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Análisis de sistemas de potencia 2

1

Análisis de sistemas de potencia 2

DEDICATORIA

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

2

Análisis de sistemas de potencia 2

Tabla de contenido 1

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

2

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

3

Problema................................................................................................ 11

4

Problema................................................................................................ 13

5

Problema:............................................................................................... 17

6

Problema................................................................................................ 26

7

Problema:............................................................................................... 28

8

Problema................................................................................................ 33

9

Problema :.............................................................................................. 37

10

Problema :........................................................................................... 39

11

BIBLIOGRAFIA...................................................................................... 40

3

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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 MVA , son los siguientes:

Generadore 300 s Trafos Línea Carga 1

MVA

} =0.08 j p.u. ¿ Xd

300

MVA

X =0.12 j p . u .

Sin

pérdidas

X L=0.2 j p . u .

Resistiva R1=2 p .u .

Se sabe igualmente, que las fuentes con las que se modelan los 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 barras, la intensidad que atraviesa la línea y las suministradas por los generadores.

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Página 4

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Sistema con fallo RESOLUCIÓN En este tipo de problemas no se considera el 4estado de carga previo al fallo, por lo que, pese a especificarse la carga en el enunciado, el sistema se considerará en

Modelo del sistema vacío, como se muestra en la figura. Calcularemos en primer lugar el equivalente Thevenin del sistema en el punto del fallo. Para ello, nos ayudaremos de la figura, que corresponde al sistema en el que se han anulado las fuentes de tensión (Modelo incremental). Basándonos en ella obtenemos:

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Dicho valor de

Zt

es el que debe considerarse en el equivalente de la figura.

Por tanto, la intensidad de corto bale:

El circuito de la figura (Sistema pasivado y fallo sustituido por una fuente) nos permite obtener la contribución de cada generador al cortocircuito:

Sustitución de corto circuito

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Aplicando la expresión del divisor de intensidades:

Y conseguidas éstas, la obtención de las tensiones es inmediata

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

En la figura se muestra el estado tras el corto resultado si se modela la carga como una resistencia. Se observa cómo la variación del resultado es mínima.

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Página 7

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2 PROBLEMA Los generadores de la figura 12.12alimentan a través de transformadores elevadores las barras 1 y 2. La reactancia equivalente para ambos conjuntos generador-transformador es de

0.3 p . u . ,

líneas tienen una impedancia de

en sus respectivas bases. Las tres

0.2 p . u .

En

100 MVA . Encontrar

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

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Scc , de las tres

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Sistema Intensidades por las líneas ante el cortocircuito rígido en la barra 3 Sb=50 MVA y Ui=1 p . u . antes del fallo

RESOLUCION La potencia de cortocircuito da una idea de la severidad del fallo Scc =|J |∗|E|=

E2 1 ≈ Xt Xt

Convirtiendo la bases Z G1=

50 ∗0.3=0.15 100

Z G2=

50 ∗0.3=0.075 200

Z G3=

50 ∗0.2=0.1 100

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

Impedancias del sistema Construyendo la matriz de admitancias

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Y la matriz de impedancias de nudos

Las 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 =−9.8592 j p .u 0.1014 j

Las

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 más crítico es el fallo en la barra 2 (mayor generador) y el nudo critico es la barra 3 (generador mas lejano) En cuanto al caso concreto de un cortocircuito en el nudo 3. Los incrementos en las magnitudes se obtienen, por teorema de compensación, a partir del circuito de a figura siguiente

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Circuitos para

compensación

Las ecuaciones nodales son:

Solo es necesario la tercera columna de

Zn

para el producto anterior. Así,

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

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

Zn

,locual podría haberse realizado eficientemente, en un caso de tamaño realista. Mediante técnicas de vectores dispersos (eliminación rápida hacia delante y sustitución hacia atrás)

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3 Problema Un generador síncrono y un motor síncrono cada uno de 25 MVA nominales a 11 kV con reactancia subtransitoria de 15% se conectan mediante transformadores y una línea como se muestra en la figura siguiente.

