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UNIVERSIDAD NACIONAL DE INGENIERÍA
Área Académica de Cursos Complementarios
FACULTAD DE INGENIERIA QUIMICA Y TEXTIL
AHORRO DE
ENERGIA
USO EFICIENTE DE LA
ENERGIA ELECTRICA
El ahorro de energía
eléctrica, se consigue
mejorando la
eficiencia del
consumo optimo de
energía
1. ¿Cuáles son los factores que influyen en el usode la Energía Eléctrica?
·
2. ¿Qué medidas deben tomarse en el aspectoTécnico, Organizacional, de Gestión paraoptimizar el nivel de consumo optimo de Energía
Eléctrica?
El ahorro de energía debeser un proceso continuo queimplica:
MEDICIÓN de insumos y productos.
EVALUACIÓN y valoración de las condiciones actuales.
IMPLEMENTACIÓN de ideas propuestas
ANÁLISIS de nuevos resultados, comparados contra las condiciones iniciales (mejoramiento)
Este proceso implica:
DECISIONES ADMINISTRATIVAS por lasimplicaciones en el proceso.
EQUIPO DE TRABAJO, debe involucrar losdiferentes niveles de la empresa.
EVALUACIÓN de metas, inversiones y ahorros alograr.
DEFINICIÓN de prioridades.
IMPLEMENTACIÓN de actividades, tiempo,recursos y personal.
A través de Acciones
Ttécnicas y Operativas
llamadas : Tecnología
A través de decisiones económico
administrativas llamadas :
Cuestiones de Organización y
Gestión
USO EFICIENTE DE LA
ENERGIA ELECTRICA
Factores que influyen en el Uso
eficiente de Energia• La capacidad de los
conductores.
• Eficiencia de los
transformadores .
• Banco de
condensadores.
• Sistemas de iluminación.
• Tipo de Tarifa Electrica
• Análisis de
Interrupciones
• Auditoría Energética
• Gestión , oorganización
que permita el uso
eficiente de Energía y
cambio de actitud de la
población
• Planificación
EL AHORRO DE LA ENERGÍA
CONOZCO EL SISTEMA
ELÉCTRICO
IDENTIFICO AREAS
PROBLEMAS
TOMO MEDIDAS CORRECTIVAS
EVALÚO LOS RESULTADOS
La planificación para el uso
eficiente de energía, debe tener
dos medidas:
MEDIDAS DE CORTO PLAZO
-- Manejo de tarifaria
-- un programa de Mantenimiento y
Operacion para la Administración
energética orientada vigilar su
eficacia energetica
MEDIDAS DE MEDIANO
PLAZO
-Mejoramiento de equipos y
maquinarias (Transformadores,
banco de condensadores, equipos
de medición y control).
- Mejoramiento de Instalaciones
eléctricas (conductores, artefactos
de iluminación).
Planificación
Gestión administrativa para un manejo eficiente
de la energía.
No muchas veces en el manejo de los diferenteseventos productivos se realiza Gestión de laEnergía consumida, esto debido a que no escostumbre en nuestro medio.
Pero al realizar este tipo de Gestión, se logratener plena consciencia de la magnitud delconsumo y de la forma como se utiliza estaenergía.
Esta nueva visión lleva a relacionar un consumoenergético con una producción lograda.
“La energía es un elemento fundamental para lasoperaciones de una empresa y puede representar uncosto muy importante para las mismas,independientemente de su actividad.Se puede tener una idea, al considerar el uso de laenergía dentro de la cadena de suministro de unaempresa, desde las materias primas hasta el reciclaje.”(ISO 50001)
La energía más económica es la que no seconsume, para ello se define el esquema deEficiencia Energética de una empresa encuatro (4) factores.
Las diferentes acciones para la optimización enel consumo de la energía no deben afectar elproceso productivo y las mismas se debenproyectar consecuentemente:a) Cambio de cultura en el personalb) Uso de fuentes naturales.c) Uso de nuevas tecnologías.d) Cambio en los procesos.e) Uso de tecnología fuerte.
