Aplicação do conversor estático de velocidade na redução do consumo de energia em uma bomba centrifuga pela redução da rotação no controle de vazão da bomba

Aplicação do conversor estático de velocidade na redução do consumo de energia em uma bomba centrifuga pela redução da rotação no controle de vazão da bomba

1 Características da bomba centrifuga

A bomba centrífuga, seja ela radial ou axial, segue a TEORIA DE EULER aplicada as máquinas de fluxo.

As principais características de uma bomba centrífuga são:

Vazão - Q = Fluxo do líquido em Vol/ tempo exe: m³/ s

Altura manométrica - Hm = pressão em metros de coluna do líquido que a bomba consegue transferir ao líquido

Hm = Hg +D H

onde:

Hm = altura manométrica

Hg = altura geométrica

D H= altura correspondente as perdas de carga na tubulação e acessórios da tubulação

D H = f . 8. Lt . Q² / g . p ² . D⁵

onde:

f = fator de perda de carga (gráfico função do número de Reynolds e da rugosidade interna do tubo.

Lt = comprimento total da tubulação que deve levar em conta o comprimento do tubo mais os comprimentos equivalentes dos acessórios da tubulação.(m)

Q =vazão na tubulação ( m³ / s )

g = aceleração da gravidade (9,81 m / s² )

D= diâmetro interno da tubulação (m )

A potência da bomba pode ser dada pela fórmula

P_b = Q . Hm . g / 75 . h _b (CV)

onde:

g = peso específico do líquido ( para a água 1000 kgf / m³)

h _b = rendimento da bomba

E a potência necessária para acionamento do motor elétrico é dada por

Pm = Pb / h m ( CV )

h m = rendimento do motor

As principais curvas de uma bomba são:

Hm = f ( Q ) P = f ( Q ) e h _b= f ( Q )

Estas curvas podem ser dadas pelo fabricante da bomba

2 Teoria da Semelhança das bombas centrifugas

A teoria da semelhança em bombas centrifugas apresenta as relações existentes entre as principais características de uma bomba e outra bomba semelhante a primeira, pode ser a comparação de semelhança entre o modelo reduzido e a máquina real.

Para dois rotores semelhantes, conforme mostrado na figura :

FIGURA 18 – Representação de bombas semelhantes

Pode-se dizer que os rotores I e II são semelhantes para a finalidade de relação das características quando forem satisfeitas as condições de semelhança GEOMËTRICA e CINEMÄTICA. Assim teremos:

- Relação entre vazões de 2 bombas semelhantes:

Q _I/ Q _II= ( D _I³/ D _II³ ) x ( n _I/ n _II)

- Relação entre alturas (pressão) de 2 bombas semelhantes:

H _I/ H _II= ( D _I²/ D_II² ) x ( n_I²/ n_II²)

- Relação entre as potências de 2 bombas semelhantes:

P _I / P_II = ( D_I⁵ / D_II⁵) x ( n _I³ / n _II³ )

Para considerarmos a relação entre as características para uma mesma bomba basta fazer D _I= D_II, assim teremos:

- Vazão Q_I / Q_II= n_I/ n_II

- Altura H _I/ H_II= n_I²/ n_II²

- Potência P_I/ P_II= n _I³/ n _II³

2 - EXEMPLO DE APLICAÇÃO

Para o seguinte esquema de instalação de uma bomba centrifuga , determinar os pontos de funcionamento do sistema quando:

1 - A bomba alimenta os dois ramais da tubulação

2- A potência consumida pela bomba no caso anterior

3- O ponto de funcionamento do sistema alimentando só o ramal de Ø 8"e L= 400m sem restrição de vazão - calcular a potência.

4- O ponto de funcionamento do sistema alimentando só o ramal de Ø 8" e L = 400m , porém restringindo a vazão a condição inicial, utilizando uma válvula de controle para aumentar a perda de carga na tubulação - Cálculo da potência.

5- O ponto de funcionamento do sistema alimentando só o ramal Ø 8",porém restringindo a vazão as condições iniciais com a redução da rotação da bomba pela diminuição da rotação Calcular a Potência.