Los transformadores son de 25 MVA, 11/66 kV y 66/11 kV con reactancias de dispersión de 10% cada uno. La línea tiene una reactancia de 10% sobre una base de 25 MVA, 66 kV. El motor consume 15 MW con un factor de potencia de 0.8 en adelanto y un voltaje terminal de

10.6 kV cuando ocurre una falla

simétrica trifásica en los terminales del motor. Encontrar la corriente subtransitoria en el generador, en el motor y la falla. Todas las reactancias se dan en una base de 25 MVA. voltaje prefallaV 0 =

10.6 =0.9636 ∠0° 11

Carga= 15 MW, 0.8 pf en adelanto carga=

15 =0.6 pu , 25

corriente prefalla I 0=

pf 0.8 en adelanto 0.6 ∠36.9°=0.7783∠ 36.9 pu 0.9636 ×0.8

Voltaje detrás de la reactancia subtransitoria (generador) E'g' =0.9636 ∠0 °+ j 0.45× 0.7783 ∠ 36.9° ¿ 0.7536+ j0.28 pu Voltaje detrás de la reactancia subtransitoria (motor) ''

Em =0.9636 ∠0 °− j 0.15 ×0.7783 ∠ 36.9 °

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¿ 1.0336− j0.0933 pu

El circuito equivalente de prefalla es el siguiente

En condición de falla es:

I 'g' = ''

I m=

0.7536+ j0.28 =0.6226− j1.6746 pu j 0.45 1.0336− j0.0933 =−0.6226− j 6.8909 pu j0.15

Corriente de falla

f

''

''

I =I g + I m=− j8.5655 pu 3

Corriente base del generador De donde:

25 ×10 ¿ =1312.2 A √3 ×11

I 'g' =1312.2 ( 0.6226− j1.6746 )=816.4− j 2197.4 A

I 'm' =1312.2 (−0.6226− j 6.8906 )=−816.2− j 9041.8 A I f =− j11239.6 A

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4 Problema Para el esquema que se muestra, todas las impedancias están en pu sobre base común de 100 MVA. Por simplicidad se omiten las resistencias.

Se

asumen lo siguiente: i).- Se desprecian las capacitancias shunt y se considera al sistema sin carga ii).- Todos los generadores operan en su voltaje y frecuencia nominal y con sus fem en fase Determinar la corriente de falla, los voltajes de barra, y las corrientes de línea durante la falla cuando ocurre una falla trifásica balanceada con una Zf=0.16 pu en a) la barra 3, b) en la barra 2.

La falla se simula conectando una impedancia Z f en la barra 3 como se muestra en la figura

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El teorema de Thevenin indica que los cambios en los voltajes de la red causados por la rama añadida (la impedancia de falla) mostrada en la siguiente anterior, es equivalente a aquellos causados por el voltaje añadido V 3(0) con todas las otras fuentes cortocircuitadas como se muestra en la siguiente figura.

De la figura, y aplicando Thevenin la corriente de falla en la barra 3 es: I 3F =

V 03 Z Th(33) + Z F

Donde

V 03

es el voltaje Thevenin equivalente, o el voltaje de barra prefalla.

Este puede obtenerse de la solución del flujo de potencia. En este ejemplo asumimos todos los voltajes prefalla igual a 1.0 pu debido a que se desprecian las cargas y las fem de los generadores se asumen iguales a su valor nominal. V 01=V 02 =V 03=1.0 pu Z Th(33)

- es la impedancia Thevenin vista desde la barra de falla

Para encontrar la impedancia Thevenin, convertimos la conexión  a su equivalente Y

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De la fig. c, la corriente de falla es: V 3F 1.0 I = = =− j 2.0 pu F j0.34 + j 0.16 Z 33+ Z F 3

Las corrientes en los generadores: I G 1=

j 0.6 I F=− j1.2 pu j0.4 + j 0.6 3

I G 2=

j 0.4 I 3F =− j0.8 pu j 0.4+ j0.6

Para los cambios de voltaje de la fig. a ∆ V 1=0−( j0.2 ) (− j 1.2)=−0.24 pu ∆ V 2=0−( j0.4 ) (− j 0.8)=−0.32 pu ∆ V 3= ( j 0.16 ) (− j 2.0)=−0.68 pu

