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• Luis Pulido

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Componentes Simétricas

Análisis Básico de Sistemas de Potencia 2013

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Prof. Juan Bermúdez , PhD

1

LA MATRIZ DE COMPONENTES SIMÉTRICAS La matriz de transformación usando componentes simétricas, método desarrollado por Fortescue, que prueba que un sistema desbalanceado de n fasores relacionados, puede ser resuelto con n sistemas de fasores balanceados llamado componentes simétricas.

1 𝑇 = 𝑎2 𝑎

1 𝑎 𝑎2

1 1 1

𝑉𝑎 1 𝑉𝑏 = 𝑎2 𝑉𝑐 𝑎

1 𝑎 𝑎2

1 1 1

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(+)

𝑉𝑎

(−)

𝑉𝑎

(0)

𝑉𝑎

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2

→

𝑎 = 1 ≮ 120º = 1 ≮

2𝜋 [𝑟𝑎𝑑] 3

Gráficamente:

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TRANSFORMACIÓN DE FASORES DE FASES A TRAVÉS DE COMPONENTES SIMÉTRICAS La transformación es válida para sistemas balanceados y no balanceados: Si conocemos tres tensiones de fase. La transformación en componentes simétricas es la siguiente:

(+,−,0) 𝑉𝑎

=𝑇

(+) 𝑉𝑎 (−) 𝑉𝑎 (0) 𝑉𝑎

−1

𝑉𝑎,𝑏,𝑐

1 1 = 1 3 1

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1 𝑡 ∗ = 𝑇 𝑉𝑎,𝑏,𝑐 3

𝑎 𝑎2 1

𝑎2 𝑎 1

𝑉𝑎 𝑉𝑏 𝑉𝑐

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De donde, se puede conocer las componentes de secuencia de las otras fases: -

Fase B

𝑉𝑏 -

+

2

= 𝑎 𝑉𝑎

+

(−) 𝑉𝑏

;

=

(−) 𝑎𝑉𝑎

; 𝑉𝑏

0

= 𝑉𝑎

0

= 𝑉𝑎

0

Fase C

𝑉𝑐

+

= 𝑎𝑉𝑎

+

;

(−) 𝑉𝑐

Análisis Básico de Sistemas de Potencia 2013

=

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2 (−) 𝑎 𝑉𝑎

; 𝑉𝑐

0

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Este análisis es válido para cualquier conjunto de fasores de voltajes, corrientes o impedancias. Resumiéndolo para las corrientes:

(+) 𝐼𝑎 (−) 𝐼𝑎 (0) 𝐼𝑎

1 1 = 1 3 1

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𝑎 𝑎2 1

𝑎2 𝑎 1

𝐼𝑎 𝐼𝑏 𝐼𝑐

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Ejemplo Numérico (Sistema Balanceado)

Sea

1 ≮ 0 [𝑟𝑎𝑑] 𝐼𝑎 2𝜋 𝐼𝑏 = 1 ≮ − 3 [𝑟𝑎𝑑] 𝐼𝑐 1 ≮ 2𝜋 [𝑟𝑎𝑑] 3

Se procede a calcular las corrientes en redes de secuencia: Iabc=[1 ;1*exp(-i*2*pi/3) ;1*exp(i*2*pi/3)], [Isec]=CSimetricas(Iabc);

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Al calcular los fasores de las fases en secuencia a través de la transformación de componentes simétricas: (+) (+) (+) 𝐼 2𝜋 𝐼𝑎 𝐼 𝑏 𝑐 1 ≮ − [𝑟𝑎𝑑] 1 ≮ 2𝜋[𝑟𝑎𝑑] 1 ≮ 0 [𝑟𝑎𝑑] (−) 𝐼𝑎 (0) 𝐼𝑎

=

0 0

(−) 𝐼𝑏 (0) 𝐼𝑏

Fase A

Sec. Positiva

3

=

(−) 𝐼𝑐 (0) 𝐼𝑐

0 0

=

Fase B

Sec. Negativa

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3

0 0

Fase C

Sec. Cero Prof. Juan Bermúdez , PhD

Fase 8

Ejemplo Numérico (Sistema Desbalanceado)

Sea

1 ≮ 0 [𝑟𝑎𝑑] 𝐼𝑎 𝐼𝑏 = 1 ≮ −2𝜋 [𝑟𝑎𝑑] 3 𝐼𝑐 0

Se procede a calcular las corrientes en redes de secuencia: Iabc=[1 ; 1*exp(-1i*2*pi/3) ; 0]; [Isec]=CSimetricas(Iabc);

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Al calcular los fasores de las fases en secuencia a través de la transformación de componentes simétricas: (+)

𝐼𝑎

(−)

𝐼𝑎

(0)