El proceso de mejora para lograr “ahorro deenergía” debe identificar:• Las nuevas condiciones operativas a las cuales se
quiere llegar.• El tiempo en el cual se quiere lograr resultados.• Evaluar los ahorros a lograr.• Estimar las inversiones• Estimar el tiempo de recuperación.
MANTENIMIENTO CENTRADO EN LA EFICIENCIA ENERGÉTICA
Un correcto y eficiente mantenimientodebe mantener el consumo de energíadentro de un límite “razonable” hasta que termine lavida útil de los equipos.Un reemplazo oportuno de un equipo por uno nuevo,más eficiente en el diseño energético, ayuda a optimizarel consumo de energía permitiendo al sistema sostenersu estándar de Eficiencia Energética.
Existen cinco dimensiones para elaborar
un correcto Programa de Mantenimiento dirigido a
la Eficiencia Energética.
(OMETA)
1. OPERATION Operación.
2. MAINTENANCE Mantenimiento.
3. ENGINEERING Ingeniería.
4. TRAINING Entrenamiento.
5. ADMINISTRATION Administración.
OBJETIVOS DEL MANTENIMIENTO CENTRADO EN LA EFICIENCIA
ENERGÉTICA - EECM
1. Reducción de costos energéticos.
2. Aumento de la confiabilidad energética.
3. Predicción de fallas funcionales simples.
4. Minimización de costos de mantenimiento.
5. Minimización de emisiones de GEI
6. Mejora del control y conocimiento de los procesos y equipos.
Gestión operativa para un manejo eficiente de la
energía.
Los sistemas más importantes para el ahorrode la energía en los procesos industriales atener en cuenta son:
Sistema Eléctricos.
Sistemas mecánicos.
Sistemas térmicos.
Sistemas de aire comprimido.
Sistemas de refrigeración.
Sistemas de ventilación.
sistemas de iluminación.
SISTEMAS ELÉCTRICOS:
Para poder identificar como eficiente un sistemaeléctrico de potencia, se debe hacer seguimiento alcomportamiento de los siguientes elementos:
Cargabilidad en los transformadores. Coordinación de protecciones. Buen Sistema de Puesta a tierra. Balance del sistema de potencia. Control sobre la Regulación de voltajes en los
diferentes alimentadores. Calidad del sistema de Potencia.
Red de alimentación a media Tensión:13.200 voltios.
Medición en media Tensión a 13.200 voltios.
Transformador de 13200 voltios a 440 voltios.
Carga en baja Tensión, a 440 voltios.
PROTECCIONES.
COORDINACIÓN DE
PROTECCIONES.
Buen Sistema de Puesta a tierra.
• La característica transitoria de una descarga atmosférica ofalla a tierra, son fenómenos transitorios.
• El CHOQUE TÉRMICO (kt = dDT/dt), y el CHOQUEMECÁNICO (kv = dv/dt) son fenómenos ineludibles por lamagnitud de la corriente que se presentan en unadescarga en KA en tiempos cortos (microsegundos).
• El CHOQUE ELÉCTRICO (L.di/dt), obliga a la energía acambiar su forma pasando de alta corriente-bajo voltaje aalto voltaje-baja corriente, ésto causa los siniestros.
El terreno no tiene capacidad de dar balance natural a laenergía potencial para convertirla en calor, dado sualtísimo incremento de temperatura con respecto altiempo (dT/dt).
Lo que NO debe ser
Como SIdebe ser
Balance del sistema de potencia.
La norma americana IEEE 1159, recomienda un límite de 2% dedesbalance entre líneas, su cálculo "aproximado" se logra de lasiguiente forma:% de Desbalance = (Max _ Desviación (D1, D2, D3) /Promedio)*100%
Promedio = (V1+V2+V3)/3D1=Abs. (Promedio - V1)D2=Abs. (Promedio - V2)D3=Abs. (Promedio - V3)
La asimetría de tensiones, se conoce como el desequilibrio detensiones. Un sistema trifásico está equilibrado cuando loconstituye tres señales sinusoidales de igual amplitud y desfasede 120°.
