Cálculos para melhorar o fator de potência em uma rede monofásica

Em uma rede CA quase sempre existe um desfasamento entre a tensão e a corrente, pois nela estão conectadas indutâncias - transformadores, bobinas e principalmente motores e capacitores assíncronos - cabos, compensadores síncronos, etc.

Ao longo da corrente marcada com uma linha fina na fig. 1, a corrente resultante I passa com um deslocamento de fase φ em relação à tensão (Fig. 2). A corrente I consiste no componente ativo Ia e reativo (magnetizante) IL. Há um deslocamento de fase de 90° entre os componentes Ia e IL.

As curvas da tensão terminal da fonte U, do ingrediente ativo Ia e da corrente de magnetização IL são mostradas na Fig. 3.

Nessas partes do período, quando a corrente I aumenta, a energia magnética do campo da bobina também aumenta. Nesse momento, a energia elétrica é convertida em energia magnética. Quando a corrente diminui, a energia magnética do campo da bobina é convertida em energia elétrica e devolvida à rede elétrica.

Na resistência ativa, a energia elétrica é convertida em calor ou luz, e no motor em energia mecânica. Isso significa que a resistência ativa e o motor convertem energia elétrica em calor e, respectivamente, energia mecânica bobina (indutância) ou o capacitor (capacitor) não consome energia elétrica, pois no momento da coagulação do campo magnético e elétrico ele é totalmente devolvido à rede elétrica.

Arroz. 1.

Arroz. 2.

Arroz. 3.

Quanto maior a indutância da bobina (ver Fig. 1), maior a corrente IL e o deslocamento de fase (Fig. 2). Com um deslocamento de fase maior, o fator de potência cosφ e a potência ativa (útil) são menores (P = U ∙ I ∙ cosφ = S ∙ cosφ).

Com a mesma potência total (S = U ∙ I VA), que, por exemplo, o gerador fornece à rede, a potência ativa P será menor em um ângulo φ maior, ou seja, em um fator de potência mais baixo cosφ.

A seção transversal dos fios do enrolamento deve ser projetada para a corrente recebida I. Portanto, o desejo dos engenheiros elétricos (engenheiros de energia) é reduzir o deslocamento de fase, o que leva a uma diminuição na corrente recebida I.

Uma maneira simples de reduzir o deslocamento de fase, ou seja, aumentar o fator de potência, é conectar o capacitor em paralelo com a resistência indutiva (Fig. 1, o circuito está circulado com uma linha em negrito). A direção da corrente capacitiva IC é oposta à direção da corrente de magnetização da bobina IL. Para uma determinada escolha da capacitância C, a corrente IC = IL, ou seja, haverá ressonância no circuito, o circuito se comportará como se não houvesse resistência capacitiva ou indutiva, ou seja, como se houvesse apenas resistência ativa em o circuito.Neste caso, a potência aparente é igual à potência ativa P:

S = P; U ∙ I = U ∙ Ia,

do que se segue que I = Ia, e cosφ = 1.

Com correntes iguais IL = IC, ou seja, resistências iguais XL = XC = ω ∙ L = 1⁄ (ω ∙ C), cosφ = 1 e o deslocamento de fase será compensado.

O diagrama na fig. 2 mostra como adicionar a corrente IC à corrente I resultante reverte a mudança. Olhando para o circuito fechado de L e C, podemos dizer que a bobina está conectada em série com o capacitor, e as correntes IC e IL fluem uma após a outra. O capacitor, que é carregado e descarregado alternadamente, fornece uma corrente de magnetização Iμ = IL = IC na bobina, que não é consumida pela rede. Um capacitor é um tipo de bateria AC para magnetizar a bobina e substituir a grade, o que reduz ou elimina o deslocamento de fase.

O diagrama na fig. 3 áreas sombreadas de meio período representam energia de campo magnético se transformando em energia de campo elétrico e vice-versa.

Quando o capacitor é conectado em paralelo com a rede ou o motor, a corrente resultante I diminui para o valor do componente ativo Ia (ver Fig. 2). Ao conectar o capacitor em série com a bobina e a fonte de alimentação, a compensação de a mudança de fase também pode ser alcançada. A conexão em série não é usada para compensação de cosφ porque requer mais capacitores do que a conexão em paralelo.

Os exemplos 2-5 abaixo incluem cálculos de valor de capacidade para fins puramente educacionais. Na prática, os capacitores são ordenados não com base na capacitância, mas na potência reativa.

