Tema 7:Factor de potencia.

Anteriormente ya había tocado el tema de Factor de potencia sin embargo no lo trate a fondo porque lo considero un tema que debe ser tratado más a fondo.

7.1 ¿Qué es el factor de potencia?

Es un indicador cualitativo y cuantitativo del correcto aprovechamiento de la energía eléctrica.

También podemos decir, el factor de potencia es un término utilizado para describir la cantidad de energía eléctrica que se ha convertido en trabajo.

El  factor  de  potencia  cambia  de  acuerdo  al  consumo  y tipo de carga (resistencia y reactancia).

7.2 ¿Por qué corregir el factor de Potencia?

Para una potencia constante, la cantidad de corriente de la red se incrementa en la medida  que el factor de potencia disminuya, por ejemplo, con un factor de potencia igual a 0.5, la  cantidad de corriente para la carga será dos veces la corriente útil, en cambio para un factor  de potencia igual a 0.9 la cantidad de corriente será de 10% más alta que la corriente útil.

Esto significa que a bajos factores de potencia los transformadores y cables de distribución  pueden sobrecargarse, y que las pérdidas en ellos se incrementarán (en proporción con el  cuadrado de la corriente), afectando a la red tanto en el alto como en el bajo voltaje.

Otros factores que afectan un bajo factor de potencia se deben principalmente por los  siguientes puntos:

⇒Aumento de las pérdidas por efecto Joule (Calentamiento en los cables), las cuales son en función del cuadrado de la  corriente, estas pérdidas se manifestarán en:

• Los cables entre medidor y el usuario

• Los embobinados de los transformadores de distribución

• Dispositivos de operación y protección

⇒Un incremento en la caída de  voltaje  resultando  en  un  suministro inadecuado en las  cargas (motores, lámparas fluorescentes, etc.); esta caída de voltaje afecta a:

• Los embobinados de los transformadores de distribución

• Los cables de alimentación

• Sistemas de protección y control

⇒Incremento de la potencia  aparente, con lo que se reduce la capacidad de carga instalada. Esto es importante en el caso de los transformadores de distribución.

⇒Estas pérdidas afectan al productor y distribuidor de energía eléctrica, por lo que se  penaliza al usuario.

7.3 ¿Cómo corregir el factor de potencia?

En muchas instalaciones eléctricas de la industria, hay grandes consumos de corriente.

Este consumo se agrava más cuando se trabaja con muchos motores (carga inductiva), que causan que exista un gran consumo de corriente reactiva que normalmente es penalizada por las empresas que distribuyen energía.

Cuando esta situación se presenta, se dice que tenemos un bajo factor de potencia.

El siguiente, es un método para lograr mejorar el factor de potencia, reducir el consumo de corriente y evitar cualquier penalización.

Se coloca en paralelo con la carga a conectar (motor / motores) (motores de corriente alterna) y directamente con la tensión de alimentación, un banco de capacitores (grupo o batería de capacitores) para compensar el efecto de la carga inductiva (los motores, etc.)

Donde:

·          φ es el ángulo de desfasamiento de la corriente del motor (Im) conrespecto al eje x

·         Q es una corriente reactiva que produce pérdidas y no es deseable, por lo tanto hay que minimizarla

Entonces, tomando como ejemplo un motor trifásico ó monofásico (carga equilibrada arriba).

Para calcular el capacitor se utiliza la siguiente formula:

QC= P*(Tang∞1- Tang∞2)

Donde QC es la potencia (VAR) del capacitor.

Tang∞1 es del ángulo (Factor de potencia) actual.

Tang∞2 es de ángulo (Factor de potencia) deseado.

Pongo un ejemplo: Un motor de Ca trifásico consume 100 KW con un

Cos∞  = 0,75, o sea Tan∞  = 0,88. (Estado actual)

Para pasar a un Cos ∞ = 0,93, o sea

Tan∞  = 0,40, la potencia de la batería (capacitor) a instalar es (Estado deseado) :

Qc = 100 KW(0,88 - 0,40) = 48 KVAR

Aquí un buen ejemplo.

Aquí pongo un ejemplo para que se den una idea que tan importante es:

Veamos el mismo ejemplo y que beneficios conlleva mejorar el factor de potencia.

Un motor trifásico se alimenta a 440V y consume 100 KW con un FP de 0.75. El conductor de la alimentación es de .5 Ohms de R.

