Final Problemas Fallas Simetricas

Análisis de sistemas de potencia 2

1


DEDICATORIA

Este trabajo es dedicado a mi familia, por su continuo apoyo y motivación en todo momento para mi formación profesional

2


DEDICATORIA

Este trabajo es dedicado a mi familia, por su continuo apoyo y motivación en todo momento para mi formación profesional

2


Tabla de contenido 1

PROBLEMA. PROBLEMA..... ........ ........ ........ ........ ........ ........ ........ ........ ........ ........ ........ ........ ........ ........ ........ ........ ........... ............... ............... ........... ....4 4

2

PROBLEMA. PROBLEMA..... ........ ........ ........ ........ ........ ........ ........ ........ ........ ........ ........ ........ ........ ........ ........ ........ ........... ............... ............... ........... ....8 8

3

Problem Problema... a....... ........ ........ ........ ........ ........ ........ ........ ........ ........ ........ ........ ........ ........ ........ ........ ........ ........ ........ ........ ......... .............11 ........11

4


5

Problem Problema... a....... ........ ........ ........ ........ ........ ........ ........ ........ ........ ........ ........ ........ ........ ........ ........ ........ ........ ........ ........ ........ ............1! ........1!

"

Problem Problema... a....... ........ ........ ........ ........ ........ ........ ........ ........ ........ ........ ........ ........ ........ ........ ........ ........ ........ ........ ........ ......... .............2" ........2"

!

Problem Problema... a....... ........ ........ ........ ........ ........ ........ ........ ........ ........ ........ ........ ........ ........ ........ ........ ........ ........ ........ ........ ........ ............28 ........28

8


#

Problem Problema a ....... ........... ........ ........ ........ ........ ........ ........ ........ ........ ........ ........ ........ ........ ........ ........ ........ ........ ........ ........ ......... ...........3! ......3!

1$

Problema Problema ...... .......... ........ ........ ........ ........ ........ ........ ........ ........ ........ ........ ........ ........ ........ ........ ........ ........ ........ ........ ........ .........3# .....3#

11

B%BL%O&R B%BL%O&RA'%A. A'%A..... ........ ........ ........ ........ ........ ........ ........ ........ ........ ........ ........ ........ ........ ........ ........ ........ ........ ........ ........ ........ ...... 4$

3

Análisis de sistemas de potencia 2 ROBLEMAS DE FALLAS SIMETRICAS

1

PROBLEMA

Del sistema de la Figura se sabe que se produce un cortocircuito simétrico en la barra 1 y que los datos del sistema, con magnitudes p.u. correspondientes a S B =300 MV MVA A

, son los siguientes: Generadore 300 s Trafos Línea Carga 1

MVA

} =0.08 j p.u. ¿ X d

300

MVA

X =0.12 j p . u .

Sin

!rdidas

X L= 0.2 j p . u .

Resis"i#a R1=2 p . u .

Se sabe sabe igua igualm lmen ente te,, que que las las fuen fuente tess con con las las que que se mode modela lan n los los dos dos generadores tienen tensiones p.u. de 1 ∟ 0 Suponiendo cortocircuito rígido, calcular la componente de alterna de la

J cc

inmediatamente después del fallo. Calcular también las tensiones en ambas barra barras, s, la inten intensi sida dad d que que atra atravi vies esa a la líne línea a y las las sumi sumini nist stra rada dass por por los los generadores.

Pa(a s)po Larr* i+an

Pá,ina 4


Sistema con fallo !S"#$C%&' !n este tipo de problemas no se considera el (estado de carga previo al fallo, por lo que, pese a especificarse la carga en el enunciado, el sistema se considerar) en

*odelo del sistema vacío, como se muestra en la figura. Calcularemos en primer lugar el equivalente +evenin del sistema en el punto del fallo. -ara ello, nos ayudaremos de la figura, que corresponde al sistema en el que se an anulado las fuentes de tensin /*odelo incremental0. as)ndonos en ella obtenemos:


Pá,ina 5


Dico valor de Z t es el que debe considerarse en el equivalente de la figura. -or tanto, la intensidad de corto bale:

!l circuito de la figura /Sistema pasivado y fallo sustituido por una fuente0 nos permite obtener la contribucin de cada generador al cortocircuito:

Sustitucin de corto circuito


Pá,ina "


2plicando la e3presin del divisor de intensidades:

4 conseguidas éstas, la obtencin de las tensiones es inmediata

!l estado resultante, ignorando el estado de carga previo al fallo, es el que se muestra en la figura

!n la figura se muestra el estado tras el corto resultado si se modela la carga como una resistencia. Se observa cmo la variacin del resultado es mínima.


Pá,ina !


$

PROBLEMA

#os generadores de la figura 15.15alimentan a través de transformadores elevadores las barras 1 y 5. #a reactancia equivalente para ambos con6untos generador7transformador es de

0.3 p . u . ,

líneas tienen una impedancia de

en sus respectivas bases. #as tres

0.2 p . u

.

