UANL UNIVERSIDAD UNIVERSIDAD AUTÓNOMA DE NUEVO LEÓN
FIME _
FACULTAD DE INGENIERÍA MECÁNICA Y ELÉCTRICA
M.C. Noé Ponce Meraz
Condensadores sincrónicos
Ricardo Valero de la Rosa
lmv N4
1581497
grupo 05 30 de noviembre de 2017 Ciudad Universitaria, San Nicolás de los Garza, Nuevo León
Condensadores sincrónicos Problema 1 Una fábrica consume una potencia total de 2000 kW, con un factor de potencia inductivo de 0.6 de un transformador cuya tensión primaria es 6000 V. Al añadir un nuevo edificio debe adquirirse un grupo motor-generador. La elección del motor se centra entre un motor síncrono de 1000 Hp, 6000 V, con un factor de potencia capacitivo de 0.8, y un motor de inducción de 1000 Hp, 6000 V, cuyo factor de potencia a plena carga es 0.8 inductivo. Suponiendo un rendimiento del 92% para cada motor, calcular: a) La corriente total de carga y el factor de potencia usando el motor de inducción. b) La corriente total de carga y el factor de potencia usando el motor síncrono. c) El porcentaje de reducción de corriente de carga producida entre ambos incisos. d) ¿Cuál es la mejora de factor de potencia global?
Potencia trifásica
= √ 3 √ = cos = 3 cos fp = cos
Conexión estrella
= √ 3 =
Eficiencia eléctrica
= esntal
Carga (fábrica)
carga = 2000 kW fpcarga = 0.6 ind �carga = 6 kV
Motor de inducción
sal,MI = 1000 Hp �MI = 6 kV fpMI = 0.8 ind MI = 92%
Sistema con motor de inducción
=−�cos−� fp carga = cos 0.6 = −53.13° = = √ 3 cos 2000 kW = 320.75 A �carga = √ 3(6 kV)(0.6) ̂ = 320.75∠ − 53.13° A �carga =−�cos−� fp MI = cos 0.8 = −36.87° ent = sal kW/Hp) = 810.87 kW ent,MI = 1000 Hp(0.746 0.92 = = √ 3 cos kW = 97.53 A �MI = √ 810.87 3(6 kV)(0.8) ̂ = 97.53∠ − 36.87° A �MI ̂ + MÎ ̂ = carga ̂ = (320.75∠ − 53.13° + 97.53∠ − 36.87°) A �MI = �(192.45 − 256.60) + (78.02 − 58.52)� A = 270.47 − 315.12 A = 415.28∠ − 49.36° A fp = cos fp�MI = cos(−49.36°) = 0.651 ind
Motor síncrono
sal,MS = 1000 Hp �MS = 6 kV fpMS = 0.8 cap MS = 92%
Sistema
con
motor
síncrono
Reducción de carga
=−�cos−� fp MS = cos 0.8 = +36.87° ent = sal kW/Hp) = 810.87 kW ent,MS = 1000 Hp(0.746 0.92 = = √ 3 cos kW = 97.53 A �MS = √ 810.87 3(6 kV)(0.8) ̂ = 97.53∠ + 36.87° A �MS ̂ + MŜ ̂ = carga ̂ = (320.75∠ − 53.13° + 97.53∠ + 36.87°) A �MS = �(192.45 − 256.60) + (78.02 + 58.52)� A = 270.47 − 198.08 A = 335.25∠ − 36.22° A fp = cos fp = cos(−36.22°) = 0.807 ind Ⅎr{���ón de carga = � �,MI −�,MI �,MS� − 335.25� = 19.27% = �415.28415.28
Mejora en factor de
Usando el motor síncrono en lugar del motor de inducción
potencia global
aumentamos el factor de potencia global del sistema de 0.651 inductivo hasta un 0.807 inductivo.
Problema 2 Una fábrica absorbe una carga inductiva de 2000 kW con un factor de potencia de 0.6 de una fuente de alimentación de 6000 V. Se adquiere un condensador síncrono para elevar el factor de potencia global a la unidad. Suponiendo que las pérdidas del condensador síncrono son 275 kW, calcular: a) La potencia reactiva original de la carga inductiva. b) La potencia reactiva de corrección necesaria para elevar el factor de potencia a la unidad. c) La potencia nominal en kVA del condensador síncrono y el factor de potencia del mismo.
