Uma instalação elétrica tem as seguintes caracterísitcas: 60 K Vrms, 150 Hz e FP =0,75 (indutivo). Determine:
a) Valor do capacitor que aumenta o FP para 0,95
b) Potência aparente e reativa após a correção do fator de potência

Passo 1

O enunciado diz: “Uma instalação elétrica tem as seguintes características: 60 K Vrms, 150 Hz e FP =0,75 (indutivo). Determine: a) Valor do capacitor que aumenta o FP para 0,95; b) Potência aparente e reativa após a correção do fator de potência.”
Informações que temos explicitamente:
\,150\\ \text{Hz} e \text{FP}_1=0,75 (indutivo).
Problema ambíguo: a notação “60 K Vrms” não é clara — pode indicar tensão nominal V = 60\\ \text{kV}_{\text{rms}} ou pode ter sido uma tentativa de indicar potência aparente S = 60\\ \text{kVA}. Para calcular o valor do capacitor precisamos de um valor de potência (ou de corrente) e da tensão. Como não vou te pedir informação extra, eu faço uma escolha razoável e explico as consequências:
Assumirei que o enunciado pretendia dizer que a potência aparente da instalação é \,S_1 = 60\\ \text{kVA}. Essa é uma escolha comum em exercícios de correção de fator de potência. Com isso a potência ativa é calculável por P = S_1\cdot\text{FP}_1.
Vou deixar também a fórmula geral para o capacitor em função da tensão eficaz V (caso você na verdade tenha a tensão e queira o resultado numérico). Se o enunciado realmente quisesse tensão em vez de potência, eu explico como usar essa tensão na fórmula (ver passos adiante).
O que o enunciado pede (resumindo):
  • (a) achar a capacitância C necessária para elevar \text{FP} de 0,75 para 0,95;
  • (b) calcular a potência aparente e a potência reativa após a correção.

Passo 2

Conceitos essenciais (passo-a-passo didático):
  1. O que é fator de potência (FP)?
    \text{FP}=\cos\varphi, onde \varphi é o ângulo de fase entre tensão e corrente. Quando \text{FP}<1 e é indutivo, a instalação consome potência reativa positiva Q (unidade: var ou kVAr).
  2. Relação entre potência aparente, ativa e reativa:
S = P + jQ,
onde S é a potência aparente (módulo em VA), P é a potência ativa (W) e Q a potência reativa (var). Em módulos,
|S|=\sqrt{P^{2}+Q^{2}}.
  1. Como obter P e Q a partir de S e \text{FP}:
    Se S e \text{FP} são conhecidos,
P = S\cdot\text{FP},
Q = S\cdot\sin\varphi = S\cdot\sqrt{1-\text{FP}^{2}}.
Uma fórmula alternativa (muito usada) é Q = P\tan\varphi, porque \tan\varphi=\dfrac{Q}{P}.
  1. Qual a ação do capacitor?
    Um capacitor fornece potência reativa capacitiva Q_{c} (com sinal negativo quando somamos vetorialmente). Para corrigir o FP de \text{FP}_1 para \text{FP}_2 (aqui 0,95), precisamos reduzir a reativa indutiva Q_1 até um novo valor Q_2. A potência reativa que o capacitor deve fornecer (módulo) é
Q_c = Q_1 - Q_2.
Note que Q_1 e Q_2 são reativas indutivas (positivas) e Q_c será positiva na fórmula acima (representando a magnitude que o capacitor deve fornecer como reativo capacitivo).
  1. Como obter a capacitância C a partir de Q_c? (sistema monofásico)
    A reativa fornecida por um capacitor em tensão eficaz V é
Q_c = V^{2}\,\omega\,C,
onde \omega = 2\pi f e f é a frequência. Desse modo,
C = \frac{Q_c}{V^{2}\,\omega}.
(Se for sistema trifásico em conexão conhecida, a fórmula muda — mas o raciocínio é análogo; aqui uso a forma monofásica porque o enunciado não especificou trifásico.)

Passo 3

Aplicando os conceitos aos números (assumindo S_1=60\\ \text{kVA}):
  1. Calcule a potência ativa P:
P = S_1\cdot\text{FP}_1 = 60\\ \text{kVA}\times 0{,}75 = 45\\ \text{kW}.
Explanação: potencia ativa é a parte “útil” que corresponde ao produto do módulo de S pelo coseno do ângulo (o FP).
  1. Encontre os ângulos de fase iniciais e finais:
\varphi_1 = \operatorname{arccos}(0{,}75),
\varphi_2 = \operatorname{arccos}(0{,}95).
Valores numéricos (apenas para facilitar os cálculos seguintes; estes valores são obtidos com uma tabela ou calculadora):
\varphi_1 \approx 41{,}409^\circ,\qquad \tan\varphi_1 \approx 0{,}882,
\varphi_2 \approx 18{,}194^\circ,\qquad \tan\varphi_2 \approx 0{,}329.
Breve explicação: \operatorname{arccos} transforma FP em ângulo, e \tan é usada porque Q = P\tan\varphi.
  1. Calcule Q_1 e Q_2 usando Q = P\tan\varphi:
Q_1 = P\tan\varphi_1 = 45\\ \text{kW}\times 0{,}882 \approx 39{,}69\\ \text{kVAr},
Q_2 = P\tan\varphi_2 = 45\\ \text{kW}\times 0{,}329 \approx 14{,}805\\ \text{kVAr}.
Interpretação: inicialmente a instalação consome cerca de 39{,}69\\ \text{kVAr} reativos indutivos; após correção desejaríamos que restassem apenas 14{,}805\\ \text{kVAr}.
  1. A potência reativa que o capacitor deve fornecer:
Q_c = Q_1 - Q_2 \approx 39{,}69 - 14{,}805 = 24{,}885\\ \text{kVAr}.
Interpretação: o banco de capacitores deve fornecer aproximadamente 24{,}885\\ \text{kVAr} (capacitivo) para levar o FP de 0{,}75 para 0{,}95.

