3^{\circ \prime} QUESTÃO: (S PONTOS)
Duas cargas ligadas em paralelo possuem respectivamente: P_{1}=30 \mathrm{KW} e P_{1}=0,8 atrasado; S_{2}=36 \mathrm{KVA} e Q_{2}=24 \mathrm{KVAr}. Se estâo ligadas, em paralelo, a um sistema de 220 volts-eficazes e 60 hertz, determine:
c) A capacitância de um banco de capacitores a ser ligado em paralelo com as cargas para elevar o fator de potência total do circuito para unitário:

Passo 1

Vou listar claramente o que o enunciado dá e o que pede (sem resolver ainda).
  • Dados fornecidos:
    • Carga 1: P_{1}=30\\ \mathrm{kW} e fator de potência \cos\varphi_{1}=0,8 (atrasado).
    • Carga 2: S_{2}=36\\ \mathrm{kVA} e Q_{2}=24\\ \mathrm{kVAr}.
    • Tensão de fornecimento: V=220\\ \mathrm{V} (eficazes).
    • Frequência: f=60\\ \mathrm{Hz}.
  • O enunciado pede:
    • (c) Determinar a capacitância C de um banco de capacitores a ser ligado em paralelo com as cargas para elevar o fator de potência total do circuito para unitário (ou seja, fator de potência total igual a 1).

Passo 2

Entender o que significa corrigir o fator de potência para unitário e como isso se traduz em potências reativas:
  • Explicação didática curta: o objetivo é fazer a potência reativa total do sistema ficar nula. Atualmente as cargas indutivas consomem potência reativa (lagging); um banco de capacitores fornece potência reativa de sinal oposto (leading). Para obter fator unitário, a potência reativa fornecida pelos capacitores deve ser igual à potência reativa total consumida pelas cargas.
  • Primeiro precisamos obter as potências ativa e reativa de cada carga para somar e achar a reativa total.

Passo 3

Calcular a potência ativa da carga 2 a partir de S_{2} e Q_{2}.
  • Relação fundamental entre as potências (para uma carga): S^2 = P^2 + Q^2,
onde S é a potência aparente (em VA), P a potência ativa (em W) e Q a potência reativa (em VAR).
  • Assim, para a carga 2: P_{2}=\sqrt{S_{2}^{2}-Q_{2}^{2}}.
  • Substituindo os valores (atenção às unidades: S_{2}=36\\ \mathrm{kVA}=36\,000\\ \mathrm{VA}, Q_{2}=24\\ \mathrm{kVAr}=24\,000\\ \mathrm{VAR}):
P_{2}=\sqrt{(36\,000)^{2}-(24\,000)^{2}}.
  • Cálculo passo a passo: (36\,000)^{2}=1\,296\,000\,000,\qquad (24\,000)^{2}=576\,000\,000,
P_{2}=\sqrt{1\,296\,000\,000-576\,000\,000}=\sqrt{720\,000\,000}.
P_{2} \approx 26\,832,81573\\ \mathrm{W}=26,83281573\\ \mathrm{kW}.
  • Arredondando convenientemente: \;P_{2}\approx 26,8328\\ \mathrm{kW}.

Passo 4

Calcular a potência reativa da carga 1 a partir de P_{1} e do fator de potência.
  • Relação entre potência ativa, fator de potência e ângulo: \cos\varphi = \dfrac{P}{S}. Também vale \tan\varphi = \dfrac{Q}{P}. Então Q = P\tan\varphi.
  • Primeiro achamos \tan\varphi_{1} a partir de \cos\varphi_{1}=0,8:
    \tan\varphi_{1}=\sqrt{\dfrac{1}{\cos^{2}\varphi_{1}}-1} =\sqrt{\dfrac{1}{0,8^{2}}-1} =\sqrt{\dfrac{1}{0,64}-1} =\sqrt{1,5625-1} =\sqrt{0,5625}=0,75.
  • Então a potência reativa da carga 1 é:
    Q_{1}=P_{1}\tan\varphi_{1}=30\\ \mathrm{kW}\times 0,75=22,5\\ \mathrm{kVAr}.