Los voltajes de barra durante la falla se obtienen por superposición de los voltajes prefallamas los cambios de voltaje en las barras causados la fem equivalente conectada a la barra de falla, como se muestra en b. F

0

F

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 F3 =V 03 + ∆V 3=1.0−0.68=0.32 pu Las corrientes de cortocircuito en las líneas son: F

F

V −V 2 0.76−0.68 I = 1 = =− j 0.1 pu z 12 j0.8 F 12

F

I 13 =

V 1F−V F3 0.76−0.32 = =− j 1.1 pu z 13 j0.4

V 2F−V F3 0.68−0.32 I = = =− j 0.9 pu z 23 j0.4 F 23

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b) en la barra 2

La falla con impedancia Zf se muestra en la fig. y su Thevenin equivalente

Obtenemos: Z Th(22)=

( j 0.6 ) ( j 0.4) = j0.24 j0.6 + j 0.4

De la fig. b la corriente de falla es: V 2F 1.0 I = = =− j 2.5 pu F j0.24 + j 0.16 Z 22+ Z F 2

Las corrientes en los generadores: I G 1=

j 0.4 I F=− j1.0 pu j0.4 + j 0.6 2

I G 2=

j 0.6 I F =− j1.5 pu j 0.4+ j0.6 2

Para los cambios de voltaje de la fig. a

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∆ V 1=0−( j0.2 ) (− j 1.0)=−0.2 pu ∆ V 2=0−( j0.4 ) (− j1.5)=−0.6 pu ∆ V 3=−0.2−( j 0.4 ) (

− j 1.0 )=−0.4 pu 2

Los voltajes de barra durante la falla se obtienen por superposición de los voltajes prefallamas los cambios de voltaje en las barras causados la fem equivalente conectada a la barra de falla, como se muestra en b. V F1 =V 01 + ∆V 1=1.0−0.2=0.8 pu V F2 =V 02 + ∆V 2=1.0−0.6=0.4 pu V F3 =V 03 + ∆V 3=1.0−0.4=0.6 pu Las corrientes de cortocircuito en las líneas son: F I 12 =

V 1F−V 2F 0.8−0.4 = =− j0.5 pu z 12 j 0.8

V 1F−V F3 0.8−0.6 I = = =− j 0.5 pu z 13 j0.4 F 13

F

F I 32 =

F

V 3 −V 2 0.6−0.4 = =− j0.5 pu z 23 j0.4

5 Problema: Calcule las condiciones de cortocircuito para las tres barras del sistema de la figura 1. Datos: Generador

: 13,8 kV, 150 MW, Factor de Potencia=0,91463,

X”=X2=0,09 pu., X0=0,07 pu. Transformador

: 200 MVA, 13,8/230 kV, X=11%

Línea: X1=20  X0=60 .

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Resto Del Sistema: MVAcc1=MVAcc2= 2000 MVA MVAcc0= 2172 MVA. Todas calculadas con 230 kV como voltaje nominal.

(1)

(2)

(3) Resto del Sistema

Figura 1.- Unifilar del sistema para el ejemplo numérico. Solución: Primer Paso: Expresar las magnitudes del circuito en por unidad. Este paso se comienza escogiendo la potencia base y un voltaje base. Se escogerán las magnitudes bases del transformador (200 MVA y 13,8 kV en el lado de bajo voltaje). Generador: Su capacidad en MVA es 150/0,91463=164 MVA200 por lo que hay que cambiarle la base de potencia.

X”=X2=0,09

X0=0,07 Transformador: No hay cambios de base pues las suyas fueron las escogidas: Xt= 0,11 pu. Línea: El voltaje base en la línea es 230 kV por lo que la impedancia base en la línea es:

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Resto del Sistema:

Xcc1=Xcc2=

Xcc0= Segundo Paso: Formar las redes de secuencia positiva, negativa y cero con todas sus magnitudes en por unidad. Tercer Paso: Reducir las tres redes de secuencia anteriores entre el punto de falla y la referencia aplicando el teorema de Thevenin para cada uno de los cortocircuitos pedidos. Se realizarán los cálculos para el cortocircuito en la barra “1” y se dejará al alumno, como ejercitación, el cálculo para las otras dos barras.