!n

100 MVA

mediante métodos matriciales, la potencia de cortocircuito, barras y las


Pá,ina 8

Scc

. !ncontrar

, de las tres


Sistema %ntensidades por las líneas ante el cortocircuito rígido en la barra 8 Sb =50 MVA y Ui =1 p . u . antes del fallo

!S"#$C%"' #a potencia de cortocircuito da una idea de la severidad del fallo E Scc =|J |∗| E|=

2

1

 Xt Xt

Convirtiendo la bases Z !1=

Z !2=

Z !3=

50 100

50 200

∗0.3=0.15 ∗0.3= 0.075

50 ∗0.2= 0.1 100

!l esquema en p.u. de la red se muestra en la figura siguiente

%mpedancias del sistema Construyendo la matri9 de admitancias


Pá,ina #


4 la matri9 de impedancias de nudos

#as intensidades de cortocircuito en los distintos nudos J f 1=

1 =−13.7255 j p.u 0.0729 j

J f 2=

1 =−17.9487 j p.u 0.0557 j

J f 3=

1 0.1014

j

=−9.8592 j p.u

#as Scc de los nudos son por lo tanto Scc 1 |J f 1|=13.7255 p . u Scc 2 |J f 2|=17.9487 p .u

Scc 3 |J f 3|=9.8592 p . u

Como era de esperar, el m)s crítico es el fallo en la barra 5 /mayor generador0 y el nudo critico es la barra 8 /generador mas le6ano0 !n cuanto al caso concreto de un cortocircuito en el nudo 8. #os incrementos en las magnitudes se obtienen, por teorema de compensacin, a partir del circuito de a figura siguiente


Pá,ina 1$


Circuitos para

compensacin

#as ecuaciones nodales son:

Solo es necesario la tercera columna de

Zn

para el producto anterior. 2sí,

considerando tensiones iniciales de valor unidad J cc = J f 3 =−9.8592 j

Como sea visto, solo a sido necesario calcular la tercera columna de

Zn

,locual podría aberse reali9ado eficientemente, en un caso de tamao realista. *ediante técnicas de vectores dispersos /eliminacin r)pida acia delante y sustitucin acia atr)s0


Pá,ina 11


3

Pro%&e'a

$n generador síncrono y un motor síncrono cada uno de 5; *<2 nominales a 11 =< con reactancia subtransitoria de 1;> se conectan mediante transformadores y una línea como se muestra en la figura siguiente.

#os transformadores son de 5; *<2, 11?@@ =< y @@?11 =< con reactancias de dispersin de 1A> cada uno. #a línea tiene una reactancia de 1A> sobre una base de 5; *<2, @@ =<. !l motor consume 1; *B con un factor de potencia de A. en adelanto y un volta6e terminal de 1A.@ =< cuando ocurre una falla simétrica trif)sica en los terminales del motor. !ncontrar la corriente subtransitoria en el generador, en el motor y la falla. +odas las reactancias se dan en una base de 5; *<2. 0

"oltaje p#efallaV =

10.6 11

=0.9636 ∠ 0 $

Carga 1; *B, A. pf en adelanto ca#%a=

15 =0.6 pu 25 0

,

co##iente p#efalla & =

pf A. en adelanto 0.6 0.9636 ' 0.8

∠ 36.9

E % =0.9636 ∠ 0 $ + j 0.45 ' 0.7783 ∠ 36.9 $

¿ 0.7536 + j 0.28 pu

E) =0.9636 ∠ 0 $ − j 0.15 ' 0.7783 ∠ 36.9 $


Pá,ina 12

$ = 0.7783 ∠ 36.9 pu

Análisis de sistemas de potencia 2 ¿ 1.0336 − j 0.0933 pu

!l circuito equivalente de prefalla es el siguiente

!n condicin de falla es:

( (

& % =

( (

& )=

0.7536

+ j 0.28

j 0.45

= 0.6226 − j 1.6746 pu

1.0336 − j 0.0933 =−0.6226 − j 6.8909 pu j 0.15

Corriente de falla

f

( (

( (

& = & % + & )=− j 8.5655 pu

Corriente base del generador

¿

25 ' 10

3

√ 3 ' 11

=1312.2 A

( ( De donde: & % =1312.2 ( 0.6226 − j 1.6746 )=816.4 − j 2197.4 A

& )=1312.2 (−0.6226 − j 6.8906 )=−816.2 − j 9041.8 A ( (

f

& =− j 11239.6 A


Pá,ina 13


(

Pro%&e'a

-ara el esquema que se muestra, todas las impedancias est)n en pu sobre base comEn de 1AA *<2. -or simplicidad se omiten las resistencias. Se asumen lo siguiente: i0.7 Se desprecian las capacitancias sunt y se considera al sistema sin carga ii0.7 +odos los generadores operan en su volta6e y frecuencia nominal y con sus fem en fase Determinar la corriente de falla, los volta6es de barra, y las corrientes de línea durante la falla cuando ocurre una falla trif)sica balanceada con una fA.1@ pu en a0 la barra 8, b0 en la barra 5.

