Duas cargas ligadas em paralelo possuem respectivamente: \mathrm{P}_{1}=15 \mathrm{KW} e \mathrm{fp}_{1}=0,8 atrasado; \mathrm{S}_{2}=18 \mathrm{KVA} e \mathrm{Q}_{2}=12 \mathrm{KVAr}. Se estão ligadas a um sistema de 220 voltseficazes e 60 hertz, determiné:
a) O Triângulo de potência de cada carga;
b) O triângulo de potência da associação em paralelo;
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;
d) A redução percentual da corrente na linha de alimentação após a correção do FP;
e) A redução percentual das pérdas joulicas após a correção do FP.

Passo 1

O enunciado pede cinco coisas e fornece os seguintes dados (vou listar tudo com clareza, sem começar a resolver ainda):
  • Dados das cargas e da alimentação:
    • Carga 1: P_1=15\\ \text{kW} e \text{fp}_1=0{,}8 atrasado.
    • Carga 2: S_2=18\\ \text{kVA} e Q_2=12\\ \text{kVAr}.
    • Tensão de alimentação: V=220\\ \text{V} (valor eficaz).
    • Frequência: f=60\\ \text{Hz}.
  • O que é pedido:
    a) O triângulo de potência de cada carga (isto é: P, Q e S de cada uma).
    b) O triângulo de potência da associação em paralelo (potências ativa, reativa e aparente totais e fator de potência total).
    c) A capacitância C do banco de capacitores, ligado em paralelo, necessária para corrigir o fator de potência total para unitário.
    d) A redução percentual da corrente na linha após a correção do fator de potência.
    e) A redução percentual das perdas joule ( I^2R) após a correção.

Passo 2

Entendendo fórmulas básicas (rápida aula prática):
  • A potência aparente S (em VA) relaciona-se com potência ativa P (em W) e reativa Q (em VAR) por
S^2 = P^2 + Q^2.
  • O fator de potência é \text{fp} = \cos\varphi = \dfrac{P}{S}, onde \varphi é o ângulo entre corrente e tensão.
  • A relação entre Q e P usando \varphi é
Q = P\tan\varphi,
pois \tan\varphi = Q/P.
  • Para um capacitor ligado em paralelo, a potência reativa fornecida pelo capacitor (em valor absoluto) é
Q_C = V^2 \,\omega\, C,
onde \omega=2\pi f e V é a tensão eficaz.
Agora vamos aplicar essas fórmulas passo a passo em cada carga.

Passo 3

Triângulo da carga 1 (dados: P_1=15\\ \text{kW}, \text{fp}_1=0{,}8 atrasado).
  • Calcular S_1:
S_1=\dfrac{P_1}{\text{fp}_1}=\dfrac{15\\ \text{kW}}{0{,}8}=18{,}75\\ \text{kVA}.
  • Determinar o ângulo \varphi_1:
\varphi_1=\operatorname{arccos}(0{,}8)\approx 36{,}8699^\circ.
  • Calcular Q_1 usando Q_1=P_1\tan\varphi_1. Como \tan(36{,}8699^\circ)=0{,}75,
Q_1 = 15\\ \text{kW}\times 0{,}75 = 11{,}25\\ \text{kVAr}.
Resumo carga 1:
P_1=15\\ \text{kW},\quad Q_1=11{,}25\\ \text{kVAr}\\ (\text{atra}sada),\quad S_1=18{,}75\\ \text{kVA}.

Passo 4

Triângulo da carga 2 (dados: S_2=18\\ \text{kVA}, Q_2=12\\ \text{kVAr}).
  • Calcular P_2 pela relação P_2=\sqrt{S_2^2-Q_2^2}:
P_2=\sqrt{(18)^2-(12)^2}\\ \text{kW}=\sqrt{324-144}\\ \text{kW}=\sqrt{180}\\ \text{kW}\approx 13{,}4164079\\ \text{kW}.
  • Fator de potência da carga 2:
\text{fp}_2=\dfrac{P_2}{S_2}\approx \dfrac{13{,}4164}{18}\approx 0{,}745356\quad\text{(atrasado)}.
  • Ângulo \varphi_2:
\varphi_2=\arctan\!\left(\dfrac{Q_2}{P_2}\right)=\arctan\!\left(\dfrac{12}{13{,}4164}\right)\approx 41{,}8103^\circ.
Resumo carga 2:
P_2\approx 13{,}4164\\ \text{kW},\quad Q_2=12\\ \text{kVAr}\\ (\text{atra}sada),\quad S_2=18\\ \text{kVA}.

