proteccion de sistemas eléctricos de potencia
DESCRIPTION
Ingeniería eléctricaTRANSCRIPT
AULA POLITÈCNICA 74
Protección de sistemas eléctricos de potencia
AULA POLITÈCNICA / ETSEIT
EDICIONS UPC
Ramón M. Mujal Rosas
Protección de sistemas eléctricos de potencia
La presente obra fue galardonada en el _______________ concurso"Ajut a l'elaboració de material docent" convocado por la UPC.
Primera edición: septiembre de 2002
Diseño de la cubierta: Manuel Andreu
© Ramón M. Mujal, 2002
© Edicions UPC, 2002Edicions de la Universitat Politècnica de Catalunya, SLJordi Girona Salgado 31, 08034 BarcelonaTel.: 934 016 883 Fax: 934 015 885Edicions Virtuals: www.edicionsupc.esE-mail: [email protected]
Producción: CPET (Centre de Publicacions del Campus Nord)La Cup. Gran Capità s/n, 08034 Barcelona
Depósito legal: B-30770-2002ISBN: 84-8301-607-9
Quedan rigurosamente prohibidas, sin la autorización escrita de los titulares del copyright, bajo las san-ciones establecidas en las leyes, la reproducción total o parcial de esta obra por cualquier medio o pro-cedimiento, comprendidos la reprografía y el tratamiento informático, y la distribución de ejemplares deella mediante alquiler o préstamo públicos.
Prólogo 7
Prólogo
La idea de crear un libro sobre protección de sistemas eléctricos de potencia surgió ante la necesidad dedisponer en una única obra tanto de los aspectos teóricos como prácticos que rigen en la actualidad lasdisciplinas de Ingeniería de Segundo Ciclo que tratan temas afines, ya que si bien existen excelenteslibros teóricos sobre el tema, escasean o son prácticamente nulos los que lo hacen de forma práctica.
Debe recordarse que un análisis completo de los sistemas eléctricos exige no sólo contemplar elrégimen de funcionamiento anómalo, sino también el régimen funcionamiento normal. Por este motivo,se remite al lector a la obra, Cálculo de líneas y redes eléctricas, de la misma editorial y autor, para unmejor y más completo estudio global de los sistemas eléctricos de potencia.
Esta es una obra eminentemente práctica, sin más pretensiones que las de ofrecer, en un sólo libro, losaspectos teóricos y prácticos más importantes que rigen tanto la técnica como la seguridad y la economíaen el transporte de la energía eléctrica.
La obra ha sido estructurada en dos módulos, con un total de cuatro capítulos bien diferenciados.
El primer módulo es teórico y está formado por los capítulos primero y segundo. Con éste módulo sepretende acometer el estudio de los sistemas de potencia trabajando en régimen transitorio, es decir, consituaciones anómalas como pueden ser las provocadas por los cortocircuitos u otros fallos eléctricos. Así,el primer capítulo (Cortocircuitos en las instalaciones eléctricas) realiza un exhaustivo estudio de losfallos eléctricos más importantes, los cortocircuitos. De estos defectos se exponen los tipos existentes, lasvariaciones temporales que sufren las magnitudes eléctricas, los efectos térmicos y dinámicos que seproducen y un amplio estudio de los diferentes sistemas para limitar las corrientes de falta. Finalmente, elcálculo de las impedancias de cortocircuito y el cálculo de las corrientes de cortocircuito mediante lasdirectrices de la Norma VDE 0102 completarán este extenso capítulo. Por su parte el segundo capítulo(Redes de secuencia y componentes simétricas en los sistemas de potencia), nos introduce en el análisisde los fallos eléctricos tanto simétricos como asimétricos mediante el método de las redes de secuencia ylas componentes simétricas. El capítulo describe las redes de secuencia (redes directa, inversa yhomopolar) para posteriormente entrar en el análisis de las componentes simétricas, demostrándosegracias a ellas las fórmulas básicas que permiten el cálculo de los diversos tipos de cortocircuitos.
El segundo módulo, eminentemente práctico, está formado por dos capítulos bien diferenciados, ya quemientras que el capítulo III (Problemas resueltos de cálculo de fallos en sistemas de potencia) estáformado por problemas completamente resueltos y razonados, en el capítulo IV (Problemas propuestos defallos en sistemas eléctricos de potencia) se pretende ofrecer una serie de problemas propuestos con suscorrespondientes soluciones, para que el lector pueda ejercitarse en su resolución y comprobar así el nivelde asimilación obtenido a lo largo del estudio de la materia del presente libro. Concretamente, en elcapítulo III, se resuelven de forma completa y razonada diez problemas correspondientes afuncionamientos anómalos de los sistemas de potencia, es decir, con fallos eléctricos. Así, el cálculo desobrecargas, de las corrientes y tensiones de cortocircuito, dimensionado de sistemas de protección,puestas a tierra, o la selectividad entre protecciones entran a formar parte de este capítulo. Por su parte, elcapítulo IV, nos ofrece veinte enunciados de problemas con sus respectivas soluciones de fallos eléctricos
Protección de sistemas eléctricos de potencia8
en sistemas de potencia, lo que permite afianzar y consolidar los conocimientos teóricos y prácticosadquiridos.
Finalmente unos anexos dedicados a las fórmulas, tablas y gráficos necesarios, tanto para unconocimiento general de la materia como para la correcta resolución de los problemas, se adjuntan alfinal del libro.
No quisiera terminar esta introducción, sin dar las gracias a todos los que de alguna forma han ayudadoen la confección de este libro mediante sus observaciones, rectificaciones o consejos, siempre de granutilidad. A todos ellos, y en especial a mi esposa y familia por su comprensión y paciencia, les pido queacepten mi más sincera gratitud.
El autor
Terrassa. Enero de 2002
Índice 9
Índice
I Fallos eléctricos y método de las componentes simétricas 11
1 Cortocircuitos en las instalaciones eléctricas 13
1.1 Introducción a los fallos eléctricos 131.2 Tipos de cortocircuitos 131.3 Parámetros eléctricos a considerar en los cortocircuitos. Norma VDE 0102 141.4 Corrientes de cortocircuito. Magnitudes y variaciones temporales 151.5 Métodos para limitar las corrientes de cortocircuito 241.6 Efectos electrodinámicos y térmicos de las corrientes de cortocircuitos 291.7 Determinación práctica de las corrientes de cortocircuito 311.8 Impedancias directa, inversa y homopolar 311.9 Cálculo de la impedancia de dispositivos eléctricos y de cortocircuito de la red 321.10 Cálculo de las corrientes de cortocircuito según la norma VDE 0102 401.11 Cuestiones y problemas 42
2 Redes de secuencia y componentes simétricas 45
2.1 Introducción a las redes de secuencia 452.2 Redes de secuencia 462.3 Componentes simétricas 562.4 Cálculo de las corrientes de cortocircuito 602.5 Cuestiones y problemas 72
II Problemas resueltos y propuestos de cálculo de sistemas de potencia 75
3 Problemas resueltos de cálculo fallos en sistemas de potencia 77
3.1 Dimensionado de los dispositivos de protección de una red formada por una acometida,una central eléctrica y unos consumidores 77
3.2 Dimensionado de los dispositivos de protección de una red formada por una acometida,un grupo de motores asíncronos y unos consumidores 87
3.3 Cálculo de las magnitudes de cortocircuito en el punto de falta para una red con dosniveles de tensión mediante el método de las redes de secuencia 97
3.4 Cálculo de las magnitudes de cortocircuito en el punto de falta para una red con tresniveles de tensión mediante el método de las redes de secuencia 105
3.5 Cálculo de las magnitudes de cortocircuito en el punto de falta para una red conconexión mixta y dos niveles de tensión mediante las redes de secuencia 112
3.6 Cálculo de las magnitudes de cortocircuito en el punto de falta para una red conconexión triángulo y dos niveles de tensión mediante las redes de secuencia 120
Proteccións de sistemas eléctricos de potencia10
3.7 Cálculo de un cortocircuito monofásico a tierra mediante las componentessimétricas 127
3.8 Cálculo de un cortocircuito bifásico mediante las componentes simétricas 1353.9 Cálculo de un cortocircuito bifásico a tierra mediante las componentes simétricas 1423.10 Cálculo de un cortocircuito monofásico a tierra en bornes de un generador 151
4 Enunciados de problemas de cálculo de fallos en sistemas de potencia 155
4.1 Problemas del 1 al 4. Cálculo de los interruptores de protección en redes eléctricas 1554.2 Problemas del 5 al 7. Cálculo de cortocircuitos por el método de las redes de secuencia 1614.3 Problemas 8 y 9. Cálculo de cortocircuitos en redes extensas 1654.4 Problemas del 10 al 15. Circuitos con un generador. Método de las componentes simétricas 1674.5 Problemas del 15 al 20. Circuitos con varios generadores. Método de las componentes
simétricas 171
Anexos 177
I Constantes de magnitudes físicas, terrestres y cuánticas 177II Resistividad (r), coeficiente de temperatura (a), punto de fusión (ºC) y densidad (d)
de diversos materiales y aleaciones 178III Coeficientes de resistividad de los aislantes 179IV Magnitudes y unidades magnéticas 180V Conductores eléctricos 181VI Conductancia, autoinducción y susceptancia 182VII Método de las constantes auxiliares 183VIII Método del circuito equivalente en "T" y en "P" 185IX Fórmulas para el cálculo de líneas eléctricas 187X Resumen de fórmulas para líneas eléctricas 189XI Fórmulas para el cálculo de cortocircuitos por componentes simétricas 190XII Factores correctores según la VDE 0102 ( , µ, q y ) 194
Bibliografía 197
Fallos eléctricos y componentes simétricas 11
MÓDULO I. FALLOS ELÉCTRICOS Y MÉTODO DE LASCOMPONENTES SIMÉTRICAS
PRESENTACIÓN
Con este primer módulo, formado por dos capítulos I y II, se pretende acometer el estudio de lossistemas de potencia trabajando en régimen transitorio, es decir, ante situaciones anómalas como puedenser las provocadas por los cortocircuitos u otros fallos eléctricos. Así, el primer capítulo (Cortocircuitosen las instalaciones eléctricas) realiza un exhaustivo estudio de las fallas eléctricas más importantes, loscortocircuitos. De estos defectos, en primer lugar, se exponen los tipos existentes, enumerándose lascaracterísticas que los definen y que en definitiva determinan su aparición. Seguidamente, se analizan lasvariaciones temporales de las principales magnitudes eléctricas que intervienen en los diferentes tipos decortocircuitos en sus regímenes de carga y vacío. Las constantes de tiempo, las diferentes reactanciasiniciales de las máquinas eléctricas y los efectos térmicos y dinámicos que producen estas faltas serántambién analizados. Posteriormente, un amplio estudio de los diferentes sistemas para limitar lascorrientes de falta será tratado en profundidad. Así, desde las diversas formas de realizar una puesta atierra, hasta el empleo de sistemas de desconexión o el uso de bobinas de extinción o resonancia tendráncabida en este capítulo. Finalmente, el cálculo de las impedancias de diversos componentes y dispositivoseléctricos delante una falta eléctrica y el cálculo de las corrientes de cortocircuito mediante las directricesde la Norma VDE 0102 completarán este extenso capítulo.
Por su parte, el segundo capítulo (Redes de secuencia y componentes simétricas en los sistemas depotencia) nos introduce en el análisis de fallos eléctricos tanto simétricos como asimétricos mediante elmétodo de las redes de secuencia y componentes simétricas. El estudio de estos defectos mediante elmétodo de las componentes simétricas permite disminuir en gran medida la dificultad que entraña sucálculo. El capítulo comienza con una exposición de las redes de secuencia, definiéndose las mismas paralos diversos componentes de un sistema eléctrico y detallándose los tres tipos de redes fundamentales(directa, inversa y homopolar). Especial atención ofrecen las redes de secuencia de los generadores sincarga y de los transformadores, de las cuales existirá un profundo estudio. Seguidamente se entra en elanálisis de las componentes simétricas, comenzando por su razonamiento teórico y demostrando lasfórmulas básicas que permiten su cálculo. Con las expresiones generales así obtenidas, se pasa finalmentea la obtención de las fórmulas que definirán a cada uno de los diversos tipos de cortocircuito que puedenpresentarse en un sistema de potencia.
. El análisis de situaciones anómalas permite proteger y alargar la vida de los componentes eléctricosque forman una red, y asimismo resultan imprescindibles para dimensionar y seleccionar los sistemas deprotección más idóneos para cada fallo y situación en concreto.
Unas cuestiones y ejercicios al final de cada capítulo permiten al lector evaluar su nivel de asimilaciónde la materia, aparte de resultar una forma rápida de repasar, a posteriori, cualquier duda o concepto sobreun tema.
CONTENIDOS
¶ Capítulo I: Cortocircuitos en las instalaciones eléctricas.¶ Capítulo II: Redes de secuencia y componentes simétricas en los sistemas de potencia.
OBJETIVOS
Cortocircuitos en las instalaciones eléctricas¶ Necesidad de protección de las instalaciones eléctricas.¶ Conocer las características que definen a los diversos tipos de cortocircuito.¶ Identificar las corrientes peligrosas de cortocircuito, asociándolas con los diversos efectos, clases de
averías y tipos de redes.¶ Conocer los parámetros eléctricos que intervienen en un cortocircuito según la norma VDE 0102.
Protección de sistemas eléctricos de potencia12
¶ Razonar las variaciones temporales de las magnitudes eléctricas delante un cortocircuito en régimende carga y vacío.
¶ Identificar las constantes de tiempo y las reactancias que intervienen en un cortocircuito.¶ Definir los efectos térmicos y electrodinámicos que se originan en un cortocircuito.¶ Explicar los diversos sistemas para la limitación de las corrientes de cortocircuito (puestas a tierra,
bobinas de resonancia, empleo de tensiones elevadas, desconexiones rápidas, etc.).¶ Analizar y calcular las impedancias directas, inversas y homopolares para los diversos componentes
eléctricos de una red (generadores, motores, transformadores, acometidas, líneas, etc.)¶ Conocer las impedancias de cortocircuito de la red para alimentaciones múltiples y redes malladas.¶ Comprender el cálculo de cortocircuitos mediante el empleo de impedancias absolutas y de
impedancias adimensionales.¶ Saber aplicar el cálculo de las corrientes de cortocircuito según las directrices de la Norma VDE
0102.
Redes de secuencia y componentes simétricas en los sistemas de potenciaComprender la necesidad de la utilización de las redes de secuencia para el cálculo de fallos en lossistemas eléctricos.Conocer las características que permiten la creación de las diversas redes de secuencia, así como lospasos a seguir para su conversión a otras redes.Saber explicar con detalle los diversos tipos de redes de secuencia existentes, indicando en cada casolas características asociadas a cada uno de los componentes eléctricos que forman una red.Identificar los circuitos eléctricos que permiten simular las tres redes de secuencia.Conocer las redes de secuencia y los circuitos monofásicos equivalentes que definen a losgeneradores y motores eléctricos.Conocer las redes de secuencia y los circuitos monofásicos equivalentes que definen a lostransformadores.Saber el principio que define el método de las componentes simétricas.Ser capaces de representar gráficamente las componentes directa, inversa y homopolar de un sistemaeléctrico, así como construir a partir de estas componentes sus respectivos vectores principales.Saber calcular las ecuaciones fundamentales que definen el método de las componentes simétricas.Comprender el método alternativo dado por la norma VDE 0102 para el cálculo de las corrientes decortocircuito.Saber obtener, a partir de las ecuaciones generales dadas para las componentes simétricas, lasecuaciones que definen a los cortocircuitos: trifásico, bifásico, bifásico a tierra y monofásico a tierra.
Cortocircuitos en las instalaciones eléctricas 13
CAPÍTULO I CORTOCIRCUITOS EN LAS INSTALACIONES ELÉCTRICAS
1.1 INTRODUCCIÓN A LOS FALLOS ELÉCTRICOS
Los cortocircuitos no son frecuentes y, cuando se producen, apenas duran unas décimas de segundo,pero sus consecuencias son tan graves e imprevisibles que obligan a un constante estudio y mejora de losdispositivos de protección a ellos destinados.
La mayor parte de las normas de protección de las instalaciones eléctricas nos indican que no sólodeben considerarse las corrientes y tensiones debidas a las cargas de servicio, sino también las debidas asobrecargas producidas por los cortocircuitos. Las corrientes de cortocircuito presentan valores mayores alos nominales, provocando sobrecargas térmicas y electrodinámicas elevadas aparte, las corrientes decortocircuito que circulan por tierra pueden ser causa de tensiones e interferencias inadmisibles. Pero nosólo son importantes las corrientes máximas de cortocircuito, sino también las corrientes mínimas decortocircuito, ya que éstas, en definitiva, son las que permiten dimensionar los dispositivos de protecciónde las redes.
Este comportamiento de los cortocircuitos se hace especialmente peligroso en contactos con laspersonas, pudiendo ocasionar lesiones de gravedad y causar daños en los instrumentos o máquinas de lasinstalaciones afectadas. Es por tanto de suma importancia conocer los valores que en un puntodeterminado del circuito puedan adoptar las corrientes máximas y mínimas de cortocircuito, ya que sólode esta forma será posible proteger eficazmente a las instalaciones de tan graves consecuencias.
1.1.1 Corrientes peligrosas de cortocircuito
A efectos de selección y dimensionado de los dispositivos de protección adecuados a cada red. Lasiguiente tabla clasifica las solicitaciones más importante, así como la forma de calcularlas.
Tabla 1.1 Solicitaciones más importantes en las redes eléctricas. Factores de diseño y cálculo (EE,significa cortocircuito doble a tierra)
Corriente de averíaSolicitaciones Clase dedefecto ''
kI kI sI aIRed
3 polos X X AT BT1 polos X X AT BT
Calentamiento
EE X ATEsfuerzos 3 polos X AT BT
3 polos X AT BTCapacidad de conexión1 polos X BT3 polos X AT BTCapacidad de desconexión1 polos X BT
Tensión de puesta a tierraTensión de contacto. 1 polos X
AT
1 polos X ATInfluencia inductiva.EE X
Máximascorrientesde avería
ATDisparo de relés de protección. 3 polos X AT BT
2 polos X BT
Seguridad de actuación de losdispositivos de protección
para sistema con línea de protecciónPara puesta a neutro. 1 polos X
Mínimascorrientede avería
BT
1.2 TIPOS DE CORTOCIRCUITOS
Cinco son los tipos de cortocircuitos más frecuentes que pueden darse en una red eléctrica; por suerte,el doble contacto a tierra es poco frecuente, revistiendo su cálculo una gran complejidad.
Protección de sistemas eléctricos de potencia14
En la siguiente tabla, se indican las características de estos cortocircuitos, así como su importancia yrepercusiones que ejercen en las instalaciones a las que afectan.
Tabla 1.2 Tipos de cortocircuitos. Características más importantes.
Cortocircuito trifásicosLos cortocircuitos trifásicos, son los únicos cortocircuitos que se comportancomo sistemas equilibrados, ya que todas las fases están afectadas porigual. Las tensiones en el punto de cortocircuito, tanto si el cortocircuito secierra a través de tierra como si está aislado de ella, son nulas, presentandolas intensidades igual módulo pero con argumentos desfasados 120º.Es uno de los cortocircuitos más violentos y de obligado cálculo.Al ser un sistema equilibrado, para su cálculo sólo será necesario utilizar lared de secuencia directa.
Cortocircuito bifásicos sin contacto a tierraGeneralmente las corrientes iniciales simétricas de cortocircuito sonmenores que las del fallo trifásico, aunque si el cortocircuito se produce enlas inmediaciones de máquinas síncronas o asíncronas de cierta potencia,las corrientes de esta falta pueden llegar a presentar valores inclusomayores que las del cortocircuito trifásico.Al presentarse en dos de las tres fases del sistema, este cortocircuito ya noes equilibrado, obligando su cálculo a la utilización tanto de la red desecuencia directa como a la red de secuencia inversa.
Cortocircuito bifásico con contacto a tierraDispone de las mismas características que el cortocircuito bifásico sincontacto a tierra, pero en este caso, con pérdida de energía hacia tierra. Esnecesario considerar para este fallo, además de las redes de secuenciadirecta e inversa, la red de secuencia homopolar debido a la pérdida deenergía.
Cortocircuito monofásico a tierraEste es el cortocircuito más frecuente y violento, produciéndose con mayorfrecuencia en redes rígidamente puestas a tierra, o mediante impedancias debajo valor.Su cálculo es importante, tanto por lo elevado de sus corrientes como por suconexión a tierra, lo que permite calcular las fugas a tierra, las tensiones decontacto o de paso, o valorar las interferencias que estas corrientes puedanprovocar.Para su cálculo, al ser desequilibrado y con pérdida de energía, sonnecesarias las tres redes de secuencia (directa, inversa y homopolar).
Cortocircuito con doble contacto a tierraEn redes con neutro aislado o puesta a tierra con impedancias de gran valor,puede aparecer el doble contacto a tierra.Este cortocircuito presenta valores de corriente inferiores al resto de loscortocircuitos. Si consideramos que es poco frecuente y la complejidad querepresenta su cálculo, se comprenderá que sea el más escasamenteanalizado.
1.3 PARÁMETROS ELÉCTRICOS A CONSIDERAR EN LOS CORTOCIRCUITOS.CONCEPTOS SEGÚN LA NORMA VDE 0102
Para el estudio de los cortocircuitos han de considerarse diferentes parámetros y magnitudes como son:las intensidades, las impedancias, las potencias o los tiempos de retardo en el disparo de los dispositivosde protección. Según la Norma VDE 0102, estos parámetros se definen y simbolizan de la siguienteforma:
RST
RST
RST
RST
RST
a)
b)
c)
d)
e)
I’’U3
I’’U2
I’’U2ES
I’’U2EE
I’’U2ET
I’’U1
I’’KEEI’’UEE
Cortocircuitos en las instalaciones eléctricas 15
¶ Corriente instantánea total de cortocircuito (ik).¶ Corriente instantánea simétrica de cortocircuito (i ~). Es la componente de la corriente instantánea
total de cortocircuito que presenta la frecuencia de servicio.¶ Corriente aperiódica de cortocircuito (ig). Es la componente de la corriente instantánea total de
cortocircuito que representa al efecto inductivo de la bobina (a mayor inductancia, mayorpermanencia de esta corriente).
¶ Corriente subtransitoria simétrica de cortocircuito (Ik''). Valor eficaz de la corriente de cortocircuitoen el instante de producirse la falta.
¶ Corriente transitoria simétrica de cortocircuito (Ik’ ). Valor eficaz de la corriente de cortocircuito
cuando han transcurrido 0.1 segundos desde que se produjo el fallo.¶ Corriente permanente simétrica de cortocircuito (Ik). Valor eficaz de la corriente de cortocircuito que
perdura después de los fenómenos transitorios (normalmente el estado permanente aparece a partir delos 5 seg posteriores al cortocircuito).
¶ En los cortocircuitos trifásicos próximos a generadores con excitación constante, la corrientepermanente de cortocircuito es menor que la corriente transitoria, y ésta, a la vez, es menor que lacorriente subtransitoria (Ik'' >Ik’ > Ik).
¶ En los cortocircuitos trifásicos alejados de los generadores, coinciden prácticamente las trescorrientes de cortocircuito (Ik'' = Ik’ = Ik ). Esto es debido a que con las distancias se amortiguan losefectos de la corriente aperiódica de cortocircuito producidos por las bobinas.
¶ Corriente máxima asimétrica de cortocircuito (Is). Denominada también valor pico a pico, es el valormáximo que alcanza la corriente instantánea de cortocircuito al producirse el fallo.
¶ Corriente simétrica de corte (Ia). Valor eficaz de la corriente simétrica de cortocircuito que circulapor un interruptor en el momento que se inicia la separación de los contactos (corriente de corte).
¶ Impedancia directa (Z1). Impedancia equivalente de la red de secuencia directa vista desde el puntode cortocircuito.
¶ Impedancia inversa (Z2). Impedancia equivalente de la red de secuencia inversa vista desde el puntode cortocircuito.
¶ Impedancia homopolar (Zo). Impedancia equivalente de la red homopolar vista desde el punto decortocircuito.
¶ Fuerza electromotriz inicial (E’’) subtransitoria. Valor eficaz de la fuerza electromotriz de unamáquina síncrona en el instante de producirse el cortocircuito. Es un valor que debe expresarse comotensión entre fase y neutro.
¶ Tensión de servició de la red (Ub). Valor medio de las tensiones de línea con las que se explota la reden condiciones normales.
¶ Tensión nominal de la red (UN). Tensión de línea con el que se designa la red.¶ Potencia aparente subtransitoria de cortocircuito (Sk''). Es el valor de la potencia aparente de línea
considerando el régimen subtransitorio.¶ Retardo mínimo de desconexión (tv). Tiempo que transcurre desde que se produce el cortocircuito
hasta que se desconectan los polos del interruptor. Es la suma del tiempo mínimo de actuación delrelé y de la apertura del mismo (sin tener en cuenta los retardos ajustables de forma voluntaria).
1.4 CORRIENTES DE CORTOCIRCUITOS. MAGNITUDES Y VARIACIONESTEMPORALES
Cuando se produce un cortocircuito se presentan variaciones de los parámetros de servicio, cambiandolas condiciones de la red. Este cambio va acompañado de fenómenos electromagnéticos yelectromecánicos transitorios, de los que dependen la magnitud y las variaciones temporales de lacorriente de cortocircuito.
Los fenómenos transitorios dependen además de otras muchas características como pueden ser: del tipode cortocircuito, del instante en que se produce, de las fuentes de energía implicadas, del estado previo decarga, de la duración del cortocircuito y de la estructura de la red. También influyen las características ycomportamiento de los aparatos y componentes implicados.
La situación del punto de cortocircuito en la red indica la forma que influirán las maquinas síncronas yasíncronas en el mismo. Según la Norma VDE se diferenciará entre ‘cortocircuitos cercanos al generador’y ‘cortocircuitos alejados del generador’. Además, la posición del punto de cortocircuito nos determina el
Protección de sistemas eléctricos de potencia16
valor del módulo y del ángulo de la impedancia de cortocircuito, valores que influyen de forma definitivaen la corriente final de cortocircuito.
Figura. 1.1 Cambio de los parámetros y circuito eléctrico equivalente para el cortocircuito
El instante en que se produce el cortocircuito depende del azar, pero es de suma importancia, ya que deél depende el valor que tomará la corriente en el momento de producirse el fallo. Hay que indicar, que lareferencia respecto a la variación temporal de tensión influye de forma determinante en el máximo quealcanzará la intensidad (valor importante para determinar el poder de corte y poder de cierre de losdispositivos de protección).
Las fuentes de generación de energía son generalmente máquinas síncronas (como losturbogeneradores o las máquinas con rotor de polos salientes). Pero también son frecuentes las máquinasasíncronas (motores de inducción), así como los accionamientos alimentados por convertidores estáticoscon régimen ondulador. Finalmente, las redes externas, bien sea una red regional de suministro de energíao redes industriales, pueden proporcionar asimismo energía al punto de cortocircuito.
La duración del cortocircuito depende fundamentalmente de los dispositivos de protección y de losaparatos de corte empleados en la red. También introducen modificaciones en los fenómenos transitorios,los reenganches rápidos, que cuentan el tiempo sin paso de corriente y las secuencias de maniobras.
El estado previo de carga de una red nos determina si nos encontramos ante cargas débiles o elevadas.Es decir, nos informa tanto del número y la potencia de los generadores y cargas trabajando en paralelocomo del valor de la fuerza electromotriz de las fuentes de corriente que afectan al cortocircuito.
La forma de la red nos indica los caminos por donde discurrirá la corriente en caso de cortocircuito, ypor tanto nos informa de las impedancias implicadas en su cálculo. Su estructura depende del tipo detransporte (líneas aéreas, subterráneas o cables) y del tipo de distribución (malla, antena o radial).
El punto de avería en la red repercute en las variaciones que las corrientes de cortocircuitoexperimentan con el curso del tiempo. Si el punto de la avería está situado en las proximidades de ungenerador síncrono (bobinas y por tanto inductancia), la corriente instantánea inicial de cortocircuitopresentará un valor elevado respecto al nominal y será asimismo más duradera. Por ello, las corrientes decompensación, al disminuir la componente inductiva de las corrientes de falta, son una forma eficaz dedisminuir las amplitudes de las corrientes instantáneas iniciales de cortocircuito.
A continuación se describen las variaciones temporales de las corrientes de cortocircuito para diversosregímenes de carga. El método se ha aplicado a las corrientes de cortocircuito de una línea, pero tambiénes aplicable a una red más extensa con varias ramas.
1.4.1 Red monofásica sin carga
Veamos primeramente cómo se comporta un sistema monofásico sin carga con un cortocircuito alejadodel generador. La siguiente figura 1.2 representa el esquema equivalente de un circuito monofásico queincluye una fuente ideal generadora de tensión senoidal (valor de cresta V·2 , con una frecuencia ypulsación w=2 f constantes). La resistencia efectiva (Rk) y la reactancia inductiva (Xk=wLk) se consideran
a) Circuito original b) Circuito equivalente de Theveninen el fallo
Xd
Eg
+Vt ZLVf
Zext
IL
S
-
+
-
Zth PP
SVf
Cortocircuitos en las instalaciones eléctricas 17
también constantes y lineales. El cortocircuito se produce actuando sobre el interruptor sin resistencia enel instante (t=0) al pasar por cero la tensión.
Figura 1.2 Esquema monofásico equivalente de un circuito unipolar sin carga
Analicemos las variaciones que sufre la corriente de cortocircuito (ik) a lo largo de todo el proceso.Pero, en primer lugar, veamos los pormenores que facilitarán la comprensión del proceso:
En este caso, no existía corriente de carga en el instante (t=0), ya que el circuito está en vacío.El instante en que se produce el cortocircuito (valor debido al azar) coincide con el paso por cerode la tensión de línea.El punto de cortocircuito nos determina el módulo y ángulo de la impedancia equivalente.Normalmente estas impedancias suelen ser altamente inductivas por la presencia de las máquinaseléctricas.La tensión no varía su valor a lo largo de todo el tiempo que dura la falta.
Figura 1.3 Variación de la fuerza electromotriz (u) y de la corriente instantánea de cortocircuito (ik)
Donde:
Ik’’= Corriente inicial simétrica de cortocircuitoIk = Corriente permanente de cortocircuitoIs = Corriente máxima asimétrica de cortocircuitoA = Valor inicial de la componente aperiódica de la corrienteiK = Corriente instantánea total de cortocircuitoig = Componente aperiódica de la corriente instantánea total de cortocircuitoi~ = Corriente instantánea simétrica de cortocircuitojk = Ángulo de la impedancia de cortocircuito de la red
Que la tensión en el instante del cortocircuito pase por cero nos indica que con impedancias muyinductivas (caso supuesto en este ejemplo), la intensidad estará pasando por su máximo negativo (laintensidad esta retrasada 90º con respecto a la tensión), lo que implica que con la disminución de laimpedancia por causa del cortocircuito, la intensidad alcanzará valores muy elevados. Pero además hayuna segunda repercusión con impedancias inductivas, la corriente no puede cambiar de valor de formarepentina, lo que obliga a la creación de una segunda intensidad (componente aperiódica) para
u=Õ2 U sen wt
Rk Xk
Ib
2 2 ·Ik=2 2 ·I’’k
ik
Envolvente superior
Envolventeinferior
jk
2 2 ·I’’k
ig
t
u
Protección de sistemas eléctricos de potencia18
contrarrestar este efecto inductivo. Esta intensidad aperiódica perdurará hasta que las bobinas se hayanadaptado al nuevo régimen del circuito, desapareciendo de forma exponencial.
Resumiendo, la asimetría y el valor punta de la corriente de cortocircuito vienen determinados por elinstante en que se produce la falta, considerado este instante con respecto a la variación temporal de latensión. También influye en el valor de la corriente de cortocircuito la magnitud que adopte la impedanciade cortocircuito de la red (Zk=Rk+jXk). Como en nuestro ejemplo se supone que (Zk) tiene unacomponente inductiva relativamente grande, la corriente simétrica de cortocircuito estará retrasada unángulo próximo a los 90º respecto a la tensión. Por tanto, la corriente instantánea total de cortocircuitodebería adoptar bruscamente en el instante (t=0) el valor instantáneo correspondiente a la corrientesimétrica de cortocircuito. Pero como el sistema es inductivo, la corriente no podrá cambiar de formabrusca, empezando realmente siendo nula. Por ello, debe de existir una intensidad transitoria (ig) con unvalor inicial (A) que contrarreste el valor instantáneo negativo de la corriente simétrica de cortocircuito(i~). La intensidad transitoria se denomina componente aperiódica y se amortigua, siguiendo una funciónexponencial con la constante de tiempo (Tg), que depende esencialmente del carácter inductivo delcircuito visto desde el punto de falta.
La corriente simétrica instantánea de cortocircuito (i~) depende de la fuerza electromotriz y de laimpedancia equivalente de la red en el punto del fallo. La intensidad inicial simétrica de cortocircuito(Ik’’) representa el valor eficaz de la corriente en el instante de producirse el cortocircuito. Encortocircuitos alejados de los generadores, la tensión (Un) y la impedancia (Zk) permanecen constantes,coincidiendo la intensidad subtransitoría (Ik’’) con la intensidad permanente de cortocircuito, es decir,(Ik’’=Ik). En cortocircuitos próximos a los generadores no se cumple está igualdad resultando que(IK''>IK'>IK).
Las dos envolventes nos indican la variación de los valores de pico de la intensidad de cortocircuito. Laintersección de la envolvente superior con el eje de ordenadas nos determina el valor de ''2 kIA + ; en lapráctica KIA ''2< . La intersección de la envolvente inferior con el eje de ordenadas nos determina elvalor de KIA ''2- . Por su parte, la corriente aperiódica se corresponde con la línea media entre las dosenvolventes. De forma general, las variaciones de la intensidad de cortocircuito pueden expresarse consuficiente exactitud mediante la siguiente ecuación:
ik=i~+ig = ( ) ( )[ ]=-Y--Y+= -k
gTtk
k
SeneWtSenZ
U jj /2
( ) ( )[ ]kgTt
kk SeneWtSenI jj -Y--Y+= - /''2 [1.1]
Donde:
U = Valor eficaz de la fuerza electromotriz. Este valor no varía con el tiempoZk = Módulo de la impedancia de cortocircuito de la red ( 22
kk XR + ). Valor que depende de la situación del punto de cortocircuitojk = Ángulo de la impedancia de cortocircuito de la red ( )/( KK RXarctg ) Valor que depende de la situaci- ón del punto de cortocircuitow = Pulsación (2·p·f)T = Tiempof = Ángulo de fase inicial de la tensión al producirse el cortocircuito. Valor que depende del azarTg = Constante de tiempo de la componente aperiódica )/())·/(( KKKK RLwRX = . Cuanto más inductiva sea la impedancia equivalente vista desde el punto de cortocircuito, más elevada será la constante de tiempoIk’’= Intensidad inicial simétrica de cortocircuito (U/ZK)
En la figura 1.4, puede apreciarse la variación de la constante de tiempo (Tg) en función de la relación(RX/XX). Nótese en la ampliación de la figura que el tiempo (Tg) decrece rápidamente al aumentar el efectoóhmico con respecto al inductivo. Si se tratara de una bobina pura, la constante de tiempo sería infinita, esdecir, no existiría amortiguamiento de la componente de la corriente aperiódica, pero esto resultaimposible, ya que todas las bobinas, en menor o mayor grado, disponen de resistencia, limitando eltiempo de permanencia de la intensidad de cortocircuito.
Cortocircuitos en las instalaciones eléctricas 19
Figura 1.4 Amortiguamiento de la constante de tiempo (Tg), en función de la relación (RX/XX)
La relación )''·2/( KS II nos determina el parámetro ( ), este parámetro nos identifica la peligrosidad delcortocircuito, ya que depende del ángulo de la impedancia de cortocircuito y del ángulo de la tensión en elmomento de producirse el mismo. Si observamos la figura 1.5, comprenderemos mejor esta relación. Enprimer lugar existen varias curvas, representando cada una un ángulo distinto de la tensión en el momentode producirse el fallo. El caso menos desfavorable se corresponde con una tensión con un ángulo de 90ºen el momento del fallo, es decir, cuando la tensión esta pasando por un máximo, lo que significa que laintensidad esta pasando por un mínimo. Mientras que el caso más desfavorable lo constituye cuando elángulo de la tensión vale 0º en el momento del fallo. En este caso, la tensión estará pasando por cero, loque significa que la corriente estará pasando por un máximo. Pero aparte, la gráfica nos indica otroparámetro importante: el carácter inductivo de la impedancia de cortocircuito, de forma que paraimpedancias completamente inductivas el valor de ( =2) alcanza su máximo posible, mientras que paravalores muy óhmicos ( =1) se alcanza el valor mínimo.
Figura 1.5 Relación corriente máxima asimétrica de cortocircuito respecto al valor de cresta de lacorriente inicial simétrica de cortocircuito en función de (Rk/Xk) y del ángulo de fase inicial (f)
Veamos otra forma de razonarlo. La intensidad (Is) obedece a la siguiente expresión:
''·2·2''··2 KK IIIs =¿= [1.2]
0.0
0.1
0.2
0.3
0.4
0.5
0.0 0.02 0.04 0.06 0.08 0.10
0.10.080.060.040.020.00
0.0 0.2 0.4 0.6 0.8 1.0
RkXk
RkXk
a)
b)
Tg
Tg
jk
2.0
1.8
1.6
1.4
1.2
1.00.2 0.4 0.6 0.8 1.00
90º 80º 70º 60º 50º 45º
Rk/Xk
Is/ 2·I’’k
j=0º
j=30º
j=45º
j=60º
j=75ºj=90º
Protección de sistemas eléctricos de potencia20
Donde ( ) puede tomar los valores entre 1 a 2. Si observamos la figura 1.3, el valor de cresta máximoque puede alcanzar una corriente de cortocircuito se corresponde con el valor dado en la expresiónanterior. Pero este valor es imposible de obtener ya que las bobinas reales siempre tienen resistencia. Siexistiera una bobina ideal, en la figura 1.3, tanto la envolvente superior como inferior, así como lacomponente aperiódica, nunca cambiarían de forma, coincidiendo su representación con tres líneashorizontales independientes del tiempo, lo que significaría la permanencia de la componente aperiódicade forma indefinida.
1.4.2 Red monofásica en carga
Hasta el momento se ha considerado el sistema trabajando en vacío. Si ahora consideramos una cargaespecifica, la expresión de las intensidades instantáneas se incrementará con la corriente de cargadenominada (iC).
Figura 1.6 Esquema equivalente de un sistema eléctrico monofásico en carga
La carga de la figura anterior está representada por una impedancia constante de valor Zb=(Rb+jXb),por la que circula una intensidad (iK), considerándose que se ha producido un cortocircuito cuando secumple la condición de (iK=ib).
En la figura 1.7, se representan dos casos para una línea en carga, con distintos parámetros del circuitoque cumplen la condición particular de (Rk/Xk)=(Rb/Xb).
La figura 1.7.a, se corresponde con un sistema altamente inductivo (ángulo de la impedancia decortocircuito superior a �K>88º), con el agravante que el cortocircuito se produce cuando la tensión pasapor cero (f=0). En estas condiciones, el cortocircuito será muy violento y duradero, ya que lacomponente aperiódica se amortiguara muy lentamente.
La figura 1.7.b, se corresponde a un sistema en el que el ángulo de la impedancia de cortocircuito es de�K= 45º, es decir, el valor óhmico coincide con el inductivo. La tensión en el momento del fallo, siguepasando por cero. En este caso, la corriente instantánea total de cortocircuito (iK ) será menor que en elcaso anterior, amortiguándose, además, de forma más rápida.
Figura 1.7 Variaciones temporales de la fuerza electromotriz (u) y de la corriente instantánea total decortocircuito (iK ) para los distintos parámetros del circuito en carga
Rk Xk
Ib
Rb
Xb
u=Õ2 U sen wt
Ik
ib
88,3º
ik
ig
s
f=0Rk / Xk= Rb/Xb=0,03; Tg=0.11s
u
45º 45º
uib
ik
ig
f=0Rk / Xk= Rb/Xb=1; Tg=0.0032s
a) b)
Cortocircuitos en las instalaciones eléctricas 21
En ambos casos la corriente instantánea de cortocircuito (iK) debe empezar con el valor instantáneo dela corriente de carga (ib). Para que se cumpla esta condición, el valor inicial de la componente aperiódicadebe coincidir con la diferencia, con signo negativo, de los valores instantáneos de las corrientes (i~=ib)
Las variaciones temporales de la corriente de cortocircuito, considerando la existencia de una carga,pueden expresarse con la siguiente fórmula:
ùú
øéê
èùúø
éêè ---+-+=++= - Tgt
kk
kk
gbK esensenZZwtSenU
Ziiii /)()()(2 jyjyjyi [1.3]
Donde:
Zb : Módulo de la impedancia de la carga
Z : Módulo de la impedancia de todo el circuito ( 22 XR + ) con R=(Rb+RK) y X=(Xb+XK)j : Ángulo de la impedancia de todo el circuito (arctg X/R )
1.4.3 Redes trifásicas
Para representar las redes trifásicas simétricas suele emplearse un esquema equivalente como elmostrado en la figura 1.8. El sistema representa una red formada por un generador y una carga unidosmediante una línea trifásica equilibrada. Si en la red representada se suponen tres fuentes ideales detensión desfasadas 120º y con secuencia directa (RST), tendremos las siguientes tensiones de líneageneradas.
)º120(2
)º240(2
2
+=
+=
=
wtUsenU
wtUsenU
UsenwtU
T
S
R
[1.4]
Sólo el cortocircuito trifásico puede considerarse también equilibrado. En este caso, las impedanciasZK=(RK+jXK) de las tres fases (R, S, T) son en lo que respecta al módulo y ángulo de fase, iguales,constantes y lineales. Hasta que se produce el cortocircuito en el instante (t=0), las corrientes son nulas(iRK=iSK=iTK=0), pero cuando éste ocurre, afecta simultáneamente a las tres fases actuando sobre losinterruptores de protección.
