Anexo 1 - Correção do Fator de Potência

Uma instalação elétrica é, na maioria dos casos, formada por cargas indutivas (motores
elétricos), portanto, faz-se necessária uma análise do fator de potência da instalação.
A diminuição do fator de potência faz diminuir a potência ativa(real), aumentando a potência
reativa, o que implica num aumento de corrente e, portanto, em perdas.
Exemplo:
Seja um circuito que consome uma potência aparente de 12kVA quando a alimentação é
220VRMS. A corrente consumida vale:
I=
PAP 12.103
=
= 54,55 ARMS
V
220
Se o circuito é só resistivo, toda a potência consumida é igual à potência ativa(real), sendo
o FP igual a 1, isto é:
P = V .I . cos φ = 220.54,55.1 = 12kW
Porém, se o circuito é indutivo com FP=0,5, nestas condições, a potência ativa será:
P = 220.54,55.0,5 = 6kW
Se o FP aumentar para 0,85, com a mesma potência aparente, a potência ativa será:
P = 220.54,55.0,85 = 10,2kW
Como a potência ativa é a responsável pela transformação de energia elétrica em energia
útil, concluímos que o aumento no FP implica no aumento da potência útil, sem o aumento de
corrente.
Existem várias formas de aumentar o FP de uma instalação elétrica, mas aqui só será
analisadas a correção do fator de potência com a utilização de capacitores.
Já foi visto que um indutor atrasa a corrente em relação à tensão. Como o capacitor adianta
a corrente em relação à tensão, a ligação adequada de um capacitor num circuito pode compensar
o atraso da corrente, reduzindo o ângulo de defasagem e, conseqüentemente, aumentando o fator
de potência.
Por razões econômica e prática, basta manter o FP acima de 0,85, que é o valor mínimo
estipulado pelas concessionárias de energia elétrica, abaixo do qual os usuários pagam multa.
O cálculo do capacitor de correção é feito da seguinte forma:
Considerando-se um circuito com impedância Z cujo ângulo de fase é
afigura abaixo:
Correção de Fator de Potência
1-5
1,
como mostra
i1
v,i
v
v
Z
i1
(a) Circuito
(a) Diagrama fasorial
Circuito sem Correção de FP e seu Diagrama Fasorial
O Objetivo é diminuir esse ângulo para
2
A colocação do capacitor em paralelo com a carga diminui o ângulo de fase de
o que significa um aumento no FP do circuito, como mostra a figura abaixo:
1
para
2,
v,i
i2
D(iC)
i1
IC
Z
v
C(iR)
O
C
v
2
1
(a) Circuito
(b)Diagrama Fasorial
B(i2)
A(i1)
Circuito com Correção de FP e seu Diagrama Fasorial
Quando a correção é feita (com a colocação do capacitor), a potência ativa do circuito não
se altera, somente a potência aparente. Assim, a colocação do capacitor não muda o valor iR, já
que ela está relacionada à componente resistiva da carga, que é a responsável pela potência ativa
(P=v.iR).
Na figura, identificamos os triângulos AC e 0BC e obtemos:
____
____
AC = OC .tgφ1
Correção de Fator de Potência
e
____
____
BC = OC ..tgφ 2
2-5
Do mesmo diagrama obtemos:
____
____
____
____
____
____
____
AB = OD = AC − BC = OC .tgφ1 − OC .tgφ 2 = OC .(tgφ1 − tgφ 2 )
____
Como OC = I R =
Por outro lado,
P
V
IC =
____
____
e AB = OD = I C , resulta que:
IC =
P
.(tgφ1 − tgφ 2 )
V
V
= V .ω .C
XC
Igualando-se as duas expressões de IC, temos:
P
.(tgφ1 − tgφ2 ) = V .ω .C
V
C=
P
.(tgφ1 − tgφ2 )
ω .V 2
Este é, portanto, o valor do capacitor necessário para se corrigir o fator de potência do
circuito de 1 para 2.
Exemplos:
1- Um motor consome uma potência de 5kW em 220VRMS com FP=0,6. Calcular o valor do
capacitor que aumenta o FP para 0,9 (f=60Hz)
Solução:
cosφ1 = 0,6
C=
φ1 = 53°
tgφ1 = 1,33
cosφ2 = 0,9
φ2 = 26°
tgφ2 = 0,49
P
5.103
(
tg
φ
−
tg
φ
)
=
.(1,33 − 0,49 ) = 230 µF
1
2
ω .V 2
377.220 2
2- Uma carga indutiva dissipa uma potência real de 1kW consumindo uma corrente de 10ARMS /
f=60Hz com um ângulo de defasagem de 60°. Calcular:
a) Valor do capacitor que corrige o FP para 0,85.
Solução:
Situação antes da correção:
Correção de Fator de Potência
3-5
i1=10ARMS
v,i
iR
=60°
ZL
P=1kW
v
f=60Hz
i1(10A)
P = V .I . cos φ
1000 = V .10. cos 60°
tgφ1 = tg 60° = 1,73
C=
V = 200Vrms
cosφ 2 = 0,85
φ2 = 31,8°
tgφ 2 = 0,62
P
1000
.(tgφ1 − tgφ2 ) =
.(1,73 − 0,62 ) = 74 µF
2
ω .V
377.200 2
b) Corrente total fornecida pelo gerador após a correção do FP.
Solução:
Após a correção:
v,i
i2
i1
10ARMS
v=200VRMS
f=60Hz
IC
Z
C
iC
iR(5A)
0
31,8°
60°
i2(5,88A)
iC
i1(10A)
Correção de Fator de Potência
4-5
i1, (8,66 A)
No diagrama fasorial, observamos que a soma vetorial de i1 com iC resulta em i2.
Tem-se:
i’1
componente reativa da corrente i1.
I’1 = I1.sen60° = 10.0,866 = 8,66Arms
Tem-se:
iR
componente ativa da corrente na carga.
IR = I1.cos60° = 10.0,5 = 5Arms
A corrente ativa na carga deve ser a mesma, antes e após a correção.
A corrente fornecida pelo gerador após a correção passa a ser de:
I2 =
IR
5
=
= 5,88 Arms
cos φ2 0,85
Portanto, a corrente fornecida pelo gerador diminui de 10A para 5,88A, sem diminuir a potência
real na carga.
c) Potência aparente após a correção do FP.
Solução:
PAP = V.I2 = 200.5,88 = 1,176kVA
Antes da correção do FP, a potência aparente era:
PAP = V.I1 = 200.10 = 2kVA
Bibliografia:
Circuitos em Corrente Alternada - Rômulo Oliveira Albuquerque - 6ª Edição – Editora Érica
Correção de Fator de Potência
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