El desbalance de voltaje, produce para sistemaspolifásicos, dificultades en las corrientes.Las corrientes desbalanceadas origina pulsaciones delPar motor; vibraciones; pérdida de eficiencia;incremento de temperatura.Un desbalance de solo 3,5% puede incrementar laspérdidas en un 20%Desbalances superiores al 5% son ya problemasmayores según.
Balance del sistema de potencia.
Regulación de voltajes en los
diferentes alimentadores.
Factor de carga = Demanda media / D. Máxima =(Pot.medida.KW/0,746) / (Pot.nomin.HP/ŋ nominal)
El Factor de Carga define la eficiencia operativa de unmotor y el F de P de funcionamiento del mismo .Un motor con Fc. menor del 50% no es aconsejable
utilizar. Motores de Alta Efic. son 20% más costosos pero 5%
más eficientes y con buen Mantenimiento, puedendurar 10 años.
PARÁMETRO VOLTAJE + 10 % VOLTAJE - 10%
TORQUE INCREMENTA 20 % DISMINUYE 2 %
EFICIENCIA INCREMENTA 1 % DISMINUYE 2 %
FACTOR DE
POTENCIA
DISMINUYE 3 % INCREMENTA 2 %
CORRIENTE DE
ARRANQUE
INCREMENTA 10 % DISMINUYE 10 %
CORRIENTE A PLENA
CARGA
DISMINUYE 7 % INCREMENTA 10 %
TEMPERATURA DISMINUYE 4 % INCREMENTA 7 %
Efectos de la variación del voltaje en Motores Eléctricos
Calidad del sistema de Potencia.
El caso de armónicas es originado porsistemas electrónicos de control queorigina desperfectos en el sistema deenergía
Mejoras inmediatas para el
ahorro de la energía eléctrica
1. Determinar el índice energético de la industria
2. Establecer el ofrecimiento comercial de la industria
3. Subir el factor de Potencia a un valor entre 0.90 y 0.95
4. Hacer un Balance adecuado de la carga instalada para que por cada
fase circule aproximadamente la misma corriente
5. Seleccionar adecuadamente la capacidad de una nueva subestación
6. Usar motores de alta eficiencia
7. Dimensionar correctamente la capacidad y tipo de motor para
mover una carga predeterminada
8. Apagar las luces que no se utilizan
9. Utilizar lámparas eficientes y balastros electrónicos
10. Controlar la demanda eléctrica
SUBIR EL FACTOR DE POTENCIA
El cargo por bajo factor de potencia (fp) se evalúa conforme a la
siguiente fórmula:
y la bonificación por un fp superior a 0.9 se evalúa como,
100190
5
3(%)arg x
fpoc
10090
14
1(%) x
fpónBonificaci
La capacidad requerida del banco de capacitores es de k x KW:
donde k se toma del valor de las tablas del fabricante, con los
valores actual y el deseado del factor de potencia. Para este caso,
con los valores de 0.84 y 0.95 respectivamente, tenemos un valor de
k = 0.317 por lo que:
Capacidad requerida = 0.317 x 147 = 46.60 = 47 KVA
Los cuales con un costo aproximado de $240/KVA, nos da un valor
de $11,280, y consecuentemente:
Recuperación de la Inversión = 11280 / 15426 = 0.73 años = 9 meses
MENU
HACER BALANCE ADECUADO-APLICACIÓN
Para un sistema eléctrico trifásico a 220 V con una corriente de línea de 75
A, se tiene un desbalance del 40°l0. Se debe estimar la energía perdida en
el neutro. Si el sistema opera 720 horas mensuales con una resistencia total
del conductor del neutro de 0.4656Ω (cal. 6), para el desbalance del 40% se
tiene una In = 30 A (circulando por el neutro) lo que hace que se disipe una
potencia
Q=RI2=0.4656x302=419W
Por lo que en un mes de operación se tiene una pérdida de energía de
301.709kWh.