Como la red es simétrica, los dos puntos neutros (del generador y del motor) disponen en cadamomento de igual potencial, pudiéndose unir mediante un conductor eléctrico sin que por él circulecorriente, lo que permite descomponer la red trifásica en tres circuitos monofásicos más sencillos decálculo.
Figura 1.8 Esquema equivalente de una red eléctrica trifásica en carga y sus circuitos monofásicos
El resto de los cortocircuitos son desequilibrados, siendo necesario emplear cada una de las tres fasespara realizar los cálculos, lo que complica y alarga enormemente su resolución. En los próximosapartados se expondrá un método que permite seguir calculando cualquier circuito desequilibrado, oincluso con fugas a tierra, como si fuera equilibrado (usando sólo una de las tres fases). El métodopropuesto se denomina, "método de las componentes simétricas".
Rk Xk
Xk
Xk
Rk
Rk
UR
UT
iRK
iSKiTK
US
Protección de sistemas eléctricos de potencia22
1.4.4 Constantes de tiempo
Las constantes de tiempo subtransitoria, transitoria, y permanente (Td'',Td',Tg) son fácilmentecalculables si se disponen de las oportunas mediciones experimentales. El cálculo suele realizarsemediante procedimientos gráficos.
Figura 1.9 Variaciones temporales de las corrientes instantáneas de cortocircuito (iK, ig, y i~)
En primer lugar, deberemos realizar un ensayo de cortocircuito desde el punto deseado, o bien, si esteya se ha producido de forma accidental, intentar obtener mediante simulación, las variaciones temporalesde la corriente instantánea de cortocircuito (iK) así como las de sus componentes (ig, e, i~).
Los valores obtenidos mediante ensayo o simulación están representados en la figura 1.9, donde sedetallan cada una de las componentes de las corrientes, así como sus magnitudes. En esta figura tambiénse especifican los tres estados característicos que definen a un cortocircuito, el estado subtransitorio,transitorio y permanente.
Los valores de las intensidades para los tres regímenes descritos pueden obtenerse directamente porgráfica y mediante las siguientes expresiones, podemos, conocido el valor de la tensión entre fase yneutro en el punto de cortocircuito (valor de la tensión entre fase y neutro en el punto del fallo un instanteantes de producirse el cortocircuito), determinar el valor de las reactancias síncronas de las máquinasconectadas a esta red.
d
FaseK X
VI =
d
FaseK X
VI
'' =
d
FaseK X
VI
'''' = [1.5]
La figura 1.10, permite determinar los últimos parámetros que faltan para tener un cortocircuitoperfectamente definido, las constantes de tiempo. Para ello se realizará la construcción de la gráficarepresentada, en la cual se indican los pasos a seguir para su confección.
Figura 1.10 Gráfica para determinar las componentes transitorias de las corrientes de cortocircuito, asícomo sus constantes de tiempo
Is
A2 2Ik
2(I’k-Ik)
2(I’’k-I’k)Fenómeno subtransitorio Fenómeno transitorio
ik
ig
2(I’’k-Ik) 2I’’k 2I’k
2 2I’’k
0
b
2(I’k-Ik)
0.2 0.4 0.6 0.8 1 1.2
2
3
1
6
4
5
st
T’d=1.07s
T’’d=0.031s
Tg=0.28s
p.u.i
2(I’’k-Ik)
2(I’’k-I’k)
a
c
Cortocircuitos en las instalaciones eléctricas 23
La constante de tiempo (Td') del fenómeno transitorio de amortiguamiento se obtiene a partir de la líneacaracterística con el valor inicial )'(2 KK II - . Para ello se multiplica dicho valor por el factor (e-1) y selleva el producto sobre el eje de coordenadas.
Para la determinación de las constantes de tiempo (Td''), y (Tg) se sigue un procedimiento análogo aldescrito para la constante de tiempo transitoria (Td'). Notar que la componente aperiódica de cortocircuitose amortigua de forma exponencial con la constante de tiempo (Tg) a partir de un valor inicial (A), y quepara la obtención de la constante de tiempo (Td'' ) se han representado en la figura las diferencias entre lasenvolventes correspondientes a los regímenes subtransitorios y transitorios, a partir del valor inicial
)'''(2 KK II - .
1.4.5 Influencia de los tiempos de corte
En la práctica, se intenta interrumpir lo más rápidamente posible la corriente de cortocircuito medianteinterruptores automáticos u otros dispositivos. El instante del corte depende del retardo mínimo dedesconexión, que en redes de alta tensión oscila entre los 0,006 seg y los 0,2 seg, siendo en algunos casosconcretos menor de 0,06 seg. En las redes de baja tensión, el retardo mínimo de desconexión suele oscilarentre los 0,01 seg y los 0,03 seg.
Los fusiles y los dispositivos limitadores de corriente cortan la corriente del cortocircuito de forma muyrápida, ya que desconectan al circuito antes de que la corriente alcance su primer semiciclo, es decir,antes de que alcance su punta máxima.
1.4.6 Reactancias a considerar en máquinas síncronas delante de un cortocircuito
Al producirse un cortocircuito, se supone que la fuerza electromotriz de las máquinas síncronas novaría, considerándose que el aumento de la intensidad es debido a la disminución que presentan losvalores instantáneos de las diversas reactancias que intervienen en el mismo. A grandes rasgos, podemosconsiderar dos tipos de reactancias:
Reactancias de eje directo: estas reactancias están referidas a la posición del rotor en el cualcoinciden los ejes de los bobiandos del rotor y del estator.Reactancias en cuadratura: estas reactancias aparecen cuando el rotor ocupa una posición tal quelos ejes de los bobinados del rotor y del estator forman un ángulo de 90º (están en cuadratura).
Para la mayor parte de los cálculos es suficiente con considerar las reactancias referidas al eje directo,usándose únicamente las reactancias en cuadratura o transversales, cuando se desea conocer con granexactitud el comportamiento de una máquina delante de una falta.
Las reactancias directas son:
Reactancia subtransitoria (X''d): Es la denominada reactancia inicial saturada. Incluye lasreactancias de dispersión de los bobinados del estator y del rotor del generador, incluyéndosetambién en el flujo de dispersión del rotor, la influencia de las barras de amortiguación y de laspiezas macizas anexas.
Reactancia transitoria (X’d): Es mayor que la reactancia subtransitoria (entre 1.2 y 1.5 veces),siendo también una reactancia saturada. Incluye las reactancias de dispersión de los bobinadosdel estator y de excitación del generador.
Reactancia sincrona (Xd): Es la mayor de las tres reactancias directas. Es una reactanciasemisaturada, comprendiendo la reactancia de dispersión del estator y la reactancia de laspérdidas por reacción de inducido.
Las reactancias inversas son:
La reactancia inversa, (X2) es la reactancia que aparece en el generador cuando se le aplica unasecuencia inversa de tensiones (RTS). Lo que representa que, durante unos instantes, la velocidad relativaentre el rotor (que aún gira) y el campo magnético giratorio (campo inverso) es el doble de la velocidadde sincronismo.
Protección de sistemas eléctricos de potencia24
¶ Máquinas con rotor de polos salientes: En los generadores hidroeléctricos con bobinado deamortiguación, la posición del rotor influye notablemente en el entrehierro del mismocumpliéndose:
dqd X
XXX ''·2.1
2''''
2 =+
= [1.6]
¶ Máquinas con rotor liso: En los turbogeneradores con bobinado de amortiguamiento se cumple(al no variar el entrehierro con la posición del rotor):
dqd X
XXX ''
2''''
2 =+
= [1.7]
Las reactancias homopolares son:
La reactancia homopolar (Xo) depende en los generadores únicamente de los flujos de dispersión, yaque los sistemas homopolares no generan campos magnéticos giratorios. Las reactancias homopolares sonsiempre menores que las subtransitorias (Xo=1/4 X’’d). La reactancia homopolar sólo influye en loscortocircuitos entre los bornes y el punto neutro de un generador, o en los cortocircuitos a tierras cuandolos sistemas están conectados en estrella, no apareciendo esta componente en sistemas conectados entriángulo.
1.4.7 Comportamiento de los motores delante de un cortocircuito
El comportamiento de los motores síncronos y asíncronos, así como el de los compensadores síncronosdelante de un cortocircuito, puede equipararse al de los generadores, ya que al quedar estas máquinas sintensión (al producirse el cortocircuito), durante unos instantes aún giran, convirtiéndose en productores deenergía que alimentará al punto de cortocircuito.
No obstante, y debido a las diferencias constructivas entre las máquinas síncronas y asíncronas, sucomportamiento no es exactamente igual, observándose unas diferencias que obligan a emplear fórmulasdistintas para su cálculo.
Motores y compensadores síncronos: Si la duración del cortocircuito es menor a 0.2 seg, losmotores y compensadores síncronos actúan como generadores síncronos. Si la duración delcortocircuito es mayor, la caída de velocidad debida al par de frenado repercute sobre losfenómenos electromecánicos transitorio y las máquinas sincronas pasan a funcionar comomáquinas asíncronas.
Motores asíncronos: La corriente de cortocircuito también depende de la presencia de losmotores asíncronos. Las corrientes de cortocircuito se amortiguan, al contrario que en máquinassíncronas, muy rápidamente debido a la falta de bobinados de excitación. Las características delmotor asíncrono, y su par de frenado también influyen en la respuesta del motor delante de uncortocircuito.
1.5 MÉTODOS PARA LIMITAR LAS CORRIENTES DE CORTOCIRCUITO
En un sistema eléctrico, las posibles corrientes elevadas producidas por un cortocircuito suponen unencarecimiento de las instalaciones, ya que sus componentes y dispositivos han de proyectarse losuficientemente sólidos para resistir los efectos térmicos y dinámicos que puedan producirse. Por estemotivo, las empresas distribuidoras de energía eléctrica suelen proyectar sus sistemas de forma que, encada nivel o sector de tensión utilizado, las corrientes de cortocircuito (o sus potencias de cortocircuito)no superen un valor que se establece en función de criterios económicos y en ocasiones pordisponibilidades en el mercado de los dispositivos adecuados.
Las corrientes de cortocircuito están normalmente alimentadas por elementos activos (fuentes detensión, generalmente generadores síncronos). Por el contrario, los elementos limitadores son pasivos(resistencias e inductancias), estando situados entre los elementos activos y el punto de cortocircuito.
Cortocircuitos en las instalaciones eléctricas 25
Aunque existen numerosos métodos y técnicas para la reducción de las corrientes de cortocircuito, sonpocos los básicos. Entre los más importantes, podemos destacar los siguientes:
A. Limitación de la potencia total conectada a un sector. Limitación de las potencias de lostransformadores de alimentación
B. Puestas a tierra no rígidasC. Desconexiones rápidas delante de cortocircuitosD. Desexcitaciones de generadoresE. Bobinas de extinción o de resonancia (Petersen)F. Empleo de tensiones elevadasG. Interposición de bobinas limitadoras trifásicas en serie
1.5.1 Limitación de la potencia total conectada a un sector. Limitación de las potencias delos transformadores de alimentación
En la planificación de sistemas eléctricos, una precaución muy extendida consiste en disponer depotencias no excesivas conectadas a una red correspondiente a un mismo nivel de tensión. Si la zonaafectada requiere una demanda mayor de potencia, es necesario realizar una subdivisión del sector. Comoel suministro de la energía de los generadores se realiza a través de transformadores, éstos serán losencargados de limitar la potencia total de un sector. Por supuesto, la potencia total permisible para lostransformadores estará relacionada con las caídas de tensión (ecc) que para ellos se prevea. Así,dependiendo del número de puntos de generación de energía, existirán más o menos caminos para lascorrientes de cortocircuito que contribuirán a la alimentación del fallo.
Si limitamos las potencias de los transformadores y optamos por caídas de tensión (ecc) elevadas, eltransformador tendrá más pérdidas, pero disminuiremos los efectos de los posibles cortocircuitos quepuedan presentarse, ya que una caída de tensión elevada supone la interposición de reactancias en loscaminos de alimentación, debido a que las impedancias de los transformadores vienen definidas por:
SU
Z compcccc ·100
2e= [1.8]
Si dos sistemas trifásicos, aisladamente, poseen potencias de cortocircuito adecuadas y se unenmediante una línea de interconexión, el conjunto ofrecerá mayores potencias de cortocircuito, tal vezinadecuadas a sus dispositivos de protección asignados. Para paliar este inconveniente, lasinterconexiones se realizarán mediante circuitos alimentados con corriente continua.
1.5.2 Puestas a tierra no rígidas
Ya se ha indicado al principio de este capítulo que los cortocircuitos más frecuentes son losmonofásicos y los bifásicos a tierra, y concretamente con el fin de limitar las corrientes de cortocircuito atierra (corrientes homopolares), un método eficaz consiste en disponer resistencias o reactancias en laspuestas a tierra.
Es evidente que tales impedancias no afectan al sistema en los regímenes normales de funcionamiento,ya que al ser sistemas equilibrados no circularan corrientes por el circuito que une el neutro con tierra, porrepresentar para ellas un circuito abierto.
Tampoco afectarán estas impedancias limitadoras al cortocircuito trifásico, único cortocircuitoequilibrado, ya que las corrientes equilibradas nunca podrán fluir más halla del neutro. Esto provoca quelas impedancias limitadoras del neutro no surjan ningún efecto ante este tipo de cortocircuitos, siendonecesario adoptar otros sistemas de protección para los mismos.
Es importante recordar que para el cálculo de una puesta a tierra no rígida con una impedancia (Zn) éstano afectará a las redes de secuencia directa e inversa, pero se incluirá, con un valor (3Zn), en la red desecuencia homopolar para igualar las caídas de tensión (recordar que por el circuito de puesta a tierrapasaría la corriente total homopolar, es decir, el triple de la corriente homopolar que fluiría por una fase).
Protección de sistemas eléctricos de potencia26
1.5.3 Desconexiones rápidas antes de que las corrientes de falta alcancen valores elevados
Existen dispositivos de protección muy rápidos y con un alto poder de corte que interrumpen lacorriente antes de que ésta alcance su valor de cresta. Constituyen un excelente medio de protección, yaque no sólo limitan los efectos dinámicos sino que, por la brevedad de los tiempos de actuación, tambiénaminoran los efectos térmicos.
Este método, no obstante, sólo es aplicable a sistemas con corrientes de cortocircuitos relativamentereducidas, ya que en redes donde puedan presentarse corrientes de cortocircuitos elevadas, los esfuerzoselectrodinámicos y térmicos son tan grandes que resulta difícil crear dispositivos capaces deinterrumpirlas de forma tan rápida.
1.5.4 Desexcitación de generadores
Este procedimiento consiste en disponer, en los generadores síncronos, de reguladores de tensión queprovoquen una desexcitación al presentarse corrientes de cortocircuito. Estas corrientes, básicamenteinductivas, por sí mismas tienden a desexcitar las máquinas generadoras de energía eléctrica.
Si para sistemas locales simples este método suele constituir un útil recurso, en general resultacontraproducente en otros aspectos, tratándose de sistemas más complejos. Si bien en épocas pasadasimportaba ante todo evitar los efectos destructivos de los cortocircuitos, en la actualidad, como lasinstalaciones ya están bien protegidas y se proyectan de forma que resistan los efectos térmicos ydinámicos previstos, lo más importante es asegurar la continuidad del servicio. Es decir, un factorimportante en la actualidad es mantener la estabilidad con las menores perturbaciones posibles, mientrasse elimina el defecto o se desconecta el sector afectado por la falta, evitándose interrupciones en losrestantes.
1.5.5 Bobinas de extinción o de resonancia (Petersen) o puesta a tierra compensante
En la figura 1.11 se representa una línea trifásica con neutro aislado. Los bobinados indicados puedenser los de un generador o, más generalmente, los secundarios de un transformador. Supuestas idénticas lasadmitancias transversales del sistema (aislamientos y capacidades de las tres fases), el neutro poseerá elmismo potencial que tierra. Pero como sea que las líneas no son perfectamente simétricas, en la prácticael neutro (N) ofrecerá cierto potencial respecto a tierra.
Un arco o contacto a tierra de cierta línea establece que, respecto a tierra, el neutro adquiera la tensiónsimple y las fases “b” y “c” las compuestas. Con la condición de haberse previsto los debidosaislamientos, en principio el sistema puede seguir prestando su servicio, a diferencia de lo que sucederíasi el punto neutro (N) estaba rígidamente puesto a tierra. En este último caso, se habría producido elcortocircuito monofásico a tierra.
Aun con el neutro aislado, el defecto a tierra implica paso de corriente, motivado por los retornos quepermiten las admitancias transversales. Por el momento se despreciarán las conductancias, noconsiderándose más que las corrientes por capacidades. Ya se ha destacado que en este caso no se trata deun cortocircuito monofásico a tierra, pero la corriente de defecto puede llegar a ser considerable. Para unmismo tipo de línea trifásica, la corriente de defecto depende de la longitud de la misma, de forma que enuna línea corta será poco importante, mientras que para un sistema extenso será más elevada.
Los principales inconvenientes de la corriente de defecto si se aplica este método, son los siguientes:
Podrá subsistir sin graves consecuencias si es reducida y bueno el contacto; sin embargo, si lacorriente presenta valores elevados, tendrá efectos destructivos, por lo que la continuidad deservicio no será posible.El contacto a tierra de la línea (a) puede ser producto de un arco intermitente generador desobretensiones (sucesivas descargas de capacidades) que, unidas a las adquiridas por lasrestantes líneas, pueden originar descargas a tierra, derivándose en un doble contacto a tierra.Arcos suficientemente intensos pueden extenderse y motivar defectos graves o generalizados.
Las corrientes de contacto a tierra pueden disminuirse mediante las llamadas bobinas Petersen, deextinción, de resonancia o de compensación. Se trata de inductancias (Xp) de puesta a tierra del neutro (N)(ver figura 1.11).
Cortocircuitos en las instalaciones eléctricas 27
Para la determinación de la corriente de defecto (ID), puede emplearse al teorema de Thévenin,resultando:
öö÷
õææç
å-=
PsD wL
CwEI 13 [1.9]
Anulándose la (ID), cuando existe resonancia de corriente, es decir:
wCwLP 3
1=Cw
LP 231= [1.10]
Con la corriente (ID) es anulada, se extingue el arco inicial y sin embargo puede persistir el contacto atierra, luego la continuidad de servicio, hasta haberse localizado y eliminado el defecto. Con estasprestaciones, quedan justificadas las designaciones de bobina de resonancia, de compensación y deextinción.
Figura 1.11 Sistemas de conexionado de las bobinas Petersen
En la práctica, los elementos no son ideales y, al existir reactancias, el diagrama vectorial secorresponde con el (h) de la figura 1.11. Esto significa que incluso con la resonancia de compensación, enel defecto hay una corriente residual (Ir) o compensada. Si esta corriente es pequeña, no puede mantenerel arco, que termina desapareciendo (se trata de una corriente óhmica, luego con arco de fácil extinción).
Xcc
b
a
Xc
Xc
(a)
a a
bb c c
(b) (g)
c
b
a
N
Xc
Xc
Xc
Xp
Xc
Xc
Xc
Xp
Xp 3Xc
(d) (e)
(j) (h) (j)
Protección de sistemas eléctricos de potencia28
Por el contrario, si el sistema es extenso, la inevitable corriente residual es de tal magnitud que el arcopersiste. Este es el motivo por el que las bobinas de extinción han tenido aplicación solamente en redes nodemasiado extensas y con tensiones inferiores a los 110 kV.
Es importante pues, reducir las corrientes que circulan por cada uno de los tres bobinados delgenerador, o del secundario del transformador; para ello, vamos a considerar unos supuestos.Consideremos nuevamente el caso de un sistema sin pérdidas. Al ser (ID = Ir = 0), resulta que por cadabobinado circulará una intensidad de defecto (IP /3 = I3C /3), siendo estas corrientes las componenteshomopolares del sistema.
Si no se realiza la compensación, dejando al neutro aislado, por los tres bobinados del secundario deltransformador circularán corrientes asimétricas. En tal caso, la asimetría de corrientes en el secundariorepercute en el primario, afectando a los generadores de este sistema y a las caídas de tensión, en general.
1.5.5.1 Inconvenientes de las bobinas de extinción
Los inconvenientes más frecuentes que presenta la utilización de las bobinas de extinción son:
La compensación resulta bastante costosa comparada con otros métodos afines.En las redes subterráneas la solución se encarece aún más, en virtud de las mayores capacidadesque obligan a compensar las elevadas corrientes. La potencia aparente de la bobinacompensadora pasa a ser: ( wCUIUS sCs 32
3 == ).La existencia de armónicos de tensión es causa de corrientes que no quedan compensadas. Unejemplo lo representan las corrientes fundamentales, pudiendo alcanzar éstas valoresconsiderables.Las bobinas de compensación pueden originar sobretensiones peligrosas a causa de cambios deestructura en la red. Además, tratándose de bobinas con núcleo de hierro, pueden provocarferrorresonancias molestas.La sintonía sólo puede conseguirse en unas determinadas circunstancias, pero si el sistemaexperimenta alteraciones, por ejemplo por maniobras (conexión o desconexión de sectores) oampliaciones, aquella sintonía se pierde. Esto obliga a disponer de una bobina de reactancia condiversas tomas o con núcleos con entrehierros variables (o ambas soluciones a la vez). Inclusosin maniobras, las variaciones de las flechas en las líneas es causa de cambios en lascapacidades, aunque la compensación puede automatizarse.Compensar a través de un sólo transformador puede provocar en el mismo calentamientosexcesivos, si no han sido previstos. Si existen varios transformadores en paralelo, es necesarioestablecer una barra común de neutro para conexionar la bobina de extinción. Si en el sistemacompensado existen varios transformadores, pueden disponerse de varias bobinas de extinción,siendo útil hacerlo de forma que, al desconectarse los sectores, los que queden en serviciotiendan a quedar compensados.
1.5.5.2 Ventajas de las bobinas de extinción
Defectos que no serían pasajeros pasan a serlo debido a la autoextinción.El sistema de compensación evita aperturas intempestivas de los interruptores.Las bobinas de compensación se han generalizado en el centro y norte de Europa. Por elcontrario, no son de uso frecuente en los países anglosajones ni en Francia ni España.Tienden a evitar que los defectos más numerosos (los monofásicos a tierra) se conviertan encortocircuitos.
1.5.6 Empleo de tensiones elevadas
Este sería un buen método si la normalización de los elementos y dispositivos eléctricos, unido a unasrestricciones económicas, no restringieran los aumentos de tensión aconsejables para su correctaaplicación.
El fundamento es sencillo. Al proyectar una línea para una determinada potencia nominal debe tenersepresente que, en términos generales, las impedancias longitudinales aumentan en proporción a loscuadrados de las tensiones nominales elegidas y las corrientes nominales de servicio disminuyen enproporción inversa. Esto se traduce en que las corrientes de cortocircuito son inversamente proporcionales
Cortocircuitos en las instalaciones eléctricas 29
a las tensiones, por lo que los efectos térmicos y dinámicos tienden a disminuir en proporción inversa conlos cuadrados de las tensiones.
1.5.7 Interposición de bobinas limitadoras trifásicas en serie
Ya se ha indicado que los elementos pasivos constituyen factores limitadores de las corrientes decortocircuito, por lo que al proyectar máquinas eléctricas podríamos pensar en realizarlas con elevadasreactancias, si bien esto implicaría un sensible encarecimiento de las mismas.
Otro sistema para aumentar la reactancia total de una máquina estriba en disponer de reactanciasadicionales en serie, pero en este caso los inconvenientes provienen de que, con valores elevados de lasreactancias serie, se disminuyen los límites de estabilidad de los sistemas.
Figura 1.12 Corriente nominal y corriente de cortocircuito en el momento de una falta
También es preciso recordar que las reactancias serie originan caídas de tensión variables con lascargas, lo que encarece las soluciones necesarias para regular las tensiones. No obstante, este problema noreviste tanta gravedad como de entrada aparenta. Ciertamente las corrientes de cortocircuito sonconsiderablemente más elevadas que las nominales, pero los factores de potencia de las cargas de serviciotambién son relativamente elevados, mientras que los factores de potencia debidos a las corrientes decortocircuito suelen presentar valores bajos.
En la figura 1.12 se aprecia que estas circunstancias permiten unas caídas de tensión, en las bobinas dereactancia, relativamente reducidas cuando éstas son originadas por las corrientes nominales, mientrasque las caídas de tensión elevan su valor cuando son originadas por las corrientes de cortocircuito.
Algunas consideraciones útiles nos permiten ver la bondad del método:
Por sí sola, una bobina de reactancia con tensión de cortocircuito (ucc%) en caso extremo(alimentación con potencia infinita y cortocircuito en bornes de salida) limita la corriente alterna
de cortocircuito a un valor de: (cc
npa uIII 100
1 == ).
Siendo (Un) la tensión nominal del sistema, se define la potencia nominal aparente de paso de labobina mediante la siguiente expresión: ( nnn IUS ··3= ).En baja tensión no suelen emplearse bobinas limitadoras, ya que las elevadas corrientes motivanrendimientos antieconómicos debidos a las importantes pérdidas por efecto Joule.
1.6 EFECTOS ELECTRODIMÁMICOS Y TÉRMICOS DE LAS CORRIENTES DECORTOCIRCUITO
Cuando se produce un cortocircuito, debido a las elevadas intensidades, aparecen unos esfuerzostérmicos y electrodinámicos del todo inadmisibles. Estos esfuerzos deben ser estudiados y calculados entodas las instalaciones eléctricas para el dimensionado de los elementos que las forman, así como para lacorrecta planificación de sus dispositivos de protección.
In
Icc
Corriente nominal Corriente de cortocircuito
Las corrientes no se han podido representar proporcionalmente, ya que Icc>>In
U2
U1
R·In
X·InU1
R·Icc X·IccU2
Protección de sistemas eléctricos de potencia30
1.6.1 Efectos electrodinámicos
Los dispositivos eléctricos (interruptores, seccionadores, disyuntores, transformadores de corriente,etc.) han de poseer robustez mecánica suficiente para soportar los efectos dinámicos correspondientes almayor valor instantáneo de la corriente de cortocircuito que pueda producirse en la red en la que estáninstalados. Esta corriente es, en principio, la corriente de choque (IC). No obstante, si están previstasprotecciones limitadoras de corriente que interrumpan la misma antes de que se alcance la máximaintensidad asimétrica de cortocircuito (icc=Is), la máxima corriente instantánea de paso previsible será laadoptada para realizar los cálculos. Asimismo, los conductores y los elementos de sujeción (barras,aisladores, bridas, etc.) han de resistir los efectos dinámicos de las corrientes indicadas.
Recordar que la fuerza de interacción (atracción, tratándose de corrientes opuestas, o repulsión,tratándose de corrientes de igual sentido) entre dos conductores paralelos lineales (idealmente consecciones nulas) puede obtenerse mediante las siguientes expresiones:
riB
liBF
ÖÖÖ=
ØØ=
pmm
20
[1.11]
lr
iF ÖÖÖ
ÖÖ=p
mm2
2
0
Donde:
F = Fuerza total (repartida) correspondiente a un metro de línea (en N·m)B = Inducción magnética (en Teslas)m0 = Permeabilidad magnética (constante de inducción) en el vacío (4p10-7)m = Permeabilidad magnética relativai = Valor instantáneo de la corriente (en A)l = Longitud de la línea (en m)r = Separación entre conductores lineales (en m)
Las unidades correspondientes son las del sistema internacional (S.I.), siendo, en la práctica, lapermeabilidad magnética relativa próxima a la unidad (mº1), mientras que para el valor instantáneo de lacorriente se adopta al valor de la corriente de choque (i=Ic).
Asimismo, en la práctica se presentan disposiciones (barras en centrales) en las que las secciones estánlejos de ser despreciables frente a las separaciones entre líneas. En tal caso, la separación entreconductores lineales (r) se sustituye por otra separación (rf) ficticia.
Lógicamente, la determinación de los esfuerzos magnéticos nos proporciona los datos de partida paralos cálculos mecánicos de los conductores y elementos de sujeción, y asimismo permite determinar lafuerza de abertura de los polos en los dispositivos de protección.
1.6.2 Efectos térmicos de las corrientes de cortocircuito
Generalmente, el proceso de calentamiento por corriente de cortocircuito se considera de cortaduración, en virtud de los breves tiempos de actuación de los elementos de protección. En estassituaciones, suele aceptarse que en su transcurso no existe disipación de calor, es decir, que todo el calorproducido se traduce en calentamiento. En los supuestos de sucesivas reconexiones, con intervalos dealguna consideración, hay que prever estas pérdidas de calor si se desean evitar previsiones pesimistas.Aunque, normalmente, en la mayor parte de los supuestos puede suponerse que las disipaciones térmicasson nulas.
La temperatura previa al cortocircuito puede determinarse considerando al sistema funcionando enrégimen nominal. Pero también cabe partir de las máximas temperaturas que las normas establecen paralos regímenes permanentes de trabajo. Con esta última disposición, se renuncia a un margen térmicodisponible, si el régimen nominal no agota la posibilidad térmica del conductor.
Cortocircuitos en las instalaciones eléctricas 31
Establecida la temperatura inicial, lógicamente procede determinar el calentamiento (elevación de latemperatura) que puede provocar el cortocircuito. Este calentamiento depende además de la naturaleza ydimensiones (sección) del conductor, del valor de la corriente (Ief) y de la duración del cortocircuito.
1.7 DETERMINACIÓN PRÁCTICA DE LAS CORRIENTES DE CORTOCIRCUITO
El cálculo de las corrientes de cortocircuito, así como las contribuciones de corriente que cada líneaaporta al mismo cuando las redes están formadas por varias mallas, es largo y complejo, siendonecesarios numerosos cálculos que exigen mucho tiempo.
El procedimiento propuesto, que consiste en disponer de un "modelo de red", también llamado "red enminiatura", permite evitar este inconveniente. Con este modelo, por medio de las oportunas medidas conamperímetros sensibles y produciendo a voluntad cortocircuitos monofásicos, bifásicos, o puestas a tierraen los puntos deseados, pueden determinarse de forma práctica y en cada caso, los valores de las distintascorrientes de cortocircuito.
Como es lógico, es necesario hallar previamente y conforme a lo expuesto los valores de lasresistencias o de las reactancias de cada uno de los elementos que constituyen la red real, cuyos valoresvienen expresados en ohmios.
De esta forma, disponiendo de las impedancias necesarias, regulando convenientemente sus valores yagrupándolas de modo que constituyan el modelo de red propuesto, se determinarán con arreglo a losvalores escogidos para dichas impedancias (que pueden ser proporcionales a los valores reales de la red)los valores de las intensidades de las diversas corrientes de cortocircuito que han de considerarse.
Los voltajes que se aplican al “modelo de red” tienen escaso valor comparados con los voltajesnominales de la misma, pero como en los circuitos de resistencias no inductivas la intensidad es siempreproporcional al valor del voltaje, con una simple proporción podrán obtenerse los verdaderos valores delas intensidades de las corrientes de cortocircuito.
El dispositivo para establecer un “modelo de red” consta de varias impedancias regulables a fin deobtener los valores necesarios de las mismas, y mediante apropiados conectores, también permite realizarlas conexiones convenientes entre aquellas impedancias. Así quedará reproducida la red real en el modeloconstituido del modo y con los elementos y componentes necesarios.
Las operaciones que se llevan a cabo con el “modelo de red” simplifican notablemente ladeterminación de las corrientes de cortocircuito en la mayoría de los supuestos que es necesarioconsiderar.
1.8 IMPEDANCIAS DIRECTA, INVERSA Y HOMOPOLAR
Las impedancias a tener presentes en los cálculos de cualquier cortocircuito se engloban tres grandesdenominaciones:
Impedancia directa (Z1): Es el cociente entre la tensión entre fase y neutro y la corriente de faseen el caso de de circuitos alimentados mediante un sistema simétrico trifásico de secuenciadirecta (RST). Corresponde a la impedancia de servicio de líneas, a la impedancia decortocircuito de los transformadores, bobinas y condensadores, y a la impedancia que aparece enlos generadores y motores en el instante de producirse el cortocircuito.
Impedancia inversa (Z2): Es el cociente entre la tensión entre fase y neutro y la intensidad de faseen el caso de circuitos alimentados por un sistema simétrico trifásico de secuencia inversa (RTS).Al no influir el sentido del flujo giratorio en los elementos estáticos (transformadores, bobinas,condensadores, líneas, cables, etc) las impedancias inversas coinciden con las impedanciasdirectas. Por el contrario, las máquinas giratorias (motores y generadores) variarán su valor sison máquinas con el rotor de polos salientes.
Protección de sistemas eléctricos de potencia32
Impedancia homopolar (Z0): Es el cociente entre la tensión entre fase y neutro y la intensidad defase en el caso de que la alimentación provenga de una fuente de tensión monofásica. No hayforma de hallar con exactitud el valor de la impedancia homopolar si no es de forma práctica. Laimpedancia homopolar es similar a la impedancia directa en dispositivos como bobinas ycondensadores, prácticamente igual en los transformadores y mucho menor en las máquinasgiratorias. Donde realmente cambia de valor la impedancia homopolar es en las líneas detransporte de energía eléctrica, ya que la corriente homopolar es monofásica y por tanto debe dedisponer de un camino de retorno, el cual se produce normalmente a través de tuberías, hilos deprotección, neutro, etc. lo que hace que las impedancias homopolares de las líneas aumenten, almenos en el doble o en el triple, respecto a los valores que presentarían las mismas en secuenciadirecta o inversa.
La siguiente tabla, muestra de forma aproximada los valores que debemos adoptar al realizar loscálculos de las impedancias de los diversos dispositivos eléctricos. Recordar que las impedanciashomopolares deben hallarse de forma experimental si se desean calcular con exactitud.
Tabla 1.3 Valores de las impedancias directa, inversa y homopolar para diversas máquinas y dispositivoseléctricos
Dispositivo Componentedirecta
Componente inversa Componente homopolar
Transformador X1 X2= X1 X0 = X1 · 0,9
Bobina (L) X1 X2= X1 X0 = X1
Condensador (C) X1 X2= X1 X0 = X1
Resistencia (R) X1 X2= X1 X0 = X1
Línea (L) X1 X2= X1 X0 = 2,5 · X1
Máquina Síncrona X1 TurbogeneradorX2=X1
HidroturbinasX2=1,2·X1
Máquina Asíncrona X1 X2= X1
X0 = 0,4 · X1 X0 = ( 1/6 a 3/4)X1
(Sólo con máquinasdinámicas)
1.9 CÁLCULO DE LA IMPEDANCIA DE APARATOS Y DISPOSITIVOSELÉCTRICOS Y DE LA IMPEDANCIA DE CORTOCIRCUITO DE LA RED
1.9.1 Impedancias de aparatos y componentes
Al contrario de lo que ocurre con las líneas aéreas y los cables, las impedancias o reactancias de losgeneradores, transformadores y bobinas de compensación no se expresan en general como valoresabsolutos en ohmios/fase, sino en forma de valores relativos. Los datos expresados en ohmios/fasecorresponden a los valores por fase de las impedancias en estrella o de las impedancias en triánguloadecuadamente transformadas en impedancias en estrella, dándose como la relación entre la tensiónnominal y la corriente o la potencia nominales.
N
NN
N
NNk S
Uz
IU
zZ2
3== [1.12]
Cortocircuitos en las instalaciones eléctricas 33
Donde:
ZK = Impedancia absoluta de cortocircuito (en ohmios/fase)ZN = Módulo de la impedancia de cortocircuito referida a la tensión nominal y a la corriente o potencia nominales (en ohmios/fase)UN = Tensión nominal (en kV)IN = Corriente nominal (en A)SN = Potencia aparente nominal (en MVA)
1.9.1.1 Transformadores
Los esquemas equivalentes correspondientes a los sistemas directo, inverso y homopolar de lostransformadores, dependen del número y conexión de los bobinados que los forman. El módulo de laimpedancia inversa suele coincidir con el módulo de la impedancia directa.
1.9.1.1.1 Impedancias directas
La impedancia directa de un transformador trifásico coincide con su impedancia de cortocircuito. Éstapuede medirse o calcularse a partir de la tensión de cortocircuito y de la impedancia nominal, refiriéndosetanto al lado de alta tensión, como al de baja.
1.9.1.1.2 Transformadores con dos bobinados
Se cumple, en este caso:
Z1 = Zps = ZT = (RT + jXT) [1.13]
La impedancia directa viene determinada esencialmente por el flujo de dispersión entre los bobinadosprimario y secundario.
La impedancia total (ZT) se calcula a partir de la tensión de cortocircuito (Uk) del transformador:
222
%100 TTNT
NTkNT XR
SUu
Z +== [1.14]
Siendo la resistencia óhmica:
2
2
3%100 NT
CuN
NT
NTRNT I
PSUu
R == [1.15]
Y la reactancia inductiva:
2222
%1001
%100 RNkNNT
NT
NT
NTXNT uu
SU
SUu
X -== [1.16]
Donde:
UNT = Tensión nominal del transformador (tensión de línea en kV)SNT = Potencia nominal aparente del transformador (en MVA)ukN = Tensión de cortocircuito para la corriente nominal (en %)uRN = Tensión resistiva de cortocircuito para la corriente nominal (pérdidas de cortocircuito en %)uXN = Tensión reactiva de cortocircuito para la corriente nominal (en %)PCuN = Pérdidas en el cobre para la potencia nominal (en MW)INT = Intensidad nominal del transformador (en A)
En los cálculos en los que el transformador no se analiza internamente, sino que constituye uncomponente más dentro de un sistema de potencia, podemos sustituir su circuito equivalente por unaresistencia y una reactancia colocadas en serie, como muestra la figura:
Protección de sistemas eléctricos de potencia34
RCC XCC
Figura 1.13 Circuito equivalente aproximado de un transformador monofásico
Si realizamos aún otra aproximamos y despreciamos el valor de la resistencia frente al valor de lareactancia del transformador (normalmente el valor de la resistencia es varias veces menor al valor de lareactancia), el circuito equivalente queda simplificado y formado solamente por una reactancia:
Xcc Como RCC << XCC entonces
Recordando, asimismo, que el transformador variará los valores de la tensión y la intensidad, de laforma:
Z1 V1 V1>V2 Z2 V2 I1 I2 Alta Tensión Baja Tensión
m = V1/V2 > 1
Para encontrar V1 V1= V2 · m Para encontrar V2 V2 = V1 / m Para encontrar I1 I1 = I2 / m Para encontrar I2 I2 = I1 · m Para encontrar Z1 Z1 = Z2 · m2 Para encontrar Z2 Z2 = Z1 / m2
Figura 1.14 Relaciones entre las magnitudes primarias y secundarias de un transformador
Además, es importante recordar las siguientes expresiones:
eCC ZCC = eCC · U2n / Sn eXCC XCC = eXCC · U2n / Sn [1.17]
eRCC RCC = eRCC · U2n / Sn
1.9.1.1.3 Transformadores con tres bobinados
Los transformadores con tres bobinados se representan, para los sistemas directo e inverso, medianteun esquema equivalente en el que las tres impedancias existentes (una entre cada dos devanados) estánconectadas en estrella. Estas impedancias se calculan a partir de las tensiones de cortocircuito y de laspotencias aparente referidas a una de las tres tensiones nominales del transformador. Debido al miembrocon signo negativo, una de las tres impedancias puede ser nula o negativa. En general tendremos:
öö÷
õææç
åöö÷
õææç
å-+=
%100·2
2N
st
st
tp
tp
ps
psp
USu
Su
Su
Z
öö÷
õææç
åöö÷
õææç
å-+=
%100·2
2N
tp
tp
ps
ps
st
sts
USu
Su
Su
Z [1.18]
öö÷
õææç
åöö÷
õææç
å-+=
%100·2
2N
ps
ps
st
st
tp
tpt
USu
Su
Su
Z
Donde:
ups, ust, utp = Tensiones de cortocircuito (en %)UN = Tensiones de referencia (una de las tres tensiones nominales en kV)Sps, Sst, Stp = Potencias nominales de paso (en MVA)
Cortocircuitos en las instalaciones eléctricas 35
S p
T
Figura 1.15 Circuito eléctrico monofásico de un transformador con tres bobinados
1.9.1.2 Bobinas limitadoras de la corriente de cortocircuito
Las impedancias de las redes directa, inversa y homopolar de una bobina limitadora de la corriente decortocircuito son iguales y su valor coincide con el de la impedancia longitudinal o directa(Z1=Z2=Z0=ZD).
Como (RD = 0.03·XD), puede despreciarse (RD) frente a (XD). Por tanto se cumple:
ND
NDND
ND
NDNDDD Q
UuI
UuXZ2
%1003%100==@ [1.19]
Donde:
uND = Caída de tensión para la corriente nominal (en %)UND = Tensión nominal (en kV)IND = Corriente nominal (en A)QND = Potencia reactiva nominal (en MVAR)
Figura 1.16 Símbolo eléctrico y circuito monofásico equivalente de una bobina limitadora
1.9.1.3 Condensadores en serie
Las impedancias de las redes directa, inversa y homopolar de un condensador en serie coinciden con elvalor de su impedancia longitudinal o directa (Z1=Z2=Z0=ZD).
Como las pérdidas óhmicas representan del 0.2% al 0.45% de la potencia del condensador, puededespreciarse (RC) frente a (XC), cumpliéndose:
23 NC
NCCC I
QXZ =@ [1.20]
Donde:
QNC = Potencia reactiva nominal (potencia trifásica en MVAR)INC = Corriente nominal (en A)
Figura 1.17 Símbolo eléctrico y circuito monofásico equivalente de un condensador
ZD
LD
ZC
C
Protección de sistemas eléctricos de potencia36
1.9.1.4 Acometidas
El valor de la corriente de cortocircuito para una acometida viene determinado por la potencia decortocircuito en el punto de conexión (Q) de la red que alimenta a dicha acometida.
