Uma indústria quer resolver seu problema com fator de potência, pois corre o risco de ser multada pela concessionária que lhe fornece energia elétrica. Você foi chamado para fazer uma avaliação do status da instalação e, após analisar os dados disponíveis, sabe que: a alimentação é feita em BT, 380 V e 60 Hz ; a potência aparente total é 8950 VA ; e o fator de potência da instalação é 0,7 indutivo. A partir destes dados, forneça:
a) a corrente atual usada pela instalação; b) a potência do banco de capacitores necessário para elevar o fator de potência para, no mínimo, 0,92 ;
c) a corrente máxima esperada após a correção;
d) a potência aparente total após a correção;
e) o valor economizado por mês, considerando a redução da potência reativa consumida pela indústria, e considerando que o valor do kVARh é de \mathrm{R} \ 0,10$ e que a indústria consome durante 400 horas por mês.

Passo 1

O enunciado fornece os seguintes dados e pede as grandezas listadas abaixo.
Dados fornecidos:
  • Tensão de alimentação em baixa tensão: 380\\ \mathrm{V} (tensão de linha de um sistema trifásico).
  • Frequência: 60\\ \mathrm{Hz} (não será necessária diretamente nos cálculos aqui).
  • Potência aparente total: S=8950\\ \mathrm{VA}.
  • Fator de potência atual: \mathrm{pf}_1=0,70 (indutivo, ou seja, potência reativa positiva Q).
O enunciado pede:
a) a corrente atual usada pela instalação;
b) a potência do banco de capacitores necessária para elevar o fator de potência para, no mínimo, \mathrm{pf}_2=0,92;
c) a corrente máxima esperada após a correção;
d) a potência aparente total após a correção;
e) o valor economizado por mês, considerando que o preço do kVArh é \mathrm{R}\$\,0,10 e que a instalação opera 400 horas por mês.

Passo 2

Entender a relação entre as grandezas elétricas em um sistema trifásico e as fórmulas que vamos usar (aulas rápidas e práticas).
  • Em regime permanente e com tensões balanceadas, a potência aparente trifásica é
S=\sqrt{3}\,V_L\,I_L,
onde V_L é a tensão de linha (aqui 380\\ \mathrm{V}) e I_L é a corrente de linha que queremos. Esta fórmula vem da soma das potências nas três fases idênticas.
  • A potência aparente S relaciona-se com potência ativa P (W) e potência reativa Q (VAr) por
S=\sqrt{P^{2}+Q^{2}}.
O fator de potência é \mathrm{pf}=\dfrac{P}{S}=\cos\varphi, onde \varphi é o ângulo de defasagem entre tensão e corrente. Daí:
P=S\cdot\mathrm{pf}, \qquad Q=S\cdot\sin\varphi=S\cdot\sqrt{1-\mathrm{pf}^{2}}.
Outra forma útil, usando P, é
Q=P\tan\varphi=P\cdot\frac{\sqrt{1-\mathrm{pf}^{2}}}{\mathrm{pf}}.
  • Para corrigir o fator de potência com capacitores ideais em paralelo, a potência reativa necessária do banco (em kVAr) é a redução da reativa: Q_{c}=Q_{1}-Q_{2}, onde Q_{1} é a reativa inicial e Q_{2} é a reativa desejada para o novo fator de potência (ambas em VAr).
  • Após a correção a potência ativa P não muda (capacitores fornecem somente potência reativa), logo a nova potência aparente é S_{2}=P/\mathrm{pf}_{2} e a nova corrente é I_{2}=S_{2}/(\sqrt{3}V_L).
Vou aplicar essas fórmulas passo a passo com os números do enunciado.

Passo 3

Calcular a corrente atual da instalação (item a).
Usamos a fórmula trifásica
I_1=\frac{S}{\sqrt{3}\,V_L}.
Substituindo S=8950\\ \mathrm{VA} e V_L=380\\ \mathrm{V}:
I_1=\frac{8950}{\sqrt{3}\cdot380}.
Calcule \sqrt{3}\cdot380:
\sqrt{3}\cdot380\approx1,73205\cdot380\approx658,18.
Logo
I_1\approx\frac{8950}{658,18}\approx13,60\\ \mathrm{A}.

