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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
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Calcular el capacitor necesario para mejorar el factor de potencia a 0.85 como mínimo de una lámpara de vapor de sodio a alta presión marca “Phillips” modelo SON/SONT de 400W, con los siguientes datos: 220V , 50Hz, IN 4.4A , cos e 0.45
Problema Nº 4.2 Supongamos que se tiene la posibilidad de elegir un capacitor de 44F , o dos de 25F , Verificar el factor de potencia resultante: Problema Nº 4.3 Calcular el capacitor necesario para mejorar el factor de potencia a 0.85 de una lámpara de vapor de mercurio marca “Phillips” modelo HPIT, de 1000W, con los siguientes datos: 220V, 50Hz, IN 8.25A , cos 0.6 Problema Nº 4.4 Verificar el factor de potencia resultante si instalo un capacitor de 60F . 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 .
Calcular: la potencia Activa medida considerando 22 días laborales del mes, con la industria trabajando 12 horas diarias (8 horas a plena carga y 4 horas a ¼ de plena carga). El factor de potencia medio y QC necesario para tener un factor de potencia de 0.95 Problema Nº 6 Determinar el factor de potencia de una industria cuya carga está compuesta por 25 motores trifásicos de 3 CV, 380 V, con un fp 0.73 ; 15 motores trifásicos de 30 CV, 380 V, con un fp 0.83 ; 500 lámparas fluorescentes de 40 W con balasto de 15.3W, fp 0.4 ; conectados a 220 V. Prestar atención al tipo de carga, los motores presentan parte activa y reactiva; y las lámparas son combinadas. Problema Nº 7 Cálculo técnico económico
2
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Realizar un estudio técnico-económico en establecimiento fabril en base a los siguientes datos. Tarifa T2
un
pequeño
0.85 cos 0.75 10%
Capacidad de suministro contratado 13$kWmes
0.75 cos 20%
Cargo variable por energía 0.100 $kWh IVA: 21% T.E.M.: 14% (tasa de energía municipal) Contribución única: 6.383 (uso del espacio físico) Fondo Provincia Santa Cruz: 0.6%
Acometida T.Princ. Línea Princ. T.Secc. Línea Secc. 1
Línea Secc. 2
T.Subsecc.
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. En
Motor M1 : P1 150HP cos 0.74 Motores M2 : P2 110HP cos 0.71 Motor M3 : P3 140HP cos 0.70 la siguiente tabla se resume el costo de los bancos de capacitores:
QC
KVAr
Costo $
1
93
2
109
2,5
130
5
173
10
350
15
430
25
660 3
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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 0,95. La planta trabajo de lunes a viernes durante 12 horas con la siguiente distribución: 06 Hs. a 12 Hs. P0612 PC1 PC 2 PM 1 12 Hs. a 18 Hs. P1218 PC1 PC 2 PM 1 PM 2 18 Hs. a 06 Hs. P1806 PC1 4000
W
Durante todo el fin de semana se mantiene la carga C1 la factura de un mes tipo, dio como consumo los siguientes valores: Energía activa WAC 41160kWh Energía reactiva WRE 34559kVArh
PC1 4kW cos 0.60
SN
PC 2 10kW cos 0.55
TP
PM1 90kW cos 0.80 PM2 90kW cos 0.80
M1 M2
TS
C1
C2
4
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Curva de carga:
P [kW] 194
104
4 06
12
18
06 Horas
Problema 1 Como la potencia aparente debe permanecer constante, se pude escribir las siguientes relaciones: 2
