Um transformador trifásico de 500 kVA , conexões delta/delta, entrada 13,8 \mathrm{kV} e saída 220 V , está alimentando duas cargas trifásicas em paralelo: \mathbf{C 1 = 3 0 0 k V A / F P = 0 , 8 5} i e \mathbf{C 2 = 1 0 0 k V A / F P = 0 , 8 0 ~ i . ~ P e d e - s e : ~}
a) Potências consumidas por carga e total, FP e ângulo de fase (0,5);
b) Correntes consumidas por bloco de carga, total e ângulo de fase ( 1,0 );
c) Corrigir o FP para 0,95 (i) utilizando capacitores trifásicos de 20 \mathrm{kvar} / 220 \mathrm{~V}, calcular o FP final e potência aparente liberada no transformador (1,0).

Passo 1

Vou listar claramente o que o enunciado nos dá (valores retirados do enunciado) e o que é pedido.
  • Dados:
    • Transformador trifásico, conexões delta/delta, tensão de saída (linha a linha) V_L = 220\\ \text{V}.
    • Duas cargas trifásicas em paralelo, ligadas ao secundário:
      • Carga C_1: S_1 = 300\\ \text{kVA}, fator de potência \text{pf}_1 = 0{,}85 (assume-se indutivo/atrasado).
      • Carga C_2: S_2 = 100\\ \text{kVA}, fator de potência \text{pf}_2 = 0{,}80 (assume-se indutivo/atrasado).
  • O que é pedido:
    (a) Potências consumidas por carga e total: potências ativa P, reativa Q e aparente S; fator de potência total e ângulo de fase (0,5 ponto).
    (b) Correntes consumidas por cada bloco de carga e a corrente total, e ângulo de fase dos respectivos fasores (1,0 ponto).
    (c) Corrigir o fator de potência para 0{,}95 usando capacitores trifásicos de 20\\ \text{kVAr}/220\\ \text{V}: calcular o fator de potência final e a potência aparente liberada no transformador (1,0 ponto).

Passo 2

Conceitos e fórmulas que vamos usar (explicando cada símbolo de forma bem direta):
  • Potência aparente trifásica: S (em VA, kVA) é um número complexo S = P + jQ, onde
    • P é a potência ativa (em W, kW) — a potência realmente consumida.
    • Q é a potência reativa (em VAR, kVAr) — associada ao desfasamento entre corrente e tensão.
  • Relação entre P,Q,S e fator de potência: |S| = \sqrt{P^2 + Q^2},\qquad \text{pf} = \dfrac{P}{|S|} = \cos\varphi,onde \varphi é o ângulo entre tensão e corrente (corrente defasada de \varphi para reativa indutiva).
  • Para cada carga conhecida S e \text{pf}:
    • P = S\cdot \text{pf}.
    • \varphi = \operatorname{arccos}(\text{pf}).
    • Q = S\cdot\sin\varphi (ou Q = P\tan\varphi).
  • Corrente de linha em sistema trifásico (para carga ligada em delta, a relação entre a potência trifásica e a corrente de linha é a mesma que para qualquer conexão trifásica em termos de V_L e I_L): |I_L| = \dfrac{|S|}{\sqrt{3}\,V_L}.O ângulo do fasor de corrente é -\varphi (corrente atrasa a tensão em \varphi se a carga é indutiva).
  • Compensação com capacitores trifásicos:
    • Queremos reduzir a reativa total indutiva Q_{\text{ind}} até uma nova reativa desejada Q_{\text{desejada}} = P\tan\varphi_{\text{desejado}}, com \varphi_{\text{desejado}}=\operatorname{arccos}(0{,}95).
    • Reativo do capacitor necessário: Q_c = Q_{\text{ind}} - Q_{\text{desejada}}. Capacitores fornecem reativo capacitivo (sinal negativo em convensão P+jQ), mas aqui usamos valores absolutos.
    • Se cada banco trifásico dá 20\\ \text{kVAr}, número de bancos inteiros = \lceil Q_c / 20\\ \text{kVAr}\rceil.

