Ficha 01 · Tecnologias de armazenamento, hidrogénio, baterias e seus parâmetros · Ficha de trabalho (soluções)

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Exercício 1 · Três pedidos, três tecnologias

Um gabinete de projeto recebe três pedidos: (A) um centro de dados quer cobrir os 15 s que um gerador demora a arrancar numa falha de rede; (B) uma comunidade rural, com muito excedente solar no verão, quer reservar energia para os meses frios; (C) uma garagem de autocarros elétricos quer reduzir o pico de potência quando vários veículos carregam ao mesmo tempo. Para cada pedido, indica a família de armazenamento e a tecnologia que propões, justificando com a característica decisiva (potência, duração, ciclos ou eficiência).

A: a necessidade é potência durante segundos e resposta imediata. Serve um supercondensador, um volante de inércia ou uma bateria dimensionada para alta potência (família elétrica, mecânica ou eletroquímica). A energia necessária é pequena; a característica decisiva é a densidade de potência e a fiabilidade.
B: a necessidade é energia sazonal, de meses. Nenhuma bateria é económica para isso: propõe-se hidrogénio (família química), produzido por eletrólise com o excedente de verão e reconvertido numa célula de combustível, aceitando uma eficiência de ida e volta de cerca de 30 %.
C: a necessidade é potência durante algumas horas, com ciclo diário. Propõe-se uma bateria de iões de lítio (por exemplo, LFP) na família eletroquímica, com capacidade de energia suficiente e potência elevada, para fazer peak shaving.

A regra é partir da função e só depois escolher o produto.

Exercício 2 · Energia de um volante de inércia

Um volante de inércia é um disco maciço de aço com 200 kg e 0,30 m de raio, que gira a 12 000 rpm. Usa-se E = ½ · I · ω², com I = ½ · m · r² para um disco e ω = 2π · n ÷ 60 (n em rpm). (a) Calcula o momento de inércia, a velocidade angular e a energia guardada, em kWh. (b) Em funcionamento, o volante só pode descer até 6000 rpm. Que energia é utilizável? (c) Uma carga de 50 kW tem de ser mantida durante os 15 s que um gerador demora a arrancar. A energia utilizável chega? (d) Durante quanto tempo sustentaria os 50 kW, com uma eficiência de conversão de 90 %?

(a) I = ½ × 200 × 0,30² = 9,0 kg·m². ω = 2π × 12 000 ÷ 60 = 1256,6 rad/s. E = ½ × 9,0 × 1256,6² ≈ 7,106 × 10⁶ J, e 7,106 × 10⁶ ÷ 3,6 × 10⁶ ≈ 1,97 kWh.

(b) A energia é proporcional ao quadrado da velocidade. A 6000 rpm (metade) guarda um quarto: 1,97 ÷ 4 ≈ 0,49 kWh. Energia utilizável: 1,97 - 0,49 ≈ 1,48 kWh, ou seja, 75 % da total.

(c) Energia pedida: 50 kW × 15 s = 750 kJ = 50 × 15 ÷ 3600 ≈ 0,21 kWh, muito abaixo dos 1,48 kWh. Chega com larga margem.

(d) Energia entregue à carga: 1,48 × 0,90 = 1,33 kWh. Tempo: 1,33 ÷ 50 = 0,0267 h ≈ 96 s.

O volante é uma tecnologia de potência: guarda pouca energia e entrega-a em segundos, como pede o pedido A do exercício 1.

Exercício 3 · Hidrogénio para o excedente de uma comunidade

Numa comunidade, sobram num dia de verão 1200 kWh de excedente solar. O eletrolisador consome 55 kWh por kg de H₂ e a célula de combustível converte o hidrogénio com 52 % de eficiência (usa o PCI de 33,3 kWh/kg). (a) Que massa de hidrogénio se produz? (b) Que energia elétrica se recupera? (c) Qual é a eficiência de ida e volta, desprezando compressão e conversores? (d) Que volume ocupa o gás a 350 bar, considerando 24 kg/m³? (e) Indica duas medidas de segurança para o local de armazenamento.

