Componentes Simétricas (1)

7/31/2019 Componentes Simtricas (1)

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INGENIERIA ELECTRICA / PROYECTO DE INSTALACIONES PAGINA 22

CALCULO APLICADO AL PROYECTO ELECTRICO

Superacin constante para ser maana mejor que hoy

2 UNIDAD: CALCULOS APLICADOS UTILIZANDO COMPONENTES SIMTRICAS

2.1.- REPRESENTACIN DE UN SISTEMA ELCTRICO DE POTENCIA (SEP): SMBOLOSNORMALIZADOS PARA SU REPRESENTACI

N

ALTERNADOR

MOTOR

CONDENSADOR SINCRONICO

CONEXION A TIERRA

TRANSFORMADOR DE DOS ENRROLLADOS

TRANSFORMADOR DE TRES ENRROLLADOS

AUTOTRANSFORMADOR

TRANSFORMADOR DE CORRIENTE

MOTOR DE ROTOR BOBINADO

REACTOR (COMPENSADORES ESTATICOS)

CONDENSADOR (COMPENSADORES ESTATICOS)

FUSIBLE

INTERRUPTOR DE POTENCIA SUMERGIDO EN ACEITE

DESCONECTADOR FUSIBLE

INTERRUPTOR MANUAL

BARRA

CONSUMO O CARGA

INTERRUPTOR DE POTENCIA

CONEXION ESTRELLA

CONEXION TRIANGULO

CONEXION ESTRELLA A TIERRA

RESISTENCIA VARIABLE

INDUCTANCIA VARIABLE

CONDENSADOR VARIABLE


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2.2.- ESTRUCTURA BASICA DE UN S.E.P.

2.3.- DIAGRAMA UNILINEAL

Estos diagramas permiten representar en forma simplificada un sistema elctrico de potencia, en el cual suselementos componentes como ser: transformadores, alternadores, motores, lneas de transmisin,interruptores, etc. Se representan por smbolos normalizados.Su objetivo bsico es indicar de una manera concisa los datos ms significativos del sistema.La cantidad de informacin que incluye el diagrama depender del tipo de problema que se desea resolver odel tipo de estudio que se pretende realizar.

Ejemplo: Diagrama unilineal de un sector del sistema interconectado Endesa-Chilectra: Los Molles-Guayacn.

2.4.- DIAGRAMA DE IMPEDANCIA

Para efectuar clculos concretos en un SEP, su diagrama unilineal se transforma en una red equivalentedonde cada componente se representa por su circuito equivalente dando lugar as a un diagrama deimpedancia.

Diagrama unilineal.

Diagrama de impedancia


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2.5.- DIAGRAMA DE REACTANCIA: (para el anlisis y clculo solo se usaran las reactancias y se eliminanlas resistencias, condensadores y las ramas de excitacin)

Para l clculo del COCI, fases abiertas estabilidad y otros estudios en el diagrama de impedancias sedesprecian resistencias, circuitos de magnetizacin. Dando origen as al diagrama de reactancia:

2.6.- CANTIDADES EN PU (cantidades por unidad)

Normalmente en los anlisis de los SEP, los clculos se realizan empleando el sistema por unidad (PU) , queconsiste en expresar las cantidades como una fraccin decimal de una cantidad llamada cantidad base. Alas cantidades expresadas en PU tambin se les denominan cantidades en tanto por uno.Como un SEP est constituido por un gran nmero de generadores de diversas potencias y tensionesnominales, lneas de transmisin de diferentes caractersticas interconectadas mediante transformadores dediferentes potencias y tensiones primarias y secundarias y finalmente consumos de diversas naturaleza, esun hecho comprobado que todos los clculos se simplifican, si en lugar de emplear las cantidades originales(volt, amper, ohm, etc.) se emplean cantidades en PU.

2.7.- VENTAJAS DEL SISTEMA PU

1. Elimina la necesidad de referir las cantidades de un lado al otro en redes que contienentransformadores, lo cual es muy importante en redes complicadas que incluyen muchostransformadores con diversas razones de transformacin, hecho que a menudo constituye unafuente de error para los clculos.En otras palabras el sistema en PU permite establecer en forma sencilla la red equivalente de unSEP necesaria para realizar diversos clculos requeridos.

2. Los parmetros caractersticos de maquinas rotatorias, transformadores y lneas de transmisin alestar expresadas en PU quedan comprendida en una banda numrica de ancho razonable.

2.8.- DEFINICION GENERAL DE CANTIDADES EN PU

PUBaseValor

OriginalValor"PU"ENVALOR PUValor

V

V

A

A

;;

2.9.- SELECCION DE CANTIDADES BASE

Al aplicar el sistema PU a cantidades elctricas es necesario seleccionar arbitrariamente las cantidades baseen los sistemas.En los sistemas de potencia existen cuatro cantidades principales que son:

Potencia aparente S (MVA)Voltaje V (Volt)Corriente I (Amper)Impedancia Z (Ohms)

Estas cuatro variables estn relacionadas entre s, de manera que la seleccin de dos de ellas definir a lasrestantes. Por ejemplo si elegimos corriente y tensin como valores base se definir como impedancia baseaquella que produce una cada de tensin igual a la tensin base, cuando por ella circule una corriente iguala la corriente de base (todo esto es simplemente ley de ohm utilizando las cantidades base) ,esto es:


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baseI

baseVZbase

Potencia base es aquella que disipa o entrega un elemento cuando se le aplica una tensin base y entrega oconsume una corriente de base (esto simplemente es potencia V*I utilizando las cantidades base), esto es:

baseIbaseVbaseS

Todas las cantidades base son nmeros reales pero las cantidades en PU pueden ser reales o complejas.En la prctica generalmente se eligen como cantidades base a potencia aparente y la tensin.

Sistema Monofsico.Ib

VbZb

Vb

SbIb

Sistema trifsico

Vb3

Sb

Ib

Ib

Vb

Zb

3/

Ib3

Vb

Zb

o tambin

SbVbZb

2

2.10.- PROPIEDADES DEL SISTEMA PU

1) Si las cantidades base son nmeros reales, entonces las cantidades en PU resultan con los mismosngulos de fase que las cantidades originales.

