Ficha 02 · BMS, protocolos, integração, dimensionamento e monitorização
Exercício 1 · Uma célula à frente das outras
Numa bateria 16S de células LFP de 280 Ah, durante a carga uma célula chega a 3,65 V quando as restantes estão em 3,40 V. (a) O que faz o BMS nesse momento e porquê? (b) Admite que a célula está 1 % acima das outras e que o equilíbrio passivo drena 150 mA. Quanto tempo demora a igualar? (c) O que mudarias se este desequilíbrio fosse frequente e o tempo disponível pequeno?
(a) O BMS corta ou limita a carga (proteção de sobretensão de célula) e ativa o equilíbrio, porque a célula mais carregada limita a carga de toda a série; sem isso, as outras células ficavam por carregar ou esta ultrapassava o limite.
(b) Excesso de carga: 1 % de 280 Ah = 2,8 Ah. Tempo: 2,8 ÷ 0,15 ≈ 18,7 h.
(c) Passar para equilíbrio ativo (transfere energia entre células) ou aumentar a corrente de equilíbrio, e garantir ciclos de carga completos com tempo na zona alta de tensão.
Exercício 2 · SOC por contagem de Coulomb e o erro do sensor
Uma bateria de 120 Ah está a 80 % de SOC. Descarrega com 25 A durante 2 h e depois carrega com 10 A durante 1,5 h. (a) Qual o SOC final? (b) Se o sensor de corrente tiver um desvio de +0,5 A (lê mais 0,5 A do que a realidade) e a contagem correr 24 h sem recalibração, que erro de SOC se acumula? (c) Como se corrige?
(a) Capacidade inicial: 0,80 × 120 = 96 Ah. Descarga: 25 × 2 = 50 Ah, ficam 46 Ah. Carga: 10 × 1,5 = 15 Ah, ficam 61 Ah. SOC final: 61 ÷ 120 ≈ 50,8 %.
(b) Erro acumulado: 0,5 A × 24 h = 12 Ah, ou seja, 12 ÷ 120 = 10 pontos percentuais de SOC.
(c) Recalibrando o SOC por tensão em circuito aberto (em repouso) ou quando a bateria atinge o fim de carga; e usando um sensor de corrente com offset calibrado, ou métodos combinados com modelo (filtro de Kalman).
Exercício 3 · Descodificar uma trama CAN e testar o barramento
Segundo a tabela do fabricante, a trama com identificador 0x351 contém, em 16 bits com o byte menos significativo primeiro: bytes 0 e 1 = tensão máxima de carga (unidades de 0,1 V); bytes 2 e 3 = corrente máxima de carga (0,1 A); bytes 4 e 5 = corrente máxima de descarga (0,1 A). Recebeu-se: 20 02 58 02 B0 04 (hex.). (a) Descodifica os três valores. (b) Medindo com o barramento desligado, obtêm-se 40 Ω entre CAN_H e CAN_L. O que significa? (c) E se se medisse 120 Ω?
(a) Tensão: 0x0220 = 544, ou seja, 54,4 V. Corrente de carga: 0x0258 = 600, ou seja, 60,0 A. Corrente de descarga: 0x04B0 = 1200, ou seja, 120,0 A.
(b) 40 Ω corresponde a três resistências de 120 Ω em paralelo (120 ÷ 3 = 40). Há uma terminação a mais no barramento (por exemplo, uma resistência ativada num nó intermédio). Devem existir apenas duas, nos extremos.
(c) 120 Ω indica só uma terminação; falta a outra. O valor correto é cerca de 60 Ω.
Exercício 4 · Ler registos por Modbus RTU
O mestre pede ao escravo de endereço 7 três registos de retenção a partir do registo 100. (a) Escreve o pedido (sem o CRC) em hexadecimal. (b) A resposta é 07 03 06 00 FA 13 88 FF 38 (sem CRC). O mapa diz: registo 100 = temperatura (0,1 °C, sem sinal); 101 = tensão (0,01 V, sem sinal); 102 = corrente (0,1 A, com sinal). Calcula os valores. (c) Se dois escravos tiverem o mesmo endereço, o que acontece?
(a) Endereço 07, função 03, registo inicial 100 = 0x0064, quantidade 3 = 0x0003: 07 03 00 64 00 03.
