Uma pequena indústria de bolos é alimentada por uma rede trifásica de 380 V e 60 Hz opera com potência de 50 kW e fator de potência indutivo de 0,8 . Ela produz nos horários de 8 h-12 h e das 14 h-18 h, de segunda a sexta. Determine:
O tempo em meses para ter o retorno no investimento se o custo do banco capacitivo é de R$ XXX/kVAR. Obs.: se o número for fracionário, então deve-se aproximar para o número de meses imediatamente superior.
Dados adicionais: tarifa de energia elétrica de XXX/kVAR Obs: se o número for fracionário, então deve-se aproximar para o número de meses imediatamente superior Dados adicionais: tarifa de energia elétrica de . Considere que um mês tem 30 dias sendo 22 úteis.

Passo 1

Beleza, vamos lá! O problema fala sobre uma pequena indústria de bolos que usa uma rede trifásica de 380 V e 60 Hz, com uma potência de 50 kW e um fator de potência indutivo de 0,8. Ela funciona de segunda a sexta, das 8h às 12h e das 14h às 18h. Queremos descobrir quanto tempo, em meses, leva para recuperar o investimento em um banco capacitivo que melhora o fator de potência. Para resolver isso, vamos precisar entender sobre fator de potência, banco capacitivo, cálculo de economia de energia e custos envolvidos.

Passo 2

Primeiro, vamos entender o fator de potência. Ele indica quão eficientemente a energia está sendo usada. Um fator de potência de 1 é o ideal, sem desperdício. Aqui, a indústria tem um fator de potência de 0,8, o que significa que há um desperdício de energia devido à natureza indutiva da carga.

Passo 3

Para melhorar o fator de potência, usamos um banco capacitivo. Ele adiciona capacitância ao sistema, reduzindo a componente reativa da corrente e, assim, aumentando o fator de potência. Isso ajuda a reduzir a demanda por energia reativa da concessionária, o que pode diminuir a conta de energia.

Passo 4

Vamos calcular a potência reativa atual da indústria. A potência aparente $ S $ é dada por:
S
Onde:
  • $ P = 50 , kW $ (potência ativa)
  • $ \cos \phi = 0,8 $ (fator de potência)
Substituindo:
S = Pcos phi
Agora, a potência reativa $ Q $:
P = 50 , kW

Passo 5

Queremos melhorar o fator de potência para próximo de 1. Assim, a nova potência reativa $ Q_{novo} $ será:
Qnovo
Nota: Aqui, considerei melhorar o fator de potência para 0,95 como exemplo.

Passo 6

A capacitância necessária no banco capacitivo é a diferença entre a potência reativa atual e a desejada:
Qcap = Q - Qnovo = 37,5 - 16,25 = 21,25 , kVAR

Passo 7

Agora, vamos calcular o custo do banco capacitivo. Se o custo é de R$ XXX por kVAR, então:
XXX por kVAR, então:

Passo 8

Com o fator de potência melhorado, a economia na conta de energia pode ser estimada. A economia ocorre porque reduzimos a carga reativa, que muitas vezes é penalizada pelas concessionárias. Vamos supor que a economia seja proporcional à redução da potência reativa.
Economia por hora = Qcap times V times I times tarifa
Nota: Para simplificar, vamos considerar a tarifa baseada na energia consumida.

Passo 9

Calculando o tempo total de operação por mês:
  • Horas por dia: $ 4 , h $ (manhã) + $ 4 , h $ (tarde) = 8 h/dia
  • Dias úteis por mês: 22
  • Total de horas por mês: $ 8 \times 22 = 176 , h/mês $

Passo 10

Calculando a economia mensal:
Economia = Qcap times tarifa times horas por mês = 21,25 times 0,80 times 176 approx 21,25 times 140,8 = 2.995 , R$/mês êê

Passo 11

Finalmente, para encontrar o tempo de retorno do investimento, dividimos o custo total pelo valor da economia mensal:
Tempo = CustoEconomia por mês = 21,25 times XXX2.995 = 21,252.995 times XXX approx 7,09 times XXX ê
Como o número deve ser arredondado para cima, o tempo de retorno é de $ \lceil 7,09 \times XXX \rceil $ meses.

Resposta

O tempo para ter o retorno no investimento é de aproximadamente $ \lceil 7,09 \times XXX \rceil $ meses.

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