6-Calcular a energia economizada anualmente comparando os casos 4 e 5 acima com o preço da eletricidade de 0,08US$/kWh , 0,10 US$/kWh e 0,12 US$/kWh.

7- Calcular o tempo de retorno do capital investido com a instalação do variador estático, se houver.

8 - Calcular o custo da energia economizada CSE

FIGURA 19 – Esquema de instalação de uma bomba centrifuga com tubulação em paralelo

Dados:

a) comprimento da tubulação de Ø 8" = 600m (incluí comprimentos equivalentes )

b) comprimento da tubulação de Ø 8" = 400 m (incluí comprimentos equivalentes)

c) Número de horas de funcionamento em conjunto = 24 horas / dia

d) Número de horas de funcionamento do ramal de Ø 8": 8, 10 e 12 horas/ dia

e) Vida útil da bomba, motor elétrico e conversor de freqüência = 10anos

g) Preço conversor de freqüência = US$ 28193 ( incluindo instalação e impostos )

h) Taxa de desconto de 8% 10% 12% 14 % e 16% ao ano

Cálculo das curvas da tubulação

a ) - Para Ø 8'' e comprimento L = 400m

Hm = 100 + K₁*Q² K₁= (0,020*8* l)/ π²*g*D⁵

Hm = 100 + 2065,79*Q² K₁= 2065,79

b) - Para Ø 8" e comprimento L= 600m

Hm = 80 + K₂ * Q² K₂= (0,020*8*l)/ π²*g*D⁵

Hm = 100 + 3098,69*Q² K₂ = 3098,69

FIGURA 20 - Levantamento das curvas da tubulação do sistema e curva da associação das tubulações em paralelo

A bomba utilizada na instalação é a bomba KSB bipartida 300- 620 B com rotação n=1750 rpm com um rotor de Ø 570mm

Figura 21 - Bomba instalada e desenho com forças e momentos atuantes nas flanges

Figura 22 - Curva das principais características da bomba instalada

Colocando a curva da bomba no mesmo gráfico da tubulação teremos:

FIGURA 23 - Curva da bomba x Curva do sistema

Pela análise do gráfico , podemos notar, e já respondendo as questões anteriores que:

1 - Quando a bomba alimenta os dois ramais ao mesmo tempo, seu ponto de funcionamento é:

Vazão Q = 0,275m³/ s e altura manométrica Hm = 141m

Cada ramal da tubulação está funcionando coincidentemente com uma vazão

Q = 0,140m³ /s para L= 400m e 0,135m³ /s para L = 600m

2 - A potência neste caso será :

Pb = Q . Hm / 75. nb Pb = 671,43 HP

Pb = 500,21 KW

rendimento da bomba n = 77%

Pelo gráfico da bomba podemos encontrar Pb= 500 kW

Sendo o rendimento do motor eficiente de 95,8% pelo catálogo da WEG – MAQUINAS selecionamos o motor HGF355 com :

Potência no eixo do motor Pm = 500,21 kW

Potencia consumida na rede Pm = 526,54 kW

3 - O terceiro caso pode também ser tirado do mesmo gráfico neste caso, o sistema está funcionado com uma vazão Q= 0,164m³ /s e uma altura manométrica Hm =160m

A Potência da bomba será : Pb = 538,26 HP ou Pb = 401,00 kW

e a potência consumida do motor Pm = 401,00 kW

Potência consumida na rede Pm = 422,11 kW

4 - Restringindo a vazão no ramal de O 8"e comprimento L = 400m , para as condições iniciais de funcionamento ou seja Q = 0,140 m³ / s com a válvula de controle, teremos uma maior perda de carga na tubulação, e o novo ponto de funcionamento do sistema será:

Vazão Q= 0,140m³ / s e altura manométrica Hm = 164m

A Potência da bomba será: Pb = 510,22 HP ou Pb = 380,12 kW

A potência consumida na rede: Pm = 400,12 kW

FIGURA 24 – Pontos de funcionamento do ramal Ø 8" L = 400m trabalhando isoladamente

