Uma fonte de 60 Hz e tensão eficaz de 240 V fornece 10000 VA a uma carga com fator de potência de 0,85 atrasado. Determine a potência do banco de capacitores em paralelo, a qual é necessária para levar o fator de potência para:
0,92 capacitivo.

Passo 1

Beleza, o enunciado diz o seguinte: uma fonte de 60 Hz e 240 V (rms) entrega 10 000 VA a uma carga com fator de potência (fp) de 0,85 atrasado. A ideia é colocar um banco de capacitores em paralelo pra “empurrar” o fp até 0,92, mas agora levando a carga a operar em fp 0,92 capacitivo (ou seja, um pouquinho “sobresaturada” de capacitivo).
Conteúdo: potência aparente (S), ativa §, reativa (Q), ângulo de fase φ, fator de potência, e como compensar reativa com capacitores. Vamos precisar das fórmulas
P = Scdotfp
phi = arccos(fp)
Q = Ssinphi
e da ideia de que o capacitor fornece reativa capacitiva (Q negativa) para ajustar o balanço.

Passo 2

Calcular potência ativa P e reativa inicial Q₁ da carga:
  1. P = S · fp₁ = 10 000 VA · 0,85 = 8 500 W.
  2. ângulo φ₁ = arccos(0,85) ≈ 31,79°.
  3. Q₁ = S · sin φ₁ = 10 000 · sin(31,79°) ≈ 10 000 · 0,5268 = 5 268 var (indutivo).

Passo 3

Agora queremos fp₂ = 0,92 capacitivo. Primeiro o novo S₂ e Q₂:
  1. S₂ = P / fp₂ = 8 500 W / 0,92 ≈ 9 239,13 VA.
  2. ângulo φ₂ = arccos(0,92) ≈ 23,07°.
  3. Q₂ = S₂ · sin φ₂ = 9 239,13 · sin(23,07°) ≈ 9 239,13 · 0,3917 ≈ 3 619 var.
    Como é capacitivo, podemos anotar Q₂ = –3 619 var (sinal negativo para reativa capacitiva).

Passo 4

O banco de capacitores deve suprir a diferença de reativa para que a reativa total passe de +5 268 var (indutivo) para –3 619 var (capacitivo). Em outras palavras:
Qfinal = Q1 + QcLongrightarrow Qc = Qfinal - Q1
Substituindo:
Qc = (-3,619) - (+5,268) = -8,887;var
O sinal “–” indica que é reativa capacitiva; o módulo é o valor do banco.

Resposta

Q_c ≈ 8,887 kvar (capacitivo)

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