Ejercicios factor de potencia

Universidad Nacional De Santiago del Estero – Facultad de Ciencias Exactas yTecnologías Instalaciones Eléctricas I Corrección del factor de potencia Problema Nº 1 Uso de Capacitores para tener mayor disponibilidad de potencia activa en el sistema. Se tiene planeado ampliar una planta industrial con la instalación de motores de gran potencia, más iluminación, etc. Actualmente la subestación alimentadora y los cables de alimentación están soportando la máxima carga admisible, por lo tanto deberán ser sobrecargados en un futuro próximo. La facturación de energía eléctrica muestra las siguientes lecturas mensuales de demanda promedio: 400kW 520kVA El consumo mensual de energía de 100000kWh ¿Qué potencia capacitiva habrá que instalar para tener un incremento de 20% de la carga? Problema Nº 2 Motor asincrónico de inducción. Determinar la potencia capacitiva máxima que se le puede instalar en paralelo a un motor asincrónico trifásico de las siguientes características:  22 kW  380 V  1450 rpm  I0  16.7A (intensidad de corriente medida en vacío a 380 V) Problema Nº 3 Conexión triángulo de banco de capacitares Una instalación alimentada por una línea trifásica de 380V, 50Hz, funciona consumiendo una potencia de 8000W con un fp  0.6 inductivo. Calcular:  QC que necesita la batería de condensadores para elevar el factor de potencia a 0.9 La capacidad de cada rama del triángulo de la batería de condensadores. Problema Nº 4.1  Conexión en lámpara de descarga 1 con los siguientes datos: 220V . o dos de 25F .3W.85 de una lámpara de vapor de mercurio marca “Phillips” modelo HPIT.4 Verificar el factor de potencia resultante si instalo un capacitor de 60F .4 . Calcular: la potencia Activa medida considerando 22 días laborales del mes.4A . con los siguientes datos: 220V. conectados a 220 V. El factor de potencia medio y QC necesario para tener un factor de potencia de 0.73 .85 como mínimo de una lámpara de vapor de sodio a alta presión marca “Phillips” modelo SON/SONT de 400W.83 .95 Problema Nº 6 Determinar el factor de potencia de una industria cuya carga está compuesta por 25 motores trifásicos de 3 CV. cos e  0. con la industria trabajando 12 horas diarias (8 horas a plena carga y 4 horas a ¼ de plena carga). 50Hz. de 1000W. 15 motores trifásicos de 30 CV. IN  8. Problema Nº 5 Mejoramiento en industria Una industria tiene un consumo mensual de energía activa de 25740kWh y un consumo de energía reactiva de 29678kVArh .3 Calcular el capacitor necesario para mejorar el factor de potencia a 0.6 Problema Nº 4. 50Hz.2 Supongamos que se tiene la posibilidad de elegir un capacitor de 44F . y las lámparas son combinadas. Problema Nº 7 Cálculo técnico económico 2 . con un fp  0. los motores presentan parte activa y reactiva. con un fp  0. Verificar el factor de potencia resultante: Problema Nº 4.45 Problema Nº 4. 380 V.Universidad Nacional De Santiago del Estero – Facultad de Ciencias Exactas y Tecnologías Instalaciones Eléctricas I Calcular el capacitor necesario para mejorar el factor de potencia a 0. cos   0. IN  4.25A . fp  0. 500 lámparas fluorescentes de 40 W con balasto de 15. Prestar atención al tipo de carga. 380 V. Línea Secc.    En Motor M1 : P1  150HP  cos   0.75  10%  Capacidad de suministro contratado 13$kWmes   0.Subsecc.75  cos   20% Cargo variable por energía 0. T. 1 Línea Secc.383 (uso del espacio físico) Fondo Provincia Santa Cruz: 0.Universidad Nacional De Santiago del Estero – Facultad de Ciencias Exactas y Tecnologías Instalaciones Eléctricas I Realizar un estudio técnico-económico en establecimiento fabril en base a los siguientes datos. M2 M1 M3 Establecer el tiempo en que se amortizara la instalación estimando que el funcionamiento de todos los motores es de 10 horas diarias 20 días al mes.M.Princ.70 la siguiente tabla se resume el costo de los bancos de capacitores: QC  KVAr  Costo $ 1 93 2 109 2. Tarifa T2       un pequeño  0. Línea Princ.6% Acometida T.74 Motores  M2 : P2  110HP  cos   0.71 Motor M3 : P3  140HP  cos   0.E.100 $kWh IVA: 21% T.5 130 5 173 10 350 15 430 25 660 3 .: 14% (tasa de energía municipal) Contribución única: 6. 