Q = RI2 = 0.4556 x 3.752 = 6.55W
Lo que en un mes equivale a 4.7kWh, y a un ahorro de energía de 297
kWh mensuales.
SELECCIONAR ADECUADAMENTE LA CAPACIDAD
Una subestación sobrada de 500KVA de capacidad demanda en condiciones
pico 125kW con un fp de 0.9 y una alimentación de 23 kV. La subestación
trabaja al 28% de capacidad ya que a esas condiciones requiere una
capacidad real de 139KVA.
Las pérdidas sin carga para un transformador de 500 KVA con una
alimentación de 23kV son, para un equipo estándar, de 2.55kW. Como
normalmente se tiene energizada todo el tiempo, su consumo anual debido a
estas pérdidas es:
Pérdidas = 2.55 x 24 x 365 = 22, 338 kWh/año
Si se selecciona un transformador de 150 KVA, éste operará al 92.7% de
capacidad, las pérdidas sin carga son de 1.065kW, por lo que las pérdidas de
energía anuales son de 9,329kWh/año, lo que representa una disminución de
13,OOOkWh/año.
USAR MOTORES DE ALTA EFICIENCIA
Sustituir un motor de 250 hp con una eficiencia del 82% que opera 12 horas
diarias durante cinco días a la semana, por un motor con 92% de eficiencia. La
potencia ahorrada (PA) será:
Potencia ahorrada (PA) = 0.746 x hp
Es decir:
PA = 0.746 x 250
Considerando el tiempo que opera al año, 12x5x50=3.000 horas, la energía
ahorrada es de 74.164.90 kWh. Para un costo aproximado de $0.45/kWh se tiene
un ahorro económico de $3.374 al año.
aex
11
kW75.2492.0
1
82.0
1
DIMENSIONAR CORRECTAMENTE LA CAPACIDAD
Para un motor de 100hp que mueve una carga de 38hp y opera 4000 horas al
año, se sugiere sustituirlo por otro de 50hp que trabajará a un régimen del
76%, con una eficiencia de 91.5%.
La eficiencia del motor de 100hp trabajando a un régimen del 38% es de 81%
por l o que la potencia ahorrada (PA) es de:
PA=0.746*38(1/0.81 – 1/0.915)
El ahorro de energía anual es = 4.02x4000 = 16.080kWh
Si el costo de la energía es de $0.45kWh el ahorro económico es de $7.236
anuales más la disminución en demanda. Considerando un promedio de$65/kW
de demanda, obtenemos un ahorro anual de $3.136 adicionales. El ahorro total
es de $10.372, Si el motor nuevo instalado tiene un costo de $ 17000, la inversión
se recupera en 1.6 años (un año 8 meses).
APAGAR LAS LUCES QUE NO SE UTILIZAN
En un área de oficinas se tienen 200 luminarias de 2x40 con
lámparas de 39 W. Se encienden durante 12 horas diarias
por medio de interruptores generales. Las oficinas laboran
durante cinco días a la semana, 50 semanas al año, 250 días
al año. Durante el turno vespertino solamente labora el
20% del personal, quien requiere 50 luminarias
exclusivamente, incluyendo la iluminación de seguridad.
Cada turno se considera de seis horas.
Estimando el consumo actual, suponiendo 80% de
eficiencia, se tiene que cada luminaria es una carga de 93.6
W, por lo que el consumo anual es de
Consumo anual = (200x93.6x12x5x50) / 1000 = 56,160 kWh
Estimando el consumo actual, suponiendo 80% de eficiencia,
se tiene que cada luminaria es una carga de 93.6 W, por lo que el
consumo anual es de
Consumo anual = (200x93.6x12x5x50) / 1000 = 56,160 kWh
Si se realizan los cambios necesarios para instalar apagadores
y utilizar en el turno vespertino solamente las lámparas que se
requieren, el consumo es
Nuevo consumo = (200x93.6x6+50x93.6x6)(5x50) / 1000
= 35,100 kWh anuales
El ahorro de energía que se obtiene es
Ahorro = 56160 - 35100 = 21,060 kWh
Si se considera un costo de $0.45 kWh, el ahorro económico es
de $9,477, más el IVA correspondiente a dicha cantidad.
