Correção do fator de potência

CORREÇÃO DO FATOR DE POTÊNCIA.Prof. Antonio Sergio-D.E.E.
O ideal que todas as cargas presentes numa instalação sejam fossem resistivas, isto é, que não
apresentassem o chamado efeito reativo, pois com isso o ângulo de defasamento entre a corrente e
voltagem seria nulo, o que significa fator de potência unitário. Neste caso, a potência aparente
seria mínima e igual a potência ativa e, consequentemente, a corrente do alimentador também seria
mínima. É o que se deseja.
Porém, não se pode ter apenas as chamadas cargas resistivas ou de comportamento aparente
resistivo. Aliás, há uma predominância de cargas reativas (motores em geral, lâmpadas
fluorescentes, lâmpadas eletrônicas, aparelhos de refrigeração, etc.). Assim, deve-se tentar ao
menos torná-los aparentemente resistivos, seja isoladamente, seja na instalação como um todo (o
que normalmente se faz). O exemplo abaixo ilustra o que foi dito acima.
Exemplo 1.
Deseja-se aumentar para 0,9 o fator de potência da carga com P = 1200W e fator de potência 0,6
alimentada por uma tensão de 220V/60Hz. Que potência reativa deve ser gerada para isso?
Solução:
O importante nos casos de correção de fator de potência é que se mantenha o P, caso, contrário,
estaríamos alterando as condições de trabalho da(s) cargas(s). Assim, tem-se:
N
P
1200

 2.000VA
cos ' 0,6
N' 
P
1200

 1333,33VA
cos ' 0,9
O módulo da corrente inicial é: que:
I 
N 2000

 9,09A .
V 220
Alterando-se para o fator de potência para 0,9, tem-se:
I´ 
N 1333,33

 6,06A .
V
220
A potência reativa inicial é:
Q = N.sen() = 2000xsen(53,13o) = 1600 VAR
O novo de defasamento entre corrente e voltagem (que é o mesmo da impedância associada ao
circui- to) é ' = cos-1(0,9) = 25,84º. Assim,
Q' = N'.sen(' ) = 1333,33xsen(25,84o) = 581,15 VAR
Ou, alternativamente:
Q'  N' 2 P 2  1333,33 2  1200 2  581,18VAR
(20.4)
Assim, deve ser gerada uma potência reativa de ΔQ = Q – Q' = 1018,82 VAR de sentido contrário
ao desenvolvido pelo circuito. Como o circuito é indutivo (angulo de Z é positivo), o elemento que
faz este trabalho é o capacitor, quando colocado em paralelo com a carga. O novo vetor N' é dado
por :
P = 1200W
N´  1200  j.581,15
N'=1333VA
Q'= 581
Q=1600VAR
N=2000VA '
Qcap= 1018
Correção do fator de potência para 0,9
A corrente fasorial que circula na carga antes da correção é dada por:
I  9,09  53,13o  5,45  j7,27
Enquanto que a corrente depois da correção é:
I  6,06  25,84o  5,45  j.2,64
Observe que apenas a parte imaginária da corrente é que foi alterada. A parte real continua como
estava. Isto acontece porque a potência ativa não se altera. Assim, uma corrente puramente
imaginária igual a 7,27 – 4,63 = 4,63 amperes deve circular num capacitor para se obter o
resultado acima, conforme mostra o diagrama fasorial abaixo.
+j.4,63
I'
I
Por outro lado, pode-se escrever:
 j.4,63  4,63  90 o 
V
Zcap

2200 o
X c   90
o
 Xc 
220
 47,52
4,63
Sabendo-se que XC =1/(.C), e sabendo-se que ω = 377 rad/s, tem-se:
1
1
 47,5  C 
 5,58 x 10-5 F = 55,8 μF
377.C
377 x 47,5
Assim sendo, deve-se colocar um capacitor de 55,8 μF em paralelo com a carga para fazer a
correção de 0,6 para 0,9
Como a potência reativa é desenvolvida na reatância capacitiva, tem-se:
QC 
V2
V2
220 2
 XC 

 47,5 ,
XC
Q C 1018,82
Chegando-se ao mesmo resultado anteriormente mostrado
Se desejar, no entanto, corrigir totalmente o fator de potência, deve-se anular totalmente Q do
triângulo de potência. Assim, a nova reatância capacitiva se torna:
XC 
220 2
1
1
 30,25  C 

 8,77 x10  5 F  87,7F
1600
X C 377.30,25
A corrente fasorial que passa por este capacitor é dada por:
IC 
2200 o
30,25  90
o
 7,27  90 o   j.7,27
A corrente da carga é I  9,09  53,13o  5,45  j7,27
Somando-se as correntes acima, vê-se que a parte imaginária se anula, ou seja, desaparece o angulo
de defasamento entre a voltagem e acorrente, tornando o circuito aparentemente não-reativo. Assim,
em diagrama fasorial, tem-se:
IC
I'
I
Exemplo 2
Deseja-se corrigir totalmente o fator de potência de uma certa instalação monofásica 220V onde
estão ligadas 20 lâmpadas fluorecentes de 40W/ FP = 0,4 e 5 máquinas de 1/3 HP/FP=0,6. Determinar a capacitância necessária para isso. Obs: 1 HP = 746W.
Solução:
Para as 20 lâmpadas, P = 20x40 = 800W. Logo,
N
P
800

 2000VA  Q  N 2  P 2  1833,03VAR  N L  800  j1833,03
cos() 0,4
Para os 5 motores, P = 5x746/3 = 1243,33W. Logo,
N
P
1243,33

 2072,22VA  Q  N 2  P 2  1657,78VAR  N M  1243,33  j1657,78
cos()
0,6
O N total é dado por:
N  N L  N M  (800  1243,33)  j(1833,33  1657,78) = 2043,33 + j3491,11
Deve ser desenvolvido uma energia reativa igual e oposta de valor = 3491,11 VAR.
Se corrigirmos apenas 3.000VAR = 3 KVAR, teremos:
N = 2043 + j.491  2100 13,5o , no que daria um fato de potência resultante de
cos(13,5o) = 0,97 que seria o resultado muito bom, ainda.
Num sistema tarifário convencional, a concessionária cobra a demanda de potência ativa (KW), o
consumo de ativa (KWh) e adiciona uma cobrança extra a título de ajuste de fator de potência. O
ajuste é um índice multiplicador que é aplicado sobre os faturamentos de demanda e consumo. A
fórmula abaixo mostra como as concessionárias calculam o ajuste de fator de potência:
 FP

$ fp  ($ demanda  $ consumo ). ref  1
 FP

Onde:
$demanda = Faturamento devido à demanda
$consumo = Faturamento relativo ao consumo.
FPref = 0,92 de acordo com a portaria da ANEEL
FP = fator de potência registrado.
Assim, se o fator de potência for 0,83, por exemplo, a concessionária cobrará um ajuste de
fator de potência que elevará a conta de energia em 11%. Se for 0,75, esta elevação será
de 23%. E, assim, por diante.