S 2 Pexistente Qexistente 2
S 2 Pdeseado Qdeseado
2
2
Y como, 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 2 332,26 Pdeseado 1,2 Pexistente 1,2 400 480 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
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fpexistente
Pexistente 400 0,77 S 520
fpdeseado
Pdeseado 480 0,92 S 520
Problema 2 Si se dimensiona el capacitor de forma que compense el motor a plena carga con fp = 1, en el caso de cargas parciales o en vacío, sería mayor la potencia capacitiva instalada que la reactiva demandada por el motor, lo cual produce una sobrecompensación. Para evitar esto, la potencia capacitiva, QC , nunca puede ser mayor que la demandada por el motor en vacío. En un motor que trabaja en vacío, la potencia aparente absorbida, Q0 , es apenas superior a la potencia reactiva inductiva, por eso puede adoptarse: Q0 S 0
La potencia aparente en vacío,
S 0 , se determina mediante la
medición de la corriente de vacio, I 0 , y de la tensión con el motor marchando en vacío. Para un sistema trifásico: S 0 Q0 3 I 0 U
Haciendo QC S 0 , se evita la sobrecompensación. 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, QC , a un porcentaje de la potencia aparente del motor marchando en vacío. Entonces la potencia capacitiva máxima admisible será: QC k 3 I 0 U
Dónde:
k = 0,7 a 0,75 para potencias menores e iguales a 10 KW. k = 0,8 a 0,85 para potencias mayores a 10 KW. Un capacitor cuya potencia haya sido determinada por este método, corregirá el fp a valores próximos a 0,9 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, por ello se adopta: 6
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k 0,85
Entonces: QC k 3 I 0 U 0,85 3 16,7 380 9342,86
VAr
Problema 3 Se tiene que: Factor de potencia existente = fpe 0,6 Factor de potencia deseado = fpd 0,9 De la tabla de corrección de factor de potencia, y entrando con los valores anteriores se tiene el siguiente valor: c 0,849 , entonces:
QC P c 8000 0,849 6792
VAr
La capacidad de cada rama del banco de capacitores (en triangulo) está dada por:
C
QC 6792 49,9 2 3 2f U 3 2f 380 2
F
Problema 4.1 Se tiene que: Factor de potencia existente = fpe 0,45 Factor de potencia deseado = fpd 0,85 De la tabla de corrección de factor de potencia, y entrando con los valores anteriores se tiene el siguiente valor: c 1,365 , entonces:
QC P c 400 1,365 546
VAr
Y como:
QC
U2 1 U2 1 QC 1 546 XC C 2 35,9 XC 2f C QC 2f U 2f 220 2
F
Problema 4.2 Se considera que el factor de potencia es igual al cos . Se tiene que:
7
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Factor de potencia existente = fpe 0,45 Entonces, para un sistema monofásico: QC
U2 2f C U 2 XC
QC 2f C U 2 P tg arccos cos e tg d 2f C U 2 tg arccos cos e tg d P 2f U 2 d tg 1 tg arccos cos e P
Para C 44
2f C 220 2 tg 1 tg arccos 0,45 400
F
2f C U 2 d 44 tg 1 tg arccos cos e P
Para C 2 25 50
2f 44 10 6 220 2 tg 1 tg arccos 0,45 400 17,3
F
2f C U 2 d 50 tg 1 tg arccos cos e P
2f 50 10 6 220 2 tg 1 tg arccos 0,45 400 4,8
Entonces:
d 44 17,3 cos 17,3 0,95 d 50 4,8 cos 4,8 0,99 Se concluye que conviene colocar los dos capacitores de 25
F .