(b) Registo 100: 0x00FA = 250, logo 25,0 °C. Registo 101: 0x1388 = 5000, logo 50,00 V. Registo 102: 0xFF38 = 65 336; com sinal (complemento para dois): 65 336 - 65 536 = -200, logo -20,0 A (corrente em sentido negativo, por exemplo, descarga).
(c) Ambos respondem em simultâneo, as respostas colidem no barramento e o mestre recebe dados corrompidos ou nenhuma resposta. Cada nó tem de ter um endereço único.
Exercício 5 · Será que esta bateria serve neste inversor?
Um inversor híbrido tem janela de tensão de bateria de 42 V a 58 V, corrente máxima de carga e descarga de 120 A, e comunica por CAN. Uma bateria NMC 14S (2,5 V a 4,2 V por célula, 3,6 V nominais) tem 100 Ah e C-rate máximo de carga de 0,5 C. (a) Calcula a gama de tensão da bateria. (b) Está dentro da janela do inversor? (c) A corrente de carga é compatível? (d) Que ajustes propões?
(a) Mínima: 14 × 2,5 = 35 V; nominal: 14 × 3,6 = 50,4 V; máxima: 14 × 4,2 = 58,8 V. (Se o corte de descarga for 3,0 V por célula, a mínima é 42 V.)
(b) O máximo de 58,8 V excede os 58 V do inversor, e o mínimo de 35 V (se a descarga for até 2,5 V) fica abaixo de 42 V. Não é diretamente compatível com os limites de fábrica.
(c) A carga máxima da bateria é 0,5 C = 50 A, inferior aos 120 A do inversor. O inversor tem de ser limitado a 50 A de carga (idealmente pelo BMS, via CAN).
(d) Configurar no BMS: tensão máxima de carga de 4,1 V por célula (57,4 V) e tensão mínima de descarga de 3,0 V por célula (42 V), perdendo uma pequena parte da capacidade; limitar a corrente de carga a 50 A; confirmar o perfil CAN. Se não for possível, escolher outra combinação.
Exercício 6 · Arbitragem tarifária numa PME
Valores hipotéticos. Uma PME com tarifa tri-horária quer deslocar 30 kWh por dia das horas de ponta (0,22 €/kWh) para as de vazio (0,10 €/kWh), com uma bateria LFP de DOD 90 % e inversor de 95 %. A eficiência de ida e volta do conjunto é de 88 %. Trabalha 300 dias por ano. (a) Que energia nominal é necessária? (b) Que energia se compra em vazio por dia e quanto custa? (c) Qual o ganho líquido por dia e por ano? (d) Com um investimento de 18 000 €, qual o retorno simples e que leitura fazes?
(a) 30 ÷ (0,90 × 0,95) = 30 ÷ 0,855 ≈ 35,1 kWh.
(b) Para entregar 30 kWh é preciso carregar 30 ÷ 0,88 ≈ 34,1 kWh, que em vazio custam 34,1 × 0,10 ≈ 3,41 €.
(c) Custo evitado em ponta: 30 × 0,22 = 6,60 €. Ganho líquido: 6,60 - 3,41 = 3,19 € por dia; 3,19 × 300 ≈ 957 € por ano.
(d) 18 000 ÷ 957 ≈ 18,8 anos, acima da vida útil típica de 10 a 15 anos. Só com arbitragem não se paga; é preciso somar outros benefícios (corte de ponta, backup) ou um diferencial de preços maior. Repara que a perda de 12 % na ida e volta consome parte do diferencial.
Exercício 7 · Simular o SOC ao longo de um dia
Uma bateria LFP de 9,6 kWh nominais (DOD de 90 %, SOC mínimo de 10 %) está a 10 % de SOC às 10h. O excedente solar horário (kW, igual a kWh por hora) é: 10h-11h 1,0; 11h-12h 2,0; 12h-13h 2,5; 13h-14h 3,0; 14h-15h 2,0; 15h-16h 1,0. A eficiência de carga é de 95 %. Das 19h às 7h a casa consome 0,45 kW, fornecido pela bateria através de um inversor de 93 %. Entre as 16h e as 19h a bateria mantém o SOC. (a) Quanto excedente consegue a bateria absorver? (b) A que horas fica cheia? (c) Quanto excedente é injetado na rede? (d) Qual o SOC às 7h?
(a) Espaço livre: 90 % de 9,6 = 8,64 kWh; excedente necessário: 8,64 ÷ 0,95 ≈ 9,09 kWh.
