corriente reactiva.<br />¿Por qué resulta dañino y caro mantener un bajo factor de Potencia?El hecho de que exista un bajo factor de potencia en su industria produce los siguientes inconvenientes:<br />Al suscriptor:<br />Aumento de la intensidad de corriente<br />Pérdidas en los conductores y fuertes caídas de tensión<br />Incrementos de potencia de las plantas, transformadores, reducción de su vida útil y reducción de la capacidad de conducción de los conductores<br />La temperatura de los conductores aumenta y esto disminuye la vida de su aislamiento.<br />Aumentos en sus facturas por consumo de electricidad.<br />A la empresa distribuidora de energía:<br />Mayor inversión en los equipos de generación, ya que su capacidad en KVA debe ser mayor, para poder entregar esa energía reactiva adicional.<br />Mayores capacidades en líneas de transmisión y distribución así como en transformadores para el transporte y transformación de esta energía reactiva.<br />Elevadas caídas de tensión y baja regulación de voltaje, lo cual puede afectar la estabilidad de la red eléctrica.<br />Una forma de que las empresas de electricidad a nivel nacional e internacional hagan reflexionar a las industrias sobre la conveniencia de generar o controlar su consumo de energía reactiva ha sido a través de un cargo por demanda, facturado en Bs./KVA, es decir cobrándole por capacidad suministrada en KVA. Factor donde se incluye el consumo de los KVAR que se entregan a la industria.<br /><ul><li>Ejemplo de corrección de Factor de Potencia Monofásico:</li></ul>Cuando se conecta a una línea de potencia de 120V(ms) a 60HZ , una carga absorbe 4KW con un factor de potencia atrasado de 0,8. Halle el valor de la capacitancia necesaria para aumentar el factor de potencia a 0.95.<br />Solución:<br />Si el fp= 0,8, entonces<br />Cos ϴ1= 0,8<br />ϴ1= 36,87º <br />Donde ϴ1 es la diferencia de fase entre la tensión y la corriente. La potencia aparente se obtiene de la potencia real y el factor de potencia como:<br />S1= PCOSϴ1 <br />S1 40000,8 = 5000VA<br />La potencia reactiva es:<br />Q1 = S1 * ϴ1<br />Q1 = 5000VA* sen 36,87 = 3000VAR<br />Cuando el factor de potencia aumenta a 0,95<br />Cos Q2 = 0,95<br />Q2 = 18,19º<br />La potencia real P no ha cambiado. Pero la potencia aparente si, su nuevo valor es:<br />S2 =PCOSϴ2 <br />S2 = 40000,95 = 4210,5VA<br />La nueva potencia reactiva es:<br /> Q2 = S2 * sen ϴ2<br />Q1 = 4210,5VA* sen 18,19 = 1314,1 VAR<br />La diferencia entre la nueva y la antigua potencia reactiva se debe a la adición a la carga del capacitor en paralelo. La potencia reactiva debido al capacitor es:<br />QC = Q1 – Q2<br />QC = 3000-1314,4= 1685,6 VAR <br />Y<br />C= QCWV2rms<br />C= 1685,62Π+60+1202 = 310,5 µf<br />Al comprar capacitores, normalmente se toma en cuenta las tensiones esperada. En este caso, la tensión máxima que este capacitor soportara es el de alrededor de 170V de pico. Se sugiere adquirir un capacitor con una tensión nominal igual o mayor a 200V.<br /><ul><li>Ejercicio de corrección de factor de potencia Trifásica:</li></ul>Se tiene un motor trifásico de 20KW operando a 440V, con un factor de potencia de 0,7, si la energía se entrega a través de un alimentador con una resistencia total de 0,166 ohms calcular:<br /><ul><li>La potencia y el consumo de corriente.
  2. 2. La perdida en el cable alimentador.
  3. 3. La potencia en KVAR del capacitor que es necesario para corregir el factor de potencia a 0.9.
  4. 4. Repetir los incisos a) y b) para el nuevo factor de potencia.
  5. 5. La energía anual ahorrada en el alimentador si el motor opera 600 h/mes.</li></ul>Solución: <br /><ul><li>La corriente y la potencia aparente.
  6. 6. I= P3+V+COS∅ = P3+V+FP
  7. 7. I1 = 20000W3+440W+0,7 = 37,49ª
  8. 8. S= √3 * V * COS ϴ
  9. 9. S1 = √3 * 440V * 37,49ª
  10. 10. S1 = 28.571 KVA
  11. 11. Las pérdidas en el alimentador:
  12. 12. Perd= 3 * R * J2
  13. 13. Perd1 = 3 * 0.166 * 37,492
  14. 14. Perd1 = 700 W
  15. 15. Los KVA del capacitor y se escoge el valor que esta dado por el valor actual de factor de potencia y el valor deseado.
  16. 16. QC = P * K
  17. 17. QC = 20 KW * 0,536
  18. 18. QC = 10,72 KVAR
  19. 19. La corriente y la potencia aparente:
  20. 20. I2 = 20 000W3+440V+0,9
  21. 21. I2 = 29,16 A
  22. 22. S2 = 3 * 440V * 29,16 A= 22,22KVA</li></ul>Las pérdidas en el alimentador:<br />Perd2 = 3 * 0,166 * 29,162 <br />Perd2 = 423,45W<br /><ul><li>Energía anual ahorrada:
  23. 23. La reducción de las pérdidas:
  24. 24. ∆p= Perd1 – Perd2
  25. 25. ∆p= 700 – 423,45
  26. 26. ∆p= 276,55W
  27. 27. La energía ahorrada al año:
  28. 28. ∆E = ∆p*hrsmes*12 mese1000
  29. 29. ∆E = 276,55W*600h mes*12 meses1000
  30. 30. ∆E= 1990,8 KWH.</li></ul>Considerando a 0,122 BS f. por Kwh, se tiene 242,88 Bs f. de ahorro tan solo en alimentador.<br />

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