Passo 5

Calcular as potências totais (ativa e reativa) do sistema antes da correção.
  • Potência ativa total:
    P_{\text{tot}}=P_{1}+P_{2}=30\\ \mathrm{kW}+26,8328\\ \mathrm{kW}=56,8328\\ \mathrm{kW}.
  • Potência reativa total (as duas cargas são indutivas/atrasadas, somam-se):
    Q_{\text{tot}}=Q_{1}+Q_{2}=22,5\\ \mathrm{kVAr}+24\\ \mathrm{kVAr}=46,5\\ \mathrm{kVAr}.
  • Converter para unidades em VAR quando necessário: Q_{\text{tot}}=46,5\\ \mathrm{kVAr}=46\,500\\ \mathrm{VAR}.

Passo 6

Determinar a potência reativa que o banco de capacitores deve fornecer.
  • Para obter fator de potência unitário, a potência reativa total após a conexão do capacitor deve ser zero. Assim, o banco de capacitores deve fornecer (em módulo) exatamente a reativa consumida pelas cargas:
    Q_{c}=Q_{\text{tot}}=46,5\\ \mathrm{kVAr}=46\,500\\ \mathrm{VAR}.
  • Observação didática: Q_{c} aqui é a potência reativa fornecida pelo capacitor (sinal líder). Em cálculos de magnitude tratamos o valor positivo 46{,}500\\ \mathrm{VAR}.

Passo 7

Relacionar a potência reativa do capacitor com a capacitância e isolar C.
  • Para um capacitor ligado em tensão alternada senoidal, a corrente capacitiva de pico é proporcional à derivada da tensão. A consequência prática é que a potência reativa fornecida por um capacitor (módulo) é:
    Q_{c}=V^{2}\,\omega\,C,
    onde \omega=2\pi f é a pulsação angular, V é a tensão eficaz e C a capacitância.
  • Isolando C:
    C=\dfrac{Q_{c}}{V^{2}\,2\pi f}.
  • Explicação curta: também se pode ver pela relação I_{c,\mathrm{rms}}=V_{\mathrm{rms}}\omega C e Q_{c}=V_{\mathrm{rms}}I_{c,\mathrm{rms}}=V_{\mathrm{rms}}^{2}\omega C.

Passo 8

Substituir os valores numéricos e calcular C.
  • Valores a usar:
    Q_{c}=46\,500\\ \mathrm{VAR},\qquad V=220\\ \mathrm{V},\qquad f=60\\ \mathrm{Hz}.
  • Denominador:
    V^{2}\,2\pi f=(220)^{2}\times 2\pi\times 60.
    Calcule passo a passo:
    (220)^{2}=48\,400,
2\pi f=2\pi\times 60\approx 376{,}9911184.
V^{2}2\pi f \approx 48\,400\times 376{,}9911184 \approx 18\,246\,370{,}11.
  • Agora C:
    C=\dfrac{46\,500}{18\,246\,370{,}11}\\ \mathrm{F}\approx 0{,}002549\\ \mathrm{F}.
  • Em notação mais prática:
    C\approx 2{,}549\times 10^{-3}\\ \mathrm{F}=2{,}549\\ \mathrm{mF}.
  • Convertendo para microfarads (usado em bancos de capacitores):
    C\approx 2{,}549\times10^{-3}\\ \mathrm{F}\times 10^{6}\\ \frac{\mu\mathrm{F}}{\mathrm{F}} \approx 2\,549\\ \mu\mathrm{F}.
  • Arredondando para dois algarismos significativos práticos: C\approx 2{,}55\times10^{-3}\\ \mathrm{F}=2\,550\\ \mu\mathrm{F}.

Resposta

C \approx 2{,}55\times10^{-3}\\ \mathrm{F}
C \approx 2\,550\\ \mu\mathrm{F}

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