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Unidad II Equipos secundarios y de protección: Ejercicios de cálculo de banco de capacitores

15560498: Erian Alexander Vega Piñon Ingeniería Electromecánica, Tecnológico nacional de México campus Lázaro Cárdenas EMF1027: Subestaciones Eléctricas Ing. José Enrique Munguía Tapia Lázaro Cárdenas, Michoacán, México 1 de junio de 2021

1. Un centro textil tiene un Fp de 0.65 inductivo, con tensión de 480 (V) y consumo de potencia real de 2.574 (KW). Para evitar los cargos por parte de la empresa suministradora, se decide instalar un banco de capacitores para corregir el Fp hasta 0.99 inductivo. Determinar: a) El factor de cargo aplicado por la empresa suministradora por bajo de Fp. b) La potencia necesaria del banco de capacitores subir el Fp a 0.99 inductivo. c) El factor de bonificación que aplicaría la empresa suministradora por alto Fp. d) La potencia liberada en el transformados principal. e) El porcentaje de reducción de la corriente. f) El porcentaje de reducción de las perdidas en el alimentador si se sabe que la resistencia del alimentador es de 7.57 (mΩ). g) El porcentaje de reducción de la caída de tensión.

Solución:

a) 3 0.95 𝐶𝐶𝐶𝐶𝐶𝐶𝐶𝐶𝐶𝐶 = � − 1� = 0.27 = 27.6% 5 0.65 b) θ1 = 𝑐𝑐𝑐𝑐𝑐𝑐 − (0.65) = 49.45° θ2 = 𝑐𝑐𝑐𝑐𝑐𝑐 − (0.99) = 8.10°

𝑄𝑄𝑄𝑄 = 2.574 𝑘𝑘𝑘𝑘 �𝑡𝑡𝑡𝑡𝑡𝑡(49.45) − 𝑡𝑡𝑡𝑡𝑡𝑡(8.10)� = 2642.11𝐾𝐾𝐾𝐾𝐾𝐾𝐾𝐾

c) 1 𝑏𝑏𝑏𝑏𝑏𝑏𝑏𝑏𝑏𝑏𝑏𝑏𝑏𝑏𝑏𝑏𝑏𝑏𝑏𝑏ó𝑛𝑛 = (1 − 0.95) = 0.010 = 1% 4 d) 𝑆𝑆𝐿𝐿 = 𝜌𝜌(

𝑆𝑆𝐿𝐿 = 2.574𝑘𝑘𝑘𝑘 �

1 1 − ) 𝐹𝐹𝐹𝐹1 𝐹𝐹𝐹𝐹2

1 1 − � = 1360𝐾𝐾𝐾𝐾𝐾𝐾 0.65 0.99

e) %𝑅𝑅𝑅𝑅 = �1 −

%𝑅𝑅𝑅𝑅 = �1 −

0.65 0.99

Fp1 � ∗ 100 Fp2

� ∗ 100 = 34.33%

f) %𝑅𝑅𝑅𝑅 = �

𝑃𝑃1 − 𝑃𝑃2 � ∗ 100 𝑅𝑅1

Fp1 2 %𝑅𝑅𝑅𝑅 = �1 − � ∗ 100 Fp2

0.65 2 %𝑅𝑅𝑅𝑅 = �1 − � ∗ 100 = 56.89% 0.99

2. Una imprenta opera con un factor de potencia de 0.7 atrasado. Se pide calcular lo siguiente. a) El manto del cargo que le aplica la empresa suministradora al usuario por bajo factor de potencia. b) L a cantidad a pagar adicionalmente cada mes por dicho concepto. c) La potencia del banco de capacitores para elevar el factor de potencia a 0.95 inductivo. d) La potencia liberada del transformador. e) La reducción de corriente en el alimentador al elevar el factor de potencia (si se sabe que el nivel de tensión es de 220V). f) La reducción de perdidos en los conductores del alimentador. g) El ahorro obtenido (considerando que la carga opera durante 20 horas/día, que el circuito alimentador tiene una longitud de 100m y utiliza dos conductores de 600KCMil por fase). h) El tiempo de retorno de la inversión con el banco de captores necesario para elevar el factor de potencia a 0.95 inductivo.

Demanda máxima= 350 KW

Costo= $ 10,819

Consumo de energía= 210,000KWh

Costo= $ 38,142

Total, de facturación

En un periodo de 30 días

$ 48,961

Solución:

a) 3 0.95 𝐶𝐶𝐶𝐶𝐶𝐶𝐶𝐶𝐶𝐶 = 𝑓𝑓𝑎𝑎𝑎𝑎𝑎𝑎𝑎𝑎𝑎𝑎𝑎𝑎𝑎𝑎𝑎𝑎𝑎𝑎𝑎𝑎 ∗ � − 1� 5 𝐹𝐹𝐹𝐹

b)

