fator de potencia

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Correção de Fator de Potência 1 - 5 
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� 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: 
 
 RMS
AP A
V
P
I 55,54
220
10.12 3 === 
 
 Se o circuito é só resistivo, toda a potência consumida é igual à potência ativa(real), sendo 
o FP igual a 1, isto é: 
 
 kWIVP 121.55,54.220cos.. === φ 
 
 Porém, se o circuito é indutivo com FP=0,5, nestas condições, a potência ativa será: 
 
 kWP 65,0.55,54.220 == 
 
 Se o FP aumentar para 0,85, com a mesma potência aparente, a potência ativa será: 
 
 kWP 2,1085,0.55,54.220 == 
 
 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 �1, como mostra 
afigura abaixo:�
�
�
�
Correção de Fator de Potência 2 - 5 
�
 
 
 
 
 
 
 O Objetivo é diminuir esse ângulo para �2 
 
 A colocação do capacitor em paralelo com a carga diminui o ângulo de fase de �1 para �2, 
o que significa um aumento no FP do circuito, como mostra a figura abaixo: 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 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: 
 
 1
________
. φtgOCAC = e 2
________
.. φtgOCBC = 
 
v 
i1 
v,i 
v 
Z � 
i1 � 
(a) Circuito (a) Diagrama fasorial 
Circuito sem Correção de FP e seu Diagrama Fasorial 
v 
Z C 
i2 
i1 IC 
v,i 
v 
D(iC) 
C(iR) 
B(i2) 
A(i1) 
O 
�2 
�1 
� 
(a) Circuito (b)Diagrama Fasorial 
Circuito com Correção de FP e seu Diagrama Fasorial 
Correção de Fator de Potência 3 - 5 
Do mesmo diagrama obtemos: 
 
( )21
____
2
____
1
____________________
... φφφφ tgtgOCtgOCtgOCBCACODAB −=−=−== 
 
Como 
V
P
IOC R ==
____
 e CIODAB ==
________
, resulta que: ( )21. φφ tgtgV
P
IC −= 
 
Por outro lado, CV
X
V
I
C
C ..ω== 
 
Igualando-se as duas expressões de IC, temos: 
 
 ( ) �=− CVtgtg
V
P
... 21 ωφφ ).(. 212
φφ
ω
tgtg
V
P
C −= 
 
 
 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: 
 
33,1536,0cos 111 =�°=�= φφφ tg 49,0269,0cos 222 =�°=�= φφφ tg 
 
( ) ( ) Ftgtg
V
P
C µφφ
ω
23049,033,1.
220.377
10.5
. 2
3
212 =−=−= 
 
 
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 4 - 5 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
rmsVVVIVP 20060cos.10.1000cos.. =�°=�= φ 
 
73,1601 =°= tgtgφ 62,08,3185,0cos 222 =�°=�= φφφ tg 
 
( ) ( ) Ftgtg
V
P
C µφφ
ω
7462,073,1.
200.377
1000
.
. 2212
=−=−= 
 
 
b) Corrente total fornecida pelo gerador após a correção do FP. 
 
Solução: 
 
Após a correção: 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
v 
f=60Hz 
i1=10ARMS 
v,i 
ZL 
P=1kW 
�=60° 
i1(10A) 
iR 
v=200VRMS 
f=60Hz 
Z C 
i2 
i1 
10ARMS IC 
v,i 
iC 
iR(5A) 
i2(5,88A) 
i1(10A) 
0 
31,8° 
60° 
iC 
)66,8(,1 Ai
Correção de Fator de Potência 5 - 5 
 
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: 
 
 rms
R A
I
I 88,5
85,0
5
cos 2
2 === φ
 
 
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