Questão 1. Os equipamentos elétricos de uma fábrica são ligados a um sistema de 1,0 \mathrm{kV} e 60 Hz . Estas cargas são constituídas de: (i) aquecedores elétricos (puramente resistivos) que totalizam 20 kW ; (ii) motores elétricos que totalizam 10 kW e fator de potência 0,7 atrasado; e (iii) lâmpadas elétricas, que totalizam 5 kW e fator de potência 0,85 atrasado.
(a) Represente esquematicamente as cargas desta instalação elétrica na forma do triângulo de potências, calculando os valores das potências ativa (P), reativa (Q) e aparente (S) de toda a instalação. Dica: calcule P e Q de cada carga separadamente antes de construir o triângulo.
(b) É estabelecido por resolução da ANEEL que a concessionária de energia elétrica pode cobrar uma sobretaxa dos consumidores, caso o fator de potência de uma instalação elétrica seja inferior a 0,92 atrasado (dependendo do nível de consumo de energia). É necessário corrigir o fator de potência na instalação descrita no enunciado deste exercicio para atender às normas da ANEEL? Justifique.
(c) Se a sua resposta foi afirmativa no item anterior, determine a capacitância a ser instalada em paralelo com toda a instalação para corrigir o fator de potência até o valor estabelecido pela ANEEL. Se foi negativa, determine a capacitância a ser instalada em paralelo com toda a instalação elétrica para que o novo fator de potência seja de 0,95.

Passo 1

O enunciado dá uma instalação alimentada por um sistema de 1,0\\ \mathrm{kV} e 60\\ \mathrm{Hz} com três tipos de carga. As perguntas são:
  1. (a) Representar esquematicamente as cargas no triângulo de potências e calcular as potências ativa (P), reativa (Q) e aparente (S) de toda a instalação. Dica do enunciado: calcular P e Q de cada carga separadamente antes de somar.
  2. (b) Dizer se é necessário corrigir o fator de potência para ficar no mínimo em 0,92 (atrasado) e justificar.
  3. (c) Se não for necessário corrigir para 0,92, calcular a capacitância a ser instalada em paralelo para que o novo fator de potência seja 0,95. Se fosse necessário para 0,92, calcular a capacitância para atingir 0,92.
Informações dadas (extraídas do enunciado):
  • Aquecedores (puramente resistivos): potência ativa 20\\ \mathrm{kW}.
  • Motores: potência ativa 10\\ \mathrm{kW}, fator de potência \mathrm{pf}=0,7 (atrasado).
  • Lâmpadas: potência ativa 5\\ \mathrm{kW}, fator de potência \mathrm{pf}=0,85 (atrasado).
  • Tensão do sistema: 1,0\\ \mathrm{kV} (ou seja, 1000\\ \mathrm{V}).
  • Frequência: 60\\ \mathrm{Hz}.

Passo 2

Vamos calcular P e Q de cada carga separadamente. Conceitos e fórmulas que vamos usar (explicadinho):
  • A potência ativa P é a potência dissipada/utilizada em kW (já dada para cada carga).
  • O fator de potência é \mathrm{pf}=\cos\varphi, onde \varphi é o ângulo de fase entre tensão e corrente. Para carga indutiva (atrasada) temos reativos positivos (kVAr indutivos).
  • A potência reativa Q (em kVAr) pode ser obtida a partir de P e do ângulo \varphi por
Q = P\cdot\tan\varphi.
Para usar \mathrm{pf}=\cos\varphi sem calcular \varphi explicitamente, usamos
\tan\varphi = \sqrt{\frac{1}{\mathrm{pf}^2}-1}.
Aqui P está em kW e Q sai em kVAr (mesma unidade de potência, diferente sinal para capacitivo/indutivo).
Cálculos por carga:
  1. Aquecedores (puramente resistivos):
  • P_{\text{aq}} = 20\\ \mathrm{kW}.
  • Como são puramente resistivos, \varphi=0 e \tan\varphi=0, logo
Q_{\text{aq}} = 0\\ \mathrm{kVAr}.
  1. Motores:
  • P_{\text{m}} = 10\\ \mathrm{kW}, \mathrm{pf}_{\text{m}} = 0,7.
  • Calcular \tan\varphi_{\text{m}}:
\tan\varphi_{\text{m}} = \sqrt{\frac{1}{(0,7)^2}-1} = \sqrt{\frac{1}{0,49}-1} = \sqrt{2,040816-1} = \sqrt{1,040816} \approx 1,020203.
  • Então
Q_{\text{m}} = P_{\text{m}}\cdot\tan\varphi_{\text{m}} = 10\cdot 1,020203 \approx 10,202\\ \mathrm{kVAr}.
  1. Lâmpadas:
  • P_{\ell} = 5\\ \mathrm{kW}, \mathrm{pf}_{\ell} = 0,85.
  • Calcular \tan\varphi_{\ell}:
\tan\varphi_{\ell} = \sqrt{\frac{1}{(0,85)^2}-1} = \sqrt{\frac{1}{0,7225}-1} = \sqrt{1,384084-1} = \sqrt{0,384084} \approx 0,619740.
  • Então
Q_{\ell} = P_{\ell}\cdot\tan\varphi_{\ell} = 5\cdot 0,619740 \approx 3,099\\ \mathrm{kVAr}.
Resumo por carga (arredondando a 3 casas decimais):
P_{\text{aq}}=20,\quad Q_{\text{aq}}=0,
P_{\text{m}}=10,\quad Q_{\text{m}}\approx 10,202,
P_{\ell}=5,\quad Q_{\ell}\approx 3,099.