(a) m = 1200 ÷ 55 ≈ 21,8 kg.

(b) Energia no hidrogénio: 21,8 × 33,3 ≈ 726,5 kWh. Eletricidade recuperada: 726,5 × 0,52 ≈ 378 kWh.

(d) V = 21,8 ÷ 24 ≈ 0,91 m³ (cerca de 910 L).

(e) Exemplos válidos: ventilação com saídas no ponto mais alto; sensores de deteção de fuga de hidrogénio; eliminação de fontes de ignição e equipamento para atmosferas explosivas; válvulas de alívio de pressão; formação do pessoal e procedimentos de emergência.

Perdem-se dois terços da energia, o que só se justifica por o armazenamento ser sazonal.

Exercício 4 · Quantas células cabem na janela do inversor

Um inversor aceita uma bateria com tensão entre 100 V e 150 V. Dispõe-se de células NMC de 3,6 V nominais (3,0 V a 4,2 V) e 50 Ah, com C-rate máximo de carga de 0,5 C. (a) Qual o maior número de células em série que mantém a tensão máxima dentro da janela? (b) Com esse número, a tensão mínima fica dentro da janela? Qual a tensão nominal? (c) Para guardar cerca de 20 kWh nominais, quantos ramos em paralelo e quantas células no total? Que energia nominal resulta? (d) Qual a corrente máxima de carga e a potência correspondente à tensão nominal?

(a) 150 ÷ 4,2 = 35,7, logo 35 células em série (35 × 4,2 = 147 V).

(b) Tensão mínima: 35 × 3,0 = 105 V, acima dos 100 V: cumpre. Tensão nominal: 35 × 3,6 = 126 V.

(c) Capacidade necessária: 20 000 Wh ÷ 126 V ≈ 158,7 Ah; 158,7 ÷ 50 = 3,17, logo 4 ramos em paralelo (200 Ah). Total: 35 × 4 = 140 células (35S4P). Energia nominal: 126 V × 200 Ah = 25 200 Wh = 25,2 kWh.

(d) Corrente máxima de carga: 0,5 × 200 = 100 A. Potência à tensão nominal: 126 × 100 = 12,6 kW.

A janela de tensão do inversor, e não só a energia pretendida, decide o número de células em série; a energia ajusta-se depois pelos ramos em paralelo.

Exercício 5 · Ler os parâmetros de uma bateria

Uma bateria de 48 V e 120 Ah está a 100 % de SOC. (a) Que energia nominal tem? (b) É descarregada com 30 A. Qual o C-rate e quanto tempo demoraria a esvaziar teoricamente? (c) Retiram-se 3,2 kWh. Qual o DOD e o SOC final? (d) Se o fabricante limitar o DOD a 80 %, quanta energia pode retirar-se?

(a) E = 48 × 120 = 5760 Wh = 5,76 kWh.

(b) C-rate = 30 ÷ 120 = 0,25 C; duração teórica = 120 ÷ 30 = 4 h.

(d) E = 5,76 × 0,80 = 4,61 kWh.

Exercício 6 · Quanto falta para o fim de vida

Uma bateria de 5 kWh nominais entrega hoje 4,1 kWh. Já realizou 1500 ciclos em 4 anos. (a) Qual o SOH? (b) Se a perda de capacidade fosse linear com os ciclos, em quantos ciclos adicionais chegaria ao SOH de 80 %? (c) Em quanto tempo, ao ritmo atual? (d) Porque é que esta previsão pode falhar?

(a) SOH = 4,1 ÷ 5 = 82 %.

(b) Perdeu 18 pontos percentuais em 1500 ciclos, ou 0,012 por ciclo. Faltam 2 pontos: 2 ÷ 0,012 ≈ 167 ciclos.

(d) A degradação não é linear: pode acelerar no fim de vida ("joelho" da curva), e depende da temperatura e do envelhecimento calendário. A previsão serve de ordem de grandeza e deve ser confirmada com o SOH medido periodicamente.

