FACTOR DE POTENCIA EN UN CIRCUITO MONOFÁSICO Y UNO TRIFÁSICO
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    FACTOR DE POTENCIA EN UN CIRCUITO MONOFÁSICO Y UNO TRIFÁSICO FACTOR DE POTENCIA EN UN CIRCUITO MONOFÁSICO Y UNO TRIFÁSICO Document Transcript

    • REPÚBLICA BOLIVARIANA DE VENEZUELA UNIVERSIDAD “FERMÍN TORO” CABUDARE – ESTADO LARAFACTOR DE POTENCIA EN UN CIRCUITO MONOFÁSICO Y UNO TRIFÁSICO Circuitos Eléctricos II David E. Guerrero S. C.I.- 17.330.334 Mayo 26, de 2.011
    • FACTOR DE POTENCIA (FP) El factor de potencia es la relación entre la potencia activa (en watts,W), y la potencia aparente (en volts-ampers, VA) y describe la relación entrela potencia de trabajo o real y la potencia total consumida. El Factor de Potencia (FP) está definido por la siguiente ecuación: FP = El factor de potencia expresa en términos generales, el desfasamientoo no de la corriente con relación al voltaje y es utilizado como indicador delcorrecto aprovechamiento de la energía eléctrica, el cual puede tomar valoresentre 0 y 1.0 siendo la unidad (1.0) el valor máximo de FP y por tanto elmejor aprovechamiento de energía.CAUSAS DEL BAJO FACTOR DE POTENCIA Las cargas inductivas como motores, balastros, transformadores, etc., son elorigen del bajo factor de potencia ya que son cargas no lineales que contaminan lared eléctrica, en este tipo de equipos el consumo de corriente se desfasa conrelación al voltaje lo que provoca un bajo factor de potencia.CONSECUENCIAS DEL BAJO FACTOR DE POTENCIA Las instalaciones eléctricas que operan con un factor de potencia menor a1.0, afectan a la red eléctrica tanto en alta tensión como en baja tensión, además,tiene las siguientes consecuencias en la medida que el factor de potencia disminuye: Página | 2
    • 1. Incremento de las pérdidas por efecto joule La potencia que se pierde por calentamiento está dada por la expresión I2Rdonde I es la corriente total y R es la resistencia eléctrica de los equipos (bobinadosde generadores y transformadores, conductores de los circuitos de distribución,etc.). Las pérdidas por efecto Joule se manifestarán en:  Calentamiento de cables  Calentamiento de embobinados de los transformadores de distribución, y  Disparo sin causa aparente de los dispositivos de protección Uno de los mayores problemas que causa el sobrecalentamiento es eldeterioro irreversible del aislamiento de los conductores que, además dereducir la vida útil de los equipos, puede provocar cortos circuitos. 2. Sobrecarga de los generadores, transformadores y líneas de distribución. El exceso de corriente debido a un bajo factor de potencia, ocasiona que losgeneradores, transformadores y líneas de distribución, trabajen con ciertasobrecarga y reduzcan su vida útil, debido a que estos equipos, se diseñan para uncierto valor de corriente y para no dañarlos, se deben operar sin que éste se rebase. 3. Aumento de la caída de tensión La circulación de corriente a través de los conductores ocasiona una pérdidade potencia transportada por el cable, y una caída de tensión o diferencia entre lastensiones de origen y la que lo canaliza, resultando en un insuficiente suministro de Página | 3
    • potencia a las cargas (motores, lámparas, etc.); estas cargas sufren una reducciónen su potencia de salida. Esta caída de voltaje afecta a:  Los embobinados de los transformadores de distribución  Los cables de alimentación, y a los  Sistemas de protección y controlIMPORTANCIA DE UN CORRECTOR DE FACTOR DE POTENCIA La compensación del factor de potencia trae como consecuencia lossiguientes beneficios energéticos y económicos: a) Eliminación del cargo por factor de potencia b) Bonificación por parte de la compañía suministradora c) Disminución de la caída de tensión en cables Se sabe que la caída de tensión en cables provoca la pérdida depotencia, al tener una disminución de caída de tensión inducirá a que laspérdidas de potencia sean mínimas ya que: ∆V = I(R Cos ϕ + WL Sen ϕ ) Donde: ∆V = Disminución en la caída de voltaje en volts (V) L = Inductancia en Henry (H) W=2 f ; La frecuencia W esta en rad/seg. f = Frecuencia en Hertz (Hz) Página | 4