#a falla se simula conectando una impedancia  f en la barra 8 como se muestra en la figura


Pá,ina 14


!l teorema de +evenin indica que los cambios en los volta6es de la red causados por la rama aadida /la impedancia de falla0 mostrada en la siguiente anterior, es equivalente a aquellos causados por el volta6e aadido < 8/A0 con todas las otras fuentes cortocircuitadas como se muestra en l a siguiente figura.

De la figura, y aplicando +evenin la corriente de falla en la barra 8 es: 0

* 3

& =

V 3 *

Z +, (33) + Z

0 Donde V 3 es el volta6e +evenin equivalente, o el volta6e de barra prefalla.

!ste puede obtenerse de la solucin del flu6o de potencia. !n este e6emplo asumimos todos los volta6es prefalla igual a 1.A pu debido a que se desprecian las cargas y las fem de los generadores se asumen iguales a su valor nominal. 0

0

0

V 1=V 2 =V 3=1.0 pu Z + ( 33)

7 es la impedancia +evenin vista desde la barra de falla

-ara encontrar la impedancia +evenin, convertimos la cone3in equivalente 4


Pá,ina 15



a su


De la fig. c, la corriente de falla es: *

* 3

& =

V 3

=

*

Z 33+ Z

1.0 =− j 2.0 pu j 0.34 + j 0.16

#as corrientes en los generadores: & ! 1=

j 0.6 * & 3 =− j 1.2 pu j 0.4 + j 0.6

& ! 2=

j 0.4 * & 3 =− j 0.8 pu j 0.4 + j 0.6

-ara los cambios de volta6e de la fig. a - V 1= 0−( j 0.2 ) (− j 1.2)=−0.24 pu - V 2= 0−( j 0.4 ) (− j 0.8 )=−0.32 pu - V 3= ( j 0.16 ) (− j 2.0)=−0.68 pu

#os volta6es de barra durante la falla se obtienen por superposicin de los volta6es prefallamas los cambios de volta6e en las barras causados la fem equivalente conectada a la barra de falla, como se muestra en b. *

0

*

0

*

0

V 1 =V 1 + -V 1=1.0− 0.24= 0.76 pu V 2 =V 2 + -V 2=1.0− 0.32=0.68 pu V 3 =V 3 + -V 3=1.0− 0.68=0.32 pu

#as corrientes de cortocircuito en las líneas son: *

*

*

*

*

*

V 1 −V 2 0.76 −0.68 = =− j 0.1 pu & 12=  12 j 0.8 *

V 1 −V 3 0.76 − 0.32 = =− j 1.1 pu & 13=  13 j 0.4 *

V 2 −V 3 0.68 − 0.32 = =− j 0.9 pu & =  23 j 0.4 * 23


Pá,ina 1"


b0 en la barra 5

#a falla con impedancia  f se muestra en la fig. y su +evenin equivalente

"btenemos: Z + ( 22)=

( j 0.6 ) ( j 0.4 ) = j 0.24 j 0.6 + j 0.4

De la fig. b la corriente de falla es: *

* 2

& =

V 2

= *

Z 22+ Z

1.0 =− j 2.5 pu j 0.24 + j 0.16

#as corrientes en los generadores: & ! 1=

j 0.4 * & 2 =− j 1.0 pu j 0.4 + j 0.6

& ! 2=

j 0.6 * & 2 =− j 1.5 pu j 0.4 + j 0.6

-ara los cambios de volta6e de la fig. a


Pá,ina 1!

Análisis de sistemas de potencia 2 - V 1= 0−( j 0.2 ) (− j 1.0 )=−0.2 pu - V 2= 0−( j 0.4 ) (− j 1.5 )=−0.6 pu - V 3=−0.2 − ( j 0.4 ) (

− j 1.0 2

)=−0.4 pu

#os volta6es de barra durante la falla se obtienen por superposicin de los volta6es prefallamas los cambios de volta6e en las barras causados la fem equivalente conectada a la barra de falla, como se muestra en b. *

0

*

0

*

0

V 1 =V 1 + -V 1= 1.0− 0.2=0.8 pu V 2 =V 2 + -V 2=1.0− 0.6=0.4 pu V 3 =V 3 + -V 3= 1.0− 0.4= 0.6 pu

#as corrientes de cortocircuito en las líneas son: *

*

*

*

*

*

V 1 −V 2 0.8 −0.4 = =− j 0.5 pu & =  12 j 0.8 * 12

V 1 −V 3 0.8 −0.6 = =− j 0.5 pu & 13=  13 j 0.4 *

V 3 −V 2 0.6 −0.4 = =− j 0.5 pu & =  23 j 0.4 * 32

)

Pro%&e'a*

Calcule las condiciones de cortocircuito para las tres barras del sistema de la figura 1. Datos: * 18, =<, 1;A *B, Factor de -otenciaA,G1(@8,

Generador

HIH5A,AG pu., HAA,AJ pu. Transfor'ador

* 5AA *<2, 18,?58A =<, H11>

Línea* H15A Ω HA@A Ω.