La impedancia de cortocircuito resulta ser:
)( QQQ jXRZ += "
1.1 2
2
kQ
NQQ S
UZ = [1.21]
Donde:
UNQ = Tensión nominal de la red en el punto de acometida Q (el coeficiente 1.1 corresponde al factor (c))SkQ” = Potencia de cortocircuito para la corriente inicial simétrica en el punto de acometida Q (en MVA)IkQ” = Intensidad inicial simétrica de cortocircuito en el punto de acometida Q (en A)
Si no se conocen otros valores, puede tomarse para la resistencia efectiva RQ=0.1XQ con XQ=0.995ZQ.
Figura 1.18 Símbolo eléctrico y circuito monofásico equivalente de una acometida
1.9.1.5 Cables
No es posible dar para los cables fórmulas que permitan calcular con una precisión suficiente laresistencia óhmica y la reactancia inductiva. Los valores de la impedancia deberán ser indicados por elfabricante o determinados efectuando medidas. Esto rige sobre todo para las impedancias homopolares.
1.9.1.6 Líneas aéreas
Para los sistemas directo e inverso correspondientes a una línea aérea se cumple:
Z1 = Z2 = ZL = (RL+jXL) [1.22]
El sistema homopolar es semejante difiriendo únicamente en la capacidad respecto a tierra. En líneasdobles aparece junto a la inductancia propia, tanto para los sistemas directo e inverso como para elhomopolar, un acoplamiento entre los dos circuitos.
Figura 1.19 Símbolo eléctrico y circuito monofásico equivalente de una línea aérea trifásica
ZLUn/ 3½ C ½ C
ZL
1.1(Un/ 3)Q
Q
ZQ
Cortocircuitos en las instalaciones eléctricas 37
El circuito monofásico equivalente para una línea aérea puede ser representado como indica la figuraanterior (figura 1.19 circuito equivalente en ), o bien mediante el circuito equivalente en (T). En esteúltimo caso, es la impedancia longitudinal la que se divide en dos mitades, quedando la impedanciatransversal agrupada formando una unidad.
1.9.1.7 Máquinas síncronas
La reactancia inicial subtransitoria saturada (Xd” ) de una máquina síncrona nos determina el valor dela corriente inicial simétrica de cortocircuito. La impedancia de un generador vale:
ZG º ( RG + jXd”) [1.23]
Con una reactancia de valor:
NG
NGdd S
UxX
2""
%100= [1.24]
X%” = xd” / 100% [1.25]
Normalmente, el valor de la reactancia inicial porcentual (X%'') nos puede orientar sobre el tipo demáquina eléctrica que estamos calculando. Esta información es especialmente importante a la hora decalcular las impedancias de secuencia inversa, cumpliéndose en general:
X%” > 18% Máquinas con rotor de polos salientes: X2 = 1.2 · X1
X%” ¢ 18% Máquinas con rotor liso: X2 = X1
Para la resistencia de los bobinados del generador (RG) pueden tomarse con suficiente precisión lossiguientes valores:
RG = 0.05 Xd” para generadores con UNG >1kV y SNG 100MVARG = 0.07 Xd” para generadores con UNG >1kV y SNG<100MVARG = 0.15 Xd” para generadores con UNG<1000V
Figura 1.20 Símbolo eléctrico y circuito monofásico equivalente de una máquina síncrona
Los generadores acoplados en paralelo con distinta potencia pero igual reactancia inicial puedensustituirse por un generador equivalente, cuya potencia será la suma de las potencias de cada uno de losgeneradores.
Los motores y los compensadores síncronos (motores síncronos trabajando en vacío) pueden tratarsecomo generadores síncronos para el cálculo de las corrientes de cortocircuito.
1.9.1.8 Motores asíncronos
La impedancia a considerar, para el cálculo de la corriente inicial simétrica de cortocircuito de lasmáquinas de inducción, se obtiene a partir de la corriente inicial de arranque del motor a la tensiónnominal, de forma:
ZM = (RM + jXM) [1.26]
ZG1.1(Un/ 3)
G
Protección de sistemas eléctricos de potencia38
Y por tanto:
NM
NM
NManan
NMM S
UIII
UZ
2
/1
3== [1.27]
Donde:
UNM = Tensión nominal del motor (en kV)Ian = Corriente inicial de arranque del motor (en A)INM = Corriente nominal del motor (en A)SNM = Potencia aparente nominal del motor (en MVA)
Para la resistencia de los bobinados del motor (RM) pueden tomarse con suficiente precisión:
RM/XM = 0.10 con XM=0.995 Para motores con alta tensión y con la relación potencia/par de polos 1MWRM/XM = 0.15 con XM= 0.989 Para motores con alta tensión y con la relación potencia/par de polos<1MWRM/XM = 0.30 con XM = 0.958 Para motores de baja tensión (U<1kV).
Figura 1.21 Símbolo eléctrico y circuito monofásico equivalente de una máquina asíncrona
Los accionamientos alimentados por convertidores estáticos pueden tratarse como motores asíncronos.Para estos accionamientos se toma:
UNM = Tensión nominal en el lado de alimentación del convertidor o transformador del convertidor en kVINM = Corriente nominal en el lado de la alimentación (en A)
Ian / INM = 3 y RM = 0.1· XM con XM = 0.995· ZM [1.28]
1.9.2 Impedancias de cortocircuito de la red
1.9.2.1 Redes con alimentación múltiple y redes malladas
A menudo, es necesario calcular las corrientes de cortocircuito para puntos alimentados por diversasfuentes de corriente de cortocircuito; estas corrientes pueden circular a través de conductoresindependientes o de conductores dispuestos en malla.
En el caso de un cortocircuito con alimentación simple, la impedancia de cortocircuito de la red (ZK)equivale a la suma de las impedancias de los distintos aparatos o componentes.
Si se trata de un cortocircuito con alimentación múltiple a través de líneas independientes, es posiblecalcular, a partir de las impedancias (ZA) y (ZB), las proporciones de la intensidad de cortocircuito quecirculan por las ramas (A) y (B) mediante divisores de intensidad. También puede determinarse laimpedancia equivalente de (ZA) y (ZB), calculándose, con este valor, directamente la corriente decortocircuito.
En el caso de un cortocircuito con alimentación múltiple a través de líneas con tramos comunes, deberádeterminarse la impedancia equivalente (ZAB) de las ramas independientes hasta el punto de cortocircuitoy al valor de esta impedancia equivalente, sumarle el valor de la impedancia (ZD) del tramo común paraobtener la impedancia total.
1.1(Un/ 3)ZM
M
Cortocircuitos en las instalaciones eléctricas 39
Si se trata de un cortocircuito con múltiples alimentaciones a través de líneas dispuestas en malla, debedeshacerse dicha malla, mediante las correspondientes transformaciones triángulo/estrella, hastaconseguir en definitiva, un circuito donde podamos obtener la impedancia resultante equivalente vistadesde el punto de cortocircuito.
1.9.2.2 Cálculo por impedancias absolutas
Como las impedancias varían en función del cuadrado de la tensión, para las impedancias absolutas(ZB) referidas a la tensión de referencia (UB) se aplicarán las siguientes relaciones:
¶ Para las líneas aéreas y cables la impedancia dada en ( ) será:
2
2
N
BNB U
UZZ = [1.29]
¶ Para transformadores, motores, generadores y bobinas la impedancia en ( ), será:
N
BNB S
UzZ2
= [1.30]
La corriente inicial simétrica de cortocircuito (en A) y la correspondiente potencia de cortocircuito (enMVA), pueden calcularse mediante las siguientes ecuaciones:
B
Bk Z
UcS2
" = yN
kk
US
I3
""3 = [1.31]
En las que (UN) es la tensión de línea en el punto de cortocircuito (en kV), y el coeficiente (c)representa el paso de la tensión de línea al valor de la fuerza electromotriz de una ficticia fuentegeneradora de energía situada en el punto de cortocircuito, adoptándose normalmente para el coeficienteel valor de (c=1.1).
1.9.2.3 Cálculo por impedancias adimensionales
Para el cálculo adimensional, como las potencias nominales de los distintos aparatos o componentesson diferentes, o en el caso de las líneas aéreas, no están definidas, es preciso establecer una únicapotencia de referencia (SB).
Para las impedancias adimensionales (zB) referidas a esta potencia de referencia, se tienen las siguientesrelaciones:
¶ Para las líneas aéreas y cables:
2N
BNB U
SZz = [1.32]
¶ Para generadores, transformadores, motores y bobinas:
N
BNB S
Szz = [1.33]
Como potencia de referencia puede escogerse cualquier valor; sin embargo, resulta útil adoptar el valorde la potencia de la mayor máquina eléctrica existente en el circuito, o bien tomar un valor de referenciaque simplifique los cálculos, como por ejemplo 100 MVA.
La corriente inicial simétrica de cortocircuito y la correspondiente potencia de cortocircuito se obtienena partir de las ecuaciones:
Protección de sistemas eléctricos de potencia40
B
Bk Z
UcS =" y N
kk
US
I3
"" = [1.34]
En las que (UN) es la tensión de línea en el punto de cortocircuito en (kV).
1.9.2.4 Consideración de las relaciones de transformación de los transformadores
Los distintos niveles de tensión de una red están interconectados mediante transformadores conrelaciones de transformación (mi). Las relaciones de transformación deben verse desde el punto decortocircuito hacia la impedancia en cuestión. Para reducir las distintas impedancias a un mismo nivel detensión de referencia pueden aplicarse las siguientes relaciones:
¶ Impedancias absolutas para líneas aéreas y cables:
( )221 ..·mmZZ NBx = [1.35]
¶ Y para transformadores, motores, generadores y bobinas:
( )221
2
..·mmSU
zZN
NNBx = [1.36]
¶ Impedancias adimensionales para líneas aéreas y cables:
( )2212 ..·mmUSZZ
B
BNBx = [1.37]
¶ Y para transformadores, motores, generadores y bobinas:
( )2212
2
..·mmUU
SSZZ
B
N
N
BNBx = [1.38]
1.10 CÁLCULO DE LAS CORRIENTES DE CORTOCIRCUITO SEGÚN LASDIRECTRICES DE LA NORMA VDE 0102, PARTES 1/11.71 Y 2/11.75
1.10.1 Cálculo de las corrientes iniciales simétricas de cortocircuito con una fuenteequivalente de tensión
La Norma Alemana nos indica un método para hallar las corrientes de cortocircuito diferente delcálculo tradicional explicado a lo largo de este capítulo. Las diferencias esenciales que introduce laNorma VDE 0102 con respecto al sistema tradicional son las siguientes:
Hasta ahora hemos considerado que todas las fuentes de energía que estaban conectadas y activas en elmomento de producirse el cortocircuito influían en éste, y esto es cierto, pero la Norma VDE nos proponeun sistema alternativo, en el cual es suficiente con considerar en el punto de cortocircuito una únicafuente ficticia de energía con un valor de la fuerza electromotriz entre fase y neutro de:
3· n
CCUc
E = [1.39]
La tensión (Un) es la tensión de línea del punto de cortocircuito un instante antes de producirse elmismo, es decir, en régimen permanente, y por tanto fácilmente calculable. El coeficiente (c) representa elpaso de la tensión de línea al valor de la fuerza electromotriz de la fuente ficticia (normalmente su valores de c=1.1).
Cortocircuitos en las instalaciones eléctricas 41
Las fuerzas electromotrices de los generadores, motores y las correspondientes a las acometidas seconsideran nulas. Pero deben tenerse presentes sus impedancias, es decir, es muy importante detectar lapresencia y localización de estas fuentes en la red general, ya que sólo se tendrán en cuenta para elcálculo de la impedancia equivalente de cortocircuito vista desde el punto de falta, los circuitos o ramasen los que exista una fuente generadora de energía.
No se consideran las susceptancias (capacidades transversales) ni las pérdidas por conductancia de laslíneas en los sistemas directo e inverso, así como tampoco las impedancias transversales debidas amotores; los motores se tratan como generadores. Por el contrario, todos estos parámetros transversales(excepto los debidos a motores) deben tenerse presentes en el cálculo de la impedancia resultante ensecuencia homopolar.
Para las redes trifásicas con tensiones nominales superiores a 1 kV se cumple tanto para loscortocircuitos próximos al generador como para los alejados de él:
3·
3· Nh UcUc
= [1.40]
Donde:
UN = Tensión nominal (tensión de línea) de la red en la que está situado el punto de cortocircuito (en kV)c =1.1 = Diferencia entre la fuerza electromotriz y la tensión de la red
En las redes trifásicas con tensiones nominales inferiores a 1000 V y sin generadores de baja tensión secumple:
3·
3· NTh UcUc
= [1.41]
Donde:
UNT = Tensión nominal (tensión entre líneas) del lado de baja tensión de los transformadores que alimentan a la red (en kV)c =1.0 Para el cálculo de las máximas corrientes iniciales simétricas de cortocircuitoc =0.95 Para el cálculo de las mínimas corrientes iniciales simétricas de cortocircuito
1.10.2. Cálculo de las corrientes de cortocircuito Is, Ia e Ik
Las corrientes de cortocircuito (Is, Ia e Ik) se calculan a partir de la corriente inicial simétrica decortocircuito (Ik’') y de los factores indicados en las directrices VDE 0102. En el caso de que el punto decortocircuito esté alimentado directamente por las distintas fuentes de corriente de cortocircuito, secumple para (Is, Ia, IaM e Ik) las siguientes relaciones:
Corriente máxima asimétrica de cortocircuito
Esta es la máxima corriente que aparece en el punto de cortocircuito, es decir, es el valor pico a pico.Su cálculo es fundamental para la determinación del poder de cierre de los dispositivos de protección.
"·2· ks II c= [1.42]
El factor ( ) depende de la relación (Rk/Xk) correspondiente a los distintos aparatos o componentesimplicados en el cortocircuito y tiene en cuenta el amortiguamiento temporal de la componenteaperiódica, así como el de la componente simétrica en el caso de cortocircuitos próximos al generador. Suvalor se determina a partir de la gráfica 12.1 de los anexos.
Remitimos al lector al capítulo III (Problemas resueltos de fallos en sistemas de potencia) de esta obrapara su correcta aplicación.
Protección de sistemas eléctricos de potencia42
Corriente simétrica de corte
Es la corriente que existe en los bornes de los dispositivos de corte y protección en el momento de abrirsus contactos. Su cálculo revista gran interés, ya que de la magnitud de esta intensidad saldrá el valor delpoder de corte que deberá disponer el dispositivo de protección.
"·· ka IqI m= [1.43]
No todas las máquinas eléctricas dispondrán de los dos factores (m y q). En máquinas asíncronas sídeberemos considerar los dos factores, pero en las máquinas síncronas sólo se considerará el factor (µ) yaque el factor (q), en todos los casos, tomara el valor de la unidad (q=1).
El factor (m) depende de la relación (Ik”/ INominal) de las distintas fuentes de corriente de cortocircuito ydel retardo mínimo de desconexión (tv). Su valor se obtiene a partir de la gráfica 12.2 de los anexos.
El factor (q) depende de la relación entre la potencia del motor (en MW) y su número de pares depolos. Con este valor, y con el retardo mínimo de desconexión (tv), se entra en la gráfica 12.3 de losanexos, obteniéndose el valor final del coeficiente (q).
El cálculo de la corriente de corte es simple pero laborioso, por lo que remitimos al lector al capítulo deproblemas resueltos de fallas en líneas aéreas, capítulo III de esta obra, para su mejor comprensión.
Corriente permanente de cortocircuito
La corriente permanente de cortocircuito es la corriente que permanecerá el la red después deproducirse la falta. Normalmente, el circuito pasa a régimen permanente transcurridos unos 10 segdespués del cortocircuito.
Esta corriente es menor que las corrientes subtransitoria y transitoria en la mayor parte de loscortocircuitos (si las fuentes generadoras de energía se hallan situadas lejos del punto de falta, lasintensidades subtransitoria, transitoria y permanente coinciden en su valor).
Nk II ·l= [1.44]
El factor (l) depende de la relación entre (Ik”/ IN), de las condiciones de excitación (con regímenessaturados o poco saturados) y del tipo de máquina síncrona afectada por la falta (generadores con rotor depolos salientes, o turbogeneradores).
Para el cálculo del factor (l) se utilizarán las gráficas 12.4 y 12.5 de los anexos, remitiendo al lector ala sección de problemas (capítulo III, Problemas resueltos de fallas en líneas aéreas) de esta obra para sucorrecta comprensión.
1.11 CUESTIONES Y PROBLEMAS
CUESTIONES
1. ¿Qué es un cortocircuito? ¿Qué efectos produce un cortocircuito? ¿Tipos de cortocircuitos?2. Enumerar las solicitaciones que provoca un cortocircuito. ¿En que clase de defecto se dan cada una
de estas solicitaciones?3. Definir el cortocircuito trifásico. ¿En qué circuitos es más frecuente este defecto? ¿Qué
consecuencias conlleva este cortocircuito? ¿Qué redes de secuencia deben emplearse para su cálculo?4. Definir el cortocircuito bifásico. ¿En qué circuitos es más frecuente este defecto? ¿Qué
consecuencias conlleva este cortocircuito? ¿Qué redes de secuencia deben emplearse para su cálculo?5. Definir el cortocircuito bifásico a tierra. ¿En qué circuitos es más frecuente este defecto? ¿Qué
consecuencias conlleva este cortocircuito? ¿Qué redes de secuencia deben emplearse para su cálculo?6. Definir el cortocircuito monofásico a tierra. ¿En qué circuitos es más frecuente este defecto? ¿Qué
consecuencias conlleva este cortocircuito? ¿Qué redes de secuencia deben emplearse para su cálculo?
Cortocircuitos en las instalaciones eléctricas 43
7. Definir el cortocircuito con doble contacto a tierra. ¿En qué circuitos es más frecuente este defecto?¿Qué consecuencias conlleva este cortocircuito? ¿Qué redes de secuencia deben emplearse para sucálculo?
8. Definir las siguientes intensidades eléctricas de cortocircuito: Corriente instantánea simétrica.Corriente aperiódica. Corriente subtransitoria simétrica. Corriente máxima asimétrica. Corrientesimétrica de corte.
9. Definir las siguientes impedancias de cortocircuito: Impedancia directa. Impedancia inversa.Impedancia homopolar.
10. Definir las siguientes magnitudes eléctricas: Fuerza electromotriz subtransitoria. Tensión de serviciode la red. Tensión nominal de la red. Retardo mínimo de desconexión.
11. ¿Cómo influirá en el cortocircuito las siguientes características?: La situación del punto de falta. Elinstante en que se produce. Los generadores eléctricos. El estado previo de carga. La forma de la red.
12. Explicar la variación de las magnitudes eléctricas (tensión e intensidades instantáneas) delante de uncortocircuito alejado del generador.
13. ¿En qué condiciones aparece la componente aperiorica de la intensidad en un cortocircuito? ¿Qué esla constante de tiempo de la corriente aperiodica?. ¿De qué depende ésta constante?
14. Explicar las diferencias entre las variaciones temporales de la tensión y de la intensidad instantáneatotal de cortocircuito para dos tipos de carga (un circuito altamente inductivo y un circuito óhmico).
15. ¿Por qué en redes trifásicas equilibradas es posible efectuar todos los cálculos para una sola fase? ¿Siun cortocircuito trifásico es un fallo grave, cómo es posible que pueda calcularse como si se tratarade un sistema trifásico equilibrado?
16. ¿Cómo se calculan las tres reactancias síncronas de una máquina eléctrica conectada a una red?¿Cómo pueden determinarse sus constantes de tiempo subtransitoria, transitoria y permanente?
17. ¿Cómo se comportan los motores síncronos delante de un cortocircuito? ¿Y los motores asíncronos?18. Indicar los métodos básicos para la reducción de las corrientes de cortocircuito.19. Explicar el método de la limitación de la potencia total conectada a un sector. Indicar sus ventajas e
inconvenientes.20. Explicar el método de las puestas a tierra no rígidas. Indicar sus ventajas e inconvenientes.21. Explicar el método de las desconexiones rápidas antes de que las corrientes de falta alcancen valores
elevados. Indicar sus ventajas e inconvenientes.22. Explicar el método de la desexcitación de los generadores. Indicar sus ventajas e inconvenientes.23. Explicar el método de las bobinas de extinción o de resonancia (Petersen). Indicar sus ventajas e
inconvenientes.24. Explicar el método del empleo de tensiones elevadas. Indicar sus ventajas e inconvenientes.25. Explicar el método de la interposición de bobinas limitadoras trifásicas en serie. Indicar sus ventajas
e inconvenientes.26. ¿Qué efectos provoca un cortocircuito? Explicar los efectos electrodinámicos debidos a un
cortocircuito. El cálculo de los esfuerzos electrodinámicos nos permiten la determinación de unaserie de datos, ¿cuáles?
27. Explicar los efector térmicos que produce un cortocircuito. ¿Cómo se calculan? ¿De qué dependen?28. Las corrientes de cortocircuito pueden determinarse de forma experimental. ¿En qué consiste el
método? ¿Qué es el modelo de red de un circuito eléctrico? ¿Qué elementos forman el modelo dered?
29. ¿Qué es la impedancia directa de un sistema eléctrico? Indicar para los distintos componentes de unsistema eléctrico (motores, generadores, transformadores, líneas, bobinas, condensadores, etc.) ¿cuáles su impedancia directa?
30. ¿Qué es la impedancia inversa de un sistema eléctrico? Indicar para los distintos componentes de unsistema eléctrico (motores, generadores, transformadores, líneas, bobinas, condensadores, etc.) ¿cuáles su impedancia inversa?
31. ¿Qué es la impedancia homopolar de un sistema eléctrico? Indicar para los distintos componentes deun sistema eléctrico (motores, generadores, transformadores, líneas, bobinas, condensadores, etc.)¿cuál es su impedancia homopolar?
32. Indicar las fórmulas que permiten el cálculo de la impedancia directa en un transformador con dosbobinados. Expresar las fórmulas que nos permiten pasar las tensiones, intensidades y potencias delprimario al secundario en un transformador elevador. Dibujar su circuito eléctrico monofásicoequivalente.
33. Indicar las fórmulas que permiten el cálculo de las bobinas limitadoras de la corriente decortocircuito. Dibujar su circuito eléctrico monofásico equivalente.
34. Indicar las fórmulas que permiten el cálculo de los condensadores conectados en serie con una línea.Dibujar su circuito eléctrico monofásico equivalente.
Protección de sistemas eléctricos de potencia44
35. Indicar las fórmulas que permiten el cálculo de las acometidas. Dibujar su circuito eléctricomonofásico equivalente.
36. Indicar las fórmulas que permiten el cálculo de las líneas de distribución de energía eléctrica. Dibujarsu circuito eléctrico monofásico equivalente.
37. Indicar las fórmulas que permiten el cálculo de las máquinas eléctricas síncronas. Dibujar su circuitoeléctrico monofásico equivalente.
38. Indicar las fórmulas que permiten el cálculo de los motores asíncronos. Dibujar su circuito eléctricomonofásico equivalente.
39. ¿Cómo se realiza el cálculo de un cortocircuito mediante el empleo de las impedancias absolutas?¿Para las líneas aéreas y cables, cuáles son las expresiones matemáticas de la impedancia? ¿Paratransformadores, motores y generadores, cuáles son las expresiones de las impedancias?
40. ¿Cómo se realiza el cálculo de un cortocircuito mediante el empleo de las impedanciasadimensionales? ¿Qué valores de referencia suelen adoptarse para las tensiones y las potencias?¿Para las líneas aéreas y cables, cuáles son las expresiones matemáticas de la impedancia? ¿Paratransformadores, motores y generadores, cuáles son las expresiones de las impedancias?
41. El cálculo de las corrientes de cortocircuito mediante la norma VDE 0102 introduce algunos cambiosrespecto al método tradicional, indicar los más significativos.
42. ¿Cómo se calcula la corriente máxima asimétrica de cortocircuito mediante la VDE 0102? ¿En quétabla y de qué forma se obtiene el factor ( )?
43. ¿Cómo se calcula la corriente simétrica de corte según la VDE 0102? ¿Su cálculo es igual paramotores asíncronos que para máquinas síncronas? ¿Qué tablas se utilizan para la determinación delos factores (µ) y (q)?
44. ¿Cómo se calcula la corriente permanente de cortocircuito mediante la VDE 0102? ¿En qué tabla yde qué forma se obtiene el factor ( )?
PROBLEMAS
Para la consulta de problemas resueltos, remitimos al lector a los capítulos III y IV, de esta obra. Espreferible empezar con problemas sencillos que permitan afianzar los conocimientos y ganar confianza ensu resolución, para posteriormente acometer el cálculo de problemas más complejos.
Redes de secuencia y componentes simétricas 45
CAPÍTULO II. REDES DE SECUENCIA Y COMPONENTESSIMÉTRICAS EN LOS SISTEMAS DE POTENCIA
2.1 INTRODUCCIÓN A LAS REDES DE SECUENCIA
El cálculo de circuitos simétricos y equilibrados trifásicos, en régimen permanente, no ofrece másdificultades que la aplicación de las fórmulas y teoremas deducidos para teoría de circuitos, es decir, essuficiente con los razonamientos y métodos utilizados normalmente en la electricidad. Además, como soncircuitos equilibrados, bastará con buscar para una única fase (normalmente la fase R) todas lasmagnitudes eléctricas, siendo válidos los resultados obtenidos para el resto de las fases, ya que estasmagnitudes presentarán idénticos valores en módulo, resultando sus ángulos desfasados 120º o 240º (faseT y S, respectivamente).
Para sistemas desequilibrados, el cálculo se complica al no coincidir las cargas de las tres fases, siendonecesario determinar todos los parámetros eléctricos para cada una de las fases del sistema (en sistemastrifásicos, representaría multiplicar por tres los cálculos habituales realizados para una sola fase), lo queconlleva resoluciones largas y laboriosas. Mediante el método de las componentes simétricas, es posibleobtener la respuesta de cada elemento del sistema en una única fase y aplicar los resultados obtenidos alresto de las fases del circuito. En otras palabras, es posible resolver sistemas asimétricos ydesequilibrados, de la misma forma que resolveríamos los sistemas equilibrados.
En los circuitos equivalentes, los llamados circuitos de secuencia, bastará con considerar por separadola respuesta que cada elemento ejerce sobre una determinada red, recordando que respecto a los restantescircuitos de secuencia, este elemento no tendrá influencia alguna. Incluso los efectos de las inductanciasmutuas están incluidas en las ecuaciones que deduciremos y, por tanto, éstas pueden considerarse porseparado para cada uno de los circuitos de secuencia.
Existen tres circuitos equivalentes para cada elemento de un sistema trifásico. Al organizar los circuitosequivalentes individuales en redes, de acuerdo con las interconexiones de los elementos, se llega alconcepto de las redes de secuencia. Al resolver las redes de secuencia para las condiciones de falla, seobtienen la corriente inicial simétrica de cortocircuito y las componentes de voltaje, que puedencombinarse para simular, en todo el sistema, los efectos que producirían las corrientes de falladesequilibradas originales.
Las redes de secuencia son las redes correspondientes a los circuitos de secuencia individuales. Estoscircuitos se representan mediante circuitos monofásicos equivalentes, en forma de circuitos de secuenciahomopolar, de secuencia directa y de secuencia inversa. Cada uno de estos circuitos pueden contener lasimpedancias de carga, los transformadores, las líneas de transmisión y las máquinas síncronas yasíncronas, que en definitiva constituyen los componentes fundamentales de las redes trifásicas detransmisión de potencia. Se supone que cada elemento individual es lineal y trifásico simétrico, cuando seconecta en las configuraciones estrella o triángulo (Y o ). Según estas suposiciones, a continuación seresumen las características más importantes de los circuitos de secuencia individuales:
¶ Una red de secuencia se construye uniendo todos los circuitos de secuencia correspondientes a lasdiferentes secciones separadas. También han de calcularse las impedancias de secuencia de lasdiferentes secciones del sistema.
¶ Una red de secuencia nos muestra las posibles trayectorias que podrá seguir la componente de lacorriente eléctrica de esa secuencia en particular, en una fase real del sistema.
¶ En un sistema trifásico, tanto las corrientes como las tensiones son de secuencia directa. Los sistemasde potencia se diseñan de forma que en conjunto los desfases que introducen los transformadores seanulen mutuamente, no siendo necesario considerarlos cuando se analiza un sistema completo. Noobstante, para cálculos más detallados, debe aplicarse un adelanto o retraso de 30º al pasar lasmagnitudes eléctricas a través de un transformador Y- , o -Y (ver apartado de transformadores).
¶ La conversión de una red de secuencia directa a una red de secuencia inversa se lleva a cabocambiando el valor de las impedancias que representan las máquinas rotatorias y omitiendo lasf.e.m.s.
Protección de sistemas eléctricos de potencia46
¶ Las redes de secuencia directa e inversa pueden contener circuitos equivalentes exactos, o bien,pueden simplificarse omitiendo las resistencias serie y las admitancias en paralelo.
¶ Un sistema trifásico opera como un sistema monofásico en lo que se refiere a corrientes de secuenciahomopolar, ya que éstas son iguales en magnitud y fase en cualquier punto del sistema.
¶ En cualquier parte de la red, la caída de voltaje originada por la corriente de una cierta secuencia sólodepende de la impedancia de esa parte de la red al flujo de corriente dado para esta secuencia.
¶ La impedancia a las corrientes de secuencia directa e inversa (Z1 y Z2) son iguales en cualquiercircuito estático y pueden considerarse aproximadamente iguales en máquinas síncronas y asíncronasbajo condiciones subtransitorias.
¶ En cualquier parte de la red, la impedancia a la corriente de secuencia homopolar (Z0) es por logeneral diferente a la impedancia de las redes de secuencia directa e inversa (Z1 y Z2).
¶ Solamente los circuitos de secuencia directa contienen fuentes de energía rotatorias, ya que losfabricantes así las construyen (las máquinas actuales se construyen sólo para funcionar en secuenciadirecta RTS).
¶ El neutro es la referencia para los voltajes en los circuitos de secuencia directa e inversa. Estosvoltajes al neutro son iguales a los voltajes de tierra, si hay una conexión física de impedancia cero uotra de valor finito entre el neutro y la tierra del circuito real.
¶ No fluyen corrientes de secuencia directa o inversa entre los puntos neutros y tierra.
¶ Tierra es la referencia para los voltajes en los circuitos de secuencia homopolar. El valor delpotencial a tierra se considera constante y las impedancias para los circuitos de las corrientes deretorno están ya incluida en las impedancias de secuencia homopolar. Por tanto, no debe considerarsepara el cálculo las impedancias de tierra, de las canalizaciones o de los hilos de protección por losque puedan retornar las corrientes de secuencia homopolar.
¶ No se incluyen las impedancias limitadoras o de tierra (Zn) en las conexiones físicas entre el neutro ytierra en los circuitos de secuencia directa o inversa, pero en cambio para la secuencia homopolar, seconsiderará una impedancia de valor el triple (3Zn) para igualar el efecto que produciría la caída detensión de la corriente original (debe recordarse que en realidad la corriente de secuencia homopolarque fluiría en el circuito entre neutro y la tierra sería el triple de la corriente que fluiría por una de lasfases).
Existen varios circuitos de secuencia individuales:
¶ Circuitos de secuencia de una línea de transmisión simétrica¶ Circuitos de secuencia de la máquina síncrona¶ Circuitos de secuencia de los transformadores estrella-triángulo (Y- )¶ Impedancias serie asimétricas
2.2 REDES DE SECUENCIA
2.2.1 Impedancias y redes de secuencia
La caída de tensión que se origina en una parte cualquiera de un circuito eléctrico por la corriente deuna secuencia determinada depende exclusivamente de la impedancia de esa parte del circuito y de lacorriente de dicha secuencia. La impedancia de una sección cualquiera de una red equilibrada frente a lacorriente de una secuencia puede ser distinta a la impedancia que representará la misma sección de redfrente a la corriente de otra secuencia.
La impedancia de un circuito cuando por él circulan solamente corrientes de secuencia directa se llamaimpedancia a la corriente de secuencia directa. Similarmente, si sólo existen corrientes de secuenciainversa, la impedancia se denomina impedancia a la corriente de secuencia inversa. Cuando existen
Redes de secuencia y componentes simétricas 47
únicamente corrientes de secuencia homopolar, la impedancia se denomina impedancia a la corriente desecuencia homopolar. Estas designaciones de las impedancias de un circuito a las corrientes de lasdistintas secuencias pueden abreviarse denominándose simplemente: impedancia de secuencia directa,impedancia de secuencia inversa e impedancia de secuencia homopolar.
El análisis de fallos asimétricos en sistemas simétricos consiste en la determinación de las componentessimétricas de las corrientes desequilibradas que por ellos circulan. Como las componentes simétricas delas corrientes de la secuencia de una fase dan lugar a caídas de tensión solamente de la misma secuencia yson independientes de las corrientes de otras secuencias, en un sistema equilibrado, las corrientes decualquier secuencia pueden considerarse como circulando por una red independiente formada sólo por lasimpedancias a la corriente de tal secuencia. El circuito equivalente monofásico formado exclusivamentepor las impedancias a la corriente de una secuencia determinada, se denomina red de secuencia para esasecuencia en particular, incluyendo las fuentes generadoras de energía que afectan a esta secuencia. Lasredes de secuencia que transportan las corrientes (Ia1, Ia2 e Ia0) se interconexionan para representardiversas condiciones de fallos desequilibrados. Por tanto, para calcular el efecto de un fallo por el métodode las componentes simétricas, es esencial en primer lugar determinar las impedancias de secuencia,combinándolas posteriormente hasta formar las redes de secuencia.
2.2.2 Impedancias de secuencia para diversos elementos de un circuito eléctrico
Las impedancias de secuencia directa e inversa de los componentes o máquinas eléctricas de circuitoslineales, simétricos y estáticos son idénticas, ya que no dependen del sentido de giro del flujo giratorio (esindependiente del orden de paso de las fases con respecto al flujo giratorio), a condición de que lastensiones aplicadas estén equilibradas. Por otra parte, la impedancia que presentará una línea detransporte de energía eléctrica a las corrientes de secuencia homopolar será distinta a la impedancia quepresentará delante de las corrientes de secuencia directa e inversa (en secuencia homopolar debe existir uncamino de retorno para las corrientes).
Las impedancias de las máquinas giratorias a las corrientes de las tres secuencias serán, en general,diferentes para cada secuencia. Al introducir una secuencia inversa (paso de las fases en el sentido RTS),el campo magnético giratorio pasará a girar en sentido contrario al giro del rotor de la máquina eléctrica,lo que provoca durante unos instantes que la velocidad relativa entre el rotor y el campo magnéticogiratorio sea el doble de la velocidad de sincronismo de la máquina, produciendo diferencias notables enel valor de las impedancias de las máquinas giratorias. A diferencia del flujo producido por la corriente desecuencia directa, que es estacionario respecto al rotor (no existe velocidad relativa), el flujo producidopor la corriente de secuencia inversa barre rápidamente la cara del rotor. Las corrientes en los bobinadosinductor y amortiguador, producidos por el flujo giratorio del inducido, impiden que el flujo entre en elinterior del rotor. Esta condición es similar al rápido cambio de flujo inmediatamente después deproducirse un cortocircuito en los terminales de la máquina, siendo el camino del flujo el mismo quehallamos al evaluar la reactancia subtransitoria. Al barrer todo el perímetro del rotor, la f.e.m. debida a lacorriente de secuencia inversa cambiará constantemente de posición respecto a los ejes directo y encuadratura o transversal del rotor. La reactancia de secuencia inversa se define frecuentemente como lamedia de las reactancias subtransitorias directa y en cuadratura.
Cuando sólo circulan corrientes de secuencia homopolar por los bobinados inducidos de una máquinatrifásica, la corriente y la f.e.m. de una fase alcanzan el máximo al mismo tiempo que las corrientes y lasf.e.m.s. de cada una de las restantes fases. Los bobinados de las máquinas eléctricas están distribuidosalrededor de la circunferencia del inducido, de tal forma que el punto de f.e.m. máxima producida por unafase está desplazado 120º eléctricos del punto de f.e.m. máxima de cada una de las restantes fases. Si laf.e.m. producida por la corriente de cada fase tuviese una distribución perfectamente sinusoidal en elespacio, una representación de la f.e.m. alrededor del inducido se traduciría en tres curvas sinusoidales,cuya suma sería cero en todos los puntos. No se produciría flujo en el entrehierro y la única reactancia delbobinado de cualquier fase, sería la debida a las pérdidas en las espiras extremas. En una máquina real,los bobinados no están distribuidos para producir f.e.m.s perfectamente sinusoidales. El flujo resultante dela suma de las f.e.m.s. es muy pequeño, pero hace que la reactancia de secuencia homopolar sea un tantomayor que en el caso ideal, en el cual, no hay flujo en el entrehierro debido a las corrientes de secuenciahomopolar.
Al obtener las ecuaciones para la inductancia y la capacidad de las líneas de transporte transpuestas, sesuponen corrientes trifásicas equilibradas sin especificar el orden de las fases. Por tanto, las ecuaciones
Protección de sistemas eléctricos de potencia48
resultantes son válidas igualmente para las impedancias de secuencia directa e inversa. Cuando circulasolamente corriente de secuencia homopolar por una línea de transporte, la corriente es idéntica en todaslas fases, no siendo su suma igual a cero. La corriente resultante retorna por tierra, por los cables depuesta a tierra o por ambos. Por ser la corriente de secuencia homopolar idéntica en todos los conductoresde las tres fases (en realidad solamente es igual en valor absoluto y desplazada 120º de las corrientes deotras fases), el campo magnético debido a la corriente de secuencia homopolar es muy diferente deloriginado por la corriente de secuencia directa o de secuencia inversa. La diferencia de campo magnéticoda lugar a que la reactancia de secuencia homopolar de una línea de transporte sea entre 2 y 4 vecesmayor que la reactancia de secuencia directa. La relación se aproxima hacia la parte más alta del margenespecificado para líneas de circuito doble y para líneas sin cables de toma de tierra.
En cuanto a los transformadores en circuitos trifásicos, éstos pueden estar formados por tres unidadesmonofásicas individuales o bien disponer de un núcleo común para las tres fases, o ser del tipo coraza.Casi todas las unidades modernas son unidades trifásicas, por su menor costo inicial, menor necesidad deespacio y mayor rendimiento. Aunque las impedancias en serie de secuencia homopolar de las unidadestrifásicas pueden diferir ligeramente de los valores de secuencia directa e inversa, se acostumbra asuponer que las impedancia en serie de todas las secuencias son iguales, cualquiera que sea el tipo detransformador. Aparte, la reactancia y la impedancia son casi iguales para transformadores con potenciassuperiores a 1 MVA. Por simplicidad, en nuestros cálculos omitiremos la admitancia en paralelo, quecorresponde a la corriente de excitación, independientemente del tipo de transformador trifásicoanalizado, aunque la corriente de excitación de secuencia homopolar sea mayor para los transformadoresde núcleo que para los transformadores tipo coraza o para los bancos de tres unidades monofásicas.
La impedancia de secuencia homopolar de las cargas equilibradas, conectadas en estrella o triángulo (Yo ), iguala a la impedancia de secuencia directa e inversa.
2.2.3 Redes de secuencia directa e inversa
El objeto de obtener los valores de las impedancias de secuencia de un sistema de energía es permitir laconstrucción de las redes de secuencia de todo el sistema. La red de una secuencia particular muestratodos los caminos posibles para la circulación de la corriente de esa secuencia, en el sistema.
El paso de una red de secuencia directa a otra de secuencia inversa es muy sencillo. Los generadoressíncronos trifásicos tienen tensiones internas solamente de secuencia directa, ya que están proyectadospara generar tensiones equilibradas en esta secuencia. Como las impedancias de secuencia directa einversa son las mismas en un sistema simétrico estático, la conversión de una red de secuencia directa auna red de secuencia inversa se lleva a cabo cambiando, si es necesario, solamente las impedancias querepresentan maquinarias giratorias y omitiendo las f.e.m.s de las mismas.
Figura 2.1 Sistemas eléctricos para simular el comportamiento de las redes de secuencia directa einversa
Las fuerzas electromotrices se suprimen bajo la hipótesis de que las tensiones generadas sonequilibradas y en ausencia de tensiones de secuencia inversa inducidas por fuentes exteriores, éstas sonnulas. Dado que todos los puntos neutros de un sistema trifásico simétrico están al mismo potencialcuando por el sistema circulan corrientes trifásicas equilibradas, todos los puntos neutros deben estar almismo potencial para las corrientes de secuencia directa e inversa. Por tanto, el neutro de un sistematrifásico simétrico es el potencial de referencia lógico para especificar las caídas de tensión de lassecuencias directa e inversa, siendo pues, la barra de referencia de las redes de secuencia directa e
Redes de secuencia y componentes simétricas 49
inversa. La impedancia conectada entre el neutro de una máquina y tierra no es una parte de la red desecuencia directa ni de la red de secuencia inversa, porque ni la corriente de secuencia directa, ni lacorriente de secuencia inversa podrán circular por una impedancia así conectada.
2.2.4 Redes de secuencia homopolar
Un sistema trifásico funciona como un sistema monofásico por lo que se refiere a las corrientes desecuencia homopolar, de forma que éstas tienen el mismo valor absoluto e igual fase en cualquier puntodel sistema. Por consiguiente, las corrientes de secuencia homopolar circularán solamente si existe uncamino de retorno por el cual pueda completarse el circuito. La referencia para las tensiones de secuenciahomopolar es el potencial de tierra en el punto del sistema en el cual se especifica. Como las corrientes desecuencia homopolar pueden pasar por tierra, dicha tierra no estará necesariamente al mismo potencial entodos sus puntos, de forma que la barra de referencia de la red de secuencia homopolar no representa unatierra con potencial uniforme. La impedancia de tierra y la de los cables de toma de tierra ya estánincluidas en la impedancia de secuencia homopolar de la línea de transporte, siendo por tanto el circuitode retorno de la red de secuencia homopolar un conductor de impedancia nula, que además es la barra dereferencia del sistema. Como la impedancia de tierra está incluida en la impedancia de secuenciahomopolar, el valor de las tensiones, medidas respecto a la barra de referencia de la red de secuenciahomopolar, darán los valores correctos respecto a tierra.
