Material Curso Corrección - Clase II

Corrección del Factor de Potencia en Instalaciones Eléctricas Motor 2: Pu 2 x 746 P= ----------- x 100 = ----------- x 100 = 2487 W η 60 P 2487 S= -------------- = ----------- = 4974 VA Cos ϕM2 0,5 Q= P x Tg ϕM2 = 2487 x 1,732 = 4307 VAR

S2

Graficamos Esc.= 760 unidad de potencia por 1 cm.

Q2

ST

Qc QT

ϕ2 P2

SL

ϕI

ϕT = 47°

Q1

El gráfico claramente nos muestra que el CosϕT se obtiene con la suma vectorial de los 2 triángulos en función a la tangente.

(CosϕT = equivalente de 2 cargas simultáneas)

Figura 10.

PI PT

(

Q1 Tg ϕ1 = ------ + P1

) ( Tg ϕ

2

Q2 = ------P2

)

Factoreando se obtiene:

ΣQ

Tg ϕRSTTE = ------Σp

reemplazando por los valores:

1.793 + 4.307 6.100 ϕRSTTE = 47,47° Cos ϕRSTTE= 0,68 3.108 + 2.487 5.595 Aplicando lo aprendido en compensación individual obtenemos: Qc= P x (Tgϕ1 - Tg ϕ2 )= 5.595 (1,078 - 0,329) = 5.595 x 0,749= Qc= 4.191 VARc =

4,2 KVARc

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Corrección del Factor de Potencia en Instalaciones Eléctricas Qc x 106 4.191 x 1.000.000 C= ----------------- = ---------------------------- = 276 µF 2 x π x f x U2 2 x 3,14 x 50 x 2202

Con el Cosϕ resultante podemos obtener la intensidad que circula por la línea en ese momento (sin corrección).

P 5.595 I1= ---------------------- = --------------------- = 37,4 A U x Cos ϕRSTTE 220 x 0,68 A partir del momento de conectar el condensador de valor C= 276 µF y Qc= 4,2 kVARc podemos hallar: Intensidad en la línea; potencia aparente y potencia reactiva. Todas ellas serán valores resultantes después de la compensación y desde el punto de emplazamiento hacia la red P 5.595 I2= ---------------------- = ----------------- = 26,7 A U x Cos ϕ2 220 x 0,95 P 5.595 SRSTTE= ------------- = ------------- = 5.889 VA Cos ϕ2 0,95 QRSTTE= P x Tg ϕ2 = 5.595 x 0,329 = 1.841 VAR Como la potencia activa no varía, ahora podemos obtener el siguiente gráfico:

nte

Qresultante

S resulta

ϕ = 18,2°

Cos= 0,95

Figura 11

Potencia total

Finalmente podemos hallar la intensidad que circulará por el condensador Q c 4.191 Ic= -------------- = ------------- = 19 A V x Sen ϕ 220 x 1 Para dimensionar el/los fusible/s debemos multiplicar el valor Ic por un coeficiente 1,65 o 2.

Luego: 19 x 1,65= 31,35, por lo tanto el fusible lento será de 35 A. Obs: Corrigiendo el Cos ϕ no disminuimos el consumo de energía eléctrica activa (kW/ hora), lo que reducimos es la intensidad en la línea, lo que nos permite el ahorro en menor amperaje en la instalación, menos pérdida de potencia y caída de tensión en la linea y mejor aprovechamiento de la potencia aparente (S) entregada por el generador o transformador.

Obs. Para cargas o motores trifásico los condensadore se leen en kVAR, conocidos como condensadores de potencia.

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Corrección del Factor de Potencia en Instalaciones Eléctricas

Ejercicios sobre corrección del factor de potencia

1. Un equipo fluorescente de 40 W, y cos ϕ 0,5 cuya tensión de trabajo es 220 V y 50 Hz, debe ser mejorado su factor de potencia a 0,97. Hallar la capacidad en µF así como la potencia reactiva del condensador y la corriente absorbida antes y después de la corrección. Realizar el esquema de conexionado del fluorescente con sus equipos auxiliares correspondientes.

Datos Solución

P x (Tan ϕ1 – Tan ϕ2) x 106 P = 40W C = ———————————— U = 220 V 2 x π x f x V² Cos ϕ1 = 0,5 Cos ϕ2 = 0,97 Punto de emplazamiento PT = PLámp. + Preactor = 40 + 10 = 50 W del capacitor

R

f= 50 Hz

220 V 50 HZ F

N

Esquema de conexión

Figura 12.

