A iluminação e os motores de uma pequena fábrica, alimentada em 220 \mathrm{~V} / 60 \mathrm{~Hz}, estabelecem uma demanda de potência igual a ( 40 ) kW com um FP atrasado de 0,85 . Determine o valor do capacitor que deve ser colocado em paralelo com a carga para elevar o FP para 1.
Alternativas:
(A) 0,001 \mu \mathrm{~F} \leq C \leq 100,000 \mu \mathrm{~F}
(B) 100,001 \mu \mathrm{~F} \leq C \leq 200,000 \mu \mathrm{~F}
(C) 200,001 \mu \mathrm{~F} \leq C \leq 300,000 \mu \mathrm{~F}
(D) 300,001 \mu \mathrm{~F} \leq C \leq 400,000 \mu \mathrm{~F}
(E) C \geq 400,001 \mu \mathrm{~F}

Passo 1

O enunciado nos dá os seguintes dados (já peguei esses valores do enunciado):
  • Tensão da rede: V = 220\\ \text{V} (valor eficaz).
  • Frequência: f = 60\\ \text{Hz}.
  • Potência ativa demandada pela fábrica: P = 40\\ \text{kW} = 40{,}000\\ \text{W}.
  • Fator de potência (atrasado) inicial: \mathrm{FP}_1 = 0{,}85.
    O que se pede:
  • Determinar o valor do capacitor que, ligado em paralelo com a carga, eleva o fator de potência para 1 (ou seja, anula a potência reativa da carga).

Passo 2

Conceitos essenciais e fórmulas que vamos usar (explicando cada símbolo):
  • O fator de potência é \mathrm{FP} = \cos\varphi, onde \varphi é o ângulo entre tensão e corrente.
  • A potência ativa (real) é P (em W).
  • A potência reativa da carga indutiva é Q (em var). Para uma carga com \mathrm{FP}=\cos\varphi, Q = P\tan\varphi.Aqui \tan\varphi é a tangente do ângulo de defasagem; se o FP é atrasado, Q>0 (indutivo).
  • Um capacitor conectado em paralelo fornece potência reativa capacitiva Q_C cujo módulo é Q_C = V^2 \,\omega\, C,onde V é a tensão eficaz, \omega = 2\pi f (rad/s) e C é a capacitância em farads. O sinal de Q_C é negativo (capacitivo), mas aqui usamos o módulo para comparar magnitudes.
  • Para alcançar FP = 1 devemos ter potência reativa total nula; assim o capacitor deve fornecer |Q_C| = Q.

Passo 3

Calcular o ângulo \varphi associado a \mathrm{FP}_1=0{,}85 e sua tangente. Em vez de usar arco-coseno com calculadora, usamos a relação
\tan\varphi = \frac{\sqrt{1-\cos^2\varphi}}{\cos\varphi}
com \cos\varphi=0{,}85. Então
\sqrt{1-\cos^2\varphi}=\sqrt{1-0{,}85^2}=\sqrt{1-0{,}7225}=\sqrt{0{,}2775}=0{,}5268\\ (\text{aprox.})
e
\tan\varphi=\frac{0{,}5268}{0{,}85}=0{,}6197\\ (\text{aprox.}).

Passo 4

Calcular a potência reativa da carga Q:
Q = P\tan\varphi = 40{,}000\cdot 0{,}6197 \approx 24{,}790\\ \text{var}\approx 24{,}79\\ \text{kvar}.
(Interpretando: a carga exige cerca de 24{,}79\\ \text{kvar} indutivos para ter \mathrm{FP}=0{,}85.)

Passo 5

Para corrigir para \mathrm{FP}=1 precisamos que o capacitor forneça reativo de módulo igual a Q. Assim
Q_C = Q = V^2\,\omega\,C.
Despejando C:
C=\frac{Q}{V^2\,\omega}.
Explicando símbolos: Q em var, V em V, \omega=2\pi f em rad/s; o resultado vem em farads.

Passo 6

Agora substituímos os números:
\omega = 2\pi f = 2\pi\cdot 60 = 120\pi\\ \text{rad/s}\approx 376{,}991\\ \text{rad/s}.
V^2 = 220^2 = 48{,}400\\ \text{V}^2.
Q \approx 24{,}790\\ \text{var}.
Logo
C=\frac{24{,}790}{48{,}400\cdot 376{,}991}\\ \text{F}.
Calculemos o denominador aproximadamente:
48{,}400\cdot 376{,}991 \approx 18{,}246{,}364.
Portanto
C \approx \frac{24{,}790}{18{,}246{,}364}\\ \text{F} \approx 0{,}0013589\\ \text{F}.
Convertendo para microfarads:
C \approx 0{,}0013589\\ \text{F} = 1{,}3589\times 10^{3}\\ \mu\mathrm{F}\approx 1{,}359\\ \mu\mathrm{F}.

Passo 7

Resultado numérico: C\approx 1{,}359\\ \mu\mathrm{F}. Agora comparar com as alternativas fornecidas: esse valor está no intervalo
0{,}001\\ \mu\mathrm{F} \le C \le 100{,}000\\ \mu\mathrm{F},
ou seja, pertence à faixa da alternativa (A).

Resposta

(A)

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