(b) Excedente acumulado no fim de cada hora: 1,0; 3,0; 5,5; 8,5; 10,5; 11,5. Até às 14h acumulam-se 8,5 kWh; faltam 9,09 - 8,5 = 0,59 kWh, que a 2,0 kW demoram 0,30 h (cerca de 18 min). Fica cheia por volta das 14h18.
(c) Total de excedente: 11,5 kWh; injetados 11,5 - 9,09 ≈ 2,4 kWh (a partir das 14h18).
(d) Consumo noturno: 12 h × 0,45 = 5,4 kWh; retirados à bateria: 5,4 ÷ 0,93 ≈ 5,81 kWh; 5,81 ÷ 9,6 ≈ 60,5 %. SOC às 7h = 100 - 60,5 ≈ 39,5 %, acima do mínimo de 10 %.
Exercício 8 · Diagnóstico a partir da monitorização
Uma bateria de 10 kWh regista: em abril, 130 kWh carregados e 120 kWh descarregados, SOH de 96 %, temperatura média de 17 °C; em agosto, 140 kWh carregados e 112 kWh descarregados, SOH de 92 %, temperatura média de 36 °C. (a) Eficiência de ida e volta em cada mês. (b) Ciclos equivalentes em cada mês. (c) Quantos kWh se perdem em cada mês? (d) Se o SOH continuasse a descer ao ritmo de abril a agosto, em quantos meses chegaria a 80 %? (e) Que causas prováveis explicam a descida e que verificações propões?
(a) Abril: 120 ÷ 130 = 92,3 %. Agosto: 112 ÷ 140 = 80,0 %.
(b) Abril: 120 ÷ 10 = 12,0 ciclos. Agosto: 112 ÷ 10 = 11,2 ciclos.
(c) Abril: 130 - 120 = 10 kWh. Agosto: 140 - 112 = 28 kWh, 2,8 vezes mais, com menos energia entregue.
(d) O SOH desceu 4 pontos em 4 meses, 1 ponto por mês. De 92 % a 80 % faltam 12 pontos: cerca de 12 meses. É uma ordem de grandeza: a degradação não é linear e o calor do verão pesou nesta descida.
(e) Temperatura elevada (maior resistência e perdas, ventilação ou arrefecimento a consumir mais, envelhecimento acelerado), consumo dos auxiliares e resistência interna maior. Verificar ventilação e local de instalação, consumo dos auxiliares, desequilíbrio de células no BMS e fazer um ensaio de capacidade.
Exercício 9 · Um aerogerador com bateria numa casa isolada
Valores hipotéticos. Uma casa isolada tem um aerogerador de 3 kW nominais, com um fator de capacidade de 20 %, e consome 10 kWh por dia. A bateria é LFP a 51,2 V, DOD de 90 %, inversor de 94 %, em módulos de 5,12 kWh (51,2 V, 100 Ah). (a) Que energia produz o aerogerador em média por dia? (b) Prevê-se uma calmaria de 2 dias. Que energia nominal e quantos módulos em paralelo são precisos para a cobrir? (c) Com a bateria cheia, o vento fornece os 3 kW e a casa consome 0,6 kW. Que potência tem de absorver a carga de descarga (dump load), que corrente a 51,2 V e que resistência? (d) Porque é que juntar painéis fotovoltaicos pode reduzir a bateria necessária?
(a) 3 × 0,20 × 24 = 14,4 kWh por dia, acima dos 10 kWh consumidos, mas de forma irregular.
(b) Energia a fornecer em 2 dias: 20 kWh. Energia nominal: 20 ÷ (0,90 × 0,94) = 20 ÷ 0,846 ≈ 23,6 kWh. Módulos: 23,6 ÷ 5,12 ≈ 4,6, logo 5 módulos em paralelo, com 25,6 kWh e 500 Ah.
(c) Excedente: 3,0 - 0,6 = 2,4 kW. Corrente: 2400 ÷ 51,2 ≈ 47 A. Resistência: R = U² ÷ P = 51,2² ÷ 2400 ≈ 1,09 Ω. Sem esta carga, a energia sem destino faria subir a tensão da bateria acima do limite do BMS.
(d) O vento sopra com frequência de noite e no inverno, quando o sol falha: as duas fontes complementam-se, os períodos sem produção são mais curtos e a autonomia a cobrir pela bateria diminui.