Eg

j0,1098

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(1)

j0,1100

(2)

j0,0756

Página 20

Neutro

(3)

j0,1000

V3

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Figura 2.- Red de secuencia positiva del unifilar de la figura 1. j0,1098

(1)

j0,1100

(2)

j0,0756

(3)

j0,1000

Neutro

Figura 3.- Red de secuencia negativa del unifilar de la figura 1.

j0,0854

(1)

j0,1100

(2)

j0,2268

(3)

j0,076

Tierra

Figura 4.- Red de secuencia cero del unifilar de la figura 1 La figura 5 muestra las tres redes de secuencia reducidas aplicando el teorema de Thevenin entre la barra “1” y la referencia. Para las redes de secuencia positiva y negativa las impedancias de Thevenin son iguales y se calculan como:

X0=j0,0854 Porque el sistema, a la derecha de la barra 1 está desconectado del generador a la secuencia cero (1) UTh=1+j0 J0,0793 Ia1

J0,0793 Ia2

Ua1 Paja supo Larry ivan

(1)

(1)

Ia0 Ua2

Página 21

J0,0854

Ua0

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Figura 5.- Redes de secuencia positiva, negativa y cero reducidas por Thevenin entre la barra “1” y la referencia. Corrientes debidas al cortocircuito trifásico. Como la red permanece balanceada, sólo se necesita la red de secuencia positiva. En ella:

Se deja al alumno dibujar el diagrama fasorial de las tres corrientes y comprobar que están desfasadas 120º entre sí.

La corriente anterior en amperes es:

El nivel de cortocircuito a 13,8 kV es: MVAcc= Corrientes debidas al cortocircuito monofásico. En este caso, como el sistema se desbalancea y la falla comprende tierra, hay que trabajar con las tres redes de secuencia conectadas en serie a través de la barra (1).

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Nótese que en esta barra, la corriente debida al cortocircuito trifásico es mayor que la debida al monofásico sólo en un 2,95%. Ib=Ic=0 Pues son las fases “sanas”.

Para la misma corriente base, la corriente en ampere es:

El

nivel

de

cortocircuito

a

13,8

Corrientes debidas a un cortocircuito entre fases. Ia=0 Pues es la fase “sana”.

Ib

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kV

es:

MVAcc 1=

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Ic=-Ib Corrientes debidas a un cortocircuito entre dos fases y tierra. Ia=0 Pues es la fase “sana”.

Ia1= Aplicando un divisor de corriente, teniendo en cuenta que Ia 1=-Ia2-Ia0 se obtienen las componentes de secuencia de las corrientes que faltan:

Sustituyendo los valores hallados en la ecuación matricial (I)=(S)(Is) se obtienen las corrientes de cortocircuito de las tres fases.

Efectuando en la ecuación anterior mediante la multiplicación filas por columnas elemento a elemento se obtiene: Ia=0 Fase “sana”.

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Diagrama Fasorial de las corrientes de falla.

Ib

Ic

Figura 6.- Diagrama fasorial de las corrientes de falla debidas a una falla entre dos fases y la tierra.

Cortocircuito Tipo: Trifásico. Monofásico. Entre Fases. Dos Fases Tierra.

