El documento discute la importancia del factor de potencia y los efectos de tener un factor de potencia bajo. Un factor de potencia bajo requiere cables más grandes, generadores más grandes, e instalaciones eléctricas más costosas. También causa mayores pérdidas de energía y facturas de electricidad más altas para los clientes. Las compañías eléctricas penalizan los factores de potencia bajos para incentivar a los clientes a mejorarlos. El documento también presenta ejemplos numéricos de cómo calcular y corregir el factor

1. Yusmeri duran C.I 17975697
Importancia del factor de potencia:
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
.
 Primer receptor
 Segundo receptor
Cotejando 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 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.
Consecuencias:
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:

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 de
calentamiento, etc. no causan este tipo de problema ya que no necesitan de la corriente
reactiva.
¿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:
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 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.

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 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.
Solución:
Si el fp= 0,8, entonces
Cos ϴ1= 0,8
ϴ1= 36,87º
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:
S1= ϴ
S1 = 5000VA
La potencia reactiva es:
Q1 = S1 * ϴ1
Q1 = 5000VA* sen 36,87 = 3000VAR
Cuando el factor de potencia aumenta a 0,95
Cos Q2 = 0,95
Q2 = 18,19º
La potencia real P no ha cambiado. Pero la potencia aparente si, su nuevo valor es:
S2 = ϴ
S2 = = 4210,5VA
La nueva potencia reactiva es:
Q2 = S2 * sen ϴ2
Q1 = 4210,5VA* sen 18,19 = 1314,1 VAR

4. 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:
QC = Q1 – Q2
QC = 3000-1314,4= 1685,6 VAR
Y
C=
C= = 310,5 µf
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.
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 0,166
ohms 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. 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= 22,22KVA
Las pérdidas en el alimentador:
Perd2 = 3 * 0,166 * 29,162
Perd2 = 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 en
alimentador.