Pá,ina 18

Análisis de sistemas de potencia 2 Res"o De& Sis"e'a* *<2cc1*<2cc5 5AAA *<2 *<2ccA 51J5 *<2. +odas

calculadas con 58A =< como volta6e nominal.

(1)

(2)

(3) Resto del Sistema

Figura 1.7 $nifilar del sistema para el e6emplo numérico. So&+,i-n* Pri'er Paso* !3presar las magnitudes del circuito en por unidad.

!ste paso se comien9a escogiendo la potencia base y un volta6e base. Se escoger)n las magnitudes bases del transformador /5AA *<2 y 18, =< en el lado de ba6o volta6e0. Generador* Su capacidad en *<2 es 1;A?A,G1(@81@( *<2 ≠5AA por lo que

ay que cambiarle la base de potencia.

HIH5A,AG

HAA,AJ Transfor'ador* 'o ay cambios de base pues las suyas fueron las escogidas:

Ht A,11 pu. Línea* !l volta6e base en la línea es 58A =< por lo que la impedancia base en la

línea es:


Pá,ina 1#


Res"o de& Sis"e'a*

Hcc1Hcc5

HccA Seg+ndo Paso* Formar las redes de secuencia positiva, negativa y cero con

todas sus magnitudes en por unidad. Ter,er Paso* educir las tres redes de secuencia anteriores entre el punto de

falla y la referencia aplicando el teorema de +evenin para cada uno de los cortocircuitos pedidos. Se reali9ar)n los c)lculos para el cortocircuito en la barra K1I y se de6ar) al alumno, como e6ercitacin, el c)lculo para las otras dos barras.

E

($-1$#8


(1)

($-11$$

(2)

($-$!5"

Pá,ina 2$

e)tro

(3)

($-1$$$

!3


Figura 5.7 ed de secuencia positiva del unifilar de la figura 1. ($-1$#8

(1)

($-11$$

(2)

($-$!5"

(3)

($-1$$$

"eutro

Figura 8.7 ed de secuencia negativa del unifilar de la figura 1.

($-$854

(1)

($-11$$

(2)

($-22"8

(3) ($-$!"

Tierra

Figura (.7 ed de secuencia cero del unifilar de la figura 1 #a figura ; muestra las tres redes de secuencia reducidas aplicando el teorema de +evenin entre la barra K1I y la referencia. -ara las redes de secuencia positiva y negativa las impedancias de +evenin son iguales y se calculan como:

HA6A,A;( -orque el sistema, a la dereca de la barra 1 est) desconectado del generador a la secuencia cero (1) 01($ /$-$!#3

%a1

/$-$!#3 %a2

0a1 Pa(a s)po Larr* i+an

(1)

%a$ 0a2

Pá,ina 21

/$-$854

(1)

0a$


Figura ;.7 edes de secuencia positiva, negativa y cero reducidas por +evenin entre la barra K1I y la referencia. Corrien"es de%idas a& ,or"o,ir,+i"o "rif.si,o/

Como la red permanece balanceada, slo se necesita la red de secuencia positiva. !n ella:

Se de6a al alumno dibu6ar el diagrama fasorial de las tres corrientes y comprobar que est)n desfasadas 15A L entre sí.

#a corriente anterior en amperes es:

!l nivel de cortocircuito a 18, =< es: *<2cc Corrien"es de%idas a& ,or"o,ir,+i"o 'onof.si,o/

!n este caso, como el sistema se desbalancea y la falla comprende tierra, ay que traba6ar con las tres redes de secuencia conectadas en serie a través de la barra /10.


Pá,ina 22


'tese que en esta barra, la corriente debida al cortocircuito trif)sico es mayor que la debida al monof)sico slo en un 5,G;>. %b%cA -ues son las fases KsanasI.

-ara la misma corriente base, la corriente en ampere es:

!l

nivel

de

cortocircuito

a

18,

Corrien"es de%idas a +n ,or"o,ir,+i"o en"re fases/

%aA -ues es la fase KsanaI.

%b


Pá,ina 23

=<

es:

*<2cc 1  Φ


%c7%b Corrien"es de%idas a +n ,or"o,ir,+i"o en"re dos fases  "ierra/

%aA -ues es la fase KsanaI.

%a1 2plicando un divisor de corriente, teniendo en cuenta que %a 17%a57%aA se obtienen las componentes de secuencia de las corrientes que faltan:

Sustituyendo los valores allados en la ecuacin matricial /%0/S0/%s0 se obtienen las corrientes de cortocircuito de las tres fases.

