Uma instalação elétrica trifásica é alimentada em estrela, 380 V . Na instalação são encontradas as seguintes cargas trifásicas equilibradas:
  • carga 1: 20 kVA com FP de 0.8 indutivo;
  • carga 2: 40 kVA com FP de 0.8 indutivo;
  • carga 3: 180 lâmpadas incandescentes de 100 W (FP 1)
  • carga 4: 5 kVA com FP de 0.002 capacitivo.
A potência ativa total das cargas combinadas em kW.
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A potência reativa total da planta em kVAR.
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A potência aparente total da planta em kVA.
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O fator de potência das cargas combinadas.
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A corrente de linha da instalação em A.
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A potência de um banco de capacitores que corrija o FP da planta para 0.92 em kVAR.
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Passo 1

O enunciado dá uma instalação trifásica em estrela com tensão de linha 380\\ \text{V} e quatro cargas trifásicas equilibradas. As informações das cargas são:
  • carga 1: S_1=20\\ \text{kVA}, pf_1=0{,}8 indutivo;
  • carga 2: S_2=40\\ \text{kVA}, pf_2=0{,}8 indutivo;
  • carga 3: 180 lâmpadas de 100\\ \text{W} cada, pf_3=1;
  • carga 4: S_4=5\\ \text{kVA}, pf_4=0{,}002 capacitivo.
As perguntas que precisamos responder são, nesta ordem:
  1. Potência ativa total das cargas combinadas (em kW).
  2. Potência reativa total da planta (em kVAR).
  3. Potência aparente total da planta (em kVA).
  4. Fator de potência das cargas combinadas.
  5. Corrente de linha da instalação (em A).
  6. Potência de um banco de capacitores (em kVAR) que corrija o fator de potência da planta para 0{,}92.
Todas as grandezas deverão ser encontradas a partir dos dados acima; não há figura adicional.

Passo 2

Primeiro, vamos calcular para cada carga a potência ativa P e a potência reativa Q. Conceitos e fórmulas importantes (explicação didática curta):
  • A potência aparente de uma carga é S (em kVA).
  • O fator de potência pf é \cos\varphi, onde \varphi é o ângulo entre tensão e corrente.
  • A potência ativa (real) é P = S\cdot pf (em kW se S em kVA).
  • A potência reativa (quadratura) tem módulo Q = S\cdot\sin\varphi. Como \sin\varphi=\sqrt{1-pf^{2}}, podemos usar Q = S\cdot\sqrt{1-pf^{2}}. Se o pf for indutivo, Q é positivo (indutivo); se for capacitivo, Q é negativo (capacitivo).
Agora aplicando isso a cada carga:
Carga 1: S_1=20\\ \text{kVA}, pf_1=0{,}8 indutivo.
P_1 = S_1\cdot pf_1 = 20\cdot 0{,}8 = 16\\ \text{kW}.
Q_1 = S_1\cdot\sqrt{1-pf_1^{2}} = 20\cdot\sqrt{1-0{,}8^{2}} = 20\cdot 0{,}6 = 12\\ \text{kVAR}\\ (\text{indutivo}).
Carga 2: S_2=40\\ \text{kVA}, pf_2=0{,}8 indutivo.
P_2 = 40\cdot 0{,}8 = 32\\ \text{kW}.
Q_2 = 40\cdot 0{,}6 = 24\\ \text{kVAR}\\ (\text{indutivo}).
Carga 3: são 180 lâmpadas de 100\\ \text{W} com pf_3=1.
Potência ativa total das lâmpadas:
P_3 = 180\cdot 100\\ \text{W} = 18000\\ \text{W} = 18\\ \text{kW}.
Como pf_3=1, a potência reativa é nula:
Q_3 = 0\\ \text{kVAR}.
A potência aparente desta carga é S_3 = 18\\ \text{kVA}.
Carga 4: S_4=5\\ \text{kVA}, pf_4=0{,}002 capacitivo.
P_4 = 5\cdot 0{,}002 = 0{,}01\\ \text{kW}.
Q_4 = -\,S_4\cdot\sqrt{1-pf_4^{2}} \approx -5\cdot\sqrt{1-(0{,}002)^{2}} \approx -5\cdot 0{,}999998 \approx -4{,}99999\\ \text{kVAR},
ou seja, aproximadamente -5\\ \text{kVAR} (capacitivo). O sinal negativo indica que a carga é capacitiva.