� ̂ = �+ � = + tan = / = cos = sin fp = cos Carga (fábrica)
carga = 2000 kW fpcarga = 0.6 ind �carga = 6 kV
Motor síncrono (condensador)
MS = 275 kW
= cos carga = 20000.6kW = 3333.33 kVA =−�cos−� fp carga = cos 0.6 = −53.13° = sin carga = (3333.33 kVA)(sin(−53.13°)) = −2666.67 kVAR MS = − carga MS = 2666.67 kVAR ̂ = + MŜ = 275 + 2666.67 = 2680.81∠84.11° kVA fp = cos fpMS = cos(84.11°) = 0.103 cap
Problema 3 Una carga de 500 kVA funciona a un factor de potencia inductivo de 0.65. Se de sea añadir al sistema un motor síncrono de 200 Hp con un rendimiento del 88% y hacer que la carga total final del sistema (incluyendo el motor añadido) tenga un factor de potencia inductivo de 0.85. Calcular: a) La potencia aparente, kVA y el factor de potencia del sistema con el motor añadido. b) La potencia aparente, kVA del motor síncrono y el factor de potencia al cual funciona.
� ̂ = �+ � = + tan = / = cos fp = cos = esntal Carga
carga = 500 kVA fpcarga = 0.65 ind
Motor síncrono
MS = 88% sal,MS = 200 Hp
Sistema (total)
fp = 0.85 ind
=−�cos−� fp carga = cos 0.65 = −49.46° = cos carga = (500 kVA)(0.65) = 325 kW ent = sal kW/Hp) = 169.55 kW ent,MS = 200 Hp(0.746 0.88 = carga + MS = (325 + 169.55)kW = 4 = 4.55 kW −�= cos−� fp = cos 0.85 = −31.79° = cos kW = 581.82 kVA = 494.55 0.85 ̂ = 581.82∠ − 31.79 kVA
Motor síncrono
̂ + MŜ ̂ = carga MŜ = ̂ − ĉ arga MS = (581.82∠ − 31.79° − 500∠ − 49.46°)kVA = �(494.54 − 306.51) − (324.99 − 379.98)�kVA = 169.55 + 73.47 = 184.78∠23.43° kVA fp = cos fpMS = cos(23.43°) = 0.918 cap
Problema 4 Un sistema de 10,000 kVA está funcionando a un factor de potencia de 0.65, y el costo de un condensador síncrono para mejorar el factor de potencia es de $60 por kVA. Despreciando las pérdidas del condensador síncrono, calcular el costo de elevar el factor de potencia a: a) Factor de potencia unitario b) Factor de potencia inductivo de 0.85
= + = cos fp = cos carga = 10,000 kVA fpcarga = 0.65 ind
Sistema a
fp = 1 MS ≈ 0
=−�cos−� fp carga = cos 0.65 = −49.46° ĉ arga = 10,000∠ − 49.46° kVA = cos carga = (10,000 kVA)(0.65) = 6500 kW = carga + MS = (6500 + 0)kW = 5 = 0 kW = cos = 65001kW = 6500 kVA = cos−�−� fp = cos 1 = 0° ̂ = 6500∠0° kVA ̂ = ĉ arga + M̂ S ̂ MŜ = ̂ − carga MŜ = (6500∠0° − 10,000∠ − 49.46°)kVA = �(6500 + 0) − (6499.79 − 7599.52)�kVA = 0.21 + 7599.52 = 7599.52∠90° kVA
� = (7600 kVA)( 60/kVA) � = $456,000.00 = carga + MS = (6500 + 0)kW = 5 = 0 kW = cos = 65000.85kW = 7647.06 kVA −�= cos−� fp = cos 0.85 = −31.79° ̂ = 7647.06∠ − 31.79° kVA ̂ = ĉ arga + M̂ S ̂ MŜ = ̂ − carga M̂ S = (7647.06∠ − 31.79° − 10,000∠ − 49.46°)kVA = �(6499.88 − 4028.53) − (6499.79 − 7599.52)�kVA = 0.09 + 3570.99 = 3570.99∠90° kVA � = (3571 kVA)( 60/kVA) � = $214,260.00 $
Sistema b
fp = 0.85 ind MS ≈ 0
$