𝐼𝑎

=

0.6667 ≮ 0 [𝑟𝑎𝑑] 𝜋 0.3333 ≮ [𝑟𝑎𝑑] 3

𝜋 3

0.3333 ≮ − [𝑟𝑎𝑑]

(+)

𝐼𝑏

(−)

𝐼𝑏

(0)

𝐼𝑏

0.6667 − =

0.3333 ≮ 𝜋[𝑟𝑎𝑑] 𝜋 0.3333 ≮ − [𝑟𝑎𝑑]

Fase A

Sec. Positiva

2𝜋 [𝑟𝑎𝑑] 3

3

(+)

𝐼𝑐

0.6667 ≮

𝐼𝑐

(−)

= 0.3333 ≮

𝐼𝑐

(0)

0.3333 ≮

2𝜋 [𝑟𝑎𝑑] 3 𝜋 − [𝑟𝑎𝑑] 3 𝜋 − [𝑟𝑎𝑑] 3

Fase B

Sec. Negativa

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Fase C

Sec. Cero Prof. Juan Bermúdez , PhD

Fase 10

Ejemplo Numérico (Sistema Desbalanceado)

Sea

𝐼𝑎 1 ≮ 0 [𝑟𝑎𝑑] 𝐼𝑏 = 0 𝐼𝑐 0

Se procede a calcular las corrientes en redes de secuencia: Iabc=[1 ; 0 ; 0]; [Isec]=CSimetricas(Iabc);

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Al calcular los fasores de las fases en secuencia a través de la transformación de componentes simétricas: (+)

𝐼𝑎

(−)

𝐼𝑎

(0)

𝐼𝑎

0.3333 ≮ 0 [𝑟𝑎𝑑] = 0.3333 ≮ 0[𝑟𝑎𝑑] 0.3333 ≮ 0[𝑟𝑎𝑑]

(+)

𝐼𝑏 𝐼𝑏

= 0.3333 ≮ 2𝜋 [𝑟𝑎𝑑]

𝐼𝑏

0.3333 ≮ 0[𝑟𝑎𝑑]

(−) (0)

Fase A

Sec. Positiva

0.3333 ≮ −2𝜋 [𝑟𝑎𝑑] 3 3

(+)

𝐼𝑐

(−)

𝐼𝑐

(0)

𝐼𝑐

= 0.3333 ≮

0.3333 ≮ 0 [𝑟𝑎𝑑]

Fase B

Sec. Negativa

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2𝜋 [𝑟𝑎𝑑] 3 2𝜋 − [𝑟𝑎𝑑] 3

0.3333 ≮

Fase C

Sec. Cero Prof. Juan Bermúdez , PhD

Fase 12

Cálculo de la Potencia Aparente en por unidad _La potencia con los valores de fase 𝑆 = 𝑉𝑎 𝐼𝑎 ∗ + 𝑉𝑏 𝐼𝑏 ∗ +𝑉𝑐 𝐼𝑐 ∗ _La potencia con los valores de secuencia (+) 𝑇

𝑆 = (𝑇 · 𝑉𝑎

+,−,0 𝑇 ) (𝑇

· 𝐼𝑎

+,−,0 ∗ )=

𝑉𝑎

(−) 𝑉𝑎 (0) 𝑉𝑎

1 𝑎2 𝑎

1 𝑎 𝑎2

1 1 1

1 3 0 0

𝑇

1 𝑎2 𝑎

1 𝑎 𝑎2

1 1 1

∗

(+) ∗

𝐼𝑎

(−)

𝐼𝑎

(0)

𝐼𝑎

0 0 1 0 0 1

𝑆 = 3𝑉𝑎 + 𝐼𝑎 + + 3𝑉𝑎 − 𝐼𝑎 − +3𝑉𝑎 0 𝐼𝑎 0 Análisis Básico de Sistemas de Potencia 2013

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Caso 1 Para el caso del sistema desbalanceado con dos fases abiertas: 𝑉𝑎 1 ≮ 0 [𝑟𝑎𝑑] 𝑉𝑏 = 0 𝑉𝑐 0

𝐼𝑎 0.5 ≮ −𝜋6[𝑟𝑎𝑑] 𝐼𝑏 = 0 𝐼𝑐 0

𝑆 = 𝑉𝑎 𝐼𝑎 ∗ + 𝑉𝑏 𝐼𝑏 ∗ +𝑉𝑐 𝐼𝑐 ∗ = 0.4330 + 𝑗0.25 [𝑝𝑢]

(+)

𝑉𝑎

(−)

𝑉𝑎

(0)

𝑉𝑎

(+)

𝑆 = 3𝑉𝑎 + 𝐼𝑎 +

∗

(−)

𝐼𝑎

(0)