2 T.85  cos   0.Secc. a 18 Hs. P1218  PC1  PC 2  PM 1  PM 2 18 Hs. dio como consumo los siguientes valores: Energía activa WAC  41160kWh Energía reactiva WRE  34559kVArh PC1  4kW  cos   0. P1806  PC1  4000 W  Durante todo el fin de semana se mantiene la carga C1 la factura de un mes tipo. a 06 Hs.60 SN PC 2  10kW  cos   0. a 12 Hs.55 TP PM1  90kW  cos   0.80 PM2  90kW  cos   0. P0612  PC1  PC 2  PM 1 12 Hs.Universidad Nacional De Santiago del Estero – Facultad de Ciencias Exactas y Tecnologías Instalaciones Eléctricas I 30 1120 35 1350 40 1600 45 1820 50 2050 60 2500 Problema 8 Se desea averiguar el factor de potencia de la siguiente planta y de ser necesario efectuar la corrección para obtener un factor de potencia medio mensual de 0. La planta trabajo de lunes a viernes durante 12 horas con la siguiente distribución: 06 Hs.95.80 M1 M2 TS C1 C2 4 . 2  Pexistente  1. según los datos obtenidos de la facturación de energía eléctrica:  KW   KVA Pexistente  400 S  520 Entonces: 2 Qexistente  S 2  Pexistente  520 2  400 2  332. se pude escribir las siguientes relaciones: 2 S 2  Pexistente  Qexistente 2 S 2  Pdeseado  Qdeseado 2 2 Y como.Universidad Nacional De Santiago del Estero – Facultad de Ciencias Exactas y Tecnologías Instalaciones Eléctricas I Curva de carga: P [kW] 194 104 4 06 12 18 06 Horas Problema 1 Como la potencia aparente debe permanecer constante.2  400  480 2  KW  Qdeseado  S 2  Pdeseado  520 2  480 2  200  KVAr  (Incremento de 20 % )  KVAr  Entonces la potencia capacitiva que se debe agregar para tener un incremento del 20% de la carga es: Qcorreccion  Qexistente  Qdeseado  332.26  200  132.26 VAr  La mejora en el factor de potencia es: 5 .26 Pdeseado  1. Q0 . I 0 .85 para potencias mayores a 10 KW. Para evitar esto. se determina mediante la medición de la corriente de vacio. QC . lo cual produce una sobrecompensación.9 en todos los estados de carga del motor sin el peligro de la sobrecompensasion y la autoexcitación En este caso la potencia del motor es mayor a 10 KW. la potencia aparente absorbida. En un motor que trabaja en vacío. a un porcentaje de la potencia aparente del motor marchando en vacío. corregirá el fp a valores próximos a 0. la potencia capacitiva. Para evitar la posibilidad de una autoexcitación del motor asincrónico a inducción si el capacitor permanece conectado al devanado después de la desconexión del motor de la red. se debe limitar la potencia capacitiva.Universidad Nacional De Santiago del Estero – Facultad de Ciencias Exactas y Tecnologías Instalaciones Eléctricas I fpexistente  Pexistente 400   0. en el caso de cargas parciales o en vacío.92 S 520 Problema 2 Si se dimensiona el capacitor de forma que compense el motor a plena carga con fp = 1. sería mayor la potencia capacitiva instalada que la reactiva demandada por el motor. por eso puede adoptarse: Q0  S 0 La potencia aparente en vacío. y de la tensión con el motor marchando en vacío. es apenas superior a la potencia reactiva inductiva. Un capacitor cuya potencia haya sido determinada por este método. QC .75 para potencias menores e iguales a 10 KW.77 S 520 fpdeseado  Pdeseado 480   0. Para un sistema trifásico: S 0  Q0  3  I 0  U Haciendo QC  S 0 . nunca puede ser mayor que la demandada por el motor en vacío.7 a 0. S 0 . k = 0.8 a 0. por ello se adopta: 6 . se