Uma planta industrial trifásica de 80 kVA , ligação em Y, 440 V , opera com FP de 0.8 indutivo.
Calcule o que se pede.
A potência de um banco de capacitores para corrigir o fator de potência da planta para 0.92 indutivo em kVAR.

Passo 1

O enunciado dá os seguintes dados e pede uma coisa clara:
  • Potência aparente da planta: S = 80\\ \text{kVA}.
  • Ligação em Y e tensão de linha: 440\\ \text{V}. (Esse dado da tensão não será necessário para calcular a potência reativa total do banco, porque já temos S total.)
  • Fator de potência inicial: \text{FP}_1 = 0{,}8 (indutivo).
  • Fator de potência desejado: \text{FP}_2 = 0{,}92 (indutivo).
    Pergunta: calcular a potência reativa (em \text{kVAR}) do banco de capacitores que corrige o FP da planta de 0{,}8 para 0{,}92.

Passo 2

Vamos lembrar as relações fundamentais entre potência aparente, ativa e reativa. Para qualquer carga:
S^2 = P^2 + Q^2,
onde
  • S é a potência aparente (em \text{kVA}),
  • P é a potência ativa (em \text{kW}),
  • Q é a potência reativa (em \text{kVAR}).
    O fator de potência é \cos\varphi = \dfrac{P}{S}. Ou seja, a potência ativa é
P = S\cdot\text{FP}.
Vamos calcular P usando os dados iniciais (usa-se o \text{FP}_1 porque a potência ativa não muda com correção de fase).
P = S\cdot\text{FP}_1 = 80\cdot 0{,}8 = 64\\ \text{kW}.
Explicação didática: isso significa que, dos 80\\ \text{kVA} “disponíveis”, 64\\ \text{kW} são potência útil (real), o restante é reativo.

Passo 3

Calcular a reativa inicial Q_1. Usamos Q = \sqrt{S^2 - P^2} ou Q = S\sqrt{1-\text{FP}^2}. Vou usar a segunda forma (mais direta quando se conhece S e o FP):
Q_1 = S\sqrt{1-\text{FP}_1^2} = 80\sqrt{1-0{,}8^2}.
Calcule passo a passo:
0{,}8^2 = 0{,}64,
1-0{,}64 = 0{,}36,
\sqrt{0{,}36} = 0{,}6,
Q_1 = 80\cdot 0{,}6 = 48\\ \text{kVAR}.
Interpretação: a planta está consumindo 48\\ \text{kVAR} indutivos antes da correção.

Passo 4

Calcular a reativa desejada Q_2 quando o FP for 0{,}92. Podemos usar Q = P\tan\varphi, e \tan\varphi = \dfrac{\sqrt{1-\cos^2\varphi}}{\cos\varphi} = \dfrac{\sqrt{1-\text{FP}^2}}{\text{FP}}. Assim:
Q_2 = P\cdot\tan\varphi_2 = P\cdot\frac{\sqrt{1-\text{FP}_2^2}}{\text{FP}_2}.
Substituindo P=64\\ \text{kW} e \text{FP}_2=0{,}92:
\text{FP}_2^2 = 0{,}92^2 = 0{,}8464,
1-0{,}8464 = 0{,}1536,
\sqrt{0{,}1536} \approx 0{,}3920,
\tan\varphi_2 = \frac{0{,}3920}{0{,}92} \approx 0{,}426087,
Q_2 = 64\cdot 0{,}426087 \approx 27{,}2696\\ \text{kVAR}.
Interpretação: se o FP for 0,92, a planta ainda terá cerca de 27{,}27\\ \text{kVAR} indutivos.

Passo 5

O banco de capacitores deve fornecer potência reativa capacitiva igual à diferença entre a reativa inicial e a reativa desejada (porque capacitores fornecem kVAR negativos para compensar kVAR indutivos):
Q_C = Q_1 - Q_2.
Substituindo os valores:
Q_C = 48 - 27{,}2696 \approx 20{,}7304\\ \text{kVAR}.
Interpretação: devemos instalar um banco de capacitores de aproximadamente 20{,}73\\ \text{kVAR} (capacitivo) para elevar o FP de 0,8 para 0,92.

Passo 6

Observação prática (útil na prova): como a planta está em ligação em Y, se o exercício pedisse a potência reativa por fase, basta dividir por 3:
Q_{C,\text{fase}} = \frac{Q_C}{3} \approx \frac{20{,}7304}{3} \approx 6{,}9101\\ \text{kVAR por fase}.
Mas como a pergunta pediu a potência do banco em \text{kVAR}, o valor relevante é o total Q_C calculado no passo anterior.

Resposta

20,73\\ \text{kVAR}

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