    • Ejemplo de la corrección del factor de potencia en un circuito monofásico Cuando se conecta a una línea de potencia de 120V(rms) a 60 Hz, una cargaabsorbe 4kW con factor de potencia atrasado de 0,8. Halle el valor de lacapacitancia necesaria para aumentar el fp a 0,95.Solución:Si el fp = 0,8, entonces cos 1 = 0,8 1 = 36,87°donde 1 es la diferencia de fase entre la tensión y la corriente. La potenciaaparente se obtiene de la potencia real y el fp como: S1 = S1 = = 5000VALa potencia reactiva es: Q1 = S1 * sen 1 Q1 = 5000VA * sen = 3000 VARCuando el fp aumenta a 0,95 Cos 2 = 0,95 2 = 18,19° Página | 5
    • La potencia real P no ha cambiado. Pero la potencia aparente si, su nuevo valor es: S2 = S2 = = 4210,5 VALa nueva potencia reactiva es: Q2 = S2 * sen 2 Q1 = 4210,5 VA * sen = 1314,1 VARLa diferencia entre la nueva y la antigua potencias reactivas se debe a la adición a lacarga del capacitor en paralelo. La potencia reactiva debida al capacitor es: Qc = Q 1 – Q2 Qc = 3000 – 1314,4 = 1685,6 VARy C= C= = 310,5 Al comprar capacitores, normalmente se toman en cuenta lastensiones esperadas. En este caso, la tensión máxima que este capacitorsoportara es de alrededor de 170V de pico. Se sugiere adquirir un capacitorcon una tensión nominal igual o mayor a 200V. Página | 6
    • Ejemplo de la corrección del factor de potencia en un circuitotrifásico Se tiene un motor trifásico de 20 kW operando a 440 V, con un factorde potencia de 0.7, si la energía se entrega a través de un alimentador conuna 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 que es 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/mes.Solución: a) La corriente y la potencia aparente: I= I1 = S= S1 = S1 = 28.571 kVA b) Las pérdidas en el alimentador Perd = 3 * R * I2 Página | 7
    • Perd1 = 3 * 0,166 * 37,492 Perd1 = 700 Wc) Los kVAR del capacitor 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 Qc = 10,72 kVARd) La corriente y la potencia aparente I2 = S2 = = 22,22 kVA Las pérdidas en el alimentador Perd2 = 3 * 0,166 * 29,162 Perd2 = 423,45 We) Energía anual ahorrada La reducción de las pérdidas: Página | 8
    • ∆P = Perd1 – Perd2 ∆P = 700 – 423,45 ∆P = 276,55 W La energía ahorrada al año: ∆E = ∆E = ∆E = 1990,8 kWh Considerando a 0,122 BsF. por kWh, se tienen 242,88 BsF. de ahorrotan solo en el alimentador. Página | 9
    • REFERENCIAS BIBLIOGRÁFICAS Charles, A. y Sadiku, M. Fundamentos De Circuitos Eléctricos - Sadiku - 3ra Edición. Consulta en línea: http://www.tuveras.com/fdp/fdp.htm. Fecha: 25 de mayo de 2011. Consulta en línea: http://platea.pntic.mec.es/~jgarrigo/2bch/archivos/ electricidad_tecnologia_industrial_2bch.pdf. Fecha: 25 de mayo de 2011 Consulta en línea: http://es.scribd.com/doc/55083402/47/Calculo-y- correccion-del-factor-de-potencia. Fecha: 26 de mayo de 2011 Consulta en línea: http://roble.pntic.mec.es/jsalinas/factor %20potencia.pdf. Fecha: 26 de mayo de 2011 Consulta en línea: http://catarina.udlap.mx/u_dl_a/tales/documentos/ meie/zurita_o_la/capitulo2.pdf. Fecha: 26 de mayo de 2011. Consulta en línea: http://campus.usal.es/~electricidad/Principal/Circuitos/ Descargas/EnergiaReactiva.pdf. Fecha: 26 de mayo de 2011. Página | 10