A potência ativa da carga indutiva de uma indústria é de 1.000 kW , e o ângulo da impedância equivalente da carga por fase é de 45^{\circ}. Para atender às normas vigentes, o fator de potência deve ser corrigido para 0,92 indutivo. Calcule o valor, em kVAr, da potência total do banco de capacitores a ser utilizado para corrigir esse fator de potência.

Passo 1

Dados fornecidos e o que se pede:\n
  • Potência ativa total da carga: P = 1000\\ \mathrm{kW}.\n
  • Ângulo da impedância equivalente da carga por fase: \phi_1 = 45^\circ. (Do enunciado.)\n
  • Fator de potência desejado (correto): \mathrm{FP}_2 = 0{,}92 indutivo.\n
  • Pergunta: determinar a potência reativa total do banco de capacitores, em \mathrm{kVAr}, que deve ser instalado para corrigir o fator de potência para 0{,}92 indutivo.

Passo 2

Conceitos e fórmulas que vamos usar (explicadinhas):\n
  • O fator de potência \mathrm{FP} e o ângulo de fase \varphi estão relacionados por \mathrm{FP}=\cos\varphi. Aqui \varphi é o ângulo entre tensão e corrente; para carga indutiva \varphi>0.\n
  • A potência reativa Q (em \mathrm{kVAr}) de uma carga que absorve potência ativa P é dada por
Q = P\tan\varphi.
Aqui P está em \mathrm{kW} e \tan\varphi é a tangente do ângulo de defasagem.\n
  • Se conhecemos \mathrm{FP}=\cos\varphi e queremos \tan\varphi sem usar diretamente arco-cosseno, usamos a identidade trigonométrica
\tan\varphi=\frac{\sqrt{1-\cos^2\varphi}}{\cos\varphi}.
Isso é útil na prova porque evita depender do valor do arco-cosseno na cabeça.\n
  • O banco de capacitores deve fornecer a potência reativa necessária para reduzir a potência reativa absorvida pela carga desde Q_1 (inicial) até Q_2 (desejada). Assim, a potência reativa do banco (magnitude) é
Q_c = Q_1 - Q_2,
onde Q_1 e Q_2 são as reativas antes e depois da correção. Para uma carga indutiva Q>0; um capacitor fornece Q<0, então o módulo a instalar é Q_c acima.

Passo 3

Calcular a potência reativa inicial Q_1 da carga usando \phi_1=45^\circ:\n
  • Primeiro, \mathrm{FP}_1=\cos(45^\circ)=\dfrac{\sqrt{2}}{2}\approx0{,}7071.\n
  • Como \tan(45^\circ)=1, aplicando Q_1=P\tan\phi_1 temos
Q_1 = 1000\cdot\tan(45^\circ)=1000\cdot 1 = 1000\\ \mathrm{kVAr}.
Interpretação: hoje a indústria consome 1000\\ \mathrm{kVAr} indutivos.

Passo 4

Calcular a potência reativa desejada Q_2 correspondente a \mathrm{FP}_2=0{,}92:\n
  • Temos \cos\phi_2=0{,}92. Usando a identidade para \tan\varphi:
\tan\phi_2=\frac{\sqrt{1-\cos^2\phi_2}}{\cos\phi_2} =\frac{\sqrt{1-(0{,}92)^2}}{0{,}92}.
  • Calcule as partes: (0{,}92)^2=0{,}8464, então 1-0{,}8464=0{,}1536.\n
  • A raiz é \sqrt{0{,}1536}\approx 0{,}391918 (aproximação numérica). Assim
\tan\phi_2 \approx \frac{0{,}391918}{0{,}92}\approx 0{,}4260.
  • Agora Q_2 = P\tan\phi_2 \approx 1000\cdot 0{,}4260 = 426{,}0\\ \mathrm{kVAr}.

Passo 5

Calcular a potência reativa do banco de capacitores necessária:\n
Q_c = Q_1 - Q_2 \approx 1000 - 426{,}0 = 574{,}0\\ \mathrm{kVAr}.
Interpretação física rápida: a indústria precisava de 1000\\ \mathrm{kVAr} indutivos; queremos ficar com 426{,}0\\ \mathrm{kVAr} indutivos após a correção; portanto o banco de capacitores deve fornecer (ou compensar) cerca de 574{,}0\\ \mathrm{kVAr} indutivos — ou seja, o banco fornece 574{,}0\\ \mathrm{kVAr} capacitivos (sinal negativo reativo), reduzindo o Q indutivo em 574{,}0\\ \mathrm{kVAr}.\n
Dica de prova: dá para fazer tudo sem calculadora se você lembrar \tan\varphi=\sqrt{1-\cos^2\varphi}/\cos\varphi e manipular frações; se precisar arredondar, entregar 574\\ \mathrm{kVAr} é aceitável.

Resposta

\,574{,}0\\ \mathrm{kVAr}

Exercícios relacionados