UTILIZAR LAMPARAS EFICIENTES Y
BALASTROS ELECTRONICOS
Se tienen 500 luminarias de 2x39 W para alumbrar un área
comercial. La iluminación opera 12 horas diarias durante cinco días
a la semana y se trabajan cincuenta semanas al año, el equivalente a
3000 horas. Bajo estas condiciones de operación el sistema tiene una
vida de tres años. El consumo total de este sistema, incluyendo las
pérdidas es:
Consumo anual = (93.6x500x12x5x50) / 1000 = 140,400 kWh
Si se utilizan lámparas T8 de consumo total de 32 W, del mismo
tamaño que las anteriores y balastro electrónico, se logra mayor
eficiencia energética y la vida media de un poco más de seis años. El
consumo anual con este nuevo sistema resulta ser:
Consumo anual = (64x500x12x5x50) / 1000 = 96,000 kWh
Por lo que el ahorro en energía que se tiene es de:
Ahorro de energía anual= 140400 - 96000 = 44, 000 kWh
Por otro lado se tiene una disminución en demanda de:
Disminución en demanda = (93.6-64)x500/1000 = 14.8 kW
Si se considera un costo de la energía de $0.45/kWh y uno de
demanda de $65/kW el ahorro económico anual es de:
Ahorro económico anual = 44400x0.45+16.8x65x12
= $32,904
Si la diferencia en costo considerando el ciclo de vida de seis
años es de $90 por luminaria se tiene que el sistema eficiente
tiene un costo mayor de $45,000 con un tiempo de recuperación
de la inversión de:
Recuperación de la Inversión = 45,000/32,904 = 1.37 años (1
año y 4 meses)MENU
CONTROLAR LA DEMANDA ELECTRICAEn una industria se tiene un consumo mensual de 122,400
kWh con una demanda máxima de 250 kW, que se presenta
entre las 17 y las 18 horas. El sistema opera 720 horas en
promedio mensualmente. Como resultado de la auditoria
energética se detectó que una bomba de pozo de 80 HP que
alimenta a los tanques de agua, opera varios días del mes a las
horas pico, en períodos de cuatro horas.
Se recomendó no operar la bomba durante las horas pico y
desplazar su funcionamiento a horas nocturnas,
preferentemente después de las 12 de la noche, que es cuando
se tiene el costo de energía más barato.
La demanda media actual es:
Dmed = 122, 400 / 720 = 170 kW
Por lo que se tiene un factor de carga de:
Si se desplaza la carga de la bomba fuera de las horas pico,
especialmente hacia las horas de menor demanda, la demanda
máxima disminuye en 804.746 = 59.6 kW, por lo que su valor pico
será de 190.4 kW. Esta acción representa un ahorro económico
mensual, considerando un costo de demanda de $65 kW, de:
Ahorro económico mensual = 59.6x65 = $3,874
Más el IVA correspondiente. E1 factor de carga tendrá pues un valor
de:
Este valor nos indica un mejor uso de la energía eléctrica en todo el
sistema. Si el cambio de rutina de operación de la bomba implica
algún costo conviene hacer un análisis económico para ver si se
recupera la inversión.
68.0250
170
fc
893.04.190
170
fc
TIPOS DE BANCO de CONDENSADORES
VARIEDAD EN
FLUORECENTES
BALASTOS
Sistemas mecánicos.
