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Questões de Conservação da Energia


ID
58657
Banca
CESPE / CEBRASPE
Órgão
TRT - 17ª Região (ES)
Ano
2009
Provas
Disciplina
Engenharia Elétrica
Assuntos

Com relação aos processos de conservação de energia, julgue os
itens seguintes.

O uso de grandes áreas envidraçadas em edifícios é um fator que contribui para elevar a carga térmica do ambiente internamente ao prédio.

Alternativas

ID
58660
Banca
CESPE / CEBRASPE
Órgão
TRT - 17ª Região (ES)
Ano
2009
Provas
Disciplina
Engenharia Elétrica
Assuntos

Com relação aos processos de conservação de energia, julgue os
itens seguintes.

A adoção de cortinas, persianas ou peças arquitetônicas (brise-soleil) contribui para aumentar a carga térmica do ambiente porque, no caso de edifícios com grandes áreas envidraçadas, a radiação não é evitada e, com isso, o consumo de energia elétrica para gerar ar frio visando compensar a carga térmica é elevado.

Alternativas

ID
58666
Banca
CESPE / CEBRASPE
Órgão
TRT - 17ª Região (ES)
Ano
2009
Provas
Disciplina
Engenharia Elétrica
Assuntos

Acerca da função de comutação nas centrais telefônicas, julgue
o item a seguir.

A função de comutação nas centrais é realizada por meio de circuitos que contêm apenas resistores de carvão.

Alternativas
Comentários
  • E os relés cadê????


ID
64531
Banca
CESPE / CEBRASPE
Órgão
INSS
Ano
2008
Provas
Disciplina
Engenharia Elétrica
Assuntos

Projetos de instalações elétricas refletem uma previsão escrita da instalação, com todos os seus detalhes. Acerca desse assunto, julgue
os itens que se seguem.

A carga a considerar no projeto para um equipamento de utilização em circuito de iluminação e tomadas é simplesmente a potência nominal absorvida pelo equipamento, em kW.

Alternativas
Comentários
  • Deve-se considerar a potencia aparente (em VA) e no caso dos circuitos o fator de utilizaçao dos equipamentos com relaçao ao número de pontos instalados
  • errada

     


ID
64534
Banca
CESPE / CEBRASPE
Órgão
INSS
Ano
2008
Provas
Disciplina
Engenharia Elétrica
Assuntos

Projetos de instalações elétricas refletem uma previsão escrita da instalação, com todos os seus detalhes. Acerca desse assunto, julgue
os itens que se seguem.

Considere que, no projeto de uma instalação elétrica em baixa tensão, o fator de demanda seja igual a 0,8. Nesse caso, é correto afirmar que o fator de potência dessa instalação é superior a 0,8, podendo ser indutivo ou capacitivo.

Alternativas
Comentários
  • Se você errou essa questão, fique preocupado.


ID
171871
Banca
FCC
Órgão
MPU
Ano
2007
Provas
Disciplina
Engenharia Elétrica
Assuntos

Em uma instalação elétrica a relação entre a demanda máxima do grupo de aparelhos e a soma das demandas individuais dos aparelhos do mesmo grupo, em um determinado intervalo de tempo define o fator de

Alternativas
Comentários
  • Em uma instalação, os equipamentos instalados nem sempre funcionam ao mesmo tempo. O fator de simultaneidade é o resultado da demanda máxima provocada por um grupo de aparelhos ligados ao mesmo tempo.

    Em uma instalação, deve-se tomar um certo cuidado para evitar um subdimensionamento do sistema.
  • Não devia ser a demanda máxima individual dos aparelhos do mesmo grupo?


ID
180073
Banca
FGV
Órgão
MEC
Ano
2009
Provas
Disciplina
Engenharia Elétrica
Assuntos

Um circuito que alimenta um chuveiro elétrico de 4kW funcionando 40 minutos por dia, terá consumido ao final de 30 dias:

Alternativas
Comentários
  • A resposta correta é a letra c), pois:

    1) Tranformar o tempo de minutos em horas:
    1h  - 60 min
    x    -  40 min
    60.x = 40
    x = 2/3h
    2) Calcular a energia gasta em 30 dias:
    E = P . h
    E = 4000 . (2/3) . 30
    E = 80.000Wh = 80kWh
  • E = kW x h x dias

    E = 4 x (40/60)  x 30

    E = 80 kWh


ID
180100
Banca
FGV
Órgão
MEC
Ano
2009
Provas
Disciplina
Engenharia Elétrica
Assuntos

A eficiência energética tem sido uma das metas do setor energético. As ações decorrentes desse esforço englobam medidas de conservação e racionalização no uso da energia.

Assinale a alternativa que apresente a ação que caracteriza somente a Conservação de Energia.

Alternativas
Comentários
  •  O termo conservação de energia refere-se a técnicas e  procedimentos que visam reduzir o desperdício e o uso ineficiente da energia, principalmente elétrica, sem comprometer o conforto e/ou a produção. Em geral, o termo conservação está ligado ao uso racional da energia. Essa área tecnológica tornou-se emergente, principalmente, depois da crise do petróleo na década de 1970, quando a elevação dos preços desse insumo alterou substancialmente a estabilidade das estratégias de obtenção dos recursos necessários para garantir a sustentabilidade do processo de desenvolvimento.

         De maneira genérica, a conservação de energia pode ser aplicada em diversos níveis:

    Eliminação dos desperdícios;

    Aumento da eficiência das unidades consumidoras de energia;

    Aumento da eficiência das unidades geradoras de energia;

    Reaproveitamento dos recursos naturais pela reciclagem e redução do conteúdo energético dos produtos e serviços;

    Rediscussão das relações centro-periferia em setores como transporte e indústria;

    Mudança dos padrões de consumo em favor de produtos e serviços que requerem menor uso de energia.

  • Então a D também estaria correta.

    Visto que, economizando ao desligar as máquinas (Ar, PC, Luz) estaria consumindo menos. Pensando além, a dificuldade burocrática é gigante para trocar todo equipamento por mais eficientes no setor público. Imagina trocar 70 ar condicionados, 400 lampadas, 140 computadores? 

  • pelo que se depreende, conservacao de energia e eficiencia energetica sao a mesma coisa. deixar de usar um aparelho nao diz respeito a eficiencia energetica, tampouco usar um aparelho de menor potencia - menos potencia implica menos trabalho realizado, que nao é o que se busca.

  • Letra C é a correta, pois a questão pergunta sobre Conservação de energia ou seja, manter aparelhos que causam aquecimento desligados sempre que possível é a correta.


ID
197644
Banca
CESPE / CEBRASPE
Órgão
MS
Ano
2010
Provas
Disciplina
Engenharia Elétrica
Assuntos

Julgue o item subsequente, relativo à instalação de segurança (ou de substituição) não automática.

Bastante sofisticado, esse tipo de instalação de segurança é utilizado para prover energia imediatamente após falha de suprimento pela rede normal da concessionária. A energia é fornecida por gerador de emergência, acionado por relé, tão logo seja detectada a falha de suprimento pela rede normal.

Alternativas
Comentários
  • A descrição não condiz com o "NÃO automática"

ID
197728
Banca
CESPE / CEBRASPE
Órgão
MS
Ano
2010
Provas
Disciplina
Engenharia Elétrica
Assuntos

Acerca das condições gerais de fornecimento de energia elétrica
em tensão primária de distribuição, julgue os itens que se seguem.

Em uma unidade consumidora de energia elétrica suprida em tensão primária de distribuição, o ramal de ligação da entrada de serviço de energia dessa unidade consumidora poderá cortar terreno de terceiro, caso haja autorização deste, escrita em formulário próprio da concessionária de energia, permitindo a passagem dos condutores energizados.

Alternativas
Comentários
  • Errado, pois não pode cortar terreno de terceiro e PONTO.
    pegadinha do caramba.
    não achei norma nem resolução da ANEEL que diz isso, mas os procedimentos de várias concessionárias determinam que não se passe por terreno de terceiros.
  • Resolução 414

    Seção VI
    Do Ponto de Entrega
    Art. 14
    “O ponto de entrega é a conexão do sistema elétrico da distribuidora
    com a unidade consumidora e situa-se no limite da via pública com a propriedade
    onde esteja localizada a unidade consumidora, exceto quando:”
    (Redação dada pela Resolução Normativa ANEEL nº 418, de 23.11.2010)
    I – existir propriedade de terceiros, em área urbana, entre a via pública
    e a propriedade onde esteja localizada a unidade consumidora, caso
    em que o ponto de entrega se situará no limite da via pública com a
    primeira propriedade;
     


ID
204952
Banca
CCV-UFC
Órgão
UFC
Ano
2010
Provas
Disciplina
Engenharia Elétrica
Assuntos

O fator de carga de uma determinada instalação elétrica pode ser definido como a relação entre:

Alternativas
Comentários
  • Discordo do gabarito, no meu ver o gabarito é a letra c), pois:

    Segundo CELESC:
    O Fator de Carga (FC) é um índice que demonstra se a energia consumida está sendo utilizada de maneira racional e econômica. Este índice varia entre zero a um, e é obtido pela relação entre a demanda média e a demanda máxima, durante um período definido. 
    Segundo AES Eletropaulo:
    O Fator de Carga é um índice que permite verificar o quanto que a energia elétrica é utilizada de forma racional. É a razão entre a demanda média, durante um determinado intervalo de tempo, e a demanda máxima registrada no mesmo período.
    Segundo Eletrobrás:
    Fator de Carga é o índice que determina se a energia elétrica está sendo consumida de forma eficiente e sem desperdícios, que relaciona a demanda média registrada em determinado período, e a demanda máxima medida neste mesmo período. A escala de variação é de 0 a 1, onde quanto mais próximo de 1 melhor será a utilização da eletricidade.
    Segundo CPFL:
    Fator de Carga (FC) é a relação entre a demanda média obtida com base no consumo e a demanda máxima de potência durante um período de tempo. Ex.: período de um ano.
  • Concordo com o colega. Gabarito errado. O correto seria a letra c)

  • Concordo com os colegas, gabarito errado. O correto é letra C.

  • Concordo com os colegas, gabarito errado. O correto é letra C.

  • Também marquei letra C e deu que tava errada. essas bancas.

  • Segundo a resolução a normativa nº 414 de 9 de setembro de 2010 da ANEEL, o fator de carga é definido como sendo a razão entre a demanda média e a demanda máxima da unidade consumidora ocorridas no mesmo intervalo de tempo especificado.

    Resposta Correta: C


ID
215578
Banca
FUNIVERSA
Órgão
MPE-GO
Ano
2010
Provas
Disciplina
Engenharia Elétrica
Assuntos

A existência de parcela significativa de harmônica de 3.ª ordem e suas múltiplas pode gerar a seguinte necessidade de modificação no projeto elétrico de uma instalação:

Alternativas

ID
224782
Banca
FCC
Órgão
METRÔ-SP
Ano
2010
Provas
Disciplina
Engenharia Elétrica
Assuntos

Dez lâmpadas incandescentes de 150 W/120 V iluminam um salão. Elas ficam acesas 8 horas por dia durante os 30 dias do mês de abril. Sendo R$ 0,30 o custo do kWh, o gasto total de energia elétrica durante esse mês apenas com as lâmpadas é de

Alternativas
Comentários
  • como  se faz essa questão ?

  • Consumo de 1 lâmpada = POTÊNCIA*DIAS*HORAS = 150*30*8 = 36KW.h

    Consumo de 10 lâmpadas = 360 KW.h

     

    KW.h              R$

    1                     0,3

    360                  x

     

    x = 360*0,3

    x = R$108,00


ID
225715
Banca
FGV
Órgão
CAERN
Ano
2010
Provas
Disciplina
Engenharia Elétrica
Assuntos

Um computador e impressora consomem 400W quando ligados à rede de energia elétrica por 330 minutos por dia durante 30 dias. Se a taxa a ser paga pela energia consumida é de R$ 0,60 por kWh, o curto pela energia consumida é de

Alternativas
Comentários
  • Transformando os dados:

    330 min/dia = 5,5h/dia

    30 dias no mes = 5,5h x 30 = 165h/mes


    Com isso temos que o consumo de energia:

    E = Pot(Kw) x Dt(h)

    E = 0,4Kw x 165h

    E = 66kw/h


    Se a taxa a ser paga pela energia consumida é R$ 0,60kw/h

    Temos, Energia Consumida x Taxa = 66kw/h x 0,60 = R$ 39,60.

     


ID
232399
Banca
CESPE / CEBRASPE
Órgão
Caixa
Ano
2010
Provas
Disciplina
Engenharia Elétrica
Assuntos

Para a garantia da sustentabilidade das edificações, a busca por certificações tem-se intensificado nos últimos anos. Entre as metodologias de avaliação existentes, destaca-se o uso do LEED (Leadership in Energy and Environmental Design) e, no Brasil, da Alta Qualidade Ambiental (AQUA). Acerca desse assunto, assinale a opção correta.

