Cálculo de Exercícios de Potências

Considere uma indústria com três máquinas com as potências conforme demonstrado abaixo A Potência Ativa da primeira máquina P1 depende do seu RU P1 3 últimos números do seu RU Exemplo RU 2145575 P1 575 W Observe que a segunda máquina possui potência reativa indutiva e a terceira máquina possui potência reativa capacitiva demonstrada pelo sinal de menos A fonte possui valor eficaz de 220V e frequência de 60 Hz Calcule a potência aparente total considerando as três cargas e o valor da capacitância do banco de capacitores a ser adicionado para aumentar o fator de potência total da indústria para FP096 Mostre todos os cálculos no relatório Carga 1 Considerando o RU 3758703 temos que o valor da potência ativa da carga 1 representada pelos três últimos números é de 𝑃1 703 W Como o fator de potência é unitário a potência reativa da carga 1 vale 𝑄1 0 VAr Carga 2 Determinamos as potências ativas e reativas através do triângulo de potências 𝑃2 𝑆2 𝐹𝑃2 𝑃2 500 08 400 W 𝑄2 𝑆2 2 𝑃2 2 𝑄2 300 VAr Carga 3 Determinamos a potência ativa da carga 3 utilizando o triângulo de potências 𝑄3 40 VAr 𝑃3 𝑄3 𝐹𝑃3 1 𝐹𝑃3 2 40 06 08 𝑃3 30 W Para determinar a potência aparente total consideramos as potências ativa e reativa totais 𝑃𝑇 𝑃1 𝑃2 𝑃3 𝑃𝑇 703 400 30 1133 W 𝑄𝑇 𝑄1 𝑄2 𝑄3 𝑄𝑇 0 300 40 260 VAr Portanto 𝑆𝑇 𝑃𝑇 2 𝑄𝑇 2 𝑆𝑇 11624496 VA O fator de potência do conjunto é 𝐹𝑃𝑇 𝑃𝑇 𝑆𝑇 0977 Este fator de potência já é maior que o solicitado para correção devido à alta potência ativa da carga 1 Caso desejamos ajustar o fator de potência para o valor solicitado de 𝐹𝑃 096 seria necessário adicionar potência reativa adicionandose um indutor em paralelo ao invés de uma capacitância Para alterar o fator de potência mantemos a potência ativa constante enquanto alteramos a potência reativa Portanto 𝑃𝑛𝑜𝑣𝑜 𝑃𝑇 1133 W 𝑆𝑛𝑜𝑣𝑜 𝑃𝑛𝑜𝑣𝑜 𝐹𝑃𝑛𝑜𝑣𝑜 1133 096 11802083 VA 𝑄𝑛𝑜𝑣𝑜 𝑆𝑛𝑜𝑣𝑜 2 𝑃𝑛𝑜𝑣𝑜 2 3304583 VAr Portanto a potência reativa a ser adicionada vale 𝑄𝐿 𝑄𝑛𝑜𝑣𝑜 𝑄𝑇 704583 VAr O valor da reatância indutiva adicionada em paralelo necessária para se obter tal potência reativa é 𝑋𝐿 𝑉2 𝑄𝐿 2202 704583 6869308 Ω O indutor que tem tal valor de reatância na frequência de 60 Hz é 𝐿 𝑋𝐿 2𝜋𝑓 6869308 2𝜋 60 18221 H Carga 1 Considerando o RU 3758703 temos que o valor da potência ativa da carga 1 representada pelos três últimos números é de P1703W Como o fator de potência é unitário a potência reativa da carga 1 vale Q10VAr Carga 2 Determinamos as potências ativas e reativas através do triângulo de potências P2S2F P2 P250008400W Q2S2 2P2 2 Q2300VAr Carga 3 Determinamos a potência ativa da carga 3 utilizando o triângulo de potências Q340VAr P3Q3F P3 1F P3 2 4006 08 P330W Para determinar a potência aparente total consideramos as potências ativa e reativa totais PTP1 P2P3 PT703400301133W QTQ1Q2Q3 QT030040260VAr Portanto ST PT 2QT 2 ST11624496VA O fator de potência do conjunto é F PTPT ST 0977 Este fator de potência já é maior que o solicitado para correção devido à alta potência ativa da carga 1 Caso desejamos ajustar o fator de potência para o valor solicitado de FP096 seria necessário adicionar potência reativa adicionandose um indutor em paralelo ao invés de uma capacitância Para alterar o fator de potência mantemos a potência ativa constante enquanto alteramos a potência reativa Portanto PnovoPT1133W Snovo Pnovo F Pnovo 1133 096 11802083VA QnovoSnovo 2 Pnovo 2 3304583VAr Portanto a potência reativa a ser adicionada vale Q LQ novoQT704583VAr O valor da reatância indutiva adicionada em paralelo necessária para se obter tal potência reativa é X LV 2 Q L 220 2 7045836869308Ω O indutor que tem tal valor de reatância na frequência de 60 Hz é L XL 2πf 6869308 2 π60 18221 H