Passo 4

Expressão e cálculo da capacitância C (aqui precisamos da tensão eficaz V). Como o enunciado não deixou claro V, eu apresento a fórmula geral e então—para ser útil—faço também o cálculo numérico no caso de a tensão realmente ser V=60\\ \text{kV}_{\text{rms}} (caso em que a mesma anotação do enunciado representaria tensão). Se você tiver outra tensão, basta substituir o V pelo valor correto.
Fórmula geral:
C = \frac{Q_c}{V^{2}\,\omega},\qquad \omega = 2\pi f.
Substituindo Q_c em unidades de \text{var} (ou seja, 24{,}885\times 10^{3}\\ \text{var}), f=150\\ \text{Hz} e V genérico, temos
C = \frac{24{,}885\times 10^{3}}{V^{2}\,(2\pi\cdot 150)}\quad\text{(farads)}.
Se fizermos o cálculo numérico assumindo V = 60\\ \text{kV} = 60{,}000\\ \text{V}:
\omega = 2\pi\cdot 150 = 300\pi\\ \text{rad/s}\approx 942{,}4778\\ \text{rad/s},
V^{2} = (60{,}000)^{2}=3{,}6\times 10^{9}\\ \text{V}^{2}.
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C \approx \frac{24{,}885\times 10^{3}}{3{,}6\times 10^{9}\times 942{,}4778} = \frac{24{,}885}{3{,}392{,}921\times 10^{3}} \approx 7{,}33\times 10^{-9}\\ \text{F}.
Ou seja,
C \approx 7{,}33\\ \text{nF}
no caso de V=60\\ \text{kV}.
Comentário prático: esse valor é pequeno porque a tensão assumida é muito alta. Se a tensão real da instalação for, por exemplo, 400\\ \text{V}, o capacitor necessário seria muito maior — por isso a importância de saber a tensão.

Passo 5

Potências aparente e reativa após correção (resumo numérico usando P=45\\ \text{kW} e \text{FP}_2=0{,}95):
  1. Potência reativa após correção:
Q_2 \approx 14{,}805\\ \text{kVAr} \quad(\text{indutiva residual}).
  1. Potência aparente após correção:
S_2 = \sqrt{P^{2}+Q_2^{2}} \quad\text{ou}\quad S_2=\frac{P}{\text{FP}_2}.
Usando P/\text{FP}_2:
S_2 = \frac{45\\ \text{kW}}{0{,}95}\approx 47{,}368\\ \text{kVA}.
Interpretação: antes tínhamos S_1=60\\ \text{kVA} e após correção a potência aparente cai para cerca de 47{,}37\\ \text{kVA} (isso reduz perdas e corrente na rede). A reativa cai de \approx 39{,}69\\ \text{kVAr} para \approx 14{,}805\\ \text{kVAr}.

Passo 6

Resumo final e observações importantes (motivação e verificação rápida):
  • O banco de capacitores deve fornecer reativamente cerca de 24{,}885\\ \text{kVAr} (módulo) para levar o FP de 0{,}75 para 0{,}95 com S_1=60\\ \text{kVA}.
  • A capacitância necessária depende da tensão: a fórmula geral é
C=\frac{Q_c}{V^{2}(2\pi f)}.
  • Se a tensão for V=60\\ \text{kV} e f=150\\ \text{Hz}, então C\approx 7{,}33\\ \text{nF}. Se a tensão for outra, substitua V na fórmula para obter C.
  • Após correção, a potência aparente fica \,S_2\approx 47{,}368\\ \text{kVA} e a potência reativa residual fica \,Q_2\approx 14{,}805\\ \text{kVAr}.
Força aí — se você me confirmar se “60 K Vrms” era potência aparente ( 60\\ \text{kVA}) ou tensão ( 60\\ \text{kV}), eu já te dou os números definitivos com a unidade correta e o valor de C exatamente na unidade que você preferir.

Resposta

(a) Q_{c}\approx 24{,}885\\ \text{kVAr} (necessários do banco de capacitores); \displaystyle C=\frac{24{,}885\times 10^{3}}{V^{2}(2\pi\cdot 150)}\\ \text{F}. Se V=60\\ \text{kV}, C\approx 7{,}33\\ \text{nF}.
(b) S_{2}\approx 47{,}368\\ \text{kVA} e Q_{2}\approx 14{,}805\\ \text{kVAr}.

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