Para calcular los valores de Tan ϕ1 y Tan ϕ2 necesitamos los valores de los ángulos ϕ1 y ϕ2 que obtenemos de: ϕ1 = Arc cos 0,5; ϕ1= 60° ϕ2 = Arc cos 0,97; ϕ2= 14,06° Entonces Tan ϕ1 = 1,732 y Tan ϕ2 = 0,250 50 x (1,732 – 0,250) x 106 C = —————————— = 3,9 ; µF (valor teórico) 4 µF (valor comercial)

2 x 3,14 x 50 x 220 ²

= P x (Tan ϕ1 – Tan ϕ2); Qc = 50 x (1,732 – 0,250) = 74,1 VAR Q c

P

50 I1 = ————————— = ——————— = 0,45 A 220 x 0,5

V x cos ϕ1

P 50 I2 = ———————— = —————— = 0,23 A 220 x 0,97

V x cos ϕ2 Después de corregir el factor de potencia del equipo fluorescente de 0,5 a 0,97 instalando un condensador de 4 µF, la corriente absorbida por el equipo disminuye de 0,45 A a 0,23 A, es decir, el 50%.

2. La intensidad de corriente que absorbe un motor monofásico que consume una potencia eléctrica de 3 kW, 220 V, 50 Hz es 22,75 A. Hallar la capacidad, y la potencia del condensador necesarias para elevar el cos ϕ a 0,92. Determinar también la corriente después de mejorar el factor de potencia, gráficar conexionado.

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Corrección del Factor de Potencia en Instalaciones Eléctricas Datos Solución

P 3.000 P = 3.000 W Cos ϕ1 = ——— = —————— = 0,599 ---- 0,6 V x I1 220 x 22,75 I1 = 22,75 A V = 220 V f = 50 Hz Mediante calculadora

Para Cos ϕ= 0,6 −−− Tg ϕ1 = 1,333 Cosϕ2= 0,92 Para Cos ϕ= 0,92 −−− Tg ϕ = 0,426 2

QC = P x ( Tan ϕ1 – Tan ϕ2 ) = 3.000 (1,333 – 0,426) = 2.721 VAR Qc 2.721 Ic = ———— = ———— = 12,37 A V x Sen ϕ 220 x 1

IC x 10 6 2.721 x 106 CTEORICO = ———————— = ————————— = 179,04 µF ; 2 x 3,14 x 50 x 2202

2 x π x f x V2 FusibleTEORICO = Ic x 1,65= 12,37 x 1,65 = 20, 4A

CCOMERCIAL = 180 µF +

1 x 100 µF 1 x 80 µF 180 µF

Fusible-lento-comercial 25 A

Pt 3.000 I2 = ———— = ————— = 14,8 A V x cos ϕ2 220 x 0,92 Para aumentar el factor de potencia en la instalación de 0,6 a 0,92 se necesitó de un

condensador de 180 µF. El aumento del factor de potencia ocasionó también la disminución de la corriente absorbida de la red de 22,75 A a 14,8 A. 3- Calcular la potencia en kVA necesaria para alimentar una instalación industrial de 91 kW y factor de potencia 0,7.

Datos Solución P = 91 KW P P cos ϕ = 0,7 De la fórmula: cos ϕ = ———; despejamos S = ———

S cos ϕ 4- Si corregimos el factor de potencia de la instalación industrial del ejemplo anterior a 0,92 ¿Cuánto debe ser la nueva potencia en kVA requerida para alimentar la misma carga?. Si suponemos que cada kVA cuesta G. 500.000, al aumentar el factor de potencia. ¿Cuántos guaraníes se ahorrarán en la compra del transformador?.

Datos Solución P = 91 kW

P 91.000 cos ϕ = 0,92 S = ——— = ——— = 98,9 kVA cos ϕ 0,92 Se ahorrará: 130 kVA - 98,9 kVA= 31,1 kVA x G. 500.000 = 15.550.000 de guaraníes.

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Corrección del Factor de Potencia en Instalaciones Eléctricas Observación: En el caso de que el factor de potencia medio mensual de una instalación resulte inferior a 0,92, la ANDE penaliza al usuario con una fuerte multa, de tal manera que el precio del kilovatio/hora (energía activa) se aumentará a razón de 4% por cada centésimo del valor inferior a 0,92.