Problema 4.3 Se tiene que: Factor de potencia existente = fpe 0,6 Factor de potencia deseado = fpd 0,85 De la tabla de corrección de factor de potencia, y entrando con los valores anteriores se tiene el siguiente valor: c 0,714 , entonces:
QC P c 1000 0,714 714
VAr 8
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Entonces:
C
1 QC 1 714 2 46,9 2f U 2f 220 2
F
Problema 4.4 Se tiene que: Factor de potencia existente = fpe 0,6 Entonces: 2f C U 2 d 60 tg 1 tg arccos cos e P
2f 60 10 6 220 2 tg 1 tg arccos 0,6 1000 22,8
Por lo tanto:
d 44 22,8 cos 22,8 0,92 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 149,9 198
KVAr
Entonces: S
P 2 Q 2 130 2 149,9 2 198,4
KVA
Por lo que: fpe
P 130 0,65 S 198,4
Y como el factor de potencia deseado es: 9
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fpd 0,95
De la tabla de corrección de factor de potencia, y entrando con los valores anteriores se tiene el siguiente valor: c 0,840 , entonces:
KVAr
QC P c 130 0,840 109,2 Problema 6
Se considera que el factor de potencia es igual al cos . Para los motores de 3 CV: PM 3CV 25 3 CV 735
1 55125 CV
W
cos M 3CV 0,73
QM 3CV PM 3CV tg arccos cos M 3CV 55125 tg arccos 0,73 51609,6
VAr
Para los motores de 30 CV: PM 30 CV 15 30 CV 735
1 330750 CV
W
cos M 30CV 0,83
QM 30CV PM 30CV tg arccos cos M 30CV 330750 tg arccos 0,83 222265,3
VAr
Para las lámparas: Plamp 500 40 W 20000
W
Para los balastos:
Pbalt 500 15,33 W 7650
W
cos balt 0,4
Qbalt Pbalt tg arccos cos balt 7650 tg arccos 0,4 17528,3
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 291402,6
VAr 10
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Por lo tanto: 2
2
ST PT QT 505883,8
VA
Entonces el factor de potencia de la industria es:
fpe
PT 413525,0 0,65 ST 291402,6
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 0,74
QM 1 PM 1 tg arccos cos M 1 111900 tg arccos 0,74 101709,1 VAr Para los motores
M
2
1 P M 2 110 HP 746 82060 HP cos
M 2
:
W
0,71
Q M 2 P M 2 tg arccos cos M 2 82060 tg arccos 0,71 81389,8
VAr
Motor 3 PM 3 140 HP 746
1 104440 HP
W
cos M 3 0,70
QM 3 PM 3 tg arccos cos M 3 104440 tg arccos 0,70 106550,1 VAr La potencia activa total es: PT PM 1 P M 2 PM 3 298400
W 11
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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 415859,5
VA
Entonces el factor de potencia de la industria es:
fpe
PT 298400 0,72 ST 415859,5
Calculo del costo de energía eléctrica por mes con el factor de potencia sin corregir. Se debe aplicar un 20% de recargo pues el factor de potencia es menor a 0,75. 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 $ 0,100 298,4 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% 11841,6
$ mes
Impuestos y tasas
C M multa 11841,6
$ mes
IVA TEM CU FPSC TOTAL
21% 14% 6,383% 0,6%
2486,736 1657,824 755,849 71,049 4971,458
$ $ $ $ $
mes mes mes mes mes
Sin corregir el factor de potencia se debe pagar por mes: $ 11841,6 + $ 4971,458= $ 16813,058.
12
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Ahora se corrige el factor de potencia a 0,90 para no tener recargos de ningún tipo. Corrección para el motor 1: Factor de potencia existente = fpe 0,74 Factor de potencia deseado = fpd 0,9 De la tabla de corrección de factor de potencia, y entrando con los valores anteriores se tiene el siguiente valor: c 0,425 , entonces:
QC PM 1 c 111900 0,425 47557,5 Se adopta QC 50
VAr 47,5575 KVAr
KVAr , costo: $ 2050
Corrección para los motores
M
2
:
Factor de potencia existente = fpe 0,71 Factor de potencia deseado = fpd 0,9 De la tabla de corrección de factor de potencia, y entrando con los valores anteriores se tiene el siguiente valor: c 0,508 , entonces: QC P M 2 c 82060 0,508 41686,5
Se adopta QC 45
VAr 41,6865 KVAr
KVAr , 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, y entrando con los valores anteriores se tiene el siguiente valor: c 0,536 , entonces:
QC PM 3 c 104440 0,536 55979,84 Se adopta QC 60
VAr 55,975984 KVAr
KVAr , costo: $ 2500
Costo total para corregir el factor de potencia a 0,9: $ 6370.
