Um motor de 10 CV de potência mecânica, cujo fator de potência é de 0,5 indutivo, apresenta um rendimento de 98% e é alimentado a partir de uma rede de 380 Vef.
Determinar:
a)O triângulo de potências para este motor
b)O capacitor que deve ser conectado em paralelo ao motor para corrigir O fator de potência para 1 resistivo.
d)A variação no nível de corrente para o sistema não compensado e compensado
e)O triangulo de potências

Passo 1

O enunciado nos dá os seguintes dados e pede várias coisas. Vou listar tudo claramente para não perdermos o foco:
  • Potência mecânica entregue pelo motor: 10\\ \text{CV}.
  • Fator de potência do motor (antes da correção): 0{,}5 indutivo.
  • Rendimento do motor: 98\%.
  • Tensão de alimentação: 380\\ \text{V}_{\text{ef}} (assumida como tensão entre fases em sistema trifásico).
  • Perguntas pedidas:
    a) Mostrar o triângulo de potências (isto é, determinar P, Q e S) para o motor não compensado.
    b) Determinar o capacitor que deve ser ligado em paralelo para corrigir o fator de potência para 1 (isto normalmente significa achar a reativa fornecida pelo capacitor; se quiser a capacitância em farads, precisa-se da frequência).
    d) Determinar a variação no nível de corrente entre sistema não compensado e compensado.
    e) Apresentar o triângulo de potências após a correção (triângulo compensado).
Observações que adoto (não peço nada a mais):
  • Vou tratar o sistema como trifásico balanceado, tensão de linha V_{LL}=380\\ \text{V}.
  • A frequência não foi informada; para calcular capacitância em farads eu precisaria dela. Vou fornecer a reativa do capacitor em \mathrm{kVAr} (que é suficiente para correção) e também darei a capacitância por fase para os casos comuns f=60\\ \text{Hz} e f=50\\ \text{Hz}, considerando ligação em delta e em estrela (para cobrir as opções).

Passo 2

Converter potência de \text{CV} para watts e encontrar a potência ativa elétrica absorvida (entrada), usando rendimento.
  • Conversão: 1\\ \text{CV}=735{,}5\\ \text{W}. Logo a potência mecânica de saída é
P_{\text{out}} = 10\cdot735{,}5 = 7355\\ \text{W}.
  • Como o rendimento \eta é 98\%, a potência ativa elétrica absorvida (potência elétrica de entrada útil) é
P = \frac{P_{\text{out}}}{\eta}=\frac{7355}{0{,}98}=7505{,}1020408\\ \text{W}\approx 7505{,}10\\ \text{W}.
Explicação didática: rendimento \eta relaciona a potência útil de saída com a potência de entrada pela fórmula \eta = \dfrac{P_{\text{out}}}{P_{\text{in}}}. Aqui invertemos para achar P_{\text{in}}=P.

Passo 3

Com P conhecido e fator de potência \mathrm{pf}=\cos\varphi=0{,}5 (indutivo), calcular a potência aparente S, o ângulo de defasagem \varphi e a potência reativa Q.
  • Definições essenciais (mini-aula):
    • Potência ativa P (em W) é a parte que realiza trabalho/movimenta o motor.
    • Potência reativa Q (em VAR) está associada aos campos magnéticos (reatâncias indutivas ou capacitivas).
    • Potência aparente S (em VA) é o “tamanho” da corrente e tensão combinadas e satisfaz \displaystyle S^2 = P^2 + Q^2.
    • Relações úteis: \displaystyle S=\frac{P}{\cos\varphi} e \displaystyle Q = P\tan\varphi.
  • Primeiro o valor de S:
S=\frac{P}{\cos\varphi}=\frac{7505{,}10}{0{,}5}=15010{,}2040816\\ \text{VA}\approx15010{,}20\\ \text{VA}.
  • Encontrar \tan\varphi. Como \cos\varphi=0{,}5,
\tan\varphi=\sqrt{\frac{1}{\cos^2\varphi}-1}=\sqrt{\frac{1}{0{,}5^2}-1}=\sqrt{4-1}=\sqrt{3}=1{,}7320508\ldots
  • Então a reativa Q é
Q = P\tan\varphi = 7505{,}10\cdot1{,}7320508 \approx 13000{,}00\\ \text{VAR}=13{,}00\\ \text{kVAr}.
Comentário prático: Q saiu exatamente 13{,}0\\ \text{kVAr} (arredondado) — é a reativa indutiva que o motor “puxa” da rede.