Figura 2.2 Sistema eléctrico para simular el comportamiento de la red de secuencia homopolar
Si un circuito está conectado en estrella (Y) sin conexión del neutro a tierra o a otro punto neutro delcircuito, la suma de las corrientes de las tres fases que van hacia el neutro de la estrella debe ser cero.Dado que las corrientes cuya suma es nula no contienen componentes de secuencia homopolar, laimpedancia a la corriente de secuencia homopolar es infinita más allá del punto neutro, representándosepor un circuito abierto entre el neutro del circuito conectado en estrella (Y) y la barra de referencia.
Barra de referencia
Figura 2.3 Sistema eléctrico conectado en estrella sin conexión a tierra y su red monofásica homopolarequivalente
Z ZN
ZZ
N
Protección de sistemas eléctricos de potencia50
Si el neutro de un circuito conectado en estrella se une directamente a tierra a través de una impedanciade valor nulo, la barra de referencia de la secuencia homopolar será el neutro del circuito, al coincidir suvalor de impedancia con la del terreno. Es decir, la barra de referencia será el neutro al encontrarse almismo potencial que el terreno. Para la construcción de la red monofásica equivalente, se unirá el neutro atierra mediante una conexión directa entre el neutro y la barra de referencia.
Barra de referencia
Figura 2.4 Sistema eléctrico conectado en estrella con conexión directa a tierra y su red monofásicahomopolar equivalente
Si una impedancia limitadora de corriente (Zn) se intercala entre el neutro y tierra en un circuitoconectado en estrella, a efectos de cálculo (ver problemas resueltos) debe colocarse una impedancia tresveces mayor (3Zn) entre el nutro y la barra de referencia de la red de secuencia cero. Esto es debido, a quela caída de tensión de secuencia homopolar, originada en la red de secuencia homopolar por el paso de(Ia0) por (3Zn) es la misma que la que se produce en el sistema real al pasar (3Ia0) por una impedancia (Zn).La impedancia, formada por una resistencia o una reactancia, se conecta ordinariamente entre el neutro delos generadores y tierra para limitar la corriente de secuencia homopolar durante un cortocircuito,representándose de la forma descrita.
Barra de referencia
3Zn
Figura 2.5 Sistema eléctrico conectado en estrella con conexión a tierra mediante una impedancialimitadora de corriente y su red monofásica homopolar equivalente
Un circuito conectado en triángulo (D), por no disponer de camino de retorno (tierra o neutro), presentauna impedancia infinita a las corrientes de línea de secuencia homopolar. La red de secuencia homopolarestá abierta en el circuito con conexión en triángulo. Las corrientes de secuencia homopolar, no obstante,pueden circular dentro del circuito formado por los tres bobinados del triángulo, puesto que el triángulorepresenta un circuito en serie cerrado para la circulación de las corrientes monofásicas. Tales corrientes,sin embargo, no podrán salir del triángulo, ya que su suma no sería cero. Aparte, estas corrientes deberíanser producidas en el interior del triángulo por inducción de una fuente exterior o por las tensionesgeneradas de secuencia homopolar.
Aun cuando se generasen tensiones de secuencia homopolar en los bobinados del triángulo, no existiráelevación de la tensión en los bornes de estos bobinados, ya que la tensión inducida generada por fase seigualaría a la caída de tensión producida por la intensidad al pasar por la impedancia de secuenciahomopolar de la misma fase.
Z
NZ ZN
Z
ZN
Iao
3Iao
Z ZN
Z
Zn
Redes de secuencia y componentes simétricas 51
Barra de referencia
Figura 2.6 Sistema eléctrico conectado en triángulo y su red monofásica homopolar equivalente
2.2.5 Redes de secuencia de generadores sin carga
Un generador simétrico conectado en estrella y con el neutro puesto a tierra a través de una impedancialimitadora nos servirá de ejemplo para la obtención de las redes de secuencia directa, inversa y homopolara él asociados.
Primeramente representemos al generador funcionando en régimen permanente. En este caso, las trescorrientes de línea serán iguales y estarán desfasadas 120º. Con estas condiciones de funcionamiento, noexistirá resultante de las intensidades, siendo por tanto, la intensidad del neutro (In) nula.
Iaa
+ In
- - - -
+ + Ic c
Ib b
Figura 2.7 Sistema eléctrico de un generador síncrono trifásico conectado en estrella y con el neutropuesto a tierra mediante una impedancia limitadora
Si una falta se produce en una de las tres fases del generador, el sistema pasará a funcionar en régimentransitorio, rompiéndose el equilibrio que existía entre las magnitudes correspondientes a las tres fases yapareciendo una resultante de la suma de las tres corrientes de línea.
a Barra de referencia Ia1
-
Ic1
c b
Ib1 Sentido de las corrientes de secuencia directa Red monofásica de secuencia directa
Figura 2.8 Sistema eléctrico de un generador síncrono trifásico puesto a tierra en secuencia directa y sucorrespondiente circuito monofásico equivalente
Eb
Ea
Ec
Ea
Eb
Ea
Ec
Zn
Zb
Zc
Zn
Za
Z1
Z1
+
+ +
--- Z1
+
-
Ia1
a
Z
Z
Z
Z1
Protección de sistemas eléctricos de potencia52
Esta corriente resultante pasará a tierras, a través de la conexión del neutro hacia tierra. En la figuraanterior (figura 2.8) se detalla el circuito equivalente monofásico de secuencia directa correspondiente aun generador síncrono trifásico conectado a tierra.
Nótese, que la barra de referencia para la secuencia directa es el neutro del generador, por lo que lasimpedancias que se encuentren entre el neutro y tierras no formarán parte de la secuencia directa.Además, en secuencia directa sí existen fuentes generadoras de energía eléctrica, constando el circuito dela fuente generadora de energía seguida en serie por la impedancia de la misma.
Ia2
a Barra de referencia
Ic2 Ia1
c a
Ib2
b
Sentido de las corrientes de secuencia inversa Red monofásica de secuencia inversa
Figura 2.9 Sistema eléctrico de un generador síncrono trifásico puesto a tierra en secuencia inversa y sucorrespondiente circuito monofásico equivalente
Nótese, que la barra de referencia para la red de secuencia inversa también es el neutro del generador,por lo que las impedancias que se encuentren entre el neutro y tierra tampoco formarán parte de lasecuencia inversa. Como en secuencia inversa no existen fuentes generadoras de energía eléctrica, elcircuito resultante es sencillo; las fuentes generadoras de energía se omiten quedando sus impedancias enserie. Debe prestarse especial atención en cambiar el valor de las impedancias (respecto a los valores delas mismas en secuencia directa) cuando esto sea necesario (generadores síncronos de polos salientes).
Barra de referencia
Sentido de las corrientes de secuencia cero Red monofásica de secuencia cero
Figura 2.10 Sistema eléctrico de un generador síncrono trifásico puesto a tierra en secuencia homopolary su correspondiente circuito monofásico equivalente
Nótese, que la barra de referencia para la secuencia homopolar es tierra, por lo que las impedancias quese encuentren entre el neutro y tierra, en este caso, sí formarán parte de la secuencia homopolar. Losvalores de las impedancias situadas entre el neutro y tierra deberán multiplicarse por tres para que elcircuito monofásico sea realmente equivalente al trifásico. En secuencia homopolar, no existen fuentesgeneradoras de energía eléctrica. El circuito es sencillo, en serie se colocan las impedancias homopolares
Z2 Z2
N
Z2
Z2
3Zn
3Zgo
Iao
Z0
a
Z0
a
N
Z0
Zn
Z0
c
b
Ioa
Ioc
Iob
3In N
Redes de secuencia y componentes simétricas 53
de las fases del generador, unidas en serie con las impedancias (multiplicadas por tres) limitadoras de lascorrientes a tierra cuando éstas existan.
2.2.6 Redes de secuencia de los transformadores
Especial atención merecen los circuitos equivalentes de secuencia homopolar de los transformadorestrifásicos. Las diversas combinaciones posibles de los devanados primario y secundario en estrella o entriángulo (Y o ) variarán la red de secuencia homopolar. La teoría de los transformadores hace posiblela construcción del circuito equivalente de la red de secuencia homopolar. Recordemos primeramente quepor el primario de un transformador no circulará corriente, a menos que exista corriente circulando por elsecundario, si despreciamos la relativamente pequeña corriente magnetizante o de vacío. Además, lacorriente primaria viene determinada por la corriente secundaria y la relación de transformación de losbobinados (despreciando la pequeña corriente magnetizante o de vacío).
Estos principios nos servirán de guía para el análisis de las cinco conexiones más usuales de lostransformadores estudiados, representándose estas conexiones en las figuras siguientes. Las flechasindican los cambios posibles para la circulación de la corriente de secuencia homopolar. La no existenciade flecha nos indica que la conexión del transformador es tal que no permite la circulación de la corrientede secuencia homopolar. En estas figuras, y para cada conexión, se representa el circuito equivalentemonofásico de secuencia homopolar, con la impedancia y el camino de retorno para las corrientesmagnetizantes omitidas. Las letras (A) y (B) identifican los puntos correspondientes en el diagrama deconexiones y en el del circuito monofásico equivalente. Igualmente, para cada tipo de conexionado seindica de forma resumida el razonamiento justificativo para la obtención del circuito equivalente.
1. CASO: Conexión U-U con el neutro del secundario aislado de tierra. La corriente de secuenciahomopolar no puede circular en ninguno de los dos bobinados, ya que el secundario ofrece uncamino abierto al paso de las corrientes homopolares, no existiendo por tanto, tampoco corriente enel primario.
CIRCUITO EQUIVALENTE A B
Barra de referencia
Figura 2.11 Esquema eléctrico y circuito monofásico homopolar equivalente para un transformador Y-Y,con una estrella conectada a tierra
2. CASO: Conexión U-U con los dos neutros puestos a tierra. Ahora sí existe un camino para lacorriente homopolar tanto en el primario como en el secundario. Además, con este tipo de conexiónel circuito monofásico equivalente en secuencia homopolar resulta idéntico al circuito monofásicoequivalente en secuencia directa o inversa. Es el único conexionado de los bobinados de lostransformadores que permite el paso de la componente homopolar hacia el secundario del mismo, esdecir, la corriente homopolar en este caso no va a parar a tierra.
Z ZN
Z
A B ESQUEMA
Z ZN
Z
Zo
Protección de sistemas eléctricos de potencia54
A ESQUEMA B
CIRCUITO EQUIVALENTE.
A B
Barra de referencia
Figura 2.12 Esquema eléctrico y circuito monofásico homopolar equivalente para un transformador Y-Y,con las dos estrellas conectadas a tierra
3. CASO: Conexión U-D. con el neutro de la estrella puesto a tierra. Las corrientes homopolaresdisponen de un camino a través de la conexión en estrella, ya que las corrientes inducidascorrespondientes pueden circular en la conexión en triángulo. La corriente que circula en el triángulo,para equilibrar la corriente en la estrella no puede circular por las líneas de salida del triángulo al sertres corrientes monofásicas cuya suma no es cero. Recordar que si la conexión del neutro a tierracontiene una impedancia limitadora (Zn), el circuito monofásico equivalente debe incorporar unaimpedancia (3Zn) en serie, con la impedancia homopolar del transformador para la conexión delneutro de la estrella a tierra.
A ESQUEMA B
CIRCUITO EQUIVALENTE.
A B
Barra de referencia
Figura 2.13 Esquema eléctrico y circuito monofásico homopolar equivalente para un transformador Y-D,con la estrella conectada a tierra
Z ZN
Z
Z ZN
Z
Zo
Z ZN
Z
Z0
Redes de secuencia y componentes simétricas 55
4. CASO: Conexión D-U con el neutro de la estrella aislado de tierra. Si la estrella no está puesta atierra, la impedancia entre el neutro y tierra es infinita; por tanto, la corriente no podrá circular ni porel bobinado primario ni por el bobinado secundario del transformador.
ESQUEMA A B
CIRCUITO EQUIVALENTE. A B
Barra de referencia
Figura 2.14 Esquema eléctrico y circuito monofásico homopolar equivalente para un transformador Y-Dcon la estrella aislada de tierra
5. CASO: Conexión D-D. Como ninguno de los triángulos puede estar conectado a tierra, no puedencircular las componentes de las corrientes homopolares a través del transformador, ni hacia tierra.Pero es posible que estas corrientes circulen por el interior de los bobinados del transformador, lo querepercute en un calentamiento de los mismos. Es decir, con este tipo de conexión el circuitomonofásico equivalente para las componentes homopolares resulta ser un circuito cerrado.
ESQUEMA A B
CIRCUITO EQUIVALENTE.
A B
Barra de referencia
Figura 2.15 Esquema eléctrico y circuito monofásico homopolar equivalente para un transformador D-DNotar que las corrientes homopolares forman un circuito cerrado en los bobinados del transformador
Z ZN
Z
Z0
Z0
Protección de sistemas eléctricos de potencia56
2.3 COMPONENTES SIMÉTRICAS
Aunque un cortocircuito trifásico es una fallo muy grave, es el único cortocircuito equilibrado, ya queson las tres fases de la línea las que entran en contacto a la vez; por tanto, un cortocircuito trifásicoequivale a una carga simétrica de una red trifásica; debido a esta razón, el cálculo de las corrientes decortocircuito de las diferentes fases puede limitarse al cálculo de una sola fase (se utilizará para su cálculosólo la red directa). Todos los demás tipos de cortocircuitos equivalen a cargas asimétricas, siendonecesario el empleo de procedimientos de cálculo especiales. Un ejemplo de estos procedimientosespeciales lo constituye el método de las componentes simétricas.
2.3.1 Método de cálculo
Un vector (R) cualquiera puede descomponerse como la resultante de tres componentes (R1, R2 y R0)dispuestos uno a continuación del otro de forma totalmente arbitraria, tal y como muestra la figura.
R
R1 R0R2
Figura 2.16 Descomposición de un vector en tres componentes
Si complementamos cada una de estas componentes, es posible formar un sistema trifásico simétricoequilibrado. De esta forma, la componente (R1) puede formar un sistema trifásico de secuencia directa(R,S,T), la componente (R2) puede formar un sistema trifásico de secuencia inversa (R,T,S) y, finalmente,la componente (R0) puede complementarse hasta formar un sistema homopolar. En consecuencia,empleando los tres sistemas de componentes, es posible representar cualquier sistema trifásico asimétricoen el plano de Gauss.
Figura 2.17 Componentes simétricas en el plano de Gauss. Componentes directa, inversa y homopolar
Cada uno de estos sistemas de vectores representa un circuito eléctrico. La secuencia directa y lasecuencia inversa son sistemas trifásicos simétricos y equilibrados, por tanto, con resultante nula.Mientras que para representar la secuencia homopolar, es necesario incorporar un generador monofásico,siendo la resultante el triple del valor de una de las componentes. La siguiente figura nos muestra loscircuitos eléctricos equivalentes que simulan a estos tres sistemas de vectores.
R1S1
T1
T2
R2
S2
R0 S0 T0
Secuencia Directa RST Secuencia Inversa RTS Secuencia Homopolar
Redes de secuencia y componentes simétricas 57
Figura 2.18 Sistemas eléctricos equivalentes de las tres redes de secuencia. Nótese que para lacomponente homopolar se utiliza un generador alterno monofásico
Antes de iniciar los cálculos, es necesario definir el vector operador (a), el cual nos servirá para poderrealizar giros de 120º a los vectores situados en el plano de Gauss.
El operador: a = a4 =( - 0.5 + j 0.87)=1(120º equivale a un giro del vector de +120º.a2 = (- 0.5 - j 0.87)=1(240º equivale a un giro del vector de +240º.a3 = (1+j0 )=1(0º equivale a un giro del vector de +360º.
Unas primeras relaciones se obtienen de forma directa de la figura 2.17. Así por ejemplo, si escogemosla magnitud intensidad (podría haber sido la tensión), obtendremos las siguientes relaciones, a las cualesdenominaremos, Ecuaciones A:
0
2
21021
02
2
1021
021
RRRTTTT
RRRSSSS
RRRR
IaIaIIIII
IaIaIIIII
IIII
++=++=
++=++=
++=
[2.1]
Las ecuaciones “A”, permiten hallar el valor de una magnitud, si son conocidas sus componentessimétricas. Pero ésta no es la situación más normal, sino al contrario, es más frecuente conocer alguna delas magnitudes reales y desconocer los valores de sus componentes simétricas; en tal caso, las fórmulasque resultarán útiles serán las siguientes.
( ) ( ) 00
2
2
2
1
2
2
0
33
2
24
1
2
1
2
0
42
2
33
1
2
311111
3111
3111
RRRRTSR
RRRRTSR
RRRRTSR
IIaaIaaIIII
IaaIaaIaaIaIaII
IaaIaaIaaIaIaII
=+++ö÷õæ
çå +++ö
÷õæ
çå ++=++Ý
=ö÷õæ
çå +++ö
÷õæ
çå +++ö
÷õæ
çå ++=ö
÷õæ
çå ++Ý
=ö÷õæ
çå +++ö
÷õæ
çå +++ö
÷õæ
çå ++=ö
÷õæ
çå ++Ý
[2.2]
De estas expresiones podemos aislar las componentes simétricas, por ejemplo de la intensidad, con loque obtendremos las llamadas Ecuaciones B:
( )( )( )TSRR
TSRR
TSRR
IIII
aIaIII
aIaIII
++=
++=
++=
313131
0
22
21
[2.3]
I1
I2
I3
Secuencia Directa RST: Ii = 0 Secuencia Inversa RTS: Ii = 0
I3
I2
I1
I3
Secuencia Homopolar: Ii = 3I
I2
I1
Protección de sistemas eléctricos de potencia58
Si deseamos determinar gráficamente las componentes simétricas de un sistema a partir de los vectoresque las forman, y para ello denominamos de forma genérica (A1R, A2R y A0R) a cada una de lascomponentes simétricas del sistema, el proceso a seguir será el siguiente: (AR) se sitúa sobre el eje dereferencia; (AS) y (AT) se disponen en el origen y en el final del vector (AR) respectivamente. Hacemosrotar cada uno de estos vectores principales con el operador (a), de forma que obtenemos todos lostérminos de las ecuaciones (B). Aplicando las citadas ecuaciones, la resultante del diagrama de vectoresequivale en magnitud y dirección a la componente (3A0). Si se giran seguidamente los dos vectores (AS) y(AT) nos situamos sobre el eje de referencia en 120º (a) o 240º (a2) de acuerdo con las ecuaciones (B). Lasresultantes que se obtienen se corresponden en magnitud y dirección a las componentes (3A1R) y (3A2R).
Figura 2.19 Determinación gráfica de las componentes simétricas a partir de los vectores principales
Si se observan las ecuaciones (B) y la figura anterior, se aprecia que las componentes homopolaresaparecen únicamente cuando los tres vectores (AR, AS y AT) no completan un triángulo, es decir, cuando lasuma vectorial de las tres magnitudes reales no es nula. Por tanto, la existencia de una componentehomopolar significa que las tres fases del circuito no presentan una carga simétrica respecto a tierra. Enconsecuencia, la componente homopolar aparecerá solamente cuando exista una pérdida de energía, comopuede ser una fuga a tierra (cortocircuito monofásico o bifásico a tierra).
La componente (3A2R) se presenta, en general, cuando los vectores (AR, AS y AT) no son iguales entre sí,es decir, cuando el sistema no es simétrico, caso normal en la mayor parte de los cortocircuitos siexceptuamos al cortocircuito trifásico.
Si los tres vectores forman un triángulo equilátero, no existe resultante para las componentes (A2) y(A0), por tanto, estas componentes son nulas. En tal caso sólo existirá el sistema directo, representado porla resultante (3A1R). De acuerdo con la figura 2.20, esta resultante equivale al triple de (AR), por lo que(AR1=1/3AR) representa una carga simétrica.
Figura 2.20 Resolución gráfica para determinar una carga simétrica a partir de sus componentes
Redes de secuencia y componentes simétricas 59
El método de las componentes simétricas, permite descomponer cualquier sistema trifásico asimétricoen tres sistemas de componentes simétricas. Por tanto, bastará con efectuar los cálculos para una sola fase,como si de un sistema simétrico se tratara (siempre referido a la fase R), para conocer los valores de lasmagnitudes eléctricas en las restantes fases. Hemos hallado las componentes simétricas para lasintensidades, pero operando de igual forma se obtienen unas expresiones análogas para las componentessimétricas de las tensiones.
021R IIII ++= )IaIaI(31I T
2SR1 ++= [2.4]
0212
S IIaIaI ++= )IaIaI(31I TS
2R2 ++= [2.5]
022
1T IIaIaI ++= )III(31I TSR0 ++= [2.6]
021R UUUU ++= )UaUaU(31U T
2SR1 ++= [2.7]
0212
S UUaUaU ++= )UaUaU(31U TS
2R2 ++= [2.8]
022
1T UUaUaU ++= )UUU(31U TSR0 ++= [2.9]
Las componentes (I1, I2 y I0) de la corriente o (U1, U2 y U0) de la tensión se refieren siempre a la fase(R). Normalmente, esta fase de referencia no se indica como subíndice.
Finalmente, antes de iniciar el cálculo las corrientes de cortocircuito, debemos deducir un último grupode ecuaciones, llamadas "Ecuaciones C", que representan a las tres redes de secuencia equivalentes.
Figura 2.21 Circuitos equivalentes para la obtención de las ecuaciones (C) de los sistemas simétricos
Estos circuitos equivalentes se obtienen de la teoría de las componentes simétricas, la cual nos indicaque una red de secuencia está formada por una fuente de tensión (sólo en el caso de la secuencia directa,careciendo de la misma las redes de secuencia inversa y homopolar) más una impedancia en serie con lamisma. Esta impedancia es el equivalente de Thevenin de la red buscada, vista desde el punto decortocircuito.
Así, y aplicando las leyes de Kirchoff, hallamos las Ecuaciones C:
00R0R
22R2R
11R1R
ZIV
ZIV
ZIEV
-=
-=
-=
[2.10]
E
Z1
VR1IR1 IR2 VR2
Z2
IR0 VR0
Z0
Secuencia Directa Secuencia Inversa Secuencia Homopolar
Protección de sistemas eléctricos de potencia60
2.3.1.1 Impedancias directa, inversa y homopolar
Una vez definidos los sistemas de componentes simétricas debemos, de forma análoga, definir lasimpedancias que los forman. De esta forma, hablaremos de impedancias directas, inversas y homopolarespara designar las impedancias correspondientes a cada uno de estos sistemas. La representación de estosconexionados se ha mostrado en la figura 2.21. Es necesario tener presente que para los sistemas directo einverso se emplean fuentes de tensión alternas trifásicas y simétricas, mientras que el sistema homopolarutiliza una fuente de tensión alterna monofásica.
Se define como impedancia directa (Z1) de un dispositivo o componente eléctrico al cociente entre latensión entre fase y neutro y la intensidad, cuando el sistema está alimentado con un generador síncronotrifásico de secuencia directa (la secuencia de fases será: RST).
Se define como impedancia indirecta (Z2) de un dispositivo o componente eléctrico al cociente entre latensión entre fase y neutro y la intensidad, cuando el sistema está alimentado con un generador síncronotrifásico de secuencia indirecta (la secuencia de fases será: RTS).
La impedancia homopolar (Z0) de un dispositivo o componente eléctrico es el cociente de la tensión defase y la intensidad, cuando el sistema está alimentado mediante una fuente de tensión alternamonofásica. Si las tres líneas (R,S,T) dispuestas en paralelo constituyen el camino de ida de la corriente,debe de existir un cuarto conductor que actúe como retorno común. Por este retorno común circulará unacorriente tres veces mayor que la componente homopolar correspondiente a una fase.
2.4 CÁLCULO DE LAS CORRIENTES DE CORTOCIRCUITO
Para el cálculo de las corrientes de cortocircuito se han seguido las directrices de la Norma AlemanaVDE 0102, en la cual se indica un método diferente para el cálculo de los cortocircuitos. En las fórmulasque hemos deducido hasta el momento para el cálculo de las corrientes iniciales simétricas decortocircuito, se han empleado como fuerzas electromotrices las correspondientes a los generadores o alas acometidas existentes. Según la normativa VDE 0102, basta considerar que en el punto decortocircuito actúa una única fuente equivalente de tensión cuya fuerza electromotriz vale (E=c · Un / 3).
Además, la Norma VDE 0102 define también otras particularidades:
1. Las fuerzas electromotrices de los generadores y las acometidas se considerarán nulas, utilizándosesolamente sus impedancias para realizar los cálculos.
2. No se consideran las capacidades de las líneas ni las impedancias transversales no debidas a motores.Los motores se tratan como generadores en los sistemas directo e inverso.
3. Al calcular defectos asimétricos se considerarán en el sistema homopolar, las capacidades de laslíneas y las demás impedancias transversales no debidas a motores.
4. El factor (c) permite considerar la diferencia que existe entre la fuerza electromotriz inicial (E”) y latensión de servicio de la red (Un) en el punto de cortocircuito, a efectos de cálculo de las corrientesiniciales simétricas de cortocircuito.
Algunas de estas afirmaciones quedan expuestas a continuación:
Supongamos que el circuito mostrado en la figura 2.22 representa una fase de una red trifásica. La redestá formada por un generador (Eg), por un motor (Em), donde (Xg y Xm) son sus impedancias internasrespectivamente, y por una tercera impedancia debida a una línea (ZL). En bornes del motor, hallamos latensión (Vf), tensión entre fase y neutro, ya que éste será el punto donde posteriormente se realizará elcortocircuito. Este circuito trabaja en régimen permanente, por lo que el generador proporcionará energíaque será consumida por el motor en un funcionamiento normal. Notar que las impedancias (reactancias)adoptadas para después del cortocircuito son las subtransitorias (X''g y X''m), ya que serán éstas las que nosdan los valores que se obtendrían en la realidad.
Redes de secuencia y componentes simétricas 61
ZL
Xg IL
Xm+ Vf
Eg +
Em
Figura 2.22 Red eléctrica formada por un generador, una línea de interconexión y un motor antes deproducirse el cortocircuito
Antes de producirse el cortocircuito, como el motor consume energía, las relaciones eléctricas para elrégimen permanente, transitorio y subtransitorio son respectivamente:
( )1LgLfg IXZVE Ö++= [2.11]
( )2
''LgLfg IXZVE Ö++= [2.12]
( )3L
"gLf
"g IXZVE Ö++= [2.13]
Donde (Vf) y (ZL) son iguales para los tres regímenes, ya que ni la tensión, ni la impedancia de líneasufren cambios en un cortocircuito (lo que cambia es el valor de las impedancias de las máquinas conmovimiento, es decir, de los motores y los generadores). Además, ha de cumplirse que la intensidad nocambia en el instante de producirse el cortocircuito (debido al efecto inductivo).
L3L2L1L IIII === [2.14]
Si nos centramos en el régimen subtransitorio, que es el que nos interesa para obtener la corrienteinicial simétrica de cortocircuito, es posible establecer las siguientes relaciones:
( ) L"gLf
"g IXZVE Ö++= (1) [2.15]
L"mf
"m IXVE Ö-= (2) [2.16]
Despejando e igualando las tensiones entre fase y neutro (V f ) de ambas expresiones, se obtiene:
( ) fL"gL
"g VIXZE =Ö+- fL
"m
"m VIXE =Ö+ [2.17]
Y por tanto:
( ) L"m
"gL
"m
"g IXXZEE Ö++=- fL
"m
"m VIXE =Ö+ [2.18]
Siendo la intensidad:
"m
"gL
"m
"g
L XXZEE
I++
-= [2.19]
Si observamos el mismo circuito, pero justo después de producirse el cortocircuito en el punto (f),tendremos:
Protección de sistemas eléctricos de potencia62
ZL
I k g" Ik m
"
X g" I k T
" Xm"
+ Eg
" Em" +
Figura 2.23 Red eléctrica formada por un generador, una línea de interconexión y un motor, después deproducirse un cortocircuito en el punto (f)
Al producirse el cortocircuito, el motor deja de absorber energía eléctrica de la red para pasar a darenergía a la misma (los motores, durante unos instantes y debido a la propia inercia de giro, dan energía alas redes a las cuales están conectados), actuando como un generador.
En este caso, se cumple:
"gL
"g
g"k XZ
EI
+= sustituyendo (1) Ý L"
gL
fg
"k I
XZV
I ++
= [2.20]
"m
"m
m"k X
EI = sustituyendo (2) Ý L"
m
fm
"k I
XV
I -= [2.21]
LL"m
"gL
fm"kg
"kT
"k II
X1
XZ1VIII -+ö
ö÷
õææç
å+
+Ö=+= [2.22]
Obteniéndose finalmente que la intensidad de cortocircuito es:
( ) ( )( )( ) ( )( )
( ) ( )eq
f
mgL
mgL
f
mgL
mgLfTk Z
V
XXZXXZ
VXXZXXZ
VI =
+++
=+
++=
""
""""
""" [2.23]
Expresión que corrobora las condiciones indicadas anteriormente y que resumimos seguidamente:
- No se utilizarán las fuerzas electromotrices de los generadores: ( Eg" , Em
" ). Únicamente se utilizarála tensión entre fase y neutro que había en el punto de cortocircuito en el instante anterior deproducirse el mismo:
3U
V Lf = . [2.24]
- La intensidad de línea (IL), o de carga, no afectará a los cálculos generales del cortocircuito.- La impedancia que deberemos tener presente en los cálculos de la intensidad de cortocircuito, será el
equivalente de las impedancias vistas desde el punto de cortocircuito: (Z Ý Zeq).
Así, los cuatro tipos de cortocircuitos que analizaremos son:
¶ Cortocircuito trifásico: Cortocircuito producido por la unión accidental de las tres fases (R, S y T) dela red trifásica (para los cálculos, es indiferente si este cortocircuito está unido o no a tierra).
Redes de secuencia y componentes simétricas 63
¶ Cortocircuito bifásico sin contacto a tierra: Cortocircuito producido por la unión accidental de dosfases de una red trifásica. Para su cálculo consideraremos que el cortocircuito se produce entre lasfases (S y T).
¶ Cortocircuito bifásico con contacto a tierra: Cortocircuito entre dos fases de un sistema trifásico(normalmente se consideran las fases S y T), con la salvedad que estas dos fases están unidas a tierra.
¶ Cortocircuito monofásico a tierra: Es el más común y violento de los cortocircuitos. Se producecuando una de las fases (normalmente se considera la fase R como referencia) queda unida con tierra.
2.4.1 Cortocircuito trifásico
El cortocircuito trífásico es el único cortocircuito que puede calcularse sin la utilización de lascomponentes simétricas. Esto es posible debido a que las tres fases, y en el mismo instante, quedancortocircuitadas. Por tanto, si antes de producirse la falta el circuito era simétrico y equilibrado, una vez lafalta se ha producido (al afectar por igual a las tres fases), el sistema seguirá siendo simétrico yequilibrado:
Figura 2.24 Sistema eléctrico afectado por un cortocircuito trifásico
Las condiciones iniciales que definen a este cortocircuito son: 0=== TSR UUU
Con estas condiciones iniciales y las ecuaciones (B), referidas a las tensiones de las componentessimétricas, obtenemos los siguientes resultados:
Resultado lógico, ya que si las tensiones de línea son nulas, también lo serán las tensiones de fase, loque obligará, asimismo, a ser nulas a las componentes simétricas asociadas.
Si se introducen estos resultados en las ecuaciones (C), obtendremos:
La interpretación de estos resultados nos permite comprobar lo que teóricamente ya se había expuesto.Con este tipo de cortocircuitos, sólo es necesaria la utilización de la secuencia directa de las componentessimétricas, ya que las intensidades que pasan por los sistemas inverso y homopolar son nulas (es una redequilibrada).
( ) ( )( ) ( )( ) ( ) 0000
31VVV
31V
00·a0·a031aVaVV
31V
00·a0·a031aVaVV
31V
TSR0R
2T
2SR2R
22TSR1R
=++=++=
=++=++=
=++=++=
I"k3R I"k3S I"k3T
G
R
S
T
0V
0V
0V
0R
2R
1R
=
=
=
00R0R
22R2R
11R1R
ZI0V
ZI0V
ZIE0V
-==
-==
-==
0I
0IZEI
0R
2R
11R
=
=
=
[2.25]
[2.26]
Protección de sistemas eléctricos de potencia64
Finalmente, utilizando los resultados obtenidos con las ecuaciones (C) podemos calcular lasintensidades de cortocircuito que pasarán por las tres fases de la red trifásica. Para ello utilizaremos lasecuaciones (A) y tendremos en cuenta que E = c · Un / 3, donde c = 1.1.
En resumen, en los cortocircuitos trifásicos, las tres tensiones correspondientes al punto decortocircuito son nulas y las tres fases presentan cargas equilibradas debido a que las corrientes simétricasde cortocircuito están desfasadas en 120º, independientemente de si el punto de cortocircuito está unido ono a tierra.
2.4.2 Cortocircuito bifásico sin contacto a tierra
Fuera de los cortocircuitos trifásicos simétricos, en todos los demás casos ya no existirá equilibrio entrelas fases y por tanto (aparte de la componente directa, ya necesaria para los circuitos equilibrados) seránecesario incorporar las componentes inversa y homopolar.
Concretamente, el cortocircuito bifásico sin contacto a tierras mantiene la energía (no hay fuga atierra), pero al ocurrir éste en dos de las tres fases del sistema, produce un desequilibrio de cargas entrelas tres fases, siendo necesario incorporar en los cálculos (aparte de la secuencia directa) la secuenciainversa.
Figura 2.25 Circuito eléctrico correspondiente a un cortocircuito bifásico sin conexión a tierras
Las condiciones iniciales para este cortocircuito son: 0=RI TS VV =
Introduciendo las condiciones iniciales de este cortocircuito en las ecuaciones (A) y refiriendo lasmismas a las tensiones entre fase y neutro, obtendremos:
ê ú
ê ú
ê úº12000
º24000
º000
110
221
1
2
102
21
11021
ZEa
ZEIaIaII
ZEa
ZEIaIaII
ZE
ZEIIII
RRRT
RRRS
RRRR
=++=++=
=++=++=
=++=++= ê ú
ê ú
ê úº120·3·1.1
º240·3·1.1
º0·3·1.1
1
1
1
ZUI
ZU
I
ZUI
nT
nS
nR
=
=
=
I"k2S
G
I"k2T
T
S
R
22R1R2R
21RTS2
2R1R0R2
2R1RT
2R2
1R0R2R2
1RSaVaVaVaVVV
aVaVVaVaVV
aVaVVaVaVV+=+Ý=Ý
îý
îüû
+=++=
+=++=
( ) ( )aaVaaV RR -=- 22
21
2R1R VV =
[2.27]
[2.28]
Redes de secuencia y componentes simétricas 65
Es decir, si las tensiones de fase, entre las fases (S y T), son iguales, también los serán sus respectivascomponentes simétricas. De este resultado y de la segunda condición inicial (IR = 0), obtenemos:
A este último resultado, obtenido de forma analítica, se habría podido llegar de forma intuitiva.Bastaría para ello con aplicar a los circuitos equivalentes de las componentes simétricas (circuitosrepresentados en la figura 2.26) los resultados obtenidos en el cálculo de las tensiones. En estosresultados, hemos comprobado que la componente homopolar es nula y que las componentes simétricasdirecta e inversa de las tensiones son iguales, por lo puede anularse el sistema correspondiente a lasecuencia homopolar y unir las dos redes restantes (directa e inversa) para que cumplan las condicionesanteriores (tensiones iguales). Los resultados pueden apreciarse en la siguiente figura donde queda demanifiesto que las intensidades de las componentes directa e inversa serán iguales en magnitud, pero desentidos opuestos.
Figura 2.26 Red de componentes simétricas correspondiente al cortocircuito bifásico sin contacto atierra
Aplicando Kirchoff, obtenemos fácilmente la expresión de las intensidades de las redes de secuenciadirecta e inversa de las componentes simétricas.
A continuación, utilizando las ecuaciones (A) hallamos las expresiones de las intensidades decortocircuito de las tres fases de la red trifásica:
Llegados a este punto, hay que recordar que a = 1 [120º] y que a2 = 1 [-120º]. En consecuencia vemosque ( a - a2 )= j 3 y que ( a2 - a )= - j 3. De esta forma podemos expresar finalmente las intensidades:
E IR1 VR1
Z1
IR2 VR2
Z2
E IR1
Z1
VR1 = VR2
Z2
IR2
212R1R ZZ
EII+
=-=
( )( )2
12
2102
21
212
2102
21
0210
aaIaIaIIaIaII
aaIaIaIIaIaII
IIII
RRRRRRT
RRRRRRS
RRRR
-=+=++=
-=+=++=
=++=
ê ú
ê úº90ZZ
U·1'1I
º90ZZ
U·1'1I
0I
21
nT
21
nS
R
+=
-+
=
=
+=++==2R1R0R2R1RR IIIII0I 2R1R II -=
( ) ( ) ( )( )
( ) ( ) ( )( )
½½
îîîî
ý
îîîî
ü
û
+=
+==
-+
=-+
=-=
=
33
·1'133
33
·1'133
0
21211
21211
jZZ
UjZZ
EjII
jZZ
UjZZ
EjII
I
nRT
nRS
R
[2.29]
[2.30]
[2.31]
[2.32]
Protección de sistemas eléctricos de potencia66
Para calcular las tensiones de línea, previamente será necesario determinar los valores de las tensionesentre fase y neutro. Para ello, utilizaremos los valores de las intensidades obtenidos, así como lasecuaciones (C).
Finalmente, recordando la expresión de la fuerza electromotriz (E) obtendremos el valor definitivo delas tensiones entre fase y neutro para estos cortocircuitos.
En resumen, en los cortocircuitos bifásicos sin contacto a tierra aparecen corrientes iniciales simétricasde cortocircuito menores que las que se presentan en los cortocircuitos trifásicos. Sin embargo, si el puntode cortocircuito está en las proximidades de máquinas síncronas o asíncronas de cierta potencia, lacorriente de cortocircuito puede llegar a ser mayor que la correspondiente a un cortocircuito trifásico.
2.4.3 Cortocircuito bifásico con contacto a tierra
Este cortocircuito se produce por la unión de dos fases con tierra. En consecuencia, necesitaremos delas tres secuencias de las componentes simétricas. La secuencia directa será necesaria por existir uncircuito eléctrico; la secuencia inversa, por existir desequilibrios entre las fases, y finalmente, la secuenciahomopolar, por existir una pérdida de energía a través del terreno. Esquemáticamente, podemosrepresentar el fallo de la siguiente forma:
Figura 2.27 Circuito eléctrico correspondiente a un cortocircuito bifásico a tierra
Las condiciones iniciales para este cortocircuito son:
Las ecuaciones (B) y las condiciones iniciales del cortocircuito permiten hallar los valores de lascomponentes simétricas de las tensiones entre fase y neutro, mediante la utilización de las siguientesexpresiones:
( )( ) ( )
2)1(
222·2
1
2
21
11
21
1112
1022
1
21
21
21111021
ZZZE
ZZZEZ
ZZEE
ZIEVaaVVaVaVVV
ZZZEZ
ZZEEZIEVVVVV
RRRRRRTS
RRRRRR
+=
+--=öö÷
õææç
å+
--=
=--=-=+=++==
+=öö÷
õææç
å+
-=-==++=
ê úº180ZZ
Z3U·1'1
VV
)º0(ZZ
Z23U·1'1
V
21
2nTS
21
2nR
+==
+=
G
I"k2SE
I"k2TE
T
S
R
I"k2EE
IR = 0 VS = VT = 0
[2.33]
[2.34]
Redes de secuencia y componentes simétricas 67
Como las tres componentes simétricas de las tensiones (directa, inversa y homopolar), una vezaplicadas las condiciones iniciales del cortocircuito, son iguales, podemos unir los tres circuitosequivalentes de las redes de secuencia, de forma que la unión respete la igualdad entre las tensiones.
Figura 2.28 Red de componentes simétricas correspondiente a un cortocircuito bifásico a tierras
Observando el circuito resultante y mediante las ecuaciones de mallas y divisores de intensidad,obtenemos las expresiones de las intensidades que circularán por cada una de las ramas.
Introduciendo estas expresiones en las ecuaciones (A), podemos encontrar las intensidades decortocircuito. Dado que la intensidad de la fase (R) es nula (IR = 0) por las condiciones iniciales dadaspara este tipo de cortocircuito, nuestro cálculo se centrará en las fases (S y T). Calculamos en primer lugarla intensidad correspondiente a la fase (S):
VR0IR0
IR2
E IR1
Z2
Z0
VR2
VR1
Z1
E
Z1
IR1 Z0Z2 IR0IR2
( )
02
210
02
012
0211
ZZZII
ZZZII
ZZZEI
RR
RR
R
+-=
+-=
+=
( )( )( )
RRRR
RTSRR
RTSRR
RTSRR
VVVV
VVVVV
VaVaVVV
VaVaVVV
31
31
31
31
31
31
31
021
0
22
21
===½½
îîî
ý
îîî
ü
û
=++=
=++=
=++=
[2.35]
[2.36]
Protección de sistemas eléctricos de potencia68
Y recordando el valor de la fuerza electromotriz (E), obtenemos:
Operando de igual forma, hallamos la expresión de la corriente de cortocircuito de la fase (T):
Lo que nos permite obtener la siguiente expresión:
Por su parte, la intensidad de cortocircuito correspondiente a la fase (R), debe ser nula:
Finalmente, hallamos las expresiones para las diversas tensiones de fase. Si realizamos los cálculospara la fase (R) y calculamos las tensiones correspondientes a las componentes simétricas mediante lasecuaciones (C) e introducimos estas expresiones en las ecuaciones (A) de la tensión de la fase (R):
( )
( )( )( )
( ) ( )( ) ( ) ( )[ ]
( ) ê ú[ ] ( ) ( )[ ] ½½=+-++
=+-++
=
=-+-++
=ùú
øéê
è+
-+
-++
+++=
=ùú
øéê
è+
-+
-++
++
=ùú
øéê
è+
-+
-+
=
=öö÷
õææç
å+
-+öö÷
õææç
å+
-++
=++=
33º21033...
...1...
......
...