Passo 5

Triângulo da associação em paralelo (soma das potências):
  • Em paralelo, potências ativas e reativas somam-se algebraicamente. Aqui ambas são atrasadas (indutivas), então somam-se positivamente:
P_{\text{tot}}=P_1+P_2=15+13{,}4164079=28{,}4164079\\ \text{kW}.
Q_{\text{tot}}=Q_1+Q_2=11{,}25+12=23{,}25\\ \text{kVAr}.
  • Potência aparente total:
S_{\text{tot}}=\sqrt{P_{\text{tot}}^2+Q_{\text{tot}}^2} =\sqrt{(28{,}4164079)^2+(23{,}25)^2}\\ \text{kVA}\approx 36{,}72036\\ \text{kVA}.
  • Fator de potência total antes da correção:
\text{fp}_{\text{tot}}=\dfrac{P_{\text{tot}}}{S_{\text{tot}}}\approx\dfrac{28{,}4164079}{36{,}72036}\approx 0{,}77420\\ (\text{atrasado}).
  • Ângulo total:
\varphi_{\text{tot}}=\operatorname{arccos}(0{,}77420)\approx 39{,}38^\circ.
Resumo associação:
P_{\text{tot}}\approx 28{,}4164\\ \text{kW},\quad Q_{\text{tot}}=23{,}25\\ \text{kVAr},\quad S_{\text{tot}}\approx 36{,}7204\\ \text{kVA},\quad \text{fp}_{\text{tot}}\approx 0{,}7742.

Passo 6

Capacitância necessária para corrigir o fator de potência total para 1 (ou seja, cancelar Q_{\text{tot}}).
  • Para fator unitário total precisamos que a reativa total resultante seja zero. Como as cargas consomem Q_{\text{tot}}=23{,}25\\ \text{kVAr} (indutivo), o banco capacitivo deve fornecer (em módulo)
Q_C = Q_{\text{tot}} = 23{,}25\\ \text{kVAr}=23{,}250\\ \text{VAR}.
  • Fórmula do banco (capacitor em paralelo, monofásico):
Q_C = V^2 \,\omega\, C,\qquad \omega=2\pi f.
Logo
C=\dfrac{Q_C}{V^2\omega}.
  • Substituindo valores ( V=220\\ \text{V}, f=60\\ \text{Hz}, \omega=2\pi\cdot 60\approx 376{,}9911\\ \text{rad/s}):
C=\dfrac{23{,}250}{(220)^2\cdot 376{,}9911}\\ \text{F}\approx 1{,}2742\times 10^{-3}\\ \text{F}.
  • Em unidades práticas:
C\approx 1{,}274\times 10^{-3}\\ \text{F}=1274\\ \mu\text{F}\\ (\text{aprox.}).
Observação rápida: esse valor é para um banco ligado em paralelo na mesma tensão eficaz de 220\\ \text{V} (topologia monofásica).

Passo 7

Redução percentual da corrente na linha após correção do fator de potência.
  • Intensidade antes da correção (aplicando I=S/V para circuito monofásico):
I_{\text{antes}}=\dfrac{S_{\text{tot}}}{V}=\dfrac{36{,}72036\times 10^3}{220}\\ \text{A}\approx 167{,}819\\ \text{A}.
  • Intensidade após a correção: quando \text{fp}=1, a potência aparente é igual à ativa, logo
I_{\text{depois}}=\dfrac{P_{\text{tot}}}{V}=\dfrac{28{,}4164079\times 10^3}{220}\\ \text{A}\approx 129{,}163\\ \text{A}.
  • Redução percentual da corrente:
\%\Delta I = \dfrac{I_{\text{antes}}-I_{\text{depois}}}{I_{\text{antes}}}\times 100\%\approx \dfrac{167{,}819-129{,}163}{167{,}819}\times100\%\approx 23{,}05\%.

Passo 8

Redução percentual das perdas joule ( I^2R).
  • Perdas proporcionais a I^2. Assim a redução percentual é
\%\Delta P_{J} = \left(1-\left(\dfrac{I_{\text{depois}}}{I_{\text{antes}}}\right)^2\right)\times 100\%.
  • Calculando com os valores acima:
\left(\dfrac{I_{\text{depois}}}{I_{\text{antes}}}\right)=\dfrac{129{,}163}{167{,}819}\approx 0{,}76950,
\%\Delta P_{J}= \bigl(1-(0{,}76950)^2\bigr)\times100\%\approx 40{,}78\%.
Interpretação: com o banco de capacitores que anula Q_{\text{tot}} reduz-se a corrente em torno de 23{,}05\% e as perdas I^2R em torno de 40{,}78\%.

Resposta

a) Carga 1: P_1=15\\ \text{kW},\\ Q_1=11{,}25\\ \text{kVAr}\\ (\text{atra}sada),\\ S_1=18{,}75\\ \text{kVA}.\n a) Carga 2: \(P_2\approx 13{,}4164\\ \text{kW},\\ Q_2=12\\ \text{kVAr}\\ (\text{atra}sada),\\ S_2=18\\ \text{kVA}.\n b) Associação (paralela): \(P_{\text{tot}}\approx 28{,}4164\\ \text{kW},\\ Q_{\text{tot}}=23{,}25\\ \text{kVAr},\\ S_{\text{tot}}\approx 36{,}7204\\ \text{kVA},\\ \text{fp}_{\text{tot}}\approx 0{,}7742 (atrasado).\n
c) Capacitância necessária: C\approx 1{,}274\times 10^{-3}\\ \text{F}\approx 1274\\ \mu\text{F}.\n d) Redução percentual da corrente: \(\approx 23{,}05\%.\n
e) Redução percentual das perdas joule ( I^2R): \approx 40{,}78\%.)

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