V V Vb 0Vb

Luego:V

Vpu Vpu

Vb 0

Sean:

Z R+jX Z

Zb Zb 0

Z R XZ(pu) R(pu)+jX(pu) Z(pu)

Zb 0 Zb Zbj

Ejemplo: Sea Z = (6 +j8) y la cantidad base elegida es 10 ohm entonces la cantidad PU queda:

(PU)CantidadOriginal 10 53,13Z = 1 53,13

Cantidad Base 10

O tambin se puede realizar de la siguiente forma:

R X 6 8Z(pu) j 0,6 0,8 1 53,13

Zb Zb 10 10j j

2) Si las cantidades base se eligen d tal modo que cumplan con la ley de ohm en valores reales,entonces las cantidades en PU la cumplen en su forma compleja

En efecto sean:

V= I Z

Vb = Ib Zb


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Dividiendo la ecuacin:

V I Z= : V(pu)=I(pu) Z(pu)

Vb Ib ZbLuego

3) Si las cantidades base de corriente, tensin, potencia se eligen d tal modo que cumplan con laecuacin de la potencia aparente en valores reales, entonces las cantidades en PU verifican estaecuacin en su forma compleja.

Sean:

S=V I= P jQ Sb=Vb Ib

donde:

Ib

I

Vb

V

Sb

S

es decir:

( ) ( ) ( )

( ) ( ) ( )

S pu V pu I pu

S pu P pu jQ pu

Nota: Debe trabajarse con el conjugado de la corriente en el caso de la potencia aparente

Ejemplo: para la red mostrada en la figura, determinar corrientes y tensiones en PU si todos los valoresestn expresados en ohm.

Las cantidades bases elegidas son: Sb = 1 MVA Vb = 12 KV

Solucin:

6

3

2 2 3 2

6

Sb 1MVA 110Ib= = = =83,333A

Vb 12KV 1210

Vb 12KV (1210 )Zb= = = =144ohm

Sb 1MVA 110

Luego todos los valores del circuito anterior se llevan a PU.

Dividiendo todos los valores de R y X por Zb y Vr por Vb, se obtiene la red equivalente en PU mostrada en lafigura.

Calculo de corrientes y tensiones en PU. La seccin del circuito de la resistencia en paralelo de 0,8611 PU y la reactancia de 1,145 PU se

reducir a una Zeq.


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1 2

1 1 1 1 1 11,1613 0 0,8734 90 1,4531 36,94

(0,8611 0) (0 1,145) 0,8611 0 1,145 90

1 1 10,6882 36,9451

1,4531 36,945

YeqZ Z j j

Yeq Zeq puZeq Yeq

o tambin se puede calcular como:

9451,366882,00549,534327,1

909860,0

)145,10()08611,0(

90145,108611,0

21

21

jjZZ

ZZZeq

0, 9583 01,3925 36,9451 (1,1129 0,8369)

0,6882 36,9451

1, 3925 36, 9451 (0, 0133 0, 0182) 0, 0314 16,8967

0, 0314 16,8967 0,9583 0 0,9883 0,529

1,0154 0,5150

(0 120

VrIr j pu

Zeq

Vx Ir Zx j pu

Vc Vx Vr pu

VcIc

Xc j

1,0154 0,51500,0084 90,5150

,2) 120,2 90

1,3925 36,9451 0, 0084 90,5150 1,3874 36, 6697

1, 3874 36, 6697 (0, 0133 0, 0182) 0, 0313 17,1721

0,0313 17,1721 1,0154 0,5150 1,04

pu

Ig Ir Ic pu

Vz Ig Zz j pu

Vg Vz Vc

54 1,0067 pu

Clculo de valores reales:

basecantidadValorPUrealcantidadbasecantidad

realcantidadvalorPU

3

Ir = Ir(pu) Ib 1,3925 36,9451 83,333 116,0412 36,9451

Vc = Vc(pu) Vb 1,0154 0,5150 12 10 12,184 05150

Ic = Ic(pu) Ib 0,0084 90,5150 83,3333 0,7 90,5150

Ig = Ig(pu) Ib 1,3874 36,6697 83,3333 115,6

A

KV

A

3

166 36,6697

Vg = Vg(pu) Vb 1,0454 1,0067 12 10 12,5448 1,0067

A

KV


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2.11.- REDES CON TRANSFORMADORES DE DOS ENRROLLADOS

l clculo en PU del ejemplo anterior result sencillo por la ausencia de transformadores. La existencia detrafos ideales o reales en una red que se desea trabajar en valores en PU exige un anlisis previo de lasvariables primarias y secundarias expresadas en P.Se comienza considerando un transformador ideal.

a = Relacionde transformacin a 1

Vp Np Isa = = =

Vs Ns Ip

Se cumple que:

SpSs

IpaIpNs

NpIs

a

VpVp

Np

NsVs

Sistema de Ecuaciones 1

De donde:Np

a = = razn de transformacinNs

Para expresar las cantidades primarias y secundarias, los valores base deben elegirse de tal manera que secumplan las siguientes relaciones.

SbSbsSbp

IbpVbpSbp

IbsVbsSbs

IbpaIbs

a

VbpVbs

Sistema de ecuaciones 2

Usando las relaciones 1 y 2 se puede escribir:

VpVs V paVs (pu)= = = = V p(pu)

VbpVbs Vbpa

Is a Ip IpIs (pu)= = = = I p(pu)

Ibs a Ibp Ibp

Ss SpSs (pu)= = =Sp (pu)

Sbs Sbp

V p(pu)=Vs(pu)

I p(pu)=Is(pu)


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Las relaciones anteriores demuestran que las variables, tensin, corriente, y potencia compleja en valoresPU del secundario son iguales a las correspondientes del primario, siempre que las cantidades base seelijan de acuerdo al sistema de ecuaciones (2).De acuerdo a lo anterior, cuando se tiene dos partes de un S.E.P. unidas por un transformador ideal puederepresentarse, utilizando valores en PU sin considerar dicho transformador uniendo directamente los puntosentre los cuales est conectado el transformador ideal. Sin embargo se debe dejar en claro que los valores

en PU correspondientes al primario y al secundario se calculan utilizando los respectivos valores base (Vb,Ib) , exceptuando la potencia base que debe ser la misma en ambos lados de la red.