Alternativas

ID
232435
Banca
CESPE / CEBRASPE
Órgão
Caixa
Ano
2010
Provas
Disciplina
Engenharia Elétrica
Assuntos

A soma das potências dos equipamentos de um CPD é de 96 kW e o banco de baterias instalado supre esses equipamentos durante 15 minutos. Deseja-se redimensionar o banco de baterias, para suportar 2 horas e 30 minutos em potência máxima, sem a rede elétrica. Tanto o banco de baterias atual quanto o novo devem fornecer energia em 24 V. Considerando apenas a potência dos equipamentos e que o fator de potência seja igual a 1, então a nova capacidade do banco de baterias, sem que haja superdimensionamento, deverá ser superior a

Alternativas
Comentários
  • Para mim a letra correta é a letra A

    Alguém mais concorda?

    Abrs
  • Cara... 

    cheguei ao mesmo resultado, se alguem tiver outra maneira de resolver...
    vejamos:

    A potência total do CPD é 96kW.
    Isso quer dizer que em 1 hora, serão consumidos 96kW, ou seja: 96kW.h

    O funcionamento das baterias diz o seguinte. Por exemplo: uma bateria de 60A é capaz de fornecer 60A em 1 hora de uso.
    Desse modo, encontramos a CORRENTE consumida pelo CPD:  P = VI; i = P/V = 69kW/24 = 4kA. (4kA.h)
    Como queremos que o circuito funcione por 2,5 horas (2 horas e meia), multiplicamos as horas pela corrente: 4kA * 2.5h = 10kA.h
    Assim, precisamos de uma bateria de 10kA.h. letra a)
    Se alguem souber como o resultado foi pra letra d) por favor avise!!!!
  • Opa....
    acheio meio confuso isso aí, mas dessa forma nao ficaria superdimensionado?
    Essa bateria de 4kA, deveria ser capaz, em teoria, de alimentar o circuito por 1 hora, não?

    No caso eu imaginei que a bateria que alimentasse o circuito fosse de 1kA, o que acabaria em resultar seu esgotamento em um período mais rápido, de 15 minutos.

    Resumindo:
    Uma bateria de 40kA.h seria capaz de durar 10 horas, fornecendo a corrente de 4kA.h, certo?
    Ou estou enganado???

    Aguardo respostas, abraço!
  • Colegas, na verdade pelo que pude entender nas pesquisas que fiz, é que ao encontrarmos o valor nominal de consumo em Ah, multiplicamos o valor por 4. Isto deve-se a fatores construtivos das baterias.
  • Achei bem estranho também....

    Segundo a propria explicação do nosso colega ae....a tal bateria de 40 kAh é capaz de suprir 40 kA em 1h  ou  4kA em 10h!
    Ou seja, ela estaria superdimensionada....

    Pelos dados do exercicios, pode-se afirmar q o banco de  bateria inicial é de 1kAh, pois assim os 4 kA drenados pelo CPD faria o banco se descarregar em 15min.  Se fosse mais que 1kAh, o banco não se descarregaria totalmente em 15min.

    Agora, para drenar os mesmos 4kA e durar 2.5h, teria de ser, no minimo, um banco de 10kAh.
    Dessa forma poderia ser drenado 10kA em 1h   ou  5kA em 2h   ou   1kA em 10h!!!

    Pode ser que esse fator "4" comentado acima com o qual se deve multiplicar a bateria, seja o grande X da questão!!!

    Aguardo, outros comentarios!
  • Esse questão é simples, mas eu errei tbm. senão prestar atenção acabamos errando.


  • No dimensionamento de baterias para nobreaks, é necessário multiplicar a corrente por um fator, já que na pratica não é interessante que o banco se descarregue totalmente.  Como não sabemos esse fator exatamente ( na faixa de 4) a forma de resolver do Diego, acaba sendo mais eficiente.Mesmo que na pratica na resolução dele a carga não iria consumir todo o banco ( oq é o correto quando se trabalha com bancos de bateria.)


ID
262219
Banca
COPEVE-UFAL
Órgão
UFAL
Ano
2011
Provas
Disciplina
Engenharia Elétrica
Assuntos

A redução das perdas nos motores de alto rendimento deve-se às seguintes melhorias tecnológicas:

I. Redução das perdas por efeito Joule, por meio redução da quantidade de cobre nos enrolamentos do estator, incluindo o projeto otimizado das ranhuras e o superdimensionamento das barra do rotor.

II. Redução das perdas no ferro e da corrente de magnetização por meio da diminuição da intensidade do campo magnético e utilização de chapas magnéticas de boa qualidade.

III. Redução das perdas por atrito e ventilação por meio do emprego de rolamentos adequados e otimização do projeto dos ventiladores.

IV. Redução de outras perdas por meio da regularização do entre-ferro, melhoria do isolamento e tratamento térmico das chapas do estator e do rotor.

Está correto o que se afirma em

Alternativas

ID
336787
Banca
CESPE / CEBRASPE
Órgão
INMETRO
Ano
2010
Provas
Disciplina
Engenharia Elétrica
Assuntos

Três cargas trifásicas equilibradas, todas em estrela, são conectadas em paralelo e alimentadas por meio de uma rede elétrica, cuja tensão é equilibrada e simétrica, com tensão eficaz de linha constante e igual a 100 V. As três cargas têm as seguintes características:


carga 1 – absorve 8 kW, com fator de potência 0,8 indutivo; 

carga 2 – absorve 10 kVA, com fator de potência 0,8 capacitivo; 

carga 3 – absorve 5 kVA, com fator de potência 0,8 indutivo.


O valor da potência aparente total, em kVA, consumida pelas três cargas está compreendido no intervalo entre

Alternativas

ID
336790
Banca
CESPE / CEBRASPE
Órgão
INMETRO
Ano
2010
Provas
Disciplina
Engenharia Elétrica
Assuntos

Três cargas trifásicas equilibradas, todas em estrela, são conectadas em paralelo e alimentadas por meio de uma rede elétrica, cuja tensão é equilibrada e simétrica, com tensão eficaz de linha constante e igual a 100 V. As três cargas têm as seguintes características:


carga 1 – absorve 8 kW, com fator de potência 0,8 indutivo; 

carga 2 – absorve 10 kVA, com fator de potência 0,8 capacitivo; 

carga 3 – absorve 5 kVA, com fator de potência 0,8 indutivo.


Considerando que a instalação seja ampliada com a conexão em paralelo de uma quarta carga, também equilibrada, assinale a opção correta.


Alternativas

ID
336793
Banca
CESPE / CEBRASPE
Órgão
INMETRO
Ano
2010
Provas
Disciplina
Engenharia Elétrica
Assuntos

Três cargas trifásicas equilibradas, todas em estrela, são conectadas em paralelo e alimentadas por meio de uma rede elétrica, cuja tensão é equilibrada e simétrica, com tensão eficaz de linha constante e igual a 100 V. As três cargas têm as seguintes características:


carga 1 – absorve 8 kW, com fator de potência 0,8 indutivo; 

carga 2 – absorve 10 kVA, com fator de potência 0,8 capacitivo; 

carga 3 – absorve 5 kVA, com fator de potência 0,8 indutivo.


Considerando que uma quarta carga seja conectada em paralelo às outras três cargas, totalizando uma demanda de 30 kVA por parte da instalação, com fator de potência 0,9 indutivo, então a potência reativa da quarta carga será

Alternativas

ID
336850
Banca
CESPE / CEBRASPE
Órgão
INMETRO
Ano
2010
Provas
Disciplina
Engenharia Elétrica
Assuntos

Uma medição realizada em determinada instalação elétrica evidenciou a necessidade de elevação do fator de potência de 0,8 indutivo para 0,92, também indutivo. É correto afirmar que essa elevação do fator de potência

Alternativas

ID
336853
Banca
CESPE / CEBRASPE
Órgão
INMETRO
Ano
2010
Provas
Disciplina
Engenharia Elétrica
Assuntos

Medições realizadas indicam que determinada instalação elétrica possui potência ativa igual X1 a watts e potência reativa igual a Y1 volt-ampere-reativo, resultando em um fator de potência indutiva Z1. Um banco de capacitores foi utilizado para corrigir o fator de potência, acrescentando Y2 volt-ampere-reativo à instalação. Nessa situação, o novo fator de potência, Z2, da instalação é tal que

Alternativas

ID
400210
Banca
CESPE / CEBRASPE
Órgão
Correios
Ano
2011
Provas
Disciplina
Engenharia Elétrica
Assuntos

Julgue os próximos itens, a respeito de fator de potência em
sistemas elétricos.

As principais causas de um baixo fator de potência em instalações industriais incluem os motores em vazio, os motores e transformadores superdimensionados, os transformadores em qualquer regime de operação, as lâmpadas de descarga e o excesso de energia capacitiva.

Alternativas
Comentários
  • As principais causas de um baixo fator de potência em instalações industriais incluem os motores em vazio, os motores superdimensionados, os (transformadores em qualquer regime de operação) transformadores em vazio ou com carga leve, muitos reatores associados a lâmpadas de descarga e o (excesso de energia capacitiva). O excesso de energia capacitiva ELEVA o fator de potência, inclusive é através da colocação de bancos de capacitores que se aumenta a tensão em instalações e também o fp.
  • O principal erro da questão está em relacionar capacitores com baixo fator de potência na rede. Sabe-se que bancos de capacitores são usados para aumentar o fator de potência em instalações elétricas.

  • os transformadores em qualquer regime de operação. ERRADO


ID
400321
Banca
CESPE / CEBRASPE
Órgão
Correios
Ano
2011
Provas
Disciplina
Engenharia Elétrica
Assuntos

Um consultor contratado para propor medidas de
conservação de energia para determinada empresa recomendou,
entre outras, as seguintes providências: a troca das lâmpadas
incandescentes por fluorescentes; a instalação de inversores de
frequência nos motores de indução de grande porte que são
acionados com partida direta; a correção do fator de potência dos
motores, utilizando banco de capacitores.

Considerando essa situação hipotética, julgue os itens a seguir.

O principal benefício da correção do fator de potência é a melhora da eficiência dos motores de indução, uma vez que eles passarão a funcionar com fator de potência próximo de um.

Alternativas
Comentários
  • Bom, a eficiencia do MIT é potencia ativa de saida, sobre a potecia ativa de entrada.
    Então a melhora do fator de potencia não altera o potencia ativa, somente a potencia reativa e a complexa.
    portanto, não influenciando no rendimento.
     
  • A questão está errada, pois não necessariamente aumentando o fator de potência o mesmo ficará próximo de 1 (um) e também o principal benefício da correção do fator de potência é a diminuição da fatura da conta de energia elétrica.

    Sobre o que meu amigo concurseiro Alex escreveu em seu comentário eu discordo em um ponto e concordo em outro.

    Está correto em dizer que a eficiencia do MIT é potencia ativa de saída sobre a potência ativa de entrada, ou:
    n = Po / Pin
    Mas a potência ativa depende do fator de potência, conforme fómula para a potência de entrada do MIT:
    Pin = sqrt(3) . Vlinha . Ilinha . cos(fi)
    Sendo assim, quanto maior o cos(fi), fator de potência, maior será o Pin. Como existem uma série de perdas constantes no MIT (perdas por atrito, perdas por ventilação, perdas suplementares) o seu rendimento aumenta.
  • Sobre oq nosso amigo concurseiro Jones Cambruzzi flw abaixo eu discordo. Como que com o aumento de perdas no motor(por efeito joule e rotação) a eficiência do motor aumentará? O fp do motor é fixo e não se altera. A correção de fp se dá antes do motor para diminuir a quantidade de reativos do sistema, pois essa energia será providenciada pelos capacitores. Logo a correção de fp serve para diminuir a corrente dos alimentadores e isso não influencia no rendimento do motor, que é fixo. Ele foi projetado para possui tais perdas em potência nominal independente do fp do sistema.

  • Jones esse fator de potência da equação é o fator de potência da própria máquina , que provém de suas características construtivas, não confunda com fator de potência da instalação, que esse depende da quantidade de máquinas, e de seus fatores de potência ( muitas máquinas indutivas partindo diretamente);  os capacitores irão corrigir o fator de potência da instalação jamais da máquina.
    Os benefícios financeiros vem do fato de que corrigindo o fp, para uma mesma potência aparente, você irá ter um melhor aproveitamento.
    Ex: fp 0,8  você aproveita 80%, fp 0,92 você aproveita 92%.

    se não houvesse a correção, para uma determinada necessidade de potência ativa, você irá solicitar uma quantidade de potência aparente muito superior.

  • Nunca vi questões de elétrica com tantos comentários. Coza maix linda, como diria o mané. Concordo com o amigo Raoni, acabei confundindo os dois conceitos e como acertei a questão não parei para analisar.  Obrigado pelos comentários


ID
400324
Banca
CESPE / CEBRASPE
Órgão
Correios
Ano
2011
Provas
Disciplina
Engenharia Elétrica
Assuntos

Um consultor contratado para propor medidas de
conservação de energia para determinada empresa recomendou,
entre outras, as seguintes providências: a troca das lâmpadas
incandescentes por fluorescentes; a instalação de inversores de
frequência nos motores de indução de grande porte que são
acionados com partida direta; a correção do fator de potência dos
motores, utilizando banco de capacitores.

