factor de potancio con capacitores

EJEMPLO
Se tiene una carga de 500 kVA, 3, cos 1 = 0.7 (-) y se desea corregir a un factor de potencia cos 2 = 0.90 (-).

La potencia activa demandada por la carga es:

KW = 500 x 0.7 = 350

Para pasar de cos 1 = 0.7 a cos 2 = 0.90, el factor de que se aplica es:

F= 0.536 (de la tabla)

Los kVAR del capacitor son:

kVAR c= 0.536 x kW = 0.536 x 350 = 187.5= 200 kVAR

Lacorrección del factor de potencia a una carga permite liberar potencia al transformador que alimenta a la carga, de acuerdo con la expresión:



Supóngase que el transformador que alimenta a la carga de 500 kVA es trifásico de 13.8/0.480 kV, delta estrella aterrizada.

Los kVA que se liberan por la mejora en el factor de potencia son:



Es decir, entrega a la carga:

500 – 111.11 =388.89 kVA, en lugar de 500 kVA.

La potencia del banco de capacitores para corregir el factor de potencia, también se puede determinar a partir de la fórmula siguiente:



EJEMPLO
Se tiene una planta industrial que demanda una potencia activa de 500 kW a un factor de potencia de 0.76 atrasado, calcular la potencia de los capacitores requeridos para elevar el factor de potencia a lossiguientes valores:
a) 0.8 atrasado.
b) 0.85 atrasado.
c) 0.95 atrasado.
d) Unitario.



a) Por aplicación directa de la fórmula anterior:



Usando la tabla, el factor es: F = 0.105

kVAR = kW x F = 500 x 0.195= 52.5

b) De 0.76 atrasado a 0.85 atrasado.



c) De 0.76 atrasado a 0.95 atrasado.



d) De 0.76 atrasado a 1.0.


EJEMPLO
Se tiene una planta industrial que esalimentada por un alimentador de distribución de 13.8 kV y tiene una demanda de 4000 kW, a un factor de potencia 0.7 atrasado. La impedancia del alimentador de distribución es de:

Z = 0.5 + j1.3/Fase.

Calcular la potencia requerida por el banco de capacitores para mejorar el factor de potencia de 0.97 atrasado.

Supóngase que se aumenta un 3000 kVAR el tamaño del capacitor.

Calcular tambiénlas pérdidas RI² en el alimentador antes y después de la adición del banco de capacitores.









La corriente de línea (alimentador) antes de conectar los capacitores:



Las pérdidas RI² por fase en el alimentador:



Para corregir el factor de potencia de 0.7 atrasado a 0.97 atrasado, se requiere de un banco de capacitores de:




Usando la tabla, el factor es: F=0.769

kVAR = kW x F = 4,000 x 0.769= 3,076 kVAR

Por fase es:



Con la adición de 3000 kVAR del banco de capacitores, la potencia reactiva en la planta es:



Con la misma carga de 4000 kW, la potencia aparente es:



La corriente a esta potencia en el alimentador correspondiente es:



Con este valor de corriente, se calculan ahora las pérdidas por fase en el alimentador:Las pérdidas trifásicas:



Con los resultados obtenidos, se puede elaborar la siguiente tabla comparativa:








0.7
239.06
85.73
0.97
173.3
45.07
72.34

Al pasar del factor de potencia de 0.7 a 0.97, la corriente se reduce un 27.5 % y las pérdidas se reducen un 47.42 %.
La caída de voltaje en el alimentador con el factor de potencia corresponde a lacorriente I.



Para: ;



El porcentaje de variación de caída de voltaje al pasar de a ;






La mayoría de las cargas del sistema de potencia y los equipos de suministro (por ejemplo, líneas y transformadores) son de naturaleza inductiva, por lo tanto, operan con un factor de potencia atrasado. Cuando el sistema de potencia opera con un factor de potencia atrasado, requiere unflujo adicional de potencia reactiva (VAR), el cual provoca una reducción de la capacidad, un incremento de las pérdidas y una reducción del voltaje del sistema. La figura, ilustra cómo la aplicación de los capacitores en derivación incrementa la capacidad del sistema y reduce sus pérdidas mediante la reducción del flujo de VAR. La carga del sistema se reduce de kVA1 a kVA2 por la adición de...