Passo 3

Somamos as potências ativa e reativa de todas as cargas para obter as potências totais da instalação. Explico: potências ativas somam linearmente porque são energia real consumida; potências reativas (indutivas) também somam (com sinal) porque representam a soma vetorial da componente imaginária.
  • Potência ativa total:
P_{\text{tot}} = P_{\text{aq}} + P_{\text{m}} + P_{\ell} = 20 + 10 + 5 = 35\\ \mathrm{kW}.
  • Potência reativa total (todas atrasadas/indutivas):
Q_{\text{tot}} = Q_{\text{aq}} + Q_{\text{m}} + Q_{\ell} = 0 + 10,202 + 3,099 \approx 13,301\\ \mathrm{kVAr}.
Agora a potência aparente total S (hipotenusa do triângulo de potências) é a magnitude do número complexo P + jQ:
S = \sqrt{P_{\text{tot}}^{2} + Q_{\text{tot}}^{2}} = \sqrt{35^{2} + 13,301^{2}} \approx \sqrt{1225 + 176,90} \approx \sqrt{1401,90} \approx 37,436\\ \mathrm{kVA}.
Fator de potência global da instalação:
\mathrm{pf}_{\text{tot}} = \frac{P_{\text{tot}}}{S} = \frac{35}{37,436} \approx 0,936\\ \text{(atrasado)}.
Esquematicamente, o triângulo de potências tem:
  • base (real) P_{\text{tot}} = 35\\ \mathrm{kW},
  • vertical (imaginária) Q_{\text{tot}} \approx 13,301\\ \mathrm{kVAr} (para cima, pois indutivo/atrasado),
  • hipotenusa S \approx 37,436\\ \mathrm{kVA}.

Passo 4

Resposta à pergunta (b): comparar o fator de potência calculado com o limite da ANEEL.
  • Calculamos \mathrm{pf}_{\text{tot}}\approx 0,936.
  • O limite da ANEEL citado no enunciado é 0,92 (atrasado) como mínimo aceitável sem sobretaxa.
  • Como 0,936 > 0,92, o fator de potência da instalação já está acima do limite mínimo.
Conclusão: não é necessário corrigir o fator de potência para atingir 0,92; a instalação já atende a essa norma.