Penalizaciones establecidas por la ANDE

En el caso de que el factor de potencia medio mensual del cliente resulte inferior a 0,92 el precio del Kilovatio/hora (energía activa) se aumentará a razón de 4% por cada centésimo del valor inferior a 0,92 esto es válido para clientela de todas las categorías (residencial, comercial e industrial).

R % = 4 (f.pInd - f.pANDE) x 100 Ejemplos: 1) Las siguientes lecturas en un mismo ciclo, fueron tomadas a un cliente categoría 73: Energía activa 30.000 kW/h y energía reactiva 20940 kVAR/h Q 20.940 Tan ϕ= ———— = —————— = 0,698 = 34,915° P 30.000 Cos ϕ = 0,82 R % = 4 (0,82 - 0,92) x 100 = - 40% Costo por cada KW/h = Gs. 171,81 Gs. por energía activa 30.000 x 171,81 = 5.134.300 40% de 5.134.300 = 2.061.720 Total a abonar a la ande, incluyendo potencia reactiva 5.134.300 + 2.061.720 = 7.216.020 guaraníes.

2) De una instalación residencial, fueron tomadas dentro del mes los siguientes cos ϕ, en diferentes semanas, días y horas. De las seis lecturas se obtuvieron 0,6; 0,7; 0,75; 0,5; 0,55; 0,6. Se desea saber cuanto será abonado a la ANDE, incluyendo el valor de la penalización por bajo factor de potencia. El consumo por potencia activa alcanza la suma de Gs.455.000 0,6 + 0,7 + 0,75 + 0,5 + 0,55 + 0,6 Cos ϕ promedio = ———————————————— = 0,616 6 Centésimo = 92 – 61,6 = 30,4 30,4 x 4 = 121,6 % 121,6% de 455.000 = Gs.553.280 Total a abonar a la ANDE = 455.000 + 553.280 = Gs.1.008.280 Una evidencia clara de la necesidad de corregir el factor de potencia de una instalación eléctrica, y esto, solo demostrando la parte económica.

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Corrección del Factor de Potencia en Instalaciones Eléctricas

Métodos prácticos para obtener el factor de potencia promedio mensual de un usuario a partir de la factura de ANDE Considerando la factura de un cliente para nuestro ejemplo.

Número de Medidor

Tipo de Consumo

1237904 1237904 1237904 1237904 1237904

Activa punta Activa fuera Reactiva MT Pot. P.C. Máx.

Pot. F.P.C. Máx.

Lectura actual

165 481 410 46 32

Lectura anterior

149 442 375 0 0

Cons- Consumo Consumo tante kW/h Mín kW/h

60 60 60 0 0

979 2.999 2.280 29 20

1.020.954 274.872 213.999 5.126 151.495

Lectura de medidores Importe en guaraníes Activa punta 979 Activa fuera 2.999 1.020.954 Reactiva MT 2.280 213.999 (Gs. x kW/H = 256,65) Según Pliego de Tarifas Nº 20 Primer método: a partir del importe en guaraníes Monto energía reactiva 213.999 ------------------------------- x 100 = --------------- x 100 = 20,9606897 ----------------(1) Monto energía activa 1.020.954 Ecuación 1 20,9606897 ------------------ = ------------------ = 5,240172425 ----------------(2) 4 4

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Corrección del Factor de Potencia en Instalaciones Eléctricas Ecuación 2 5,240172425 ------------------ = ------------------------ = 0,05240172425----------------(3) 100 100 Acabamos de obtener la diferencia centisimal faltante para completar 0,92, valor exigido por ANDE. Luego: para hallar el factor de potencia promedio mensual del usuario es como sigue 0,92 (ANDE) - Ecuación 3 = 0,86759827575 Aplicando métodos de simplificación y factoreo la fórmula se reduce a la siguiente expresión Monto de energía reactiva Factor de potencia usuario = 0,92 - ( -------------------------------------- ) Monto de energía activa x 4 Segundo método: a partir de la lectura del medidor aplicando la fórmula en función a la Tanϕ Lectura de medidores T Activa punta 979 Total potencia activa 3.978 kW Activa fuera 2.999 Reactiva MT 2.280 Total potencia reactiva 2.280 kVAR (Gs. x kW/H = 256,65) Q 2.280 Tan ϕ = ------- = ---------- = 0,573152337 P 3.978 0,573152337

Arco = 29º, 819279

Q= potencia reactiva P= potencia activa Cosϕ = 0,86759818

El Cosϕ se obtiene por medio de la calculadora científica.