20020121
20020121
20
22
02012102
2
02
0
02
022
020121
02
02
2
02
0
02
022
02
021
02
2
02
02
021
02
21
02
01
021
202
21
jaZjZZZZZZZ
EZjZZZZZZZ
E
aaZaZZZZZZZ
EZZ
ZZZ
ZaZZZZa
ZZZZZZZZE
ZZZ
ZZZa
ZZZZa
ZZZZZ
EZZ
ZZZ
ZaaZZZ
E
ZZZI
ZZZIa
ZZZEaIaIaII RRRRRS
010221
02·1'1ZZZZZZ
ZZaUjI nS ++
-=
010221
022
nT ZZZZZZZZa
U·1'1jI++
--=
( ) ( )
( ) ( )( ) Ýù
ú
øéê
è+
--+++
+=
=ùú
øéê
è+
-+
-+
=+
-+
-+
=++=
02
2002
010221
02
02
2
02
0
02102
21
02
01
021021
...
...1
ZZZZZZ
ZZZZZZZZE
ZZZ
ZZZ
ZZZE
ZZZI
ZZZ
IZZZ
EIIII RRRRRR
0IR =
( )( )
( )
( )020121
020R
02
20
020121
02
02
201R00R0R
020121
022R
02
02
020121
02
02
021R22R2R
020121
021R
020121
021
021111R1R
ZZZZZZZZ
EVZZ
ZZZZZZZZ
ZZEZZ
ZZIZIV
ZZZZZZZZ
EVZZ
ZZZZZZZZ
ZZEZZ
ZZIZIV
ZZZZZZZZ
EVZZZZZZ
ZZEZE
ZZZEZEZIEV
++=½½
++++
=+
=-=
++=½½
++++
=+
=-=
++=½½
+++
-=+
-=-=
( )
( ) ( )[ ]
( ) ( )[ ] ê ú( ) ê ú( )[ ] ½½=+++
=-+-++
=
=--+++
=ùú
øéê
è+
-+
-+
=
=öö÷
õææç
å+
-+öö÷
õææç
å+
-++
=++=
º903º15031...
......
...
02010221
202
010221
202
0201022102
2
02
02
021
02
21
02
01
2
0210
221
ZZZZZZZZ
EaaZaZZZZZZZ
E
ZZaZZaZZZZZZ
EZZ
ZZZ
Zaa
ZZZE
ZZZI
ZZZIa
ZZZEaIaIaII RRRRRT
[2.37]
[2.38]
[2.39]
Redes de secuencia y componentes simétricas 69
Así, la tensión en la fase (R) será:
[2.40]
Operando de igual forma para las restantes tensiones entre fase y neutro (VS y VT), tendremos:
Valores lógicos, ya que si las dos fases (R y S) estaban conectadas a tierra, los valores de las mismasdeben se nulos, como ha quedado demostrado analíticamente.
Por tanto, en los cortocircuitos bifásicos con contacto a tierra se dan las mismas circunstancias que enlos cortocircuitos bifásicos sin contacto a tierra. Inicialmente aparecen unas corrientes simétricas decortocircuito menores que las halladas para los cortocircuitos trifásicos. Sin embargo, si el punto de faltaestá próximo a máquinas síncronas o asíncronas de cierta potencia, la corriente inicial de cortocircuitopuede llegar a ser mayor que la correspondiente a un cortocircuito trifásico. Por este motivo, y por quepresentan unas pérdidas a tierra, es importante incluir su cálculo en los proyectos para dimensionar losdispositivos de protección y evitar interferencias.
2.4.4 Cortocircuito monofásico a tierra
El cortocircuito monofásico a tierra es el cortocircuito más frecuente en las redes con neutro puestodirectamente a tierra o mediante una impedancia de bajo valor. Es también el más violento de loscortocircuitos, resultando asimismo de gran utilidad para el cálculo de las tensiones de contacto, tensionesde paso, puestas a tierra y para la determinación de las interferencias con otros sistemas de energía. Lafigura 2.29, nos muestra un circuito eléctrico afectado por este cortocircuito.
Figura 2.29 Circuito eléctrico correspondiente a un cortocircuito monofásico a tierra
Las condiciones iniciales para este cortocircuito son:
Dado que hay fugas a tierra y que el comportamiento de una fase difiere de las restantes, en este tipo decortocircuito será necesario considerar las secuencias directa (siempre que exista un circuito eléctricoexistirá esta secuencia), inversa (será necesaria cuando existan desequilibrios) y homopolar (necesariacuando existan fugas de energía a tierra)
G
I"k1
T
S
R
( )
( )Ý
îîî
ý
îîî
ü
û
=++++
=++=
=++++
=++=
01aaZZZZZZ
ZZEVaVaVV
01aaZZZZZZ
ZZEVaVaVV
2
020121
020R
22R1RT
2
020121
020R2R
21RS
VR = 0 IS = IT = 0
[2.41]00
==
T
S
VV
½½++
=++=020121
02021
3ZZZZZZ
ZZEVVVV RRRR020121
02·31'1ZZZZZZ
ZZUV nR ++=
Protección de sistemas eléctricos de potencia70
Para realizar los cálculos, en primer lugar, y mediante las ecuaciones (B) introduciremos lascondiciones iniciales para estos cortocircuitos, con lo que obtendremos las expresiones de las intensidadesque circulan por los circuitos de las diversas redes de secuencia.
Como las intensidades de las fases (S) y (T) son nulas, todas las componentes simétricas de lasintensidades serán iguales y de valor un tercio de la intensidad de línea de la fase (R).
A igual resultado, se podría haber llegado de forma directa, si hubiésemos realizado el esquema delcircuito equivalente de las componentes simétricas, teniendo presente que debe cumplirse que las trescomponentes de las intensidades son iguales, lo que obliga a la conexión de los circuitos equivalentes dela forma que nos muestra la figura 2.30.
Figura 2.30 Red de componentes simétricas correspondiente a un cortocircuito monofásico a tierra
A continuación podemos hallar el valor de la intensidad que circulará por la red de secuencia directa.Para ello utilizaremos las ecuaciones (A) para la tensión simple de la fase (R) de la red trifásica (la cualsabemos que es nula), juntamente con las ecuaciones (C). Además, utilizaremos los resultados anterioresen los que se demuestra la igualdad de las tres intensidades de las componentes simétricas.
Z2
IR2
E IR1
Z1
VR2
VR1
IR0
Z0
VR0
( )( )( )
R0R2R1R
RTSR0R
RT2
SR2R
R2
TSR1R
I31III
I31III
31I
I31aIaII
31I
I31aIaII
31I
===½½
îîî
ý
îîî
ü
û
=++=
=++=
=++=
[2.42]
( ) ( ) ( ) ( )02110022110210 ZZZIEZIZIZIEVVVV RRRRRRRR ++=Ý-+-+-=++==
Redes de secuencia y componentes simétricas 71
[2.43]
Este resultado nos permite hallar las expresiones de las intensidades de línea que circularán por cadauna de las fases de nuestra red trifásica. Para ello utilizaremos las ecuaciones (A) referidas a lasintensidades de las fases (R, S y T).
Finalmente, buscamos las expresiones de las tensiones entre fase y neutro de las diferentes fases de lared trifásica. Para ello, utilizaremos las ecuaciones (A):
Agrupando términos obtendremos:
Operando de igual forma para la tensión entre fase y neutro de la fase (T):
Y agrupando términos obtendremos:
Finalmente, de las condiciones iniciales para este tipo de cortocircuitos, tendremos que la tensión entrefase y neutro de la fase (R) será:
En resumen, los cortocircuitos unipolares a tierra son los cortocircuitos más frecuentes. En redes conpuesta a tierra rígida o con puesta a tierra a través de una impedancia de bajo valor óhmico, la corriente decortocircuito a tierra puede superar a la mayor corriente de cortocircuito que aparece en caso de un fallotrifásico. Estas corrientes también deben tenerse presentes a la hora de determinar las tensiones decontacto, al resolver problemas de interferencias o al dimensionar las instalaciones de puesta a tierra.
Ý
îîî
ý
îîî
ü
û
==
++=
++==++=
0II
ZZZ1
3U·1'13
ZZZE3I3IIII
TS
021
n
0211R0R2R1RR
( ) ( ) ( )
0210
0212
021
21
2
00R22R11R2
0R2R2
1RS
ZZZEZ
ZZZEaZ
ZZZEaZaE...
...ZIZIaZIEaVaVaVV
++-
++-
++-=
=-+-+-=++=
öö÷
õææç
å++++
-=021
022
12nS ZZZ
ZaZaZa
3U·1'1V
( ) ( ) ( )
0210
021
22
0211
00R22R2
11R0R2
2R1RT
ZZZEZ
ZZZEaZ
ZZZEaZaE...
...ZIZIaZIEaVaVaVV
++-
++-
++-=
=-+-+-=++=
öö÷
õææç
å++++
-=021
02
21nT ZZZ
ZaZaZa
3U·1'1
V
0VR =
0II
ZZZ3U·1'1
I
TS
021
nR
==
++=
[2.44]
[2.45]
[2.46]
[2.47]
0211R ZZZ
EI++
=
Protección de sistemas eléctricos de potencia72
2.5 CUESTIONES Y PROBLEMAS
CUESTIONES
1. ¿Cómo se realiza el cálculo de los sistemas eléctricos trifásicos equilibrados? ¿Cómo se realiza elcálculo de los sistemas eléctricos trifásicos desequilibrados?
2. ¿En qué consiste el método de las componentes simétricas? ¿Qué es un circuito equivalente o desecuencia? ¿Cuántos circuitos equivalentes o redes existen para cada elemento de un sistematrifásico?
3. ¿A qué se denomina red de secuencia de un circuito eléctrico? ¿Qué tipos de redes de secuenciaexisten? ¿Qué elementos contienen estas redes de secuencia?
4. ¿Cómo se construye una red de secuencia? ¿Qué nos indica una red de secuencia? ¿Cómo se realizala conversión de una red de secuencia directa a una red de secuencia inversa? ¿Y de una red desecuencia directa a una red de secuencia homopolar?
5. ¿Cuál es el voltaje de referencia en una red de secuencia directa? ¿Y en una red de secuencia inversa?¿Y en una red de secuencia homopolar? ¿Cómo han de considerarse las impedancias que seencuentren situadas entre el neutro y tierra en las tres redes de secuencia anteriores?
6. Indicar los circuitos de secuencia individuales más importantes.7. ¿A qué se denomina impedancia a la corriente de secuencia directa? ¿Y a la impedancia a la corriente
de secuencia inversa? ¿Y a la impedancia de la corriente de secuencia homopolar?8. Explicar en que consiste el análisis de fallos asimétricos en sistemas simétricos.9. Indicar cómo serán las impedancias de secuencia directa, inversa y homopolar de las máquinas
giratorias.10. Indicar cómo serán las impedancias de secuencia directa, inversa y homopolar de los
transformadores.11. Indicar cómo serán las impedancias de secuencia directa, inversa y homopolar de las líneas de
transporte de energía.12. ¿Qué nos muestra la red de una secuencia particular? ¿Cómo se efectúa el paso de una red de
secuencia directa a una red de secuencia inversa? ¿Son iguales las impedancias de los generadores enlas dos secuencias?
13. ¿Cómo es el circuito eléctrico para simular el comportamiento de una red de secuencia directa? ¿Ypara simular una red de secuencia inversa? ¿Cómo se considerarán las impedancias situadas entre elneutro y tierra en las redes de secuencia directa e inversa? ¿Cuál será el voltaje de referencia paraestas dos redes de secuencia?
14. ¿Qué nos muestra la red de secuencia homopolar? ¿Cómo se efectúa el paso de una red de secuenciadirecta a una red de secuencia homopolar? ¿Son iguales las impedancias de las líneas entre las redesde secuencia directa y homopolar?
15. ¿Cómo es el circuito eléctrico para simular el comportamiento de una red de secuencia homopolar?¿Cómo se considerarán las impedancias situadas entre el neutro y tierra en la red de secuenciahomopolar? ¿Cuál será el voltaje de referencia para la red homopolar?
16. ¿Pueden tener componentes homopolares los sistemas conectados en triángulo? Razonar la respuesta.17. Comentar e indicar el esquema eléctrico y las redes monofásicas equivalentes (directa, inversa y
homopolar) de un generador sin carga conectado en estrella y asilado de tierra.18. Comentar e indicar el esquema eléctrico y las redes monofásicas equivalentes (directa, inversa y
homopolar) de un generador sin carga conectado en estrella y puesto rígidamente a tierra.19. Comentar e indicar el esquema eléctrico y las redes monofásicas equivalentes (directa, inversa y
homopolar) de un generador sin carga conectado en estrella y conectado a tierra mediante unaimpedancia limitadora.
20. Comentar e indicar el esquema eléctrico y las redes monofásicas equivalentes (directa, inversa yhomopolar) de un generador sin carga conectado en triángulo.
21. ¿Cómo se construyen las redes de secuencia directa e inversa de los transformadores? ¿Cómo seconstruye la red de secuencia homopolar de un transformador? ¿Cuáles son los tipos de conexionadosmás frecuentes entre transformadores?
22. Comentar e indicar el esquema eléctrico y la red monofásica homopolar equivalente de untransformador con conexión estrella-estrella (Y-Y), con las dos estrellas aisladas de tierra.
23. Comentar e indicar el esquema eléctrico y la red monofásica homopolar equivalente de untransformador con conexión estrella-estrella (Y-Y), con una estrella puesta a tierra.
24. Comentar e indicar el esquema eléctrico y la red monofásica homopolar equivalente de untransformador con conexión estrella-estrella (Y-Y), con las dos estrellas puestas a tierra.
Redes de secuencia y componentes simétricas 73
25. Comentar e indicar el esquema eléctrico y la red monofásica homopolar equivalente de untransformador con conexión estrella-triángulo (Y- ), con la estrella aislada de tierra.
26. Comentar e indicar el esquema eléctrico y la red monofásica homopolar equivalente de untransformador con conexión estrella-triángulo (Y- ), con la estrella puesta a tierra.
27. Comentar e indicar el esquema eléctrico y la red monofásica homopolar equivalente de untransformador con conexión triángulo-triángulo ( - ).
28. ¿En qué se basa el método de las componentes simétricas? ¿En qué tipo de cortocircuito no esnecesaria la aplicación del método de las componentes simétricas? ¿Por qué?
29. Dibujar los tres sistemas de componentes simétricas en el plano de Gauss de un supuesto circuitoeléctrico. Dibujar también los circuitos eléctricos que permiten simular a las tres redes de secuenciaanteriores.
30. Hallar las ecuaciones de las componentes simétricas tipo (A) aplicadas a las tensiones, mediante lautilización del operador (a).
31. De las ecuaciones de las componentes simétricas tipo (A), halladas en la pregunta anterior aplicadas alas tensiones, obtener las ecuaciones tipo (B) también aplicadas a las tensiones.
32. Expresar las ecuaciones de las componentes simétricas tipo (C) para un sistema eléctrico concreto.Dibujar asimismo los circuitos eléctricos que acompañan a estas ecuaciones tipo (C).
33. Demostrar analíticamente por qué es posible despreciar la intensidad de carga y considerar solamentela tensión en el punto de cortocircuito, al efectuar el cálculo de la intensidad inicial simétrica decortocircuito.
34. Hallar analíticamente las expresiones de las tensiones de fase (simples) de un cortocircuito trifásico,a partir de sus condiciones iniciales.
35. Hallar analíticamente la expresión de la intensidad de la fase (S) suponiendo a la fase (R) comoreferencia para un cortocircuito bifásico, a partir de sus condiciones iniciales.
36. Hallar analíticamente la expresión de la tensión en la fase (R) suponiéndola como fase de referenciapara un cortocircuito bifásico, a partir de sus condiciones iniciales.
37. Hallar analíticamente la expresión de la intensidad de la fase (T) suponiendo a la fase (R) comoreferencia para un cortocircuito bifásico a tierra, a partir de sus condiciones iniciales.
38. Hallar analíticamente la expresión de la tensión de la fase (R) suponiéndola como fase de referenciapara un cortocircuito bifásico a tierra, a partir de sus condiciones iniciales.
39. Hallar analíticamente la expresión de la intensidad de la fase (R) suponiéndola como fase dereferencia para un cortocircuito monofásico a tierra, a partir de sus condiciones iniciales.
40. Hallar analíticamente la expresión de la tensión de la fase (T), suponiendo a la fase (R) comoreferencia para un cortocircuito monofásico a tierra, a partir de sus condiciones iniciales.
PROBLEMAS
Para la consulta de problemas resueltos, remitimos al lector a los capítulos III y IV de esta obra. Espreferible empezar con problemas sencillos que permitan afianzar los conocimientos y ganar confianza ensu resolución, para posteriormente acometer el cálculo de problemas más complejos.
II Problemas resueltos y propuestos de sistemas de potencia 75
MÓDULO II. PROBLEMAS RESUELTOS Y PROPUESTOS DEFALLOS EN SISTEMAS DE POTENCIA
PRESENTACIÓN
Con este segundo módulo, formado por los capítulos III y IV, se pretende, una vez asimilados losconceptos teóricos dados para sistemas de potencia trabajando en régimen transitorio (debido a unasobrecarga, un cortocircuito o la rotura accidental de una fase), puedan llevarse a la práctica mediante laresolución de problemas de diversa complejidad. Concretamente el módulo está dividido en dos capítulosbien diferenciados, ya que mientras que el capítulo III (problemas resueltos de cálculo de fallos ensistemas eléctricos de potencia) permite afianzar los conocimientos adquiridos y ganar confianza en laresolución de problemas, el capítulo IV (problemas propuestos de cálculo de fallos en sistemas depotencia) propone una serie de enunciados con sus respectivas soluciones para que el lector puedaejercitarse en su resolución y comprobar así el nivel de asimilación obtenido a lo largo del estudio de lamateria del libro.
El capítulo III está formado por problemas completamente resueltos y comentados del cálculo de lossistemas eléctricos de potencia con funcionamientos anómalos, es decir, con fallos eléctricos. Así elcálculo de sobrecargas, cortocircuitos, dimensionado de sistemas de protección, puestas a tierra, o laselectividad entre protecciones entrarán a formar parte de este capítulo. Para la resolución de estosproblemas se han utilizado los métodos explicados en los capítulos II y II de teoría, recordándose queaunque no son los únicos que permiten el cálculo de fallos en sistemas de potencia, sí son los másutilizados. En concreto, el capítulo está formado por diez problemas, estructurados de forma que ladificultad aumenta de forma progresiva, por ello, se aconseja seguir el orden establecido por el libro parauna mejor comprensión y más rápida asimilación de los mismos. El capítulo está formado por dosproblemas de cálculo de cortocircuitos trifásicos, lo que nos permitirá dimensionar los dispositivos deprotección (relés térmicos, magnéticos, diferenciales y fusibles), así como analizar sus sistemas decoordinación o selectividad entre sus componentes. Los tres problemas siguientes versan sobre laaplicación de las componentes simétricas y el empleo de las redes de secuencia, para hallar lassolicitaciones eléctricas con cualquiera de los tipos de cortocircuitos explicados, en el punto de la falta.Finalmente, los últimos tres problemas hacen referencia al calculo de las corrientes y tensiones decortocircuito no sólo en el punto donde se produce la falta, sino en cualquier parte de la red. Sin duda esen estos tres últimos problemas donde puede comprenderse con más claridad las ventajas que ofrece lautilización de las redes de secuencia y el método de las componentes simétricas, ya que los cálculos sellevan hasta sus últimas consecuencias.
En el capítulo IV, con una experiencia ya adquirida en la resolución de problemas de fallos o defectoseléctricos que pueden afectar a un sistema de potencia, se proponen unos enunciados de problemas consus respectivas soluciones. En este capítulo se ha dado importancia a los defectos debidos a sobrecargas,así como al cálculo de los más diversos tipos de cortocircuitos. Concretamente, los primeros enunciadosversan sobre el diseño de las protecciones eléctricas, el poder de cierre o de corte y la selectividad entrelos sistemas de protección; estos problemas nos introducirán en el estudio de uno de los cortocircuitosmás violentos, el cortocircuito trifásico. Posteriormente, un buen número de problemas versan sobre elcálculo de las solicitaciones eléctricas en el punto de falta para los diversos tipos de cortocircuitos, siendoya necesario el empleo de las componentes simétricas. Finalmente, los últimos enunciados de problemasse corresponden con el estudio más completo de los fallos eléctricos, ya que en ellos no sólo se calculanlas corrientes y tensiones para cualquier cortocircuito en el punto de la falta, sino que se extiende sucálculo a cualquier punto de la red. Son los problemas más reales y en los que el método de lascomponentes simétricas y redes de secuencia destacan por su eficacia. Este capítulo abarca un total de 20enunciados de problemas con sus respectivas soluciones.
CONTENIDOS
¶ Capítulo III: Problemas resueltos de cálculo de fallos en sistemas eléctricos de potencia.¶ Capítulo IV: Problemas propuestos de cálculo de fallos en sistemas eléctricos de potencia.
Protección de sistemas eléctricos de potencia76
OBJETIVOS
Problemas resueltos de cálculo de fallos en sistemas eléctricos de potenciaConocer las particularidades de los sistemas y dispositivos de protección actuales (relé térmico,magnético, diferencial, fusibles, etc.).Conocer las características que definen la coordinación de los sistemas de protección.Saber que es la intensidad y el factor de arranque en un relé térmico.Saber que es el poder de corte, el poder de cierre y la potencia aparente de desconexión.Saber calcular los factores (q, µ, y ) en las tablas correspondientes.Calcular las impedancias equivalentes directas de cortocircuito en un punto determinado de la red.Calcular los cortocircuitos trifásicos en cualquier punto de un circuito.Saber dibujar las redes de secuencia directa, inversa y homopolar para diversos componentes ydisposiciones de las redes eléctricas.Saber calcular las impedancias equivalentes para las redes directa, inversa y homopolar para redescon diferentes niveles de tensión.Saber calcular las intensidades y tensiones de cortocircuito en el punto de falta, delante de loscortocircuitos bifásicos, bifásicos a tierra y monofásicos a tierra.Saber calcular la corriente máxima asimétrica de cortocircuito y la intensidad de corte en una falta.Saber calcular las intensidades y tensiones de cortocircuito no sólo en el punto de falta, sino encualquier punto del circuito delante de los cortocircuitos bifásicos, bifásicos a tierra y monofásicos atierra.
Problemas propuestos de cálculo de fallos en sistemas eléctricos de potenciaConocer las particularidades de los sistemas y dispositivos de protección actuales (relé térmico,magnético, diferencial, fusibles, etc.). Conocer las características que definen la coordinación de lossistemas de protección.Saber que es la intensidad y el factor de arranque en una sobrecarga. Saber que es el poder de corte,el poder de cierre y la potencia aparente de desconexión. Saber calcular los factores (q, µ, y ) en lastablas correspondientes.Calcular las impedancias equivalentes directas de cortocircuito en un punto determinado de la red.Calcular los cortocircuitos trifásicos en cualquier punto de un circuito.Saber calcular la corriente máxima asimétrica de cortocircuito y la intensidad de corte en una falta.Saber dibujar las redes de secuencia directa, inversa y homopolar para diversos componentes, nivelesde tensión y disposiciones de redes eléctricas.Saber calcular las intensidades y tensiones de cortocircuito en el punto de falta, delante de loscortocircuitos bifásicos, bifásicos a tierra y monofásicos a tierra.Saber calcular las intensidades y tensiones de cortocircuito no sólo en el punto de falta, sino encualquier punto del circuito delante de los cortocircuitos bifásicos, bifásicos a tierra y monofásicos atierra.
3 Problemas resueltos de fallos en sistemas de potencia 77
CAPÍTULO III.PROBLEMAS RESUELTOS DE CÁLCULO DE FALLOS EN
SISTEMAS ELÉCTRICOS DE POTENCIA
PROBLEMA 3.1
Dimensionar los interruptores de protección del circuito de la figura, una subestación de distribucióninterconectada a una central generadora. La potencia prevista que se distribuirá a través del embarrado“B”, coincide con la potencia nominal del transformador. Las líneas de salida del embarrado llevan cadauna su correspondiente protección. (Para realizar los cálculos suponer cortocircuitos trifásicos).
DATOS
Generador………14MVA……20kV……….X’’=0.16……..X2=0.18…….X0=0.05Transformador….25MVA…120/20kV…….ecc=0.07…….Dynll…….…..n=6Líneas :
Línea L1……………………………XL1=8.5W ……RL1=2.5WLínea L2………………..…………..XL2=0.11W …..RL2=0.09WLínea L3……………………………XL3=0.57W …..RL3=0.5W
¶ Intensidades nominales para interruptores de protección estándar100A, 125A, 160A, 200A, 250A, 315A, 400A,
630A, 800A, 1250A, 1600A, 2000A, 2600A.
¶ Poderes de corte y de cierre para interruptores de protección estándar3.15kA, 10KA, 16KA, 20kA, 31.5kA, 40kA, 50kA, 63kA, 100kA
RedScc=infinito 120kV
Figura 3.1 Esquema unifilar del sistema de potencia correspondiente al problema 3.1
HALLAR:Delante de una falta trifásica en diversos puntos del circuito, se pide para cada interruptor:
Protección de sistemas eléctricos de potencia78
1 Intensidad nominal de los interruptores. Dar un valor normalizado.2 Protección térmica contra sobrecargas, es decir, ajuste de las curvas a tiempo inverso. Intensidades de
arranque (Ir). Considérese un margen de seguridad de un 10%. Coeficientes de arranque.3
3 Protección magnética contra cortocircuitos, es decir, ajuste de las curvas a tiempo independiente oinstantáneo. Para ello suponer cortocircuitos en los embarrados “A” y “B”.
4 Indicar el poder de cierre y el poder de corte para cada interruptor, así como las intensidades de cierrey de corte. Para ello suponer cortocircuitos trifásicos en bornes de cada interruptor.
RESOLUCIÓN
1. y 2. Hallamos los relés térmicos (protección contra las sobrecargas)
¶ Para dimensionar los relés térmicos es necesario seguir unas pautas de cálculo:
¶ Primeramente se calculará la intensidad de carga (la intensidad de funcionamiento) del interruptor.¶ Seguidamente se calcula la intensidad de arranque de cada interruptor (normalmente será entre un
10% o un 15% más elevada que la intensidad de carga).¶ Una vez hallada esta intensidad de arranque, se buscará en catálogos de casas comerciales,
interruptores con intensidades mayores que las de arranque calculadas (normalmente, entre un 20% yun 100% mayores que éstas). Al buscar los posibles relés, se tendrá también en cuenta el tipo decurva más adecuada para la zona a proteger por los interruptores, así como los retardos adicionales.
¶ Con los relés elegidos, ya se podrán buscar los coeficientes de arranque correspondientes,simplemente para ello, se dividirá, el valor de la intensidad de arranque por la intensidad nominal delrelé (será el ajuste que deberemos efectuar, para adaptar las intensidades nominales que las casascomerciales ofrecen, a los valores que nosotros necesitamos y que hemos obtenido por cálculo).
Procedemos a buscar estos parámetros:
¶ Intensidad de carga para cada uno de los relés térmicos: n
nc U
SIÖ
=3
AI c 3.120101203
10253
6
1 =ÖÖ
Ö= AI c 1.40410203
10143
6
3 =ÖÖ
Ö=
AI c 7.72110203
10253
6
2 =ÖÖ
Ö= AI c 7.72110203
10253
6
4 =ÖÖ
Ö=
Recordar que el transformador no modifica las potencias ni la frecuencia.
¶ La intensidad de arranque de cada interruptor (aumentamos un 10% las intensidades de carga delos interruptores para evitar disparos no deseados con el normal funcionamiento del sistema):
AI arrq 3.1321.1·3.1201 ==AI arrq 7942 =
AI arrq 5.4443 =AI arrq 7944 =
¶ Las intensidades nominales de los interruptores: deben ser mayores que las intensidades dearranque: ( arrqn II > ) hallándose éstas por catálogo (consultar la sección datos para obtener unarelación de las intensidades nominales de los interruptores más usuales):
AI n 4001 =AII nn 125042 ==
AI n 8003 =
¶ Los coeficientes de arranque son:n
arrqarrq I
IC =
3 Problemas resueltos de fallos en sistemas de potencia 79
33.0400
3.132C arrq1 == 635.01250794CC arrq4arrq2 ===
556.0800
5.4443 ==arrqC
3. y 4. Hallamos los relés magnéticos (protección contra cortocircuitos)
Primeramente hallaremos todas las impedancias que afectan al circuito, teniendo presente el nivel detensión al que las calculamos, ya que cuando realizaremos cálculos generales será imprescindible pasartodas las impedancias a un mismo nivel de tensión, el nivel que deseemos, pero siempre igual para todas(los cambios de tensión, debe recordarse que se producen siempre en los transformadores).
¶ Impedancias del circuito: con una tilde ( ' ) señalizaremos las impedancias al nivel bajo de tensión.
¶ Acometida (a 120kV)
W=¤
Ö=Ö= 01201.11.122
Q
QQ S
UZ
¶ Transformador (a 120kV)
=TZ cce W=Ö
Ö=Ö 32.401025
12000007.06
22
T
T
SU
W=Ö
Ö=Ö= 88.21025
120000005.06
22
T
TCCRT S
UR e (El valor de 0.005 se ha obtenido en tablas)
W=-= 21.40jRZX TTT
WÏ=+=+= º9.8531.40)21.4088.2()( jjXRZ T
¶ Generador (a 20kV)
W=Ö
Ö=Ö¡¡= 57.41014
2000016.06
22
1 jS
UXXg
gg W=Ö= 32.007.0 11 gg XR
W=Ö
Ö=Ö¡¡= 14.51014
2000018.06
22
2 jS
UXXg
gg WÏ=+=+= º8658.4)57.432.0()(' jjXRZ g
¶ Líneas (línea 1º a 120kV, líneas 2º y 3º a 20kV)( ) WÏ=+= º6.7386.85.85.21 jZ L
( ) WÏ=+= º71.5014.011.009.0' 2 jZ L
( ) WÏ=+= º74.4876.057.05.0' 3 jZ L
¶ Relación de transformación
620
120
2
1 ===UU
m
¶ Intensidad de cortocircuito que afectan a cada interruptor (cortocircuitos trifásicos)
Los interruptores automáticos sirven para proteger un circuito contra las sobrecargas y loscortocircuitos. Pero primeramente resulta imprescindible protegerlos a ellos mismos, es por ello que sedetermina que poder de corte y que poder de cierre les corresponde delante de los cortocircuitos másdesfavorables que pueden darse (cuando se produce un cortocircuito muy cercano a ellos, ya que en éstascircunstancias la impedancia es muy pequeña, siendo la intensidad la mayor posible).
¶ Según la norma VDE 0102, resulta muy improbable un cortocircuito en el interior del propiointerruptor, por lo que para calcular la situación más desfavorable se supone cortocircuitos justo enlos bornes del relé (en el exterior).
¶ Si el cortocircuito se produce en el exterior del relé, como mínimo pueden darse dos casos: que elcortocircuito se produzca en la parte superior del relé, o por el contrario, que el cortocircuito seproduzca en la parte inferior del relé.
Protección de sistemas eléctricos de potencia80
¶ Tanto si se produce el cortocircuito por la parte superior, como por la parte inferior del relé, yrecordando que cuando se produce un cortocircuito todas las intensidades van a parar al punto decortocircuito (punto del circuito con la mínima impedancia), por el interior del relé nunca pasará elvalor total de la intensidad de cortocircuito (para que pasara el valor total de la intensidad decortocircuito, sería necesario que el cortocircuito se produjera en el interior del relé, caso altamenteimprobable), sino una de las dos aportaciones, la superior o la inferior, dependiendo del lugar dondese halla producido el cortocircuito.
¶ Se desglosa, por tanto, el cálculo de la intensidad de cortocircuito, por las aportaciones de corrienteque llegan por su parte superior (Up) o por las aportaciones de corriente que lo hacen por su parteinferior (Down). Existiendo, pues, dos posibles aportaciones de las corrientes de cortocircuito:
1. Que el cortocircuito se produzca “aguas abajo” del interruptor: en tal caso, sólo se tendrá en cuentala aportación de corriente de cortocircuito correspondiente al tramo superior, ya que ésta será laúnica que pasará a través del interruptor (que es la que nos interesa, denominándose UP).
2. Que el cortocircuito se produzca “aguas arriba” del interruptor: en tal caso, sólo se tendrá en cuentala aportación de corriente de cortocircuito correspondiente al tramo inferior, ya que ésta será la únicaque pasará a través del interruptor (que es la que nos interesa, denominándose DOWN).
Teniendo presente lo expuesto en los puntos precedentes, calcularemos para cada interruptor losvalores de las intensidades de cortocircuito correspondientes tanto a las aportaciones que se producen porla parte superior como a las aportaciones de corriente que se producen por la parte inferior.
- Interruptor 1º (a 120kV)
AZ
UI
K
nUk º6.736.8601
º6.7386.83º01200001.1
31.13 -Ï=
ÏÖÏÖ=
ÖÖ=¡¡
WÏ=+=+= º6.7386.8)5.85.2(1 jZZZ LQKU
AZ
UI
K
nDk º2.85365
º2.854.2093º01200001,1
31,13 -Ï=
ÏÖÏÖ=
ÖÖ=¡¡
WÏ=+=Ö++= º2.854.209)7.20864.17()( 22 jmZZZZ GLTKD
- Interruptor 2º (a 20kV)
AZ
UI
K
nUk º7.836.9332
º7.83361.13º0200001,1
31,13 -Ï=
ÏÖÏÖ=
ÖÖ=¡¡
WÏ=+=¡+¡+¡= º7.83361.1)353.1149.0(1 jZZZZ TLQKU
AZ
UI
K
nDk º855.2702
º857.43º0200001,1
31,13 -Ï=
ÏÖÏÖ=
ÖÖ=¡¡
WÏ=+=+= º857.4)68.441.0()( 2 jZZZ GLKD
3 Problemas resueltos de fallos en sistemas de potencia 81
- Interruptor 3º (a 20kV)
AZ
UI
K
nUk º7.836.9332
º7.83361.13º0200001.1
31.13 -Ï=
ÏÖÏÖ=
ÖÖ=¡¡
WÏ=+=¡+¡+¡= º7.83361.1)353.1149.0(1 jZZZZ TLQKU
AZ
UI
K
nDk º855.2702
º857.43º0200001.1
31.13 -Ï=
ÏÖÏÖ=
ÖÖ=¡¡
WÏ=+=+= º857.4)68.441.0()'( 2 jZZZ GLKD
- Interruptor 4º (A 20kV)
AZ
UI
K
nUk º845.12039
º84055.13º0200001.1
31.13 -Ï=
ÏÖÏÖ=
ÖÖ=¡¡
WÏ=+=+¡+¡+¡= º84056.1)05.11104.0()'//()( 21 jZZZZZZ gLTLQKU
0I D3k =¡¡ A Porque los sumideros son consumidores de intensidad (no existe aportación por la parte inferior)
¶ Poder de cierre de los interruptores
Nota: Para una correcta comprensión de la corriente máxima asimétrica de cortocircuito (Is) y de lacorriente de corte (Ia), nos remitimos al problema 3.3 de este mismo capítulo y a los anexos, donde deforma detallada se exponen los conceptos, gráficas, cálculos, y otros aspectos concernientes a estasintensidades.
Para hallar el poder de cierre es necesario obtener la máxima corriente asimétrica de cortocircuito. Éstase halla con los valores de las corrientes de cortocircuitos iniciales más desfavorables (los cortocircuitosproducidos en las inmediaciones de los interruptores), multiplicados por el factor (c ), el cual se obtienegráficamente mediante la relación (R/X) para cada una de las impedancias de cortocircuito (gráfica 12.1de los anexos).
- Interruptor 1º
AII kUUsº6.733.170302 31 -Ï=¡¡ÖÖ= c 4.11 = Uc
AII kDDs º2.851.9292 31 -Ï=¡¡ÖÖ= c 8.11 = Dc
Con: 294.05.85.2 ==
LXR entrando en la tabla 12.1, obtenemos: 4.11 =Uc
Con: 084.07.208
64.17 ==LX
R entrando en la tabla 12.1, obtenemos: 8.11 =Dc
- Interruptor 2º
AII kUUs º7.83227012 32 -Ï=¡¡ÖÖ= c 72.12 = Uc
AII kDDs º850.68032 32 -Ï=¡¡ÖÖ= c 78.12 = Dc
Con: 1101.0353.1149.0 ==
LXR entrando en la tabla 12.1, obtenemos: 72.12 =Uc
Con: 087.068.4
410.0 ==LX
R entrando en la tabla 12.1, obtenemos: 78.12 =Dc
Protección de sistemas eléctricos de potencia82
- Interruptor 3º
Este interruptor coincide con el anterior, ya que si se desprecian las impedancias propias de losinterruptores, y las impedancias de las barras de conexión, el cortocircuito producido en bornes delinterruptor I3 es a todos los efectos el mismo que en bornes del interruptor I2.
AII kUUsº7.83227012 33 -Ï=¡¡ÖÖ= c 72.13 = Uc
AII kDDs º8568032 33 -Ï=¡¡ÖÖ= c 78.13 = Dc
- Interruptor 4º
AII kUUs º849.289442 34 -Ï=¡¡ÖÖ= c 7.14 = Uc
AII kDDs 02 34 =¡¡ÖÖ= c (no existe aportación inferior ya que en barras "B" hay consumidores).
Con: 1050.0050.11105.0 ==
LXR entrando en la tabla 12.1, obtenemos: 70.14 =Uc
Vistos estos valores, el poder de cierre para todos los interruptores será aproximadamente el doble delvalor de la intensidad más alta, en éste caso, de 50kVA.
¶ Poder de corte de los interruptores
Para determinar el poder de corte, debemos primeramente conocer la intensidad de cortocircuito inicialque fluirá desde cada generador, motor síncrono, red o motor asíncrono hacia el punto de cortocircuito.Una vez hallada esta intensidad inicial de cortocircuito, se aplicarán los coeficientes correctores "m" y "q"dados en las gráficas 12.2 y 12.3 respectivamente de los anexos.
Como no hay motores asíncronos en el sistema de potencia, el valor del coeficiente "q" será siempre launidad (q=1) (gráfica 12.3), ya que este coeficiente, como se indica en la citada gráfica, sólo se veafectado cuando el circuito dispone de motores asíncronos.
El factor "m " lo encontramos gráficamente mediante la relación n3k I/I ¡¡ (gráfica 12.2). Para ellopreviamente se hallan las intensidades nominales de cada fuente de energía y las aportaciones que lasmismas fuentes entregan a las líneas que parten de ellas, obteniéndose así el cociente anterior.
El valor de la intensidad nominal del único generador existente en el circuito es:
Como no hay motores asíncronos en el sistema de potencia, el valor del coeficiente "q" será siempre launidad (q=1). (gráfica 12.3), ya que este coeficiente, como se indica en la citada gráfica, sólo se veafectado cuando en el circuito existen motores asíncronos.
El factor "m " lo encontramos gráficamente mediante la relación n3k I/I ¡¡ (gráfica 12.2). Para ellopreviamente se hallan las intensidades nominales de cada fuente de energía y las aportaciones que lasmismas fuentes entregan a las líneas que parten de ellas cuando se produce un cortocircuito, obteniéndoseel cociente anterior:
¶ Interruptor 1º
AqII UUUkUa º6.736.86013 -Ï=ÖÖ¡¡= m 1= Um
AqII DDDkDa º2.857.2733 -Ï=ÖÖ¡¡= m 75.0= Dm
46.51.4046·365''
3 ==ng
DK
II
y con la tabla 12.2, obtenemos: mD = 0.75
( )segtAUn
SnI vng 1.01.4043·10·20
10·143· 3
6
====
3 Problemas resueltos de fallos en sistemas de potencia 83
Para la corriente superior, mU =1, ya que no hay motores asíncronos ni máquinas síncronas. En cambio,para la corriente inferior, debe tenerse presente la presencia del generador. Nótese que para realizar elcociente es necesario multiplicar por la relación de transformación la corriente de cortocircuito hallada enlos bornes del interruptor I1, para adaptarla así al nivel de tensión del generador. También debe recordarseque no existirá aportación de corriente de cortocircuito a través del embarrado "B", ya que según nosindican, sólo son consumidores de energía, no productores; así toda la corriente de cortocircuito seráproporcionada por el generador.
¶ Interruptor 2º
AqII UUUkUa º7.836.93323 -Ï=ÖÖ¡¡= m 1= Um
AqII DDDkDa º858.19453 -Ï=ÖÖ¡¡= m 72.0= Dm
69.61.4045.2702''
3 ==ng
DK
II
y con la tabla 12.2, obtenemos: mD = 0.72
Para la corriente superior, mU =1, ya que no hay motores asíncronos ni máquinas síncronas. En cambio,para la corriente inferior, debe tenerse presente la presencia del generador. Nótese que en esta ocasión, noes necesario aplicar ningún cambio de relación de transformación, ya que tanto la intensidad decortocircuito como la intensidad nominal del generador están al mismo nivel de tensión (20kV). Tambiéndebe recordarse que no existirá aportación de corriente de cortocircuito a través del embarrado "B", yaque según nos indican, sólo son consumidores de energía, no productores; así toda la corriente decortocircuito será proporcionada por el generador.
¶ Interruptor 3º
AqII UUUkUa º7.836.93323 -Ï=ÖÖ¡¡= m 1= Um
AqII DDDkDa º858.19453 -Ï=ÖÖ¡¡= m 72.0= Dm
Los valores hallados para este interruptor coinciden con los del interruptor I2 (ya que entre ellos sólo seencuentran los propios interruptores y las barras de interconexión) y hemos supuesto que estos elementoscarecen de impedancia.
¶ Interruptor 4º
AqIqII generadorkredkUa º9.831128172.01º85269711º7.836.93392313 -Ï=ÖÖ-Ï+ÖÖ-Ï=ÖÖ¡¡+ÖÖ¡¡= mm
Primeramente, y ha efectos de hallar la aportación de corriente de cortocircuito que tanto la red como elgenerador proporcionan al punto de cortocircuito, debemos hallar que parte de la intensidad decortocircuito que proviene del generador y la que parte que proviene de la red, mediante un divisor deintensidad.
