(Petrobrás-2006) Um circuito elétrico alimenta um equipamento que absorve a potência de \sqrt{6} \mathrm{kVA}, com fator de potência \sqrt{2} / 2 indutivo. Deseja-se elevar o fator de potência desse circuito para \sqrt{3} / 2 indutivo. A potência reativa, em kvar, do banco de capacitores que deve ser instalado é:
(A) \sqrt{3}-1
(B) \sqrt{2}-1
(C) 1-\sqrt{3}
(D) 1-\sqrt{2}
(E) \frac{\sqrt{3}-\sqrt{2}}{2}

Passo 1

O enunciado diz que o equipamento absorve potência aparente S = \sqrt{6}\,\text{kVA} com fator de potência indutivo inicial
\cos\phi_1 = \frac{\sqrt{2}}{2},
e queremos elevar esse fator para
\cos\phi_2 = \frac{\sqrt{3}}{2}.
Para projetar o banco de capacitores, vamos precisar das seguintes etapas:
– calcular a potência ativa P, que permanece a mesma antes e depois da correção;
– calcular a reativa indutiva original Q_1;
– calcular a reativa indutiva desejada Q_2;
– obter a reativa capacitiva Q_c necessária como diferença Q_1 - Q_2.

Passo 2

A potência ativa P é dada por
P = S \cos\phi_{1}.
Como \cos\phi_{1} = \tfrac{\sqrt{2}}{2} e S = \sqrt{6}, temos
P = \sqrt{6}\;\frac{\sqrt{2}}{2} = \frac{\sqrt{12}}{2} = \frac{2\sqrt{3}}{2} = \sqrt{3}\;\text{kW}.

Passo 3

A reativa indutiva inicial Q_{1} é
Q_{1} = S \sin\phi_{1}
e como \sin\phi_{1} = \tfrac{\sqrt{2}}{2}, segue
Q_{1} = \sqrt{6}\;\frac{\sqrt{2}}{2} = \sqrt{3}\;\text{kVAr}.

Passo 4

Para o novo fator de potência, \cos\phi_{2} = \tfrac{\sqrt{3}}{2}, temos \phi_{2}=30^\circ e
\tan\phi_{2} = \tan 30^\circ = \frac{1}{\sqrt{3}}.
Logo a reativa indutiva desejada é
Q_{2} = P \tan\phi_{2} = \sqrt{3}\;\frac{1}{\sqrt{3}} = 1\;\text{kVAr}.

Passo 5

O banco de capacitores deve fornecer reatividade Q_{c} tal que a reativa resultante seja Q_{2}. Como o capacitor fornece reativa negativa (capacitiva), no módulo ele deve compensar
Q_{c} = Q_{1} - Q_{2} = \sqrt{3} - 1\;\text{kVAr}.

Resposta

\sqrt{3} - 1 (kVAr) – alternativa (A).

Exercícios relacionados