Luego el factor de potencia promedio mensual de nuestro usuario= 0,86759818.

Tercer método: a partir de la lectura del medidor aplicando la fórmula en función al Cosϕ

Lectura de medidores T punta Activa 979 Total potencia activa 3.978 kW Activa fuera 2.999 Reactiva MT 2.280 Total potencia reactiva 2.280 kVAR (Gs. x KW/H = 256,65) P P 3.978 3.978 3.978 Cos ϕ = ---- = ---------- = -------------------- = ------------------------------- = ------------------ ,

S P2 + Q2 3.9782 + 2.2802 15824484 + 5198400 21022884 3.978 Cos ϕ = --------------------= 0,867598179 4585,071864

Q= potencia reactiva S= potencia aparente P= potencia activa

Luego el factor de potencia promedio mensual de nuestro usuario= 0,867598179

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Corrección del Factor de Potencia en Instalaciones Eléctricas Conclusión: Se ha visto que para hallar el factor de potencia promedio mensual de un usuario, sólo es necesario contar con la factura de ANDE, a partir de allí aplicando cualquiera de los métodos estudiados obtendremos el factor de potencia promedio mensual de cualquier cliente.

Ahora bien; la fórmula general simplificada para calcular el monto por energía reactiva es la siguiente: MER = MEA x 4 x ( Cos ϕANDE - Cos ϕ Usuario)= monto en guaraníes.

Según la factura de nuestro ejemplo MER = 1.020.954 x 4 x (0,92 - 0,86759818) = 4083816 x 0,05240182 = 213.999 Gs. MER = Monto energía reactiva MEA= Monto energía activa Observación: A los efectos de ser más precisos es conveniente utilizar la mayor cantidad de decimales posibles.

Compensación individual de motores asicrónicos

El factor de potencia de un motor asincrónico a inducción, es bueno a plena carga, generalmente entre 80 o 90 %, dependiendo de la velocidad y del tipo de motor. Sin embargo, para cargas pequeñas, el factor de potencia disminuye rápidamente.

Generalmente los motores de inducción no trabajan a plena carga, lo que da un bajo factor de potencia durante la operación. Por ejemplo, un motor asincrónico de 400 KW a 1.000 r.p.m. tiene un cos ϕ igual a 0,83, siendo su carga completa. Si la carga constituye ¾ partes de la completa, el mismo tiene un cos ϕ 0,8. Si la carga es igual a un medio de la completa su cos ϕ es 0,7 y si dicha carga es tan solo ½ de la completa su cos ϕ es tan solo ¡¡ 0.5 !! Los motores que trabajan en vacío tiene un cos ϕ de 0,1 a 0,3 en dependencia de la clase, potencia y velocidad de rotación.

Como efectuar la compensación

Conexión de un banco de condensadores con circuito independiente (recomendable) junto a un motor trifásico Circuito de fuerza

Circuito de mando

R S T

R

F4

FR1

TM

TM

95

97

FR1

96

98

S0

Contactor

K

Contactor

C S1

13

23

K1

K1 24

14

Relé térmico Banco de condensadores

A1

A1

K A2

M 3

H1

C A2

H2

N

Figura 13.

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Arranque Conctactor Falla del motor del capacitor del motor

Corrección del Factor de Potencia en Instalaciones Eléctricas La conexión de condensadores a los bornes de un motor como se indica en la figura 13, debe hacerse teniendo en cuenta los siguientes factores: a) Posibles sobretensiones debido a autoexcitación: Cuando se abre el interruptor de alimentación y el motor sigue girando ya sea por su propia inercia o porque lo arrastra la carga mecánica a que está acoplado, puede suceder que el condensador en el caso de que el motor y el condensador funcionen como una unidad suministre la corriente magnetizante necesaria para que la máquina funcione como generador llegando a producir sobretensiones de valor importante. La recomendación, según el boletín Ley, es aplicar el 90% de la corriente en vacío del motor. Es decir: 0,9 x √3 x VLínea x QVacío.

