Considere uma fábrica alimentada em 380 V (tensão de linha), 60 Hz com as seguintes cargas conectadas:
Uma carga-1 formada por três impedâncias de 250 \mathrm{VA}, \mathrm{FP} 0,7 indutivo, 220 V
  • Uma carga-2 formada por três impedâncias de 550 \mathrm{~W}, \mathrm{FP} 0,8 indutivo, 380 V
    a) Especifique um banco de capacitores em delta para a correção do fator de potência para 0,92, se necessário. Justifique sua resposta (2,5 pontos).

Passo 1

O enunciado dá as seguintes informações (vou listar tudo com calma para não nos perder):
\text{Tensão de linha: }380\\ \mathrm{V},\quad f=60\\ \mathrm{Hz}.ã
Carga‑1:
\text{três impedâncias, cada uma }S_{1,\text{fase}}=250\\ \mathrm{VA},\quad \text{FP}=0,7\\ (\text{indutiva}),\quad V_{\text{fase}}=220\\ \mathrm{V}.êâ
Carga‑2:
\text{três impedâncias, cada uma }P_{2,\text{fase}}=550\\ \mathrm{W},\quad \text{FP}=0,8\\ (\text{indutiva}),\quad V_{\text{ramo}}=380\\ \mathrm{V}.êâ
O que é pedido:
  • Especificar um banco de capacitores em delta para corrigir o fator de potência para \,0,92 (se necessário) e justificar a resposta.
    Observação: vou assumir que as cargas são balanceadas (três ramos idênticos) e que, como a carga‑1 tem tensões citadas 220\\ \mathrm{V}, esses ramos estão ligados em estrela (cada ramo vê 220\\ \mathrm{V}), enquanto a carga‑2 tem 380\\ \mathrm{V} por ramo (portanto os ramos vêem a tensão de linha), compatível com ligação em delta ou carga monofásica em cada fase. O banco pedido é em delta (portanto cada capacitor verá 380\\ \mathrm{V}).

Passo 2

Vamos calcular as potências ativa P, reativa Q e aparente S das duas cargas. Primeiro explico as fórmulas que vamos usar:
\text{Para cada carga equilibrada de 3 ramos: }P_{\text{total}}=3P_{\text{fase}},\quad Q_{\text{total}}=3Q_{\text{fase}},\quad S_{\text{total}}=3S_{\text{fase}}.
Relações importantes (conceitos):
  • S é a potência aparente em VA, P é a potência ativa em W, Q é a potência reativa em VAr. Elas se relacionam por
S=\sqrt{P^{2}+Q^{2}},\qquad \cos\varphi=\frac{P}{S},\qquad Q=P\tan\varphi.
  • Se conhecemos o fator de potência \cos\varphi, obtemos \tan\varphi=\dfrac{\sqrt{1-\cos^{2}\varphi}}{\cos\varphi}.
Agora os cálculos da carga‑1:
S_{1,\text{fase}}=250\\ \mathrm{VA},\quad \cos\varphi_{1}=0,7.
Potência ativa por fase:
P_{1,\text{fase}}=S_{1,\text{fase}}\cos\varphi_{1}=250\cdot 0,7 = 175\\ \mathrm{W}.
Potência ativa total:
P_{1}=3\cdot 175 = 525\\ \mathrm{W}.
Calculo de \tan\varphi_{1}:
\tan\varphi_{1}=\frac{\sqrt{1-0,7^{2}}}{0,7}=\frac{\sqrt{0,51}}{0,7}\approx 1,02025.
Potência reativa total da carga‑1:
Q_{1}=P_{1}\tan\varphi_{1}=525\cdot 1,02025\approx 535,13\\ \mathrm{VAr}.
Agora a carga‑2:
P_{2,\text{fase}}=550\\ \mathrm{W},\quad \cos\varphi_{2}=0,8.
Potência ativa total:
P_{2}=3\cdot 550 = 1650\\ \mathrm{W}.
\tan\varphi_{2}=\frac{\sqrt{1-0,8^{2}}}{0,8}=\frac{\sqrt{0,36}}{0,8}=\frac{0,6}{0,8}=0,75.
Potência reativa total da carga‑2:
Q_{2}=P_{2}\tan\varphi_{2}=1650\cdot 0,75 = 1237,5\\ \mathrm{VAr}.

