2-147 A energia solar que atinge a Terra é de aproximadamente 1.350 \mathrm{~W} / \mathrm{m} 2 fora da atmosfera da Terra, e de 950 \mathrm{~W} / \mathrm{m} 2 em uma superfície na Terra perpendicular ao Sol em um dia claro. Um vendedor de painéis de células fotovoltaicas de 2 m e 3 m alega que um único painel atenderia às necessidades de eletricidade de uma casa. Como você avalia essa afirmação? As células fotovoltaicas têm uma eficiência de conversão de cerca de 15 \%.

Passo 1

O enunciado dá os seguintes dados (vou listar exatamente o que foi informado):
  • Irradiância solar fora da atmosfera: \,1350\\ \mathrm{W/m^{2}}\,.
  • Irradiância solar numa superfície na Terra, perpendicular ao Sol, em dia claro: \,950\\ \mathrm{W/m^{2}}\,.
  • Dimensões do painel anunciadas: 2\\ \mathrm{m} por 3\\ \mathrm{m}.
  • Eficiência de conversão das células fotovoltaicas: \,15\%.
    A pergunta implícita é: a afirmação do vendedor — que um único painel dessas dimensões atenderia às necessidades de eletricidade de uma casa — é plausível? Ou seja, quanto esse painel produziria (potência e energia por dia) e isso é suficiente para uma casa típica?

Passo 2

Calcular a área do painel (é o primeiro passo num problema assim).
A área A de um retângulo é o produto dos lados, então
A = 2\\ \mathrm{m}\times 3\\ \mathrm{m} = 6\\ \mathrm{m^{2}}.
Explicação curta: irradiância em \mathrm{W/m^{2}} multiplicada por área dá potência incidente em watts (energia por segundo chegando ao painel).

Passo 3

Calcular a potência solar incidente no painel num momento de sol pleno perpendicular (usar o valor de \,950\\ \mathrm{W/m^{2}}\, fornecido).
P_{\text{incidente}} = \text{irradiância}\times A = 950\\ \mathrm{W/m^{2}}\times 6\\ \mathrm{m^{2}} = 5700\\ \mathrm{W}.â
Interpretação: com o Sol perpendicular e céu claro, chegam ao painel 5700\\ \mathrm{W} de potência solar (energia por segundo).

Passo 4

Converter potência incidente em potência elétrica útil usando a eficiência.
Se \eta é a eficiência ( \eta = 15\% = 0{,}15), então a potência elétrica máxima instantânea é
P_{\text{el}} = \eta\;P_{\text{incidente}} = 0{,}15\times 5700\\ \mathrm{W} = 855\\ \mathrm{W}.
Explicação didática: eficiência significa a fração da energia solar que vira eletricidade útil. Aqui o painel, nas melhores condições (Sol perpendicular, sem perdas adicionais), entregaria cerca de \,855\\ \mathrm{W} elétricos no pico.

Passo 5

Transformar potência em energia diária: conceito de “horas de sol pleno” (equivalent peak sun hours).
  • Potência \mathrm{(W)} é taxa instantânea. Energia útil por dia depende de quantas horas o painel opera em condição equivalente a esse pico. Isso se chama “horas de sol pleno” H (valor típico depende da localização; uma boa estimativa para muitas regiões é entre 4 e 6 horas por dia; vou usar 5 h como exemplo representativo).
    Converter P_{\text{el}} para kW e multiplicar por H:
P_{\text{el}} = 855\\ \mathrm{W} = 0{,}855\\ \mathrm{kW}.
E_{\text{dia}} = P_{\text{el}}\times H = 0{,}855\\ \mathrm{kW}\times 5\\ \mathrm{h} = 4{,}275\\ \mathrm{kWh/dia}.
Explicação: \mathrm{kWh} (quilo‑watt‑hora) é a unidade que se usa para medir consumo elétrico doméstico. Aqui o painel geraria cerca de \,4{,}275\\ \mathrm{kWh} em um dia com aproximadamente 5 horas equivalentes de sol pleno.