𝐼𝑎

+ 3𝑉𝑎 − 𝐼𝑎 − ∗ +3𝑉𝑎 0 𝐼𝑎 0

Análisis Básico de Sistemas de Potencia 2013

0.1667 ≮ −𝜋6 [𝑟𝑎𝑑] 𝜋 = 0.1667 ≮ − 6 [𝑟𝑎𝑑] 0.1667 ≮ −𝜋6 [𝑟𝑎𝑑]

𝐼𝑎

0.3333 ≮ 0 [𝑟𝑎𝑑] = 0.3333 ≮ 0[𝑟𝑎𝑑] 0.3333 ≮ 0[𝑟𝑎𝑑]

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∗

= 0.4330 + 𝑗0.25 [𝑝𝑢] Prof. Juan Bermúdez , PhD

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Caso 2 Para el caso del sistema desbalanceado con una fase abierta: 𝜋

0.5 ≮ − 6 [𝑟𝑎𝑑] 𝐼𝑎 𝐼𝑏 = 0.5 ≮ 𝜋 [𝑟𝑎𝑑] 2 𝐼𝑐 0

1 ≮ 0 [𝑟𝑎𝑑] 𝑉𝑎 𝑉𝑏 = 1 ≮ −2𝜋 [𝑟𝑎𝑑] 3 𝑉𝑐 0

𝑆 = 𝑉𝑎 𝐼𝑎 ∗ + 𝑉𝑏 𝐼𝑏 ∗ +𝑉𝑐 𝐼𝑐 ∗ = 0.8660 + 𝑗0.5 [𝑝𝑢] (+)

𝑉𝑎

(−)

𝑉𝑎

(0)

𝑉𝑎

0.6667 ≮ 0[𝑟𝑎𝑑] 𝜋 = 0.3333 ≮ 3 [𝑟𝑎𝑑] 0.3333 ≮ −𝜋3 [𝑟𝑎𝑑]

𝑆 = 3𝑉𝑎 + 𝐼𝑎 +

∗

(+)

𝐼𝑎

(−)

𝐼𝑎

(0)

𝐼𝑎

+ 3𝑉𝑎 − 𝐼𝑎 − ∗ +3𝑉𝑎 0 𝐼𝑎 0

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0.3333 ≮ −𝜋6 [𝑟𝑎𝑑] 𝜋 = 0.1667 ≮ 6 [𝑟𝑎𝑑] 0.1667 ≮ −𝜋2 [𝑟𝑎𝑑] ∗

= 0.8660 + 𝑗0.5 [𝑝𝑢]

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Caso 3 Para el caso del sistema balanceado:

1 ≮ 0 [𝑟𝑎𝑑] 𝑉𝑎 2𝜋 𝑉𝑏 = 1 ≮ − 3 [𝑟𝑎𝑑] 𝑉𝑐 1 ≮ 2𝜋 [𝑟𝑎𝑑] 3

𝜋

0.5 ≮ − 6 [𝑟𝑎𝑑]

𝐼𝑎 5𝜋 𝐼𝑏 = 0.5 ≮ − [𝑟𝑎𝑑] 6 𝐼𝑐 𝜋 0.5 ≮ 2 [𝑟𝑎𝑑]

𝑆 = 𝑉𝑎 𝐼𝑎 ∗ + 𝑉𝑏 𝐼𝑏 ∗ +𝑉𝑐 𝐼𝑐 ∗ = 1.2990 + 𝑗0.75[𝑝𝑢] (+)

𝑉𝑎

(−)

𝑉𝑎

(0)

𝑉𝑎

1 ≮ 0 [𝑟𝑎𝑑] = 0 ≮ 0[𝑟𝑎𝑑] 0 ≮ 0[𝑟𝑎𝑑]

𝑆 = 3𝑉𝑎 + 𝐼𝑎 +

∗

(+)

𝐼𝑎

(−)

𝐼𝑎

(0)

𝐼𝑎

0.5 ≮ −𝜋6 [𝑟𝑎𝑑] = 0 ≮ 0 [𝑟𝑎𝑑] 0 ≮ 0[𝑟𝑎𝑑]

+ 3𝑉𝑎 − 𝐼𝑎 − ∗ +3𝑉𝑎 0 𝐼𝑎 0

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∗

= 1.2990 + 𝑗0.75[𝑝𝑢]

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Falla 2F

𝐼+

𝐼−

𝑍𝑖𝑖 +

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𝑍𝑖𝑖 −

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Falla 2F-T

3𝑍𝑓

𝐼+

𝑍𝑖𝑖 +

𝑍𝑖𝑖 −

𝑍𝑖𝑖 0

𝐼0

𝐼−

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Falla 3F

𝐼+

𝑍𝑖𝑖

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