Un ejemplo se muestra en la figura.

a) CIRCUITO EQUIVALENTE REFERIDO AL PRIMARIO: Consideremos ahora un transformador realde dos enrollados. sus circuitos equivalentes del primario y secundario se muestran en la figurasiguiente:

b) CIRCUITO EQUIVALENTE REFERIDO AL SECUNDARIO:

Las impedancias equivalentes referidas al primario y secundario son:

2 2

2 2

Zeqp = (Rp + a Rs) + j(Xp + a Xs) = Reqp + jXeqp

Zeqs = (Rp/a + Rs) + j(Xp/a + Xs) = Reqs + jXeqs


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Donde resulta: ZeqsaZeqp2 sistema de ecuacin 3

En un transformador de 2 enrollados es:

2 2Vbp Vbp Vbs Vbs

Zbp = = Zbs = =Ibp Sb Ibs Sb

Donde resulta:2Zbp = a Zbs sistema de ecuacin 4

Utilizando los sistemas de ecuaciones 3 y 4 se tiene:

2

2

Zeqp a ZeqsZeqp(pu) = = = Zeqs(pu)

Zbp a Zbs

Luego: )pu(Zeqs)pu(Zeqp

En consecuencia, la impedancia equivalente del transformador en PU es igual, independiente si est referidaal primario o al secundario. Luego para representar una red que tenga un transformador real en valores enPU bastara intercalar su impedancia equivalente en PU entre los puntos que se encuentre conectado.Si consideramos la figura anterior donde s tena un transformador ideal y lo reemplazamos por untransformador real, se tiene:

Red equivalente en valores PU incluyendo un transformador real.

2.12.- CAMBIO DE BASE

Normalmente los fabricantes de equipos elctricos suministran los valores de impedancias calculadostomando como base la potencia aparente y la tensin nominal de la maquina o elemento.Estos valores nominales pueden diferir de las cantidades base seleccionadas para el clculo de la red envalores PU, calculadas considerando una misma potencia base y las correspondientes tensiones baseelegidas para cada sector del SEP, de manera que es necesario disponer de un mtodo conveniente paratransformar los valores de impedancia en PU en base propia a cantidades en PU a nuevas bases de tensin

y potencia denominada base comn.

Sean:

2

2

2

2

2

Z() (KV) nZ(pu)bp = Zbn =

Zbn Sn

Z()Sn Z(pu)bp(KV) nZ(pu)bp = Z()=

(KV) n Sn

Z() (KV) bc Z()SbcZ(pu)bc = Zbc = Z(pu)bc =

Zbc Sbc (KV) bc

Por lo tanto:2

2

KVn SbcBasedelsistema: Z(pu)bc = Z(pu)bpKVbc Sn

KVbc SnBasedela Mquina: Z(pu)bp = Z(pu)bc

KVn Sbc


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2.13.- ZONAS DE UN SEP

Si en un SEP existen varios sectores interconectados por transformadores de distintas razones detransformacin y se desea calcular su red equivalente en PU debe tenerse en cuenta los siguientesaspectos:

1. La potencia base debe ser la misma en todos los sectores para l calculo Sb

2. Las tensiones base Vb en cada sector sern por lo general diferentes y sus relaciones dependernde las razones de transformacin del transformador que interconecte 2 sectores entre s.3. En particular si un sector esta interconectado al resto de la red mediante ms de un transformador,

las tensiones base de los enrollados conectados a dicho sector deben ser iguales o sea cada sectorde la red debe tener una tensin base.

En la figura siguiente se representa un SEP con varios transformadores y sus correspondientes sectores ozonas.

Nota:l numero de zonas de un SEP, ser igual al nmero de transformadores del sistema ms uno.Un transformador soporta dos zonas (divide a las dos zonas).

I I II II II II

II II III III IV IV

SbI = SbII = SbIII = Sb IV = Sb

Vb Vn Vb Vn Vb Vn= ; = ; =

Vb Vn Vb Vn Vb Vn

Observacin: conviene elegir como tensin base de la zona, la tensin nominal del lado del transformadorque quede ubicado en dicha zona a menos que el problema especifique lo contrario.

Ejemplo de determinacin de tensiones de base por zona.

Se tiene el siguiente SEP.

Se determina la potencia aparente base Sb que para estos efectos es la potencia aparente del sistema Sn.Solamente es necesario determinar una tensin base de una sola zona, las tensiones base de las demszonas surgen de clculos. Para este caso se tomar la tensin base de la zona 3 , la tensin nominal dela zona III.

III IIIVb = Vn


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Para obtener las dems tensiones base se hace una relacin de tensiones:

II II IIII III

III III III

Vb Vn Vn= Vb = Vb

Vb Vn Vn Tensin en la zona II

IIVbIIVn

IVnIVbIIVn

IVn

IIVb

IVb Tensin en la zona I

CIRCUITO EQUIVALENTE DE UN TRANSFORMADOR DE 3 ENROLLADOS

Para determinar los valores de impedancia ZP, ZS, y ZT ,es necesario efectuar 3 pruebas de cociindependiente.

Z(ps) = Zp + Zs + 0

Z(pt) = Zp + 0 + Zt

Z(st) = 0 + Zs + Zt

De las ecuaciones anteriores se tiene:

Zps + Zpt - Zst 1ZP = = (Zps + Zpt - Zst)

2 2 Impedancia del primario

Impedancia de

los enrolladosZps + Zst - Zpt 1

ZS = = (Zps + Zst - Zpt)2 2

Impedancia del secundario

Zpt + Zst - Zps 1ZT = = (Zpt + Zst - Zps)2 2

Impedancia del terciario

Reactancia de los enrollados

P

S

T

1X = j (Xps + Xpt - Xst)

2

1X = j (Xps + Xst - Xpt)

2

1X = j (Xst + Xpt - Xps)

2


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TEOREMA DE MILLMAN

Es casos que en un S.E.P ( Sistema Elctrico de Potencia ) se encuentren generadores en paralelo, ypara simplificarlo y dejarlo en una lnea en serie, se utiliza el Teorema de MILLMAN .