QVacío: Lectura obtenida del catálogo del motor. b) Contra corto circuitos según R.B.T. ANDE; Artículo: 34.2.7. c) Ajuste de la protección contra sobrecarga: Según Norma V de 0530/40: A la intensidad nominal del motor. d) Elementos de maniobra: Según el fabricante del motor se elige a la intensidad nominal de la máquina motriz.

Compensación por grupos

En la práctica, en instalaAlimentación Esquema unifilar de comciones grandes de alumpensación por brados con tubos fluoresFigura 14. grupos centes se forman grupos de lámparas y se distribuyen uniformemente entre las fases de la red trifásica.

Tableros seccionales Este tipo de compensación resulta más económico pués los condensadores empleados para 380 V sólo precisan 1/3 de la capaciBanco de capacitores dad de los empleados a Cargas Cargas 220 V. Este método ilustrado en la figura, consiste en corregir el factor de potencia en cada uno de los alimentadores, muy especialmente cuando éstos alimentan un gran número de cargas relativamente pequeñas y/o con factores de simultaneidad bajo, de este modo se logra liberar potencia en los tableros principales así como el de la alimentadora.

El cálculo se realiza siguiendo los mismos criterios de los ejemplos dados.

Compensación centralizada para el total de las cargas

En la compensación centralizada se disponen varios condensadores a la salida del transformador, los cuales se pueden conectar en paralelo. Se conectan en cada momento tantas unidades de dicha batería como sea necesario para cubrir el consumo de potencia reactiva.

Estos bancos de condensadores son conectados o desconectados por un regulador de energía reactiva (llamado también relé varimétrico). En la siguiente figura se puede apreciar las conexiones de un regulador de energía reactiva a un sistema de alimentación principal.

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Corrección del Factor de Potencia en Instalaciones Eléctricas Lado de la red eléctrica

Transformador de corriente.../5A

Lado de la carga de la industria

Fusibles

Salida para el TC

(Cierre en caso de alarma) Salida del relé para la bobina de los contactores

Alarma

Compensación centralizada por medio de una batería automática en el secundario del transformador de un puesto de distribución para un consumidor que se alimenta desde la red de media tensión.

Selección de elementos de protección, maniobra y alimentación

En el caso de cargas capacitivas deberán tenerse en cuenta ciertos aspectos que normalmente no cuentan para otros tipos de carga.

De acuerdo a las normas internacionales, si bien los condensadores están diseñados para una cierta tensión nominal de frecuencia determinada y perfectamente sinusoidal, éstos deben soportar algunas condiciones anormales en cuanto a: a) Sobretensiones: En todo momento la tensión en los bornes del banco de condensadores no puede ser superiores a un 10% b) Sobrecorrientes: El condensador puede soportar como máximo una corriente 30 % mayor que la que circula cuando se aplica una tensión sinusoidal de valor eficaz igual a la nominal y frecuencia nominal, contabilizando este exceso como superposición de efectos de corrientes armónicas, sobretensiones y diferencias en la frecuencia.

A esto se le debe sumar la tolerancia propia del condensador (10% en exceso) para calcular la máxima corriente que podría circular en un condensador de determinadas características respecto de su corriente nominal.

Si no se consigue del valor de la corriente nominal ésta puede calcularse por medio de la fórmula: QcComercial Ic = ———————— (para condensadores trifásicos) - ϕ = 90º 3 x V x Sen ϕ

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Corrección del Factor de Potencia en Instalaciones Eléctricas

Trabajo Práctico Nº2 1. Calcular el capacitor monofásico para corregir el fp de dos motores monofásicos que funcionan al mismo tiempo el motor 1 es de 1HP-220 V-fp= 0,65-50 Hz-6 A. El motor dos es de 2 HP-220 V- fp= 0,80- 10,6 A. Dicho capacitor debe elevar el fp a 0,92.

Determinar además la corriente después de mejorar el factor de potencia. vale el mínimo f.p promedio mensual exigido por la Ande.

2. Calcular la corriente, el fusible y la sección del conductor (tipo multifilar) que debe conectar el siguiente capacitor trifásico de 10 kVAR-380 V-50 Hz.

Observación:

Escuchar con mucha atención la clase desarrollada y luego contestar las preguntas. Se puede consultar el material ante cualquier duda.

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