Os valores utilizados no cálculo anterior podem ser visualizados no gráfico acima

5 - Utilizando agora um variador estático de freqüência podemos fazer a bomba com as características iniciais da tubulação ou seja:

Vazão Q = 0,150m³/s e altura manométrica Hm = 141m A nova potência da bomba neste caso será: Pb = 438,67 CV

Pb = 326,81 kW

A Potência consumida pelo motor elétrico será Pm = 363,12 kW levando em conta um novo rendimento do motor devido a diminuição da rotação n = 95 %

Assim a nova rotação imposta ao motor pelo conversor estático de freqüência será:

Aplicando a teoria de semelhança de bombas vista anteriormente, Pm₁ / Pm₂ = n₁³ / n₂³ n₂ = 1610,32 rpm

Pm₁ = 349,9 HP OBS: As potências são levadas em conta sem

Pm₂ = 272,6 HP considerar os rendimentos em ambos os casos.

Portanto, a nova rotação do motor para manter as características da bomba para o ramal de Ø 8"e L=400m deve se aproximadamente de 1610 rpm o que só é possível, com um redutor de velocidade.

6 - Cálculo da economia de energia anual:

6.1 - Funcionamento de 6 horas / dia

CASO 4 - Válvula de controle

Energia consumida Ec = 365*6*400,12 = 876262,8 kWh/ano

CASO 5 – Variador de velocidade

Energia consumida Ev = 365*6*363,12 = 795232,8 kWh/ano

Energia economizada Ee = Ec – Ev = 81030 kWh/ano

6.2 - Funcionamento de 8 horas / dia

CASO 4 - Válvula de controle

Energia consumida Ec = 365*8*400,12 = 1168350,4 kWh/ano

CASO 5 -Variador de velocidade

Energia consumida Ev = 365*8*363,12 = 1060310,4 kWh/ano

Energia economizada Ee = Ec - Ev = 108040 kWh/ano

6.3 - Funcionamento de 10 horas / dia

CASO 4- Válvula de controle

Energia consumida Ec = 365*10*400,12 = 1460438,0 kWh/ano

CASO 5- variador de velocidade

Energia consumida Ev = 365*10*363,12 =1325388 kWh/ano

Energia economizada Ee = Ec – Ev = 135050,0 kWh/ano

6.4 - funcionamento de 12 horas/dia

CASO 4- Válvula de controle

Energia consumida Ec = 365*12*400,12 = 1752525,6 kWh/ano

CASO 5- Variador de velocidade

Energia consumida Ev = 365*12*363,12 = 1590465,6 kWh/ano

Energia economizada Ee = Ec - Ev = 162060 kWh/ano

6.5 - Valor da energia economizada

TABELA 1 - Valor da energia economizada anualmente em US$

Custo do variado para potência de 500 kW US$ 21984,00

Custo de instalação para o variador US$ 6209,00

Custo do investimento US$ 28193,00

Utilizando tensão de 440 V foi selecionado o conversor de freqüência CFW- 09 especial sob consulta fabricante WEG AUTOMAÇÃO

FIGURA 25 – Modelos de gabinetes

7 - Cálculo do tempo de retorno do capital investido

Pela Planilha Excel NPER (taxa;pgto;vp;vf;tipo)

8 - Custo da energia economizada

C S E = ALCCNE2 - ALCCNE1 / Energia Economizada por ano

ALCCNE1 = 0 ( pois não existe outro aparelho à ser substituído)

ALCCNE2 = Preço do Alternador x FRC preço = US$ 28193,00

Periodo = 10anos

Conclusão

Foi verificadoque o custo do investimento do equipamento retornará no prazo de 2 a 8 anos dependendo da utilização e taxas de descontos, trazendo nos demais anos da vida útil do conversor de frequência um lucro significativo com a energia conservada.

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12. CATALOGO WEG. Motores de Indução Trifásicos. WEG Máquinas Ltda.