Passo 3

Somamos as duas cargas para obter a carga total da planta:
P_{\text{total}}=P_{1}+P_{2}=525+1650=2175\\ \mathrm{W}.
Q_{\text{total}}=Q_{1}+Q_{2}\approx 535,13+1237,5=1772,63\\ \mathrm{VAr}\quad(\text{indutiva}).
O fator de potência inicial é
\cos\varphi_{\text{inicial}}=\frac{P_{\text{total}}}{\sqrt{P_{\text{total}}^{2}+Q_{\text{total}}^{2}}} =\frac{2175}{\sqrt{2175^{2}+1772{,}63^{2}}}\approx 0,776.
Comentário didático: como \cos\varphi_{\text{inicial}}\approx 0,776 é menor que o objetivo \,0,92, precisamos corrigir com capacitores (capacitância fornece reatância negativa, reduzindo a reatividade indutiva líquida).

Passo 4

Calcular a reatância reativa total permitida para o fator de potência alvo \cos\varphi_{\text{final}}=0,92. Primeiro a tangente do ângulo alvo:
\tan\varphi_{\text{final}}=\frac{\sqrt{1-0,92^{2}}}{0,92} =\frac{\sqrt{1-0,8464}}{0,92}=\frac{\sqrt{0,1536}}{0,92}\approx 0,42609.
A reatividade total (indutiva líquida) que corresponde a esse FP é
Q_{\text{permitido}}=P_{\text{total}}\tan\varphi_{\text{final}}=2175\cdot 0,42609\approx 926,25\\ \mathrm{VAr}.

Passo 5

Potência reativa capacitiva que precisamos instalar:
Q_{c}=Q_{\text{total}}-Q_{\text{permitido}}=1772{,}63-926{,}25\approx 846{,}38\\ \mathrm{VAr}.
Interpretação: \,Q_{c} é a potência reativa fornecida pelos capacitores (em VAr) — como é positiva aqui, precisamos de cerca de 846{,}4\\ \mathrm{VAr} capacitiva para levar o FP até 0,92. Logo, correção é necessária e o banco em delta deve fornecer essa reatividade total.

Passo 6

Agora especificamos o banco em delta. Em ligação delta cada capacitor fica submetido à tensão de linha V_{LL}=380\\ \mathrm{V}. Como o sistema é balanceado, a reatividade capacitiva por ramo é
Q_{c,\text{fase}}=\frac{Q_{c}}{3}\approx\frac{846{,}38}{3}\approx 282{,}13\\ \mathrm{VAr}\\ (\text{por ramo}).
Fórmula que liga capacitância à potência reativa (explicação): para um capacitor ideal com tensão eficaz V e frequência f,
Q_{c,\text{fase}}=V^{2}\,\omega\,C = V^{2}\,(2\pi f)\,C,
onde C é a capacitância em farads, f a frequência em Hz e V a tensão eficaz sobre o capacitor. Isolamos C:
C=\frac{Q_{c,\text{fase}}}{V^{2}(2\pi f)}.
Substituindo V=380\\ \mathrm{V}, f=60\\ \mathrm{Hz} e Q_{c,\text{fase}}\approx 282{,}13\\ \mathrm{VAr}:
C\approx\frac{282{,}13}{380^{2}\cdot 2\pi\cdot 60}.
Faço as contas (passo a passo numérico):
380^{2}=144400,
2\pi f=2\pi\cdot 60\approx 376{,}9911,
\text{denominador}=144400\cdot 376{,}9911\approx 54\,437\,517{,}4.
C\approx\frac{282{,}13}{54\,437\,517{,}4}\approx 5{,}184\times 10^{-6}\\ \mathrm{F}=5{,}18\\ \mu\mathrm{F}.

Passo 7

Interpretação prática e especificação final do banco:
  • Correção necessária? Sim: o FP inicial ( \approx 0,776) é inferior a 0,92, então devemos instalar capacitores.
  • Valor total de potência reativa a instalar: \;Q_{c}\approx 846{,}4\\ \mathrm{VAr} (capacitiva).
  • Como o banco será em delta, especificamos três capacitores idênticos, um por lado do triângulo, cada qual com capacitância aproximada
C_{\text{fase}}\approx 5{,}18\\ \mu\mathrm{F},
cada capacitor dimensionado para a tensão de linha 380\\ \mathrm{V} (ou com margem, por ex. 440–460 V de isolamento conforme prática). Assim o banco resultante fornecerá os \approx 846{,}4\\ \mathrm{VAr} necessários e elevará o FP para \,0,92.

Resposta

Sim — correção necessária. Banco em delta: 3 capacitores, cada um C\approx 5{,}18\\ \mu\mathrm{F} (tensão de serviço 380\\ \mathrm{V}). Potência reativa a instalar Q_{c}\approx 846{,}4\\ \mathrm{VAr}.

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