Passo 6

Comparar com consumo típico de uma casa e interpretar o resultado.
  • Casas variam muito: uma casa típica nos EUA consome algo como \sim 30\\ \mathrm{kWh/dia}; uma casa menor ou mais eficiente pode usar \sim 10\\ \mathrm{kWh/dia} ou menos.
    Comparações:
\frac{4{,}275}{30}\approx 0{,}1425\quad\text{(ou seja, cerca de }14{,}3\%\text{ do consumo de uma casa de }30\\ \mathrm{kWh/dia}\text{).}
\frac{4{,}275}{10}=0{,}4275\quad\text{(ou seja, cerca de }42{,}8\%\text{ do consumo de uma casa de }10\\ \mathrm{kWh/dia}\text{).}
Conclusão prática: para uma casa típica a produção de um único painel 2\times3\\ \mathrm{m} cobre uma fração pequena do consumo diário. Só casas extremamente econômicas (consumo menor que \sim 4{,}3\\ \mathrm{kWh/dia}) poderiam, em teoria, ser totalmente atendidas por esse único painel — e isso ainda supondo condições ideais.

Passo 7

Anotar perdas práticas que reduzem ainda mais a energia útil (e explicar cada uma).
  • Inversor (converte CC das placas em CA da casa): perda típica \sim 5\% - 15\%.
  • Temperatura elevada reduz eficiência das células: alguns por cento.
  • Sombreamento, sujeira, orientação/tilt não ótima: podem reduzir significativamente.
  • Degradação ao longo dos anos.
    Juntando esses efeitos é razoável aplicar um fator de desempenho (derating) global de \sim 0{,}75 a 0{,}9. Se usar \,0{,}8 para ilustrar:
E_{\text{dia,real}} \approx 4{,}275\\ \mathrm{kWh/dia}\times 0{,}8 = 3{,}42\\ \mathrm{kWh/dia}.
Ou seja, na prática provavelmente cerca de \,3{,}4\\ \mathrm{kWh/dia}.

Passo 8

Estimativa de quantos painéis seriam necessários para suprir uma casa típica (orientação prática).
Se uma casa consome 30\\ \mathrm{kWh/dia} e cada painel gera (na prática) \sim 3{,}4\\ \mathrm{kWh/dia}, então seriam necessários aproximadamente
\frac{30}{3{,}42}\approx 8{,}8\\ \text{painéis iguais a este},é
ou seja, cerca de 9 painéis do tipo 2\times3\\ \mathrm{m}. Para uma casa de 10\\ \mathrm{kWh/dia} seriam necessários cerca de 10/3{,}42\approx 2{,}9 painéis (aprox. 3 painéis).
Comentário prático: sistemas residenciais vendidos normalmente têm capacidades na faixa de 3 a 10\\ \mathrm{kW} (várias placas), justamente porque uma única placa pequena não gera energia suficiente.

Passo 9

Resposta final direta à afirmação do vendedor, com observações finais e encorajamento.
  • Em condições ideais o painel de 2\times3\\ \mathrm{m} gera \sim 0{,}855\\ \mathrm{kW} no pico e cerca de \sim 4{,}3\\ \mathrm{kWh/dia} assumindo 5 h de sol pleno; na prática isso cai para algo como \sim 3{,}4\\ \mathrm{kWh/dia} por causa de perdas.
  • Portanto, a afirmação do vendedor é, em geral, enganosa: um único painel dessa dimensão NÃO atende às necessidades elétricas de uma casa típica. Apenas lares com consumo muito baixo (menor que \sim 3 4\\ \mathrm{kWh/dia}) poderiam ser atendidos por um único painel, e isso ainda dependeria de armazenamento para horas sem sol.

Resposta

Um painel 2\\ \mathrm{m}\times 3\\ \mathrm{m} com \,15\% de eficiência sob \,950\\ \mathrm{W/m^{2}} entrega no pico \,855\\ \mathrm{W} ( 0{,}855\\ \mathrm{kW}) e, assumindo \,5 h de sol pleno, cerca de \,4{,}275\\ \mathrm{kWh/dia} (na prática \sim 3{,}4\\ \mathrm{kWh/dia} após perdas). Portanto, não: um único painel desse tamanho não é suficiente para a maioria das casas (exceção só para residências com consumo extremamente baixo).

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