1. (3,0) As cargas ligadas (em paralelo) a um gerador de 220 V em 60 Hz consomem 12 kW (resistiva), 4 kVAR (indutiva) e 6 kVAR (capacitiva).
    a) Encontre a potência aparente do sistema; (\mathbf{0 , 5})
    b) Determine o fator de potência; (\mathbf{0 , 5})
    c) Encontre a corrente fornecida pelo gerador; (\mathbf{0 , 5})
    d) Calcule o valor do dispositivo (capacitor ou indutor) necessário para que o fator de potência seja unitário. Considere que a ligação desse dispositivo será feita em paralelo com as cargas. (\mathbf{1}, \mathbf{5})
    e) Desenhe o circuito e o triângulo de potência com a adição do dispositivo. (\mathbf{0 , 5})

Passo 1

O enunciado dá um gerador de 220\\ \text{V} em 60\\ \text{Hz} com cargas ligadas em paralelo que consomem:
\begin{aligned} &P = 12\\ \text{kW}\quad(\text{potência ativa, resistiva})\\\ &Q_{\text{ind}} = 4\\ \text{kVAR}\quad(\text{reativa indutiva})\\\ &Q_{\text{cap}} = 6\\ \text{kVAR}\quad(\text{reativa capacitiva}) \end{aligned}ê
As perguntas são:
a) encontrar a potência aparente do sistema;
b) determinar o fator de potência;
c) encontrar a corrente fornecida pelo gerador;
d) calcular o valor do dispositivo (capacitor ou indutor) que, ligado em paralelo, deixe o fator de potência unitário;
e) desenhar (descrever) o circuito e o triângulo de potência após adicionar o dispositivo.
Registro das informações relevantes: tensão V=220\\ \text{V}, frequência f=60\\ \text{Hz}, potências dadas em kW/kVAR, e as cargas estão em paralelo com o gerador.

Passo 2

Entendendo os sinais e como combinar as potências reativas (aula rápida e útil):
  • A potência ativa P é sempre positiva quando há consumo resistivo. Aqui P=12\\ \text{kW}.
  • Para potência reativa convém escolher sinal: normalmente adotamos Q>0 para reativo indutivo (lag) e Q<0 para reativo capacitivo (lead). Então represento: Q_{\text{ind}}=+4\\ \text{kVAR},\qquad Q_{\text{cap}}=-6\\ \text{kVAR}.
  • A reativa total do sistema é a soma: Q = Q_{\text{ind}} + Q_{\text{cap}}.
Isso nos diz se o sistema é indutivo ( Q>0 ) ou capacitivo ( Q<0 ).
Calcule Q:
Q = 4\\ \text{kVAR} - 6\\ \text{kVAR} = -2\\ \text{kVAR}.
Ou seja, o sistema é ligeiramente capacitivo (reativo total -2\\ \text{kVAR}).

Passo 3

Definição e cálculo da potência aparente (mini-aula):
  • A potência aparente S (em kVA) relaciona-se com P e Q pelo triângulo de potências:
S = \sqrt{P^{2} + Q^{2}}.
Aqui P e Q devem estar nas mesmas unidades (uso kW e kVAR, então S sai em kVA).
Calcule S:
\begin{aligned} S &= \sqrt{(12)^{2} + (-2)^{2}}\\ \text{[kVA]}\\\ &= \sqrt{144 + 4}\\ \text{[kVA]}\\\ &= \sqrt{148}\\ \text{[kVA]}\\\ &\approx 12,166\\ \text{kVA}. \end{aligned}
Explicação do resultado: apesar da potência ativa ser 12\\ \text{kW}, a presença de reativo muda o módulo da corrente e produz S ligeiramente maior que P.

Passo 4

Determinação do fator de potência (mini-aula):
  • O fator de potência é a razão entre potência ativa e potência aparente:
\text{pf} = \frac{P}{S} = \cos\varphi,
onde \varphi é o ângulo de fase entre tensão e corrente. Se Q<0 (capacitivo), dizemos “pf leading” (adiantado).
Calcule o fator de potência:
\text{pf} = \frac{12}{12,166} \approx 0,9866.
Arredondando com vírgula (padrão português):
\text{pf} \approx 0,987\\ (\text{leading}).
Também podemos achar \varphi se quisermos:
\varphi = \operatorname{arccos}(0,9866) \approx 9,19^\circ\\ (\text{adiantado}).

Passo 5

Cálculo da corrente fornecida pelo gerador (passo a passo):
  • A potência aparente em VA é S_{\text{VA}} = S\\ (\text{kVA})\times 1000.
  • A corrente eficaz do gerador é I = \dfrac{S_{\text{VA}}}{V}.
Converta e calcule:
S_{\text{VA}} = 12,166\\ \text{kVA}\times 1000 = 12\,166\\ \text{VA}.
I = \frac{12\,166}{220}\\ \text{A} \approx 55,294\\ \text{A}.
Arredondando:
I \approx 55,29\\ \text{A}.
Comentário didático: como o fator de potência não é unitário, a corrente é maior do que a corrente puramente ativa I_P = P/V = 12\,000/220 = 54,545\\ \text{A}.