Considerando essa situação hipotética, julgue os itens a seguir.

Embora a substituição das lâmpadas incandescentes por lâmpadas fluorescentes propicie economia relevante de energia, esse procedimento provavelmente produzirá resultado econômico negativo para a empresa, em razão do preço maior das lâmpadas fluorescentes e da sua vida útil menor.

Alternativas
Comentários
  • Errado.

    Lâmpada incandescente: menor preço, menor vida útil.

    Lâmpada fluorescente: maior preço, maior vida útil, além de ser mais econômica (consome uma potência ativa bem menor iluminando mais)

ID
400330
Banca
CESPE / CEBRASPE
Órgão
Correios
Ano
2011
Provas
Disciplina
Engenharia Elétrica
Assuntos

Julgue os itens subsecutivos, acerca da conservação de energia em
edifícios comerciais.

Uma medida de conservação de energia que pode ser aplicada em edifícios que possuam elevadores que operem com motores de corrente contínua é a substituição destes por motores de indução com inversores de frequência. Essa troca elimina as perdas inerentes do retificador CA-CC e, como a carga de passageiros nos elevadores é variável, a utilização de inversores de frequência propicia um melhor rendimento aos motores.

Alternativas
Comentários
  • GABARITO ERRADO

     

    O inversor de frequência tem um retificador CA-CC, um sistema de filtragem de sinal e um inversor. Por isso, as perdas inerentes aos retificadores não são eliminadas com a substituição da máquina CC por um inversor de frequência + motor de indução.


ID
400333
Banca
CESPE / CEBRASPE
Órgão
Correios
Ano
2011
Provas
Disciplina
Engenharia Elétrica
Assuntos

Julgue os itens subsecutivos, acerca da conservação de energia em
edifícios comerciais.

Uma medida de conservação de energia é a substituição de luminárias com lâmpadas fluorescentes de 40 W por luminárias com refletor de alumínio de alto brilho, contendo reatores eletrônicos e lâmpadas fluorescentes de 32 W.

Alternativas

ID
523234
Banca
FGV
Órgão
Senado Federal
Ano
2008
Provas
Disciplina
Engenharia Elétrica
Assuntos

A conservação de energia elétrica é um aspecto fundamental nas modernas instalações elétricas, tendo em vista que ela não só é responsável por ganhos financeiros, mas também é um fator importante em relação à proteção do meio ambiente. Em relação às medidas de conservação de energia em sistemas de ar condicionado, considere as seguintes afirmativas:
I. O desligamento da iluminação, quando não utilizada, é uma medida para a redução da carga térmica de um ambiente, reduzindo assim o consumo de energia do sistema de ar condicionado.

II. A utilização de motores elétricos mais eficientes, denominados de alto rendimento, é uma das medidas para reduzir o consumo de energia nos sistemas de ar condicionado.

III. O uso de variadores de freqüência para o acionamento de ventiladores, compressores e bombas em sistemas de ar condicionado reduz o consumo de energia, pois eles variam as vazões (de ar ou de água) utilizando o princípio do estrangulamento, que reduz as perdas.
Assinale:

Alternativas

ID
523237
Banca
FGV
Órgão
Senado Federal
Ano
2008
Provas
Disciplina
Engenharia Elétrica
Assuntos

Para a implantação de um programa de conservação de energia elétrica em um prédio, é necessário conhecer os dados físicos da edificação e seus sistemas elétricos. Para o estudo de eficiência energética da instalação, não é necessário conhecer:

Alternativas
Comentários
  • O certo seria o potencial de uso de iluminação natural.

  • Daria na mesma, conhecer como a iluminação do prédio está disposta, 50% artificial ou 20% natural, não faz diferença já que a ideia da questão é criar um programa de conservação da energia elétrica.


ID
541279
Banca
CESGRANRIO
Órgão
Transpetro
Ano
2011
Provas
Disciplina
Engenharia Elétrica
Assuntos

Algumas instalações elétricas apresentam baixo fator de potência, produzindo efeitos nocivos à rede de energia elétrica, gerando multas elevadas ao consumidor. Para solucionar tal problema, é

Alternativas

ID
544828
Banca
FCC
Órgão
INFRAERO
Ano
2011
Provas
Disciplina
Engenharia Elétrica
Assuntos

O projeto de sistemas elétricos industriais se apoia fundamentalmente na determinação

Alternativas
Comentários
  • Com a potência instalada e a demanda máxima prevista podemos calcular o fator de demanda para dimensionamento do transformador!


ID
544831
Banca
FCC
Órgão
INFRAERO
Ano
2011
Provas
Disciplina
Engenharia Elétrica
Assuntos

Quanto aos materiais e componentes de quadros de comando para motores de indução, considere as seguintes afirmativas:
I. Inversores de frequência são dispositivos utilizados para a partida de motores de indução.
II. Capacitores de potência são indicados para a compensação da carga reativa de circuitos com característica indutiva.
III. Quanto maior a potência nominal de um circuito, maior o seu fator de potência.
IV. A potência de curto circuito disponível em um ponto do circuito de alimentação é função exclusivamente da carga a ser alimentada, independentemente da fonte de alimentação.
É correto o que consta APENAS em

Alternativas
Comentários
  • III) A potencia nominal nada te haver com o fator de potência.. Errado!

    IV) A impedância da Alimentação ( Gerador ) é levada em consideração no calculo de corrente C.C e é claro que a corrente da alimentação contribui na Potência de Curto- circuito!

ID
549424
Banca
CESGRANRIO
Órgão
Petrobras
Ano
2011
Provas
Disciplina
Engenharia Elétrica
Assuntos

Um motor elétrico monofásico, de tensão nominal igual a 100 V, possui potência mecânica de 2 HP (1 HP = 746 W), rendimento de 0,70 e fator de potência de 0,86 indutivo. Os valores aproximados da potência ativa de entrada, em W, e da corrente elétrica demandada por esse motor, em A, são, respectivamente,

Alternativas
Comentários
  • P=2*746=1492w

    Corrente (fórmula)

    I=P/(tensão*rendimento*fator de potência)

    I=1492/100*0,7*0,86)

    I=24,8A

    P(ativa)=V*I*fator de potência

    P(ativa)=100*24,8*0,86

    P(ativa)=2131,4w

    D


ID
554296
Banca
CESPE / CEBRASPE
Órgão
ABIN
Ano
2010
Provas
Disciplina
Engenharia Elétrica
Assuntos

Para a elaboração de um projeto de instalação elétrica industrial, é
necessário conhecer dados relativos ao fornecimento de energia
elétrica, características das cargas e fatores de projeto, como
aqueles referentes a demanda, carga, perda, simultaneidade e
utilização. A partir dessas informações básicas, é possível
desenvolver um projeto racional.

Com relação a esse assunto,julgue os itens que se seguem.

Uma instalação elétrica que apresenta carga total instalada de 3.000 kW, mas que requeira, em determinado período de tempo apenas 500 kW de demanda máxima, apresenta fator de demanda maior que 4 nesse período.

Alternativas
Comentários
  • A questão está errada, pois:
    Fator de Demanda = (Demanda Máxima) / (Carga Instalada) = 500k / 3000k = 0,167.
  • Precisamos ter cuidado para não inverter conceitos, apesar de similares:

    Fator de CARGA = (Demanda Média) / (Demanda Máxima)

    Fator de DEMANDA = (Demanda Máxima) / (Potência Instalada)


ID
554299
Banca
CESPE / CEBRASPE
Órgão
ABIN
Ano
2010
Provas
Disciplina
Engenharia Elétrica
Assuntos

Para a elaboração de um projeto de instalação elétrica industrial, é
necessário conhecer dados relativos ao fornecimento de energia
elétrica, características das cargas e fatores de projeto, como
aqueles referentes a demanda, carga, perda, simultaneidade e
utilização. A partir dessas informações básicas, é possível
desenvolver um projeto racional.

Com relação a esse assunto,julgue os itens que se seguem.

Constatada a necessidade de elevação do fator de carga de determinada instalação elétrica industrial, é adequado proceder à elevação, pois, assim, serão gerados benefícios como otimização dos investimentos da instalação elétrica e redução do valor da demanda de pico.

Alternativas
Comentários
  • O Fator de Carga (FC) é um índice que demonstra se a energia consumida está sendo utilizada de maneira racional e econômica. Este índice varia entre zero a um, e é obtido pela relação entre a demanda média e a demanda máxima, durante um período definido.

    O fator de carga é expresso pela relação entre a energia ativa consumida num determinado período de tempo e a energia ativa total que poderia ser consumida, caso a demanda medida do período (demanda máxima)  fosse utilizada durante todo o tempo.

    A melhoria (aumento) do fator de carga, além de diminuir o preço médio pago pela energia consumida, conduz a um melhor aproveitamento da instalação elétrica, inclusive de motores e equipamentos e à otimização dos investimentos nas instalações.

    O fator de carga da unidade consumidora depende, entre outras coisas, das características dos equipamentos elétricos e do regime de operação dos mesmos, que por sua vez tem relação com a atividade executada no local.
  • carga instalada = tudo que tem no prédio
    demanda = média de potência consumida
    fator de demanda = demanda máxima dividida pela carga instalada (fd = dm/c)
    fator de carga = demada dividida pela demanda máxima (fc = d/dm)
    fator de coincidência ou simultaneidade = demanda máxima do cj. de equipamentos dividida pela soma das demandas máximas de cada equipamento
    fator de diversidade = inverso do fator de coincidência ou simultaneidade (obs.: único fator que é maior que 1)

    Aumentar o fator de carga (mantendo-se o consumo médio, ou demanda) significa diminuir o valor da demanda máxima (ou demanda de pico, ou potência máxima), o que gera uma utilização mais suave da instalação elétrica. 

ID
660850
Banca
FCC
Órgão
TRE-CE
Ano
2012
Provas
Disciplina
Engenharia Elétrica
Assuntos

Considere os elementos abaixo e uma rede elétrica industrial indutiva.

I. Motor assíncrono.
II. Transformador.
III. Reator.
IV. Motor síncrono super excitado.
V. Capacitor.

Os elementos capazes de compensar o fator de potência verificado nessa indústria são APENAS

Alternativas
Comentários
  • Certo
    Quando o motor sincrono está super-excitado, ele absorve potência ativa e fornece potência reativa.
    Quando o motor sincrono está sub-excitado, ele absorve potência ativa e reativa.

    Como no caso é uma rede elétrica industrial indutiva, então o MS super-excitado irá fornecer potência reativa para correção do 
    fator de potencia.
     
  • Capacitor e motor síncrono super excitado - If maior que a nominal.. boa questão


ID
660949
Banca
FCC
Órgão
TRE-CE
Ano
2012
Provas
Disciplina
Engenharia Elétrica
Assuntos

São dois exemplos de equipamentos responsáveis pela produção de harmônicos na rede elétrica de uma residência:

Alternativas
Comentários
  • LETRA E;

    Harmônicos são gerados por cargas Indutivas e Capacitivas, dentre outras cargas espúrias, Somatório de Tudo, como uma TV, COmputadores, que tem resistor, indutor, capacitor, circuitos integrados... etc...
    Nâo são gerados por cargas resisitivas, como chuveiro elétrico, torneira elétrica, lâmpada incandescente... etc;

    E lembre-se que o nome é harmônico, e não hamônica, que é uma gaita de boca!

    Abraço

ID
670495
Banca
CONSULPLAN
Órgão
TSE
Ano
2012
Provas
Disciplina
Engenharia Elétrica
Assuntos

A empresa Eletricidade Total Ltda. utiliza 5 máquinas, sendo que o motor de cada uma consome 1000W. Se todas forem utilizadas durante 12 horas por dia, em 4 dias da semana, pode-se verificar que a energia consumida é igual a

Alternativas
Comentários
  • A letra correta é a c), pois:

    E = P . h
    E = 5 . 1000 . 12 . 4
    E = 240kWh

ID
711229
Banca
CESGRANRIO
Órgão
Caixa
Ano
2012
Provas
Disciplina
Engenharia Elétrica
Assuntos

Em uma instalação industrial, foi conectado um banco de capacitores com potência de 13,75 kVAr para compensação do fator de potência. Nessa situação, o fator de
potência é de 0,96.
Sendo a potência ativa total da instalação igual a 30 kW, qual era o fator de potência da instalação antes da conexão do banco de capacitores?

Alternativas
Comentários
  • Satual = P/F.P = 30K/,96 = 31,25KVA.

    Q1 - Qbc = Qatual

    Qatual = SQRT(31,25K^2 - 30k^2) = 8,75KVAr.

    Q1 = 8,75K + 13,75K = 22,5KVAr.