Ia (A)

a

Ib (A)

105914 / 0 102877 /-90 0 0

105914 / 150 0 91379 / 90 104240 / 151,23

Ic (A) 105914 / 30 0 91379 / -90 104240 / 28,770

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

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Cálculo de los voltajes durante la falla. A continuación se calcularán los voltajes de fase y entre líneas para los diferentes tipos de cortocircuito calculados. Para el cortocircuito trifásico. Durante el cortocircuito trifásico, si Zf=0: Ua=Ub=Uc=0. Para el cortocircuito monofásico. Aplicando la segunda ley de Kirchhoff en las redes de secuencia positiva, negativa y cero conectadas en serie se obtiene: Ua1=1-0,325=0,675 pu. Ua2=(-j0,0793)(-j4,098)=-0,325 pu. Ua0=(-j0,0854)(-j4,098)=-0,350 pu. Los voltajes de fase son:

Efectuando, multiplicando filas por columna, elemento a elemento, se obtienen los voltajes de las tres fases durante la falla: Ua=0: Lógico, pues es la fase fallada y Zf=0. Ub=0,8835 / -78,58 opu. Uc=0,6062 / -150 opu.

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Los voltajes de línea son: Uab=Ua-Ub=0,8855 / 101,42 o

Multiplicado por

Uab=7,039 kV.

Ubc=Ub-Uc=0,898 / -38,80 o =7,154 kV Uca=Uc-Ua=0,6062 / -150 o =4,829 kV Como es sabido, la suma de los voltajes de línea es cero, independientemente de su desbalance, dicho de otra forma, el triángulo de los voltajes de línea siempre debe cerrarse. Por otro lado si se dibuja el diagrama fasorial de los voltajes de línea se encontrará que el ángulo entre Uab y Ubc es 139,72 o, entre Ubc y Uca 111,7 o y entre Uab y Uca 108,58 o. Para el cortocircuito entre fases sin comprender tierra. Realizando un proceso completamente similar al ya mostrado se encuentra: Ua1=Ua2=1-0,49999=0,5 pu. Ua=1 / 0 opu. Fase “sana” Ub=0,5(a2+a)=-0,5 pu Uc=0,5(a+a2)=-0,5 pu Uab=1,5 / 0 0pu.=> 11,95 kVUbc=0 Uca=11,95 / 180 0 Recuerde que en REN, Uab=Uca=13,8 kV.

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6 Problema Un sistema interconectado de un generador reactor se muestra en la figura siguiente. Los valores base para las reactancias dadas en porcentaje son las especificaciones individuales de un equipo. Un cortocircuito trifásico ocurre en el punto F. Determine la corriente de la falla y los kVA de la falla si el voltaje línea a línea de la barra conductora es de 11 kV. Considere una potencia base de 50 MVA.

Datos: G1: 10 MVA, 10 % G2: 20 MVA, 15 % G3: 20 MVA, 15 % X1: 10 MVA, 5 % X2: 8 MVA, 4 % Solución Primero se determina los valores por unidad para las reactancias del sistema referidos a la base de 50 MVA.

XG 1=0.10 ×

50 =0.5 pu 10

XG 2=0.15 ×

50 =0.375 pu 20

XG 3=0.15 ×

50 =0.375 pu 20

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XG 3=0.5 ×

50 =0.25 pu 20

XG 3=0.4 ×

50 =0.25 pu 8

Estas 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, según el diagrama: Neutro

Datos: G1: j 0.5 G2: j 0.375 X2 = j 0.25 G3: j 0.375 X1 = j 0.25 X2 = j 0.25 Del diagrama de impedancias se observa que G3 está en serie con X2 (resultado Denominado X3) y a la vez estás están en paralelo con G2 (resultado denominado X4) entonces: X 3=G 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 G 1 J 0.625 J 0.375

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Esta nueva reactancia X4 está en serie con X1 obteniendo: j 0.4844 y finalmente la reactancia total por unidad será 1 1 1 1 1 = + = + ⇒ Xt=J 0.2460 Xt j 0.4844 G 1 J 0.4844 J 0.05

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

MVA falla =

I falla=

50 50 = =203.25 MVA Xt j 0.246

MVA falla

√3 Vt

6

=

203.25× 10 =10668 A j 0.246

7 Problema: Para el SEP mostrado en la fig. Cuyos datos que se dan a continuación se ha producido una falla simple línea a tierra en la que la barra n3, calcular los valores reales de las tensiones y corrientes como producto de dicha falla. Las bases del sistema Sb=100 MVA y 220 Kv. En línea LT12