Representacin de dos generadores en paralelo:

Representacin de los generadores en forma simplificada por MILLIMAN.

Como se mostr en la figura anterior, al simplificar por MILLMAN se obtuvieron las variables E my X m. Para poder llegar a este resultado, se realizan por las siguientes formulas:

Ecuacin para la fuente simplificada de Milliman:

1 2

1 2

1 2

E E+

jX jXE m =

1 1+jX jX

Ecuacin para la reactancia simplificada de Milliman.

1 2

1 2

1 2

X X1Xm = =

1 1 X + X+

X X

Casos especiales:

1. S E1 = E2 y X1 = X2, entonces:1 2

m 1 2 m

X XE = E = E X = =

2 2

2. S E1 = E2 y X1 X2, entonces:1 2

m 1 2 m

1 2

X XE = E = E X =

X +X

3. S E1 E2 y X1 X2, entonces: m

E1 E 2+

jX1 jX2E =

1 1+

jX1 jX2

1 2

m

1 2

X XX =

X +X


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Ejercicio: en el diagrama unilineal se pide encontrar el diagrama de reactancias en PU para unapotencia base de 75 MVA, y una tensin base de 154 Kv en la lnea.

Datos:

G1, G2 y G3 T1 y T2 T3 P-T-S Lnea Motor Valores base

Vn=13,8Kv 15Kv / 160Kv 160Kv / 5Kv / 13,8Kv Xl= j200 ohm Vn=6Kv Sb=75 MVA

Sn=50MVA 75MVA 70 / 5 / 30 MVA Sn=3 MVA Vb II=154Kv

Xg=80 ohm Xr=10% bp Xps =15% bp Xm=30% bp

Xpt =10% bp

Xst =40% bp

1. Se determinan los valores de tensin base por cada zona:

II II II II

I I II

III III III IIIII

II II II

IV IV IV IIIIV

III III III

Vb Vn Vb Vn 15415= Vb = = = 14,437 kV

Vb Vn Vn 160

Vb Vn Vn Vb 5154= Vb = = = 4,812 kV

Vb Vn Vn 160

Vb Vn Vn Vb 13,84,812= Vb = = = 13,281 kV

Vb Vn Vn 5

2. Los valores de las reactancias y tensiones de los generadores G1 y G2 estn en ohms y voltsrespectivamente y hay que llevarlas a valores en PU. Estos estn en la zona I:

G1G1

bI

2 2

bI

bIb

nG1 bc

bI

E 13,8E = = = 0,9559 pu

V 14,437

V 14,437

Z = = =2,779

S 75

Z (0+j80)X = = = 28,7873 90 (0+j28,7873) (pu)

Z 2,779 0


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3. Las reactancias de los transformadores T1 y T2 sus valores estn en pu base propia, hay que llevarlosa base comn:

2

Kvn SbX(pu)bc = Xpu bp

Kv bc Sn

2

T1 T2 bc

15Kv 75MVAX =X 0,1 = 0,108 (pu)

14,437Kv 75MVA

4. La reactancia de la lnea est en ohms y hay que llevarla a pu base comn:2 2

IIII

b

Vb 154Zb = = =316,2133

S 75

L bc

(0 + j200)X = = 0,6325 90 (0 + j0,6325) (pu)

316,2133

5. El transformador T3 los valores de las reactancias compuestas que estn en base propia hay quellevarlos a base comn:

Xps = 0,15 (pu)bpXpt = 0,1 (pu)bpXst = 0,4 (pu)bp

2 2

IIIIII

b

Vb 4,812Zb = = = 0,3087

S 75

2

bc

2

bc

2

bc

160 75

Xps = 0,15 = j0,1735 (pu)154 70

160 75Xpt = 0,1 = j 0,1157 (pu)

154 70

13,8 75Xst = 0,4 = j1,0797 (pu)

13,281 30

bc

1 1Xp = j (Xps + Xpt - Xst) = j (0,1735 + 0,1157 - 1,0797) = - j0,3953 (pu)

2 2

Nota: Xp di un valor negativo y se asume que es 0 porque no existen reactancias inductivas

negativas.

bc

bc

1 1Xs = j (Xps + Xst - Xpt) = j (0,1735 + 1,0797 - 0,1157) = j05688 (pu)

2 2

1 1Xt = j (Xst + Xpt - Xps) = j (1,0797 + 0,1157 - 0,1735) = j0,5110 (pu)

2 2

6. La reactancia del motor se encuentra en base propia, hay que llevarla a base comn:

2

Kvn SbX(pu)bc = Xpu bp

Kvbc Sn

2

m bc

m

6 75X = 0,3 = 11,6604 (pu)4,812 3

6E = = 1,2469 pu

4,812


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7. Los valores de la reactancia y tensin del G3 estn en ohms y volts respectivamente y hay que llevarlasa valores en PU. Este est en la zona IV:

2 2

bIVIV

b

V 13,281Zb = = = 2,3518

S 75

G3

G3 bc

13,8E = = 1,0391 pu

13,281

(0+j80)X = = 34,0165 90 (0 + j34,0165) (pu)

2,3518 0

8. Diagrama de reactancias con todos los valores en PU

Simplificando el circuito nos queda:

Simplificando las fuentes por teorema de Milliman: E1=E2 X1=X2


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Finalmente el circuito y nos queda:

ESTUDIO DE LAS CONDICIONES ANORMALES DE FUNCIONAMIENTO DE UN SEP

Las condiciones anormales de funcionamiento de un SEP derivan de los fenmenos transitorios loscuales se pueden clasificar, de acuerdo al tiempo de duracin, en las siguientes categoras.

a) FENOMENOS TRANSITORIOS ULTRA RAPIDOS. Estos fenmenos corresponden bsicamente adescargas atmosfricas sobre las lneas de transmisin y las producidas por operaciones de conexin ydesconexin de diversos componentes de la red del SEP. (Fundamentalmente las lneas. Lasperturbaciones de este tipo dan origen a ondas de tensin y corriente que viajan prcticamente a lavelocidad de la luz a lo largo de las lneas pero su efecto dura unos pocos milisegundos. Sin embargo, losprocesos de reflexin de las ondas producen elevadas tensiones que pueden llegar a destruir el equipoasociado a las lneas.La razn del estudio de estos fenmenos radica en el hecho que su anlisis suministra las basesnecesarias para la seleccin adecuada del nivel de aislamiento de los equipos elctricos asociados a laslneas y de las lneas mismas.