AZZZZZ
ZZII
gLTLQ
Lgkredk º71.835.9342
º7.8406.6º857.4º845.12039
)()(
121
2133 -Ï=
ÏÏ-Ï=
++¡+¡+¡+
Ö¡¡=¡¡
AZZZZZ
ZZZII
gLTLQ
LTQkgeneradork º852697
º7.8406.6º7.83361.1º845.12039
)()(
121
133 -Ï=
ÏÏ-Ï=
++¡+¡+¡¡+¡+¡
Ö¡¡=¡¡
Entonces, para la corriente superior tenemos al no existir máquinas giratorias: m red =1
La aportación de corriente por la parte inferior vendrá determinada por el generador síncrono:
67.61.404
2697''3 ==
ng
K
II
y con la tabla 12.2, obtenemos: m generador = 0.72
La corriente de cortocircuito inferior será nula, ya que sólo existen consumidores a través de las barras"B".
Protección de sistemas eléctricos de potencia84
03 =ÖÖ¡¡= qII kDa m A (ya que no existe aportación de corriente por la parte inferior)
Al igual que el poder de cierre, el poder de corte debe ser aproximadamente el doble del valormáximo encontrado, en este caso será suficiente con unos 20KA.
¶ PROTECCIÓN MAGNÉTICA
Una vez protegidos los propios interruptores (poder de cierre y poder de corte), debemos protegermediante estos interruptores al resto del circuito. Para ello se sigue un procedimiento radicalmenteopuesto al anterior; si para la protección de los interruptores buscábamos las intensidades decortocircuitos máximas, y por tanto los cortocircuitos se debían dar lo más cerca posible de losinterruptores, ahora para la protección del circuito deben buscarse las intensidades mínimas que puedenprovocar un cortocircuito y que asimismo éstas sean detectadas por los interruptores. Para ello en estaocasión lo que se intenta provocar es cortocircuitos en las partes más alejadas de los interruptores (en lasbarras de interconexión, normalmente); de esta forma se obtienen las corrientes más débiles(cortocircuitos alejados y por tanto con impedancias más grandes) y estas corrientes deberán serdetectadas por los interruptores. Sólo de esta forma todo el circuito estará protegido contra cortocircuitos,ya que si se protege el circuito de las corrientes más débiles (cortocircuitos alejados) también el circuitoestará protegido contra cortocircuitos más violentos (más cercanos a los interruptores y por tanto conmayores intensidades). Así, si se producen sendos cortocircuitos en las barras "A" y "B":
¶ Cortocircuito en barras "B"
¶ En barras "B" y en el interruptor 4º
AZ
UII
K
nIKBk º35.697342
º35º.6973.13200001,1
31,1'' 433 -Ï=
ÏÖÏÖ=
ÖÖ==¡¡
WÏ=++¡+¡+¡= º35.6973.1))//()(( 321 LgLTLQK ZZZZZZZ
Esta intensidad de cortocircuito total, se repartirá por las dos ramas de la siguiente forma:
¶ Interruptor 2º: (rama de la red)
AZZZZZ
ZZII
gLTLQ
LgBkIk º1.694.5697
)()(
121
21323 -Ï=
++¡+¡+¡+
Ö¡¡=¡¡
¶ Interruptor 3º: (rama del generador)
AZZZZZ
ZZZII
gLTLQ
LTQBkIk º4.707.1644
)()(
121
1333 -Ï=
++¡+¡+¡¡+¡+¡
Ö¡¡=¡¡
¶ Interruptor 1º
Am
II IkIk º1.695.94912313 -Ï=Ö¡¡=¡¡
Esta intensidad es la misma que circula por el interruptor I2, pero pasada al nivel alto de tensión, esdecir dividida por la relación de transformación.
¶ Cortocircuito en barras "A"
La corriente total de cortocircuito en las barras "A" será:
AZ
UI
K
nAk º8412038
º99.83055.13º0200001.1
31.13 -Ï=
ÏÖÏÖ=
ÖÖ=¡¡
WÏ=+¡+¡+¡= 84056.1)//()( 21 gLTLQK ZZZZZZ
3 Problemas resueltos de fallos en sistemas de potencia 85
Esta corriente total de cortocircuito se repartirá entre las ramas del transformador y del generador de lasiguiente forma:
¶ Interruptor 2º (rama transformador)
AZZZZZ
ZZII
gLTLQ
LgAkIk º7.835.9341
)()(
121
21323 -Ï=
++¡+¡+¡+
Ö¡¡=¡¡
¶ Interruptor 3º (rama generador)
AZZZZZ
ZZZII
gLTLQ
LTQAkIk º855.2696
)()(
121
1333 -Ï=
++¡+¡+¡¡+¡+¡
Ö¡¡=¡¡
¶ Interruptor 1º
Am
II IkIk º7.83155712313 -Ï=Ö¡¡=¡¡
¶ Interruptor 4º
AII Ikk º00433 Ï=¡¡=¡¡ (no existe aportación de corriente por parte de los consumidores).
Con estas intensidades ya tenemos todos los datos para escoger el tipo de interruptor adecuado quedebemos disponer en el circuito para protegerlo contra sobretensiones y cortocircuitos.
G
Red
AkIA
15573 =¡¡ I1
I2
A
I4
B
AkI B 16443 =¡¡
AkIA
5.93413 =¡¡ AkI B 56973 =¡¡
L2
L1
AkI B 9493 =¡¡
AkIA
26963 =¡¡
AkIA
120383 =¡¡
L3
A03kIA
=¡¡ AkI B 73423 =¡¡
AkI B 73423 =¡¡
I3
Protección de sistemas eléctricos de potencia86
¶ Adoptamos una selectividad en dos niveles
Para la protección contra sobrecargas y cortocircuitos, dispondremos de una selectividad en dosniveles, es decir, que delante de cualquier falta actuarán como mínimo dos interruptores. Estosinterruptores serán los dos más cercanos aguas arriba del punto de cortocircuito o falta.
De forma resumida, seguidamente se exponen las protecciones selectivas, dependiendo del punto en elcual se haya producido el cortocircuito.
- Falta aguas abajo de "B" Actuará su protección más el interruptor I4.
- Falta en las barras "B" Actuará I4 e I2 o I3.
- Falta en las barras "A" Actuará en I2, I3 e I1.
- El interruptor I1, no queremos que actúe ante faltas en "B", pero sí ante faltas en "A". Por tanto:I1n = 400 A I1 mag = 3·In = 1200 A<
3KAI ¡¡ = 1557 A con un retardo de 0.5 sg
- El interruptor I2, tiene que actuar tanto para faltas en "A" como para faltas en "B": I2n = 1250 A I2 mag = 4·In = 5000 A<
3KBI ¡¡ = 5697 A con un retardo de 0.3 sg
- El interruptor I3, tiene que actuar tanto para faltas en "A" como para faltas en "B": I3n = 800 A I3 mag = 1.5·In =1200 A<
3KBI ¡¡ = 1645 A con un retardo de 0.3 sg
- El interruptor I4, tiene que actuar ante faltas en "B", y aguas abajo de "B", como no sabemos cuánto“aguas abajo”, adoptamos:
I4n = 1250 A I4 mag = 4·In = 5000 A<BKI 3¡¡ = 7342 A con un retardo de 0.1 sg
3 Problemas resueltos de fallos en sistemas de potencia 87
PROBLEMA 3.2
Disponemos de un sistema de potencia formado por una subestación transformadora de distribuciónque abastece a unos consumidores a través del embarrado “B”, y a un grupo de motores a través delembarrado “A”. Las protecciones del sistema de potencia se llevará a cabo mediante interruptoresmagnetotérmicos y fusibles adecuados, colocados como se indica en la figura. La potencia prevista que sedistribuirá a través del embarrado “B” es de 20MVA coincidiendo la tensión con el valor que toma lamisma para el embarrado “A”.
DATOS
Motores:..............16MVA.........10KV....….cos j =0.94....Iarr/In = 5......h=70%...…….n=1500rpm.Transformador.....20MVA.....110/10KV.....ecc=Z1=Z2= 12%........….....Zo= 0.9·Z1…...Xn=j1W eRcc=X1=X2= 0.6%L1............................................................….Z1=Z2= (0.8+j2.8)W.....….....Xo= 2.5·X1
L2 ...........................................................….Z1=Z2= (0.015+j0.2)W..…....Xo= 2.5·X1
L3.................................................................Z1=Z2= (0.04+j0.4)W.......….Xo= 2.5·X1
¶ Intensidades nominales para interruptores de protección estándar100A, 125A, 160A, 200A, 250A, 315A, 400A,
630A, 800A, 1250A, 1600A, 2000A, 2600A.
¶ Poderes de corte y de cierre para interruptores de protección estándar3.15kA, 10KA, 16KA, 20kA, 31.5kA, 40kA, 50kA, 63kA, 100kA
Figura 3.2 Esquema unifilar del sistema de potencia correspondiente al problema 3.2
HALLARDelante de una falta trifásica en diversos puntos del circuito se pide para cada interruptor:
1 Intensidad nominal de los interruptores. Dar un valor normalizado.2 Protección térmica contra sobrecargas, es decir, ajuste de las curvas a tiempo inverso. Intensidades de
arranque (Ir). Considérese un margen de seguridad de un 10%. Coeficientes de arranque.
.
RE D Scc= 6000M V A M U= 110kV ~
L-1º
L-2º In terruptor 1 º
T R 1 DY Xn
Interruptor 2 º In terruptor 3 º
Barras "A " 10kV In terruptor 4 º
L-3º
Barras “B” 10kV
C on sum idores.
Protección de sistemas eléctricos de potencia88
3 Protección magnética contra cortocircuitos, es decir, ajuste de las curvas a tiempo independiente oinstantáneo. Para ello suponer cortocircuitos en los embarrados “A” y “B”.
4 Indicar el poder de cierre y el poder de corte para cada interruptor, así como las intensidades de cierrey de corte. Para ello, suponer cortocircuitos trifásicos en bornes de cada interruptor.
RESOLUCIÓN
1. y 2. Hallamos los relés térmicos (protección contra sobrecargas)
Para comprender su cálculo, consultar la misma sección del problema 3.1 de este capítulo, donde seespecifican: cálculos, gráficas a consultar y los conceptos teóricos más importantes para sucomprensión.
¶ Cálculo de las intensidades de carga (Ic) y elección de las intensidades nominales mediante losvalores dados en el enunciado
- Valor nominal - Adoptamos
Ý==n
nnnnn
U·3
SIU·I·3S A105
10·110·310·20I
3
6
1c == In1 = 400A
A115510·10·3
10·20I3
6
2c == In2 = 1600A
A92410·310·16I
3
6
3c == In3 = 1250A
A115510·310·20I
3
6
4c == In4 = 1600A
Recordar que el transformador no modifica las potencias ni las frecuencias.
¶ Las intensidades de arranque de cada interruptor son: (adoptamos para las intensidades dearranque un 10% más que las intensidades de carga).
Iarrq1 = Ic1·1.1 = 115.5A Iarrq3 = Ic3·1.1 = 1016.4AIarrq2 = Ic2·1.1 = 1270.5A Iarrq4 = Ic4·1.1 = 1270.5A
¶ Quedando los coeficientes de arranque
29.0II
n1
arr11 ==-arrqC 81.0
II
n3
arr33 ==-arrqC
79.0II
n2
arr22 ==-araqC 79.0
II
n4
arr44 ==-arrqC
Para el interruptor "I2" se le aplicará un retardo de 0.2 seg ya que los coeficientes de arranque coincideny no pueden disparar dos interruptores a la vez.
3. y 4. Hallamos los relés magnéticos (protección contra los cortocircuitos)
Para comprender su cálculo, consultar la misma sección del problema 3.1 de este capítulo, donde seespecifican: cálculos, gráficas a consultar y los conceptos teóricos más importantes para sucomprensión.
Primeramente hallaremos todas las impedancias que afectan al circuito, teniendo presente el nivel detensión al que las calculamos, ya que cuando realizaremos cálculos generales será imprescindible pasartodas las impedancias a un mismo nivel de tensión, el nivel que deseemos, pero siempre igual para todas(los cambios de tensión, debe recordarse, se producen siempre en los transformadores).
¶ Impedancias del circuito: Cálculo de las impedancias que intervienen en el circuito.
3 Problemas resueltos de fallos en sistemas de potencia 89
¶ Acometida (a 110kV)
¶ ( ) W=== 22.210·6000
10·1101.1S
U1.1Z 6
23
n
2n
Q
W=== 207.222.2·995.0·995.0 jZX QQ
W=== 2207.0207.2·1.0·1.0 QQ XR
WÏ=+= º8522.2)207.22207.0( jZQ
¶ Línea 1º (a 110kV)WÏ=+= º749.2)8.28.0(1 jZ L
¶ Transformador (a 110kV)
¶ ( ) W==e= 6.7220
11012.0S
UZ
2
n
2n
CCTT 1110
110 ==m
( ) W=== 63.320
110006.022
n
nTR S
UccR e
W=-=-= 5.7263.36.72 2222TTTR RZX
WÏ=+= 87º72.6j72.5)(3.63ZT
¶ Motores (a 10kV) (se unen todos los motores como si fuese uno sólo, al presentar característicassimilares)
¶ ( ) W=== 25.116
10511 22
n
n
arrqM S
U
InI
Z como 1²nppMW tendremos:
W=== 24.125.1·995.0·995.0XM jZ M
W=== 124.024.1·1.0·1.0 MM XRWÏ=+= º8425.1)24.1124.0(ZM j
¶ Línea 2º (a 10kV)WÏ=+= º852.0)2.0015.0(ZL2 j
¶ Línea 3º (a 10kV)WÏ=+= º844.0)4.004.0(ZL3 j
¶ Las impedancias calculadas por ramas serán: (la tilde ( ' ) nos indica que las impedancias están alnivel bajo de tensión, 10kV).
WÏ=+=++ º6.8664.77)5.7765.4()( 1 jZZZ TRLQ (calculadas a 110kV)
WÏ=+=++= º6.86642.0)64.0038.0()'( 1 jZZZZ TRLQA (calculadas a 10kV)
WÏ=+=+= º5.8445.1)44.1139.0()'( 2 jZZZ LMB (calculadas a 10kV)
WÏ=+=+ º5.845.175)24.17482.16()( 2 jZZ LM (calculadas a 110kV)
( ) ( )W+=Ï=ÏÏ=
+Ï= 443.00317.0º9.85445.0
º2.8509.2º1.1719309.0
08.2177.0º1.1719309.0)'//( j
jZZ BA (a 10kV)
WÏ=+=+ º7.781.5)50207.1()'( 1 jZZ QL (calculadas a 110kV)
¶ Intensidades de cortocircuito que afectan a cada interruptor (suponiendo cortocircuitostrifásicos)
Como los interruptores sirven para proteger el circuito, es necesario primeramente protegerlos a ellosmismos, es por ello que hemos determinado su poder de corte y poder de cierre, delante de los
Protección de sistemas eléctricos de potencia90
cortocircuitos más desfavorables que pueden darse (cuando se produce un cortocircuito muy cercano aellos, lo que determina las más bajas impedancias y por tanto las más elevadas intensidades).
Para obtener las intensidades de cortocircuito trifásico que afectan a cada interruptor, se desglosa sucálculo en las aportaciones de corriente que llegan por su parte superior (Up), o en las aportaciones decorriente que lo hacen por su parte inferior (Down), ya que según la norma VDE resulta muy improbableun cortocircuito en el interior del interruptor. Siendo por tanto la situación más desfavorable cuando elcortocircuito se produce en las inmediaciones del interruptor, pero en su exterior. Existiendo, pues, doscasos posibles de cortocircuito:
1 Que el cortocircuito se produzca “aguas abajo” del interruptor: en tal caso, sólo se tendrá en cuenta laaportación de corriente de cortocircuito correspondiente al tramo superior, ya que ésta es la única quepasará a través del interruptor (que es la que nos interesa, denominándose UP).
2 Que el cortocircuito se produzca “aguas arriba” del interruptor: en tal caso, sólo se tendrá en cuentala aportación de corriente de cortocircuito correspondiente al tramo inferior, ya que ésta es la únicaque pasará a través del interruptor (que es la que nos interesa, denominándose DOWN).
Teniendo presente lo expuesto en los puntos precedentes, calcularemos para cada interruptor losvalores de las intensidades de cortocircuito correspondientes tanto a las aportaciones que se producen porla parte superior, como a las aportaciones de corriente que se producen por la parte inferior.
¶ Interruptor 1º
( ) AZZ
nUuZnUI
LQKu
º7.7813698º7.781.5·3º0110000·1.1
·3·1.1
·3·1.1
1131 -Ï=
ÏÏ=
+==¡¡
WÏ=+=+= º7.781.5)50207.1()( 11 jZZZ QLU
( ) AZZZ
nUIMLQ
KD º3.85282º3.856.247·3
º0110000·1.1·3
·1.1
231 -Ï=
ÏÏ=
¡+¡+=¡¡
WÏ=+=++= º3.856.247)8.24645.20()( 21 jZZZZ MLMD
¶ Interruptor 2º
( ) AZZZ
nUITLQ
Kuº6.869892
º6.86642.0·3º010000·1.1
·3·1.1
132 -Ï=
ÏÏ=
++=¡¡
WÏ=+=++= º6.86642.0)64.0038.0()'( 12 jZZZZ TRLQU
( ) AZZ
nUIML
KD º854380º5.8445.1·3
º010000·1.1·3
·1.1
232 -Ï=
ÏÏ=
+=¡¡
WÏ=+=+= º5.8445.1)44.1139.0()'( 22 jZZZ LMD
3 Problemas resueltos de fallos en sistemas de potencia 91
¶ Interruptor 3º
( ) AZZ
nUIML
Kuº854380
º5.8445.1·3º010000·1.1
·3·1.1
233 -Ï=
ÏÏ=
+=¡¡
WÏ=+=+= º5.8445.1)44.1139.0()'( 23 jZZZ LMU
( )A
ZZZ
nUITLQ
KD º6.869892º6.86642.0·3
º010000·1.1
·3
·1.1
1
33 -Ï=ÏÏ=¡++
=¡¡
WÏ=+=++= º6.86642.0)64.0038.0()'( 13 jZZZZ TRLQD
¶ Interruptor 4º
( ) ( )A
ZZZZZ
nUITLQML
Kuº9.8514272
º9.85445.0·3º010000·1.1
//·3
·1.1
12
34 -Ï=ÏÏ=
ùúø
éêè ¡+++
=¡¡
( ) ( )W+=Ï=ÏÏ=
+Ï== 443.00317.0º9.85445.0
º2.8509.2º1.1719309.0
08.2177.01.1719309.0)'//(4 j
jZZZ BAU
AZ
IL
KD 0·3
0·1.1
334 ==¡¡ (Ya que no existe corriente por la parte inferior de este interruptor)
¶ Poder de cierre de los interruptores
Nota: Para una correcta comprensión de la corriente máxima asimétrica de cortocircuito (Is) y de lacorriente de corte (Ia), nos remitimos al problema 3.3 de este mismo capítulo y a los anexos, donde deforma detallada se exponen los conceptos, gráficas, cálculos y otros aspectos concernientes a estasintensidades.
Para hallar el poder de cierre de los interruptores, es necesario obtener la máxima corriente asimétricade cortocircuito. Ésta se halla con los valores de las corrientes de cortocircuitos iniciales másdesfavorables (los cortocircuitos producidos en las inmediaciones de los interruptores) multiplicados porel factor c , el cual se obtiene gráficamente mediante la relación R/X para cada una de las impedancias decortocircuito (gráfica 12.1, de los anexos).
¶ Interruptor 1º
AII uKuUS º7.783002655.1º·7.7813698·2··2
1311 -Ï=-Ï=¡¡=- c
WÏ=+=+= º7.781.5)50207.1()( 11 jZZZ QLU 55.1204.05021.1
11
1 === uU
U XXR
AII DKDDS º3.8572281.1º·3.85282·2··21311 -Ï=-Ï=¡¡=- c
W+=++= )8.24645.20()( 21 jZZZZ MLMD 81.1083.08.246
45.201
1
1 === DD
D XXR
¶ Interruptor 2º
AIII DSuKuUS º6.862616087.1º·6.869892·2··2 32322 -Ï=-Ï==¡¡= -- c
W+=++== )64.0038.0()'( 12 jZZZZZ TRLQAU 87.1059.064.0038.0
12
2 === uU
U XXR
AIII USDKDDS º851108879.1º·854380·2··2 32322 -Ï=-Ï==¡¡= -- c
WÏ=+=+== º5.8445.1)44.1139.0()'( 22 jZZZZ LMBD 79.1096.044.1139.0
22
2 === DD
D XXR
Protección de sistemas eléctricos de potencia92
¶ Interruptor 3º
AIII DSUKDUS º851108879.1º·854380·2··2 23323 -Ï=-Ï==¡¡= -- c
WÏ=+=+== º5.8445.1)44.1139.0()( 23 jZZZZ LMBU 79.10965.044.1139.0
33
3 === UU
U XXR
AIII USDKuDS º6.862616087.1º·6.869892·2··2 23323 -Ï=-Ï==¡¡= -- c
W+=++== )64.0038.0()'( 13 jZZZZZ TRLQAD 87.1059.064.0038.0
33
3 === DD
D XXR
¶ Interruptor 4º
AXII uKuUS 20.853734085.1º·2.8514272·2··2 4344 -Ï=-Ï=¡¡=-
( )W+=Ï== 443.00317.0º9.85445.0)//(4 jZZZ BAU 85.107.0443.0
0318.04
4
4 === uU
U XXR
04 =-DSI (De las barras "B" no existe aportación de corriente ya que son consumidores).
Vistos estos valores, el poder de cierre para todos los interruptores será aproximadamente el dobledel valor de la intensidad más alta, como se indica en la tabla adjunta.
¶ Poder de corte de los interruptores
Para determinar el poder de corte debemos primeramente conocer la intensidad de cortocircuito inicialque fluirá desde cada generador, motor síncrono, red o motor asíncrono hacia el punto de cortocircuito.Una vez hallada esta intensidad inicial de cortocircuito, se aplicarán los coeficientes correctores "m" y "q"dados en las gráficas 12.2 y 12.3, respectivamente de los anexos.
Como hay motores asíncronos en el sistema de potencia, el valor del coeficiente "q" se deberá buscaren la gráfica 12.3, ya que como se indica en la citada tabla, este coeficiente sólo se ve afectado cuando elcircuito dispone de motores asíncronos.
El factor "m " lo encontramos gráficamente mediante la relación n3k I/I ¡¡ (gráfica 12.2). Para ellopreviamente se hallan las intensidades nominales de cada fuente de energía y las aportaciones que lasmismas fuentes entregan a las líneas que parten de ellas, obteniéndose así el cociente anterior:
3Ka I·q·I ¡¡m=
¶ Interruptor 1º
AqII UUUKUa º7.78136981·1º·7.7813698···31 -Ï=-Ï=¡¡=- m
1== UU qm Sin máquinas asíncronas, y con una acometida (generador alejado). AqII DDDKDa º3.8517773.0·86.0º·3.85282····31 -Ï=-Ï=¡¡=- m
35.384282
119242823 ===
¡¡¡
nM
DK
II
con tV = 0.1sg mD = 0.78; qD = 0.73 (ver su cálculo más adelante).
¶ Interruptor 2º
AqII UUUKUa º6.8698921·1º·6.869892···32 -Ï=-Ï=¡¡= -- mmU =1, qU=1 no está afectado por máquinas síncronas ni asíncronas.
AII uaUa º85249473.0·78.0º·85438032 -Ï=-Ï==-
3 Problemas resueltos de fallos en sistemas de potencia 93
( ) 74.492443803 ==
¡¡In
I UK con tV = 0.1sg mU = 0.78. qU=0.73 (ver cálculo de coeficientes más adelante)
¶ Interruptor 3º
AqII UUUKUa º85249473.0·78.0º·854380···33 -Ï=-Ï=¡¡= -- m
74.492443803 ==
¡¡
nM
UK
II
con tV = 0.1sg mU = 0.78
Cálculo del coeficiente (qU):
InM= A924310·10
10·163V
S3
6
nM
nM ==
PMotor = S·cosj = 16·106·0.94=15.106MW
215003000
150050·60·60·60
====Ý=n
fpp
fn
h = 0.7 (rendimiento del grupo de motores)
Preal = 15·106·0.7 = 10.53MW pp
MWpp
MW 26.5253.10 ==
Entrando en la gráfica tendremos: qU = 0.73
Por su parte la corriente de corte inferior será:
AII UaDa º6.8698921·1º·6.86989223 -Ï=-Ï== --
¶ Interruptor 4º
AIII UaUaUa º8612386324 -Ï=+= ---
0··0··344 ==¡¡=- qqII DDDKDa mm (no hay contribución de corriente por la parte inferior).
Tabla 3.1. Poder de corte y poder de cierre ó choque de los interruptores:Interruptor IC Iarranque In Carranque I´´K3 IS Ia Pcorte Pcierre
I1 105 115.5 400 0.24 13698 30026 13698 20kA 50kAI2 1155 1270.5 1600 0.79 9892 26160 9892 20kA 50kAI3 924 1016.4 1250 0.81 9892 26160 9892 20kA 50kAI4 1155 1270.5 1600 0.79 14272 37340 12386 20kA 50kA
¶ PROTECCIÓN MAGNÉTICA
Una vez protegidos los propios interruptores (poder de cierre y poder de corte), debemos protegermediante estos interruptores al resto del circuito. Para ello se sigue un procedimiento radicalmenteopuesto al anterior; si para la protección de los interruptores buscábamos las intensidades decortocircuitos máximas, y por tanto los cortocircuitos se debían dar lo más cerca posible de losinterruptores, ahora para la protección del circuito se deben buscar las intensidades mínimas que puedeprovocar un cortocircuito y que asimismo éstas sean detectadas por los interruptores. Para ello, en estaocasión, se intenta provocar cortocircuitos en las partes más alejadas de los interruptores (en las barras deinterconexión, normalmente); de esta forma se obtienen las corrientes más débiles (cortocircuitosalejados) y éstas corrientes deberán ser detectadas por los interruptores. Sólo de esta forma el sistemaestará protegido contra todos los cortocircuitos, ya que si se protege al circuito contra los cortocircuitosmás débiles (los más alejados y por tanto con mayores impedancias y menores intensidades), también elcircuito estará protegido contra cortocircuitos más violentos (más cercanos a los interruptores). Así, si seproducen sendos cortocircuitos en las barras "A" y "B":
Protección de sistemas eléctricos de potencia94
¶ Cortocircuito en barras "A" La intensidad de cortocircuito total en barras "A" será:
AZ
nUIKA
KAº4.8514272
4.85445.0·3º010000·1.1
·3·1.1
33 -Ï=
ÏÏ=
¡¡=¡¡
( ) ( ) WÏ==ùúø
éêè +¡++=¡¡ 85.4º0.445'Z//'ZZZ//ZZZ BA
'L2MQL1T3KA
Z
Interruptor I2.
( ) ( )AII KAKI
º6.8699012.8509.2º5.8445.1º4.8514272
ZZZZZ
)'ZZ(
TL1Q'
L2M
L2M332
-Ï=ÏÏ-Ï=¡++++
+¡¡=¡¡
Interruptor I1.
W-Ï=-Ï=¡¡
=¡¡ º6.8690011
º6.8699013231
Am
II KI
KI
Interruptor I3
( )( ) ( )
AZ
II TKBKI º844384
2.8509.2º6.86642.0º4.8514272
ZZZZZ
ZZ
TL1Q'
L2M
L1Q333
-Ï=ÏÏ-Ï=¡++++
¡++¡¡=¡¡
Interruptor I4.
AI KI 034=¡¡ (no hay contribución de corriente por parte de los consumidores).
¶ Cortocircuito en las barras "B"
La intensidad de cortocircuito total en barras "B" y será:
AZ
nUIKB
KBº1.857507
º1.85846.0·3º010000·1.1
·3·1.1
33 -Ï=
ÏÏ=
¡¡=¡¡
( ) WÏ=+=+¡¡=¡¡ º1.85846.0843.00718.0)'( 333 jZZZ LKAKB
Interruptor I4. La intensidad en el interruptor I4, coincide con la intensidad total de cortocircuito enbarras "B".
33
34º1.857507
º1.85846.0·3º010000·1.1
·3·1.1
BKKB
KIIA
ZnUI ¡¡=-Ï=
ÏÏ=
¡¡=¡¡
Interruptor I2.
( ) ( )AII KBKI
º7.8552082.8509.2º5.8445.1º1.857507
ZZZZZ
)'ZZ(
TL1Q'
L2M
L2M332
-Ï=ÏÏ-Ï=¡++++
+¡¡=¡¡
Interruptor I1.
Am
II KI
KIº7.855.473
11º7.85520832
31-Ï=-Ï=
¡¡=¡¡
3 Problemas resueltos de fallos en sistemas de potencia 95
Interruptor I3.
( )( ) ( )
AZ
II TKBKI º6.852306
2.8509.2º6.86642.0º1.857507
ZZZZZ
ZZ
TL1Q'
L2M
L1Q333
-Ï=ÏÏ-Ï=¡++++
¡++¡¡=¡¡
¶ Disponemos de una selectividad en dos niveles
Para la protección contra sobrecargas y cortocircuitos, dispondremos de una selectividad en dosniveles, es decir, que delante de cualquier falta actuarán como mínimo dos interruptores. Estosinterruptores serán los dos más cercanos aguas arriba del cortocircuito o falta.
De forma resumida, seguidamente se exponen las protecciones selectivas, dependiendo del punto en elcual se haya producido el cortocircuito.
- Falta aguas abajo de "B" Actuará su protección más I4.
- Falta en las barras "B" Actuará I4 y I2 ó I3.
- Falta en las barras "A" Actuará en I2, I3 y I1.
¶ IaM = SinM = S·924 = 4620 A. Durante 10 seg.
- El interruptor I1, no queremos que actúe ante faltas en "B", pero sí ante faltas en "A". Por tanto: I1n = 400 A I1 mag = 2·In = 800 A< 3kI
A¡¡ = 900 A retardo de 0.5 sg
- El interruptor I2, tiene que actuar tanto para faltas en "A" como para faltas en "B": I2n = 1600 A I2 mag = 3·In = 4800 A< 3kI
B¡¡ = 5280 A retardo de 0.3 sg
- El interruptor I4, tiene que actuar ante faltas en "B" y aguas abajo de "B", como no sabemos cuánto“aguas abajo”, adoptamos:
I4n = 1600 A I4 mag = 3·In = 4800 A< 4kIB¡¡ = 7507 A retardo de 0.1 sg
- El interruptor I3 es el más problemático, ya que incorpora un motor.
��������������
�������������������������������������������������������������������������������
����������������������������������������
M
Red
A9003kIA
=¡¡ I1
I2
3n
I3
A
I4
B
A23063kIB =¡¡
A99013kIA
=¡¡ A52083kIB =¡¡
L2
L1
A4743kIB =¡¡
A43843kIA
=¡¡
A142723kIA
=¡¡
L3
A03kIA
=¡¡ A75073kIB =¡¡
A75073kIB =¡¡
Protección de sistemas eléctricos de potencia96
Teóricamente tendría que actuar tanto para faltas en "A" como con faltas en "B", pues la menorintensidad es: 3kI
B¡¡ = 2306A y la I3 mag < 2306 A. Pero el motor arranca a 5In=5·924= 4620A. Por tanto
su intensidad deberá quedar por encima de este valor.
¶ Protección de motores
En el caso de que existan motores asíncronos las protecciones, se tienen que dimensionar de otraforma. Esto es debido a la gráfica intensidad-tiempo. En un motor, si lo protegemos de la misma formaque en los casos anteriores, dejaríamos una zona sin proteger, como vemos en la figura siguiente:
Para evitar este inconveniente podemos optar por dos formas de protección diferentes:
1. Mediante un relé térmico y un relé magnético de tipo motor
Los relés magnéticos tipo motor disponen de dos tiempos de disparo a modo de niveles. Así puedenaproximarse más a la curva de arranque de los motores (protección más efectiva), sin perjudicar sunormal funcionamiento.
2. Mediante un fusible (tipo “Motor”) y un relé térmico
Este sistema es también ampliamente utilizado, ya que permite un acercamiento a la curva de arranquede los motores pero esta vez con la característica típica que define a los fusibles, con su forma inclinada.Debe tenerse especial precaución en que el fusible en todo momento proteja al relé térmico contra loscortocircuitos. Es decir, el fusible actuará contra los cortocircuitos, mientras que el relé térmico lo harácontra las sobretensiones.
3 Problemas resueltos de fallos en sistemas de potencia 97
PROBLEMA 3.3
El esquema de la figura representa una sección de una red eléctrica trifásica alimentada por dosgeneradores situados en paralelo al principio del sistema de potencia. Para el diseño de los interruptoresde protección, y para conocer la respuesta del circuito en diversos puntos del mismo ante situacionesanómalas, funcionando lo generadores sin carga y a la tensión nominal y con los siguientes datos:
DATOS
GA………. 20 MVA………. 10KV…………X´´1 = X2 = 12%….…….….X0 = 0.4X1…………Xn = 2%GB……….. 30 MVA………. 10KV………....X´´1 = X2 = 14%……………X0 = 0.4X1………...Xn = 0%
TR1……… 50 MVA………100/10KV………ex1cc = ex2cc = 22.5%……..X0 = 0.9·X1…….Xn = 3.75%TR2……… 50 MVA………100/10KV………ex1cc = ex2cc = 14.4%…..…X0 = 0.9·X1…….Xn = 0%
L1…………………………………………. 1Z = 2Z = ( )W+ 12.0j06.0 … 10 Z5.2Z =L2…………………………………………. 1Z = 2Z = ( )W+ 6j2 ……….. 10 Z5.2Z =
L3…………………………………………. 1Z = 2Z = ( )W+ 6.0j1.0 ……. 10 Z5.2Z =
Figura 3.3 Circuito unifilar del sistema de potencia correspondiente al problema 3.3
HALLAR
1. Dibujar las redes de secuencia directa, inversa y homopolar de la red representada
2. En el supuesto de producirse unos cortocircuitos (monofásicos, bifásicos, trifásicos) en las barras deinterconexión ”C”, ¿cuáles serán las corrientes iniciales de cortocircuito y las máximas corrientesasimétricas de cortocircuito que se producirán ( 3S,2S1S3K2K1K II,I,I,I,I ¡¡¡¡¡¡ )? Dar el valor, asimismo, dela corriente simétrica de corte en las mismas barras delante de un cortocircuito trifásico (Ia). (Suponerun tiempo de retardo de 0.1s para los interruptores.)
3. En el supuesto de producirse los mismos cortocircuitos anteriores (monofásicos, bifásicos, trifásicos)pero ahora en las barras de interconexión “E”, ¿cuáles serán las corrientes iniciales de cortocircuito ylas máximas corrientes asimétricas de cortocircuito que se producirán ( 3S,2S1S3K2K1K II,I,I,I,I ¡¡¡¡¡¡ )?Dar el valor, asimismo, de la corriente simétrica de corte en las mismas barras delante de uncortocircuito trifásico (Ia). (Suponer un tiempo de retardo de 0.1s para los interruptores.)
4. En el supuesto de producirse los mismos cortocircuitos anteriores (monofásicos, bifásicos, trifásicos)pero ahora en las barras de interconexión “F”, ¿cuáles serán las corrientes iniciales de cortocircuito ylas máximas corrientes asimétricas de cortocircuito que se producirán ( 3S,2S1S3K2K1K II,I,I,I,I ¡¡¡¡¡¡ )?Dar el valor, asimismo, de la corriente simétrica de corte en las mismas barras delante de uncortocircuito trifásico (Ia). (Suponer un tiempo de retardo de 0.1s para los interruptores.)
RESOLUCIÓN
1. Redes de secuencia directa, inversa y homopolar
~
GB
GA
TR1 TR2Línea 2
F
xnT
~
¶
Línea 1¶C
¶E
100kV10kVLínea 3
¶10kVxng
Consumidores
D
Protección de sistemas eléctricos de potencia98
¶ Red de secuencia homopolar
¶ Red de secuencia directa e inversa (sin los generadores)
¶ Cálculo de impedancias (todas a 10kV)
¶ GA gA1X = gA2X = ( ) W= 6.0j20
1012.02
gA0X =0.4 gA1X =j0.24W ngAX = ( ) W= 1.0j20
1002.02
¶ GB gB1X = gB2X = ( ) W= 47.0j30
1014.02
gB0X =0.4 gB1X =j0.188W ngBX =0W
¶ TR1 1T1X = 1T2X = ( ) W= 45.050
10225.02
j 1T0X =0.9 1T1X =j0.405W 1nTX = W= 075.050
100375.02
j
¶ TR2 2T1X = 2T2X = ( ) W= 288.050
10144.02
j 2T0X =0.9 2T1X =j0.2592W 2nTX =0W
¶ L1 ( ) WÏ=+== º43.63134.012.006.0ZZ 2L11L1 j( ) WÏ=+== º4.63335.03.015.0Z5.2Z 1L1oL1 j
¶ L2 ( ) WÏ=+== º6.710632.006.002.0ZZ 2L21L2 j( ) WÏ=+== º6.71158.015.005.0Z5.2Z 1L2oL2 j
¶ L3 ( ) WÏ=+== º5.80608.06.01.0ZZ 2L31L3 j( ) WÏ=+== º5.8052.15.125.0Z5.2Z 1L3oL3 j
¶ Cálculo de impedancias (todas a 100kV)
¶ GA gA1X = gA2X = W= 60100·6.0 jj gA0X =0.4 gA1X =j24W ngAX =j0.1·100=j10W
¶ GB gB1X = gB2X = W= 47100·47.0 jj gB0X =0.4 gB1X =j18.8W ngBX =0W
¶ TR1 1T1X = 1T2X = ( ) W= 4550
100225.02
j 1T0X =0.9 1T1X =j40.5W 1nTX = W5.7j
~
GB
GA
ZL1
F
~
¶ ¶ C
¶
ZgA
ZgB
1TZ¶
E¶
ZL2¶ ¶
2TZ ZL3
Z0L1
F¶ ¶
C¶
Z0gA
Z0gB
10TZ
E¶
Z0L2 ¶
20TZ Z0L3 3Xng¶
3XnTR
3 Problemas resueltos de fallos en sistemas de potencia 99
¶ TR2 2T1X = 2T2X = ( ) W= 8.2850
1001425.02
j 2T0X =0.9 2T1X =j25.92W 2nTX =0W
¶ L1 ( ) WÏ=+== º43.634.13126ZZ 2L11L1 j( ) WÏ=+== º4.635.333015Z5.2Z 1L1oL1 j
¶ L2 ( ) WÏ=+== º6.7132.662ZZ 2L21L2 j( ) WÏ=+== º6.718.15155Z5.2Z 1L2oL2 j
¶ L3 ( ) WÏ=+== º5.808.606010ZZ 2L21L3 j( ) WÏ=+== º5.8015215025Z5.2Z 1L3oL3 j
¶ Relaciones de transformación
1001010
100 211 === mm 10010
10100 2
22 === mm
¶ Buscamos las impedancias directa, inversa y homopolar vistas desde "C", "E" y "F"
¶ Impedancias vistas desde las Barras "C" (todas las impedancias a 10kV)
( )[ ] ( ) ( )[ ] ( )W++=++=+== 12.006.02636.012.006.047.0//6.0// 111 jjjjjZZZZZ LgBgACC
( ) WÏ=+== º1.81388.0)384.006.021 jZZ CC
( )[ ] ( )[ ]=+++= 1110 3////)3( oTnTRoLogBogAngAC ZXZXXXZ
( )[ ] ( ) ( )( )[ ]=++++= 405.0075.0·3//)3.015.0188.0//24.01.0·3( jjjjjjZ oC
[ ] ( ) =++= )63.0//()3.015.0188.0//54.0(0 jjjjZ C
[ ] ( ) [ ] ( )W+=Ï=+=++= 27.00507.0º2.79271.063.0//4390.015.0)63.0//()3.015.01394.0( jjjjjjZoC
( ) WÏ=+=++= º7.80047.1033.1170.0021 jZZZZ CCCC
¶ Impedancias vistas desde las Barras "E" (todas las impedancias a 100kV)
( ) ( )( )=+++Ï=++== 6245100)º1.81388.0(· 2121121 jjZZmZZZ LTRCEE
( ) ( ) WÏ=+=++Ï== º9.847.893.898512º1.818.3821 jjZZ EE
W== 92.252 jZZ oTRoE
( ) WÏ=+= º5.8514.2055.20416 jZ E
¶ Impedancias vistas desde las Barras "F" (todas las impedancias a 10kV)
( )( )=+++Ï=++== 6.01.0288.010
º9.847.89)(23212
2
121 jjZZZ
mZZZ LTRE
EFF
( ) ( ) WÏ=+=++Ï== º2.84785.1776.118.088281.0º9.84897.021 jjZZ FF
¤=OFZ
( ) ¤=¤+= jZ F 36.0
Protección de sistemas eléctricos de potencia100
2. Intensidades iniciales de cortocircuito, intensidades máximas asimétricas decortocircuito e intensidad simétrica de corte (con falta trifásica) en barras "C" (10kV)
¶ Corrientes de cortocircuito: (aplicando las fórmulas correspondientes a cada tipo de cortocircuito)
AZUnI
CK º1.8116368
º1.81388.0·3º010000·1.1
·3·1.1
13 -Ï=
ÏÏ==¡¡
( ) AZZ
UnICC
K º1.813.14175º1.81388.0·2º010000·1.1·1.1
212 -Ï=
ÏÏ=
+=¡¡
( ) AZZZ
UnICCC
K º7.8018197º7.80047.1
º010000·3·1.1·3·1.1
0211 -Ï=
ÏÏ=
++=¡¡
¶ Corrientes máximas asimétricas de cortocircuitos “IS”: (aplicando el coeficiente c , gráfica 12.1)
Para hallar esta corriente es necesario recordar que:
¶ La corriente máxima asimétrica de cortocircuito "Is" se obtiene a partir de la correspondientecorriente de cortocircuito inicial (para cada tipo de cortocircuito), multiplicándola por 2 , yaplicándole un factor corrector "c", hallado en el anexo (gráfica 12.1). En esta gráfica se entra con larelación (R/X) teniendo presente que el valor de estos dos parámetros será diferente dependiendo deltipo de cortocircuito producido.
