Qual é o Potencial Aproveitável de uma Usina de Água Corrente que possui uma queda bruta de 20 m de altura. Possui turbinas com área de passagem equivalente a 30 \mathrm{~m}^{2} e a água passa com uma velocidade aproximada de 30 \mathrm{~m} / \mathrm{s}. Considere a massa específica da água ( 1000 \mathrm{~kg} / \mathrm{m}^{3} ) e aceleração da gravidade ( 9,81 \mathrm{~m} / \mathrm{s}^{2} ) padrão. A fração de perdas do sistema é de 5 \%, o rendimento do gerador é de 95 \% e o rendimento da turbina é de 85 \%.
Calcule:
a) Potência aproveitável (W ou kW)
b) Potência elétrica final disponível na saída do gerador (W ou kW)
c) Eficiência global nominal da usina

Passo 1

Primeiro vamos entender o que o enunciado pede e quais dados ele nos dá.
Perguntas:
  • (a) Calcular a potência aproveitável da usina (ou seja, a potência hidráulica disponível para a turbina após as perdas do sistema).
  • (b) Calcular a potência elétrica final disponível na saída do gerador.
  • (c) Calcular a eficiência global nominal da usina.
Dados fornecidos:
  • Queda bruta: \;H=20\\ \text{m}.
  • Área de passagem das turbinas: \;A=30\\ \text{m}^2.
  • Velocidade da água na passagem: \;v=30\\ \text{m/s}.
  • Massa específica da água: \;\rho=1000\\ \text{kg/m}^3.
  • Aceleração da gravidade: \;g=9{,}81\\ \text{m/s}^2.
  • Fração de perdas do sistema: \;5\% (ou seja, perda de potência hidráulica antes da turbina).
  • Rendimento da turbina: \;\eta_{\text{turbina}}=85\%=0{,}85.
  • Rendimento do gerador: \;\eta_{\text{gerador}}=95\%=0{,}95.
Observação importante: do enunciado, interpreto “fração de perdas do sistema de 5%” como uma redução de 5\% da potência hidráulica teórica antes de chegar à turbina. Assim a potência aproveitável será a potência hidráulica teórica multiplicada por (1-0{,}05)=0{,}95.

Passo 2

Calcular a vazão volumétrica \;Q que passa pelas turbinas a partir da área e da velocidade. A fórmula é:
Q = A \cdot v,
onde
  • \;Q é a vazão volumétrica em \text{m}^3/\text{s},
  • \;A é a área em \text{m}^2,
  • \;v é a velocidade em \text{m/s}.
Substituindo os valores:
Q = 30 \cdot 30 = 900\\ \text{m}^3/\text{s}.
Também é útil a vazão mássica \dot{m}, dada por
\dot{m} = \rho \cdot Q,
onde \rho é a massa específica em \text{kg/m}^3. Então:
\dot{m} = 1000 \cdot 900 = 900\,000\\ \text{kg/s}.
Explicação rápida (didática): a vazão volumétrica diz quantos metros cúbicos de água passam por segundo; multiplicando pela densidade obtemos quantos quilogramas de água passam por segundo (massa por segundo), que é a grandeza que aparece nas contas de potência gravitacional.

Passo 3

Calcular a potência hidráulica teórica (potência disponível se não houvesse perdas e se a conversão fosse perfeita). Fórmula:
P_{\text{hidráulica teórica}} = \dot{m} \, g \, H = \rho \, Q \, g \, H,áó
onde
  • \;P_{\text{hidráulica teórica}}áó está em watts ( \text{W}),
  • \;\dot{m} em \text{kg/s},
  • \;g em \text{m/s}^2,
  • \;H em \text{m}.
Substituindo:
P_{\text{hidráulica teórica}} = 1000 \cdot 900 \cdot 9{,}81 \cdot 20.áó
Vamos calcular passo a passo:
9{,}81 \cdot 20 = 196{,}2,
1000 \cdot 900 = 900\,000,
P_{\text{hidráulica teórica}} = 900\,000 \cdot 196{,}2 = 176\,580\,000\\ \text{W}.áó
Interpretação numérica: isso é a potência máxima que a queda de água pode fornecer se não houvesse perdas nem inefficiências — cerca de 1{,}7658\times10^{8}\\ \text{W} (ou 176{,}58\\ \text{MW}).