evita la sobrecompensación. Entonces la potencia capacitiva máxima admisible será: QC  k  3  I 0  U Dónde: k = 0. Universidad Nacional De Santiago del Estero – Facultad de Ciencias Exactas y Tecnologías Instalaciones Eléctricas I k  0.9 De la tabla de corrección de factor de potencia.849 .86 VAr  Problema 3 Se tiene que: Factor de potencia existente = fpe  0.85 De la tabla de corrección de factor de potencia.45 Factor de potencia deseado = fpd  0.1 Se tiene que: Factor de potencia existente = fpe  0.849  6792 VAr  La capacidad de cada rama del banco de capacitores (en triangulo) está dada por: C  QC 6792   49.85  3  16. y entrando con los valores anteriores se tiene el siguiente valor: c  0. y entrando con los valores anteriores se tiene el siguiente valor: c  1.7  380  9342.6 Factor de potencia deseado = fpd  0. entonces: QC  P  c  400  1. Se tiene que: 7 .9 2 3  2f  U 3  2f  380 2  F  Problema 4.2 Se considera que el factor de potencia es igual al cos  .9 XC 2f  C QC 2f U 2f 220 2  F  Problema 4.365  546 VAr  Y como: QC  U2 1 U2 1 QC 1 546  XC   C   2    35.365 . entonces: QC  P  c  8000  0.85 Entonces: QC  k  3  I 0  U  0. 3       F   2f  C  U 2  d  50   tg 1  tg  arccos cos  e    P   2f  50  10 6  220 2   tg 1  tg  arccos 0.85 De la tabla de corrección de factor de potencia.Universidad Nacional De Santiago del Estero – Facultad de Ciencias Exactas y Tecnologías Instalaciones Eléctricas I Factor de potencia existente = fpe  0.714  714 VAr  8     .3  cos 17.8  cos 4. Problema 4.45   400       F   2f  C  U 2  d  44   tg 1  tg  arccos cos e    P  Para C  2  25  50  2f  44  10 6  220 2   tg 1  tg  arccos 0.45   400    17. para un sistema monofásico: QC  U2  2f  C  U 2 XC QC  2f  C  U 2  P   tg  arccos cos e    tg d  2f  C  U 2  tg  arccos cos  e    tg d P  2f  U 2  d  tg 1  tg  arccos cos  e    P  Para C  44   2f  C  220 2   tg 1  tg  arccos 0.45 Entonces.8  Entonces:  d  44   17.45   400    4. y entrando con los valores anteriores se tiene el siguiente valor: c  0.6 Factor de potencia deseado = fpd  0. entonces: QC  P  c  1000  0.95  d  50   4.714 .3 Se tiene que: Factor de potencia existente = fpe  0.8  0.3  0.99 Se concluye que conviene colocar los dos capacitores de 25  F  . 65 S 198.6 Entonces:  2f  C  U 2  d  60   tg 1  tg  arccos cos  e    P   2f  60  10 6  220 2   tg 1  tg  arccos 0.9 2  198.4 Se tiene que: Factor de potencia existente = fpe  0.9 198  KVAr  Entonces: S P 2  Q 2  130 2  149.8  Por lo tanto:  d  44   22.8  0.Universidad Nacional De Santiago del Estero – Facultad de Ciencias Exactas y Tecnologías Instalaciones Eléctricas I Entonces: C 1 QC 1 714  2    46.6    1000    22.8  cos 22.4 Y como el factor de potencia deseado es: 9     .92 Problema 5 Tiempo neto de operación de la industria: t op   22 dias  8 hs  1   22 dias  4 hs  1 4   198  hs  La potencia activa consumida por la industria durante ese tiempo de operación será: P EP 25740   130 top 198  KW  La potencia reactiva consumida por la industria durante ese tiempo de operación será: Q EQ top  29678  149.9 2f U 2f 220 2  F  Problema 4.4  KVA Por lo que: fpe  P 130   0. y entrando con los valores anteriores se tiene el siguiente valor: c  0.3 VAr  La potencia activa total es: PT  PM 3CV  PM 30CV  Plamp  Pbalt  413525.0 W  La potencia reactiva total es: QT  QM 3CV  QM 30CV  Qbalt  291402.73  51609.73 QM 3CV  PM 3CV  tg  arccos cos  M 3CV    55125  tg  arccos 0.95 De la tabla de corrección de factor de potencia.840 .Universidad Nacional De Santiago del Estero – Facultad de Ciencias Exactas y Tecnologías Instalaciones Eléctricas I fpd  0.840  109.83 QM 30CV  PM 30CV  tg  arccos cos  M 30CV    330750  tg  arccos 0.6 VAr  10 .4 Qbalt  Pbalt  tg  arccos cos balt    7650  tg  arccos 0.6 VAr  Para los motores de 30 CV: PM 30 CV  15  30 CV  735 1  330750 CV W  cos  M 30CV  0. Para los motores de 3 CV: PM 3CV  25  3 CV  735 1  55125 CV W  cos  M 3CV  0.83  222265.3 VAr  Para las lámparas: Plamp  500  40 W  20000 W  Para los balastos: Pbalt  500 15.4   17528. entonces:  KVAr  QC  P  c  130  0.2 Problema 6 Se considera que el factor de potencia es igual al cos  .33 W  7650 W  cos  balt  0. 