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Element

MVA

KV

X1

X2

X0

os G1 G2 T1 T2 LT12 LT13 LT23

100 90 100 9 80 20 70

13.2 25 13.8/220 25/220 220 220 220

0.2 0.2 0.035 0.05 0.1 0.2 0.154

0.2 0.2 0.035 0.05 0.1 0.2 0.15

0.04 0.05 0.035 0.05 0.35 0.4 0.25

Luego calculamos las bases del sistema y los mostramos a continuación

Parámetros Sb(MVA) Vb(Kv) Ib(Amp) Zb(ohm)

I 100 220 262.43 484

II 100 13.2 4,373.66 1.7424

Los cambios de base serán los siguientes: Para G1 X 1=X 2=0.2

100 100

2

13.2 =0.2 13.2

( )( )

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III 100 25 2,309.4 6.25

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X 0=0.04

100 100

2

13.2 =0.04 13.2

( )( )

Para G1 2

100 X 1=X 2=0.2 100

25 =0.222 25

( )( )

X 0=0.05

100 90

25 2 =0.0555 25

( )( )

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

13.2 2 =0.035 13.2

100 100

( )( )

Para T2 X 1=X 2=X 0=0.05

220 2 =0.0555 220

100 90

( )( )

Para LT12: X 1=X 2=0.1

100 80

220 2 =0.125 220

( )( )

X 1=X 2=0.35

2

100 80

220 =0.4375 220

100 70

220 =0.214 220

( )( )

Para LT13: X 1=X 2=0.15

X 0=0.25

100 70

2

( )( )

220 2 =0.357 220

( )( )

Para LT23: Paja supo Larry ivan

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Análisis de sistemas de potencia 2

X 1=X 2=0.15

X 0=0.25

100 70

100 20

2

220 =0.214 220

( )( )

220 2 =0.357 220

( )( )

Las redes de secuencia serán: Secuencia cero

Secuencia positiva

Secuencia negativa

La interconexión de redes será:

Paja supo Larry ivan

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Análisis de sistemas de potencia 2

Las corrientes de secuencia serán: I 1=I 2=I 0=

1 ∠0 =−J 0.965 J (0.406+0.315+ 0.315)

Las corrientes de fase serán: I 1=I 2=I 0=0.766 p .u .

[][

][

][ ]

1 … .1 … .1 Ia J 0.96566 2.895 Ib = 1 … a 2 … a × −J 0.965 = 0 2 Ic J 0.965 0 1…a…a

Los valores de las tensiones de secuencia son: V 0=I × Z 0=J 0.965 × J 0.406=0.39179 V 1=1∠0−I × Z 1=1 ∠ 0−J 0.965 ×0.315=0.696

V 2=I × Z 2=J 0.965× J 0.315=0.303975 Las tensiones de fase son: .

[ ][

][ ][

1 … .1… .1 Va 0.3917 0 2 = × = Vb 1…a …a 0.696 1.046 ∠−126.16 2 Vc −.3039 1.046 ∠ 124.16 1…a…a

Va=0 Kv Vb=1.02416 ∠−124.16 ×

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220 =130.065 Kv √3

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]

Análisis de sistemas de potencia 2

Vc=1.02416×

220 =130.065 Kv √3

8 Problema Para el SEP mostrado en la fig. Cuyos datos se dan a continuación ha ocurrido un corto circuito doble línea bifásico entre las barras A y C en la barra Nº6 se pide calcular las corrientes y tensiones como producto de dicha contingencia.

Elemento MVA

KV

X1

X2

X0

s G1 G2 MS T1 T2 T3 LT23 LT35 LT36 LT56

13.6 10 25 13.6/220 10/220 25/220 220 220 220 220

0.2 0.3 0.2 0.05 0.04 0.03 0.4 0.25 0.25 0.12

0.2 0.3 0.2 0.05 0.04 0.03 0.4 0.25 0.25 0.12

0.05 0.02 0.02 0.05 0.04 0.03 0.6 0..4 0.35 1

250 140 250 250 100 120 250 150 120 100

Tomar como bases del sistema 220Kv. Y Sb de 250 MVA en la línea LT35.