Para compensar a potência reativa do dispositivo, meça U, I e a potência de entrada P.Segundo eles, determinamos o fator de potência do dispositivo: cosφ1 = P / S = P / (U ∙ I), que deve ser melhorado para cosφ2> cosφ1.

As potências reativas correspondentes ao longo dos triângulos de potência serão Q1 = P ∙ tanφ1 e Q2 = P ∙ tanφ2.

O capacitor deve compensar a diferença de potência reativa Q = Q1-Q2 = P ∙ (tanφ1-tanφ2).

Exemplos de

1. Um gerador monofásico em uma pequena usina elétrica é projetado para uma potência S = 330 kVA a uma tensão U = 220 V. Qual é a maior corrente de rede que o gerador pode fornecer? Que potência ativa o gerador gera com uma carga puramente ativa, ou seja, com cosφ = 1, e com cargas ativas e indutivas, se cosφ = 0,8 e 0,5?

a) No primeiro caso, o gerador pode fornecer a corrente máxima I = S / U = 330.000 /220 = 1500 A.

Potência ativa do gerador sob carga ativa (placas, lâmpadas, fornos elétricos, quando não há defasagem entre U e I, ou seja, em cosφ = 1)

P = U ∙ I ∙ cosφ = S ∙ cosφ = 220 ∙ 1500 ∙ 1 = 330 kW.

Quando cosφ = 1, a potência total S do gerador é utilizada na forma de potência ativa P, ou seja, P = S.

b) No segundo caso, com ativo e indutivo, ou seja, cargas mistas (lâmpadas, transformadores, motores), ocorre um deslocamento de fase e a corrente total I conterá, além do componente ativo, uma corrente de magnetização (ver Fig. 2). Em cosφ = 0,8, a potência ativa e a corrente ativa serão:

Ia = I ∙ cosφ = 1500 ∙ 0,8 = 1200 A;

P = U ∙ I ∙ cosφ = U ∙ Ia = 220 ∙ 1500 ∙ 0,8 = 264 kW.

Em cosφ = 0,8, o gerador não é carregado com potência total (330 kW), embora uma corrente I = 1500 A flua através do enrolamento e dos fios de conexão e os aqueça.A potência mecânica fornecida ao eixo do gerador não deve ser aumentada, caso contrário a corrente aumentará para um valor perigoso em comparação com aquele para o qual o enrolamento foi projetado.

c) No terceiro caso, com cosφ = 0,5, aumentaremos ainda mais a carga indutiva em relação à carga ativa P = U ∙ I ∙ cosφ = 220 ∙ 1500 ∙ 0,5 = 165 kW.

Em cosφ = 0,5, o gerador é usado apenas 50%. A corrente ainda tem um valor de 1500 A, mas dos quais apenas Ia = I ∙ cosφ = 1500 ∙ 0,5 = 750 A é usado para trabalho útil.

O componente da corrente de magnetização Iμ = I ∙ sinφ = 1500 ∙ 0,866 = 1299 A.

Essa corrente deve ser compensada por um capacitor conectado em paralelo a um gerador ou consumidor para que o gerador possa fornecer 330 kW em vez de 165 kW.

2. Um motor de aspirador monofásico tem potência útil P2 = 240 W, tensão U = 220 V, corrente I = 1,95 A e η = 80%. É necessário determinar o fator de potência do motor cosφ, corrente reativa e a capacitância do capacitor, que iguala cosφ à unidade.

A potência fornecida do motor elétrico é P1 = P2 / 0,8 = 240 / 0,8 = 300 W.

Potência aparente S = U ∙ I = 220 ∙ 1,95 = 429 VA.

Fator de potência cosφ = P1 / S = 300 / 429≈0,7.

Corrente reativa (magnetizante) Iр = I ∙ sinφ = 1,95 ∙ 0,71 = 1,385 A.

Para cosφ ser igual à unidade, a corrente do capacitor deve ser igual à corrente de magnetização: IC = Ip; IC = U / (1⁄ (ω ∙ C)) = U ∙ ω ∙ C = Ir.

Portanto, o valor da capacitância do capacitor em f = 50 Hz C = Iр / (U ∙ ω) = 1,385 / (220 ∙ 2 ∙ π ∙ 50) = (1385 ∙ 10 ^ (- 6)) / 69,08 = 20 μF.