Passo 4

Desenhar mentalmente (e numericamente) o triângulo de potências não compensado e anotar seus lados numericamente e o ângulo.
  • Triângulo (não compensado):
    • Potência ativa: P=7505{,}10\\ \text{W}.
    • Potência reativa (indutiva): Q=13000{,}00\\ \text{VAR}.
    • Potência aparente: S=15010{,}20\\ \text{VA}.
    • Ângulo de fase \varphi=\operatorname{arccos}(0{,}5)=60^\circ (já que \cos60^\circ=0{,}5).
Explicação curta sobre o triângulo: no eixo horizontal coloca-se P, no vertical Q (positivo para indutiva), e a hipotenusa é S. O ângulo entre P e S é \varphi.

Passo 5

Determinar o capacitor necessário para corrigir o fator de potência para 1. Primeiro o raciocínio: para \mathrm{pf}=1 precisamos anular a reativa total. Então o capacitor deve fornecer uma potência reativa Q_c (capacitiva) igual em magnitude à reativa indutiva existente.
  • Portanto a reativa do capacitor (total) deve ser
Q_c = Q = 13000{,}00\\ \text{VAR} \quad(\text{capacitiva}).
Isto já responde a pergunta prática sobre “qual capacitor” no sentido de potência reativa: precisa de uma bateria de capacitores de 13{,}0\\ \text{kVAr}.
Agora, se se quer a capacitância em farads, usamos a relação entre reativa e capacitância:
  • Para uma única fase com tensão eficaz V, reativa do capacitor é \displaystyle Q_c = V^2\omega C, onde \omega=2\pi f e f é a frequência.
  • Em trifásico:
    • Se a banca de capacitores for ligada em delta (cada capacitor entre fases, cada um vê V_{LL}): \displaystyle Q_{c,\text{total}} = 3 V_{LL}^2 \omega C_{\Delta}.
    • Se ligada em estrela (cada capacitor fase-neutro, vê V_{ph}=V_{LL}/\sqrt{3}): \displaystyle Q_{c,\text{total}} = 3 V_{ph}^2 \omega C_{Y} = 3\left(\frac{V_{LL}}{\sqrt{3}}\right)^2 \omega C_{Y} = V_{LL}^2 \omega C_{Y}.
Observação útil: a expressão mostra que, numericamente, para o mesmo Q_c, a capacitância por capacitor em ligação estrela será três vezes maior que a capacitância por capacitor em ligação delta.
Calcular valores numéricos assumindo frequências comuns:
  • Primeiro calcule o fator intermediário
\frac{Q_c}{3 V_{LL}^2} = \frac{13000}{3\cdot380^2}=\frac{13000}{433200}\approx0{,}03002.
  • Para ligação em delta, a capacitância por capacitor (cada um, em F) é
C_{\Delta}=\frac{Q_c}{3 V_{LL}^2 \omega}=\frac{0{,}03002}{2\pi f}.
Para f=60\\ \text{Hz}:
C_{\Delta}=\frac{0{,}03002}{2\pi\cdot60}\approx7{,}96\times10^{-5}\\ \text{F}=79{,}6\\ \mu\text{F}.
Para f=50\\ \text{Hz}:
C_{\Delta}=\frac{0{,}03002}{2\pi\cdot50}\approx9{,}55\times10^{-5}\\ \text{F}=95{,}5\\ \mu\text{F}.
  • Para ligação em estrela, cada capacitor (fase-neutro) precisa ser aproximadamente três vezes maior:
C_{Y}\approx 3 C_{\Delta}\Rightarrow C_{Y}\approx 239{,}0\\ \mu\text{F}\\ (\text{para }60\\ \text{Hz}).
Resumo didático: se o objetivo é simplesmente anular a reativa, instale capacitores que somem 13{,}0\\ \text{kVAr}. Se for pedir a capacitância numa prática, escolha o esquema de ligação (delta é comum) e a frequência da rede; com f=60\\ \text{Hz} e banco em delta, cada capacitor ≈ 79{,}6\\ \mu\text{F}.