!fectuando en la ecuacin anterior mediante la multiplicacin filas por columnas elemento a elemento se obtiene: %aA Fase KsanaI.


Pá,ina 24


Diagra'a Fasoria& de &as ,orrien"es de fa&&a/

%b

#c

Figura @.7 Diagrama fasorial de las corrientes de falla debidas a una falla entre dos fases y la tierra.

Cortocircuito +ipo: +rif)sico. *onof)sico. !ntre Fases. Dos Fases +ierra.

%a /20

a

%b /20

1A;G1( ? A 1A5JJ ?7GA A A

1A;G1( ? 1;A A G18JG ? GA 1A(5(A ? 1;1,58

%c /20 1A;G1( ? 8A A G18JG ? 7GA 1A(5(A ? 5,JJA

+abla 1 Corrientes de cortocircuito para los cuatro tipos de cortocircuito calculados. #a tabla 1 muestra un resumen de las corrientes de cortocircuito calculadas para que se comparen sus valores entre sí.


Pá,ina 25

Análisis de sistemas de potencia 2 C.&,+&o de &os #o&"aes d+ran"e &a fa&&a/

2 continuacin se calcular)n los volta6es de fase y entre líneas para los diferentes tipos de cortocircuito calculados. Para e& ,or"o,ir,+i"o "rif.si,o/

Durante el cortocircuito trif)sico, si fA: $a$b$cA. Para e& ,or"o,ir,+i"o 'onof.si,o/

2plicando la segunda ley de Mircoff en las redes de secuencia positiva, negativa y cero conectadas en serie se obtiene: $a117A,85;A,@J; pu. $a5/76A,AJG80/76(,AG07A,85; pu. $aA/76A,A;(0/76(,AG07A,8;A pu. #os volta6es de fase son:

!fectuando, multiplicando filas por columna, elemento a elemento, se obtienen los volta6es de las tres fases durante la falla: $aA: #gico, pues es la fase fallada y fA. $bA,8; ? 7J,; opu. $cA,@A@5 ? 71;A opu.


Pá,ina 2"


#os volta6es de línea son: $ab$a7$bA,;; ? 1A1,(5 o

*ultiplicado por

$abJ,A8G =<.

$bc$b7$cA,G ? 78,A o J,1;( =< $ca$c7$aA,@A@5 ? 71;A o (,5G =< Como es sabido, la suma de los volta6es de línea es cero, independientemente de su desbalance, dico de otra forma, el tri)ngulo de los volta6es de línea siempre debe cerrarse. -or otro lado si se dibu6a el diagrama fasorial de los volta6es de línea se encontrar) que el )ngulo entre $ab y $bc es 18G,J5 o, entre $bc y $ca 111,J o y entre $ab y $ca 1A,; o. Para e& ,or"o,ir,+i"o en"re fases sin ,o'render "ierra/

eali9ando un proceso completamente similar al ya mostrado se encuentra: $a1$a517A,(GGGGA,; pu. $a1 ? A opu. Fase KsanaI $bA,;/a5Na07A,; pu $cA,;/aNa507A,; pu $ab1,; ? A Apu.O 11,G; =<$bcA $ca11,G; ? 1A ecuerde que en !', $ab$ca18, =<.


Pá,ina 2!

A


2

Pro%&e'a

$n sistema interconectado de un generador reactor se muestra en la figura siguiente. #os valores base para las reactancias dadas en porcenta6e son las especificaciones individuales de un equipo. $n cortocircuito trif)sico ocurre en el punto F. Determine la corriente de la falla y los =<2 de la falla si el volta6e línea a línea de la barra conductora es de 11 =<. Considere una potencia base de ;A *<2.

Datos: P1: 1A *<2, 1A > P5: 5A *<2, 1; > P8: 5A *<2, 1; > H1: 1A *<2, ; > H5:  *<2, ( > Solucin -rimero se determina los valores por unidad para las reactancias del sistema referidos a la base de ;A *<2.

X! 1 =0.10 '

50 10

=0.5 pu

50 X! 2=0.15 ' =0.375 pu 20

X! 3 =0.15 '

50 20

=0.375 pu


Pá,ina 28

Análisis de sistemas de potencia 2 50 X! 3 =0.5 ' =0.25 pu 20 50 X! 3 =0.4 ' = 0.25 pu 8

!stas reactancias producen el diagrama de reactancias por fase de la siguiente figura, el cual se simplifica y la reactancia total del neutro a la falla F es, segEn el diagrama: 'eutro

Datos: P1: 6 A.; P5: 6 A.8J; H5  6 A.5; P8: 6 A.8J; H1  6 A.5; H5  6 A.5; Del diagrama de impedancias se observa que P8 est) en serie con H5 /resultado Denominado H80 y a la ve9 est)s est)n en paralelo con P5 /resultado denominado H(0 entonces: X 3 =! 3 + X 2 = J 0.375+ J 0.25= J 0.625