Las fórmulas a aplicar para hallar la corriente de cierre máxima para los distintos tipos decortocircuitos son:
AXII kS º1.813750062.1º·1.8116368·2··2 333 -Ï=-Ï=¡¡=¡¡
con 156.0384.006.0
XR
1
1 == gráfica 12.1, c3 = 1.62
AXII kS º1.813247662.1º·1.813.14175·2··2 222 -Ï=-Ï=¡¡=¡¡
Con 156.0384.0·206.0·2
XXRR
21
21 ==++
gráfica 12.1, c2 = 1.62
AXII kS º17.804143261.1º·17.8018197·2··2 111 -Ï=-Ï=¡¡=¡¡
Con 164.0033.1170.0
XXXRRR
021
021 ==++++
gráfica 12.1, c1 = 1.61
¶ La corriente simétrica de corte "Ia" trifásica será: (valores de "µ", y "q", hallados en las gráficas12.2 y 12.3 respectivamente, de los anexos.)
Para hallar la corriente de corte total, vista desde las barras "C", es necesario aplicar la fórmula:
BagAagka IIqII +=¡¡= ··33 m
En esta fórmula aparecen dos coeficientes:
¶ Coeficiente m : se obtiene en las gráficas 12.2 de los anexos para cada generador (existirán tantos m,como generadores síncronos tenga el sistema de potencia). En dichas gráficas, se entra con larelación (I"K3/In) por el eje de las abscisas, obteniéndose en el eje de las ordenadas el valorcorrespondiente del coeficiente m. Hallar los valores de las intensidades nominales de los diversosgeneradores no es problema (ver fórmula adjunta). El problema lo constituye el encontrar la corrientede cortocircuito trifásica que sale de cada uno de los generadores síncronos del sistema. Decimos quees difícil ya que partimos del valor de la corriente de cortocircuito trifásico en el punto decortocircuito, y con este valor, y mediante divisores de intensidad, debemos hallar las contribucionesque cada fuente de energía aporta a esta corriente total. Recordaremos, finalmente, que es
3 Problemas resueltos de fallos en sistemas de potencia 101
imprescindible trabajar siempre con el mismo nivel de tensión, es decir, no podemos mezclardiferentes niveles de tensión; para ello, se realizarán las conversiones oportunas, pero recordando quesi cambiamos un nivel de tensión (paso a través de un transformador), resulta imprescindible cambiartodos los parámetros eléctricos asociados (intensidades, impedancias, etc).
¶ Coeficiente "q": se obtiene en las gráficas 12.3 de los anexos para cada motor asíncrono (existirántantos "q" como motores asíncronos tenga el sistema de potencia). La obtención de este coeficiente esmucho más sencilla que la obtención del coeficiente anterior (m), ya que bastará con conocer lapotencia activa real (en MW) del motor (o grupo de motores) dividida por el número de polos delmismo, es decir, (MW/pp). Con este valor y entrando por las abscisas de la gráfica 12.3, se lee en lasordenadas cada uno de los diferentes "q" del sistema. No hacen falta, por tanto, divisores deintensidad, ni conocer donde se ha producido el cortocircuito, ni la intensidad de cortocircuito,simplemente el coeficiente "q" depende de la potencia de los motores y de su número de polos,siendo independiente de las otras magnitudes eléctricas.
¶ Una vez se han obtenido los coeficientes "m" y "q" para cada una de las máquinas eléctricas delcircuito (generadores síncronos, y motores asíncronos respectivamente), ya podemos buscar lascorrespondientes "Ia" (una para cada máquina eléctrica). La "Ia" que nos interesa es la total (la delpunto de cortocircuito), por tanto, debemos ir sumando cada una de las "Ia" parciales obtenidas encada máquina hasta llegar al punto de cortocircuito. La suma total de todas las contribuciones será la"Ia" pedida (atención a los cambios de tensión que cada una de estas intensidades parciales puedesufrir hasta llegar al punto de cortocircuito, con todo lo que esto conlleva).
¶ Finalmente, si cambiamos de punto de cortocircuito la "q" no cambiará, es indiferente a estoscambios, pero la "m" sí cambiará, ya que la intensidad de cortocircuito que salga de cada generadorsíncrono depende exclusivamente del valor que tome la intensidad total de cortocircuito en el puntode cortocircuito, y el valor de esta intensidad total de cortocircuito depende del punto donde seproduzca el cortocircuito. Es decir, para cada punto de cortocircuito, existirá una "Ia".
Operando en consecuencia con lo comentado anteriormente, y para las barras "C", tendremos:
( ) AjIIqII BagAagkaC º1.818.123153.70675.5248··3 -Ï=+=+=¡¡= m
A7.115410000·310·20
Un·3SnI
6
1ng ===
AUn
SnI ng 173210000·310·30
·3
6
2===
Sí AI Ck º1.8116368'' 3 -Ï= La aportación de cada generador será:
( ) Ajj
jZZ
ZII
gAgB
gBKCKg
º1.817.71896.047.0
47.0º1.8116368331-Ï=
+-Ï=
+¡¡=¡¡
( ) Ajj
jZZ
ZII
gAgB
gAKCKg
º1.813.91786.047.0
6.0º1.8116368332-Ï=
+-Ï=
+¡¡=¡¡
Entonces 22.67.11547.7189
I
I
ngA
3KgA ==¡¡
¡¡3.5
17323.9178
I
I
ngB
3KgB ==¡¡
¡¡ (con un tv=0.1sg)
73.0gA =m 77.0gB =m
AqII gAgAgAkagA º1.815.52481·73.0º·1.817.7189··3 -Ï=-Ï=¡¡= mAqII gBgBgBkagB º1.813.70671·77.0º·1.813.9178··3 -Ï=-Ï=¡¡= m
3. Intensidades iniciales de cortocircuito, intensidades máximas asimétricas decortocircuito e intensidad simétrica de corte (con falta trifásica) en barras "E"(100kV)
¶ Corrientes de cortocircuito: (aplicando las fórmulas correspondientes a cada tipo de cortocircuito).
Protección de sistemas eléctricos de potencia102
AIK º9.84708º9.847.89·3º0100000·1.1
3 -Ï=Ï
Ï=¡¡
AIK º9.8415.613º9.847.89·2º0100000·1.1
2 -Ï=Ï
Ï=¡¡
AIK º5.858.928º5.8514.205
º0100000·3·1.11 -Ï=
ÏÏ=¡¡
¶ Corrientes máximas asimétricas de cortocircuitos “IS”: (aplicando el coeficiente c , gráfica 12.1)
Recordando todo lo expuesto en la primera pregunta de este problema sobre la intensidad "Ia" y a lacual nos remitimos para su correcta asimilación, las fórmulas a aplicar para hallar la corriente de cierremáxima, para los distintos tipos de cortocircuitos, son:
AIS º9.842.174274.1º·9.84708·23 -Ï=-Ï=¡¡
con 09.03.89
8XR
1
1 == gráfica 12.1, c3 = 1.74
AIS º9.8412.150874.1º·9.8415.613·22 -Ï=-Ï=¡¡
con 09.03.89·2
8·2XXRR
21
21 ==++
gráfica 12.1, c2 = 1.74
AIS º5.85233878.1º·5.858.928·21 -Ï=-Ï=¡¡
con 078.05.204
16XXXRRR
021
021 ==++++
gráfica 12.1, c1 = 1.78
¶ La corriente simétrica de corte "Ia" trifásica será: (valores de "µ" y "q", hallados en las gráficas12.2 y 12.3 respectivamente, de los anexos):
Para hallar la corriente de corte total, vista desde las barras "E", es necesario aplicar la fórmula:
BagAagka IIqII +=¡¡= ··33 m
En esta fórmula aparecen dos coeficientes, cuyo cálculo se ha explicado en la primera pregunta de esteproblema, y a la cual nos remitimos para su correcta comprensión:
Operando en consecuencia para estas barras "E", tendremos:
q··II ka m¡¡= No hay motores, por tanto q=1
Partimos de:
AIk º9.847083 -Ï=¡¡ que pasada al otro extremo del transformador (barras "C"), nos da:AIk º9.8470803 -Ï=¡¡
Por tanto, la contribución de cada generador será, aplicando los divisores de intensidad:
( ) Ajj
jI KgA º9.8431106.047.0
47.0º9.8470803 -Ï=
+-Ï=¡¡
AI ngA 7.1154=
( ) Ajj
jI KgB º9.8439706.047.0
6.0º9.8470803 -Ï=+
-Ï=¡¡
A1732I ngB =
3 Problemas resueltos de fallos en sistemas de potencia 103
Entonces:
69.27.1154
31103 ==¡¡
ngA
gAK
II
mgA = 0.92 con tv=0.1s (gráfica 12.2).
292.2173239703 ==
¡¡
ngB
gBK
II
mgB = 0.98 con tv=0.1s (gráfica 12.2).
AI agA º9.842.286192.0·1º·9.843110 -Ï=-Ï=AI agB º9.846.389098.0·1º·9.843970 -Ï=-Ï=
AI Ea º9.848.67513
-Ï=
Am
II Ea
Ea º9.8418.6751
33
-Ï==¡
4. Intensidades iniciales de cortocircuito, intensidades máximas asimétricas decortocircuito e intensidad simétrica de corte (con falta trifásica) en barras "F" (10kV)
¶ Corrientes de cortocircuito: (aplicando las fórmulas correspondientes a cada tipo de cortocircuito).
AIK º2.849.3557º2.84785.1·3
º010000·1.13 -Ï=
ÏÏ=¡¡
AIK º2.842.3081º2.84785.1·2º010000·1.1
2 -Ï=ÏÏ=¡¡
AIK 0º010000·3·1.11 =
¤Ï=¡¡
¶ Corrientes máximas asimétricas de cortocircuitos “IS”: (aplicando el coeficiente , gráfica 12.1).
Recordando todo lo expuesto en la primera pregunta de este problema sobre la intensidad "Is", y a lacual nos remitimos para su correcta asimilación:
Las fórmulas a aplicar para hallar la corriente de cierre máxima, para los distintos tipos decortocircuitos, son:
AI S º2.844.865472.1º·2.849.3557·23 -Ï=-Ï=
con 1.0776.118.0
XR
1
1 == gráfica 12.1, c3 = 1.72
AI S º2.84749572.1º·2.842.3081·22 -Ï=-Ï=
con 1.0776.1·218.0·2
XXRR
21
21 ==++
gráfica 12.1, c2 = 1.72
A0X·0·2I 1S ==
con ¤=++++
021
021
XXXRRR
gráfica 12.1, c1 = 0
¶ La corriente simétrica de corte "Ia" trifásica será: (valores de "µ" y "q", hallados en las tablas12.2 y 12.3 respectivamente, de los anexos).
Para hallar la corriente de corte total, vista desde las barras "F", es necesario aplicar la fórmula:
BagAagka IIqII +=¡¡= ··33 m
Protección de sistemas eléctricos de potencia104
En esta fórmula aparecen dos coeficientes, cuyo cálculo se ha explicado en la primera pregunta de esteproblema, y a la cual nos remitimos para su correcta comprensión:
Operando en consecuencia para estas barras "F", tendremos:
AIII agBagAaF º2.849.35571·1º·2.8419951·1º·2.848.1562 -Ï=-Ï+-Ï=+=Con A7.1154I ngA = A1732I ngB =
Sí la AIK º2.849.35573 -Ï=¡¡ Entonces la aportación de cada generador será:
AjjI KgA º2.848.1562
07.147.0
º2.849.35573 -Ï=-Ï=¡¡
AjjIgBK º2.841995
07.16.0
º2.849.35573 -Ï=-Ï=¡¡
Por lo tanto el coeficiente m de cada generador será:
353.17.11548.15623 ==
¡¡
ngA
gAK
II
mgA = 1 con tv=0.1s (gráfica 12.2).
15.117321995
II
ngB
gB3K ==¡¡
mgB = 1 con tv=0.1s (gráfica 12.2).
Nótese que no es posible rebajar la corriente de apertura "Ia" coincidiendo ésta con la corriente decortocircuito trifásica "I''k3". Ese resultado es completamente lógico si tenemos presente que las barrasestudiadas ("F") están muy alejadas de los generadores síncronos trifásicos.
3 Problemas resueltos de fallos en sistemas de potencia 105
PROBLEMA 3.4
El esquema de la figura representa una sección de una red eléctrica trifásica alimentada por tresgeneradores situados en los extremos del sistema de potencia. A efectos de diseño de los interruptores deprotección y para conocer la respuesta del circuito en diversos puntos del mismo ante situacionesanómalas, funcionando los generadores sin carga y a la tensión nominal y con los siguientes datos:
DATOS
G1:................40MVA..........10KV...............X”d=X1=X2= 20%.........Xo= 6%.............Xn=j4W. G2:................100MVA........10KV...............X”d=X1=X2= 20%.........Xo= 10%...........Xn=0. G3:................25MVA..........25KV...............X”d=X1=X2= 25%.........Xo= 10%...........Xn=0.
TR1 y TR2…...20MVA…....110/10KV..........ecc=X1=X2= 9%......…...Xo= 0.9·X1....... Xn=0TR3:...............60MVA..…..110/25KV...........ecc=X1=X2= 10%.....….Xo= 0.9·X1....... Xn=0TR4:..........….100MVA.….110/10KV...........ecc=X1=X2= 8%....…....Xo= 0.9·X1....... Xn=0.
L1.......................................………………...X1=X2= j30W....….........Xo= j50W L2........................................………………..X1=X2= j30W..…...........Xo= j60W L3.........................................……………….X1=X2= j40W….............Xo= j90W
Figura 3.4 Circuito unifilar del sistema de potencia correspondiente al problema 3.4
HALLAR
1 Dibujar las redes de secuencia directa, inversa y homopolar, de la red representada.2 En el supuesto de producirse unos cortocircuitos (monofásicos, bifásicos, trifásicos) en las barras de
interconexión “D”, ¿cuáles serán las corrientes iniciales de cortocircuito y las máximas corrientesasimétricas de cortocircuito que se producirán (I”
k1 , I”k2, I”k3, Is1, Is2, Is3)? Dar el valor, asimismo,de la corriente simétrica de corte en las mismas barras delante de un cortocircuito trifásico (Ia)(suponer un tiempo de retardo de 0.1s para los interruptores).
3 En el supuesto de que se produzcan los mismos cortocircuitos anteriores (monofásicos, bifásicos,trifásicos) pero ahora en las barras de interconexión “F”, ¿cuáles serán las corrientes iniciales decortocircuito y las máximas corrientes asimétricas de cortocircuito que se producirán (I”
k1 , I”k2, I”k3,Is1, Is2, Is3)? Dar el valor, asimismo, de la corriente simétrica de corte en las mismas barras delantede un cortocircuito trifásico (Ia) (suponer un tiempo de retardo de 0.1s para los interruptores).
4 Si se produce en barras “D” un cortocircuito fase-fase-tierra, indicar las corrientes de cortocircuitoque se producirán (I”
k2ES , I”k2ET, I”k2EE).
RESOLUCIÓN
1. Redes de secuencia directa, indirecta y homopolar
Las redes de secuencia del circuito de potencia son las mostradas a continuación, recordando que lasecuencia inversa es idéntica a la red directa, pero sin las fuentes generadoras, aunque sí con susimpedancias.
TR1
¶
¶
B
¶
ZL3
Xn
¶~G1
TR2
A
C
ZL1
ZL2
TR3 G~
G3
~E F G2
D
TR4
Protección de sistemas eléctricos de potencia106
¶ Red de secuencia directa e inversa (la red inversa no incorpora los generadores)
¶ Red de secuencia homopolar
¶ Cálculo de impedancias (todas las impedancias están calculadas a 10kV)
¶ G1 1X = 2X = ( ) W= 5.0j40
1020.02
0X =0.06 ( ) W= 15.0j40
10 2 Xn=j4W
¶ G2 1X = 2X = ( ) W= 2.0j1001020.0
2 0X = ( ) W= 10.0j
100101.0
2 Xn=0W
¶ G3 1X = 2X = ( ) W= 25.6j25
2525.02
0X = ( ) W= 5.2j25
251.02
Xn=0W
1X = 2X = W=
ö÷õæ
çå
1
1025
25.62 jj 0X = W=
ö÷õæ
çå
4.0
1025
5.22
jj Xn=0W
¶ TR1=TR2 1X = 2X = ( ) W= 45.0j20
1009.02
0X =j0.405W Xn=0W
¶ TR3 1X = 2X = ( ) W= 04.1j60
2510.02
0X =j0.936W Xn=0W
1X = 2X = W=
ö÷õæ
çå
166.0
1025
04.12 jj 0X =j0.15W Xn=0W
¶ TR4 1X = 2X = ( ) W= 08.0j1001008.0
2
0X =j0.072W Xn=0W
¶ L1 1X = 2X = W=
ö÷õæ
çå
25.0
10110
302
jj 0X = W= 41.011
502
jj
¶ L2 1X = 2X = W= 25.011
302
jj 0X = W= 496.011
602
jj
BZL3
~C
ZTR1
ZL2G
~
~F G2
ZTR2
ZL1D
E
ZTR3
ZTR4
Zg3
Zg2
Zg1
G3
G1
BZ0L3
C
Z0T1
Z0L2G
F
Z0T2
Z0L1D
E
Z0T3
Z0T4
Z0g3
Z0g2
Z0g1
3Xn
3 Problemas resueltos de fallos en sistemas de potencia 107
¶ L3 1X = 2X = W= 33.011
402
jj 0X = W= 74.011
902
jj
¶ Cálculo de impedancias (todas las impedancias están calculadas a 110kV)
¶ G1 1X = 2X = W= 5.6011·5.0 2 jj 0X = W= 15.1811·15.0 2 jj Xn = j44W
¶ G2 1X = 2X = W= 2.2411·2.0 2 jj 0X = W= 1.1211·1.0 2 jj Xn = 0W
¶ G3 1X = 2X = W=ö÷õæ
çå 121
2511025.6
2
jj 0X = W=ö÷õæ
çå 4.48
251105.2
2
jj Xn = 0W
¶ TR1=TR2 1X = 2X = ( ) W= 45.5420
11009.02
j 0X =j54.45·0.9 = j49W Xn = 0W
¶ TR3 1X = 2X = ( ) W= 14.2060
11010.02
j 0X =0.9·j24.14=j18.11W Xn = 0W
¶ TR4 1X = 2X = ( ) W= 68.9100
11008.02
j 0X =0.9·j9.68 = j8.71W Xn = 0W
¶ L1 1X = 2X = W30j 0X = j50W¶ L2 1X = 2X = W30j 0X = j60W¶ L3 1X = 2X = W40j 0X = j90W
Notas:Es importante recordar que los puntos de cortocircuitos pedidos se hallan a 10kV y 110kV. No nos pidenningún resultado a 25kV (generador G3), por tanto, sólo buscaremos las impedancias a los dos niveles detensión de 10kV, y 110kV requeridos, no importando las impedancias a 25kV.
¶ Relaciones de transformación
1110
11021 === mm 4.4
25110m3 == 11
10110m4 ==
¶ Buscamos las impedancias directa, inversa y homopolar vistas desde "D" y desde "F".
¶ Impedancias vistas desde las Barras "D" (110kV)
( ) ( )[ ] ( ) ( )[ ]=++++++== 3TR324L3221TR1121D Z//ZZZ//ZZ//ZZZZ ggTRLTRLgD ZZ( )[ ] ( ) ( )[ ] ==+== )14.141//88.73//()7.102(14.141//88.73//45.84//45.84j60.5ZZ 2D1D jjjjjjj
W+=Ï=== )95.320(º9095.32)49.48//7.102(ZZ 2D1D jjj
( ) ( )[ ] ( ) ( )[ ]=+++= 30400L320201010oD Z//ZZ//ZZ//ZZZ TTLTLT
[ ] ( ) ( )[ ] === )30.15//88.51(11.18//71.98//109//99jZoD jjjjjW+=Ï= )82.110(º9082.11ZoD j
y por tanto:
W+=Ï=++= )72.770(º9072.77ZZZZ oD2D1DTD j
¶ Impedancias vistas desde las Barras "F" (10kV)
[ ][ ][ ] [ ]=++++++== 243332211121F //)()//()//()((Z gTRLgTRLTRLTRgF ZZZZZZZZZZZ[ ][ ][ ] [ ] [ ][ ]=+=++== 2.0//(41.0)166.1//85.0(2.0//)41.0()166.1//()7.0//7.0(5.0ZZ 2F1F jjjjjjjjjj
WÏ=+==+== º90164.0)164.00()2.0//9.0()2.0//)41.049.0((ZZ 2F1F jjjjjj
Protección de sistemas eléctricos de potencia108
WÏ=+== º901.0)1.00(Z 2oF jZ og
WÏ=+=++= º90428.0)428.00(ZZZZ 2F1FoFTF j
2. Las corrientes de cortocircuito monofásico, bifásico y trifásico; corrientes máximasasimétricas; corriente simétrica de corte y tensiones con un cortocircuito en "D"(110kV) son:
¶ Corrientes de cortocircuito: (aplicando las fórmulas correspondientes a cada tipo de cortocircuito)
AZZZnUIK º906.2696
º9072.72º0110000·3·1.1·3·1.1
0211 -Ï=
ÏÏ=
++=¡¡
AZZnUIK º901836
)º9095.32·(2º0110000·1.1·1.1
212 -Ï=
ÏÏ=
+=¡¡
AZ
nUIK º902120º9095.32·3º0110000·1.1
·3·1.1
13 -Ï=
ÏÏ==¡¡
¶ Corrientes máximas asimétricas de cortocircuitos “IS”: (aplicando el coeficiente c , gráfica 12.1)
Recordar que en este caso se han omitido todas las resistencias, y por tanto todo son reactanciasinductivas, resultando el coeficiente c=2, en todos los casos. Las fórmulas a aplicar para hallar lacorriente de cierre máxima, para los distintos tipos de cortocircuitos, son:
AI S º907627)º906.2696·(2·21 -Ï=-Ï=
AI S º905193)º901836·(2·22 -Ï=-Ï=
AI S º902.5996)º902120·(2·23 -Ï=-Ï=
¶ La corriente simétrica de corte "Ia" trifásica será: (valores de "µ" y "q", hallados en las gráficas12.2 y 12.3 respectivamente, de los anexos)
Para hallar la corriente de corte total, vista desde las barras "D", es necesario aplicar la fórmula:
BagAagka IIqII +== ··'' 33 m
En esta fórmula aparecen dos coeficientes, cuyo cálculo se ha explicado en la primera pregunta delproblema 3.3, y a la cual nos remitimos para su correcta comprensión:
Operando en consecuencia para estas barras "D", tendremos:
AIK º9021203 -Ï=¡¡
Aº901440º902.151º907.102º902120I 3g.2g3K -Ï=ö÷õæ
çå
ÏÏ-Ï=¡¡
AIgK º90945
º90215º9014.141º901440
23 -Ï=ÏÏ-Ï=¡¡
AIgK º90495
º90215º9088.73º901440
33 -Ï=ÏÏ-Ï=¡¡
Aº90680º902.151º905.48º902120I 1g3K -Ï=ö÷õæ
çå
ÏÏ-Ï=¡¡
Las intensidades nominales de cada generador son:
3 Problemas resueltos de fallos en sistemas de potencia 109
A4.23093·10·10
10·40I3
6
1ng ==
A5.57733·10·10
10·100I3
6
2ng ==
A35.5773·10·25
10·25I3
6
3ng ==
Por tanto (recordar que las intensidades de cortocircuito están halladas a 110kV, mientras que lasnominales de los generadores están halladas a 10kV (para los generadores g1 y g2) y a 25kV (g3)):
24.3
114.2309
680
mI
I
1
1ng
1g3K ==¡¡
tv = 0.1 sg m1 = 0.87
81.1
115.5773
945
mI
I
2
2ng
2g3K ==¡¡
tv = 0.1 sg m2 = 1
8.3
25110
35.577495
3
3
33 =
ö÷õæ
çå
=¡¡
mI
I
ng
gK tv = 0.1 sg m3 = 0.82
AI aD º9045.194282.0·1)·º90495(1·1)·º90945(87.0·1)·º90680( -Ï=-Ï+-Ï+-Ï=
Estos valores ya están todos a 110kV.
¶ Las tensiones en el punto “D” (110kV)
Su resolución consiste simplemente en la aplicación de las fórmulas dadas para cada tensión y cadatipo de cortocircuito, pudiéndose hallarse éstas en los anexos correspondientes.
¶ 0333 === TSR VVV
¶ VZZ
ZnUcV º04.69859º9095.32·2º9095.32·2
3º011000·1.12
3·
21
22 Ï=
ÏÏÏ=
+=
¶ VZZZZZZ
ZZnUcV T º043768
º1806.1864º1804.389º0110000·1.1·3
···3
200121
022 Ï=
ÏÏÏ=
++=
3. Las corrientes de cortocircuito monofásico, bifásico y trifásico; corrientes máximasasimétricas y corriente simétrica de corte, con un cortocircuito en barras "F" (10kV)
¶ Corrientes de cortocircuito: (aplicando las fórmulas correspondientes a cada tipo de cortocircuito)
AZZZnUIK º903.44515
º90428.0º010000·3·1.1·3·1.1
0211 -Ï=
ÏÏ=
++=¡¡
AZZnUIK º9033537
)º90164.0·(2º010000·1.1·1.1
212 -Ï=
ÏÏ=
+=¡¡
AZ
nUIK º9038725º90164.0·3º010000·1.1
·3·1.1
13 -Ï=
ÏÏ==¡¡
Protección de sistemas eléctricos de potencia110
¶ Corrientes máximas asimétricas de cortocircuitos “IS”: (aplicando el coeficiente , gráfica 12.1)
Recordando que solo existen reactancias inductivas y que las resistencias han sido omitidas, elcoeficiente c=2, siempre. Las fórmulas a aplicar para hallar la corriente de cierre máxima, para losdistintos tipos de cortocircuitos, son:
AI S º90125907)º9044515·(2·21 -Ï=-Ï=
AI S º9094857)º9033537·(2·22 -Ï=-Ï=
AI S º90109530)º9038725·(2·23 -Ï=-Ï=
¶ La corriente simétrica de corte "Ia" trifásica será (todas a 10kV): (valores de "µ" y "q", halladosen las gráficas 12.2 y 12.3 respectivamente, de los anexos)
Para hallar la corriente de corte total, vista desde las barras "F", es necesario aplicar la fórmula:
BagAagka IIqII +== ··'' 33 m
En esta fórmula aparecen dos coeficientes, cuyo cálculo se ha explicado en la primera pregunta delproblema 3.3, y a la cual nos remitimos para su correcta comprensión:
Operando en consecuencia para estas barras "F", tendremos:
AI K º9038725'' 3 -Ï=
AIgK º9031684
º901.1º909.0º9038725
23 -Ï=ÏÏ-Ï=¡¡
AI ggK º907041º901.1º902.0º90387253,13 -Ï=
ÏÏ-Ï=¡¡
AIgK º903.4072
º90016.2º90166.1º907041
13 -Ï=ÏÏ-Ï=¡¡
AI gK º907.2968º90016.2
º9085.0º90704133 -Ï=ÏÏ-Ï=¡¡
Recordar que las intensidades nominales halladas a 10kV (g1 y g2) y 25kV (g3) son:
AI ng 4.23093·10·10
10·403
6
1 ==
A5.57733·10·10
10·100I3
6
2ng ==
A35.5773·10·25
10·25I3
6
3ng ==
Por tanto las relaciones intensidad de cortocircuito, intensidad nominal serán (a igual nivel de tensión):
76.14.23093.4072
1
13 ==¡¡
ng
gK
II
tv = 0.1 sg m1 = 1
5.55773
31684I
I
2ng
2g3K ==¡¡
tv = 0.1 sg m2 = 0.75
05.24.14437.2968
4.41135.577
7.296835.577
7.2968
43
3
33 ====¡¡
mm
II
ng
gK tv = 0.1 sg m3 = 1
AI aF º90308041·1)·º907.2968(75.0·1)·º9031684(1·1)·º903.4072( -Ï=-Ï+-Ï+-Ï=
3 Problemas resueltos de fallos en sistemas de potencia 111
4. Delante una falta bifásica a tierras en el punto "D", las corrientes que se originaránserán:
¶ Calculamos la I"K2EE en las barras "D"
Su resolución consiste simplemente en la aplicación de las fórmulas dadas para este tipo decortocircuito, tanto referentes a tensiones como a intensidades. Estas fórmulas pueden ser consultadas enlos anexos correspondientes. (Los valores de las impedancias son los valores que las mismas toman en elpunto de cortocircuito, es decir, las totales.)
Nota: recordar que: º01Ï=a º12012
Ï=a º24013
Ï=a
=++
-=¡¡
o
on
sEK ZZZZZZZZa
UjcI23121
22
=++
--=¡¡
o
onTEK ZZZZZZ
ZZaUjcI
23121
2
2
2
=++
-=¡¡o
nEEKZZZZZZ
ZUcI23121
22 3
Con:
W-Ï=Ï-Ï=- º3.13518.40º9082.11º21095.3202 ZZa
W-Ï=Ï-Ï=- º8.4418.40º9082.11º33095.32022 ZZa
Por tanto:
( )AjAIsEK 18531836º7.1344.2607
º1806.1864º90º3.13518.40110000·1.12 +-=Ï=ö÷õæ
çå
Ï+-Ï=¡¡
( )AjI TEK 18501836º2.454.2607º1806.1864
)º90º8.44(18.40º0110000·1.12 +=Ï=ö
÷õæ
çå
Ï--Ï
Ï=¡¡
(0+j3703.2)
AI EEK º905.3703º1806.1864
º9095.32º0110000·1.1·32 -Ï=ö÷õæ
çå
ÏÏÏ=¡¡
( )W+-=Ï=++ 06.1864º1806.1864200121 jZZZZZZ
Protección de sistemas eléctricos de potencia112
PROBLEMA 3.5
El esquema de la figura representa una sección de una red eléctrica trifásica alimentada por dosgeneradores situados en los extremos del sistema de potencia. A efectos de diseño de los interruptores deprotección y para conocer la respuesta del circuito en diversos puntos del mismo ante situacionesanómalas, funcionando los generadores sin carga y a la tensión nominal y con los siguientes datos:
DATOS
G1:..…....30MVA........30KV..............X”d=X1=X2= 16%.........Xo= 4%.....…....Xn=0.G2:....…..60MVA........30KV..............X”d=X1=X2= 18%.........Xo= 4%.....…....Xn=0.
TR1:........30MVA.....120/30KV......….ecc=X1=X2= 14%.........Xo= 0.9·X1..…...Xn=0TR2:........70MVA.....120/30KV.....…..ecc=X1=X2= 12%.........Xo= 0.9·X1…….Xn=0
L1........................................…………..X1=X2= j25W...............Xo= 2.5·X1.L2 y L3.................................………….X1=X2= j20W...............Xo= 2.5·X1
L4........................................…………..X1=X2= j22W...............Xo= 2.5·X1
L5........................................…………..X1=X2= j10W...............Xo= 2.5·X1
Figura 3.5 Circuito unifilar del sistema de potencia correspondiente al problema 3.5
HALLAR
1. Dibujar las redes de secuencia directa, inversa y homopolar, de la red representada.2. En el supuesto de producirse unos cortocircuitos (monofásicos, bifásicos, trifásicos) en las barras de
interconexión “A", ¿cuáles serán las corrientes iniciales de cortocircuito y las máximas corrientesasimétricas de cortocircuito que se producirán (I”
k1 , I”k2, I”k3, Is1, Is2, Is3)? Dar el valor, asimismo,de la corriente simétrica de corte en las mismas barras delante de un cortocircuito trifásico (Ia)(suponer un tiempo de retardo de 0.1s para los interruptores).
3. En el supuesto de producirse los mismos cortocircuitos anteriores (monofásicos, bifásicos, trifásicos)pero ahora en las barras de interconexión “C”, ¿cuáles serán las corrientes iniciales de cortocircuitoy las máximas corrientes asimétricas de cortocircuito que se producirán (I”
k1 , I”k2, I”k3, Is1, Is2, Is3)?Dar el valor, asimismo, de la corriente simétrica de corte en las mismas barras delante de uncortocircuito trifásico (Ia) (suponer un tiempo de retardo de 0.1s para los interruptores). Finalmenteindicar las corrientes de cortocircuito bifásico a tierras (I”kEE , I”kSE , I”kTE ) que se producirían en lasbarras citadas.
4. En el supuesto de producirse los mismos cortocircuitos anteriores (monofásicos, bifásicos, trifásicos)pero ahora en las barras de interconexión “F”, ¿cuáles serán las corrientes iniciales de cortocircuito ylas máximas corrientes asimétricas de cortocircuito que se producirán (I”
k1 , I”k2, I”k3, Is1, Is2, Is3)?Dar el valor, asimismo, de la corriente simétrica de corte en las mismas barras delante de uncortocircuito trifásico (Ia) (suponer un tiempo de retardo de 0.1s para los interruptores).
RESOLUCIÓN
1. Redes de secuencia directa, inversa y homopolar
~ ~¶ ¶ ¶
G1 G2“A” B DTR1 TR2
L1
“C” L2 L3
L5
“F”
L4E
Problemas resueltos de fallos en sistemas de potencia 113
¶ Red de secuencia directa e inversa (sin los generadores)
¶ Red de secuencia homopolar
¶ Relación de transformación
430
120
2
1 ===UU
m
¶ Cálculo de impedancias (todas las impedancias están calculadas a 30kV)
¶ G1 21 XX = = ( ) W= 8.4j30
3016.02
0X = ( ) W= 2.1j30
3004.02
Xn = j0W
¶ G2 21 XX = = ( ) W= 7.2j60
3018.02
0X = ( ) W= 6.0j60
3004.02
Xn = j0W
¶ TR1 21 XX = = ( ) W= 2.430
3014.02
j 0X =0.9·X1=j 3.78W Xn = j0W
¶ TR2 21 XX = = W= 542.170
)30(12.0
2
j 0X =0.9·X1=j 1.39W Xn = j0W
¶ L1 21 XX = = W=
ö÷õæ
çå
562.1
30120
252
jj0X =2.5· 1X = j3.91W
¶ L2 21 XX = = W= 25.14202
jj 0X =2.5· 1X = j 3.125W
¶ L3 21 XX = = W= 25.14202
jj 0X =2.5· 1X = j 3.125W
¶ ¶ ¶“A” B D
“C”
“F”
EZ0g1 Z0T1 Z0L1
Z0L2 Z0L3
Z0L5
Z0BZ0A
Z0C
Z0L4 ¶
Z0T2 Z0g2 ¶
~ ~¶ ¶ ¶
G1 G2“A”
BD
“C”
“F”
EZg1 ZT1 ZL1
ZL2 ZL3
ZL5
ZBZA
ZC
ZL4 ¶
ZT2 Zg2
Protección de sistemas eléctricos de potencia114
¶ L4 21 XX = = W= 375.1422
2jj 0X =2.5· 1X = j 3.44W
¶ L5 21 XX = = W= 625.0410
2jj 0X =2.5· 1X = j 1.562W
Nos falta transformar el triángulo formado por las líneas ZL1, ZL2 y ZL3, en una estrella, tal como quedareflejado en las redes de secuencia (si no realizamos la transformación el problema se complicaría endemasía). Para ello aplicaremos las fórmulas de transformación adecuadas, y aparte, teniendo presente losniveles de tensión de trabajo en esta zona (30kV).
W==++
=++
=U 481.0062.4953.1
25.125.1562.125.1·562.1·
321
21 jjj
jjjjj
ZZZZZZ
LLL
LLA
W==++
=++
=U 481.0062.4953.1
25.125.1562.125.1·562.1·
321
31 jjj
jjjjj
ZZZZZZ
LLL
LLB
W==++
=++
=U 385.0062.4562.1
25.125.1562.125.1·25.1·
321
32 jjj
jjjjj
ZZZZZZ
LLL
LLC
Sus correspondientes componentes homopolares son:
W=== UU 202.1481.0·5.2·5.2 1 jjZZ AAo
W=== UU 202.1481.0·5.2·5.2 1 jjZZ BBo
W=== UU 961.0385.0·5.2·5.2 1 jjZZ CCo
¶ Cálculo de impedancias (todas las impedancias están calculadas a 120kV)
¶ G1 21 XX = = W=ö÷õæ
çå 8.76
301208.4
2
jj 0X = W=ö÷õæ
çå 2.19
301202.1
2
jj W= 0jXn
¶ G2 21 XX = = W=ö÷õæ
çå 2.43
301207.2
2
jj 0X = W=ö÷õæ
çå 6.9
301206.0
2
jj W= 0jXn
¶ TR1 21 XX = = ( ) W= 2.67j30
12014.02
0X =0.9·X1=j60.48W W= 0jXn
¶ TR2 21 XX = = ( ) W= 68.24j70
12012.02
0X =0.9·X1=j22.22W W= 0jXn
¶ L1 21 XX = = W25j 0X =2.5· 1X =j62.5W¶ L2 21 XX = = W20j 0X =2.5· 1X =j50W¶ L3 21 XX = = W20j 0X =2.5· 1X =j50W¶ L4 21 XX = = W22j 0X =2.5· 1X =j55W¶ L5 21 XX = = W10j 0X =2.5· 1X =j25W
Transformaremos igualmente el triángulo formado por las líneas ZL1, ZL2 y ZL3, en una estrella, talcomo queda reflejado en las redes de secuencia, pero en este caso, considerando el nivel de tensión de120kV.
W==++
=++
=U 692.765
500202025
20·25·321
21 jj
jjjj
jjZZZ
ZZZLLL
LLA
W==++
=++
=U 692.765
500202025
20·25·321
31 jj
jjjj
jjZZZ
ZZZLLL
LLB
W==++
=++
=U 15.665
400202025
20·20·321
32 jj
jjjj
jjZZZ
ZZZLLL
LLC
Problemas resueltos de fallos en sistemas de potencia 115
Sus correspondientes componentes homopolares son:
W=== UU 23.19692.7·5.2·5.2 1 jjZZ AAo
W=== UU 23.19692.7·5.2·5.2 1 jjZZ BBo
W=== UU 38.1515.6·5.2·5.2 1 jjZZ CCo
Nota: A partir de ahora se trabajará al nivel de tensión que corresponda (30kV para la barra "A" y 120kVpara las barras "C" y "F"), pero siempre con la transformación estrella realizada, nunca con eltriángulo primitivo.
¶ Buscamos las impedancias directa, inversa y homopolar vistas desde "A", "C" y "F"
¶ Impedancias vistas desde las Barras "A" (30kV)
[ ][ ]=+++++== )//()( 1142221 gTRABLTRgAA ZZZZZZZZZ[ ][ ] [ ]==+++++== )8.4//()78.10()8.4//()2.4481.0481.0375.1542.17.2(21 jjjjjjjjjZZ AA
WÏ=+== º9032.3)32.30(21 jZZ AA
W== 2.110 jZZ ogA
W=++= 84.7021 jZZZZ AAATA
¶ Impedancias vistas desde las Barras "C" (120kV)
( ) ( )[ ] =++++++== )(// 2241121 CgTRLBATRgCC ZZZZZZZZZZ[ ] =++++++== )15.6()2.4368.2422692.7//()692.72.678.76(21 jjjjjjjjZZ CC
[ ] WÏ=+=+=+== º9053.65)53.650()15.638.59()15.6()57.97//()69.151(21 jjjjjjZZ CC
( ) ( )[ ] ( )=++++=++++= 38.15)22.225523.19//()23.1948.60(// 2410 jjjjjjZZZZZZZ oCoTRoLoBoAoTRC
WÏ=+=+=+= º901.59)1.590()38.1564.43()38.15()45.96//()71.79(0 jjjjjjZ C
WÏ=+=++= º9016.190)18.1900(021 jZZZZ CCCTC
¶ Impedancias vistas desde las Barras "F" (120kV)
( ) ( )[ ] =+++++++== )(// 52241111 LCgTRLBATRgFF ZZZZZZZZZZZ[ ] =+++++++== )1015.6()2.4368.2422692.7//()692.72.678.76(21 jjjjjjjjjZZ FF
[ ] WÏ=+=+=+== º9053.75)53.750()15.1638.59()15.16()57.97//()69.151(21 jjjjjjZZ FF
( ) ( )[ ] ( )=++=+++++= )2538.15()45.96//()71.79()(// 52410 jjjjZZZZZZZZ oLoCoTRoLoBoAoTRF
WÏ=+=+= º9002.84)02.840()38.40()64.43( jjjZ oF
WÏ=+=++= º901.235)1.2350(021 jZZZZ FFFTF
2. Las corrientes de cortocircuito monofásico, bifásico y trifásico; corrientes máximasasimétricas y la corriente simétrica de corte con un cortocircuito en "A" (30kV) son:
¶ Corrientes de cortocircuito y corrientes máximas asimétricas de corte "Is" serán:
Para el cálculo de las siguientes intensidades, obtención y significado de los coeficientes a ellasasociados, así como las tablas o gráficas que deben ser consultados, nos remitimos al problema 3.3, donde
Protección de sistemas eléctricos de potencia116
de forma extensa, se razonan estas fórmulas y parámetros (recordar que se han despreciado lasresistencias de todos los componentes, y por tanto el coeficiente siempre será c=2 (tabla 12.1)).