Passo 6

O objetivo da parte (d): tornar o fator de potência unitário ligando um dispositivo em paralelo. Estratégia e raciocínio:
  • Para pf = 1 precisamos que a reativa total seja zero: Q_{\text{total}} = Q + Q_{\text{dispositivo}} = 0.
  • Já temos Q = -2\\ \text{kVAR}. Assim precisamos de Q_{\text{dispositivo}} = +2\\ \text{kVAR} (ou seja, adicionar um dispositivo que consuma +2\\ \text{kVAR}, i.e., indutivo).
  • Conclusão qualitativa: já existe mais capacitância (6) do que indutância (4), ficando -2\\ \text{kVAR}. Para anular a reatividade temos que acrescentar reatividade indutiva de 2\\ \text{kVAR}. Portanto o dispositivo a ser ligado em paralelo é um indutor que absorva 2\\ \text{kVAR}.

Passo 7

Cálculo do valor elétrico do indutor necessário (aula prática):
  • A potência reativa consumida por um indutor ligado a uma tensão eficaz V é
Q_L = \frac{V^{2}}{X_L},
onde X_L é a reatância indutiva (em ohms) e X_L = 2\pi f L.
  • Isolando X_L:
X_L = \frac{V^{2}}{Q_L}.
  • Depois obtemos L:
L = \frac{X_L}{2\pi f}.
Aplicando com V=220\\ \text{V}, Q_L=2\\ \text{kVAR}=2000\\ \text{VAR}, f=60\\ \text{Hz}:
X_L = \frac{220^{2}}{2000} = \frac{48\,400}{2000} = 24,2\\ \Omega.
L = \frac{24,2}{2\pi\cdot 60} = \frac{24,2}{376,9911\ldots} \approx 0,06418\\ \text{H}.
Em unidades mais amigáveis:
L \approx 0,0642\\ \text{H} = 64,2\\ \text{mH}.
Interpretação: ligar em paralelo um indutor cuja reatância a 60\\ \text{Hz} seja 24,2\\ \Omega (ou com indutância 64,2\\ \text{mH}) fará com que o indutor consuma +2\\ \text{kVAR} e anule a reatividade capacitiva existente, levando o pf a 1.

Passo 8

Verificação do sistema após correção (mini-aula e cálculo):
  • Após adicionar o indutor de +2\\ \text{kVAR}, a reativa total fica
Q_{\text{novo}} = Q + Q_{\text{dispositivo}} = -2 + 2 = 0.
  • Então S_{\text{novo}} = \sqrt{P^{2} + 0^{2}} = P = 12\\ \text{kVA}.
  • Corrente nova:
I_{\text{novo}} = \frac{P_{\text{VA}}}{V} = \frac{12\,000}{220} = 54,545\\ \text{A}\approx 54,55\\ \text{A}.
  • O triângulo de potência agora é uma linha horizontal: P=12\\ \text{kW}, Q=0, S=12\\ \text{kVA}, pf =1. A corrente está em fase com a tensão (sem defasagem).

Passo 9

Descrição do circuito e do triângulo de potências (o “desenho” verbal, já que não enviaram figura):
  • Circuito (descrição): um gerador de 220\\ \text{V} alimenta três ramos em paralelo:
    1. Ramo resistivo consumindo P=12\\ \text{kW}.
    2. Ramo indutivo original consumindo Q_{\text{ind}}=4\\ \text{kVAR}.
    3. Ramo capacitivo original fornecendo Q_{\text{cap}}=6\\ \text{kVAR} (fornece reativo).
    4. Além desses, em paralelo adicionamos o indutor de correção que consome Q_{\text{corr}}=+2\\ \text{kVAR} (reatância 24,2\\ \Omega, L\approx 64,2\\ \text{mH}).
  • Triângulo de potências antes da correção:
    • eixo horizontal: P=12\\ \text{kW}.
    • eixo vertical: Q=-2\\ \text{kVAR} (para baixo, pois é capacitivo).
    • hipotenusa: S\approx 12,166\\ \text{kVA}.
  • Triângulo após correção:
    • eixo horizontal: P=12\\ \text{kW}.
    • eixo vertical: Q=0.
    • hipotenusa: S=12\\ \text{kVA} (linha sobre o eixo horizontal). pf =1.

Resposta

a) S=\sqrt{12^{2}+(-2)^{2}}\approx 12,166\\ \text{kVA}.
b) \text{pf}=\dfrac{12}{12,166}\approx 0,987 (leading).
c) I=\dfrac{12\,166}{220}\approx 55,29\\ \text{A}.
d) Deve-se ligar em paralelo um indutor que consuma Q_{\text{corr}}=+2\\ \text{kVAR}. Isso corresponde a uma reatância X_{L}=\dfrac{220^{2}}{2000}=24,2\\ \Omega e a uma indutância L=\dfrac{24,2}{2\pi\cdot60}\approx 0,0642\\ \text{H}=64,2\\ \text{mH}.
e) Circuito: gerador 220\\ \text{V} com ramos em paralelo — resistência (12 kW), indutor original (4 kVAR), capacitor original (6 kVAR) e indutor de correção (2 kVAR). Triângulo de potência após correção: P=12\\ \text{kW}, Q=0, S=12\\ \text{kVA} (pf = 1).

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