1 1 1 1 1 = + = + ⇒ X 4= J 0.234375 = J 0.2344 X 4 X 3 ! 1 J 0.625 J 0.375


Pá,ina 2#


!sta nueva reactancia H( est) en serie con H1 obteniendo: 6 A.((( y finalmente la reactancia total por unidad ser) 1 1 1 1 1 = + = + ⇒ Xt = J 0.2460 Xt j 0.4844 ! 1 J 0.4844 J 0.05

Con este resultado se puede encontrar la potencia de falla y la corriente de falla:

MVA falla=

50

=

Xt j 0.246

MVA falla

& falla=



50

√ 3 Vt

=

=203.25 MVA

203.25 ' 10

j 0.246

6

=10668 A

Pro%&e'a*

-ara el S!- mostrado en la fig. Cuyos datos que se dan a continuacin se a producido una falla simple línea a tierra en la que la barra n8, calcular los valores reales de las tensiones y corrientes como producto de dica falla. #as bases del sistema Sb1AA *<2 y 55A Mv. !n línea #+15


Pá,ina 3$


E&e'en"

MVA

4V

51

5$

50

os G1 G$ T1 T$ LT1$ LT13 LT$3

100 60 100 6 70 $0 0

13/$ $) 13/78$$0 $)8$$0 $$0 $$0 $$0

0/$ 0/$ 0/03) 0/0) 0/1 0/$ 0/1)(

0/$ 0/$ 0/03) 0/0) 0/1 0/$ 0/1)

0/0( 0/0) 0/03) 0/0) 0/3) 0/( 0/$)

#uego calculamos las bases del sistema y los mostramos a continuacin Par.'e"ros S%9MVA: V%94#: I%9A': <%9o=':

I 100 $$0 $2$/(3 (7(

II 100 13/$ (;33/22 1/($(

#os cambios de base ser)n los siguientes: Para G1

( )( ) =

100 X 1= X 2 =0.2 100


13.2 13.2

2

0.2

Pá,ina 31

III 100 $) $;306/( 2/$)


( )( ) =

100 X 0=0.04 100

13.2 13.2

2

0.04

Para G1

( )( ) =

100 X 1= X 2 =0.2 100

25 25

( )( ) =

100 X 0=0.05 90

25 25

2

0.222

2

0.0555

Para T1 X 1 = X 2 = X 0= 0.035

( )( ) = 100

13.2

100

13.2

2

0.035

Para T$

( )( ) =

100 X 1= X 2 = X 0= 0.05 90

220 220

2

0.0555

Para LT1$*

( )( ) =

100 X 1= X 2 =0.1 80

220 220

2

0.125

( )( ) =

0.4375

( )( ) =

0.214

100 X 1= X 2 =0.35 80

220 220

2

Para LT13* 100 X 1= X 2 =0.15 70

220 220

( )( ) =

100 X 0=0.25 70

220 220

2

2

0.357

Para LT$3* Pa(a s)po Larr* i+an

Pá,ina 32


( )( ) =

100 X 1= X 2 =0.15 20

220 220

( )( ) =

100 X 0=0.25 70

220 220

2

0.214

2

0.357

#as redes de secuencia ser)n: Secuencia cero

Secuencia positiva

Secuencia negativa

#a intercone3in de redes ser):


Pá,ina 33


#as corrientes de secuencia ser)n: & 1= & 2 = & 0 =

1 ∠0

J ( 0.406 + 0.315 + 0.315 )

=−J 0.965

#as corrientes de fase ser)n: & 1= & 2= & 0 =0.766 p . u .

[ ][

][

][ ]

1 / .1 / .1 2.895 &a J 0.96566 2 = = 1 / a / a ' −J 0.965 0 &b 2 0 &c J 0.965 1/a/a

#os valores de las tensiones de secuencia son: V 0= & ' Z 0 =J 0.965 ' J 0.406 = 0.39179 V 1 =1 ∠ 0 − & ' Z 1= 1 ∠ 0− J 0.965 ' 0.315 =0.696

V 2= & ' Z 2=J 0.965 ' J 0.315=0.303975

#as tensiones de fase son: .

[ ][ Va Vb = Vc

1 / .1 / .1

][ ][ 0.3917

/ a ' 0.696 2 −.3039 1/a/a 2

1/a

0

= 1.046 ∠−126.16 1.046 ∠ 124.16

Va= 0 0" 220 =130.065 0" Vb=1.02416 ∠−124.16 ' √ 3


Pá,ina 34

]

Análisis de sistemas de potencia 2 220 =130.065 0" Vc =1.02416 ' √ 3

7

Pro%&e'a

-ara el S!- mostrado en la fig. Cuyos datos se dan a continuacin a ocurrido un corto circuito doble línea bif)sico entre las barras 2 y C en la barra 'L@ se pide calcular las corrientes y tensiones como producto de dica contingencia.

