Considere uma instalação elétrica que contém apenas as cargas abaixo apresentadas:
  • Motor síncrono, com 50 kW , operando com FP capacitivo igual a 0,9 e rendimento de 95 \%.
  • Motor de indução, de 200 HP , operando com FP indutivo de 0,7 e rendimento de 80 \%.
  • 10 kVA proveniente de cargas com FP unitário.
A potência do banco de capacitores a ser instalado, capaz de elevar o FP da instalação para um valor igual ou superior a 0,9 , deve ser qualquer valor entre
a) 97 kVAr e 425 kVAr .
b) 108 kVAr e 456 kVAr .
c) 146 kVAr e 474 kVAr .

Passo 1

Vou listar claramente o que o enunciado nos dá e o que é pedido.
  • Dados fornecidos:
    • Motor síncrono: potência nominal mecânica 50\\ \text{kW}, fator de potência (FP) capacitivo \,0{,}9, rendimento \eta=95\%.
    • Motor de indução: potência nominal 200\\ \text{HP}, FP indutivo \,0{,}7, rendimento \eta=80\%.
    • Cargas com FP unitário: 10\\ \text{kVA} (como FP unitário, isso equivale a 10\\ \text{kW} de potência ativa).
  • O que o enunciado pede:
    • Determinar o intervalo de potência reativa (kVAr) do banco de capacitores a ser instalado, de modo que o FP da instalação seja igual ou superior a 0{,}9.
  • Observações importantes retiradas do enunciado:
    • Os valores de potência dos motores são dados como potência útil (mecânica) e devemos usar o rendimento para encontrar a potência elétrica consumida (potência ativa absorvida da rede).
    • O sinal da potência reativa: cargas com FP indutivo consomem reativa (Q positiva, ou “indutiva”); cargas com FP capacitivo fornecem reativa (Q negativa, ou “capacitiva”). O banco de capacitores também fornece potência reativa (valor negativo de Q quando somado ao total indutivo).
    • O objetivo é que o módulo do fator de potência final seja \ge 0{,}9. Em prática de correção, isso significa que o ângulo da potência reativa resultante deve satisfazer |\cos\varphi_{\text{final}}|\ge 0{,}9. Aqui vamos considerar que qualquer FP final com módulo igual ou superior a 0{,}9 (tanto atrasado quanto adiantado) é aceitável.

Passo 2

Calcular as potências ativas absorvidas da rede (potência elétrica de entrada) de cada carga, usando rendimento quando necessário.
  • Motor síncrono:
    • Potência mecânica (saída) =50\\ \text{kW}.
    • Rendimento \eta_1=0{,}95.
    • Potência ativa absorvida da rede:
    P_1=\dfrac{50}{0{,}95}\\ \text{kW} = \dfrac{50}{0{,}95}\\ \text{kW}.
    Vou manter a expressão e depois calcular numericamente.
  • Motor de indução:
    • Primeiro converter 200\\ \text{HP} para kW. Utilizarei a conversão mais comum 1\\ \text{HP}=0{,}746\\ \text{kW}.
    • Potência mecânica (saída) =200\cdot 0{,}746\\ \text{kW}=149{,}2\\ \text{kW}.
    • Rendimento \eta_2=0{,}80.
    • Potência ativa absorvida da rede:
    P_2=\dfrac{149{,}2}{0{,}80}\\ \text{kW}.
  • Cargas com FP unitário:
    P_3 = 10\\ \text{kW} \quad(\text{pois }10\\ \text{kVA}\text{ e }FP=1).
Agora calculo numericamente cada P_i.
  • Cálculo numérico: P_1=\dfrac{50}{0{,}95}=52{,}631578947\\ \text{kW}\approx 52{,}632\\ \text{kW}.
P_2=\dfrac{149{,}2}{0{,}80}=186{,}5\\ \text{kW}.
P_3=10\\ \text{kW}.
Portanto a potência ativa total absorvida da rede é
P_{\text{tot}} = P_1+P_2+P_3 = 52{,}631578947 + 186{,}5 + 10 \\ \text{kW}.
Calculo numérico:
P_{\text{tot}} \approx 249{,}131578947\\ \text{kW}\approx 249{,}132\\ \text{kW}.

