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PROBLEMA:
Una pequeña planta industrial tiene una carga calorífica de 10KW y una carga inductiva de 20KVA debido a y banco de motores de aducción. Los elementos caloríficos seconsideran puramente resistivos FP = 1, y los motores de inducción tienen un FP = 0.7↓. Si el suministro es de 1000V a 60 Hz, determine el elemento capacitivo requerido para elevar elfactor de potencia a 0.95. Dibuje el triangulo de potencia y equivalente de red para verificar las conclusiones.
Para el cálculo del motor de inducción:
S=V*I=20 KVAP=Scosθ=20*103VA*0.7
P=14*103W
θ= cos-1(0.7)≅45,6°
QL=V*I*sinθ=20*103VA*(0714)
QL=14.28*103 VAR L
Luego calculamos el total de S que sería el siguiente:
ST=(24KW)2+(14.28KVAR)2
ST=27.93 KVAIT=STE= 27.93 KVA1000V=>27.93 A
Como sabemos que el factor de partencia deseado es de 0.95 esta da la resultante entre el ángulo S y P, entonces el triangulo de potencia quedara de lasiguiente manera:
θ= cos-1(0.95) θ=18.19∘

S=20KVA
ST Q1=14.28 KVAR (L)


30.75° 45.6°P=10 KW P=14 KW
M.I
Ahora debemos modificar el triangulo de potencia pero primero debemos calcular lo siguiente:
tanθ=Q´LPT
Q´L=PT* tanθQ´L=24KW*(tan(18.19°)
Q´L=7.9 KVAR L
Luego de esto debemos reducir la reactancia inducida de esta manera:

QL-Q´L=14.28-7.9KVARL = 6.38 KVAR (L)
QC=6.38 KVA=> QC=E2XC=(1000)2V6.38KVAR=156.74 Ohm
Ahora, C= 12πfXC = 16.93 μf

Q´L=7.9 KVAR L
θ=18.19∘

PT=24KW

El diagrama unifilar:
+ FP=1 FP=0.710KW 16.93 μf 20KVA 1000V Carga M
Calorífica
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