b) FENOMENOS TRANSITORIOS MEDIANAMENTE RAPIDOS en este grupo se incluyen los fenmenoscausados por cambios abruptos de la estructura del SEP. O sea, los COCI o lneas abiertas.

c) FENOMENOS TRANSITORIOS LENTOS. Cuando ocurre un COCI en la lnea de transmisin importantey no se desconecta oportunamente la seccin afectada, puede producirse uno de los fenmenos mspeligrosos de un SEP, esto es, oscilaciones mecnicas de los rotores de los generadores.Las oscilaciones mecnicas de los rotores son relativamente lentas, en consecuencia los estudios deestabilidad transitoria se realizan en el rango de fraccin de segundos hasta un minuto.Debido a los fenmenos transitorios se pueden producir en un SEP diversas alteraciones que reciben elnombre de FALLAS. Se designaran como fallas a los COCI y fases abiertas.

Los COCI se pueden clasificar en los siguientes tipos:

1) Coci trifsico simtrico a tierra.2) Coci bifsico aislado (entre dos lneas)3) Coci bifsico a tierra (entre dos lneas y el conjunto a tierra.4) Coci monofsico a tierra (una lnea conectada a tierra).

Las fallas debidas a fases abiertas son:

a) Una fase abierta.b) Dos fases abiertas.c) Tres fases abiertas. En este caso, la lnea o sistema sale completamente de servicio.

Los coci del tipo 1 (trifsico simtrico a tierra), dan origen a fallas simtricas, pues el SEP permaneceelctricamente balanceado. En cambio los coci del tipo del 2 al 4 (bifsicos y monofsico) l los casos de

fases abiertas a y b (1 y 2 fases abiertas) corresponden a fallas asimtricas ya que el SEP quedaelctricamente desbalanceado en el punto de falla.En el caso de fallas simtricas, l calculo se realiza sobre la base de una representacin monofsica de lared del SEP y se aplican las reglas generales del anlisis de circuito.En el caso de fallas asimtricases conveniente recurrir a un procedimiento especial aplicando el TEOREMADE LAS COMPONENTES SIMETRICAS O DE FORTESCUE.


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CALCULO DEL COCI

En general, las corrientes de coci, alcanzan magnitudes mucho mayores que los valores nominales.Si se permite que estas corrientes circulen por periodos prolongados de tiempo, pueden causar serio daotrmico al equipo y problemas de estabilidad de funcionamiento en el SEP.Por estas razones resulta necesario aislar la parte fallada para minimizar el sobrecalentamiento e impedir

oscilaciones mecnicas.En este aspecto, el tipo de coci ms severo es el trifsico, adems de producir valores elevados de corrientereduce a cero la capacidad de transmisin de una lnea, le siguen los coci bifsico y finalmente losmonofsicos.En cambio el tipo ms frecuente de coci es justamente el monofsico (aproximadamente un 75% de loscasos), el menos frecuente es el trifsico (aproximadamente un 5% de los casos).En muchos casos la corriente de coci se auto extingue y se restablece el aislamiento. Debido a esto seutilizan en la prctica interruptores de lnea que reconectan automticamente la lnea daada, una, dos oms veces para probar si la falla ha sido eliminada, solamente en el caso que la falla persista el interruptordesconectara la lnea en forma definitiva.

OBJETIVOS DEL CLCULO DE COCI

a) Definir la capacidad de ruptura de los interruptores necesarios en las diversas partes de un SEP.b) Ayudar a establecer un sistema adecuado de proteccin para diversas condiciones de falla.

Para cumplir con el objetivo a , se realiza un coci trifsico simtrico, debido a que este tipo de falla producelas corrientes de falla ms elevadas en la mayora de los casos. Con relacin al objetivo b se debe realizarun clculo de distribucin de corriente, en la red del SEP, tanto para el coci simtrico, como asimtrico,(usualmente en coci monofsico).En general l clculo del coci debe proporcionar los siguientes valores.

La corriente en el punto de falla. La potencia del coci en el punto de falla. Distribucin de las corrientes post-falla en todas las lneas del SEP. Tensiones post-falla en todas las barras del SEP.

TEOREMA DE LAS COMPONENTES SIMETRICAS

Como diseo proveniente de un clculo y por el hecho de que las lneas areas estn expuestas a una seriede fenmenos ajenos a su normal funcionamiento (inclemencias del tiempo, accin de terceras personas),dichas lneas estn propensas a fallas las cuales traen como consecuencia corrientes y voltajes de valorestan elevados que producen peligro para los equipos las personas o animales. Desde el punto de vista declculo el problema que acarrean las fallas consiste en un desequilibrio de la o las fases falladas, con lo cualel sistema se transforma de equilibrado a desequilibrado.Por lo tanto, previo al estudio de las fallas como tal se debe resolver el problema de transformar un sistemade fasores desequilibrados en equilibrados para lo cual se emplea el teorema de las componentessimtricas, que establece que tres fasores desequilibrados pueden transformarse en tres sistemas defasores equilibrados. Que son:

Sistema de fasores de secuencia positiva, que sigue la misma secuencia de los fasores originalesy que tienen igual mdulo entre si y estn desfasados en 120 grados entre ellos.

Sistema de fasores de secuencia negativa, con orden de secuencia contraria a los fasoresoriginales que tienen igual modulo entre s y con diferencia de fase de 120 grados entre ellos.

Sistema de fasores de secuencia cero, compuesto por tres fasores de igual mdulo entre s y condiferencia de fase nula entre ellos.


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Los componentes de secuencia positiva, negativa y cero se les designan por un sub ndice 1, 2 y 0respectivamente.Los componentes de secuencia deben cumplir con la siguiente relacin.

