O fator de potência de uma dada instalação elétrica é de 0,6 indutivo quando \mathrm{P}=100 \mathrm{~kW}. Dimensione o banco de capacitores para corrigir o fator de potência para 1,0. (20 pontos)

Passo 1

O enunciado dá as seguintes informações e pede uma coisa bem direta.
  • Dados fornecidos:
    P = 100\\ \text{kW}
    fator de potência atual \mathrm{pf} = 0{,}6 indutivo.
  • O que o problema pede:
    Dimensionar o banco de capacitores que corrija o fator de potência para \mathrm{pf}=1{,}0. Ou seja, determinar a potência reativa em kVAr que o banco deve fornecer (capacitivamente) para anular a reativa indutiva existente.

Passo 2

Vamos entender as quantidades envolvidas (a tal “aula curta” e prática).
  • P é a potência ativa (em kW): energia útil dissipada/entregue.
  • Q é a potência reativa (em kVAr): associada aos campos magnéticos/eléctricos, positiva se indutiva, negativa se capacitiva.
  • S é a potência aparente (em kVA): módulo do vetor potência complexa, com relação \cos\varphi = \frac{P}{S},onde \varphi é o ângulo de defasagem entre tensão e corrente.
  • Relações trigonométricas úteis no triângulo de potências: Q = S\sin\varphi,\qquad \tan\varphi=\frac{Q}{P}.
Explicação intuitiva: se conheço P e \cos\varphi, posso achar \varphi e daí encontrar Q usando identidades trigonométricas.

Passo 3

Calcular \varphi indiretamente usando \cos\varphi=0{,}6. Primeiro obtemos \sin\varphi por identidade pitagórica:
\sin\varphi=\sqrt{1-\cos^2\varphi}=\sqrt{1-0{,}6^2}=\sqrt{1-0{,}36}=\sqrt{0{,}64}=0{,}8.
Agora a tangente:
\tan\varphi=\frac{\sin\varphi}{\cos\varphi}=\frac{0{,}8}{0{,}6}=\frac{4}{3}\approx 1{,}333\ldots
Comentário prático: não precisei calcular \varphi em graus; usei apenas as razões trigonométricas — é mais rápido e evita calculadora.

Passo 4

Calcular a potência reativa indutiva existente Q_{\text{ind}} usando \tan\varphi:
Q_{\text{ind}}=P\cdot\tan\varphi = 100\\ \text{kW}\cdot\frac{4}{3}= \frac{400}{3}\\ \text{kVAr}=133{,}333\ldots\\ \text{kVAr}.
Arredondando comumente para duas casas decimais:
Q_{\text{ind}}=133{,}33\\ \text{kVAr}\\ (\text{indutivo}).
Observação alternativa (cheque mental): podemos também calcular S e depois Q=\sqrt{S^2-P^2}:
S=\frac{P}{\cos\varphi}=\frac{100}{0{,}6}=166{,}666\ldots\\ \text{kVA},
Q=\sqrt{S^2-P^2}=\sqrt{(166{,}666\ldots)^2-100^2}=133{,}33\\ \text{kVAr},
mesmo resultado.

Passo 5

Interpretação para correção a \mathrm{pf}=1{,}0:
  • Para ter fator de potência unitário a potência reativa total do sistema deve ser zero.
  • Atualmente há +133{,}33\\ \text{kVAr} (indutivo). Portanto o banco de capacitores deve fornecer a mesma magnitude de potência reativa com sinal oposto, ou seja, 133{,}33\\ \text{kVAr} de natureza capacitiva.
  • Em termos práticos isso significa instalar um banco de capacitores cuja potência reativa nominal seja Q_C = 133{,}33\\ \text{kVAr}\\ (\text{capacitivo}).

Passo 6

Verificação final (rapida e mental):
  • Potência reativa resultante: Q_{\text{res}}=Q_{\text{ind}}-Q_C=133{,}33-133{,}33=0.
  • Com Q_{\text{res}}=0 e P=100\\ \text{kW}, temos S=P e portanto \cos\varphi=1. Correção confirmada.

Resposta

133{,}33\\ \text{kVAr} (capacitivo)

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