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Análisis de sistemas de potencia 2

Bases Del Sistema

Parámetros Sb(MVA) Vb(Kv) Ib(Amp) Zb(ohm)

I 250 220 656.6 197.136

II 250 13.6 10613.056 0.7398

Cambio de bases Para el G1 X 1=X 2=0.2

X 0=0.05

=0.2 ( 250 250 )

=0.05 ( 250 250 )

Para G2 X 1=X 2=0.3

X 0=0.05

=0.535 ( 250 140 )

=0.0537 ( 250 140 )

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

=0.2 ( 250 250 )

PARA LOS TRANSFORMADORES T 1 : X 1=X 2= X 0=0.05

=0.05 ( 250 250 )

T 2 : X 1=X 2= X 0=0.04

=0.1 ( 250 100 )

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

=0.15 ( 250 50 )

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III 250 25 5773.50 2.5

IV 250 10 14433.75 0.4

Análisis de sistemas de potencia 2

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

=0.2 ( 250 50 )

Para las líneas de transmisión: LT23: X 1=X 2=0.4

X 0=0.6

=0.4 ( 250 250 )

=0.6 ( 250 250 )

LT35: X 1=X 2=0.25

X 0=0.4

=0.416 ( 250 150 )

=0.6666 ( 250 150 )

Para la línea LT36: X 1=X 2=0.3

X 0=0.18

=0.625 ( 250 120 )

=0.45 ( 250 100 )

Luego reemplazando los valores hallaremos el circuito Thevenin visto desde el punto de falla. Las redes de secuencia serán: Secuencia cero

Secuencia positiva

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Análisis de sistemas de potencia 2

Secuencia negativa

Calculo de las corrientes de secuencia: Las corrientes de secuencia serán: I 1=−I 0=

1∠0 =−J 2.621 J ( 0.1365+ 0.0245 )

Las corrientes de fase serán: I 1=I 2=I 0=0.766 p .u .

[][

][ ][

1 … .1 … .1 Ia J 2.621 0 2 = × = Ib 1…a …a −J 2.621 4.231∠122.43 2 Ic 0 4.231∠ 57.56 1…a…a

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]

Análisis de sistemas de potencia 2

Las tensiones de fase son: .

[ ][

][ ][

1 … .1… .1 Va 0.357 0.714 ∠ 0 Vb = 1 … a2 … a × 0.357 = 0.356 ∠ 59.98 2 Vc 0 0.356 ∠ 15 1…a…a

]

Va=0.714 ×220=157.08 Kv Vb=0.357 × 220=78.54 Kv

Vc=0.357 ×220=78.54 Kv

9 Problema : Un generador de 20000KVA a 13.8KV tiene una reactancia sub transitoria directa de 0.25 por unidad. La reactancia de secuencia negativa y cero son, respectivamente, 0.35 y 0.10 por unidad. El neutro del generador esta puesto sólidamente 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 línea-tierra en los terminales del generador con el generador funcionando sin carga y a su tensión nominal despreciar las resistencias.

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Análisis de sistemas de potencia 2

SOLUCION Sobre base de 20000KVA, 13.8 KV, Ea=1,0 por unidad, ya que la tension interna es igual a la tensión en los terminales en vacío. Entonces, en por unidad Ia 1=

Ea 1.0+ j 0 = =− j 1.43 por unidad Z 1+ Z 2+Z 0 j 0.25+ j 0.35+ j0.10

Ia=3 Ia 1=− j 4.29 por unidad

corriente de base=

20 000 =836 A √ 3∗13.8

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

Las componentes simétricas de la tensión desde el punto a tierra son Va 1=Ea−Ia 1 Z 1=1.0−(− j1.43 )( j 0.25 ) ¿ 1.0−0.357=0.643 por unidad

Va 1=−Ia 1 Z 2=−(− j 1.43 ) ( j 0.35 )=−0.50 por unidad Va 0=−Ia 0 Z 0=−(− j1.43 ) ( j 0.10 )=−0.143 por unidad Las tensiones de línea a tierra son Va=Va 1+Va 2+Va 0=0.643−0.50−0.143=0