3 0.95 𝐶𝐶𝐶𝐶𝐶𝐶𝐶𝐶𝐶𝐶 = 49,961 ∗ � − 1� = $10,491 5 0.7 𝑇𝑇𝑇𝑇𝑇𝑇𝑇𝑇𝑇𝑇 𝑑𝑑𝑑𝑑 𝑓𝑓𝑓𝑓𝑓𝑓𝑓𝑓𝑓𝑓𝑓𝑓𝑓𝑓𝑓𝑓𝑓𝑓ó𝑛𝑛 + 𝑐𝑐𝑐𝑐𝑐𝑐𝑐𝑐𝑐𝑐 = 48,961 + 10,491 = $59,452.64

c) θ1 = 𝑐𝑐𝑐𝑐𝑐𝑐 − (0.7) = 45.57°

θ2 = 𝑐𝑐𝑐𝑐𝑐𝑐 − (0.95) = 18.94°

d)

𝑄𝑄𝑄𝑄 = 350 𝑘𝑘𝑘𝑘 �𝑡𝑡𝑡𝑡𝑡𝑡(45.57) − 𝑡𝑡𝑡𝑡𝑡𝑡(18.94)� = 242.027𝐾𝐾𝐾𝐾𝐾𝐾𝐾𝐾 1 1 � = 131578.94 = 131.578𝐾𝐾𝐾𝐾𝐾𝐾 𝑆𝑆𝐿𝐿 = 350𝑘𝑘𝑘𝑘 � − 0.7 0.95

e) %𝑅𝑅𝑅𝑅 = �1 −

0.7 � ∗ 100 = 26.31% 0.95

f)

g)

0.7 2 � ∗ 100 = 45.70% %𝑅𝑅𝑅𝑅 = �1 − 0.95 𝑙𝑙 = 100𝑚𝑚 = 0.4𝑘𝑘𝑘𝑘

𝑐𝑐𝑐𝑐𝑐𝑐𝑐𝑐𝑐𝑐𝑐𝑐𝑐𝑐𝑐𝑐𝑐𝑐𝑐𝑐𝑐𝑐 600𝐾𝐾𝐾𝐾𝐾𝐾𝐾𝐾𝐾𝐾

𝑅𝑅𝑅𝑅𝑅𝑅𝑅𝑅𝑅𝑅𝑅𝑅𝑅𝑅𝑅𝑅𝑅𝑅𝑅𝑅𝑅𝑅 0.0075 Ω/𝑘𝑘𝑘𝑘

Tabla 9 NOM

𝑅𝑅 = (0.1)(0.075) = 0.0075Ω

𝐼𝐼1 =

𝐼𝐼1 =

350

√3 ∗ 220 ∗ 0.7 350

= 1312.15𝐴𝐴

√3 ∗ 220 ∗ 0.95

= 966.85𝐴𝐴

𝑃𝑃1 = (1312.15)2 (0.0075) = 12.91𝐾𝐾𝐾𝐾 𝑃𝑃2 = (966.85)2 (0.0075) = 7.01𝐾𝐾𝐾𝐾

𝐴𝐴ℎ𝑜𝑜𝑜𝑜𝑜𝑜𝑜𝑜 = (𝑃𝑃1 − 𝑃𝑃2 ) = 12.91 − 7.01 = 5.9𝐾𝐾𝐾𝐾 5.9𝐾𝐾𝐾𝐾 ∗ (20ℎ𝑟𝑟𝑟𝑟 ∗ 30𝑑𝑑) = 3540𝐾𝐾𝐾𝐾ℎ

h)

𝐶𝐶𝐶𝐶𝐶𝐶𝐶𝐶𝐶𝐶 1𝐾𝐾𝐾𝐾ℎ =

$38,147 = 0.1216$/𝐾𝐾𝐾𝐾ℎ 210,000𝐾𝐾𝐾𝐾ℎ

𝐴𝐴ℎ𝑜𝑜𝑜𝑜𝑜𝑜𝑜𝑜 𝑝𝑝𝑝𝑝𝑝𝑝 𝑟𝑟𝑟𝑟𝑟𝑟𝑟𝑟𝑟𝑟𝑟𝑟𝑟𝑟ó𝑛𝑛 𝑑𝑑𝑑𝑑 𝑝𝑝𝑝𝑝𝑝𝑝𝑝𝑝𝑝𝑝𝑝𝑝𝑝𝑝 𝑚𝑚𝑚𝑚𝑚𝑚 = 3,540𝐾𝐾𝐾𝐾ℎ ∗ 0.1816 = $642.864 𝑇𝑇 𝑑𝑑𝑑𝑑 𝑟𝑟𝑟𝑟𝑟𝑟𝑟𝑟𝑟𝑟𝑟𝑟𝑟𝑟𝑟𝑟𝑟𝑟𝑟𝑟𝑟𝑟𝑟𝑟 =

Capacitadores Unipack fijos

𝐶𝐶𝐶𝐶𝐶𝐶𝐶𝐶𝐶𝐶 𝑑𝑑𝑑𝑑𝑑𝑑 𝑏𝑏𝑏𝑏𝑏𝑏𝑏𝑏𝑏𝑏 𝐴𝐴ℎ𝑜𝑜𝑜𝑜𝑜𝑜𝑜𝑜 𝑝𝑝𝑝𝑝𝑝𝑝 𝑚𝑚𝑚𝑚𝑚𝑚

Modelo 250TPCSR3F

250KVAR

$21,687.00 21,687 = $33.73 = 34𝑚𝑚𝑚𝑚𝑚𝑚𝑚𝑚𝑚𝑚 642.864

240V