    S1 = SQRT(30K^2 + 22,5K^2) = 37,5KVA.

    FP = 30K/37,5K = 0,8



ID
711253
Banca
CESGRANRIO
Órgão
Caixa
Ano
2012
Provas
Disciplina
Engenharia Elétrica
Assuntos

Um motor de 6 HP de potência mecânica, rendimento de 0,8 e fator de potência de 0,6 possui potências elétricas aparente e ativa iguais, respectivamente, a

Dado: 1 HP = 746 W

Alternativas
Comentários
  • rendimento 0.8 e potência do motor é 6x746W, logo a potência ativa do motor é (6x746)/0.8 = 5595 W

    Fp = 0.6 => FP = Potativa/Potaparente => Pot aparente = 5595/0.6 = 9325 VA


ID
711268
Banca
CESGRANRIO
Órgão
Caixa
Ano
2012
Provas
Disciplina
Engenharia Elétrica
Assuntos

Uma dada instalação elétrica com 50 kW de potência possui um fator de potência igual a 0,707. Com o objetivo de elevar esse fator de potência para 0,866, é necessário instalar um banco de capacitores BC cujo valor deverá ser

Alternativas
Comentários
  • ajudaaa!!! alguem pode fornecer a resolução???

    sei fazer os calculos mas, nao entendi o exercícios..

  • O limite inferior seria o fp ind e o superior o mesmo valor mas um fp capacitivo... o resto é algebra 

  • Inst: 50kW 20√6 kvar 70kVA fp 0,707

    Nova Inst: 50kW +-27kvar 57,7kVA

    O BC vai depender se o fp é capacitivo ou indutivo:

    Se for indutivo o BC será = 20√6 - 27 = 21

    Se for capacitivo o BC será = 20√6 +27 = 79

     

  • faltou falar qual a unidade de medida do BC


ID
711280
Banca
CESGRANRIO
Órgão
Caixa
Ano
2012
Provas
Disciplina
Engenharia Elétrica
Assuntos

Após o levantamento de cargas de uma instalação que será alimentada por um Grupo Gerador (GG), chegou- -se à potência de 350 kVA com fator de potência de 0,8.
Na instalação, existe um GG de 400 kVA com rendimento de 0,9.
A potência mínima de acionamento do gerador, em kW, considerando a carga nominal, é de

Alternativas
Comentários
  • GG: 400 kVA * fp = 320 kW

    A Pot de entrada no gerador deve ser superior a de saída, já que o rendimento é 90%

    Logo, Pin = Pout / 0,9 = 355,6 KW

  • Complementando o colega, a potência mínima de acionamento é dada por:

    Pacionamento = (Snominal-gerador * FPcarga)/rendimentogerador

    Pacionamento = (400kVA*0,8)/0,9

    Pacionamento = 355,6 kW

    Para uma explanação mais completa:

    paginapessoal.utfpr.edu.br/erley/inst.-industriais-2/GMG.pdf/at_download/file


ID
711454
Banca
CESGRANRIO
Órgão
Caixa
Ano
2012
Provas
Disciplina
Engenharia Elétrica
Assuntos

Ao realizar algumas medições no barramento de entrada de uma subestação, encontraram-se os seguintes valores de potência:

• Potência aparente (S) = 1000 VA
• Potência reativa (Q) = 600 VAR (indutiva)

Assim, verifica-se que o valor do fator de potência é

Alternativas
Comentários
  • Aparente^2 = reativa^2 + ativa^2

    1000^2 = 600^2 + ativa^2

    Ativa (P) = 800

     

    Fp = ativa / aparente

    Fp= 800/ 1000

    Fp = 0,8


ID
727738
Banca
CESPE / CEBRASPE
Órgão
Câmara dos Deputados
Ano
2012
Provas
Disciplina
Engenharia Elétrica
Assuntos

Considerando que, em um projeto de edifício de uso coletivo,
deverão ser dimensionados os componentes da entrada de serviço
para atender cargas que demandam cerca de 200 kVA, julgue os
próximos itens.

Dada a demanda da carga, o atendimento do edifício deverá ser feito com tensão secundária, com ramal de ligação aéreo, diretamente da rede de distribuição em baixa tensão, isto é, não necessariamente dos terminais do transformador de distribuição da companhia distribuidora.

Alternativas
Comentários
  • Dada a demanda da carga, o atendimento do edifício deverá ser feito com tensão secundária, com ramal de ligação aéreo, diretamente da rede de distribuição em MÉDIA tensão, isto é, não necessariamente dos terminais do transformador de distribuição da companhia distribuidora.


ID
727891
Banca
CESPE / CEBRASPE
Órgão
Câmara dos Deputados
Ano
2012
Provas
Disciplina
Engenharia Elétrica
Assuntos

A diversidade de sistemas no-breaks disponível no mercado requer
do engenheiro um conhecimento sólido sobre as principais
vantagens e desvantagens das topologias existentes, que possibilite
a escolha certa para uma aplicação específica. A respeito das
características dos principais sistemas no-breaks, julgue os itens de
50 a 56.

Devido ao seu excelente condicionamento de tensão, à sua alta eficiência e confiabilidade, a topologia online delta-conversion é ideal para servidores de pequenas empresas, em rack com potência inferior à 5 kVA.

Alternativas
Comentários
  • Questão errada.

    O nobreak online tipo delta-conversion possui um excelente condicionamento de tensão, alta eficiência e confiabilidade, porém é utilizado para potências na faixa de 5-5000 KVA, ou seja, superiores à potência indicada na questão de 5 KVA. 


ID
727894
Banca
CESPE / CEBRASPE
Órgão
Câmara dos Deputados
Ano
2012
Provas
Disciplina
Engenharia Elétrica
Assuntos

A diversidade de sistemas no-breaks disponível no mercado requer
do engenheiro um conhecimento sólido sobre as principais
vantagens e desvantagens das topologias existentes, que possibilite
a escolha certa para uma aplicação específica. A respeito das
características dos principais sistemas no-breaks, julgue os itens de
50 a 56.

Cargas como, por exemplo, a fonte de computadores modernos (com fontes de alimentação com correção do fator de potência) são potenciais causadoras de instabilidade na operação de no-breaks com topologia stand-by-ferro ressonante. Essa é uma das razões por que esse tipo de no-break não é mais comumente utilizado.

Alternativas
Comentários
  • Certo!!!

    O principal motivo pelo qual os sistemas de No-Break Standby-Ferro Ressonante já não são mais utilizados comumente é que eles podem ser muito instáveis quando operam com a carga da fonte de alimentação de um computador moderno. Todos os servidores e routers grandes utilizam fontes de alimentação com “correção do fator de potência” que tomam apenas corrente senoidal da rede elétrica, em forma muito similar a uma lâmpada incandescente. O consumo equilibrado de corrente pode se obter utilizando capacitores, dispositivos que “conduzem” a tensão aplicada. O sistema de No-Break Ferro- Ressonante utiliza transformadores centrais pesados que possuem uma característica indutiva, o que significa baixo fator de potência. A combinação destes dois elementos forma o que se conhece como circuito “tanque”. A ressonância ou “repique” em um circuito tanque pode provocar altas correntes, o que põe em perigo a carga conectada.



ID
730045
Banca
FCC
Órgão
TRF - 2ª REGIÃO
Ano
2012
Provas
Disciplina
Engenharia Elétrica
Assuntos

A flutuação da tensão da rede elétrica de forma brusca e intermitente causando, por exemplo, a sensação visual de variação da luminosidade no decorrer do tempo, é o fenômeno indesejável conhecido por

Alternativas
Comentários
  • A letra a) é a correta, pois:

    O fenômeno de cintilação luminosa, ou efeito flicker é basicamente constatado através da impressão visual resultante das variações do fluxo luminoso de lâmpadas, principalmente as do tipo incandescentes. Entre as causas do fenômeno são citadas cargas com ciclo variável, cuja freqüência de operação produz uma  modulação da magnitude da tensão da rede na  faixa de 0 a 30 Hz. Nessa faixa de freqüências, o olho humano é extremamente sensível às  variações da emissão luminosa das lâmpadas, sendo que a máxima sensibilidade do olho é em torno de 10 Hz.
    Como a variação da potência elétrica associada ao fenômeno de cintilação é bastante baixa (da ordem de 0,3% da potência nominal da lâmpada) pode-se suspeitar que o efeito de cintilação também possa ser provocado pela simples variação do conteúdo harmônico de uma carga do tipo não-linear. Nesse caso, o fenômeno ocorreria mesmo sendo a tensão fundamental constante. 

    http://www.eletrica.ufpr.br/mehl/downloads/qualidade-energia.pdf

ID
772357
Banca
CESPE / CEBRASPE
Órgão
Banco da Amazônia
Ano
2012
Provas
Disciplina
Engenharia Elétrica
Assuntos

A respeito de elementos de circuitos, julgue o item abaixo.

A troca da resistência de um chuveiro elétrico por outra de maior valor é uma maneira adequada e suficiente para esquentar com mais intensidade uma determinada quantidade de água sem a necessidade de alterar o valor da tensão elétrica de alimentação.

Alternativas
Comentários
  • Senhores, vamos analisar a acertiva:

    V = R . I

    P = V . I

    Se tivermos uma resistência no início de 2 ohms, ficaríamos assim:

    220 = 2 . I

    I = 220 / 2 = 110A

    P = 220 . 110 = 24.200W

    Agora se trocarmos a resistência de 2 por 4 ohms, ficaríamos com:

    220 = 4 . I

    I = 220 / 4 = 55A

    P = 220 . 55 = 12.100W

    Portanto se aumentarmos a resistência sem alterar mais nenhum parâmetro, a potência dissipara é menor.


  • Quando aumentamos a resistência diminuimos o valor da corrente e consequentemente diminuimos o valor da potência dissipada.


ID
778885
Banca
CESPE / CEBRASPE
Órgão
TRE-RJ
Ano
2012
Provas
Disciplina
Engenharia Elétrica
Assuntos

Alguns sistemas de certificação ambiental de empreendimentos utilizados no Brasil são: LEED (leadership in energy and enviromental design), AQUA (alta qualidade ambiental) e o PROCEL Edifica (Programa Nacional de Eficiência Energética em edificações).

Com relação às características desses sistemas, julgue os itens que se seguem.

De acordo com o selo PROCEL Edifica, uma edificação, quando avaliada, poderá ser enquadrada em um dos níveis divididos de A (o de maior eficiência energética) até E (o menos eficiente).

Alternativas
Comentários
  • Assertiva correta, conforme cópia real do selo de avaliação de edificação do PROCEL abaixo:


ID
778888
Banca
CESPE / CEBRASPE
Órgão
TRE-RJ
Ano
2012
Provas
Disciplina
Engenharia Elétrica
Assuntos

Alguns sistemas de certificação ambiental de empreendimentos utilizados no Brasil são: LEED (leadership in energy and enviromental design), AQUA (alta qualidade ambiental) e o PROCEL Edifica (Programa Nacional de Eficiência Energética em edificações).

Com relação às características desses sistemas, julgue os itens que se seguem.

Uma edificação que tenha recebido certificação do sistema LEED tem desempenho sustentável assegurado por até vinte anos.

Alternativas
Comentários
  • Validade de 2 anos.

  • Li em um trabalho de conclusão a informação de 5 anos.

  • -varia de 2 a 4 anos LEED v4: a nova versão da certificação sustentável e suas atualizações - 


ID
791332
Banca
FCC
Órgão
MPE-PE
Ano
2012
Provas
Disciplina
Engenharia Elétrica
Assuntos

Por um capacitor ideal de 100 µF passa uma corrente senoidal de 60 Hz e valor eficaz igual a 2 A. É correto afirmar:

Alternativas

ID
791998
Banca
CESGRANRIO
Órgão
Transpetro
Ano
2012
Provas
Disciplina
Engenharia Elétrica
Assuntos

Em uma instalação elétrica industrial, existem várias cargas resistivas e indutivas que, juntas, possuem uma potência aparente de 5.000 VA e uma potência ativa de 4.350 W. Nessa instalação, será instalado um motor síncrono de 3.333,33 W.
Para que esse motor eleve o fator de potência da instalação para 1,0 (um), ele deve ter, em VA, uma potência aparente mínima de

Alternativas
Comentários
  • Sistema original antes da inserção  do Motor Síncrono.

    S=5000 VA ; P=4350 W

    Cos phi = P/S = 4350/5000 = 0,87 =~ Raiz(3) /2

    Logo Phi = 30º 

    Q= S* sen (Phi) = 5000* sen ( 30) = 5000*0,5 =2500 Var

    Após a inserção do Motor síncrono.

    Pm= 3333,33 = 10000/3 W

    Para obter fator de potência unitário a potência reativa do motor deve ser igual a potência reativa  do sistema antes dele ser colocado no sistema.