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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− j0.433−0.143 ¿−0.215− j0.989 por unidad

Vb=aVa1+ a2 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+ j0.433−0.143

¿−0.215+ j 0.989 por unidad Las 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 tensión generada, respecto al neutro, Ea se toma como 1,0 por unidad, las tensiones anteriores se expresan en por unidad de la tension básica, respecto al neutro. Expresadas en voltios las tensiones del fallo, son Vab=

1.01∗13.8 ¿ 77.7 =8.05¿ 77.7 KV √3

Vbc=

1.978∗13.8/270 =15.76 /270 KV √3

Vca=

1.01∗13.8 /102.3 =8.05 /102.3 KV √3

Antes del fallo las tensiones de línea estaban equilibradas y eran iguales a 13.8 KV. Por comparación con las tensiones de líneas después del fallo, las tensiones anteriores al fallo, con Van=Ea como referencia, vienen dadas por Vab=13.8 /30 KV

Vbc=13.8/270 KV

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Análisis de sistemas de potencia 2

Vca=13.8 /150 KV

10 Problema : Un conductor de una línea trifásica esta abierto. La corriente que circula hacia la carga, conectada en delta por la línea a, es de 10 A con la corriente en a como referencia y suponiendo que c esta abierto, determinar las componentes simétricos de las corrientes de líneas

SOLUCION Ia=10¿ 0

A

Ib=10 ¿180 Ic=0 A

A

A

10 ¿ 0+10 ¿ 180 1 +0)=0 Ia 0= ∗¿ 3 1 Ia 1= ∗( 10¿ 0+ 10 ¿180+120)=5− j2.89=5.78/−30 A 3 1 Ia 2= ∗(10 ¿ 0+10 ¿180+ 240)=5+ j 2.89=5.78 /30 A 3 Ib 1=5.78 /−150 A

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Análisis de sistemas de potencia 2

Ib 2=5.78 /150 A

Ib 0=0 Ic 1=5.78/90 A

Ic 2=5.78/−90 A Ic 0=0

Vemos que las componentes Ic1 e Ic2 tienen valores definidos, aunque la línea c esta abierta y por tanto, no pueden circular por ella las corrientes de la red. Como era esperar la suma de las componentes en la línea c es nula. Desde luego, la suma de las componentes en la línea a es 10/0 A y la suma de los componentes en la línea b vale 10/180 A

11 BIBLIOGRAFIA http://www.schneiderelectric.com.ar/documents/recursos/cuader nostecnicos/ct1581.pdf http://iie.fing.edu.uy/ense/asign/iiee/Documentos/Teorico/Calcul o_de_las_corrientes_de_cortocircuito.pdf http://iie.fing.edu.uy/ense/asign/iiee/Documentos/Practico/practi co1.pdf http://www.monografias.com/trabajos73/calculo-cortocircuito/calculo-corto-circuito.shtml http://fglongatt.org/OLD/Archivos/Archivos/SP_II/PPTCapitulo1.1S P2.pdf https://books.google.com.pe/books? id=KgNqBQAAQBAJ&pg=PA58&lpg=PA58&dq=calculo+de+ +las+corriente+de+corto+circuito+en+sistemas+de+potencia &source=bl&ots=lfRx6yjwWQ&sig=s__iWILeZmhaMiN06wtihpNL54&hl=es&sa=X&ei=AUVdVdGEOIvRggSc_4GACQ& ved=0CDAQ6AEwBA#v=onepage&q=calculo%20de%20%20las %20corriente%20de%20corto%20circuito%20en%20sistemas %20de%20potencia&f=false http://www.uhu.es/geyer/Congresos_nac/congresos %20nacionales/CN_22.pdf http://www.ptolomeo.unam.mx:8080/xmlui/bitstream/handle/13 2.248.52.100/801/A7.pdf?sequence=7 http://www.electrosector.com/wpcontent/ftp/descargas/calculo4.pdf Paja supo Larry ivan

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Análisis de sistemas de potencia 2

Power System Analisys - Hadi Saadat

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