POTENCIA PARA ACCIONAMIENTO DE TRASLACIÓN
P = (F x w x v) / (2 x 9,550 x )P = potencia en KWF = Peso total en Nw = perdidas - 0,007 cojinetes de rodillo 0,020 cojinetes de fricciónv = velocidad de traslación m / minuto = rendimiento mecánico
Sistemas de Bombeo
H = hd + hs + fd + fs +( V.V / 2.g )
hd = cabeza de descarga estática
hs = cabeza de succión
fd = perdidas por fricción en tuberías de descarga
fs = perdidas por fricción en tuberías de succión
V.V/2g = cabeza por velocidad del líquido
POTENCIA PARA UN BOMBA
P = Q x d x h / P = potencia en KWQ = caudal en m3/sgd.d = peso específico N/m3 h = elevación del líquido en metros = rendimiento mecánico
Sistemas Térmicos
Sistemas térmicos.
El ahorro de combustible obtenido con una buenaregulación de la combustión puede aportar un 5 a 7 % deahorro en consumo de combustible.Las pérdidas de calor sobre las paredes pueden aportarun ahorro del 1 al 2 % del combustible.Si la temperatura de los gases de chimenea supera los230°C, puede ser por un deficiente intercambio de caloren el interior de la caldera.
Sistemas térmicos.
Sistemas de aire comprimido
PRODUCCIÓN
CONSUMOCAPACIDAD
ALMACENAMIENTO
MOTOR
COMPRESOR
CONSUMO
MANTENIMIENTO AL SISTEMA
CENTRADO EN LA EFICIENCIA
• Cada 4º C de incremento de temperatura del aireaspirado se incrementa el consumo de energía en un1% para el mismo caudal
• Cada 3º C de disminución en la temperatura del aireaspirado origina un beneficio de un 1 % para elmismo caudal
• El aire aspirado se debe tomar de un medio abiertono cerrado
• Reducir 1 psig en la presión de descarga a 60 HPrepresenta disminuir 1 Kwh de consumo.
• Se considera pequeño un compresor de menos de 30 HP y grande a uno mayor a esta capacidad.
Sistemas de aire comprimido
• Los puntos de fugas mas frecuentes son:Juntas de tuberías y manguerasconectores rápidosHerramientas neumáticas
• Evitar reducciones de alta relación en los diámetrosde tuberías
• Las salidas de la línea principal deben ser siemprede arriba hacia abajo
• La velocidad en línea principal debe ser entre 6 y 10m/s. y en las secundarias, máximo de 15 m/s., paramangueras se admite hasta 30 m/s.
Sistemas de aire comprimido
Sistemas de refrigeración.
EFICIENCIA
EN LA FUENTE
SEER / COP
FLUJO DE AIRE
Y CONFORT
FUGAS
MANTENIMIENTO
Y EFICIENCIA
Sistemas de ventilación.Aspectos de Eficiencia
Tipo Axial Tipo Centrífugo
POTENCIA PARA UN VENTILADORP = (Q x p x 981) / (1,000 x )P = potencia en KW.Q = Caudal en mts.3 / sgdo.p = presión en mm c.d.a (columna de agua) = rendimiento mecánico
Sistemas de iluminación.
Una fuente Luminosa, consume una potencia eléctrica(vatios).Produce un flujo medido en lúmenes.Este flujo luminoso incide sobre una superficieoriginando un nivel de iluminación o Luminancia,medido en Luxes.Eficiencia de la Fuente se mide en: Lúmenes / vatios
Una forma de medir la Eficiencia en el sistema deiluminación de da por la, Densidad de Potencia eléctricade alumbrado (vatios/metro cuadrado)-DPEA
AREA DPEA AREA DPEA
CORREDOR 3,53 OFICINA 12,3
ESCALERAS 5,85 ESTUDIO 18,6
BODEGAS 5,6 BAÑO 4,1
Sistemas de iluminación.
HACER BALANCE ADECUADO-APLICACIÓN
Para un sistema eléctrico trifásico a 220 V con una corriente de línea de 75
A, se tiene un desbalance del 40°l0. Se debe estimar la energía perdida en
el neutro. Si el sistema opera 720 horas mensuales con una resistencia total
del conductor del neutro de 0.4656Ω (cal. 6), para el desbalance del 40% se
tiene una In = 30 A (circulando por el neutro) lo que hace que se disipe una
potencia
Q=RI2=0.4656x302=419W
Por lo que en un mes de operación se tiene una pérdida de energía de
301.709kWh.
Q = RI2 = 0.4556 x 3.752 = 6.55W
Lo que en un mes equivale a 4.7kWh, y a un ahorro de energía de 297
kWh mensuales.
SELECCIONAR ADECUADAMENTE LA CAPACIDAD
Una subestación sobrada de 500KVA de capacidad demanda en condiciones
pico 125kW con un fp de 0.9 y una alimentación de 23 kV. La subestación
trabaja al 28% de capacidad ya que a esas condiciones requiere una
capacidad real de 139KVA.
Las pérdidas sin carga para un transformador de 500 KVA con una
alimentación de 23kV son, para un equipo estándar, de 2.55kW. Como
normalmente se tiene energizada todo el tiempo, su consumo anual debido a
estas pérdidas es:
Pérdidas = 2.55 x 24 x 365 = 22, 338 kWh/año
Si se selecciona un transformador de 150 KVA, éste operará al 92.7% de
capacidad, las pérdidas sin carga son de 1.065kW, por lo que las pérdidas de
energía anuales son de 9,329kWh/año, lo que representa una disminución de
13,OOOkWh/año.
USAR MOTORES DE ALTA EFICIENCIA
Sustituir un motor de 250 hp con una eficiencia del 82% que opera 12 horas
diarias durante cinco días a la semana, por un motor con 92% de eficiencia. La
potencia ahorrada (PA) será:
Potencia ahorrada (PA) = 0.746 x hp
Es decir:
PA = 0.746 x 250
Considerando el tiempo que opera al año, 12x5x50=3.000 horas, la energía
ahorrada es de 74.164.90 kWh. Para un costo aproximado de $0.45/kWh se tiene
un ahorro económico de $3.374 al año.
aex
11
kW75.2492.0
1
82.0
1
DIMENSIONAR CORRECTAMENTE LA CAPACIDAD
Para un motor de 100hp que mueve una carga de 38hp y opera 4000 horas al
año, se sugiere sustituirlo por otro de 50hp que trabajará a un régimen del
76%, con una eficiencia de 91.5%.
La eficiencia del motor de 100hp trabajando a un régimen del 38% es de 81%
por l o que la potencia ahorrada (PA) es de:
PA=0.746*38(1/0.81 – 1/0.915)
El ahorro de energía anual es = 4.02x4000 = 16.080kWh
Si el costo de la energía es de $0.45kWh el ahorro económico es de $7.236
anuales más la disminución en demanda. Considerando un promedio de$65/kW
de demanda, obtenemos un ahorro anual de $3.136 adicionales. El ahorro total
es de $10.372, Si el motor nuevo instalado tiene un costo de $ 17000, la inversión
se recupera en 1.6 años (un año 8 meses).
APAGAR LAS LUCES QUE NO SE UTILIZAN
En un área de oficinas se tienen 200 luminarias de 2x40 con
lámparas de 39 W. Se encienden durante 12 horas diarias
por medio de interruptores generales. Las oficinas laboran
durante cinco días a la semana, 50 semanas al año, 250 días
al año. Durante el turno vespertino solamente labora el
20% del personal, quien requiere 50 luminarias
exclusivamente, incluyendo la iluminación de seguridad.
Cada turno se considera de seis horas.
Estimando el consumo actual, suponiendo 80% de
eficiencia, se tiene que cada luminaria es una carga de 93.6
W, por lo que el consumo anual es de
Consumo anual = (200x93.6x12x5x50) / 1000 = 56,160 kWh
Estimando el consumo actual, suponiendo 80% de eficiencia,
se tiene que cada luminaria es una carga de 93.6 W, por lo que el
consumo anual es de
Consumo anual = (200x93.6x12x5x50) / 1000 = 56,160 kWh
Si se realizan los cambios necesarios para instalar apagadores
y utilizar en el turno vespertino solamente las lámparas que se
requieren, el consumo es
Nuevo consumo = (200x93.6x6+50x93.6x6)(5x50) / 1000
= 35,100 kWh anuales
El ahorro de energía que se obtiene es
Ahorro = 56160 - 35100 = 21,060 kWh
Si se considera un costo de $0.45 kWh, el ahorro económico es
de $9,477, más el IVA correspondiente a dicha cantidad.
UTILIZAR LAMPARAS EFICIENTES Y
BALASTROS ELECTRONICOS
Se tienen 500 luminarias de 2x39 W para alumbrar un área
comercial. La iluminación opera 12 horas diarias durante cinco días
a la semana y se trabajan cincuenta semanas al año, el equivalente a
3000 horas. Bajo estas condiciones de operación el sistema tiene una
vida de tres años. El consumo total de este sistema, incluyendo las
pérdidas es:
Consumo anual = (93.6x500x12x5x50) / 1000 = 140,400 kWh
Si se utilizan lámparas T8 de consumo total de 32 W, del mismo
tamaño que las anteriores y balastro electrónico, se logra mayor
eficiencia energética y la vida media de un poco más de seis años. El
consumo anual con este nuevo sistema resulta ser:
Consumo anual = (64x500x12x5x50) / 1000 = 96,000 kWh
Por lo que el ahorro en energía que se tiene es de:
Ahorro de energía anual= 140400 - 96000 = 44, 000 kWh
Por otro lado se tiene una disminución en demanda de:
Disminución en demanda = (93.6-64)x500/1000 = 14.8 kW
Si se considera un costo de la energía de $0.45/kWh y uno de
demanda de $65/kW el ahorro económico anual es de:
Ahorro económico anual = 44400x0.45+16.8x65x12
= $32,904
Si la diferencia en costo considerando el ciclo de vida de seis
años es de $90 por luminaria se tiene que el sistema eficiente
tiene un costo mayor de $45,000 con un tiempo de recuperación
de la inversión de:
Recuperación de la Inversión = 45,000/32,904 = 1.37 años (1
año y 4 meses)MENU
CONTROLAR LA DEMANDA ELECTRICAEn una industria se tiene un consumo mensual de 122,400
kWh con una demanda máxima de 250 kW, que se presenta
entre las 17 y las 18 horas. El sistema opera 720 horas en
promedio mensualmente. Como resultado de la auditoria
energética se detectó que una bomba de pozo de 80 HP que
alimenta a los tanques de agua, opera varios días del mes a las
horas pico, en períodos de cuatro horas.
Se recomendó no operar la bomba durante las horas pico y
desplazar su funcionamiento a horas nocturnas,
preferentemente después de las 12 de la noche, que es cuando
se tiene el costo de energía más barato.
La demanda media actual es:
Dmed = 122, 400 / 720 = 170 kW
Por lo que se tiene un factor de carga de:
Si se desplaza la carga de la bomba fuera de las horas pico,
especialmente hacia las horas de menor demanda, la demanda
máxima disminuye en 804.746 = 59.6 kW, por lo que su valor pico
será de 190.4 kW. Esta acción representa un ahorro económico
mensual, considerando un costo de demanda de $65 kW, de:
Ahorro económico mensual = 59.6x65 = $3,874
Más el IVA correspondiente. E1 factor de carga tendrá pues un valor
de:
Este valor nos indica un mejor uso de la energía eléctrica en todo el
sistema. Si el cambio de rutina de operación de la bomba implica
algún costo conviene hacer un análisis económico para ver si se
recupera la inversión.
68.0250
170
fc
893.04.190
170
fc
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BENEFICIO DEL AHORRO DE ENERGIA
Beneficios ambientales
Beneficios económicos
consumo eficiente
PARA HOY Y MAÑANA