Passo 6

Calcular a corrente de linha antes e depois da compensação e a variação percentual.
  • Fórmula trifásica básica (balanceada): \displaystyle S=\sqrt{3}\,V_{LL}\,I_{\ell} onde I_{\ell} é a corrente de linha. Logo
I_{\ell}=\frac{S}{\sqrt{3}\,V_{LL}}.
  • Corrente não compensada (usando S_{\text{nc}}=15010{,}20\\ \text{VA}):
I_{\ell,\text{nc}}=\frac{15010{,}20}{\sqrt{3}\cdot380}=\frac{15010{,}20}{1{,}73205\cdot380}\approx\frac{15010{,}20}{657{,}18}\approx22{,}84\\ \text{A}.
  • Após a correção para \mathrm{pf}=1, a potência aparente é S_{\text{c}}=P=7505{,}10\\ \text{VA}. Então
I_{\ell,\text{c}}=\frac{7505{,}10}{\sqrt{3}\cdot380}\approx\frac{7505{,}10}{657{,}18}\approx11{,}42\\ \text{A}.
  • Variação absoluta e percentual:
    • Redução em valor absoluto: 22{,}84 - 11{,}42 = 11{,}42\\ \text{A}.
    • Redução percentual: \dfrac{11{,}42}{22{,}84}\cdot100\% = 50\%. (Isto faz sentido físico: dobrando o fator de potência de 0{,}5 para 1 reduz a corrente aparente e, portanto, a corrente de linha à metade.)
Explicação didática curta: corrigir o fator de potência reduz a potência aparente necessária da rede; como I é proporcional a S, a corrente cai proporcionalmente.

Passo 7

Triângulo de potências após a correção (triângulo compensado).
  • Depois da correção para \mathrm{pf}=1:
    • Potência ativa: P=7505{,}10\\ \text{W} (inalterada).
    • Potência reativa: Q_{\text{novo}}=0\\ \text{VAR} (anulada pela capacitação).
    • Potência aparente: S_{\text{novo}}=P=7505{,}10\\ \text{VA}.
    • Ângulo de fase \varphi_{\text{novo}}=0^\circ.
No triângulo compensado a hipotenusa coincide com o lado ativo horizontal: é um segmento puramente real.

Resposta

a) Triângulo não compensado: P=7505{,}10\\ \text{W},\; Q=13000{,}00\\ \text{VAR} (indutiva), S=15010{,}20\\ \text{VA} ( \varphi=60^\circ).
b) Capacitor requerido (potência reativa): Q_c=13000{,}00\\ \text{VAR}=13{,}0\\ \text{kVAr}. Se desejar capacitância: assumindo ligação em delta e f=60\\ \text{Hz}, cada capacitor C_{\Delta}\approx79{,}6\\ \mu\text{F} (para f=50\\ \text{Hz}, C_{\Delta}\approx95{,}5\\ \mu\text{F}). Em estrela, cada capacitor ≈ 239{,}0\\ \mu\text{F} (para f=60\\ \text{Hz}).
d) Corrente de linha: não compensado I_{\ell,\text{nc}}\approx22{,}84\\ \text{A}; compensado I_{\ell,\text{c}}\approx11{,}42\\ \text{A}. Redução de 50\%.
e) Triângulo compensado: P=7505{,}10\\ \text{W},\; Q=0\\ \text{VAR},\; S=7505{,}10\\ \text{VA} ( \varphi=0^\circ).

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