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Calculo del costo de energía eléctrica por mes con el factor de potencia corregido. No se debe aplicar un 20% de recargo pues el factor de potencia es mayor a 0,85. 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 $ 0,100 298,4 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% 6,383% 0,6%
1973,60 1381,52 629,874 59,208 4044,202
$ $ $ $ $
mes mes mes mes mes
Con el factor de potencia corregido se debe pagar por mes: $ 9868 + $ 4044,202 = $ 13912,202. El ahorro mensual producido por el no pago de la multa es: Ahorro mensual = facturación con multa – facturación sin multa = $ (16813,058 – 13912,202) mes
$ = 2900,856 mes
El periodo de amortización es: Periodo de amortización = costo de capacitores / ahorro mensual = 6370
$
$ / $ 2900,856 = aprox. 2 meses mes
Problema 8: Las potencias involucradas en la fábrica son: Carga 1
PC1 4000
W 14
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cos C1 0,60
QC1 PC1 tg arccos cos C1 4000 tg arccos 0,60 5333,33
VAr
Carga 2
PC 2 10000
W
cos C1 0,55
QC 2 PC 2 tg arccos cos C 2 10000 tg arccos 0,55 15184,81 VAr Carga 3
PM 1 90000
W
cos M 1 0,80
QM 1 PM 1 tg arccos cos M 1 90000 tg arccos 0,80 67500 VAr Carga 4
PM 2 90000
W
cos M 2 0,80
QM 2 PM 2 tg arccos cos M 2 90000 tg arccos 0,80 67500 VAr Potencias de 06 a 12 hs
P0612 PC1 PC 2 PM 1 104000
W
Q0612 QC1 QC 2 QM 1 88018,14 2
VAr
2
S 0612
P0612 Q0612 136246,81
fp0612
P0612 0,76 S 0612
VA
Potencias de 12 a 18 hs
P1218 PC1 PC 2 PM 1 PM 2 194000
W
Q1218 QC1 QC 2 QM 1 QM 2 155518,14 S1218
2
2
P1218 Q1218 248640,09
VAr
VA 15
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fp1218
P1218 0,78 s1218
Potencias de 18 a 06 hs
P1806 PC1 4000
W VAr
Q1806 QC1 5333,33 S1806
S1806
2
2
P1806 Q1806 6666,66
VA
P1806 0,60 s1806
De acuerdo a cada horario se corregirá el factor de potencia, conectando y desconectando capacitores del banco. Corrección para el horario de 06 a 12: Factor de potencia existente = fpe 0,76 Factor de potencia deseado = fpd 0,95 De la tabla de corrección de factor de potencia, y entrando con los valores anteriores se tiene el siguiente valor: c 0,526 , entonces:
QC P0612 c 104000 0,526 54704 Se adopta QC 50 5
VAr 54,704 KVAr
KVAr
Corrección para el horario de 12 a 18: Factor de potencia existente = fpe 0,78 Factor de potencia deseado = fpd 0,95 De la tabla de corrección de factor de potencia, y entrando con los valores anteriores se tiene el siguiente valor: c 0,474 , entonces:
QC P1218 c 194000 0,474 91956 Se adopta QC 40 50
VAr 91,956 KVAr
KVAr
Corrección para el horario de 18 a 06: Factor de potencia existente = fpe 0,6 Factor de potencia deseado = fpd 0,95 16
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De la tabla de corrección de factor de potencia, y entrando con los valores anteriores se tiene el siguiente valor: c 1,005 , entonces:
QC P1806 c 4000 1,005 4020 Se adopta QC 5
VAr 4,020 KVAr
KVAr
Luego el capacitor de 5 KVAr actuara todo el tiempo. De 06 a 18 horas entra en acción el capacitor de 50 KVAr, y finalmente de 12 a 18 horas se suma el capacitor de 40 KVAr. Esto se puede ver en el siguiente gráfico.
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