Questão 3 (40%)

Você, estudante de Engenharia Elétrica da UFV, foi recentemente contratado como estagiário pela Divisão de Obras da Universidade Federal de Viçosa (UFV). Logo em sua primeira semana, percebeu que a UFV estava pagando multa à Cemig por excesso de consumo de potência reativa.
Ao analisar os dados, você observou os seguintes pontos:
  • Potência ativa média consumida: 4900 kW ;
  • Fator de potência atual: 0,85 (atrasado);
  • Fator de potência exigido pela CEMIG: 0,92 (no mínimo);
  • Tensão eficaz de operação da rede: 13.8 kV ;
Com base nesses dados, você precisa elaborar um procedimento para reduzir a quantidade de multa paga à Cemig. Determine:
a) (8 \%) A potência reativa antes da correção.
b) (8 \%) A potência reativa correspondente ao novo fator de potência de 0,92 .
c) (8 \%) A potência reativa que deve ser conectada à rede.
d) (8 \%) A corrente de pico total antes e depois da correção.
e) (8 \%) Os triângulos de potência antes e depois da correção.
RASCUNHO

Passo 1

Dados fornecidos (vou listar tudo bem claro para não se perder):
\text{Potência ativa média: }P=4900\\ \text{kW}êé
\text{Fator de potência atual: } \text{PF}_1=0{,}85\\ (\text{atrasado})ê
\text{Fator de potência exigido: } \text{PF}_2=0{,}92ê
\text{Tensão eficaz de operação (linha): } V_{L}=13{,}8\\ \text{kV}ãçã
Pediram (a fazer):
a) A potência reativa antes da correção.
b) A potência reativa correspondente ao novo fator de potência 0{,}92.
c) A potência reativa que deve ser conectada (compensação).
d) A corrente de pico total antes e depois da correção.
e) Os triângulos de potência antes e depois da correção (valores numéricos: P,Q,S,\varphi).
Observação necessária (assunção): vou assumir sistema trifásico e que V_{L}=13{,}8\\ \text{kV} é a tensão linha a linha usada para cálculo de corrente. Não pediram outra coisa, então seguimos com essa hipótese padrão.

Passo 2

Breve aula-conceito (fórmulas que vamos usar e o que cada variável significa)
  • Potência ativa: \;P\; é a potência útil (em kW).
  • Potência reativa: \;Q\; é a potência que oscila entre fonte e reativo (em kVAr). Indutiva dá Q positivo (atrasado); capacitiva seria Q negativo (adiantado).
  • Potência aparente: \;S\; é a combinação de P e Q (em kVA). Relação fundamental (triângulo de potência):
S^{2} = P^{2} + Q^{2}.
  • Fator de potência: \text{PF}=\cos\varphi = \dfrac{P}{S}, onde \varphi é o ângulo entre P e S.
  • Relação útil para Q a partir de P e \text{PF}:
Q = P \tan\varphi = P \sqrt{\dfrac{1}{\text{PF}^{2}} - 1}.
(Expliquei: usamos \tan\varphi=\sqrt{1/\cos^{2}\varphi-1}.)
  • Para corrente trifásica eficaz (rms):
I_{\text{rms}}=\dfrac{S\\ (\text{VA})}{\sqrt{3}\,V_{L}\\ (\text{V})}.
Aqui S em VA (portanto multiplicamos kVA por 1000).
  • Corrente de pico (amplitude máxima, para senoidal): \;I_{\text{peak}}=\sqrt{2}\,I_{\text{rms}}.
Vou aplicar essas fórmulas passo a passo aos números do enunciado.

Passo 3

Calcular a potência reativa antes da correção ( Q_{1}) usando \text{PF}_1=0{,}85.
Q_{1} = P\sqrt{\dfrac{1}{\text{PF}_1^{2}}-1}.
Substituindo:
Q_{1}=4900\sqrt{\dfrac{1}{0{,}85^{2}}-1}.
Calculemos em etapas: 0{,}85^{2}=0{,}7225, \dfrac{1}{0{,}7225}=1{,}384083278, então \dfrac{1}{0{,}85^{2}}-1=0{,}384083278. A raiz:
\sqrt{0{,}384083278}\approx0{,}619747.
Logo
Q_{1}\approx 4900\times 0{,}619747 \approx 3036{,}76\\ \text{kVAr}.
Interpretação: antes da correção a carga consumia cerca de \;3036{,}76\\ \text{kVAr} reativos (indutivos).

Passo 4

Calcular a potência reativa desejada com \text{PF}_2=0{,}92 ( Q_{2}):
Q_{2}=4900\sqrt{\dfrac{1}{0{,}92^{2}}-1}.
Cálculos: 0{,}92^{2}=0{,}8464, \dfrac{1}{0{,}8464}=1{,}181102362, \dfrac{1}{0{,}8464}-1=0{,}181102362. Outra forma (equivalente) é usar \sqrt{1-\text{PF}^{2}}/\text{PF}: aqui a raiz de 0{,}1536 dividida por 0{,}92 dá o mesmo resultado numérico. Calculando a raiz e produto:
\sqrt{0{,}1536}\approx0{,}3919184,\quad \dfrac{0{,}3919184}{0{,}92}\approx0{,}425999.
Q_{2}\approx 4900\times 0{,}425999 \approx 2087{,}40\\ \text{kVAr}.
Interpretação: para obter \text{PF}=0{,}92 a potência reativa total da carga deve ser \approx 2087{,}40\\ \text{kVAr}.

