(5) Um gerador trifásico simétrico alimenta por meio de uma linha uma carga trifásica equilibrada. Conhecendo:
Impedância da linha: \mathbf{0 , 0 5}+\mathbf{j 0 , 1 5} \boldsymbol{\Omega}
Tensão de linha na carga: 220 \mathrm{~V}, 60 \mathrm{~Hz}
Potência absorvida pela carga: 60 \mathrm{~kW} \operatorname{com} \cos \varphi=0,6 indutivo
Adotando \mathrm{S}_{\mathrm{hF}}=100 \mathrm{kVA}, determine:
b) A potencia reativa para que o fator de potencia da carga seja \mathbf{0 , 9 5} indutiva

Passo 1

O que o enunciado dá (valores que vamos usar):
  • Potência ativa absorvida pela carga: P = 60\\ \text{kW}.
  • Fator de potência atual da carga: \cos\varphi_1 = 0{,}6 (indutivo).
  • Fator de potência desejado: \cos\varphi_2 = 0{,}95 (indutivo).
  • A pergunta pede a potência reativa a ser “fornecida” para que o fator de potência da carga passe de 0{,}6 para 0{,}95.
    Observação (apenas informação): a impedância da linha e S_{hF} não são necessários para calcular quanto de reativo de compensação a carga precisa quando a compensação é feita diretamente na carga.

Passo 2

Conceitos e fórmulas que vamos usar (aulas rápidas e concretas):
  • Potência aparente total S relaciona potência ativa P e reativa Q pelo triângulo de potências:
S = \sqrt{P^{2}+Q^{2}}.
  • O fator de potência é \cos\varphi = \dfrac{P}{S}. A partir daí podemos obter Q em função de P e \cos\varphi.
  • Derivação rápida (passo a passo): \sin\varphi = \sqrt{1-\cos^{2}\varphi}. Portanto
\tan\varphi=\frac{\sin\varphi}{\cos\varphi}=\frac{\sqrt{1-\cos^{2}\varphi}}{\cos\varphi}.
Como Q = P\tan\varphi, obtemos a fórmula prática que vamos usar:
Q = P\cdot \frac{\sqrt{1-\cos^{2}\varphi}}{\cos\varphi}.
Essa fórmula dá Q (positiva para carga indutiva) a partir de P e \cos\varphi.

Passo 3

Calcular a reativa atual da carga (antes da correção), usando \cos\varphi_1=0{,}6:
\sqrt{1-\cos^{2}\varphi_1}=\sqrt{1-0{,}6^{2}}=\sqrt{1-0{,}36}=\sqrt{0{,}64}=0{,}8.
\tan\varphi_1=\frac{0{,}8}{0{,}6}=1{,}333\ldots
Q_{1}=P\cdot \tan\varphi_1=60\cdot 1{,}333\ldots=80\\ \text{kVAr}.
Portanto a carga inicialmente consome Q_{1}=80\\ \text{kVAr} (indutivo).

Passo 4

Calcular a reativa desejada quando o fator for \cos\varphi_2=0{,}95:
\sqrt{1-\cos^{2}\varphi_2}=\sqrt{1-0{,}95^{2}}=\sqrt{1-0{,}9025}=\sqrt{0{,}0975}\approx 0{,}3122499.
\tan\varphi_2=\frac{0{,}3122499}{0{,}95}\approx 0{,}3286841.
Q_{2}=P\cdot \tan\varphi_2=60\cdot 0{,}3286841\approx 19{,}72\\ \text{kVAr}.
Portanto, para ter fator de potência 0{,}95 a carga deve consumir Q_{2}\approx 19{,}72\\ \text{kVAr} (indutivo).

Passo 5

Calcular a potência reativa de compensação (capacitiva) necessária:
  • A compensação ideal é um reativo de sinal contrário (capacitivo) que reduza a reativa da carga de Q_{1} para Q_{2}.
Q_{c} = Q_{1}-Q_{2}=80-19{,}72=60{,}28\\ \text{kVAr}.
Interpretação: é necessária uma potência reativa capacitiva de magnitude 60{,}28\\ \text{kVAr}. Em termos de sinal, o capacitor fornece Q=-60{,}28\\ \text{kVAr} (injetando reativo capacitivo), de modo que o reativo resultante da carga mais capacitor fique em 19{,}72\\ \text{kVAr} indutivos.

Passo 6

Valores por fase (se a compensação for feita em banco trifásico dividido igualmente por fase):
Q_{c,\text{fase}}=\frac{Q_{c}}{3}=\frac{60{,}28}{3}\approx 20{,}09\\ \text{kVAr por fase}.
Isso é útil se precisar especificar capacitores por fase.

Resposta

Q_{c}=60{,}28\\ \text{kVAr} (capacitivo), ou seja, capacitor que injete 60{,}28\\ \text{kVAr} para elevar o fator de potência da carga para 0{,}95 indutivo.

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