Va = Va1+Va2+ Va0

Vb=Vb1+Vb2+Vb0

Vc=Vc1+Vc2+Vc0

Sistema de ecuaciones 1

Tambin podemos escribir:

1 1 0

1 1 240

1 1 120

V a Va

V b Va

V c Va

Va2 = Va2 0

V b2 = Va2 120

Vc2 = Va2 240

V a0 = Va0

V b0 = Va0

V c0 = Va0

OPERADOR a

Definicin: se denomina operador a a un fasor de mdulo unitario que multiplicado por otro fasor, desfasa aeste ultimo en un ngulo de 120 en sentido positivo.

2

3

2

3

2

2

2

2

1 120

1 31 120

2 2

1 31 240

2 2

1 360 1

1 31 1 60

2 2

1 31 1 60

2 2

3 31 3 30

2 2

3 270 3

3 90 3

j

a

a j

a j

a

a j a

a j a

a j

a a j

a a j

Operador a


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Matriz A

Si los fasores de la ecuacin 1 los escribimos en funcin del operador a, se tiene:

2

Va1= Va1

Vb1= a V a1

Vc1= a Va1

2Vaa2Vc

2Vaa2Vb

2Va2Va

2

0Va0Vc

0Va0Vb

0Va0Va

Luego, reemplazando se tiene:

2

2

Va = Va1 + Va2 + Va0

Vb = a Va1 +a Va2 + Va0

Vc = a Va1 + a Va2 +Va0

El sistema de ecuaciones mostrada anteriormente tambin se puede expresar en forma de matrices, lo cualqueda de la siguiente manera:

2Va

1Va

0Va

aa1

aa1

111

Vc

Vb

Va

2

2

Ejercicio: dados los componentes de secuencia, obtener los fasores originales:

Vb0=120 45

Vc1=240 30

Va2=100 150

Solucin: Cada uno de los vectores dentro de su respectivo diagrama de fasores de secuencia (+),(-) y (0)

Del diagrama podemos deducir que teniendo un solo componente de la secuencia, los dems al ser de igualmdulo de obtienen sumando o restando 120 grados.

0


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Va1= 240 30-120 = 240 -90

Vb1= 240 30+120 = 240 150

Vc1= 240 30

Igual procedimiento para la secuencia negativa.

Va2=100 150

V b2=100 150+120=100 270

Vc2=100 150-120=100 30

Los componentes de la secuencia cero son de igual modulo e igual ngulo, con que asumimos que:

Obtenemos los fasores originales mediante la frmula:

Va =Va1+Va2+Va0

V b = V b1+ V b2+ V b0

Vc =Vc1+Vc2+Vc0

Va= Va1+Va2+Va0 (240 90) (100 150) (120 45) 105,161 90

V b= V b1+ V b2+ V b0 (240 150) (100 270) (120 45) 161,621 139,55

V c= Vc1+ Vc2+ Vc0 (240 30) (100 30) (120 45) 456,967 33,89


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COMPONENTES DE SECUENCIA EN FUNCION DE LOS FASORES ORIGINALES

En forma matricial los fasores originales en funcin de los componentes de secuencia quedan:

2

2

Va Va0

1 1 1Vb = 1 a a Va1

1 a aVc Va2

Va Va0

Vb = A Va1

Vc Va2

-1 -1 -1

Va Va0 Va0 Va

A Vb A A Va1 Va1 = A V b

Vc Va2 Va2 Vc

Por propiedades de las matrices se tiene que:

2

2

Va0 Va1 1 1

1Va1 1 a a V b

3

1 a aVa2 Vc

Luego los fasores de secuencia en funcin de los fasores originales:

:

22

22

1 (Va + V b + Vc)Va0 = (Va + Vb + Vc)

3 3

1 (Va + a Vb + a Vc)Va1 = (Va + a Vb + a Vc)

3 3

1 (Va + a Vb + a Vc)Va2 = (Va + a Vb + a Vc)

3 3

22

22

1 ( Ia + I b + Ic)Ia0 = ( I a + I b + I c)

3 3

1 ( Ia + a I b + a Ic)I a1 = ( I a + a I b + a I c)

3 3

1 ( Ia + a I b + a Ic)I a2 = ( I a + a I b + a I c)

3 3

A

Componentes de secuencia

en funcin de los fasores

originales.

Vlido para las corrientes y

las tensiones


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Ejercicio: Dados los fasores originales, obtener las componentes de secuencia (+), (-) y (0).

I a = 40 60

Ib = 60 -30

Ic = 80 -170

Solucin:

2 2

2

1 1Ia0= (Ia + Ib + Ic)= ((40 60)+(60 -30)+(80 -170)) = 3,8316 -126,4112

3 3

1 1Ia1= (Ia+a Ib+a Ic)= ((40 60)+(1 120)(60 -30)+(1 120) (80 -170)) = 58,7658 74,4163

3 3

1 1Ia2= ( Ia+a I b+a Ic)=

3 3

2((40 60)+(1 120) (60 -30)+(1 120)(80 -170)) = 19,9642 -71,0381

Graficamos los componentes de secuencia para obtener los dems componentes.

Ia1 = 58,766 74,41

Ib1 = 58,766 74,41-120=58,766 -45,59

Ic1 = 58,766 74,41+120=58,766 194,41

Ia2 = 19,964 -71,038

Ib2 = 19,964 -71,038+120 = 19,964 48,9620

Ic2 = 19,964 -71,038-120 = 19.964 -191,038

Los componentes de la secuencia cero son de igual modulo e igual ngulo, con que asumimos que:Ia0 = Ib0 = Ic0


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Ia0 = 3,832 -126,4112

I b0 = 3,882 -126,4112

Ic0 = 3,882 -126,4112

Luego graficamos el diagrama de los fasores asimtricos y simtricos.El grafico debe comprobar la siguiente formula:

Ia = Iao + Ia1 + Ia2

Ib = Ibo + Ib1 + Ib2

Ic = Ico + Ic1 + Ic2

Grfico de componentes.


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ESTUDIO DE LAS COMPONENTES SIMETRICAS DE SECUENCIA CERO PARA LAS CONEXIONESTRIFASICAS MS UTILIZADAS

Las componentes de secuencia cero de corrientes corresponden a las corrientes de desequilibrio oresiduales que circulan a tierra a travs de los neutros de alternadores, motores, transformadores, etc.

a) CONEXION ESTRELLA CON NEUTRO AISLADO DE TIERRA.