Calcular.

     a)    La intensidad consumida.

     b)    La potencia aparente.

     c)    El capacitor si se quiere que el nuevo factor de potencia sea 0.93

     d)    Las pérdidas en el conductor.

     e)    Los nuevos datos con el nuevo factor de potencia.

     a)    I en trifásico es = P/(√3*FP*V)

I= 10000 W/(√3*.75*440V)= 17.495 A.

     b)    FP=P/S entonces S= P/FP

S= 10000 W/0.75= 13333.33 VA

     c)    Qc = 100 KW(0,88 - 0,40) = 48 kVAr.

     d)    La pérdidas en el conductor se calculan de la sig. Manera PP= I²*R*3

PP quiere decir potencia perdida PP= (17.495²)* 0.5 *3= 459.11 W

     e)    Con nuevos datos.

I= 10000 W/(√3*.93*440V)= 14.109 A.

S= 10000 W/0.93= 10752.688 VA

      PP= (14.109²)* 0.5 *3= 298.59 W

Tan solo en ahorro de perdidas del conductor son 160.52 W ahora comprendes la importancia del Fp?

Ejercicios.

1.- Se tiene un motor trifásico de 20 KW operando a 440 V Con un factor de potencia de 0.7si la energía entregada es con alimentador de 0.166 Ohms Calcular:

a) Potencia aparente.

S= P/FP

S= 20000 W/.7= 28571.42 VA

b) Consumo de corriente.

I= P/(√3*FP*V)

I= 20000 W/(√3*.7*440V)= 37.49 A

c) Las pérdidas en el cable alimentador.

PP= (37.49²)* 0.166*3= 699.94 W

d)La potencia del capacitor para corregir el FP a .9

Cos∞  = 0,7, o sea Tan∞  = 1.0202

Cos∞  = 0,9, o sea Tan∞  = .484

Qc = 20 KW(1.0202 - 0,484) = 10.72 kVAR.

e)Obtener todos los datos de nuevo.

S= 20000 W/.9= 22222.22 VA

I= 20000 W/(√3*.9*440V)= 29.159 A

PP= (29.159²)* 0.166*3= 423.42 W

      f)    Energía ahorrada en un mes si el motor opera a 600 Hr/mes.

Energía ahorrada= PP1-PP2= 699.94 W - 423.42 W = 276.52 W * 600 h= 165912 Wh o bien 165.912 KWh

2.-Un motor trifásico consume 16 KW operando a 220 V Con un factor de potencia de 0.5 si el cable de alimentación tiene una resistencia de 0.25 Ohms Calcular:

a) Potencia aparente.

S= P/FP

S= 16000 W/.5= 32000 VA

b) Intensidad.

I= P/(√3*FP*V)

I= 16000 W/(√3*.5*220V)= 83.97 A

c) Las pérdidas en el cable de alimentación.

PP= (83.97²)* 0.25*3= 5289.25 W

d)La potencia del capacitor para corregir el FP a .97

Cos∞  = 0,5, o sea Tan∞  = 1.73205

Cos∞  = 0,97, o sea Tan∞  = .25062

Qc = 16 KW(1.7305 - 0,25062) = 23.702 kVAR.

e)Obtener todos los datos de nuevo.

S= 16000 W/.97= 16494.84 VA

I= 16000 W/(√3*.97*220V)= 43.287 A

PP= (43.287²)* 0.25*3= 1405.37 W

      f)    Energía ahorrada en año si en un mes si el motor opera a 700 Hr/mes.

Energía ahorrada= PP1-PP2=  5289.25 W – 1405.37 W = 3883.8784 W * 700 h= 2178714.71 Wh o bien 2718.714 KWh*12 meses = 32624.579 KWh

Esto es tan solo en el conductor.

 3.- Un motor trifásico consume 9 KW se alimenta con 440 V Con un factor de potencia de  

     0.6 si se alimenta a través de un cable de  0.32 Ohms Calcular:

     a) Potencia aparente.

     S= P/FP

     S= 9000 W/.6= 15000 VA

     b) Intensidad.

     I= P/(√3*FP*V)

     I= 9000 W/(√3*.6*440V)= 19.68 A

    c) Las pérdidas en el cable de alimentación.

    PP= (19.68²)* 0.32*3= 371.90 W

    d)La potencia del capacitor para corregir el FP a .95

    Cos∞  = 0,6, o sea Tan∞  = 1.333

    Cos∞  = 0,95, o sea Tan∞  = .3286

    Qc = 9 KW(1.333 - 0,3286) = 9.03 kVAR.

    e)Obtener todos los datos de nuevo.

    S= 9000 W/.95= 9473.68 VA

    I= 9000 W/(√3*.95*440V)= 12.43A

    PP= (12.43²)* 0.32*3= 148.34 W

          f)    Energía ahorrada en año si en un mes si el motor opera a 450 Hr/mes.

   Energía ahorrada= PP1-PP2=  371.9 W – 148.34 W = 223.51 W * 450 h= 100598.28 Wh o          bien 100.59 KWh*12 meses = 1207.179 KWh