8    VAr  Motor 3 PM 3  140 HP  746 1  104440 HP W  cos  M 3  0.70  106550.8 VA Entonces el factor de potencia de la industria es: fpe  PT 413525.71    Q M 2  P M 2  tg arccos cos  M 2  82060  tg  arccos 0.71  81389.65 ST 291402.70 QM 3  PM 3  tg  arccos cos  M 3    104440  tg  arccos 0.74 QM 1  PM 1  tg  arccos cos  M 1    111900  tg  arccos 0.74   101709.6 Problema 7 Calculo del factor de potencia (Se considera que el factor de potencia es igual al cos  ): Para el motor 1: PM 1  150 HP  746 1  111900 HP W  cos  M 1  0.1 VAr  Para los motores M 2 1 P M 2  110 HP  746  82060  HP cos  M 2 : W   0.Universidad Nacional De Santiago del Estero – Facultad de Ciencias Exactas y Tecnologías Instalaciones Eléctricas I Por lo tanto: 2 2 ST  PT  QT  505883.1 VAr  La potencia activa total es: PT  PM 1  P M 2  PM 3  298400  W  11 .0   0. 049 4971. Tiempo de operación = Top  10 hs  20 dias  200  h   mes  Capacidad de suministro contratada = CC  300 KW  13 Cargo variable por energía: CV  200 $  3900 KWmes hs $  0.6  $   mes  IVA TEM CU FPSC TOTAL 21% 14% 6.Universidad Nacional De Santiago del Estero – Facultad de Ciencias Exactas y Tecnologías Instalaciones Eléctricas I La potencia reactiva total es: QT  QM 1  Q M 2  QM 3  289649  VAr  Por lo tanto: 2 2 ST  PT  QT  298400 2  289649 2  415859.75.4 KW  5968 mes KWh Cargo mensual = C M  3900  5968  9868  $   mes   $   mes   $   mes  Multa por factor de potencia bajo = 20% de C M Cargo mensual con multa = CM  multa   9868  20%  11841.72 ST 415859.736 1657.6 + $ 4971.5 VA Entonces el factor de potencia de la industria es: fpe  PT 298400   0.458 $ $ $ $ $ mes mes mes mes mes Sin corregir el factor de potencia se debe pagar por mes: $ 11841.5 Calculo del costo de energía eléctrica por mes con el factor de potencia sin corregir. 12 .383% 0.6% 2486.6  $   mes  Impuestos y tasas C M  multa   11841.849 71.824 755.458= $ 16813. Se debe aplicar un 20% de recargo pues el factor de potencia es menor a 0.058.100  298. 9 De la tabla de corrección de factor de potencia. entonces: QC  PM 3  c  104440  0.84 Se adopta QC  60 VAr   55. costo: $ 1820 Corrección para el motor 3: Factor de potencia existente = fpe  0.70 Factor de potencia deseado = fpd  0.9 De la tabla de corrección de factor de potencia. costo: $ 2500 Costo total para corregir el factor de potencia a 0.5 Se adopta QC  50 VAr   47.536 .425 .5575  KVAr   KVAr  . 13 . entonces: QC  PM 1  c  111900  0.71 Factor de potencia deseado = fpd  0. y entrando con los valores anteriores se tiene el siguiente valor: c  0.508 .5  Se adopta QC  45 VAr   41.508  41686.Universidad Nacional De Santiago del Estero – Facultad de Ciencias Exactas y Tecnologías Instalaciones Eléctricas I Ahora se corrige el factor de potencia a 0. Corrección para el motor 1: Factor de potencia existente = fpe  0.536  55979. y entrando con los valores anteriores se tiene el siguiente valor: c  0.74 Factor de potencia deseado = fpd  0. costo: $ 2050 Corrección para los motores M 2 : Factor de potencia existente = fpe  0. y entrando con los valores anteriores se tiene el siguiente valor: c  0. entonces: QC  P M 2  c  82060  0.425  47557.6865  KVAr   KVAr  .9: $ 6370.90 para no tener recargos de ningún tipo.9 De la tabla de corrección de factor de potencia.975984  KVAr   KVAr  . 