Passo 4

Calcular a potência aproveitável (isto é, a potência hidráulica que efetivamente chega à turbina depois das perdas do sistema de 5\%). Aplicamos a fração 1-0{,}05=0{,}95 sobre a potência hidráulica teórica:
P_{\text{aproveitável}} = (1-0{,}05)\cdot P_{\text{hidráulica teórica}} = 0{,}95 \cdot 176\,580\,000.ááó
Fazendo a multiplicação:
P_{\text{aproveitável}} = 167\,751\,000\\ \text{W}.á
Explicação: essa é a potência que a turbina “vê” como disponível para converter em trabalho mecânico, depois de descontadas perdas no adutor, atritos, etc.

Passo 5

Calcular a potência mecânica na saída da turbina e, depois, a potência elétrica na saída do gerador.
A turbina converte a potência hidráulica aproveitável com rendimento \eta_{\text{turbina}}=0{,}85, então a potência mecânica na sua saída é:
P_{\text{mecânica}} = \eta_{\text{turbina}} \cdot P_{\text{aproveitável}} = 0{,}85 \cdot 167\,751\,000.âá
Cálculo:
P_{\text{mecânica}} = 142\,588\,350\\ \text{W}.â
O gerador converte a potência mecânica em elétrica com rendimento \eta_{\text{gerador}}=0{,}95, então a potência elétrica final disponível é:
P_{\text{elétrica}} = \eta_{\text{gerador}} \cdot P_{\text{mecânica}} = 0{,}95 \cdot 142\,588\,350.éâ
Cálculo:
P_{\text{elétrica}} = 135\,458\,932{,}5\\ \text{W} \approx 135\,458\,933\\ \text{W}.é
Dica prática para provas: quando há várias etapas com eficiências multiplicativas, pode-se multiplicar todas as eficiências de uma vez para obter a eficiência líquida em relação à potência teórica inicial. Aqui temos uma eficiência líquida
\eta_{\text{líquida}} = (1-0{,}05)\cdot \eta_{\text{turbina}}\cdot \eta_{\text{gerador}} = 0{,}95 \cdot 0{,}85 \cdot 0{,}95.í

Passo 6

Calcular a eficiência global nominal da usina. Definimos eficiência global nominal como a razão entre a potência elétrica final disponível e a potência hidráulica teórica (aquela dada por \rho Q g H). Assim:
\eta_{\text{global}} = \frac{P_{\text{elétrica}}}{P_{\text{hidráulica teórica}}}.éáó
Mas, conforme o passo anterior, isso é numericamente igual ao produto das eficiências/fatores:
\eta_{\text{global}} = 0{,}95 \cdot 0{,}85 \cdot 0{,}95.
Calculemos:
0{,}95 \cdot 0{,}95 = 0{,}9025,
0{,}9025 \cdot 0{,}85 = 0{,}767125.
Portanto,
\eta_{\text{global}} = 0{,}767125 \approx 76{,}7125\%.
Verificação numérica rápida:
\frac{135\,458\,932{,}5}{176\,580\,000} \approx 0{,}767125,
o que confere com o produto das eficiências.

Passo 7

Resumo numérico final (valores arredondados de forma prática):
  • Potência hidráulica teórica (sem perdas): \;176\,580\,000\\ \text{W} \approx 176{,}58\\ \text{MW}.
  • Potência aproveitável (após perdas de 5\%): \;167\,751\,000\\ \text{W} \approx 167{,}75\\ \text{MW}.
  • Potência elétrica final na saída do gerador: \;135\,458\,932{,}5\\ \text{W} \approx 135{,}46\\ \text{MW}.
  • Eficiência global nominal: \;0{,}767125 \approx 76{,}7125\%.
Força motivadora: deu trabalho, mas é só seguir as fórmulas com calma — você já consegue resolver questões parecidas na prova!

Resposta

a) P_{\text{aproveitável}} = 167\,751\,000\\ \text{W} \approx 167{,}75\\ \text{MW}á
b) P_{\text{elétrica}} = 135\,458\,932{,}5\\ \text{W} \approx 135{,}46\\ \text{MW}é
c) \eta_{\text{global}} = 76{,}7125\%

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