Solar ou diesel numa unidade de processamento de fruta
Uma pequena unidade de processamento de fruta em Chókwè tem um motor elétrico trifásico de 2,2 kW que aciona um despolpador. Trabalha 5 horas por dia, 6 dias por semana. Sem rede elétrica fiável, o motor é alimentado por um gerador a diesel que consome 1,1 litro por hora de funcionamento, incluindo as curtas paragens em que fica em vazio. O gasóleo custa 85 MZN por litro e a manutenção do gerador custa 6 000 MZN por mês. Um fornecedor propõe um sistema solar com 8 painéis de 400 Wp, um inversor de 3 kW com eficiência de 92% e um banco de baterias. Na região, a irradiação média é de 5,5 kWh/m² por dia e o fator de desempenho global do gerador fotovoltaico é estimado em 0,75. O rendimento de ida e volta da bateria é de 85% e não há consumo noturno. O fornecedor afirma: «os painéis produzem mais do que o motor consome, por isso há margem para crescer».
1. Verifique, com cálculos, se os 8 painéis propostos cobrem o consumo do motor em três situações: (i) funcionamento apenas com radiação média e sem passar pela bateria; (ii) energia armazenada na bateria; (iii) um dia de radiação baixa, de 4,0 kWh/m². Comente a afirmação do fornecedor.
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Consumo a satisfazer (lado AC): 2,2 kW × 5 h = 11,0 kWh/dia.
(i) Radiação média, sem bateria
- Energia DC necessária à saída dos painéis: 11,0 ÷ 0,92 = 11,96 kWh/dia.
- Produtividade específica: 5,5 kWh/m²/dia × 0,75 = 4,125 kWh por kWp instalado por dia.
- Potência necessária: 11,96 ÷ 4,125 = 2,90 kWp.
- Instalado: 8 × 400 Wp = 3,20 kWp → produz 3,20 × 4,125 = 13,2 kWh DC, ou 12,14 kWh AC. Cobre, com cerca de 10% de margem.
(ii) Com bateria
- As perdas de ida e volta obrigam a captar mais: 11,96 ÷ 0,85 = 14,07 kWh DC.
- Potência necessária: 14,07 ÷ 4,125 = 3,41 kWp > 3,20 kWp instalados.
- Produção real: 13,2 × 0,85 × 0,92 = 10,3 kWh AC. Não cobre: faltam cerca de 0,7 kWh/dia.
(iii) Dia de 4,0 kWh/m²
- 3,20 × (4,0 × 0,75) = 9,6 kWh DC → 8,8 kWh AC sem bateria. Défice de 2,2 kWh, ou seja, o motor não completa as 5 horas.
Conclusão: a afirmação do fornecedor só é verdadeira num dia médio e com o motor a funcionar de dia, sem armazenamento. A margem de 10% é consumida por qualquer dia nublado, pela degradação dos painéis (tipicamente 0,5–0,8% ao ano) e pela sujidade. Havendo déficit, «margem para crescer» não existe: a unidade deve operar de dia e/ou reduzir horas no período chuvoso.
2. Calcule o custo mensal atual do diesel e da manutenção. Depois indique que dados faltam para decidir se o investimento solar se paga, e por que razão esses dados são decisivos.
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Custo atual
- Horas de funcionamento: 5 h/dia × 6 dias = 30 h/semana.
- Mês médio: 30 h × 4,33 semanas ≈ 130 h.
- Diesel: 130 h × 1,1 L/h = 143 L → 143 × 85 MZN = 12 155 MZN/mês.
- Manutenção: 6 000 MZN/mês.
- Total: ≈ 18 155 MZN/mês, ou cerca de 218 000 MZN por ano, sem contar óleo, filtros e avarias maiores.
O que falta para avaliar o retorno
- Custo do sistema solar instalado (painéis, inversor, baterias, estrutura, cabos, instalação).
- Vida útil e custo de substituição das baterias - é aqui que projetos solares mal dimensionados falham economicamente: as baterias duram tipicamente 5–8 anos e podem custar mais do que os painéis.
- Manutenção anual do sistema solar e disponibilidade de técnico local.
- Perfil real de carga, incluindo dias de paragem e sazonalidade da fruta (fora da colheita o consumo pode cair a zero, o que muda a comparação).
- Preço futuro do gasóleo e fiabilidade do abastecimento.
Porque é decisivo: o custo mensal do diesel é uma despesa recorrente previsível; o solar é capital concentrado no ano zero. Sem o custo do capital e a vida da bateria, não se calcula o período de retorno nem o custo nivelado da energia. Uma comparação honesta usa o custo por kWh ao longo de 10 anos: diesel ≈ 18 155 ÷ (2,2 × 130) ≈ 63 MZN/kWh; o solar só será competitivo se o sistema custar menos do que esse valor × energia produzida, incluindo a substituição das baterias.
3. O inversor proposto é de 3 kW e o motor arranca por ligação direta à rede. Que problema técnico deve ser verificado antes de aceitar a proposta? Justifique com ordens de grandeza.
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Problema: a corrente de arranque do motor de indução, não a potência nominal.
- Um motor trifásico de 2,2 kW a 400 V consome cerca de 4,5–5 A em regime nominal (fator de potência ≈ 0,8; rendimento ≈ 0,85).
- No arranque por ligação direta, a corrente de ponta é tipicamente 6 a 8 vezes a nominal, durante alguns segundos: da ordem de 30–40 A. A potência aparente de ponta pode aproximar-se de 20 kVA, mesmo que a potência mecânica seja só 2,2 kW.
- Um inversor de 3 kW típico tolera uma sobrecarga de cerca de 2× durante poucos segundos (≈6 kVA). Está, portanto, no limite ou abaixo do necessário, sobretudo se o despolpador arrancar com a câmara carregada de fruta, o que aumenta o binário resistente e prolonga o arranque.
O que fazer antes de aceitar
- Pedir a folha de características do inversor com a capacidade de sobrecarga (valor e duração) e a corrente de ponta admissível.
- Confirmar a corrente de arranque real do motor na placa e, se possível, medir.
- Preferir arranque suave ou variador de frequência: reduz a ponta a 1,5–3× a nominal, protege o inversor, o motor e a correia de transmissão, e permite ajustar a velocidade ao tipo de fruta.
- Verificar o banco de baterias: é ele que fornece a ponta, não os painéis; uma bateria subdimensionada provoca corte por subtensão no arranque.
Uma proposta que dimensione o inversor pela potência nominal do motor (2,2 kW < 3 kW) está tecnicamente errada e resultará em desligamentos por sobrecarga na primeira semana de laboração.