85.208 4044.100  298.202 $ $ $ $ $ mes  mes  mes  mes  mes  Con el factor de potencia corregido se debe pagar por mes: $ 9868 + $ 4044.4 KW  5968 mes KWh Cargo mensual = C M  3900  5968  9868  $   mes   $   mes   $   mes  Impuestos y tasas C M  multa   9868  $   mes    IVA TEM CU FPSC TOTAL 21% 14% 6.856  = aprox.202)   mes   $  = 2900. 2 meses  mes  Problema 8: Las potencias involucradas en la fábrica son: Carga 1 PC1  4000 W  14 .856   mes  El periodo de amortización es: Periodo de amortización = costo de capacitores / ahorro mensual = 6370  $  $  / $ 2900.202.202 = $ 13912.52 629.383% 0.60 1381.058 – 13912.874 59. No se debe aplicar un 20% de recargo pues el factor de potencia es mayor a 0.Universidad Nacional De Santiago del Estero – Facultad de Ciencias Exactas y Tecnologías Instalaciones Eléctricas I Calculo del costo de energía eléctrica por mes con el factor de potencia corregido. Tiempo de operación = Top  10 hs  20 dias  200  h   mes  Capacidad de suministro contratada = CC  300 KW  13 Cargo variable por energía: CV  200 $  3900 KWmes hs $  0.6% 1973. El ahorro mensual producido por el no pago de la multa es: Ahorro mensual = facturación con multa – facturación sin multa =  $  (16813. 80 QM 2  PM 2  tg  arccos cos  M 2    90000  tg  arccos 0.14 S1218  2 2 P1218  Q1218  248640.09 VAr  VA 15 .60   5333.80  67500 VAr  Carga 4 PM 2  90000 W  cos  M 2  0.Universidad Nacional De Santiago del Estero – Facultad de Ciencias Exactas y Tecnologías Instalaciones Eléctricas I cos C1  0.60 QC1  PC1  tg  arccos cos C1    4000  tg  arccos 0.81 VAr  Carga 3 PM 1  90000 W  cos  M 1  0.76 S 0612 VA Potencias de 12 a 18 hs P1218  PC1  PC 2  PM 1  PM 2  194000 W  Q1218  QC1  QC 2  QM 1  QM 2  155518.33 VAr  Carga 2 PC 2  10000 W  cos C1  0.81 fp0612  P0612  0.80   67500 VAr  Potencias de 06 a 12 hs P0612  PC1  PC 2  PM 1  104000 W  Q0612  QC1  QC 2  QM 1  88018.14 2 VAr  2 S 0612  P0612  Q0612  136246.55 QC 2  PC 2  tg  arccos cos C 2    10000  tg  arccos 0.55  15184.80 QM 1  PM 1  tg  arccos cos  M 1    90000  tg  arccos 0. Universidad Nacional De Santiago del Estero – Facultad de Ciencias Exactas y Tecnologías Instalaciones Eléctricas I fp1218  P1218  0.33 S1806  S1806  2 2 P1806  Q1806  6666.956  KVAr   KVAr  Corrección para el horario de 18 a 06: Factor de potencia existente = fpe  0.95 De la tabla de corrección de factor de potencia.6 Factor de potencia deseado = fpd  0.526  54704 Se adopta QC  50  5 VAr   54.78 Factor de potencia deseado = fpd  0. entonces: QC  P1218  c  194000  0.474 .60 s1806 De acuerdo a cada horario se corregirá el factor de potencia.95 De la tabla de corrección de factor de potencia. y entrando con los valores anteriores se tiene el siguiente valor: c  0.76 Factor de potencia deseado = fpd  0.474  91956 Se adopta QC  40  50 VAr   91. y entrando con los valores anteriores se tiene el siguiente valor: c  0.704  KVAr   KVAr  Corrección para el horario de 12 a 18: Factor de potencia existente = fpe  0. conectando y desconectando capacitores del banco.66 VA P1806  0. Corrección para el horario de 06 a 12: Factor de potencia existente = fpe  0.95 16 . entonces: QC  P0612  c  104000  0.526 .78 s1218 Potencias de 18 a 06 hs P1806  PC1  4000 W  VAr  Q1806  QC1  5333. 020  KVAr   KVAr  Luego el capacitor de 5 KVAr actuara todo el tiempo. 17 . De 06 a 18 horas entra en acción el capacitor de 50 KVAr. Esto se puede ver en el siguiente gráfico. entonces: QC  P1806  c  4000  1.005  4020 Se adopta QC  5 VAr   4. y entrando con los valores anteriores se tiene el siguiente valor: c  1.005 .Universidad Nacional De Santiago del Estero – Facultad de Ciencias Exactas y Tecnologías Instalaciones Eléctricas I De la tabla de corrección de factor de potencia. y finalmente de 12 a 18 horas se suma el capacitor de 40 KVAr.