Passo 3

Explicar como calcular a potência reativa de cada carga a partir do FP e da potência ativa. Fórmulas, interpretação e ensino prático.
  • Para uma carga com potência ativa P (em kW) e fator de potência \cos\varphi, a potência aparente é
S=\dfrac{P}{\cos\varphi}\quad(\text{kVA}).
  • A potência reativa Q (em kVAr) tem módulo
|Q|=\sqrt{S^{2}-P^{2}}.
  • Uma forma prática muito usada é escrever
Q = P\tan\varphi,
onde \tan\varphi=\sqrt{\dfrac{1}{\cos^{2}\varphi}-1}. O sinal de Q depende do tipo da carga:
  • Se a carga tem FP indutivo (atrasado), então Q>0 (consome reativa).
  • Se a carga tem FP capacitivo (adiantado), então Q<0 (fornece reativa).
Vou aplicar isso às cargas dadas.
  • Para o motor síncrono ( \cos\varphi_1=0{,}9, capacitivo):
    \tan\varphi_1=\sqrt{\dfrac{1}{0{,}9^{2}}-1} = \sqrt{\dfrac{1}{0{,}81}-1} = \sqrt{0{,}2345679012345679}\approx 0{,}4841229183.
    Logo
    Q_1 = -P_1\tan\varphi_1,
    o sinal negativo porque é FP capacitivo.
  • Para o motor de indução ( \cos\varphi_2=0{,}7, indutivo):
    \tan\varphi_2=\sqrt{\dfrac{1}{0{,}7^{2}}-1} = \sqrt{\dfrac{1}{0{,}49}-1} = \sqrt{1{,}0408163265306123}\approx 1{,}020204.
    Logo
    Q_2 = +P_2\tan\varphi_2,
    sinal positivo porque é indutivo.
  • Para as cargas em FP unitário:
    Q_3 = 0.

Passo 4

Cálculos numéricos das potências reativas individuais e da reativa total antes da instalação do banco de capacitores.
  • Cálculo de Q_1:
    Q_1 = -P_1\tan\varphi_1 = -52{,}631578947\cdot 0{,}4841229182759271 \\ \text{kVAr}.
    Multiplicando:
    Q_1 \approx -25{,}49\\ \text{kVAr}.
  • Cálculo de Q_2:
    Q_2 = P_2\tan\varphi_2 = 186{,}5\cdot 1{,}020204\\ \text{kVAr}.
    Multiplicando:
    Q_2 \approx 190{,}27\\ \text{kVAr}.
  • Cálculo de Q_3:
    Q_3 = 0\\ \text{kVAr}.
  • Reativa total antes de correção:
    Q_{\text{tot, ini}} = Q_1+Q_2+Q_3 \approx -25{,}49 +190{,}27 + 0 = 164{,}78\\ \text{kVAr}.
    Ou seja, a instalação hoje tem uma demanda reativa indutiva de aproximadamente 164{,}78\\ \text{kVAr}.
Resumo numérico até aqui:
P_{\text{tot}}\approx 249{,}132\\ \text{kW},\qquad Q_{\text{tot, ini}}\approx 164{,}78\\ \text{kVAr}.