Passo 5

Como a resposta do item (b) foi negativa (não é necessário corrigir para 0,92), o enunciado pede que calculemos a capacitância a ser instalada em paralelo com toda a instalação para que o novo fator de potência seja 0,95.
Estratégia e fórmulas (explicadas):
  • Para atingir um novo fator de potência \mathrm{pf}_{\text{novo}} devemos reduzir a potência reativa indutiva total Q_{\text{tot}} até um novo valor Q_{\text{novo}} correspondente a \mathrm{pf}_{\text{novo}} mantendo P_{\text{tot}} igual (capacitor não altera P).
  • Calculamos Q_{\text{novo}} por
Q_{\text{novo}} = P_{\text{tot}}\cdot\tan\varphi_{\text{novo}}, \quad\text{onde}\quad \tan\varphi_{\text{novo}}=\sqrt{\frac{1}{\mathrm{pf}_{\text{novo}}^{2}}-1}.
  • A reatividade que o banco de capacitores deve fornecer (em kVAr) é
Q_{c} = Q_{\text{tot}} - Q_{\text{novo}}.
(Se Q_{c}>0, precisamos de capacitância que gere essa potência reativa capacitiva; se fosse negativo, precisaríamos de reativo indutivo — não é o caso aqui.)
  • Relação entre reatividade capacitiva Q_{c} (em VAR), capacitância C (em Farads), tensão V (em volts) e pulsação \omega = 2\pi f:
Q_{c} = V^{2}\,\omega\,C.
Aqui eu uso a forma em que estamos considerando a capacitância total equivalente conectada ao sistema de tensão nominal V. Para um banco trifásico balanceado, o resultado numérico final para a capacitância total do banco (soma das três capacitores equivalentes) dá a mesma C total que obtemos com a fórmula acima aplicada ao total de Q_{c}. Vou usar V=1000\\ \mathrm{V} e f=60\\ \mathrm{Hz}, logo \omega=2\pi\cdot 60\\ \mathrm{rad/s}.
Cálculos:
  1. Calcular \tan\varphi_{\text{novo}} para \mathrm{pf}_{\text{novo}}=0,95:
\tan\varphi_{\text{novo}} = \sqrt{\frac{1}{(0,95)^{2}}-1} = \sqrt{\frac{1}{0,9025}-1} = \sqrt{1,107...-1} = \sqrt{0,107...} \approx 0,328681.
  1. Calcular Q_{\text{novo}}:
Q_{\text{novo}} = P_{\text{tot}}\cdot\tan\varphi_{\text{novo}} = 35\cdot 0,328681 \approx 11,504\\ \mathrm{kVAr}.
  1. Calcular Q_{c} necessário:
Q_{c} = Q_{\text{tot}} - Q_{\text{novo}} \approx 13,301 - 11,504 \approx 1,797\\ \mathrm{kVAr}.
Em unidades de VAR isso é Q_{c}\approx 1\,797\\ \mathrm{VAR}.
  1. Calcular C usando Q_{c} = V^{2}\omega C. Primeiro \omega:
\omega = 2\pi f = 2\pi\cdot 60 \approx 376,991\\ \mathrm{rad/s}.
Converter Q_{c} para VAR: Q_{c}=1{,}797\times 10^{3}\\ \mathrm{VAR}. Tensão V=1000\\ \mathrm{V}. Assim
C = \frac{Q_{c}}{V^{2}\omega} = \frac{1{,}797\times 10^{3}}{(1000)^{2}\cdot 376{,}991} \\ \mathrm{F}.
Calculemos numericamente:
V^{2}\omega = 10^{6}\cdot 376{,}991 = 3,76991\times 10^{8}.
C \approx \frac{1{,}797\times 10^{3}}{3{,}76991\times 10^{8}} \approx 4{,}76\times 10^{-6}\\ \mathrm{F} = 4{,}76\\ \mu\mathrm{F}.
Interpretação prática: instalar um banco de capacitância que, no total, forneça cerca de 1{,}797\\ \mathrm{kVAr} de reatividade capacitiva. Isso corresponde a uma capacitância total equivalente de aproximadamente 4{,}76\\ \mu\mathrm{F} conectada ao sistema de 1{,}0\\ \mathrm{kV}, 60\\ \mathrm{Hz}. Se for um banco trifásico balanceado, isso pode ser implementado com três capacitores iguais cuja soma total equivalente seja 4{,}76\\ \mu\mathrm{F} (por exemplo, três capacitores em estrela de C_{\text{fase}}\approx 1{,}59\\ \mu\mathrm{F} cada, pois 3\cdot 1{,}59\\ \mu\mathrm{F}\approx 4{,}76\\ \mu\mathrm{F}).

Resposta

(a) P_{\text{tot}}=35\\ \mathrm{kW},\quad Q_{\text{tot}}\approx 13{,}301\\ \mathrm{kVAr},\quad S\approx 37{,}436\\ \mathrm{kVA}.\n(b) Não. O fator de potência total é \(\mathrm{pf}_{\text{tot}}\approx 0{,}936, que é maior que 0{,}92, logo atende à norma.\n(c) Para corrigir até \mathrm{pf}=0{,}95 é necessário um banco capacitivo que forneça Q_{c}\approx 1{,}797\\ \mathrm{kVAr}, correspondente a uma capacitância total de aproximadamente C\approx 4{,}76\\ \mu\mathrm{F}.)

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