Passo 3

Agora somamos as potências ativas e reativas das quatro cargas para obter as potências totais da planta.
Potência ativa total:
P_{\text{tot}} = P_1+P_2+P_3+P_4 = 16 + 32 + 18 + 0{,}01 = 66{,}01\\ \text{kW}.
Potência reativa total (atenção aos sinais; cargas 1 e 2 são indutivas positivas, carga 4 é capacitiva negativa):
Q_{\text{tot}} = Q_1+Q_2+Q_3+Q_4 = 12 + 24 + 0 - 5 = 31\\ \text{kVAR}\\ (\text{indutivo}).
Expliquei: a planta resultou em reativo indutivo de 31\\ \text{kVAR}.

Passo 4

Agora calculamos a potência aparente total S_{\text{tot}} e o fator de potência conjunto. Relação fundamental entre P, Q e S:
S_{\text{tot}} = \sqrt{P_{\text{tot}}^{2} + Q_{\text{tot}}^{2}}.
Substituindo os valores (tudo em kW/kVAR que resulta em kVA):
S_{\text{tot}} = \sqrt{(66{,}01)^{2} + (31)^{2}} \approx 72{,}927\\ \text{kVA}.
Fator de potência combinado:
pf_{\text{tot}} = \frac{P_{\text{tot}}}{S_{\text{tot}}} = \frac{66{,}01}{72{,}927}\approx 0{,}9052\\ (\text{indutivo}).
Interpretação: pf ≈ 0{,}905 atrasado (indutivo).

Passo 5

Cálculo da corrente de linha da instalação (sistema trifásico em estrela). Fórmula usada e explicação:
  • Em um sistema trifásico balanceado, a corrente de linha I (em A) relaciona-se com a potência aparente total por
I = \frac{S_{\text{tot}}\cdot 1000}{\sqrt{3}\,V_{L}},
onde S_{\text{tot}} está em kVA, multiplicamos por 1000 para obter VA, V_{L} é a tensão de linha em volts e \sqrt{3} aparece por ser trifásico.
Aplicando os números:
I = \frac{72{,}927\cdot 1000}{\sqrt{3}\cdot 380} \approx \frac{72927}{658{,}179} \approx 110{,}8\\ \text{A}.

Passo 6

Agora determinamos a potência reativa do banco de capacitores necessária para corrigir o fator de potência da planta para pf_{\text{novo}}=0{,}92.
Raciocínio e fórmulas (explicação detalhada):
  • Após correção, a potência ativa P da planta não muda; queremos que o novo fator de potência seja pf_{\text{novo}}. Então a nova potência aparente será
S_{\text{novo}} = \frac{P_{\text{tot}}}{pf_{\text{novo}}}.
  • A nova potência reativa resultante (módulo indutivo) será
Q_{\text{novo}} = P_{\text{tot}}\cdot\sqrt{\frac{1}{pf_{\text{novo}}^{2}} - 1}.
(Isto vem de Q_{\text{novo}} = \sqrt{S_{\text{novo}}^{2}-P_{\text{tot}}^{2}}.)
  • O banco de capacitores deve fornecer (em kVAR) a diferença entre o reativo original e o reativo desejado:
Q_{c} = Q_{\text{tot}} - Q_{\text{novo}}.
Se Q_{c}>0 o banco precisa fornecer essa quantidade em kVAR (ou seja, é um banco capacitivo).
Cálculo numérico:
S_{\text{novo}} = \frac{66{,}01}{0{,}92} \approx 71{,}761\\ \text{kVA}.
Q_{\text{novo}} = 66{,}01\cdot\sqrt{\frac{1}{0{,}92^{2}}-1} =66{,}01\cdot\sqrt{\frac{1}{0{,}8464}-1} =66{,}01\cdot\sqrt{1{,}181989-1}
=66{,}01\cdot\sqrt{0{,}181989}\approx 66{,}01\cdot 0{,}42667 \approx 28{,}175\\ \text{kVAR}.
Portanto o banco de capacitores necessário é
Q_{c} = Q_{\text{tot}} - Q_{\text{novo}} = 31 - 28{,}175 \approx 2{,}825\\ \text{kVAR}.
Interpretação: um banco capacitivo de aproximadamente 2{,}83\\ \text{kVAR} (arredondando) reduz o reativo indutivo de 31\\ \text{kVAR} para cerca de 28{,}175\\ \text{kVAR}, resultando em pf=0{,}92.

Resposta

66{,}01\\ \text{kW}
31\\ \text{kVAR}
72{,}927\\ \text{kVA}
0{,}9052 (atrasado / indutivo)
110{,}8\\ \text{A}
2{,}825\\ \text{kVAR}

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