Quando um capacitor de 20 μF é conectado em paralelo ao motor, o fator de potência (cosφ) do motor será 1 e somente a corrente ativa Ia = I ∙ cosφ = 1,95 ∙ 0,7 = 1,365 A será consumida pela rede.

3. Um motor assíncrono monofásico com potência útil P2 = 2 kW opera com tensão U = 220 V e frequência 50 Hz. A eficiência do motor é de 80% e cosφ = 0,6. Qual banco de capacitores deve ser conectado ao motor para fornecer cosφ1 = 0,95?

Potência de entrada do motor P1 = P2 / η = 2.000 / 0,8 = 2.500 W.

A corrente resultante consumida pelo motor em cosφ = 0,6 é calculada com base na potência total:

S = U ∙ I = P1 / cosφ; I = P1 / (U ∙ cosφ) = 2500 / (220 ∙ 0,6) = 18,9 A.

A corrente capacitiva necessária IC é determinada com base no circuito da Fig. 1 e diagramas na FIG. 2. O diagrama da Fig.1 representa a resistência indutiva do enrolamento do motor com um capacitor conectado em paralelo a ele. A partir do diagrama na fig. 2 nos voltamos para o diagrama na fig. 4, onde a corrente total I após conectar o capacitor terá um offset menor φ1 e um valor reduzido para I1.

Arroz. 4.

A corrente resultante I1 com cosφ1 melhorado será: I1 = P1 / (U ∙ cosφ1) = 2500 / (220 ∙ 0,95) = 11,96 A.

No diagrama (Fig. 4), o segmento 1–3 representa o valor da corrente reativa IL antes da compensação; é perpendicular ao vetor de tensão U. O segmento 0-1 é a corrente ativa do motor.

A mudança de fase diminuirá para o valor φ1 se a corrente de magnetização IL diminuir para o valor do segmento 1-2. Isso acontecerá quando um capacitor estiver conectado aos terminais do motor, a direção da corrente IC for oposta à corrente IL e a magnitude for igual ao segmento 3–2.

Seu valor IC = I ∙ sinφ-I1 ∙ sinφφ1.

De acordo com a tabela de funções trigonométricas, encontramos os valores dos senos correspondentes a cosφ = 0,6 e cosφ1 = 0,95:

IC = 18,9 ∙ 0,8-11,96 ∙ 0,31 = 15,12-3,7 = 11,42 A.

Com base no valor de IC, determinamos a capacidade do banco de capacitores:

IC = U / (1⁄ (ω ∙ C)) = U ∙ ω ∙ C; C = IC / (U ∙ 2 ∙ π ∙ f) = 11,42 / (220 ∙ π ∙ 100) = (11420 ∙ 10 ^ (- 6)) / 69,08≈165 μF.

Depois de conectar uma bateria de capacitores com capacidade total de 165 μF ao motor, o fator de potência aumentará para cosφ1 = 0,95. Neste caso, o motor ainda consome a corrente de magnetização I1sinφ1 = 3,7 A. Neste caso, a corrente ativa do motor é a mesma em ambos os casos: Ia = I ∙ cosφ = I1 cosφ1 = 11,35 A.

4. Uma usina com potência P = 500 kW opera a cosφ1 = 0,6, que deve ser melhorado para 0,9. Para qual potência reativa os capacitores devem ser encomendados?

Potência reativa em φ1 Q1 = P ∙ tanφ1 .

De acordo com a tabela de funções trigonométricas, cosφ1 = 0,6 corresponde a tanφ1 = 1,327. A potência reativa que a usina consome da usina é: Q1 = 500 ∙ 1,327 = 663,5 kvar.

Após a compensação com cosφ2 melhorado = 0,9, a planta consumirá menos potência reativa Q2 = P ∙ tanφ2.

O cosφ2 = 0,9 melhorado corresponde a tanφ2 = 0,484, e a potência reativa Q2 = 500 ∙ 0,484 = 242 kvar.

Os capacitores devem cobrir a diferença de potência reativa Q = Q1-Q2 = 663,5-242 = 421,5 kvar.

A capacidade do capacitor é determinada pela fórmula Q = Iр ∙ U = U / xC ∙ U = U ^ 2: 1 / (ω ∙ C) = U ^ 2 ∙ ω ∙ C;

C = Q: ω ∙ U ^ 2 = P ∙ (tanφ1 — tanφ2): ω ∙ U ^ 2.