AI AK º907.5738º9032.3·3º030000·1.1
3 -Ï=ÏÏ=¡¡ AI S º905.16231)º907.5738·(2·23 -Ï=-Ï=
AI AK º908.49699032.3·2
º030000·1.12 -Ï=
ÏÏ=¡¡ AI S º9014057)º908.4969·(2·22 -Ï=-Ï=
AI AK º905.72909084.7
3º030000·1.11 -Ï=
ÏÏ=¡¡ AI S º906.20620)º905.7290·(2·21 -Ï=-Ï=
¶ La corriente simétrica de corte "Ia" trifásica será: (valores de "m", y "q", hallados en las gráficas12.2 y 12.3 respectivamente, de los anexos)
Para hallar la corriente de corte total, vista desde las barras "A", es necesario aplicar la fórmula:
BagAagka IIqII +=¡¡= ··33 m
En esta fórmula aparecen dos coeficientes, cuyo cálculo se ha explicado en la primera pregunta delproblema 3.3, y a la cual nos remitimos para su correcta comprensión:
¶ Partimos de las tensiones nominales de los dos generadores halladas a 30kV:
AI ng 4.577310·30
10·303
6
1 == AI ng 1155310·30
10·603
6
2 ==
¶ La corriente total de cortocircuito trifásico en barras "A" es:
AI AK º907.5738º9032.3·3º030000·1.1
3 -Ï=ÏÏ=¡¡
¶ Mediante divisores de intensidad hallamos las aportaciones que cada generador proporciona a estacorriente total de cortocircuito:
Ajj
jI gk º907.3970º9058.15º9078.10
)8.478.10(78.10º907.573813 -Ï=
ÏÏ=
+-Ï=¡¡
Ajj
jI gk º901768º9058.15
º908.4)8.478.10(
8.4º907.573823 -Ï=ÏÏ=
+-Ï=¡¡
¶ Con estos valores, los coeficientes m que tendremos serán para cada generador (recordar que pararealizar el cociente es imprescindible que las intensidades nominales y las de cortocircuito seencuentren al mismo nivel de tensión, que en este caso sí coincide a 30kV) con un tiempo tv=0.1s:
88.64.5777.3970
1
1 ==¡¡
ng
kg
II
mg1 = 0.72 53.111551768
2
2 ==¡¡
ng
kg
II
mg2 = 1
¶ Entonces las intensidades de corte que cada generador aportará (recordar que q=1 siempre, ya que noexisten motores asíncronos en el circuito).
AIqI gKag º909.2858)º907.3970·(1·72.0·· 1311 -Ï=-Ï=¡¡= m
AIqI gKag º901768)º901768·(1·1·· 2322 -Ï=-Ï=¡¡= m
¶ Finalmente, la intensidad total de corte en el punto de cortocircuito (barras "A") será:
AIII agagaA º909.4626º901768º909.285821 -Ï=-Ï+-Ï=+=
Problemas resueltos de fallos en sistemas de potencia 117
3. Las corrientes de cortocircuito monofásico, bifásico y trifásico; corriente bifásica atierras; corrientes máximas asimétricas y la corriente simétrica de corte con uncortocircuito en barras "C" (120kV) son:
¶ Corrientes de cortocircuito y corrientes máximas asimétricas de corte "Is" serán:
Para el cálculo de las siguientes intensidades, obtención y significado de los coeficientes a ellasasociados, así como las tablas o gráficas que deben ser consultados, nos remitimos al problema 3.3, dondede forma extensa, se razonan estas fórmulas y parámetros (recordar que se han despreciado lasresistencias de todos los componentes, y por tanto, el coeficiente siempre será c=2 (tabla 12.1)).
AI CK º901163º9053.65·3º0120000·1.1
3 -Ï=ÏÏ=¡¡ AI S º903289)º901163·(2·23 -Ï=-Ï=
AIK º902.1007)º9053.65·(2º0120000·1.1
2 -Ï=ÏÏ=¡¡ AI S º908.2848)º902.1007·(2·22 -Ï=-Ï=
AIK º903.1202º9016.190
3º0120000·1.11 -Ï=
ÏÏ=¡¡ AI S º906.3400º903.1202·(2·21 -Ï=-Ï=
¶ Las corrientes de cortocircuito bifásico a tierras serán:
¶ Calculamos la I"K2EE en las barras "C"
Su resolución consiste simplemente en la aplicación de las fórmulas dadas para este tipo decortocircuito, tanto referentes a tensiones como a intensidades. Estas fórmulas pueden ser consultadas enlos anexos correspondientes. (Los valores de las impedancias son los valores que las mismas toman en elpunto de cortocircuito, es decir, las totales).
Nota: recordar que: º01Ï=a º12012
Ï=a º24013
Ï=a
AZZZZZZ
ZZaUjcI
o
onC
sEK º1481184º18012042
)º90º122(108º·0120000·1.1
23121
22 Ï=
Ï+-ÏÏ
=++
-=¡¡
AZZZZZZ
ZZaUjcI nCTEK º7.311184
º18012042)º90º3.58(108º·0120000·1.1
023121
02
2
2 Ï=Ï
--ÏÏ=
++-
-=¡¡
AZZZZZZ
ZUcIo
nCEEK º903.1244º18012042
º9054.65º0120000·1.1·3323121
22 Ï=
ÏÏÏ-=
++-=¡¡
Con:
( ) W-Ï=--=Ï-Ï=- º1221089.9176.56º901.59º21054.652 jZZa o
( ) W-Ï=--=Ï-Ï=- º3.581089.9176.56º901.59º33054.65022
jZZa
¶ La corriente simétrica de corte "Ia" trifásica será: (valores de "m" y "q", hallados en las gráficas12.2 y 12.3 respectivamente, de los anexos)
Para hallar la corriente de corte total, vista desde las barras "C", es necesario aplicar la fórmula:
BagAagka IIqII +== ··'' 33 m
En esta fórmula aparecen dos coeficientes, cuyo cálculo se ha explicado en la primera pregunta delproblema 3.3, y a la cual nos remitimos para su correcta comprensión:
¶ Partimos de las tensiones nominales de los dos generadores halladas a 30kV:
WÏ=++ º18012042023121 ZZZZZZ
Protección de sistemas eléctricos de potencia118
AI ng 4.577310·30
10·303
6
1 == AI ng 1155310·30
10·603
6
2 ==
¶ La corriente total de cortocircuito trifásico en barras "C" es:
AI CK º901163º9053.65·3º0120000·1.1
3 -Ï=ÏÏ=¡¡
¶ Mediante divisores de intensidad hallamos las aportaciones que cada generador proporciona a estacorriente total de cortocircuito:
( )( ) ( ) A
ZZZZZZZZZZZI
gTRAgTRLB
gTRLBgk º90455
º903.249º9057.97º901163º901163
11224
22413 -Ï=
ÏÏ-Ï=
+++++++++-Ï=¡¡
( )( ) ( ) A
ZZZZZZZZZZ
IgTRAgTRLB
gTRAgk º90708
º903.249º907.151º901163º901163
11224
1123 -Ï=
ÏÏ-Ï=
++++++++
-Ï=¡¡
¶ Con estos valores, los coeficientes m que tendremos serán para cada generador (recordar que pararealizar el cociente es imprescindible que las intensidades nominales y las de cortocircuito seencuentren al mismo nivel de tensión, que en este caso no coincide) con un tiempo tv=0.1s:
15.34.577
30120455
1
1 =ö÷õæ
çå
=¡¡
ng
kg
II
mg1 = 0.87 45.21155
30120708
2
2 =ö÷õæ
çå
=¡¡
ng
kg
II
mg2 = 0.93
¶ Entonces las intensidades de corte que cada generador aportará (recordar que q=1 siempre, ya que noexisten motores asíncronos en el circuito) a 120kV de tensión serán:
AIqI gKag º9087.395)º90455·(1·87.0''·· 1311 -Ï=-Ï== m
AIqI gKag º904.658)º90708·(1·93.0''·· 2322 -Ï=-Ï== m
¶ Finalmente, la intensidad total de corte en el punto de cortocircuito (barras "C") será:
AIII agagaC º902.1054º904.658º9087.39521 -Ï=-Ï+-Ï=+=
4. Las corrientes de cortocircuito monofásico, bifásico y trifásico; corrientes máximasasimétricas y la corriente simétrica de corte con un cortocircuito en "F" (120kV) son:
¶ Corrientes de cortocircuito y corrientes máximas asimétricas de corte "Is", serán:
Para el cálculo de las siguientes intensidades, obtención y significado de los coeficientes a ellasasociados, así como las tablas o gráficas que deben ser consultados, nos remitimos al problema 3.3, dondede forma extensa, se razonan estas fórmulas y parámetros (recordar que se han despreciado lasresistencias de todos los componentes, y por tanto, el coeficiente siempre será c=2 (tabla 12.1)).
AI FK º901009º9053.7·3º0120000·1.1
3 -Ï=ÏÏ=¡¡ AI S º902854)º901009·(2·23 -Ï=-Ï=
AI FK º9082.873)º9053.75·(2º0120000·1.1
2 -Ï=ÏÏ=¡¡ AI S º905.2471)º9082.873·(2·22 -Ï=-Ï=
AI FK º905.972º901.235
3º·0120000·1.11 -Ï=
ÏÏ=¡¡ AI S º906.2750)º905.972·(2·21 -Ï=-Ï=
¶ La corriente simétrica de corte "Ia" trifásica será: (valores de "m", y "q", hallados en las gráficas12.2 y 12.3 respectivamente, de los anexos)
Problemas resueltos de fallos en sistemas de potencia 119
Para hallar la corriente de corte total, vista desde las barras "F", es necesario aplicar la fórmula:
BagAagka IIqII +== ··'' 33 m
En esta fórmula aparecen dos coeficientes, cuyo cálculo se ha explicado en la primera pregunta delproblema 3.3 y a la cual nos remitimos para su correcta comprensión:
¶ Partimos de las tensiones nominales de los dos generadores halladas a 30kV:
AI ng 4.577310·30
10·303
6
1 == AI ng 1155310·30
10·603
6
2 ==
¶ La corriente total de cortocircuito trifásico en barras "F" es:
AI FK º901009º9053.7·3º0120000·1.1
3 -Ï=ÏÏ=¡¡
¶ Mediante divisores de intensidad hallamos las aportaciones que cada generador proporciona a estacorriente total de cortocircuito:
( )( ) ( ) A
ZZZZZZZZZZZI
gTRAgTRLB
gTRLBgk º90395
º903.249º9057.97º901009º901009
11224
22413 -Ï=
ÏÏ-Ï=
+++++++++-Ï=¡¡
( )( ) ( ) A
ZZZZZZZZZZ
IgTRAgTRLB
gTRAgk º90614
º903.249º907.151º901009º901009
11224
1123 -Ï=
ÏÏ-Ï=
++++++++
-Ï=¡¡
¶ Con estos valores, los coeficientes m que tendremos serán para cada generador (recordar que pararealizar el cociente es imprescindible que las intensidades nominales y las de cortocircuito seencuentren al mismo nivel de tensión, que en este caso no coincide):
74.24.577
30120395
1
1 =ö÷õæ
çå
=¡¡
ng
kg
II
mg1 = 0.91 13.21155
30120614
2
2 =ö÷õæ
çå
=¡¡
ng
kg
II
mg2 = 0.98
¶ Entonces las intensidades de corte que cada generador aportará (recordar que q=1 siempre, ya que noexisten motores asíncronos en el circuito) a 120kV de tensión serán:
AIqI gKag º9045.35)º90395·(1·91.0''·· 1311 -Ï=-Ï== m
AIqI gKag º9072.601)º90614·(1·98.0''·· 2322 -Ï=-Ï== m
¶ Finalmente, la intensidad total de corte en el punto de cortocircuito (barras "C") será:
AIII agagaC º9017.961º9072.601º9045.35921 -Ï=-Ï+-Ï=+=
Protección de sistemas eléctricos de potencia120
PROBLEMA 3.6
Disponemos del siguiente sistema de potencia formado por varios generadores y transformadoresdispuestos como se indica en la figura. Suponiendo que se producen unos cortocircuitos en las barras "A"y "F", y con los valores siguientes:
DATOS
G1:…….40MVA………… 25KV……….Xd’’=X1=X2= 12%………..X0=4%………….Xn=0G2:…….50MVA………… 25KV……….Xd’’=X1=X2= 16%………..X0=4%………….Xn=0TR1:……40MVA………..120/25KV……..…X1=X2=12%………..…..X0=0.9·X1………Xn=0TR2:……70MVA………..120/25KV………..X1=X2=12%……………X0=0.9·X1………Xn=0L1:……………………………………………X1=X2=j25W ………….X0=2.5·X1=62.5jWL2:……………………………………………X1=X2=j20W ………….X0=2.5·X1=50jWL3:……………………………………………X1=X2=j20W ………….X0=2.5·X1=50jWL4:……………………………………………X1=X2=j22W ………….X0=2.5·X1=55jWL5:……………………………………………X1=X2=j10W ………….X0=2.5·X1=25jW
Figura 3.6 Circuito unifilar del sistema de potencia correspondiente al problema 3.6
HALLAR
1 Las redes de secuencia directa, inversa y homopolar del sistema de potencia.2 En el supuesto de producirse unos cortocircuitos (monofásicos, bifásicos, trifásicos) en las barras de
interconexión “A”, ¿cuáles serán las corrientes iniciales de cortocircuito y las máximas corrientesasimétricas de cortocircuito que se producirán (I”
k1 , I”k2, I”k3, Is1, Is2, Is3)? Dar el valor, asimismo,de la corriente simétrica de corte en las mismas barras delante de un cortocircuito trifásico (Ia)(suponer un tiempo de retardo de 0.1s para los interruptores).
3 En el supuesto de producirse los mismos cortocircuitos anteriores (monofásicos, bifásicos, trifásicos)pero ahora en las barras de interconexión “F”, ¿cuáles serán las corrientes iniciales de cortocircuito ylas máximas corrientes asimétricas de cortocircuito que se producirán (I”
k1 , I”k2, I”k3, Is1, Is2, Is3)?Dar el valor, asimismo, de la corriente simétrica de corte en las mismas barras delante de uncortocircuito trifásico (Ia) (suponer un tiempo de retardo de 0.1s para los interruptores).
RESOLUCIÓN
¶ Cálculo de impedancias a 25kV
1G W=Ö
Ö=Ö¡¡== 875.11040
2500012,06
22
21 jS
UXXX
n
nd W=
ÖÖ= 625.0
10402500004.0
6
2
0 jX Xn=0
2G W=Ö
Ö== 21050
2500016.06
2
21 jXX W=Ö
Ö= 5.01050
2500004.06
2
0 jX Xn=0
1RT W=Ö
Ö=Ö== 875.11040
2500012.06
22
21 jS
UXX
n
nxcce W=Ö= 687.19.0 10 jXX Xn=0
Y
3 Problemas resueltos de fallos en sistemas de potencia 121
2RT W=Ö
Ö=ÖÖ= 07.11070
2500012,0 6
22
21 jS
UXXn
nxcce W=Ö= 964.09.0 10 jXX Xn=0
L1: ( )W==
ö÷õæ
çå
== 085.18.425
25120
252221 jjjXX X0=2.5·X1= j 2.71W
L2: X1=X2=j0.868W X0=2.5·X1= j2.17WL3: X1=X2=j0.868W X0=2.5·X1= j2.17WL4: X1=X2=j0.955W X0=2.5·X1= j2.387WL5: X1=X2=j0.434W X0=2.5·X1= j1.085W
¶ Cálculo de impedancias a 120kV
1G ( )( ) W=== 2.438.4875.1 221 jjXX ( )( ) W== 4.148.4625.0 2
0 jjX Xn=0
2G ( )( ) W=== 08.468.42 221 jjXX ( )( ) W== 52.118.45.0 2
0 jX Xn=0
1RT W=Ö
Ö=Ö== 2.431040
12000012.06
22
21 jS
UXX
n
nxcce W=Ö= 88.389.0 10 jXX Xn=0
2RT W=Ö
Ö=ÖÖ= 6.241070
12000012,0 6
22
21 jS
UXXn
nxcce W=Ö= 22.229.0 10 jXX Xn=0
L1: X1=X2=j25W X0=2.5·X1= j 62.5WL2: X1=X2=j20W X0=2.5·X1= j 50WL3: X1=X2=j20W X0=2.5·X1= j 50WL4: X1=X2=j22W X0=2.5·X1= j 55WL5: X1=X2=j10W X0=2.5·X1= j 25W
1 Redes de secuencia directa, inversa y homopolar
¶ Redes de secuencia directa e inversa (sin los generadores)
¶ Con el cambio triangulo-estrella
Protección de sistemas eléctricos de potencia122
¶ Red de secuencia homopolar
¶ Con el cambio triángulo-estrella
¶ Pasamos las impedancias de triángulo a estrella
¶ En la red directa y inversa (a 25kV)
W=++
Ö= 334.0
321
21 jXXX
XXXLLL
LLA W=
++Ö
= 334.0321
31 jXXX
XXX
LLL
LLB
W=++
Ö= 267.0
321
32 jXXX
XXX
LLL
LLC
¶ En la red homopolar (a 25kV)
W=++
Ö= 835.0
302010
2010 jXXX
XXX
LLL
LLoA W=
++Ö
= 835.0302010
3010 jXXX
XXX
LLL
LLoB
W=++
Ö= 667.0
302010
3020 jXXX
XXX
LLL
LLoC
¶ En la red directa y inversa (a 120kV)
W=++
Ö= 692.7
321
21 jXXX
XXX
LLL
LLA W=
++Ö
= 692.7321
31 jXXX
XXX
LLL
LLB
W=++
Ö= 15.6
321
32 jXXX
XXX
LLL
LLC
¶ En la red homopolar (a 120kV)
W=++
Ö= 23.19
302010
2010 jXXX
XXX
LLL
LLoA W=
++Ö
= 23.19302010
3010 jXXX
XXX
LLL
LLoB
W=++
Ö= 38.15
302010
3020 jXXX
XXX
LLL
LLoC
3 Problemas resueltos de fallos en sistemas de potencia 123
¶ Buscamos las impedancias directa, inversa y homopolar vistas desde "A" y "F"
¶ Impedancias vistas desde las Barras "A" (a 25kV)
[ ] [ ]
WÏ=+=++=++=WÏ=+==
WÏ=+==+++++==
º90545.3)545.30()625.046.146.1(º90625.0)625.00(
º9046.1)46.10(578.6//)875.1(//)(
21
1
1422121
jjjjZZZZjZZ
jjjZZZZZZZZZ
oAAATA
ogoA
TRABLTRggAA
¶ Impedancias vistas desde las Barras "F" ( a 120 KV)
( ) ( )[ ] ( )( ) ( )[ ] ( )
WÏ=+=+==+=++++++
=+++++++==
º9072.64)72.640()15.16()57.48()38.25(37.100//09.94)15.16(08.466.2422692.7//692.72.432.43
// 52241121
jjjjjjjjjjjjjj
ZZZZZZZZZZZ LCgTRLBATRgFF
( ) ( )[ ] ( )( ) ( )[ ] ( )
WÏ=+=+==+=+++++
=+++++=
º9064.76)64.760()38.4026.36()38.40()45.96//11.58(2538.1522.225523.19//23.1988.38
// 5241
jjjjjjjjjjjjj
ZZZZZZZZ oLoCoTRoLoBoAoTRoF
WÏ=+=++= º901.206)1.2060(21 jZZZZ oFFFTF
2 Las corrientes de cortocircuito monofásico, bifásico y trifásico; corrientes máximasasimétricas y la corriente simétrica de corte con un cortocircuito en "A" (a 25kV) son:
¶ Corrientes de cortocircuito: (aplicando las fórmulas correspondientes a cada tipo de cortocircuito).
AZ
UI nK º9075.10874
º9046.13º0250001.1
31.1
13 -Ï=
ÏÖÏÖ=
ÖÖ=¡¡
AZZ
UI nK º908.9417
º9046.12º0250001.11.1
212 -Ï=
ÏÖÏÖ=
+ÖÖ=¡¡
AZUI
T
nK º902.13436
º90545.3º0250003·1.13·1.1
1 -Ï=Ï
ÏÖ=Ö=¡¡
¶ Corrientes máximas asimétricas de cortocircuitos “IS”: (aplicando el coeficiente c , gráfica 12.1)
Recordando todo lo expuesto en la primera pregunta del problema 3.3 referente a la intensidad "Is", y ala cual nos remitimos para su correcta comprensión:
Las fórmulas a aplicar para hallar la corriente de cierre máxima, para los distintos tipos decortocircuitos, son:
kS II ''2 ÖÖ= c Como R=0, siempre 2=c (gráfica 12.1, de los anexos)
AII kS º9044.30758)º9075.10874(22''2 33 -Ï=-ÏÖÖ=ÖÖ= c
AII kS º9056.26637)º908.9417(22''2 22 -Ï=-ÏÖÖ=ÖÖ= c
AII kS º902.38002)º902.13436(22''2 11 -Ï=-ÏÖÖ=ÖÖ= c
Con estos valores se adopta para todos los casos un Poder de Cierre de 50KA.
¶ La corriente simétrica de corte "Ia" trifásica será: (valores de "m" y "q", hallados en las gráficas12.2 y 12.3 respectivamente, de los anexos)
Para hallar la corriente de corte total, vista desde las barras "A", es necesario aplicar la fórmula:
Protección de sistemas eléctricos de potencia124
BagAagka IIqII +== ··'' 33 m
En esta fórmula aparecen dos coeficientes, cuyo cálculo se ha explicado en la primera pregunta delproblema 3.3 y a la cual nos remitimos para su correcta comprensión:
¶ Operando en consecuencia para estas barras "A", tendremos:
La intensidad trifásica de cortocircuito en barras "A" es: AI AK º9075.10874'' 3 -Ï=
Sí dividimos esta intensidad entre los dos generadores:
Ajj
ZZZZZZZ
ZZZZZZII
TRABLTRgg
TRABLTRgAKgAK º906.8462
453.8578.6º9075.10874
)()(
)(''
14221
1422313 -Ï=-Ï=
++++++
+++++=¡¡
Ajj
ZZZZZZZ
ZII
TRABLTRgg
gAKgAK º902.2412
453.8875.1º9075.10874
)()(''
14221
1323 -Ï=-Ï=
++++++=¡¡
Las intensidades nominales, en módulo, de los generadores son:
AU
SI
n
nng 76.923
102531040
3 3
6
1 =ÖÖ
Ö=Ö
=
AU
SI
n
nng 7.1154
102531050
3 3
6
2 =ÖÖ
Ö=Ö
=
Encontramos los coeficientes 1gm y 2gm gráficamente (gráfica 12.2, de los anexos con un tv=0.1s):
16.976.9236.8462
1
13 ==¡¡
ng
gK
II 65.01 =gm
09.27.11542.22412
2
23 ==¡¡
ng
gK
II
98.02 =gm
Por tanto, la corriente simétrica de corte será:
AqIqIIII ggKggKagaga
º906.7864198.0)º902.2412(165.0)º906.8462(
'''' 2223111321
-Ï=ÖÖ-Ï+ÖÖ-Ï=
=ÖÖ+ÖÖ=+= mm
Recordar que q=1 cuando no hay motores asíncronos (gráfica 12.3, de los anexos).
Con estos valores será suficiente con adoptar un Poder de Corte de 15KA.
3 Las corrientes de cortocircuito monofásico, bifásico y trifásico; corrientes máximasasimétricas y la corriente simétrica de corte con un cortocircuito en "F" (a 120kV)son:
¶ Corrientes de cortocircuito: (aplicando las fórmulas correspondientes a cada tipo de cortocircuito)
AZ
UI nK º9054.1177
º9072.643º01200001.1
31.1
13 -Ï=
ÏÖÏÖ=
ÖÖ=¡¡
AZZ
UI nK º9078.1019
)º9072.64(2º01200001.11.1
212 -Ï=
ÏÖÏÖ=
+Ö=¡¡
AZ
UIT
nK º903.1109
º901.206º0120000·31.1·31.1
1 -Ï=Ï
ÏÖ=Ö=¡¡
3 Problemas resueltos de fallos en sistemas de potencia 125
¶ Corrientes máximas asimétricas de cortocircuitos “IS”: (aplicando el coeficiente c , gráfica 12.1)
Recordando todo lo expuesto en la primera pregunta del problema 3.3 referente a la intensidad "Is" y ala cual nos remitimos para su correcta comprensión:
Las fórmulas a aplicar para hallar la corriente de cierre máxima, para los distintos tipos decortocircuitos, son:
KS II ''2 ÖÖ= c Como R=0, siempre 2=c (gráfica 12.1, de los anexos)
AII KS º906.3330)º905.1177·(2·2''·22 33 -Ï=-Ï=Ö=
AII KS º904.2884)º908.1019·(2·2''22 22 -Ï=-Ï=ÖÖ=
AII KS º906.3137)º903.1109·(2·2''22 11 -Ï=-Ï=ÖÖ=
Con estos valores se adopta para todos los casos un Poder de Cierre de 5KA.
¶ La corriente simétrica de corte "Ia" trifásica será: (valores de "m", y "q", hallados en las gráficas12.2 y 12.3 respectivamente, de los anexos)
Para hallar la corriente de corte total, vista desde las barras "F", es necesario aplicar la fórmula:
BagAagka IIqII +== ··'' 33 m
En esta fórmula aparecen dos coeficientes, cuyo cálculo se ha explicado en la primera pregunta delproblema 3.3 y a la cual nos remitimos para su correcta comprensión:
¶ Operando en consecuencia para estas barras "F", tendremos:
Como: AIKVFk º9054.1177
1203 -Ï=¡¡ A
Mediante divisores de intensidad, buscamos las aportaciones que cada generador da a esta corriente decortocircuito:
Ajj
jjjjjjjjjjI
ZZZZZZZ
ZZZZII
FK
gTRLBATRg
gTRLBFkgFK
º908.6075.1944.100º9054.1177
)08.466.242269.7()692.7)2.43(2()08.466.2422692.7(''
)()(
)(''
3
22411
224313
-Ï=-Ï=+++++
+++=
=++++++
+++=¡¡
Ajj
jjjjjjjjI
ZZZZZZZZZZ
II
FK
gTRLBATRg
ATRgFKgFK
º907.5695.1941.94
º9054.1177)08.466.2422692.7()692.7)2.43(2(
)692.72.432.43(''
)()()(
''
3
22411
11323
-Ï=-Ï=+++++
++Ö=
=++++++
++Ö=¡¡
Que a bajo nivel de tensión (25kV) será:
AI KVgFk º904.291725
120º·908.607''2513 -Ï=ö
÷õæ
çå-Ï=
AI KVgFk º906.2734)8.4º·(907.569''2523 -Ï=-Ï=
Con unas intensidades nominales, en módulo, de los generadores de:
AU
SI
n
nng 76.923
102531040
3 3
6
1 =ÖÖ
Ö=Ö
=
Protección de sistemas eléctricos de potencia126
AU
SI
n
nng 7.1154
102531050
3 3
6
2 =ÖÖ
Ö=Ö
=
Encontramos 1gm y 2gm gráficamente (gráfica 12.2, de los anexos y con un tiempo de tv=0.1s):
16.376.923
4.2917
1
13 ==¡¡
ng
gK
II
1gm =0.87
37.27.11546.2734
2
23 ==¡¡
ng
gK
II
2gm =0.93
Quedando la corriente simétrica de corte con un valor de (recordar que vuelven a adoptarse los valoresde las intensidades a 120000kV, ya que el punto "F" se encuentra a esta tensión):
A
qIqIIII ggKggKagagKVaF
º906.10581·93.0)·º907.569(1·87.0)·º908.607(
'''' 2223111321120
-Ï=-Ï+-Ï=
=ÖÖ+ÖÖ=+= mm
Recordar que cuando no hay motores asíncronos q=1 (gráfica 12.3 de los anexos).
Con estos valores podemos adoptar un Poder de Corte de 2KA para todos los casos.
3 Problemas resueltos de fallos en sistemas de potencia 127
PROBLEMA 3.7
El circuito mostrado en la figura corresponde a un suministro trifásico formado por dos generadoressíncronos trifásicos y dos transformadores. Los parámetros y valores que definen al sistema son:
DATOS
G1 …………60 MVA……….25 kV……….X1=X2= 22.5% ……….Xo= 7.5%……...Xn= 11.25%G2 …………50 MVA……….25 kV……….X1=X2= 21.875%……..Xo= 7.5%……...Xn= 12.5%TR1 ………..60 MVA……..25/150 kV…….X1=X2= 11.25% ………Xo= 7.5%……...Xn= 0TR2 ………..80 MVA……..25/150 kV…….X1=X2= 18%…………..Xo= 18%………Xn= 0Línea……………………………………….X1=X2= j 14.1W…...….Xo= j 56.3W
Figura 3.7 Circuito unifilar del sistema de potencia correspondiente al problema 3.7
HALLAR
Si en las barras "3", se produce un cortocircuito Fase-tierra:
1. Todas las intensidades del circuito.2. Las tensiones de línea en el punto de fallo (barras "3").3. Las tensiones de línea en bornes de G1, (barras "1").
RESOLUCIÓN
¶ Redes de secuencia directa, inversa y homopolar
¶ Redes de secuencia directa e inversa (sin generadores)
¶ Red de secuencia homopolar
~ ~¶¶ ¶ ¶ ¶
xn1
j1 j21 2 3 4
xn2
TR1 TR2L
Dy11 Yy0
¶ ¶ ¶ ¶1 2 3 4X o LX 0 g 1 X 0 T 1 X 0 T 2 X 0 g2
I ´ ´k 13 X g 1
¶
3 X n 2
G1 G2
~ ~¶ ¶ ¶ ¶
G 1 G 21 2 3 4X LX g 1 X T 1 X T 2 X g 2
N NI´´ k 1
Protección de sistemas eléctricos de potencia128
¶ Cálculo de impedancias a 25kV
¶ G1 21 XX = = ( ) W= 344.260
25225.02
j 0X = ( ) W= 7812.06025075.0
2
j nX =j1.172W
¶ G2 21 XX = = ( ) W= 734.250
2521875.02
j 0X = ( ) W= 9375.050
25075.02
j nX =j1.563W
¶ TR1 21 XX = = W= 172.160
)25(1125.0
2
j 0X = ( ) W= 781.060
25075.02
j nX =0
¶ TR2 21 XX = = ( ) W= 406.180
2518.02
j 0X = ( ) W= 406.180
2518.02
j nX =0
¶Línea W=== 392.0)6(
1.14221 jjXX W== 564.1
)6(3.56
20 jjX
¶ Cálculo de impedancias a 150kV
¶ G1 W=== 384.84)6)(344.2( 221 jjXX W== 12.28)6)(7812.0( 2
0 jjX nX =j42.19W
¶ G2 W=== 42.98)6)(734.2( 221 jjXX 0X = W= 75.33)6)(9375.0( 2 jj nX =j56.27W
¶ TR1 21 XX = = ( ) W= 18.4260
1501125.02
j 0X = ( ) W= 125.2860
150075.02
j nX =0
¶ TR2 21 XX = = ( ) W= 62.5080
15018.02
j 0X = ( ) W= 625.5080
15018.02
j nX =0
¶Línea 21 XX = =j14.1W 0X = j56.3W
¶ Relación de transformación
625
150m ==
¶ Circuito equivalente al producirse una falta monofásica en las barras "3"
¶ Barras "3" a alta tensión (150kV) en el punto de cortocircuito
¶ Cálculo de las impedancias totales vistas desde las barras de cortocircuito
( ) ( )[ ] ( )[ ] WÏ=+==+++== º035.72)35.720(149//66.140// 221121 jjjXXXXXZZ gTLTg
( )[ ] WÏ=+=++=++= º018.253)18.2530())268.56(375.33625.50(3 222 jjjjXXXZ gogoTo
¶
¶ ¶
¶
¶
1 2 3 4TR2
¶
¶
¶
¶
¶
¶
¶
¶
¶
¶
¶
¶ ¶
TR1L
G1 G2
º00Ï
º00Ï
º00I Ï=ä
º9052.1163 Ï
º9052.1163 -Ï
º00Ï
º9092.223 -Ï
º9096.111 Ï
º9096.111 Ï
º9005.429 -Ϻ00Ï
º908.111 -Ϻ00Ï
º908.111 -Ϻ90653 -Ï
º00I Ï=ä
º903.2574 -Ϻ00Ï
º907.671 -Ï
º907.671 -Ï
k´´Iº9017.3917 =-Ï1k´´I
3 Problemas resueltos de fallos en sistemas de potencia 129
¶ La corriente de cortocircuito total, así como las componentes simétricas totales en las barrasdel cortocircuito, con una falta monofásica a tierra, será:
AZZZ
UI nK º9094.652)1.1(
º909.3973)º0150000·(1.13·1.1
0211 -Ï=
ÏÏ
=++
=¡¡
El coeficiente de simultaneidad (1.1) no se utiliza para realizar el estudio de las componentessimétricas.
Las componentes simétricas de la corriente de cortocircuito monofásico a tierra se repartirán de lasiguiente forma:
AI
III KRRR º9065.217
31
021 -Ï=¡¡
===
Con este tipo de cortocircuito monofásico a tierra, es necesario considerar las componenteshomopolares, ya que existe una fuga de corriente hacia tierra.
¶ Intensidades de línea en el punto de cortocircuito: (intensidades totales en el punto de cortocircuitohalladas mediante sus correspondientes componentes simétricas).
Recordar que: º01Ï=a º12012
Ï=a º24013
Ï=a
AIIII RRRR º9094.652º9065.217º9065.217º9065.217021 -Ï=-Ï+-Ï+-Ï=++=
AIaIaII RRRS º00º9065.217)º120º90(65.217)º240º90(65.217022
1 Ï=-Ï++-Ï++-Ï=+Ö+Ö=
AIaIaII RRRT º00º9065.217)º240º90(65.217)º120º90(65.21702
21 Ï=-Ï++-Ï++-Ï=+Ö+Ö=
AI º9065.652 -Ï=ä
En este caso, como existe fuga de energía a tierra, la suma de las intensidades de línea en el punto decortocircuito no será nula. Existe una componente, que es precisamente la corriente total de cortocircuito.
1. Hallamos todas las intensidades del circuito
Vamos a hallar las intensidades de línea correspondientes a diversos puntos del sistema de potencia.Para ello, nos basaremos en las componentes simétricas halladas para el apartado anterior (punto decortocircuito).
Será necesario, mediante divisores de intensidad, dividir las componentes simétricas halladas (recordarque son las totales para el punto de cortocircuito) para las dos secciones en las que queda dividido elcircuito a causa del cortocircuito producido en las barras "3" (ver redes de secuencia).
¶ Reparto de las componentes simétricas de las corrientes
Línea TR2 (primario)
AI R º9096.111º907.289
º90149º9065.2171 -Ï=-Ï-Ï-Ï=
AI R º9096.111º907.289
º90149º9065.2172 -Ï=-Ï-Ï-Ï=
AI R 0º9018.253º9065.2170 =¤
-Ï-Ï=
WÏ=+=++= º09.397)9.3970()( 21 jZZZZ oT
AjjIR º907.105
7.2897.140º9065.2171 -Ï=-Ï=
AjjIR º907.105
7.2897.140º9065.2172 -Ï=-Ï=
AIR º9065.2170 -Ï=
Protección de sistemas eléctricos de potencia130
¶ Las intensidades serán:
¶ EN LA LÍNEA L1 Y EN EL SECUNDARIO DEL TRANSFORMADOR TR1: (150kV) (valoresespecificados en el esquema del circuito equivalente del sistema de potencia)
¶ Cálculo de intensidades de línea en la línea 1º
Teniendo presentes las componentes simétricas halladas para este tramo del circuito, tendremos:
AIIII RRRR º9092.223º00º9096.111º9096.111021 -Ï=Ï+-Ï+-Ï=++=
AIaIaII RRRS º9096.111º010)º120º90(96.111)º240º90(96.111022
1 Ï=Ï++-Ï++-Ï=+Ö+Ö=
AIaIaII RRRT º9096.111º00)º240º90(96.111)º120º90(96.11102
21 Ï=Ï++-Ï++-Ï=+Ö+Ö=
AI º00Ï=ä
¶ EN EL GENERADOR G1: (25kV) (valores especificados en el esquema del circuito equivalentedel sistema de potencia)
Para calcular las corrientes que fluyen a través de los bornes del generador G1, será necesario pasar lascomponentes simétricas que transcurrían por la línea 1º, a través del transformador TR1.
Para pasar las componentes simétricas a través de un transformador es preciso recordar tres requisitosbásicos:
¶ Un transformador sólo permitirá el paso de las componentes homopolares cuando susprimarios y secundarios estén conectados en estrella y además cada neutro de estas estrellasesté puesto a tierra. Los demás tipos de conexión nunca permitirán el paso de lascomponentes homopolares.
¶ Un transformador (aunque mantiene la frecuencia y las potencias en unos valores muysimilares) modifica las tensiones y las intensidades al paso de éstas a través del mismo. Porello, es necesario aplicar la relación de transformación (tanto para intensidades como paratensiones) cuando se desee pasar estas magnitudes a través de un transformador.
¶ Los transformadores también introducen desfases en los argumentos de las magnitudeseléctricas que pasan por sus bobinados. Para simplificar en la resolución de estos problemas,se seguirá lo establecido por la norma Americana ANSI, mediante la cual pueden darse dossituaciones características:¶ En transformadores triángulo-estrella o estrella-triángulo. Si aumentamos de tensión
(transformador elevador) tendremos que sumarles 30º grados a los ángulos de lasintensidades en la secuencia directa, y restarles 30º grados a los ángulos de las mismasintensidades en la secuencia inversa. Si lo que hacemos es disminuir la tensión(transformador reductor), el proceso será el contrario del anterior (donde se sumabangrados se restarán, y viceversa).
¶ En transformadores, estrella-estrella o triangulo-triangulo. No se producirá ningúndesfase (el desfase es de 0º grados), no debiéndose modificar por tanto los argumentosde las tensiones o de las intensidades.
¶ Componentes simétricas de las intensidades en los bornes del generador G1
En nuestro caso, perdemos tensión al pasar de la línea 1º (150kV) a los bornes del generador G1(25kV). Teniendo presente las recomendaciones para transformadores, las componentes simétricas quepasaban por la línea 1º, al pasar a través del transformador TR1, quedan convertidas de la siguiente forma:
AmII RR º12076.671º301·25
150º9096.111º301··' 11 -Ï=-Ïö÷õæ
çå-Ï=-Ï=
AmII RR º6076.671º301·25
150º9096.111º301··' 22 -Ï=Ïö÷õæ
çåÖ-Ï=Ï=
AI Ro 0' =
El transformador TR1 no permite el paso de las corrientes homopolares a través de él, como quedareflejado en la red de secuencia homopolar.
3 Problemas resueltos de fallos en sistemas de potencia 131
¶ Cálculo de las intensidades de línea en los bornes del generador G1
AIIII RRRR º9052.1163º00º6076.671º12076.671'''' 021 -Ï=Ï+-Ï+-Ï=++=
AIaIaII RRRS º9052.1163º00)º120º90(76.671)º240º90(76.671'''' 022
1 Ï=Ï++-Ï++-Ï=+Ö+Ö=
AIaIaII RRRT º00º00)º240º90(76.671)º120º90(76.671'''' 02
21 Ï=Ï++-Ï++-Ï=+Ö+Ö=
AI º00' Ï=ä
¶ EN EL PRIMARIO DEL TRANSFORMADOR TR2: (150kV) (valores especificados en el
esquema del circuito equivalente del sistema de potencia)
¶ Cálculo de intensidades de línea en los bornes de TR2
Teniendo presente las componentes simétricas halladas para este tramo del circuito, tendremos:
AIIII RRRR º9005.429º9065.217º907.105º907.105021 -Ï=-Ï+-Ï+-Ï=++=
AIaIaII RRRS º908.111º9065.217)º120º90(7.105)º240º90(7.105022
1 -Ï=-Ï++-Ï++-Ï=+Ö+Ö=
AIaIaII RRRT º908.111º9065.217)º240º90(7.105)º120º90(7.10502
21 -Ï=-Ï++-Ï++-Ï=+Ö+Ö=
AI º9065.652 -Ï=ä
¶ EN EL GENERADOR G2: (20kV): (valores especificados en el esquema del circuitoequivalente del sistema de potencia)
Para calcular las corrientes que fluyen a través de los bornes del generador G2, será necesario pasar lascomponentes simétricas que transcurrían por el primario del transformador TR2.
Para pasar las componentes simétricas a través de un transformador es preciso recordar los tresrequisitos básicos dados en el apartado anterior de este mismo problema:
¶ Componentes simétricas de las intensidades en los bornes del generador G2
En nuestro caso, perdemos tensión al pasar de los bornes del primario del transformador TR2 (150kV) alos bornes del generador G2 (25kV). Teniendo presente las recomendaciones para transformadores, lascomponentes simétricas, al pasar a través del transformador TR2, quedan convertidas de la siguienteforma:
AmII RR º902.634º01·25
150º907.105º01··' 11 -Ï=Ïö÷õæ
çå-Ï=Ï=
AmII RR º902.634º01·25
150º907.105º01··' 22 -Ï=Ïö÷õæ
çåÖ-Ï=Ï=
AmII RoRo º909.1305º01·25
150º·9065.217º01··' -Ï=Ïö÷õæ
çå-Ï=Ï=
¶ Cálculo de las intensidades de línea en los bornes del generador G2
AIIII RRRR º903.2574º909.1305º902.634º902.634'''' 021 -Ï=-Ï+-Ï+-Ï=++=
AIaIaII RRRS º907.671º909.1305)º120º90(2.634)º240º90(2.634'''' 022
1 -Ï=-Ï++-Ï++-Ï=+Ö+Ö=
AIaIaII RRRT º907.671º909.1305)º240º90(2.634)º120º90(2.634'''' 02
21 -Ï=-Ï++-Ï++-Ï=+Ö+Ö=
AI º907.3917' -Ï=ä
El sumatorio de las intensidades no es cero, ya que existe una fuga a tierra de energía eléctrica.Además, este valor de la suma de intensidades debe coincidir con el obtenido para la corriente decortocircuito total del sistema (es lógico, ya que esta suma de corrientes no es más que el retorno de tierrade la corriente total de cortocircuito aplicándole la relación de transformación correspondiente).
Protección de sistemas eléctricos de potencia132
2. Tensiones de línea en el punto de cortocircuito (barras "3") (150kV)
¶ Componentes simétricas
Primeramente, hallamos las tensiones con componentes simétricas en el punto de cortocircuito. Portanto, deberemos usar las intensidades e impedancias totales en el punto de cortocircuito.
VZIEV RR º056.70855º035.72º9065.2173
º0150000111 Ï=-ÏÖ-Ï-Ï=-=
VZIV RR º18015747º9035.72º9065.217222 Ï=ÏÖ-Ï-=-=VZIV RR º18062.55104º9018.253º9065.217000 Ï=ÏