Yusmeri duran C.I 17975697Importancia del factor de potencia:Para comprender la ineficacia del factor de potencia se van a...
   Un gran número de motores.   Presencia de equipos de refrigeración y aire acondicionado.   Una sub-utilización de la...
1. Ejemplo de corrección de Factor de Potencia Monofásico:Cuando se conecta a una línea de potencia de 120V(ms) a 60HZ , u...
La diferencia entre la nueva y la antigua potencia reactiva se debe a la adición a la cargadel capacitor en paralelo. La p...
c. Los KVA del capacitor y se escoge el valor que esta dado por el valor actual de      factor de potencia y el valor dese...
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Circuito2

  1. 1. Yusmeri duran C.I 17975697Importancia del factor de potencia:Para comprender la ineficacia del factor de potencia se van a considerar dos receptorescon la misma potencia, 1000 W, conectados a la misma tensión de 230 V, pero elprimero con un f.d.p. alto y el segundo con uno bajo .  Primer receptor  Segundo receptorCotejando ambos resultados, se obtienen las siguientes conclusiones:  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.  La potencia aparente es tanto mayor cuanto más bajo sea el f.d.p., lo que origina una mayor dimensión de los generadores.Ambas conclusiones nos llevan a un mayor coste de la instalación alimentadora. Esto noresulta práctico para las compañías eléctricas, puesto que el gasto es mayor para unf.d.p. bajo. Es por ello que las compañías suministradoras penalizan la existencia de unf.d.p. bajo, obligando a su mejora o imponiendo costes adicionales.Consecuencias:La potencia reactiva, la cual no produce un trabajo físico directo en los equipos, esnecesaria para producir el flujo electromagnético que pone en funcionamientoelementos tales como: motores, transformadores, lámparas fluorescentes, equipos derefrigeración y otros similares. Cuando la cantidad de estos equipos es apreciable losrequerimientos de potencia reactiva también se hacen significativos, lo cual produce unadisminución de la exagerada del factor de potencia. Un alto consumo de energía reactivapuede producirse como consecuencia principalmente de:
  2. 2.  Un gran número de motores. Presencia de equipos de refrigeración y aire acondicionado. Una sub-utilización de la capacidad instalada en equipos electromecánicos, por una mala planificación y operación en el sistema eléctrico de la industria. Un mal estado físico de la red eléctrica y de los equipos de la industria.Cargas puramente resistivas, tales como alumbrado incandescente, resistencias decalentamiento, etc. no causan este tipo de problema ya que no necesitan de la corrientereactiva.¿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 siguientesinconvenientes:Al suscriptor: Aumento de la intensidad de corriente Pérdidas en los conductores y fuertes caídas de tensión Incrementos de potencia de las plantas, transformadores, reducción de su vida útil y reducción de la capacidad de conducción de los conductores La temperatura de los conductores aumenta y esto disminuye la vida de su aislamiento. Aumentos en sus facturas por consumo de electricidad.A la empresa distribuidora de energía: Mayor inversión en los equipos de generación, ya que su capacidad en KVA debe ser mayor, para poder entregar esa energía reactiva adicional. Mayores capacidades en líneas de transmisión y distribución así como en transformadores para el transporte y transformación de esta energía reactiva. Elevadas caídas de tensión y baja regulación de voltaje, lo cual puede afectar la estabilidad de la red eléctrica.Una forma de que las empresas de electricidad a nivel nacional e internacional haganreflexionar a las industrias sobre la conveniencia de generar o controlar su consumo deenergía reactiva ha sido a través de un cargo por demanda, facturado en Bs./KVA, esdecir cobrándole por capacidad suministrada en KVA. Factor donde se incluye elconsumo de los KVAR que se entregan a la industria.
  3. 3. 1. Ejemplo de corrección de Factor de Potencia Monofásico:Cuando se conecta a una línea de potencia de 120V(ms) a 60HZ , una carga absorbe4KW con un factor de potencia atrasado de 0,8. Halle el valor de la capacitancianecesaria para aumentar el factor de potencia a 0.95.Solución:Si el fp= 0,8, entoncesCos ϴ1= 0,8ϴ1= 36,87ºDonde ϴ1 es la diferencia de fase entre la tensión y la corriente. La potencia aparente seobtiene de la potencia real y el factor de potencia como:S1= ϴS1 = 5000VALa potencia reactiva es:Q1 = S1 * ϴ1Q1 = 5000VA* sen 36,87 = 3000VARCuando el factor de potencia aumenta a 0,95Cos Q2 = 0,95Q2 = 18,19ºLa potencia real P no ha cambiado. Pero la potencia aparente si, su nuevo valor es:S2 = ϴS2 = = 4210,5VALa nueva potencia reactiva es:Q2 = S2 * sen ϴ2Q1 = 4210,5VA* sen 18,19 = 1314,1 VAR
  4. 4. La diferencia entre la nueva y la antigua potencia reactiva se debe a la adición a la cargadel capacitor en paralelo. La potencia reactiva debido al capacitor es:QC = Q1 – Q2QC = 3000-1314,4= 1685,6 VARYC=C= = 310,5 µfAl comprar capacitores, normalmente se toma en cuenta las tensiones esperada. En estecaso, 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. 2. Ejercicio de corrección de factor de potencia Trifásica: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 0,166ohms calcular: A. La potencia y el consumo de corriente. B. La perdida en el cable alimentador. C. La potencia en KVAR del capacitor que es necesario para corregir el factor de potencia a 0.9. D. Repetir los incisos a) y b) para el nuevo factor de potencia. E. La energía anual ahorrada en el alimentador si el motor opera 600 h/mes.Solución: a. La corriente y la potencia aparente. I= = √ √ I1 = = 37,49ª √ S= √3 * V * COS ϴ S1 = √3 * 440V * 37,49ª S1 = 28.571 KVA b. Las pérdidas en el alimentador: Perd= 3 * R * J2 Perd1 = 3 * 0.166 * 37,492 Perd1 = 700 W
  5. 5. c. Los KVA del capacitor y se escoge el valor que esta dado por el valor actual de factor de potencia y el valor deseado. QC = P * K QC = 20 KW * 0,536 QC = 10,72 KVAR d. La corriente y la potencia aparente: I2 = √ I2 = 29,16 A S2 = √ * 440V * 29,16 A= 22,22KVALas pérdidas en el alimentador:Perd2 = 3 * 0,166 * 29,162Perd2 = 423,45W e. Energía anual ahorrada: La reducción de las pérdidas: ∆p= Perd1 – Perd2 ∆p= 700 – 423,45 ∆p= 276,55W La energía ahorrada al año: ∆E = ∆E = ∆E= 1990,8 KWH.Considerando a 0,122 BS f. por Kwh, se tiene 242,88 Bs f. de ahorro tan solo enalimentador.

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