E&e'en"o MVA

4V

51

5$

50

s G1 G$ MS T1 T$ T3 LT$3 LT3) LT32 LT)2

13/2 10 $) 13/28$$0 108$$0 $)8$$0 $$0 $$0 $$0 $$0

0/$ 0/3 0/$ 0/0) 0/0( 0/03 0/( 0/$) 0/$) 0/1$

0/$ 0/3 0/$ 0/0) 0/0( 0/03 0/( 0/$) 0/$) 0/1$

0/0) 0/0$ 0/0$ 0/0) 0/0( 0/03 0/2 0//( 0/3) 1

$)0 1(0 $)0 $)0 100 1$0 $)0 1)0 1$0 100

+omar como bases del sistema 55AMv. 4 Sb de 5;A *<2 en la línea #+8;.


Pá,ina 35


ases Del Sistema Par.'e"ros S%9MVA: V%94#: I%9A': <%9o=':

I $)0 $$0 2)2/2 16/132

II $)0 13/2 10213/0)2 0/367

Cambio de bases Para e& G1 X 1= X 2 =0.2

X 0 =0.05

( )= 250 250

( )= 250 250

0.2

0.05

Para G$ X 1= X 2 =0.3

X 0=0.05

( )= 250 140

( )= 250 140

0.535

0.0537

Para M/S/ X 1= X 2 = X 0= 0.2

( )= 250 250

0.2

PARA LOS TRA>SFORMADORES + 1 : X 1= X 2= X 0=0.05

( )=

0.05

+ 2 : X 1= X 2= X 0=0.04

( )=

0.1

+ 3 : X 1= X 2 = X 0= 0.03

( )=

0.15


250 250

250 100 250 50

Pá,ina 3"

III $)0 $) )3/)0 $/)

IV $)0 10 1((33/) 0/(


+ 3 : + 1 : X 1= X 2= X 0=0.05

( )= 250 50

0.2

Para &as &íneas de "rans'isi-n* LT$3* X 1 = X 2 =0.4

X 0=0.6

( )= 250 250

( )= 250 250

0.4

0.6

LT3)* X 1= X 2 =0.25

X 0=0.4

( )= 250 150

( )= 250 150

0.416

0.6666

Para &a &ínea LT32* X 1= X 2 =0.3

X 0=0.18

( )= 250 120

( )= 250 100

0.625

0.45

#uego reempla9ando los valores allaremos el circuito +evenin visto desde el punto de falla. #as redes de secuencia ser)n: Secuencia cero

Secuencia positiva


Pá,ina 3!


Secuencia negativa

Calculo de las corrientes de secuencia: #as corrientes de secuencia ser)n: & 1=− & 0 =

1∠0

J ( 0.1365 + 0.0245 )

=−J 2.621

#as corrientes de fase ser)n: & 1= & 2= & 0 =0.766 p . u .

[ ][

][ ][

1 / .1 / .1 0 &a J 2.621 2 &b = 1 / a / a ' −J 2.621 = 4.231 ∠ 122.43 2 0 4.231 ∠ 57.56 &c 1/a/a


Pá,ina 38

]


#as tensiones de fase son: .

[ ][

][ ][

]

1 / .1 / .1 0.357 0.714 ∠ 0 Va 2 Vb = 1 / a / a ' 0.357 = 0.356 ∠ 59.98 2 0 0.356 ∠ 15 Vc 1/a/a

Va= 0.714 ' 220 =157.08 0" Vb=0.357 ' 220= 78.54 0"

Vc =0.357 ' 220 =78.54 0"

6

Pro%&e'a *

$n generador de 5AAAAM<2 a 18.M< tiene una reactancia sub transitoria directa de A.5; por unidad. #a reactancia de secuencia negativa y cero son, respectivamente, A.8; y A.1A por unidad. !l neutro del generador esta puesto slidamente a tierra. Determine la corriente sub transitoria en el generador y las tensiones línea a línea para las condiciones sub transitorias cuando se presenta un fallo simple línea7tierra en los terminales del generador con el generador funcionando sin carga y a su tensin nominal despreciar las resistencias.


Pá,ina 3#


S"#$C%"' Sobre base de 5AAAAM<2, 18. M<, !a1,A por unidad, ya que la tension interna es igual a la tensin en los terminales en vacío. !ntonces, en por unidad &a 1=

1.0 + j 0 Ea = =− j 1.43 po# unidad Z 1+ Z 2 + Z 0 j 0.25 + j 0.35 + j 0.10

&a =3 &a 1 =− j 4.29 po# unidad

co##iente de base =

20 000

√ 3∗13.8

= 836 A

#a corriente sub transitoria en la línea a es &a =− j 4.29∗836 =− j 3585 A

#as componentes simétricas de la tensin desde el punto a tierra son Va 1= Ea− &a 1 Z 1= 1.0 −(− j 1.43 ) ( j 0.25 ) ¿ 1.0−0.357 =0.643 po# unidad