Passo 5

Potência reativa a ser conectada (capacitores) — compensação Q_{c}:
Q_{c}=Q_{1}-Q_{2}.
Substituindo os valores calculados:
Q_{c}\approx 3036{,}76 - 2087{,}40 \approx 949{,}36\\ \text{kVAr}.
Interpretação: precisamos conectar aproximadamente \;949{,}36\\ \text{kVAr} de potência reativa capacitiva (ou seja, banco de capacitores) para elevar o PF de 0{,}85 para 0{,}92.

Passo 6

Calcular as potências aparentes antes e depois (útil para corrente):
S_{1}=\dfrac{P}{\text{PF}_1}=\dfrac{4900}{0{,}85}\approx5764{,}705882\\ \text{kVA},
S_{2}=\dfrac{P}{\text{PF}_2}=\dfrac{4900}{0{,}92}\approx5326{,}086957\\ \text{kVA}.
Confirmação via triângulo: \;S_{1}=\sqrt{P^{2}+Q_{1}^{2}} e \;S_{2}=\sqrt{P^{2}+Q_{2}^{2}} — ambas formas dão os mesmos valores numericamente (consistência).

Passo 7

Correntes eficazes (rms) antes e depois da correção. Fórmula trifásica:
I_{\text{rms}}=\dfrac{S\\ (\text{VA})}{\sqrt{3}\,V_{L}\\ (\text{V})}.
Converter S de kVA para VA multiplicando por 1000. Calcule denominador:
\sqrt{3}\,V_{L}\approx 1{,}732050808\times 13{,}800\\ \text{V}\approx 23\,902{,}30\\ \text{V}.
Agora,
I_{1,\text{rms}}=\dfrac{5764{,}705882\times 1000}{23\,902{,}30}\approx 241{,}13\\ \text{A},
I_{2,\text{rms}}=\dfrac{5326{,}086957\times 1000}{23\,902{,}30}\approx 222{,}83\\ \text{A}.
Interpretação: após a correção a corrente rms por fase (linha) cai de cerca de 241{,}13\\ \text{A} para 222{,}83\\ \text{A}.

Passo 8

Correntes de pico (amplitude) antes e depois:
I_{\text{peak}}=\sqrt{2}\,I_{\text{rms}}.
I_{1,\text{peak}}\approx\sqrt{2}\times 241{,}13\approx 341{,}02\\ \text{A},
I_{2,\text{peak}}\approx\sqrt{2}\times 222{,}83\approx 315{,}24\\ \text{A}.
Interpretação: picos caem também com a correção.

Passo 9

Triângulos de potência antes e depois (valores numéricos e ângulos)
  • Antes da correção:
P=4900\\ \text{kW},\quad Q_{1}\approx 3036{,}76\\ \text{kVAr},\quad S_{1}\approx 5764{,}71\\ \text{kVA}.
Ângulo \varphi_{1} tal que \cos\varphi_{1}=\text{PF}_1=0{,}85, então
\varphi_{1}=\operatorname{arccos}(0{,}85)\approx 31{,}79^\circ.
  • Depois da correção:
P=4900\\ \text{kW},\quad Q_{2}\approx 2087{,}40\\ \text{kVAr},\quad S_{2}\approx 5326{,}09\\ \text{kVA}.
Ângulo \varphi_{2} tal que \cos\varphi_{2}=\text{PF}_2=0{,}92, então
\varphi_{2}=\operatorname{arccos}(0{,}92)\approx 23{,}07^\circ.
Como desenho mental: em ambos os triângulos o cateto horizontal é P, o vertical é Q (para carga indutiva apontando para cima) e a hipotenusa é S. Após a correção o triângulo fica “mais achatado” (Q menor, S menor, ângulo \varphi menor).

Resposta

a) Q_{1}\approx 3036{,}76\\ \text{kVAr}
b) Q_{2}\approx 2087{,}40\\ \text{kVAr}
c) Q_{c}=Q_{1}-Q_{2}\approx 949{,}36\\ \text{kVAr} (capacitivo)
d) I_{1,\text{peak}}\approx 341{,}02\\ \text{A},\quad I_{2,\text{peak}}\approx 315{,}24\\ \text{A}
e) Antes: P=4900\\ \text{kW},\;Q_{1}\approx3036{,}76\\ \text{kVAr},\;S_{1}\approx5764{,}71\\ \text{kVA},\;\varphi_{1}\approx31{,}79^\circ
Depois: P=4900\\ \text{kW},\;Q_{2}\approx2087{,}40\\ \text{kVAr},\;S_{2}\approx5326{,}09\\ \text{kVA},\;\varphi_{2}\approx23{,}07^\circ

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