Passo 5

Determinar a reativa necessária para que o FP final seja igual a 0{,}9 (limite) e a interpretação do intervalo de capacitores que resultam em FP com módulo \ge 0{,}9.
  • Para um fator de potência alvo \cos\varphi_{\text{alvo}}=0{,}9, o ângulo correspondente satisfaz
\tan\varphi_{\text{alvo}}=\sqrt{\dfrac{1}{0{,}9^{2}}-1}\approx 0{,}4841229183.
  • Assim, a potência reativa resultante admissível (em módulo) para a instalação, se o FP final for exatamente 0{,}9 atrasado (indutivo), é
Q_{\text{alvo}} = P_{\text{tot}}\tan\varphi_{\text{alvo}} \approx 249{,}1315789\cdot 0{,}4841229183.
  • Cálculo numérico: Q_{\text{alvo}} \approx 120{,}61\\ \text{kVAr}.
Interpretação: após instalar um banco de capacitores de potência reativa Q_C (isso é uma Q capacitiva, portanto com sinal negativo quando somada), a reativa resultante será
Q_{\text{res}} = Q_{\text{tot, ini}} - Q_C.
Queremos que o FP resultante tenha módulo \ge 0{,}9. Isso ocorre sempre que a reativa resultante Q_{\text{res}} satisfaz
-Q_{\text{alvo}} \le Q_{\text{res}} \le +Q_{\text{alvo}}.
Explicando em palavras: o valor absoluto da reativa resultante deve ser menor ou igual ao valor correspondente ao ângulo de FP igual a 0{,}9; isso permite tanto um FP atrasado até 0{,}9 quanto um FP adiantado até 0{,}9.
Substituindo Q_{\text{res}}=Q_{\text{tot, ini}}-Q_C, a desigualdade vira:
-Q_{\text{alvo}} \le Q_{\text{tot, ini}} - Q_C \le Q_{\text{alvo}}.
Resolvendo para Q_C:
Q_{\text{tot, ini}} - Q_{\text{alvo}} \le Q_C \le Q_{\text{tot, ini}} + Q_{\text{alvo}}.

Passo 6

Aplicar a fórmula para encontrar o intervalo numérico do banco de capacitores Q_C.
  • Já temos: Q_{\text{tot, ini}}\approx 164{,}78\\ \text{kVAr},\qquad Q_{\text{alvo}}\approx 120{,}61\\ \text{kVAr}.
  • Portanto Q_{C,\min}=Q_{\text{tot, ini}}-Q_{\text{alvo}}\approx 164{,}78-120{,}61=44{,}17\\ \text{kVAr}.
Q_{C,\max}=Q_{\text{tot, ini}}+Q_{\text{alvo}}\approx 164{,}78+120{,}61=285{,}39\\ \text{kVAr}.
Interpretação prática:
  • Se instalar um banco capacitivo com Q_C qualquer valor no intervalo [44{,}17;\;285{,}39]\\ \text{kVAr}, o fator de potência resultante terá módulo maior ou igual a 0{,}9.
    • Para Q_C=44{,}17\\ \text{kVAr} a instalação ficará exatamente com FP igual a 0{,}9 atrasado.
    • Para Q_C entre 44{,}17 e 164{,}78\\ \text{kVAr} a instalação ficará com FP atrasado melhorado (entre 0{,}9 e 1).
    • Para Q_C=164{,}78\\ \text{kVAr} a reativa resultante será zero (FP = 1).
    • Para Q_C entre 164{,}78 e 285{,}39\\ \text{kVAr} a instalação ficará com FP adiantado (capacitivo) porém com módulo do FP ainda \ge 0{,}9.
    • Para Q_C>285{,}39\\ \text{kVAr} o FP ficará com módulo menor que 0{,}9 (seria adiantado pior que 0,9), e para Q_C<44{,}17\\ \text{kVAr} o FP ficará com módulo menor que 0{,}9 (ainda indutivo demais).

Passo 7

Comparar o intervalo calculado com as alternativas oferecidas e concluir.
  • Intervalo correto encontrado: Q_C \in [44{,}17\\ \text{kVAr},\;285{,}39\\ \text{kVAr}].
  • Alternativas dadas:
    • (a) [97,\;425]\\ \text{kVAr}.
    • (b) [108,\;456]\\ \text{kVAr}.
    • (c) [146,\;474]\\ \text{kVAr}.
Observando, nenhum dos três intervalos fornecidos coincide com o intervalo correto calculado (o nosso intervalo tem extremidades aproximadamente 44{,}17 e 285{,}39, que não correspondem às alternativas). Portanto, nenhuma das alternativas apresentadas está correta segundo os cálculos feitos com os dados do enunciado e as conversões usuais.

Resposta

Nenhuma das alternativas

Exercícios relacionados