    Qm =2500 Var;

    Logo:

    Sm^2 = Pm^2 + Qm^2  = ( 10000/3) ^2 + (2500)^2

    Sm^2= (10^4/9) * 15625   ->  Sm = Raiz [ (10^4/9) * 15625 ] = 100/3 * Raiz (15625) = (100/3) * 125

    Sm= 4166,66 Var

    Alternativa C

     

     

     

     

     

  • Não concordo, o enunciado pede para encontrar a potência aparente do 'motor' para elevar o FP da "instalação" para 1 e não para elevar FP do' motor' a ser inserido na rede. Ou seja, P=S

  • Método mais fácil que encontrei pra não se esfolar nos cálculos e nem apelar pra calculadora:

    DADOS:

    S=5000 VA ; P1=4350 W; P2=10.000/3 W

    FP= 4350/5000 = 0,87 = Raiz(3) /2 . Logo, teta = 30º

    Q= S* sen (teta) = 5000*sen(30) = 5000*0,5 =2.500 Var

     

    (pulo do gato): Q = 2.500 = 10.000/4 Var

     

    Logo, S² = [(10^4)/3)]² + ((10^4)/4)²

    S² = (10^8)/9 +(10^8)/16

    S² = (1/9  + 1/16)*10^8

    S² = [(9+16)/9.16]*10^8

    S = Raiz[(10^8  *  25/(9.16)]

    S = [10^4  *  5/(3*4)] = 50.000/12

    Agora ja dá pra resolver no braço... 

    S = 4.166,7 VA

     

     

     


ID
806965
Banca
FAURGS
Órgão
TJ-RS
Ano
2012
Provas
Disciplina
Engenharia Elétrica
Assuntos

Considere as afirmativas abaixo quanto à compensação de energia reativa.


I - Não contribui na redução das perdas elétricas na instalação.


II - Pode aumentar a capacidade de energia elétrica da instalação.


III - Apresenta efeito importante na regulação de tensão da rede.


Quais estão corretas?

Alternativas
Comentários
  • Letra E

    Enegia Reativa; gera campo magnético em motores de indução;
    corrige-se para o fator próximo a unidade, 0,92 ---etc.

    Contribui com as perdas;
    Aumenta a capacidade da instalação;
    Efeito de regulação;


ID
807007
Banca
FAURGS
Órgão
TJ-RS
Ano
2012
Provas
Disciplina
Engenharia Elétrica
Assuntos

O fator de carga indica se a energia consumida, em uma unidade consumidora, está sendo utilizada de forma racional e econômica. Esse índice foi usado no projeto de uma planta elétrica, prevista para operar 480 horas por mês, com consumo médio mensal de 12000 kWh e demanda máxima mensal de 200 kW. O fator de carga dessa planta é

Alternativas
Comentários
  • Letra A;
    12000kWh/480h = 25
    25/200 = 0,125 FAtor de Carga

    0,125 = 1/8
  • Pode parecer ignorância, vou fazer umas pesquisas, mas para adiantar o processo:
    O fator de carga é definido como o quociente entre a potência consumida e a demandada?
    Eu acertei a questão por um pensamento lógico, porém queria ler alguma definição teórica!!
    Vlwz
  • Olá colega concurseiro Cassio,

    Segundo a resolução a normativa nº 414 de 9 de setembro de 2010 da  ANEEL, o fator de carga é definido como sendo a razão entre a demanda média e a demanda máxima da unidade consumidora ocorridas no mesmo intervalo de  tempo especificado. Também se pode afirmar, que o fator de carga é a  razão entre a energia ativa consumida e a energia máxima que poderia ser utilizada em um dado intervalo de tempo. 
    Resumindo, o fator de carga é definido como o quociente da demanda média - no caso, consumo médio (12.000kWh) dividido pelo número de horas em operação (480h) - pela demanda máxima.
    Além disso, há também o fator de demanda. Segundo a resolução supracitada, o fator de demanda é a razão entre a demanda máxima num intervalo  de tempo especificado e a potência instalada  na unidade consumidora.

ID
867184
Banca
ESPP
Órgão
BANPARÁ
Ano
2012
Provas
Disciplina
Engenharia Elétrica
Assuntos

Os parâmetros primários das linhas físicas e metálicas são características obtidas diretamente a partir da natureza dos circuitos, da disposição geométrica dos condutores e do material utilizado. As linhas telefônicas possuem dois tipos de parâmetros primários:

I. Longitudinais: são as características que existem ao longo dos condutores que constituem a linha, tais como: Resistência por unidade de comprimento - R (Ω /km) e Indutância por unidade de comprimento - L (H/km).

II. Transversais: são as características que existem entre os condutores que constituem a linha, tais como: Capacitância por unidade de comprimento - C (F/km) Condutância do dielétrico por unidade de comprimento - G (mho/km).

III. Verticais são as características que existem entre os condutores que constituem a linha, tais como: Capacitância por unidade de comprimento - C (F/km) Condutância do dielétrico por unidade de comprimento - G (mho/km).

Das afirmações a seguir:

Alternativas

ID
867220
Banca
ESPP
Órgão
BANPARÁ
Ano
2012
Provas
Disciplina
Engenharia Elétrica
Assuntos

Uma determinada instalação possui um motor ca trabalhando com setenta e cinco por cento de Fator de Potência e retira 10 A de uma linha ca de 240 V. Com base nestas informações indique quais das afirmações a seguir são corretas.

I. A potência aparente do Sistema é de 3.200 W.

II. A potência real do sistema é de 1.800 W.

III. A potência reativa do sistema é de 736 W.

Alternativas
Comentários
  • I. POT. APARENTE=> 240V*10A = 2400VA
    II. POT. REAL OU ATIVA=> 2400*0,75=1800W
    III. POT. REATIVA=> S^2=P^2+Q^2 => Q=2400^2-1800^2= 1587Var
  • É interessante observar também que a potência aparente e a potência reativa foram fornecidas em Watts, logo já se descartaria os itens I e III. Precisando somente realizar o cálculo da potência real, descrito perfeitamento pelo colega concurseiro acima.
  • Problema péssimo! Além das incoerências apontadas, não indica se a potência é trifásica ou monofásica.
  • Questão deveria ser anulada visto que não menciona se o motor é Trifasico ou monofásico impossibilitando de fazer a questão com precisão .

  • Não concordo com o gabarito.

    Para mim os valores 240V e 10A correspondem aos valores de tensão de linha e corrente de linha, respectivamente, logo o valor da potencia será:

    P = raiz(3)*240*10*0,75 

    que é diferente de 1800W

  • A questão deveria dizer se o motor é monofásico ou trifásico.


ID
867253
Banca
ESPP
Órgão
BANPARÁ
Ano
2012
Provas
Disciplina
Engenharia Elétrica
Assuntos

O fenômeno que causa uma deformação da senóide (formato da onda) e é provocado por cargas pesadas conectadas à rede, do tipo de motores de indução, solenóides, geradores etc., principalmente aquelas cargas com baixo fator de potência, denomina-se

Alternativas
Comentários
  • Distorção Harmônica

    Este fenômeno é uma deformação da senóide (formato da onda) e é provocado por cargas pesadas conectadas à rede, do tipo de motores de indução, solenóides, geradores, etc., principalmente aquelas cargas com baixo fator de potência.

    Efeito pelicular 

    É um efeito caracterizado pela repulsão entre linhas de corrente eletromagnética, criando a tendência desta fluir na superfície do condutor elétrico.


ID
867259
Banca
ESPP
Órgão
BANPARÁ
Ano
2012
Provas
Disciplina
Engenharia Elétrica
Assuntos

Os principais elementos a serem utilizados pelas empresas com vistas a melhorar seu grau de eco-eficiência são:

I. redução do consumo de energia,

II. redução do consumo de matérias-prima,

III. redução da emissão de substâncias tóxicas,

IV. otimização do uso sustentável de recursos renováveis e aumento da reciclabilidade, prolongamento do ciclo de vida dos produtos,

V. aumento da intensidade de serviço (redução de desperdícios)

VI.agregação de valor aos bens e serviços

Das afirmações acima.

Alternativas

ID
867262
Banca
ESPP
Órgão
BANPARÁ
Ano
2012
Provas
Disciplina
Engenharia Elétrica
Assuntos

Das afirmações a seguir:

I. Uma carga indutiva é aquela constituída principalmente de motores e/ou transformadores.

II. Efeito Flicker são interrupções muito curtas no fornecimento da energia elétrica, com duração da ordem de milésimos de segundos e que quase sempre são imperceptíveis ao usuário. Provocam freqüentemente perda de dados em arquivos de computadores ou travamento de sistemas.

III. Reostatos de cerâmica são utilizados freqüentemente em circuitos de partida de motores trifásicos, visando diminuir a corrente inicial.

Alternativas
Comentários
  • Questão com o gabarito errado.

    A assertativa I está CORRETA;

    A assertativa II está ERRADA, pois: 

    "O fenômeno designado por cintilação luminosa, em inglês “flicker” ou “lamp flicker” 
    se refere à percepção, pelo olho humano, das variações luminosas provocadas pela flutuação 
    da tensão de alimentação. Testes com observadores, realizados nos Estados Unidos, na 
    Inglaterra e na França, demonstraram que a sensibilidade do olho humano às variações 
    luminosas se restringe a uma faixa bastante estreita de freqüências, entre 0 e 30 Hz. E mesmo 
    nessa faixa a sensibilidade não é uniforme, sendo máxima em torno de 8,8 Hz, no caso da 
    fonte luminosa ser uma lâmpada incandescente (no entanto, também pode ser observada com 
    lâmpadas fluorescentes). A unidade para a sensação de cintilação instantânea é definida de tal 
    forma que um valor unitário corresponde ao limite de percepção para 50% da população..."

    Fonte: http://www.dsce.fee.unicamp.br/~antenor/pdffiles/qualidade/a3.pdf 

    A assertiva III está CORRETA, pois os reostatos(cerâmicos) são utilizados na partida com o intuito de inserir resistência em cada fase do rotor do MIT tipo bobinado. Com isso consegue-se a redução da corrente de partida.

    Assim, a alternativa correta seria a E.
  • Eu acho que o erro da assertiva III está na palavra 'frequentemente'. Esse tipo de controle de corrente de partida é pouco eficiente quando comparado com outros e, por isso, não acho que seja usado frequentemente.

  • Pra mim o item II também estaria errado!!

    "e que quase sempre são imperceptíveis ao usuário"...QUANDO NA VERDADE SÃO BEM PERCEPTIVEIS


ID
941647
Banca
CESPE / CEBRASPE
Órgão
INPI
Ano
2013
Provas
Disciplina
Engenharia Elétrica
Assuntos

Suponha que um sistema de transmissão trifásico alimente uma carga industrial equilibrada, ligada em estrela, que absorva 10 MVA com fator de potência indutivo igual a 0,8. Considerando que esse sistema de transmissão hipotético possua tensão de linha nominal igual a 100 kV, julgue os itens a seguir.

Na hipótese de que a conexão de um banco de capacitores trifásico em paralelo com a carga não afete a magnitude da tensão no barramento, se esse banco de capacitores tiver potência total de 6 MVA, então o fator de potência resultante da instalação passará a ser unitário.

Alternativas
Comentários
  • Como S = 10MVA, e FP=08,

    P = 10. 0,8 = 8 MW

    Q = 10. 0,6 = 6MVAr (indutivo)

    Logo o Capacitor tem que ter 6MVAr (capacitivo) para equilibrar o reativo indutivo existente.


ID
941713
Banca
CESPE / CEBRASPE
Órgão
INPI
Ano
2013
Provas
Disciplina
Engenharia Elétrica
Assuntos

Considere que um gerador seja conectado a um barramento infinito por meio de uma interligação com impedância indutiva, na qual a resistência é nula. Na barra infinita, são conhecidas a tensão da barra e as potências absorvidas (ativa e reativa) por uma carga ligada a esse barramento. Assume-se que o modelo clássico de gerador seja utilizado e que estão disponíveis dados da reatância transitória de eixo d e da inércia do gerador. 


Com base nessas informações e acerca de análise de estabilidade transitória em sistemas elétricos de potência, julgue o item abaixo.


O critério das áreas iguais poderá ser aplicado corretamente para calcular o ângulo do fator de potência do gerador.

Alternativas
Comentários
  • Até onde eu sei o critério das áreas iguais é para calcular parâmetros de estabilidade...


ID
944596
Banca
CESPE / CEBRASPE
Órgão
SERPRO
Ano
2013
Provas
Disciplina
Engenharia Elétrica
Assuntos

Para efeito de cômputo de carga, considere que a instalação elétrica de um CPD hipotético é equivalente à conexão de três cargas trifásicas S1, S2 e S3, todas equilibradas e em paralelo. A instalação é conectada à rede de suprimento de uma concessionária de energia elétrica, cuja tensão de linha é igual a 220 V. Cada uma das três cargas equivalentes é caracterizada da seguinte forma: a carga denominada S1 consome 4 kW com fator de potência indutivo igual a 0,8; a carga S2 absorve 6 kW e funciona com fator de potência indutivo igual a 0,6; e a carga S3 tem fator de potência unitário e consome 1 kW.