Passo 3

Calcular P e Q de cada carga separadamente.
  • Para C_1: P_1 = S_1\cdot\text{pf}_1 = 300\\ \text{kVA}\cdot 0{,}85 = 255\\ \text{kW}.
\varphi_1 = \operatorname{arccos}(0{,}85)\approx 31{,}79^\circ.
Q_1 = S_1\sin\varphi_1 = 300\\ \text{kVAr}\cdot\sin(31{,}79^\circ)\approx 158{,}02\\ \text{kVAr}.
(Observação: também valerá Q_1=P_1\tan\varphi_1, dá o mesmo.)
  • Para C_2: P_2 = S_2\cdot\text{pf}_2 = 100\\ \text{kVA}\cdot 0{,}80 = 80\\ \text{kW}.
\varphi_2 = \operatorname{arccos}(0{,}80)=36{,}87^\circ.
Q_2 = S_2\sin\varphi_2 = 100\\ \text{kVAr}\cdot\sin(36{,}87^\circ)=60\\ \text{kVAr}.

Passo 4

Calcular as potências totais (soma de potências ativas e reativas, lembrando que as cargas estão em paralelo, então as potências somam):
  • Potência ativa total: P_{\text{tot}} = P_1 + P_2 = 255 + 80 = 335\\ \text{kW}.
  • Potência reativa total (indutiva): Q_{\text{tot}} = Q_1 + Q_2 \approx 158{,}02 + 60 = 218{,}02\\ \text{kVAr}.
  • Potência aparente total: S_{\text{tot}} = \sqrt{P_{\text{tot}}^2 + Q_{\text{tot}}^2} \approx \sqrt{335^2 + 218{,}02^2}\\ \text{kVA}\approx 399{,}7\\ \text{kVA}.
  • Fator de potência total e ângulo: \text{pf}_{\text{tot}} = \dfrac{P_{\text{tot}}}{S_{\text{tot}}} \approx \dfrac{335}{399{,}7}\approx 0{,}838\quad(\text{atrasado})
\varphi_{\text{tot}} = \operatorname{arccos}(0{,}838)\approx 33{,}06^\circ.

Passo 5

Calcular correntes consumidas por cada bloco e a corrente total (módulos e ângulos de fase).
Fórmula usada: \;|I_L| = \dfrac{|S|}{\sqrt{3}\,V_L} e o ângulo do fasor corrente é -\varphi (lagging).
  • Denominador comum: \sqrt{3}\,V_L = \sqrt{3}\cdot 220\\ \text{V}\approx 381{,}05\\ \Omega (unidade: V/A).
  • Para C_1:
    |I_1| = \dfrac{300000}{\sqrt{3}\cdot 220}\\ \text{A}\approx \dfrac{300000}{381{,}05}\approx 787{,}3\\ \text{A}.
    Fasor: I_1 \approx 787{,}3\\ \text{A}\angle -31{,}79^\circ (corrente atrasada de 31{,}79^\circ).
  • Para C_2:
    |I_2| = \dfrac{100000}{\sqrt{3}\cdot 220}\\ \text{A}\approx 262{,}4\\ \text{A}.
    Fasor: I_2 \approx 262{,}4\\ \text{A}\angle -36{,}87^\circ.
  • Corrente total (soma fasorial):
    • Podemos somar as componentes em fase (real) e em quadratura (imaginária): I_{\text{real}} = I_1\cos\varphi_1 + I_2\cos\varphi_2
I_{\text{imag}} = I_1\sin\varphi_1 + I_2\sin\varphi_2
  • Cálculo numérico: I_{\text{real}}\approx 787{,}3\cdot 0{,}85 + 262{,}4\cdot 0{,}80 \approx 669{,}2 + 209{,}9 = 879{,}1\\ \text{A}.
I_{\text{imag}}\approx 787{,}3\cdot 0{,}5268 + 262{,}4\cdot 0{,}6 \approx 414{,}8 + 157{,}4 = 572{,}2\\ \text{A}.
(essas são as componentes correspondentes a \(I\cos\varphi\) e \(I\sin\varphi\); o fasor total é \(I_{\text{tot}} = I_{\text{real}} - j I_{\text{imag}}\) porque a corrente atrasa.)
  • Módulo e ângulo: |I_{\text{tot}}| = \sqrt{I_{\text{real}}^2 + I_{\text{imag}}^2}\approx \sqrt{879{,}1^2 + 572{,}2^2}\approx 1049{,}6\\ \text{A}.
\text{ângulo} = \arctan\!\left(\dfrac{I_{\text{imag}}}{I_{\text{real}}}\right)\approx \arctan\!\left(\dfrac{572{,}2}{879{,}1}\right)\approx 33{,}06^\circ,â
logo o fasor total é \(I_{\text{tot}}\approx 1049{,}6\\ \text{A}\angle -33{,}06^\circ\).
(Confira que esse módulo coincide com I_{\text{tot}} = S_{\text{tot}}/(\sqrt{3}V_L), consistência confirmada.)

