Estudiante universitario

FACTOR DE POTENCIA
Se tiene un motor trifásico de 20 kW operando a 440 V, 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 aparente y el consumo de corriente
• b) Las pérdidas en el cable alimentador
• c) La potencia en kVAR del capacitor quees necesario para corregir el F.P. 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/mesSolución (1/3)
a) La corriente y la potencia aparente
I=P=P⇒ 3*V *Cosφ 3*V *FP
I1 =
20,000W =37.49_A 3*440V *0.7
S= 3*V*I⇒ S1= 3*440V*37.49A=28.571_kVA
b) Las pérdidas en el alimentador
Perd=3*R*I2 ⇒ Perd1 = 3*0.166*37.492 = 700_W
Solución (2/3)
c) Los kVAR del capacitor Nos referimos a la tabla del coeficiente “K” y se escoge el valor que está dado por el valor actual del FP y el valor deseado:
QC =P*K⇒ QC =20kW*0.536=10.72_kVAR
d.1) Lacorriente y la potencia aparente
I2 = 20,000W =29.16_A 3*440V *0.9
S2 = 3*440V*29.16A=22.22_kVA
Solución (3/3)
d.2) Las pérdidas en el alimentador
Perd2 = 3*0.166*29.162 = 423.45_W e) Energía anual ahorrada
• La reducción de las pérdidas:
• Considerando a $ 0.122 por kWh, se tienen $ 242.88 de ahorro tan sólo enel alimentador
∆P=Perd −Perd ⇒ 12
∆P = 700 − 423.45 = 276.55 _ W ∆E = ∆P*hrs/mes*12_meses ⇒ ∆E = 276.55W *600h/mes*12meses =1990.8_kWh
• La energía ahorrada al año: 1000 1000
Ejemplo corrección factor de potencia
Mes
Enero
Febrero
Marzo Abril Mayo Junio Julio Agosto septiembre Octubre NoviembreDiciembre
Demanda Factor de (kW) potencia FP
315 0.8888
294 0.7894 293 0.8583 298 0.9249 326 0.9321 328 0.9218 322 0.8898 329 0.9021 326 0.8237 333 0.8893 321 0.8930 321 0.9044
0.90
Potencia Reactiva (kVAR)
requeridos para elevar el FP a: 0.92 0.94 0.96 0.98 1.00
12 34 57 84 117 193
103 123 4060 -26 -5
-37 -15 -25 -2
145 170 201 272 82 107 138 208 17 42 74 146 10 38 72 151
50 85 164 85 119 197 73 108 187
154 188 267 88 123 204 81 115 193 69 103 180
11 -2 79 12 8 -5
22 33 57 21 45
102 126 35 60 30 54 17 42
FP promedio = 0.8848 Calcular porcentaje de bonificación con un FP deseado de0.98
Potencia reactiva (kVAR)
Potencia aparente (kVA)
Potencia reactiva (kVAR)
φ
tgφ=kVAR kW
FP = Cosφ
Potencia reactiva:
Potencia activa (kW)
φ=tg−1 kVAR  
 kW  φ=Cos−1 FP
kVAR = kW * tg φ
kVAR=kW*tg(Cos−1 FP)
Compensación delFP Potencia reactiva requerida
Potencia reactiva requerida para elevar el FP1 a un FP2
kVAR=kW[tg(cos−1 FP)− tg (cos−1 FP)] 12
Corrección de potencia reactiva debida al voltaje
V 2 kVAR totales = kVAR  2 
V
V
1
V1 = Voltaje de línea V2 = Voltaje de diseño banco de capacitoresEjemplo: Compensación del FP
Datos:
Demanda Factor de potencia (kW) Actual (FP1) Deseado (FP2)
315 0.8888 0.9600
V1 = 440 Volts (voltaje de línea)
V2 = 480 Volts (voltaje de diseño banco de capacitores)
Potencia reactiva requerida
kVAR = 315 [tg (cos −1 0.8888) − tg (cos−1 0.9600)]= 71 Corrección de...