Va 1=− &a 1 Z 2 =−(− j 1.43 ) ( j 0.35 )=−0.50 po# unidad Va 0=− &a 0 Z 0 =−(− j 1.43 ) ( j 0.10 )=−0.143 po# unidad

#as tensiones de línea a tierra son Va=Va 1 + Va 2 + Va 0= 0.643 −0.50 −0.143 = 0


Pá,ina 4$

Análisis de sistemas de potencia 2 2

Vb= a Va 1 + aVa 2 + Va 0

¿ 0.643 (−0.5 − j 0.866 ) −0.50 (−0.5 + j 0.866 )−0.143 ¿− 0.322− j 0.556 + 0.25− j 0.433 −0.143 ¿− 0.215− j 0.989 po# unidad 2

Vb= aVa 1 + a Va 2 + Va 0

¿ 0.643 (−0.5 + j 0.866 )−0.50 (−0.5 − j 0.866 )−0.143 ¿− 0.322+ j 0.556 + 0.25 + j 0.433 −0.143

¿− 0.215 + j 0.989 po# unidad

#as tensiones de línea a línea son Vab=Va − Vb= 0.215 + j 0.989=1.01 ¿ 77.7

Vbc = Vb−Vc =0 − j 1.978 =1.978 ¿ 270 Vca= Vc −Va =−0.215 + j 0.989=1.01 ¿ 102.3

Como la tensin generada, respecto al neutro, !a se toma como 1,A por unidad, las tensiones anteriores se e3presan en por unidad de la tension b)sica, respecto al neutro. !3presadas en voltios las tensiones del fallo, son 1.01∗13.8 ¿ 77.7 = 8.05 ¿ 77.7 Vab= M< √ 3 Vbc =

Vca=

1.978 ∗13.8 / 270

√ 3

∗

/

=15.76 / 270 0V

1.01 13.8 102.3

√ 3

=8.05 /102.3 0V

2ntes del fallo las tensiones de línea estaban equilibradas y eran iguales a 18. M<. -or comparacin con las tensiones de líneas después del fallo, las tensiones anteriores al fallo, con
Vbc = 13.8 / 270 0V


Pá,ina 41

Análisis de sistemas de potencia 2 Vca=13.8 / 150 0V

10 Pro%&e'a *

$n conductor de una línea trif)sica esta abierto. #a corriente que circula acia la carga, conectada en delta por la línea a, es de 1A 2 con la corriente en a como referencia y suponiendo que c esta abierto, determinar las componentes simétricos de las corrientes de líneas

S"#$C%"' &a =10 ¿ 0

2

&b =10 ¿ 180 &c =0 A

2

2

10 ¿ 0 + 10 ¿ 180 1 &a 0= ∗¿ 3

NA0A

1 &a 1= ∗( 10 ¿ 0 + 10 ¿ 180 + 120 )= 5− j 2.89 = 5.78 /−30 A 3 1 &a 2= ∗(10 ¿ 0 + 10 ¿ 180 + 240)= 5 + j 2.89=5.78 / 30 A 3

&b 1=5.78 /−150 A


Pá,ina 42

Análisis de sistemas de potencia 2 &b 2=5.78 / 150 A

&b 0 =0 &c 1 =5.78 / 90 A

&c 2 =5.78 /− 90 A &c 0 =0

11 BIBLIOGRAFIA ttp666.scneiderelectric.com.ardoc)mentsrec)rsosc)ader nostecnicosct1581.pd7 ttpiie.n,.ed).)*enseasi,niiee9oc)mentoseorico:alc)l o;de;las;corrientes;de;cortocirc)ito.pd7 ttpiie.n,.ed).)*enseasi,niiee9oc)mentosPracticopracti co1.pd7 ttp666.mono,raas.comtraba(os!3calc)los.,oo,le.com.peboo>s? id@,BAABA/Cp,PA58Clp,PA58Cdcalc)lode lascorrientedecortocirc)itoensistemasdepotencia Cso)rceblCotsl7RD"*(6Csi,s;;i%LeFmaMi< $"6tipL54ClesCsaGCeiA0HdHd&EO%+R,,=c;4&A:C +ed$:9A"AE6BAI+onepa,eCcalc)loJ2$deJ2$J2$las J2$corrienteJ2$deJ2$cortoJ2$circ)itoJ2$enJ2$sistemas J2$deJ2$potenciaC77alse ttp666.)).es,e*er:on,resos;naccon,resos J2$nacionales:;22.pd7 ttp666.ptolomeo.)nam.mD8$8$Dml)ibitstreamandle13 2.248.52.1$$8$1A!.pd7?se)ence! ttp666.electrosector.com6p< content7tpdescar,ascalc)lo4.pd7 Pa(a s)po Larr* i+an

Pá,ina 43

Final Problemas Fallas Simetricas

Recommend Documents