Passo 6

Correção do fator de potência para 0{,}95 com capacitores de 20\\ \text{kVAr} trifásicos (cada um fornece 20\\ \text{kVAr} do banco trifásico) — cálculos passo a passo.
  • Primeiro achar a reativa desejada para \text{pf}_{\text{desejado}}=0{,}95: \varphi_{\text{desejado}} = \operatorname{arccos}(0{,}95)\approx 18{,}19^\circ.
Q_{\text{desejada}} = P_{\text{tot}}\tan\varphi_{\text{desejado}} = 335\\ \text{kW}\cdot\tan(18{,}19^\circ)\approx 110{,}12\\ \text{kVAr}.
  • Reativo a ser compensado (o que devemos “dar” com capacitores): Q_c = Q_{\text{tot}} - Q_{\text{desejada}} \approx 218{,}02 - 110{,}12 = 107{,}90\\ \text{kVAr}.
  • Número de bancos de 20\\ \text{kVAr} necessários: N = \left\lceil \dfrac{Q_c}{20} \right\rceil = \left\lceil \dfrac{107{,}90}{20} \right\rceil = \lceil 5{,}395\rceil = 6\\ \text{bancos}.
    • Se instalarmos 6 bancos teremos reativo capacitivo total Q_{\text{cap}} = 6\cdot 20 = 120\\ \text{kVAr}.
  • Reativo total após instalação: Q_{\text{novo}} = Q_{\text{tot}} - Q_{\text{cap}} \approx 218{,}02 - 120 = 98{,}02\\ \text{kVAr}.(positivo indica ainda reativo indutivo residual).
  • Potência aparente após compensação: S_{\text{novo}} = \sqrt{P_{\text{tot}}^2 + Q_{\text{novo}}^2} \approx \sqrt{335^2 + 98{,}02^2}\\ \text{kVA}\approx 349{,}04\\ \text{kVA}.
  • Fator de potência final: \text{pf}_{\text{novo}} = \dfrac{P_{\text{tot}}}{S_{\text{novo}}} \approx \dfrac{335}{349{,}04}\approx 0{,}959\\ (\text{atrasado}).ângulo correspondente \varphi_{\text{novo}} \approx \operatorname{arccos}(0{,}959)\approx 16{,}12^\circ.
  • Potência aparente liberada no transformador (redução do carregamento aparente): \Delta S = S_{\text{tot}} - S_{\text{novo}} \approx 399{,}70 - 349{,}04 = 50{,}66\\ \text{kVA}.
Observação prática: usando 5 capacitores (100 kVAr) ficaríamos ligeiramente abaixo do que é necessário (sobrecorreção insuficiente); por isso escolhemos 6 bancos, que deixam o sistema com \text{pf}\approx 0{,}959>0{,}95.

Resposta

(a) P_1=255\\ \text{kW},\; Q_1\approx 158{,}02\\ \text{kVAr};\quad P_2=80\\ \text{kW},\; Q_2=60\\ \text{kVAr}.\newline P_{\text{tot}}=335\\ \text{kW},\; Q_{\text{tot}}\approx 218{,}02\\ \text{kVAr},\; S_{\text{tot}}\approx 399{,}7\\ \text{kVA},\; \text{pf}_{\text{tot}}\approx 0{,}838\\ (\text{atrasado}),\; \varphi_{\text{tot}}\approx 33{,}06^\circ.
(b) I_1\approx 787{,}3\\ \text{A}\angle -31{,}79^\circ,\quad I_2\approx 262{,}4\\ \text{A}\angle -36{,}87^\circ,\quad I_{\text{tot}}\approx 1049{,}6\\ \text{A}\angle -33{,}06^\circ.
(c) Reativo a compensar Q_c\approx 107{,}90\\ \text{kVAr}\Rightarrow usar 6 bancos de 20\\ \text{kVAr} (total 120\\ \text{kVAr}). Após compensação: \text{pf}_{\text{novo}}\approx 0{,}959 (atrasado), e potência aparente liberada \Delta S\approx 50{,}66\\ \text{kVA}.

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