Com base nessas informações e assumindo que √2 ≈ 1,4  e  √3 ≈ 1,7 , julgue os próximos itens.

A corrente elétrica de linha necessária para atender à instalação elétrica tem intensidade inferior a 35 A.

Alternativas
Comentários
  • 1) Será necessário fazer o triângulo de potências, para identificarmos as Potências Ativa e Reativa e o fator de potência, como segue:

    Ps1 = 4kW; Ps2 = 6kW e Ps3 = 1 kW, sendo a Potência ativa total igual a P = 4+6+1 = 11kW.

    Qs1/Ps1 = tg ɸ1 --> Qs1 = Ps1.(senɸ/cosɸ) --> Qs1 = 4.(0,6/0,8) = 3kVar;

    Do mesmo modo, Qs2 = Ps2.(senɸ/cosɸ) --> Qs2 = 6.(0,8/0,6) = 8 kVar;

    E Qs3 = 0. Logo, a potência reativa total será Q = 3+8+0 = 11kVar.

    Portanto, temos um triângulo de potências P=11kW e Q=11KVar, logo o ângulo ɸ=45°.

    2) Com o triângulo de Potências, podemos calcular a corrente:

    P = sqrt(3).V.I.cosɸ --> I = P/(sqrt(3).V.cosɸ) = 11000/(sqrt(3).220.cos45°) = 42,01 A.

    Portanto a Corrente será maior que 35A e se deve marcar a questão como errada.

  • Gab. ERRADO

     

    - Trabalhando com o triângulo de potências temos:

     

    P1 = 4 kW ;  cosφ1 = 0,8 ;  |S1| = P1/cosφ1 , logo  |S1| = 5 kVA

    senφ1 = 0,6

    Q1 =   |S1|*senφ1

    Q1 = 3 kVar

    S1 = 4 + j*3 [kVA]

    ----------------------------------------------------------------------------------------------------------

    P2 = 6 kW ;  cosφ1 = 0,6 ;  |S2| = P2/cosφ2 , logo  |S2| = 10 kVA

    senφ1 = 0,8

    Q2 =   |S2|*senφ2

    Q1 = 8 kVar

    S2 = 6 + j*8 [kVA]

    -------------------------------------------------------------------------------------------------------------------

    S3 = 1 +j*0 [KVA]

     

    Stotal = S1 + S2 + S3

    Stotal = 11 + j*11 [kVA]  ; |Stotal| = 11*raiz(2)

     

    I = |Stotal| /[raiz(3)*V]

     

    I = 41,1 A

     

    Jesus respondeu: "O que é impossível para os homens é possível para Deus".      Lucas 18:27

     

  • A) S=P/fp => S1= 4/0,8=5 [kVA]; S2=6/0,6= 10 [kVA] e S3=1/1=1 [kVA], logo, Stotal= 5+10+1=16 [kVA].

    B) Para circuitos trifásicos equilibrados, temos: S=raiz(3) V-linha*I-linha, ou, I-linha=S/(raiz(3)*V-linha)= 16 [kVA]/(1,7*220) = 42,78 [A].


ID
944599
Banca
CESPE / CEBRASPE
Órgão
SERPRO
Ano
2013
Provas
Disciplina
Engenharia Elétrica
Assuntos

Para efeito de cômputo de carga, considere que a instalação elétrica de um CPD hipotético é equivalente à conexão de três cargas trifásicas S1, S2 e S3, todas equilibradas e em paralelo. A instalação é conectada à rede de suprimento de uma concessionária de energia elétrica, cuja tensão de linha é igual a 220 V. Cada uma das três cargas equivalentes é caracterizada da seguinte forma: a carga denominada S1 consome 4 kW com fator de potência indutivo igual a 0,8; a carga S2 absorve 6 kW e funciona com fator de potência indutivo igual a 0,6; e a carga S3 tem fator de potência unitário e consome 1 kW.

Com base nessas informações e assumindo que √2 ≈ 1,4  e  √3 ≈ 1,7 , julgue os próximos itens.

Na instalação, o consumo de potência reativa é diferente do consumo de potência ativa.

Alternativas
Comentários
  • Caramba Pablo, a questão esta errada mas não por este motivo. No setor elétrico fala-se sim em consumo de reativo, inclusive para determinados clientes é cobrado tanto o ativo como o reativo, principalmente se exceder o valor contratado. A questão está errada pois realmente a potência ativa é igual à reativa. Faça o cálculo que você verá. Q=11 KVAr e P=11 KW.

  • Gab. ERRADO

     

    - Trabalhando com o triângulo de potências temos:

     

    P1 = 4 kW ;  cosφ1 = 0,8 ;  |S1| = P1/cosφ1 , logo  |S1| = 5 kVA

    senφ1 = 0,6

    Q1 =   |S1|*senφ1

    Q1 = 3 kVar

    S1 = 4 + j*3 [kVA]

    ----------------------------------------------------------------------------------------------------------

    P2 = 6 kW ;  cosφ1 = 0,6 ;  |S2| = P2/cosφ2 , logo  |S2| = 10 kVA

    senφ1 = 0,8

    Q2 =   |S2|*senφ2

    Q1 = 8 kVar

    S2 = 6 + j*8 [kVA]

    -------------------------------------------------------------------------------------------------------------------

    S3 = 1 +j*0 [KVA]

     

    Stotal = S1 + S2 + S3

    Stotal = 11 + j*11 [kVA]  ; 

     

    Ptotal = Qtotal = 11k ( O consumo é igual)

     

     

    Jesus respondeu: "O que é impossível para os homens é possível para Deus".      Lucas 18:27


ID
944620
Banca
CESPE / CEBRASPE
Órgão
SERPRO
Ano
2013
Provas
Disciplina
Engenharia Elétrica
Assuntos

Com relação às técnicas de execução de instalações elétricas prediais e ao uso de eletrodutos, julgue os itens subsecutivos.

Em instalações embutidas em lajes, é obrigatório o uso de eletrodutos flexíveis, uma vez que estes não estão sujeitos a efeitos térmicos adversos dos condutores e são imunes à corrosão.

Alternativas

ID
969448
Banca
CESGRANRIO
Órgão
Petrobras
Ano
2010
Provas
Disciplina
Engenharia Elétrica
Assuntos

Em um processo fabril composto de dois estágios, observa-se que a energia térmica liberada pelo primeiro estágio é utilizada no processo do segundo.Um engenheiro, a fim de diminuir o consumo total de energia da fábrica, utiliza essa mesma energia térmica para gerar energia elétrica por meio de um processo de cogeração.Com essa solução,a planta industrial:


Alternativas
Comentários
  • A energia térmica liberada no primeiro estágio era necessária para o funcionamento do segundo. 

    Independente disto, o engenheiro quis gerar energia elétrica. No processo de transformação de energia há perdas, por isso o balanço energético será reduzido.
    Como no estágio 2 é necessária energia térmica, provavelmente a energia elétrica gerada (que sofreu perdas na transformação energia térmica->elétrica) será transformada novamente em energia térmica (térmica->elétrica->térmica).
  • Entendo os comentários do colega Elton, entretanto, a questão não diz em qual parte do ciclo que será inserido o gerador de energia elétrica. Se o gerador for introduzido ao final do segundo estágio, estaremos aproveitando o calor desprezado para gerar energia sem interferir no processo fabril. Se o gerador for introduzido ao final, a resposta correta passaria a ser alternativa a)terá um ganho energético. Portanto, para que a questão esteja de forma correta, deve-se informar no enunciado em qual parte do ciclo o gerador seria introduzido. Concordam?

  • questão mal elaborada

  • Questão de retardado, extremamente mal elaborada!


ID
969463
Banca
CESGRANRIO
Órgão
Petrobras
Ano
2010
Provas
Disciplina
Engenharia Elétrica
Assuntos

As ações na área de conservação de energia podem ter resultados que não realizem o potencial disponível. Esse resultado pode ser fruto da existência de barreiras à implementação dessas ações. Em uma situação hipotética, o engenheiro projetista de uma determinada planta, sendo responsável pela proposição de medidas para conservação de energia, deparou-se com algumas das barreiras mencionadas, descritas a seguir. • Na região de localização da planta não havia disponibilidade de equipamentos eficientes a um custo viável. • Os juros para o financiamento de equipamentos eficientes eram elevados • A substituição sistemática de equipamentos considerando-se apenas o custo de substituição, desprezando a informação dos ciclos de vida. A classificação correta dessas barreiras é, respectivamente:

Alternativas

ID
1006363
Banca
BIO-RIO
Órgão
ELETROBRAS
Ano
2013
Provas
Disciplina
Engenharia Elétrica
Assuntos

“Demanda de potência ativa a ser obrigatória e continuamente disponibilizada pela concessionária, no ponto de entrega, conforme valor e período de vigência fxados no contrato de fornecimento e que deverá ser integralmente paga, seja ou não utilizada durante o período de faturamento, expressa em quilowatts (kW)” é a defnição de demanda:

Alternativas
Comentários

ID
1006372
Banca
BIO-RIO
Órgão
ELETROBRAS
Ano
2013
Provas
Disciplina
Engenharia Elétrica
Assuntos

Fator de demanda é a razão entre:

Alternativas
Comentários
  • Fator de demanda: razão entre a demanda máxima num intervalo de tempo especifcado e a carga instalada na unidade consumidora.
    FD = Dmax/Cins

    Fator de carga: razão entre a demanda média e a demanda máxima da unidade consumidora ocorridas no mesmo intervalo de tempo especifcado.
    FC = Dmed/Dmax
  • Segundo o autor Niskier o Fator de Demanda FD, vem a ser a razão entre a máxima solicitação simultânea prevista para o sistema e a carga total instalada. Para introduzir este fator, é necessário um perfeito conhecimento do regime e dos horários de funcionamento dos motores, o que supõe um programa bem definido das operações a que os motores estão relacionados.


ID
1143301
Banca
FCC
Órgão
TRF - 4ª REGIÃO
Ano
2012
Provas
Disciplina
Engenharia Elétrica
Assuntos

O distúrbio de energia elétrica denominado FLICKER refere-se

Alternativas

ID
1193530
Banca
CESPE / CEBRASPE
Órgão
STF
Ano
2013
Provas
Disciplina
Engenharia Elétrica
Assuntos

Considerando que uma carga equilibrada, ligada em triângulo, seja alimentada por uma rede trifásica de 60 Hz cuja tensão de linha seja de 220 V, que cada fase da carga seja representada por uma resistência de 40Ω conectada em série a uma indutância de 1/12H, e assumindo 3 como o valor aproximado de π , julgue o  item  a seguir. 


O fator de potência da carga é 0,75 indutivo.

Alternativas
Comentários
  • GAb. ERRADO

     

    Zcarga = 40 +j*xL   [Ω]

     

    w = 2π*f

    xL = w*L

    xL = 30 [Ω]

     

    Zcarga = 40 +j*30

    |Zcarga| = 50 

     

    cos(ϕ) = xL/|Zcarga|

    cos(ϕ) =0,8  ; Logo o fator de potência é 0,8 indutivo.

  • E

    cos(ϕ) =0,8


ID
1214425
Banca
IADES
Órgão
TRE-PA
Ano
2014
Provas
Disciplina
Engenharia Elétrica
Assuntos

Considerando que um motor trifásico de 220 V exige da rede 25 A por fase com um fator de potência de 80%, assinale a alternativa que apresenta a potência fornecida pela rede.

Alternativas

ID
1214842
Banca
CESPE / CEBRASPE
Órgão
Polícia Federal
Ano
2014
Provas
Disciplina
Engenharia Elétrica
Assuntos

Julgue os itens subsequentes, relativos à segurança em instalações e serviços com eletricidade.

De acordo com norma pertinente acerca de segurança em instalações e serviços com eletricidade, as medidas de proteção coletiva possíveis de serem adotadas em uma instalação elétrica compreendem, prioritariamente, a desenergização elétrica.

Alternativas
Comentários
  • 10.2.8.2 As medidas de proteção coletiva compreendem, prioritariamente, a desenergização elétrica conforme estabelece esta NR e, na sua impossibilidade, o emprego de tensão de segurança.


ID
1217023
Banca
CESPE / CEBRASPE
Órgão
TJ-SE
Ano
2014
Provas
Disciplina
Engenharia Elétrica
Assuntos

Um prédio comercial com dez andares, construído há mais de trinta anos, acomodará um inquilino que reformará as instalações elétricas em seu andar, visando adequá-las às suas necessidades. A partir dessa situação, julgue os itens a seguir.


Os critérios de queda de tensão e de capacidade de condução de corrente são suficientes para o dimensionamento de condutores elétricos

Alternativas

ID
1221277
Banca
FUNIVERSA
Órgão
IFB
Ano
2012
Provas
Disciplina
Engenharia Elétrica
Assuntos

Solicitou-se que determinada instalação elétrica industrial, originalmente com fator de potência indutivo, opere com fator de potência unitário. Acerca dessa situação, assinale a alternativa correta.

Alternativas

ID
1227037
Banca
FUNRIO
Órgão
INSS
Ano
2014
Provas
Disciplina
Engenharia Elétrica
Assuntos

Considere os seguintes enunciados em relação aos motores síncronos:

I. Necessitam de fonte de excitação, requerendo manutenção constante e muitas vezes dispendiosa.
II. Não apresentam desvantagem na partida, quando comparado aos motores de indução.
III. São de ampla utilização na indústria, em relação aos motores de indução e de rotor bobinado.
IV. Pode ser usado como alternativa a um banco de capacitores, para corrigir fator de potência, desde que tomando cuidando especiais em relação a flutuação do torque .
V. Não pode usar enrolamento de compensação no auxílio a partida.

Pode-se afirmar que:

Alternativas

ID
1241959
Banca
CESGRANRIO
Órgão
EPE
Ano
2014
Provas
Disciplina
Engenharia Elétrica
Assuntos

Quando se constata um decréscimo da intensidade energética em um país, verifica-se a

Alternativas

ID
1251226
Banca
VUNESP
Órgão
TJ-PA
Ano
2014
Provas
Disciplina
Engenharia Elétrica
Assuntos

Uma carga elétrica industrial monofásica, que pode ser modelada como uma carga de corrente constante, consome potência ativa de 40 [kW] com fator de potência 0,8 (indutivo) quando alimentada com tensão nominal de 1000 [V]. Essa carga deve ser conectada ao painel de distribuição da indústria que, por sua vez, deve ser conectado ao quadro de medição. A distância entre o painel de distribuição e o quadro de medição é de 100 [m] e os condutores utilizados para  tal conexão podem ser escolhidos dentre as alternativas apresentadas na tabela.

                  Tipo de condutor             Resistência [Ω/m]
                              alfa                                  0,026
                              beta                                 0,029
                             gama                                0,032
                             delta                                 0,035

Considerando que a máxima queda de tensão admissível seja 3 [%], assinale a alternativa que apresenta o(s)  tipo(s) de condutor(es) que pode(m) ser utilizado(s) para essa conexão.

Alternativas

ID
1251232
Banca
VUNESP
Órgão
TJ-PA
Ano
2014
Provas
Disciplina
Engenharia Elétrica
Assuntos

Uma indústria possui um conjunto de cargas trifásicas equilibradas, que totalizam 80 [kW], com fator de potência 0,8 (indutivo). Assinale a alternativa que apresenta aproximadamente o valor da capacitância, por fase, de um banco de capacitores conectados na ligação estrela aterrada, para que o fator de potência possa ser corrigido para 0,92 (indutivo). Para tanto, considere que a tensão de fase da indústria é 400 [V], que a frequência angular do sistema é 320 [rad/s] e que  tan(arccos(0,92))=0,43.

Alternativas
Comentários
  • w = 320 rad/s

    Q velho = 60 kvar  Q novo = 34,4 kvar

    Q capacitor = 60 - 34,4 / 3

    320 * C = Q capacitor / (400* 400)

    C = 167 uF 


ID
1268167
Banca
FGV
Órgão
DPE-RJ
Ano
2014
Provas
Disciplina
Engenharia Elétrica
Assuntos

Um no-break em série com um conversor CC/CA, de potência e tensão nominais no lado CC de 15 kVA e 50 Vcc, alimenta uma instalação elétrica. O banco de baterias desse no-break tem uma capacidade de 20 Ah. Sabe-se que, durante a ausência de energia elétrica, o no-break supre a instalação com 15 kVA. O tempo máximo para que a energia seja restabelecida, sem que a instalação fique desassistida de energia, de

Alternativas
Comentários
  • Gab. E

    Corrente do lado CC:

    I = 15000/50 = 300 A

    Capacidade do banco = I*t


    logo:

    I1*t1 = I2*t2

    20*60=300*t2

    t2=4 min




ID
1268176
Banca
FGV
Órgão
DPE-RJ
Ano
2014
Provas
Disciplina
Engenharia Elétrica
Assuntos

Uma instalação elétrica atende um conjunto de cargas que no seu total corresponde a 10 kVA de potência com fator de potência de 0,866 indutivo. Além dessas cargas, essa instalação atende a um motor síncrono de 5 kW. A potência aparente, em kVA, que esse motor deve operar para elevar o fator de potência da instalação a 1 é de

Alternativas
Comentários
  • Alguém sabe essa?

  • Ahhh

    Já vi meu erro. Estava considerando o motor como carga do sistema e somando-o à potência total. Mas o certo é simples de se fazer:

    10 kVA * 0,866 = 8,66 kW

    Potência reativa (kVar) = sqrt (10^2 - 8,66^2) = 5 kVar


    Portanto o motor síncrono tem que operar com uma potência reativa de 5 kVar para anular os reativos do conjunto de carga e operar com fator de potência igual à 1.

    Se o motor tem potência ativa de 5 kW e tem que ter potência reativa de 5 kVar, então a potência aparente desse motor será:

    kVA = sqrt (kW^2 + kVar^2) = sqrt (50)


    :)

  • Eu tbm estava somando o motor com carga. Questão mal elaborada

    Valeu ANDREI BRAGA!!!


ID
1268182
Banca
FGV
Órgão
DPE-RJ
Ano
2014
Provas
Disciplina
Engenharia Elétrica
Assuntos

Uma instalação elétrica solicita uma potência reativa Q da fonte e seu fator de potência é igual a 0,5. Para elevar esse fator de potência a 0,866 capacitivo é necessário instalar um banco de capacitores igual a

Alternativas
Comentários
  • Questão está incompleta. Falta afirmar que fator de potência é 0,5 indutivo, pois se não identificar este dado a questão pode ter duas resposta possíveis, C ou B. 

  • O fato de ser cap. ou ind. vaí influenciar em que nos cálculos? 

  • Andrei, acabei me equivocando em um detalhe, subtende-se que o fator de potência é 0,5 indutivo, mesmo não afirmando na alternativa pois, para corrigir o fator de potencia através de um banco de capacitores é necessário que a instalação esteja indutiva. Caso contrário o banco de capacitores reduziria ainda mais o fator de potência da instalação.

  • Ok Fábio,


    mas o que eu quero saber é como se chega na resposta. O desenvolvimento dos cálculos. Estou tentando achar alguma relação entre senos e cossenos no triangulo de potência, mas não chego na resposta. 

    Se você conseguiu dá uma luz ai...


    flw

  • Gab. B
    Fator de potência 0,5 indutivo. 

    α1 = acos(0,5) = 60º

    Triângulo de potências para α1:

    tg(60º)=Q/P

    P=Q√3/3


    Para fator de 0,866 capacitivo.

    como é capacitivo α2 é negativo 

    α2 = acos(0,866) = - 30º

    Equação para banco de capacitores:

    Bc = P*∆tg12

    Bc = (Q√3/3)*[ tg(α1) - tg(α2)]

    Bc = (Q√3/3)*[√3 -(-√3/3)]

    Bc=Q(1+1/3)

    Bc=4Q/3


                    

  • isso vai ajudar em outras questões.

    Essa saida facilita muitos no calculos!!


    Vlw André


ID
1268236
Banca
FGV
Órgão
DPE-RJ
Ano
2014
Provas
Disciplina
Engenharia Elétrica
Assuntos

Uma instalação elétrica possui um fator de carga muito baixo. Uma maneira de melhorar esse fator é

Alternativas
Comentários
  • Acho que o problema seria fator de carga alto e não baixo, como está no enunciado.

  • Alguém explica essa ?

  • Fator de Carga= Potência media/ Demanda max, se a sua Demanda max for muito alta em um periodo de tempo pequeno, resulta em uma potencia media pequena, portando o fator de carga baixo, melhor jeito de resolver,tentar fazer a distribuição de carga uniforme.

  • GABARITO: A


    O fator de carga corresponde à razão entre a demanda média e a demanda máxima e o fator de demanda equivale à demanda máxima / potência instalada.


    O fator de carga indica como uma unidade consumidora utiliza a potência instalada no estabelecimento; a maneira como a energia é utilizada de forma racional. O fator de demanda serve para se conhecer o quanto dos aparelhos existentes são usados simultaneamente - se esse valor for próximo de 1, quer dizer que o cliente consegue utilizar ao mesmo tempo toda a sua potência instalada.



    A alternativa "A" exemplifica a maneira pela qual podemos aumentar o fator de carga: redistribuindo as cargas, conseguimos aumentar a demanda média (lembrem-se que FC = dem média / dem máxima).

    A alternativa "E" traz uma possibilidade para aumentar o fator de demanda: melhorar o fator de utilização dos equipamentos (aumentando a quantidade de aparelhos ligados simultaneamente, ou seja, aumentando a demanda máxima).  



    Mais informações sobre o tema: http://www.maxwell.vrac.puc-rio.br/18618/18618_5.PDF


ID
1268566
Banca
IADES
Órgão
METRÔ-DF
Ano
2014
Provas
Disciplina
Engenharia Elétrica
Assuntos

Quanto à análise de circuitos elétricos, assinale a alternativa correta.

Alternativas
Comentários
  • Indutor é um elemento do circuito que armazena energia sob a forma de campo magnético. O indutor só consome potencia reativa do circuito mas a potencia real ou potencia ativa é igual a 0.

  • Em um indutor ideal isto é verdade. Questão estranha

  • ele não cementou nada de potencia reativa ou ativa, disse simplimente potencia .

    é sabido que em um sistema AC a potencia média é zero, ja quesemi- ciclo positivo tem a mesma amplitudo do semi ciclo negativo


ID
1281688
Banca
UEG
Órgão
TJ-GO
Ano
2006
Provas
Disciplina
Engenharia Elétrica
Assuntos

Associe as colunas que seguem.

I. Fator de utilização
II. Fator de potência
III. Fator de demanda
IV. Fator de carga

(    ) Razão entre a demanda média e a demanda máxima da unidade consumidora, ocorridas no mesmo intervalo de tempo especificado.
(    ) Razão entre a demanda máxima em um intervalo de tempo especificado e a carga instalada na unidade consumidora.
(    ) Razão entre a energia elétrica ativa e a raiz quadrada da soma dos quadrados das energias ativa e reativa, consumidas em um mesmo período especificado.
(    ) Razão entre a demanda máxima efetivamente absorvida pelo equipamento e a sua potência nominal.

A associação CORRETA é:

Alternativas

ID
1316203
Banca
CESGRANRIO
Órgão
LIQUIGÁS
Ano
2014
Provas
Disciplina
Engenharia Elétrica
Assuntos

Em uma instalação industrial de pequeno porte existem cinco motores de indução trifásicos de 10 kW cada um, que operam em uma tensão de 380 V fase-fase e com fator de potência de 0,8. Além desses motores, a carga elétrica restante da indústria é de 5 kVA, sendo a potência ativa de 4 kW.

Para que o fator de potência equivalente dessa indústria seja unitário, o valor, em kvar, do banco de capacitores a ser instalado é

Alternativas
Comentários
  • 1) Carga dos motores: 5x10 kW com fp = 0,8

    P1 = 50 kW 

    S1 = P1 / fp = 62,5 kVA

    Q1 = S1*0,6 = 37,5 kVar

     

    2)Carga restante:

    P2 = 4kW

    S2 = 5 kVA

    Q2 = 3 kVar

     

    3) Qtot = Q1 + Q2 = 40,5 kVar

     

    Gabarito: B

     

    Bom estudo a todos!


ID
1335667
Banca
FGV
Órgão
TJ-AM
Ano
2013
Provas
Disciplina
Engenharia Elétrica
Assuntos

Uma instalação elétrica possui duas cargas trifásicas: a primeira é de 60 kW, com fator de potência igual a √3 /2 indutivo e a segunda é de 20 kW, com fator de potência igual a √2 /2 indutivo.
O fator de potência global dessa instalação é:

Alternativas
Comentários
  • Gab. C


    Carga 1:

    θ1 = arcacos(√3/2) = 30º

    Q1 = P1*tg(30º) = 60k*√3/3 = 20√3   kVAr



    Carga 2:

    θ2 = arccos(√2/2) = 45º

    Q2 = P2*tg(45º) = 20k*1 = 20 kVar



    Potência aparente total:

    S = (P1 + P2) + j*(Q1 + Q2)

    S = (60 + 20) + j*(20√3 +  20 ) kVA


    θfinal = arctg[ (20√3 + 20 )/(60 + 20)]

    θfinal = arctg [(√3 + 1)/4]


    Fator de potência:

    FP = cos (θfinal )

    FP =cos {arctg [(√3 + 1)/4]}




ID
1337899
Banca
FGV
Órgão
TJ-GO
Ano
2014
Provas
Disciplina
Engenharia Elétrica
Assuntos

Um equipamento elétrico de 4.000 W com fator de potência 0,8 é alimentado por meio de um circuito terminal. A tensão nos terminais desse equipamento é de 100 V. O comprimento desse circuito é de 10 metros e a queda de tensão admitida para ele é de 2%. A queda de tensão unitária do circuito é:

Alternativas
Comentários
  • Como faz?

  • Andrei, questão relativamente fácil. Dica: Quando não souber a formula, verifique as grandezas da resposta que normalmente ajuda a encontrar a formula.
    Neste caso, temos: V/A.km
    V=queda de tensão no circuito (já que pede queda de tensão unitária)
    A=corrente do circuito
    km=comprimento do circuito (enunciado deu em metros)
    --------------------------------------
    DADOS:
    P=4000w
    FP=0,8
    Vfinal=100
    Comprimento circuito= 10m ou 0,01km
    Queda de tensão: 2% ou 0,02

    Vamos encontrar os 3 itens da fórmula:

    1) Queda de tensão:
    Vinicial - 2%=100V
    Vinicial - (Vinicial . 0,02) =100
    Vinicial . (1-0,02) =100
    Vinicial= 100/0,98
    Vinicial= 102,4V
    Portanto, a queda de tensão foi de 2,4V

    2)Corrente
    Precisamos da potência aparente para calcular a corrente:
    S=P/FP
    S=4000/0,8
    S=5000VA

    I=S/V
    I=5000/100
    I=50A

    3) comprimento (fornecido no enunciado)
    0,01km (mesmo que 10m)

    ----------------------------------------------------

    Se precisamos de V/A.km, temos

    2,4 / 50 . 0,01 = 4,08

    RESPOSTA: alternativa B) 4,0 V/A.km 

  • Show de bola!!


    Estava errando na tensão!!!

    Eu fiz 100 v - 2,4 v (2%) = 97,6

    Ai estava dando um resultado alto, mas a tensão utilizada é da queda de tensão (2,4 v).


    Obrigado pela ajuda!!

  • DeltaV=(e%*V)/(A*Km)=(0.02*100)/(50*0.01)=4V/AKm


ID
1459555
Banca
CESGRANRIO
Órgão
Petrobras
Ano
2015
Provas
Disciplina
Engenharia Elétrica
Assuntos

Uma carga trifásica equilibrada é alimentada por um banco de transformadores monofásicos conectados em Y-Y. Supondo que a conexão dos transformadores seja alterada para Y-Δ, e a carga seja alimentada pelo lado cuja conexão foi alterada, então, a potência da carga é multiplicada por um fator igual a

Alternativas
Comentários
  • Para Y-Y com a = 1:

    P1 = P2 = Vf1^2 / R

    P1/P2 = 1

    Para  Y-Δ com a = 1:

    Vf2 = √3*Vf1

    I2 = Vf2 / R 

    P2 = Vf2 * I2

    P2 = 3*Vf1^2 / R

    logo:

    P1/P2 = 1/3



  • * Se uma carga 3φ equilibrada for ligada em delta, e depois religada em estrela, ela não consumirá o mesmo valor de potência, pois 

    P3φ-delta = 3 P3φ-estrela


    * Para uma carga 3φ equilibrada ligada em Y consumir a mesma potência da ligação ∆, a impedância da carga terá que ser multiplicada por 3.


    * Para uma carga 3φ equilibrada ligada em ∆ consumir a mesma potência da ligação Y, a impedância da carga terá que ser dividida por 3. 

  • Considerando relação de transformação = 1 e FP = 1:

    P (YY) = IL² * Z

    P (Y∆) = (IL / √3)² * Z = 1/3 * IL² * Z; ou seja:

    P (Y∆) é 1/3 menor que P (YY).


ID
1459654
Banca
CESGRANRIO
Órgão
Petrobras
Ano
2015
Provas
Disciplina
Engenharia Elétrica
Assuntos

Para melhorar a eficiência energética de uma instalação industrial, foi instalado um banco de capacitores para corrigir o fator de potência de modo a torná-lo unitário. Sabe-se que, antes da instalação, a potência aparente demandada pela indústria era de 20 kVA, com um fator de potência de 0,8 indutivo.

O valor, em kvar, da potência do banco de capacitores instalado, é

Alternativas
Comentários
  • cos(phi)=0,8

    cos(phi)= P/S --> 0,8 = P/20 portanto P = 16 kW

    S^2=P^2+Q^2 --> (20)^2=(16)^2 + Q^2

    400 = 256 + Q^2

    Q = 12 kVAr

  • Se o cos = 0.8 é porque o sen = 0.6

    Como Q = S.sen, então 20 x 0.6 = 12 KVAr

    Como ele quer compensar tudo (FP unitario) então a resposta é o próprio 12 KVAr -----------  LETRA D


ID
1502008
Banca
CESGRANRIO
Órgão
Innova
Ano
2012
Provas
Disciplina
Engenharia Elétrica
Assuntos

Uma instalação elétrica possui uma potência aparente de 5.000 VA, com fator de potência igual a 0,6 indutivo. Deseja-se instalar um banco de capacitores de forma a obter-se um fator de potência resultante igual a 0,8 indutivo, sem que se altere a potência ativa consumida da instalação.

Qual deve ser a potência reativa do banco de capacitores, em volt-ampère reativo, de forma a obter-se o resultado desejado?

Alternativas
Comentários
  • Gabarito: B

    Cenário 1:

    S = 5000VA

    P = S . 0,6 = 3000W

    Q = S . sen(arcos(0,6)) = 5000 . 0,8 = 4000var

    Cenário 2:

    P = 3000W

    S = P / 0,8 = 3750VA

    Q = S . sen(arcos(0,8)) = 3750 . 0,6 = 2256var

    Banco = 4000 - 2256 = 1744var


ID
1616341
Banca
ZAMBINI
Órgão
PRODESP
Ano
2010
Provas
Disciplina
Engenharia Elétrica
Assuntos

Relacione o termos com suas definições.

Termos
1 - Demanda contratada

2 - Demanda medida

3 - Carga instalada

4 - Demanda


Definições
A - A maior demanda de potência ativa verificada por medição, integralizada no intervalo de 15 (quinze) minutos durante o período de faturamento, expressa em quilowatts (kW).

B - Somatória das potências nominais dos equipamentos elétricos de uma unidade consumidora que, após a conclusão dos trabalhos de instalação, estão em condições de entrar em funcionamento.

C - Potência ativa a ser obrigatória e continuamente disponibilizada pela concessionária, no ponto de entrega, conforme valor e período de vigência fixados no contrato de fornecimento, e que deverá ser integralmente paga, seja ou não utilizada durante o período de faturamento, expressa em quilowatts (kW).

D - Média das potências elétricas instantâneas solicitadas ao sistema elétrico pela parcela da carga instalada em operação na unidade consumidora durante um intervalo de tempo especificado.

Alternativas

ID
1644697
Banca
CESPE / CEBRASPE
Órgão
FUB
Ano
2015
Provas
Disciplina
Engenharia Elétrica
Assuntos

Em relação ao fator de potência e à atual legislação, julgue o item que se segue.


As unidades consumidoras com fornecimento em tensão inferior a 2,3 kV devem ser cobradas pelo excedente de reativos devido ao baixo fator de potência.

Alternativas
Comentários
  • Creio que a cobrança seja para as unidades consumidoras atendidas em média/alta tensão. Abaixo de 2,3 kV são as unidades atendidas em tensão secundária.

  • Unidades consumidores do grupo B (fornecimento em tensão inferior a 2,3 kV) não devem ser cobradas pelo excedente de reativos - REN ANEEL 414/2010


ID
1644700
Banca
CESPE / CEBRASPE
Órgão
FUB
Ano
2015
Provas
Disciplina
Engenharia Elétrica
Assuntos

Em relação ao fator de potência e à atual legislação, julgue o item que se segue.


O fator de potência é determinado pelo quociente [potência reativa]/[potência ativa].

Alternativas
Comentários
  • ERRADO

    fator de potência = [potência ativa]/[potência aparente]

  • NÃO!!

     

    FATOR DE POTÊNCIA = W / VA


ID
1644703
Banca
CESPE / CEBRASPE
Órgão
FUB
Ano
2015
Provas
Disciplina
Engenharia Elétrica
Assuntos

Em relação ao fator de potência e à atual legislação, julgue o item que se segue.


As causas de baixo fator de potência em instalações elétricas incluem motores e transformadores superdimensionados.

Alternativas
Comentários
  • Quando o motor ou transformador - máquinas elétricas de caráter indutivo - estão superdimensionados as bobinas de magnetização dos circuitos funcionam como fortes indutores abaixando assim o fp da instalação elétrica.


ID
1671160
Banca
FCC
Órgão
TRT - 3ª Região (MG)
Ano
2015
Provas
Disciplina
Engenharia Elétrica
Assuntos

Considerando que a qualidade do consumo de energia elétrica em uma instalação está diretamente relacionada com a correção do respectivo fator de potência, em uma instalação elétrica de 134 kW, com fator de potência médio de 80%, a potência reativa a ser instalada para corrigir este fator de potência para 0,92, é, em kVAr, aproximadamente,

Alternativas
Comentários
  • Potência aparente da carga antes da correção = P/fp = 134K/0,8 =167.5kVA = S1

    Potência reativa antes da correção = sqrt(S1^2+P^2) = 100.5KVar = Q1

    Potência aparente da carga depois da correção= 134K/0,92 = 145.65kVA = S2

    Potência reativa depois da correção = sqrt(S2^2+P^2) = 57.1KVar = Q2

    Q1-Q2=43,42KVar (letra C)


  • Questão longa de fazer sem calculadora, mas esse é o método. Obrigado, Raisa. 

  • Apenas uma correção na resolução da Raisa: A potência reativa é a raiz quadrada da diferença de S² e P², e não a soma. 

    Assim, Q1 = sqrt(S1² - P1²)


ID
1695451
Banca
CESPE / CEBRASPE
Órgão
MPOG
Ano
2015
Provas
Disciplina
Engenharia Elétrica
Assuntos

      Uma instalação de ar condicionado central, com alimentação trifásica de 380 V RMS, 60 Hz, com seus motores, lâmpadas, transformadores e painéis de controle, possui uma carga elétrica equilibrada total de 138,4 kW de potência ativa e 173 kVA de potência aparente.

Considerando essas informações, julgue o item que se segue.

A corrente eficaz total da instalação é maior que 260 A.


Alternativas

ID
1695454
Banca
CESPE / CEBRASPE
Órgão
MPOG
Ano
2015
Provas
Disciplina
Engenharia Elétrica
Assuntos

      Uma instalação de ar condicionado central, com alimentação trifásica de 380 V RMS, 60 Hz, com seus motores, lâmpadas, transformadores e painéis de controle, possui uma carga elétrica equilibrada total de 138,4 kW de potência ativa e 173 kVA de potência aparente.

Considerando essas informações, julgue o item que se segue.

Considerando que a carga de iluminação, com um total de 12 kVA, fosse alimentada por apenas uma das fases e neutro, o desequilíbrio entre fases seria menor que 20%.


Alternativas

ID
1695457
Banca
CESPE / CEBRASPE
Órgão
MPOG
Ano
2015
Provas
Disciplina
Engenharia Elétrica
Assuntos

      Uma instalação de ar condicionado central, com alimentação trifásica de 380 V RMS, 60 Hz, com seus motores, lâmpadas, transformadores e painéis de controle, possui uma carga elétrica equilibrada total de 138,4 kW de potência ativa e 173 kVA de potência aparente.

Considerando essas informações, julgue o item que se segue.

O fator de potência da instalação é menor que 0,83.


Alternativas

ID
1711696
Banca
EXATUS
Órgão
BANPARÁ
Ano
2015
Provas
Disciplina
Engenharia Elétrica
Assuntos

Quando em um circuito há uma ou mais bobinas intercaladas, como por exemplo no caso dos motores elétrico, nota-se que a potência total fornecida, que é determinada pelo produto da corrente mensurada em um amperímetro pela tensão mensurada em um voltímetro, é diferente da potência medida num wattímetro, assim surge o fenômeno chamado de fator de potência. Assinale a alternativa correta quanto a definição do fator de potência:

Alternativas
Comentários
  • Fator de potência = potência ativa / potência aparente

    Alternativa (E)


ID
1715041
Banca
FGV
Órgão
TJ-RO
Ano
2015
Provas
Disciplina
Engenharia Elétrica
Assuntos

Um circuito com queda de tensão unitária igual a 20 V/A.km (volt por ampère quilômetro) alimenta uma única carga industrial que solicita uma corrente elétrica de 25 A. A tensão utilizada nessa instalação é de 200 V. Sabendo-se que a queda de tensão no fio corresponde a 2% da tensão, o comprimento do circuito é:

Alternativas
Comentários
  • 20 = (200*0,02) / (25 * km)

    km = 0,008 ou 8 metros

  • Na verdade a questão pede mesmo é a resistência da instalação, que seria o próprio FIO. Ou seja:

    R(fio)= 200(tensão da instalação) / 25 (corrente da instalação)

    R(fio)= 8

    LETRA "A"