Ia + Ib + Ic = In

Como:

2

2

Ia = Ia1 + Ia2 + Ia0

I b = a I a1 + a I a2 + I a0

I c = a I a1 + a I a2 + I a0

Pero: Ia + Ib + Ic = In

Luego: In = 3 Ia0

(pero en este caso In= 0 por ser neutro aislado a tierra) 0In 0

Ia = = = 03 3

Por lo tanto 0I a = 0

Esto significa que para la conexin estrella con neutro aislado de tierra no

existe componente de secuencia cero (corriente de lnea).

b) CONEXION ESTRELLA CON NEUTRO CONECTADO A TIERRA.

I n = I a + I b + I c

Ia0 = I b0 = I c0

En este caso: In 0

Por lo tanto:0 0

In

In = 3 Ia Ia = 3

=0 =0

2 2Ia + I b + Ic = I a1 (1 + a + a ) + I a2 (1 + a + a ) + 3 Ia0

Ia + I b + I c = 3 Ia0


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c) CONEXION TRIANGULO.

Ia + Ica - Iab = 0

Ib + Iab - Ibc = 0

Ic + Ibc - Ica = 0

Las corrientes de fase sern:

Ia + Ica = I ab

Ib + Iab = I bc

Ic + Ibc = Ica

Iab = Ia + Ica

I bc = I b + I ab

Ica = Ic + Ibc

Segn ecuacin de fasores originales en funcin de las componentes simtricas, se tiene:

Iab = Iab1 +Iab2 + Iab0

Ibc= I bc1 + I bc2 + I bc0

Ica = Ica1 + Ica2 + Ica0

Utilizando el operador a

2

2

Iab = Iab1 +Iab2 + Iab0

Ibc= a Iab1 + a Iab2 + I ab0

Ica = a Iab1 + a Iab2 + I ab0

=0 =0

2 2Iab+Ibc+Ica= Iab1(1+a +a)+Iab2(1+a+a ) +3 Iabo

Iab + Ibc + Ica = 0 + 0 + 3 Iab0 Iab+Ibc+Ica=3 Iab0

Iab + Ibc +IcaIab0 = 0

3


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Iab + Ibc + IcaIab0 =

3

Iab0 = componente de secuencia cero de corriente de fase en la conexin tringulo

Demostracin de la componente de secuencia cero de la corriente de lnea en la conexin tringulo:

Ia = Iab - Ica

Ib = Ibc - Iab

Ic = Ica - Ibc

Por otra parte:2

2

Ia = Ia1 + Ia2 + Ia0

I b = a I a1 + a I a2 + I a0

I c = a I a1 + a I a2 + I a0

resultado: 0Ia + I b + I c = 3 Ia

0

Ia + Ib + Ic = ( Iab + Ibc + Ica) - ( Ica + Iab + Ibc)

3 Ia0 = ( Iab + Ibc + I ca) - ( Ica + Iab + Ibc)

3 Ia0 = 0

0I a = = 0

3

Para el caso de corriente de lnea, en la conexin triangulo es similar al caso a.

IMPEDANCIA DE SECUENCIA

Se define como impedancia de secuencia cero a la relacin entre V0 e I0 y se denota por:

00

0

VZ =

I

Se define como impedancia de secuencia positiva a la relacin entre V1 e I1 y se denota por:

11

1

VZ =

I

Se define como impedancia de secuencia negativa a la relacin entre V 2 e I2 y se denota por:2

2

2

VZ =

I

Segn estas 3 definiciones se concluye que las impedancias son independientes entre s, ya que cada unade ellas est en funcin de componentes simtricas de igual secuencia.

Al circuito que tiene como componentes de secuencia: V0, I0 y Z0 se le denomina malla desecuencia cero.

Al circuito que tiene como componentes de secuencia: V1, I1 y Z1 se le denomina malla desecuencia positiva.

Al circuito que tiene como componentes de secuencia: V2, I2 y Z2 se le denomina malla desecuencia negativa.

Los alternadores solo generan en secuencia positiva.

Si bien es cierto que las mallas de secuencia (+, - y 0) son independientes entre si, para estudiar algn tipode falla es necesario interconectarlas.


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Para el caso de generadores con carga desbalanceada, la impedancia de secuencia ser:

Zm = impedancia del neutro de alternadores, motores y consumos.

Va = I a Z + Ib Zm + Ic Zm

V b = I a Zm + I b Z + Ic Zm

Vc = I a Zm + Ib Zm + I c Z

0

21

22

1V = (V a + Vb + Vc)

3

1V = ( Va + a V b + a Vc)

3

1V = ( Va + a V b + a Vc)

3

Reemplazando ambas ecuaciones se obtiene lo siguiente:

0

0

00

V = ( Ia Z + I b Z m + I c Zm + I a Z m + I b Z + I c Z m + I a Zm + I b Z m + I c Z)

1V = ( Ia + Ib + I c) Z + 2 Z m (Ia + Ib + I c)

3

1 1V = ( Z + 2 Zm) ( Ia + Ib + Ic) I = ( Ia

3 3

+ Ib + Ic)

Luego:

0

0 0 00

0

V

V = ( Z+2 Zm)I Z = Z = Z + 2 ZmI

21

2 2 2

1

1

1V = Ia Z+ I b Z + Ic Zm + a ( I a Zm + I b Z+ Ic Zm)+a ( Ia Zm + I b Zm + I c Z)

3

1V = Z( Ia + a I b + a Ic) + Zm( Ib + Ic + a Ia + a Ic + a Ia + a I b)

3

1V = Z( Ia +

3

2-1 -a -a

2 2 2

2 21

211

a I b + a I c) + Z m( I a ( a+a ) + I b (1+a ) + Ic (1+a)

1V = Z( Ia + a I b + a Ic) + Zm(- Ia - a I b - a I c)3

1 1V =( Z - Zm) ( Ia + a I b + a Ic) I = ( Ia + a

3 3

2

11

I b + a Ic)

V =( Z- Zm)I

11 1

1

VZ = Z = Z - Z m

I


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22

2 2 22

2

1V = ( Ia Z + Ib Z m + Ic Z m) + a ( Ia Z m + Ib Z + Ic Z m) + a(Ia Z m + Ib Z m + Ic Z)

3

1V = Z(Ia + a I b + a Ic) + Zm( Ib + Ic + a Ia + a Ic + a Ia + a I b)

3

1V =

2 2 2

2 22

222

Z( I a + a I b + a I c) + Z m I a (a + a) + I b (1 + a) + I c (1 + a )3

1V = Z( Ia + a I b + a I c) + Zm(- Ia - a I b - a I c)

3

1 1V =( Z- Zm) ( Ia + a I b + a Ic) I = (

3 3

2

22

Ia + a I b + a Ic)

V =(Z - Zm)I

22 2

2

VZ = Z = Z - Zm

I

Para los alternadores la impedancia propia es constante, pero Zm no lo es. Esto explica que: 2Z1Z0Z

Para trafos: Z =constante

Zm =constante 1 2 0Z = Z Z

Para lneas Z =constante

Zm =constante1 2 0

Z = Z Z

MALLA DE UN ALTERNADOR

a) Malla secuencia positiva: En la malla de secuencia positiva la conexin a tierra no se utiliza.

21Ea1 = (Ea + a Eb + a Ec)3

2

Ea = E a

E b = a Ea

E c = a E a


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Reemplazando:

2 2

3 3a a a

1E a1 = ( E a + a E a a +a E aa)

3

1Ea1= (E +a E +a E )3

Ea EaEa1= (1+1+1) Ea1= 3

3 3

Ea1 = Ea Componente Positiva

La malla de secuencia positiva ser:

b) Malla secuencia negativa: Los alternadores no generan en secuencia negativa.

c) Malla secuencia cero

En este caso si influye la conexin a tierra de la maquina.


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I n = I a0 + I b0 + I c0

Pero I a0 = I b0 = I c0

I nLuego I n = 3 Ia0 I a0 =

3

Va0 = Ia0 Z0 + In Zm Va0 = Ia0 Z0 + 3 Ia0 Zm

V 0Como Z0= Z0 Malla = Z0alternador + 3 Zm

I0

Finalmente:

OTRAS CONEXIONES DE ALTERNADORES (MALLAS DE SECUENCIA CERO)

ALTERNADORES

CONSUMOS


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TRANSFORMADORES

TRANSFORMADORES DE TRES ENRROLLADOS


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Ejercicio: determinar las mallas de secuencia (+, -, y 0) simplificada en Pu para el siguiente diagramaunilineal.

Datos:G1 G2 G3 T16,9Kv 6,9Kv 13,8Kv 6,9Kv / 115Kv20 MVA 10 MVA 30 MVA 25 MVAXI=X2=0,15 pu bp X1=X2=0,15 pu bp X1=X2=0,15 pu bp X1=X2=X0=10% bpX0=Xm=5% bp X0=Xm=5% bp X0=5% bp

T2 T3 L1 L26,9Kv / 115Kv 3 unid. Monofsicas X1=X2=(0+j100)ohm X1=X2=(0+j80)ohm12,5 MVA 75Kv / 7.5Kv X0=(0+j250)ohm X0=(0+j210)ohmX1=X2=X0=10% bp 10 MVA c/u

X1=X2=X0=10% bp

Desarrollo de conexiones del transformador N3:

Potencia de transformador 3: S = 3Sn = 310 = 30MVA

Se determinan los valores de las tensiones base para cada zona:

II II IIII I

I I I

III III III

III IIII II II

IV IV IVIV II

II II II

Vb Vn Vn 115Kv= = Vb = Vb = 6,9Kv = 115Kv

Vb Vn Vn 6,9Kv

Vb Vn Vn 6,9Kv= = Vb = Vb = 115Kv = 6,9Kv

Vb Vn Vn 115Kv

Vb Vn Vn 13Kv= = Vb = Vb = 115Kv =

Vb Vn Vn 130Kv11,5Kv

I

II

III

IV

Vb = 6,9kV

Vb = 115kV

Vb = 6,9kVVb = 11,5kV


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Se llevan todos los valores a PU y a base comn

Generador 1

oG1

6,9KvE = =1 0 pu

6,9Kv

2

1 2

2

0 m

6,9kV 30MVAX =X = 0,15 = j0,225 (pu)bc

6,9kV 20MVA

6,9kV 30MVAX =X = 0,05 = j0,075 (pu) bc

6,9kV 20MVA

Generador 3

G3

13,8kVE = = 1,2 0 pu

11,5kV

2

1 2

2

0

13,8kV 30MVAX =X = 0,15 = j0,216 (pu)bc

11,5kV 30MVA

13,8kV 30MVAX = 0,05 = j0,072 (pu) bc

11,5kV 30MVA

Generador 2

G2

6,9kVE = = 1 0 pu

6,9kV

2

1 2

2

0 m

6,9kV 30MVAX =X = 0,15 = j0,45 (pu) bc

6,9kV 10MVA

6,9kV 30MVAX =X = 0,05 = j0,15 (pu)bc

6,9kV 10MVA

Transformador 1

2

1 2 0

6,9kV 30MVAX =X =X = j 0,1 = j0,12 (pu) bc

6,9kV 25MVA

Transformador 2

2

1 2 0

115kV 30MVAX =X =X = j 0,1 = j0,24 (pu)bc

115kV 12,5MVA

Transformador 3

2

1 2 0

130kV 30MVAX =X =X j0,1 = j0,1278 (pu)bc

115kV 30MVA

Lnea 1 (zona II)

2 2

IIII

Vb 115kVZb = = = 440,8333

Sb 30MVA

1 2

0

(0 + j100)X =X = = j0,2268 (pu)bc

440,8333

(0 + j 250)X = = j0,5671 (pu) bc

440,8333

Lnea 2 (zona II)


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IIZb = 440,8333

1 2

(0 + j80)X =X = = j0,1815 (pu)bc

440,8333 0

(0 + j210)X0 = = j0,4764 (pu)bc

440,8333 0

Malla de secuencia positiva. (+).

Malla de secuencia negativa (-)

Malla de secuencia cero ( 0 ).


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Componentes Simétricas (1)