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Estimando Cargas e situações.
É muito comum precisarmos prever e estimar algumas cargas elétricas que serão necessárias ao projeto, mas que no momento ainda não foram de fi nidas ou estão bastante nebulosas quanto ao seu dimensionamento de fi nitivo.
Por exemplo:
a- Bomba d’água para um reservatório.
b- Elevador.
c- Ambiente com condicionamento de temperatura.
Sem a necessidade de muitos cálculos especializados precisos, é possível prever e estimar a carga elétrica exigida para estes casos (e outros menos frequentes), num grau bastante aproximado das necessidades reais, conhecendo-se apenas “física”.
Vejamos:
a- Bomba d’água:
Seja a instalação ao lado. Sabemos que potência é: Força x deslocamento, na unidade de tempo. E também, que a altura física a que a água será bombeada é uma unidade de pressão, se encarada como “metros de coluna d’água”, podendo ser convertida a kPa (quilopascais) se multiplicado por 9,807.
No SI, temos: ; e. Portanto, se multiplicarmos a altura física por 9,807 e pela vazão, colocando uma e fi ciência total de 75%, teremos:
(já estimado com uma e fi ciência da ordem de 75%)
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b- Elevadores:
Começamos estimando o número de pessoas que queremos levar em uma viagem do elevador.
Sabendo que a massa média estimada para o conjunto veículo/ passageiros, é:
M (^) med = Nº de passageiros x 85 x 1,8. [kg]
Que: F = M. a; a = 9,807 m/s 2 ; t = 1000kg e V = m/s, temos:
(já estimado com uma e fi ciência da ordem de 75%)
“Grosso modo” é só multiplicar: 2. V. Nºpass. Que temos a potência estimada em kW.
Considerando ainda que a velocidade dos elevadores geralmente varia de 1 a 6 m/s (0,33 a 2 andares/s; em média teremos 3,5 m/s)
Portanto: kW = 7. Nºpass
c- Ar condicionado:
Quando desejamos manter a temperatura estável em um ambiente, temos que satisfazer a equação: E(que entra) = E(que sai)
E é exatamente este o trabalho do aparelho de ar condicionado.
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potência da iluminação e acrescentar “60 W” por ocupante humano (aproximadamente 0,75 W/kg de matéria viva).
Seja por exemplo, Ambiente de área super fi cial total S (^) tot = 54 m² a ser climatizado à 25 ºC, com:
- S (^) (paredes e lages) = 85 % F 0D E C1 = 0,004 x 0,85 = 0,
- S (^) (Janelas de vidro) = 10 % F 0D E C2 = 0,188 x 0,10 = 0,
- S (^) (portas de madeira) = 05 % F 0D E C3 = 0,047 x 0,05 = 0, F 0D E Ctm = 0,0246 kW/(m². ºC)
Tint = 25 ºC
- S (^) T1ext = 30 %; T1 = 30 ºC F 0D E Δ t1 = 0,30 x (30-25) = 1,
- S (^) T2ext = 35 %; T2 = 28 ºC F 0D E Δ t2 = 0,35 x (28-25) = 1,
- S (^) T3ext = 25 %; T3 = 32 ºC F 0D E Δ t3 = 0,25 x (32-25) = 1,
- S (^) T4ext = 10 %; T4 = 24 ºC F 0D E Δ t4 = 0,10 x (24-25) = - 0, F 0D E t (^) m = 4,20 ºC
Q = C (^) tm. S. Δ t (^) m = 0,0246 x 54 x 4,2 = 5,58 kW
Considere ainda, no ambiente, 3 pessoas, um cão de 12 kg, uma carga de iluminação de 4 x 4 x 40 W = 640 W e um motor de potência igual a 250 W.
Carga total: 5,58 + 3 x 60/1000 + 12 x 0,75/1000 + (640 + 250)/1000 = 5,58 + 0,18 + 0,009 + 0,89 = 5,66 kW
Considerando se uma e fi ciência de 84% do sistema de refrigeração, (aparelhos de nova geração) temos:
5,56/0,84 = 6,62 kW F 04 0 22.606 BTU/h.
Na prática, pega-se uma unidade de 24.000 BTU/h (Mais próxima unidade comercial) e a potência elétrica será: P = 7,035 kW.
Obs.: [btu/h] x 2,931 x10 -4^ = kW.
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