Exercício 7 · Descobrir a eficiência da bateria a partir dos contadores

Num ciclo, entram 12 kWh de excedente solar no conversor de carga, que tem 97 % de eficiência. O inversor de saída tem 96 %. Os auxiliares consomem 0,25 kWh por ciclo. O contador à saída da instalação mede 9,9 kWh entregues à carga. (a) Qual a eficiência global do sistema? (b) Qual a eficiência de ida e volta da própria bateria (carga e descarga em conjunto)? (c) Se o mesmo sistema fizesse um ciclo de apenas 6 kWh de entrada, com o mesmo consumo de auxiliares, que eficiência global teria? (d) Que conclusão tiras?

(a) 9,9 ÷ 12 = 82,5 %.

(b) Antes de descontar os auxiliares, à saída do inversor havia 9,9 + 0,25 = 10,15 kWh. Pela cadeia, 12 × 0,97 × η_bateria × 0,96 = 10,15, logo η_bateria = 10,15 ÷ 11,174 ≈ 0,908, isto é, 90,8 %.

(c) 6 × 0,97 × 0,908 × 0,96 = 5,075 kWh; menos 0,25 de auxiliares = 4,825 kWh; eficiência global = 4,825 ÷ 6 ≈ 80,4 %.

(d) Os auxiliares são um consumo fixo por ciclo: pesam 2,1 % de 12 kWh e 4,2 % de 6 kWh. Em sistemas pouco utilizados ou com ciclos pequenos, a eficiência global desce, mesmo com a mesma bateria e os mesmos conversores.

Exercício 8 · Determinar o expoente de Peukert por ensaio

Uma bateria de chumbo-ácido tem 120 Ah referidos a 20 h. Num ensaio de descarga a 24 A constantes, durou 3,9 h até à tensão de corte. Usa-se t = H × (C ÷ (I × H))^k. (a) Calcula o expoente de Peukert k. (b) Com esse k, quanto duraria a 12 A e que capacidade efetiva se obteria? (c) Pretende-se alimentar 30 A durante 5 h, com DOD máximo de 50 %. Que capacidade nominal (a 20 h) é necessária? (d) Que erro se cometeria ao dimensionar sem Peukert?

(a) t ÷ H = 3,9 ÷ 20 = 0,195 e C ÷ (I × H) = 120 ÷ 480 = 0,25. Então 0,195 = 0,25^k, logo k = ln 0,195 ÷ ln 0,25 = (-1,635) ÷ (-1,386) ≈ 1,18.

(b) C ÷ (I × H) = 120 ÷ 240 = 0,5; 0,5^1,18 ≈ 0,441; t = 20 × 0,441 ≈ 8,8 h. Capacidade efetiva: 12 × 8,8 ≈ 106 Ah, cerca de 88 % da nominal (a 24 A eram 93,6 Ah, 78 %).

(c) A bateria deve poder esvaziar em 5 h a 30 A: C = I × H × (t ÷ H)^(1/k) = 30 × 20 × 0,25^(1/1,18) = 600 × 0,309 ≈ 185 Ah de capacidade a 20 h. Com DOD de 50 %, só metade é utilizável: 185 ÷ 0,5 ≈ 371 Ah nominais (por exemplo, 2 ramos de 200 Ah).

(d) Sem Peukert, 30 A × 5 h = 150 Ah úteis, e 150 ÷ 0,5 = 300 Ah. Ficava-se cerca de 19 % abaixo do necessário (300 contra 371 Ah): a autonomia real seria menor do que a prevista.

