UNIVERSIDAD NACIONAL DE INGENIERÍA Área Académica de Cursos Complementarios FACULTAD DE INGENIERIA QUIMICA Y TEXTIL AHORRO DE ENERGIA AHORRO DE ENERGIA.

UNIVERSIDAD NACIONAL DE INGENIERÍA Área Académica de Cursos Complementarios FACULTAD DE INGENIERIA QUIMICA Y TEXTIL AHORRO DE ENERGIA 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. ¿ Cu á les son los factores que influyen en el uso de la Energ í a El é ctrica? · 2. ¿ Qu é medidas deben tomarse en el aspecto T é cnico, Organizacional, de Gesti ó n para optimizar el nivel de consumo optimo de Energ í a Eléctrica?

El ahorro de energía debe ser un proceso continuo que implica: 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 las implicaciones en el proceso. EQUIPO DE TRABAJO, debe involucrar los diferentes niveles de la empresa. EVALUACIÓN de metas, inversiones y ahorros a lograr. 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). banco de condensadores - Mejoramiento de Instalaciones eléctricas (conductores, artefactos de iluminación).conductoresartefactos de iluminación Planificación

Gestión administrativa para un manejo eficiente de la energía.

No muchas veces en el manejo de los diferentes eventos productivos se realiza Gestión de la Energía consumida, esto debido a que no es costumbre en nuestro medio. Pero al realizar este tipo de Gestión, se logra tener plena consciencia de la magnitud del consumo y de la forma como se utiliza esta energía. Esta nueva visión lleva a relacionar un consumo energético con una producción lograda.

“La energía es un elemento fundamental para las operaciones de una empresa y puede representar un costo muy importante para las mismas, independientemente de su actividad. Se puede tener una idea, al considerar el uso de la energía dentro de la cadena de suministro de una empresa, desde las materias primas hasta el reciclaje.” (ISO 50001)

La energía más económica es la que no se consume, para ello se define el esquema de Eficiencia Energética de una empresa en cuatro (4) factores.

Las diferentes acciones para la optimización en el consumo de la energía no deben afectar el proceso productivo y las mismas se deben proyectar consecuentemente: a)Cambio de cultura en el personal b)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 de energía” 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 mantenimiento debe mantener el consumo de energía dentro de un límite “razonable” hasta que termine la vida útil de los equipos. Un reemplazo oportuno de un equipo por uno nuevo, más eficiente en el diseño energético, ayuda a optimizar el consumo de energía permitiendo al sistema sostener su estándar de Eficiencia Energética.

Existen cinco dimensiones para elaborar un correcto Programa de Mantenimiento dirigido a la Eficiencia Energética. (OMETA) 1. OPERATIONOperación. 2. MAINTENANCEMantenimiento. 3. ENGINEERINGIngeniería. 4. TRAININGEntrenamiento. 5. ADMINISTRATIONAdministración.

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 ahorro de la energía en los procesos industriales a tener 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 sistema eléctrico de potencia, se debe hacer seguimiento al comportamiento 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 o falla a tierra, son fenómenos transitorios. El CHOQUE TÉRMICO (kt = dDT/dt), y el CHOQUE MECÁNICO (kv = dv/dt) son fenómenos ineludibles por la magnitud de la corriente que se presentan en una descarga en KA en tiempos cortos (microsegundos). El CHOQUE ELÉCTRICO (L.di/dt), obliga a la energía a cambiar su forma pasando de alta corriente-bajo voltaje a alto voltaje-baja corriente, ésto causa los siniestros. El terreno no tiene capacidad de dar balance natural a la energía potencial para convertirla en calor, dado su altísimo incremento de temperatura con respecto al tiempo (dT/dt).

Lo que NO debe ser Como SI debe ser debe ser

Balance del sistema de potencia. La norma americana IEEE 1159, recomienda un límite de 2% de desbalance entre líneas, su cálculo "aproximado" se logra de la siguiente forma: % de Desbalance = (Max _ Desviación (D1, D2, D3) / Promedio)*100% Promedio = (V1+V2+V3)/3 D1=Abs. (Promedio - V1) D2=Abs. (Promedio - V2) D3=Abs. (Promedio - V3) La asimetría de tensiones, se conoce como el desequilibrio de tensiones. Un sistema trifásico está equilibrado cuando lo constituye tres señales sinusoidales de igual amplitud y desfase de 120°.

El desbalance de voltaje, produce para sistemas polifásicos, dificultades en las corrientes. Las corrientes desbalanceadas origina pulsaciones del Par motor; vibraciones; pérdida de eficiencia; incremento de temperatura. Un desbalance de solo 3,5% puede incrementar las pérdidas en un 20% Desbalances superiores al 5% son ya problemas mayores según. Balance del sistema de potencia.

Regulación de voltajes en los diferentes alimentadores.

Factor de carga = Demanda media / D. Máxima = 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 un motor 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, pueden durar 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 por sistemas electrónicos de control que origina desperfectos en el sistema de energía

Mejoras inmediatas para el ahorro de la energía eléctrica 1.Determinar el índice energético de la industriaDeterminar el índice energético de la industria 2.Establecer el ofrecimiento comercial de la industriaEstablecer el ofrecimiento comercial de la industria 3.Subir el factor de Potencia a un valor entre 0.90 y 0.95Subir 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 corrienteHacer 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 subestaciónSeleccionar adecuadamente la capacidad de una nueva subestación 6.Usar motores de alta eficienciaUsar motores de alta eficiencia 7.Dimensionar correctamente la capacidad y tipo de motor para mover una carga predeterminadaDimensionar correctamente la capacidad y tipo de motor para mover una carga predeterminada 8.Apagar las luces que no se utilizanApagar las luces que no se utilizan 9.Utilizar lámparas eficientes y balastros electrónicosUtilizar lámparas eficientes y balastros electrónicos 10.Controlar la demanda eléctricaControlar 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,

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 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 0.4656 Ω (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=RI 2 =0.4656x30 2 =419W Q=RI 2 =0.4656x30 2 =419W Por lo que en un mes de operación se tiene una pérdida de energía de 301.709kWh. Q = RI 2 = 0.4556 x 3.75 2 = 6.55W ahorro de energía de 297 kWh mensuales. 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 disminución de 13,OOOkWh/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 ahorro económico de $3.374 al año. 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.

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 El ahorro total es de $10.372, 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

80% de eficiencia 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 $0.45 kWh $9,477 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 5002x39 W 3000 horas 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 T8 32 W 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 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 ELECTRICA 122,400 kWh250 kW 80 HP En 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 12 de la noche 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

factor de carga Por lo que se tiene un factor de carga de: 804.746 = 59.6 kW 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 mensual59.6x65 = $3,874 Ahorro económico mensual = 59.6x65 = $3,874 Más el IVA correspondiente. E1 factor de carga tendrá pues un valor de: la energía eléctrica 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.

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 = (F x w x v) / (2  x 9,550 x  ) P = potencia en KW P = potencia en KW F = Peso total en N F = Peso total en N w = perdidas - 0,007 cojinetes de rodillo 0,020 cojinetes de fricción w = perdidas - 0,007 cojinetes de rodillo 0,020 cojinetes de fricción v = velocidad de traslación m / minuto v = velocidad de traslación m / minuto  = rendimiento mecánico  = 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 = Q x d x h /  P = potencia en KW Q = caudal en m3/sgd. d = peso específico N/m3 d = peso específico N/m3 h = elevación del líquido en metros h = elevación del líquido en metros  = rendimiento mecánico  = rendimiento mecánico

Sistemas Térmicos

Sistemas térmicos.

El ahorro de combustible obtenido con una buena regulación de la combustión puede aportar un 5 a 7 % de ahorro en consumo de combustible. Las pérdidas de calor sobre las paredes pueden aportar un ahorro del 1 al 2 % del combustible. Si la temperatura de los gases de chimenea supera los 230°C, puede ser por un deficiente intercambio de calor en el interior de la caldera. Sistemas térmicos.

Sistemas de aire comprimido PRODUCCIÓNCONSUMO CAPACIDADALMACENAMIENTO MOTORCOMPRESORCONSUMO MANTENIMIENTO AL SISTEMA CENTRADO EN LA EFICIENCIA

Cada 4º C de incremento de temperatura del aire aspirado se incrementa el consumo de energía en un 1% para el mismo caudal Cada 3º C de disminución en la temperatura del aire aspirado origina un beneficio de un 1 % para el mismo caudal El aire aspirado se debe tomar de un medio abierto no cerrado Reducir 1 psig en la presión de descarga a 60 HP representa 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 mangueras  conectores rápidos  Herramientas neumáticas Evitar reducciones de alta relación en los diámetros de tuberías Las salidas de la línea principal deben ser siempre de arriba hacia abajo La velocidad en línea principal debe ser entre 6 y 10 m/s. y en las secundarias, máximo de 15 m/s., para mangueras 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 VENTILADOR P = (Q x p x 981) / (1,000 x  ) P = (Q x p x 981) / (1,000 x  ) P = potencia en KW. P = potencia en KW. Q = Caudal en mts.3 / sgdo. Q = Caudal en mts.3 / sgdo. p = presión en mm c.d.a (columna de agua) p = presión en mm c.d.a (columna de agua)  = rendimiento mecánico  = rendimiento mecánico

Sistemas de iluminación. consume Una fuente Luminosa, consume una potencia eléctrica (vatios). Produce Produce un flujo medido en lúmenes. Este flujo luminoso incide sobre una superficie originando 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 de iluminación de da por la, Densidad de Potencia eléctrica de alumbrado (vatios/metro cuadrado)-DPEAAREADPEA AREADPEACORREDOR3,53 OFICINA12,3 ESCALERAS5,85 ESTUDIO18,6 BODEGAS5,6 BAÑO4,1 Sistemas de iluminación.