Passo 4

Calcular a potência ativa P e a potência reativa inicial Q_1 (necessárias para dimensionar os capacitores).
Potência ativa:
P=S\cdot\mathrm{pf}_1=8950\cdot0,70=6265\\ \mathrm{W}.
Potência reativa inicial (usando Q=S\sqrt{1-\mathrm{pf}^{2}}):
Q_1=8950\cdot\sqrt{1-0,70^{2}}=8950\cdot\sqrt{1-0,49}=8950\cdot\sqrt{0,51}.
Calcule \sqrt{0,51}\approx0,71418. Assim
Q_1\approx8950\cdot0,71418\approx6397,7\\ \mathrm{VAr}.
Também é útil ver Q_1 via P\tan\varphi: \varphi_1=\operatorname{arccos}(0,70) e Q_1=P\tan\varphi_1, que dá o mesmo valor.

Passo 5

Calcular a potência reativa desejada Q_2 quando o fator de potência for elevado para \mathrm{pf}_2=0,92 (etapa intermediária para achar o banco de capacitores).
Primeiro aponte que P permanece igual ( 6265\\ \mathrm{W}). Para o novo fator:
\varphi_2=\operatorname{arccos}(0,92),\qquad Q_2=P\tan\varphi_2.
Uma forma algébrica sem calcular \varphi_2 explicitamente:
\tan\varphi_2=\frac{\sqrt{1-\mathrm{pf}_2^{2}}}{\mathrm{pf}_2},
portanto
Q_2=P\cdot\frac{\sqrt{1-0,92^{2}}}{0,92}.
Calcule \sqrt{1-0,92^{2}}=\sqrt{1-0,8464}=\sqrt{0,1536}\approx0,3919. Assim
\tan\varphi_2\approx\frac{0,3919}{0,92}\approx0,42587,
e
Q_2\approx6265\cdot0,42587\approx2669,7\\ \mathrm{VAr}.

Passo 6

Calcular a potência reativa do banco de capacitores necessária (item b).
O capacitor deve suprir a diferença entre a reativa inicial e a reativa desejada:
Q_c=Q_1-Q_2\approx6397,7-2669,7\approx3728,0\\ \mathrm{VAr}.
Em unidades típicas de projeto: Q_c\approx3,728\\ \mathrm{kVAr}.
Observação didática: sinal positivo indica que precisamos de um banco capacitivo de 3,728\\ \mathrm{kVAr} para compensar a reatividade indutiva e elevar o fator para 0,92.

Passo 7

Calcular a potência aparente após correção S_2 (item d) e, a partir dela, a corrente esperada após correção I_2 (item c).
Como P não muda, a nova potência aparente é
S_2=\frac{P}{\mathrm{pf}_2}=\frac{6265}{0,92}\approx6807,6\\ \mathrm{VA}.
(Em kVA: S_2\approx6,808\\ \mathrm{kVA}.)
Agora a nova corrente trifásica é
I_2=\frac{S_2}{\sqrt{3}\,V_L}=\frac{6807,6}{658,18}\approx10,35\\ \mathrm{A}.
Portanto a corrente diminui de aproximadamente 13,60\\ \mathrm{A} para 10,35\\ \mathrm{A}.

Passo 8

Calcular a economia mensal com a redução da potência reativa (item e).
A redução de potência reativa (em kVAr) é Q_c em kVAr:
Q_c\\ \text{(kVAr)}=\frac{3728,0}{1000}=3,728\\ \mathrm{kVAr}.
Se a instalação opera 400 horas por mês, a redução de energia reativa mensal é
\text{redução (kVArh)}=3,728\cdot400=1491,2\\ \mathrm{kVArh}.çã
Com o preço \mathrm{R}\$\,0,10 por kVArh, a economia mensal é
\text{economia}=1491,2\cdot0,10=\mathrm{R}\$\,149,12.
Observação didática: a cobrança de energia reativa é feita em kVArh; compensando com capacitores diminui o consumo de reativa faturada e, portanto, gera a economia calculada.

Resposta

a) 13,60\\ \mathrm{A}
b) 3,728\\ \mathrm{kVAr} (aprox.)
c) 10,35\\ \mathrm{A}
d) 6,808\\ \mathrm{kVA} (ou 6807,6\\ \mathrm{VA})
e) \mathrm{R}\$\,149,12 por mês

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