Exercício 9 · Hidrogénio para uma frota de autocarros

Valores hipotéticos. Um operador quer abastecer 4 autocarros por dia, com 30 kg de H₂ cada. O eletrolisador consome 55 kWh por kg e funciona 10 h por dia, só com eletricidade fotovoltaica. (a) Quantos kg por dia, quanta eletricidade e que eficiência da produção sobre o PCI (33,3 kWh/kg)? (b) Que potência média tem o eletrolisador? (c) Que volume de armazenamento a 350 bar (24 kg/m³) dá 2 dias de reserva? (d) Compara a eletrólise com a reformação de metano sem captura e com captura de carbono, indicando a cor de cada uma e qual serve o objetivo; e diz que tipo de eletrolisador é mais adequado a uma alimentação solar variável. (e) Vale a pena produzir no local ou receber o hidrogénio por camião? Indica duas medidas de segurança para o armazenamento.

(a) 4 × 30 = 120 kg por dia. Eletricidade: 120 × 55 = 6600 kWh por dia. Energia no hidrogénio: 120 × 33,3 = 3996 kWh; eficiência: 3996 ÷ 6600 ≈ 60,5 %.

(b) 6600 ÷ 10 = 660 kW de potência média.

(d) Eletrólise com eletricidade renovável: hidrogénio verde. Reformação de metano sem captura: cinzento (emite CO₂). Com captura e armazenamento de carbono: azul. Para uma frota que se pretende limpa e alimentada por energia solar, interessa o verde. Com uma alimentação variável, o eletrolisador PEM é o mais adequado (arranque rápido e resposta a variações de carga); o alcalino é mais barato, mas responde mais devagar.

(e) Produzir no local evita o transporte e as perdas a ele associadas, e aproveita o excedente solar; receber de fora obriga a camiões com cilindros ou depósitos, adequados a distâncias curtas e médias, e a depender do fornecedor. Medidas de segurança possíveis: ventilação com saídas no ponto mais alto, sensores de fuga de hidrogénio, eliminação de fontes de ignição e equipamento para atmosferas explosivas, válvulas de alívio de pressão, distâncias de segurança e pessoal formado.

Exercício 10 · Que química para um abrigo de montanha

Um repetidor de telecomunicações está num abrigo de montanha, com invernos a -10 °C e visitas de manutenção raras. Tem de manter 8 kWh à carga numa falha de rede longa, e só há cerca de 10 falhas por ano. O inversor tem 95 %. Valores hipotéticos de comparação:

	Chumbo-ácido estacionário	LFP	NiCd
DOD máximo	50 %	90 %	80 %
Preço por kWh nominal	150 €	300 €	450 €
Manutenção	média	nenhuma	média
Comportamento a frio	perde capacidade	carga proibida abaixo de 0 °C	robusto

(a) Que energia nominal exige cada uma? (b) Qual o investimento em baterias de cada uma? (c) Os ciclos por ano decidem aqui a escolha? (d) Que química propões e que cuidado exige, se for a LFP?

(a) Chumbo-ácido: 8 ÷ (0,50 × 0,95) = 16,8 kWh. LFP: 8 ÷ (0,90 × 0,95) = 9,4 kWh. NiCd: 8 ÷ (0,80 × 0,95) = 10,5 kWh.

(b) Chumbo-ácido: 16,84 × 150 ≈ 2526 €. LFP: 9,36 × 300 ≈ 2807 €. NiCd: 10,53 × 450 ≈ 4737 €.

(c) Não. Com 10 ciclos por ano, a bateria não se gasta por ciclagem; a vida é limitada pelo envelhecimento no tempo e pelo frio. Por isso a grande vantagem do lítio em ciclos (milhares) quase não conta neste caso.

(d) Há duas respostas defendáveis, desde que justificadas. O chumbo-ácido estacionário é o mais barato e não é penalizado pelos poucos ciclos, mas exige manutenção e o abrigo deve limitar o frio. O NiCd é o mais robusto ao frio e dispensa cuidados especiais de temperatura, mas custa quase o dobro e contém cádmio. A LFP fica ligeiramente mais cara do que o chumbo e ocupa menos espaço, mas não pode ser carregada abaixo de 0 °C: exigiria aquecimento da bateria (ou isolamento térmico do abrigo) e bloqueio de carga a frio pelo BMS, com o consumo de energia que isso implica.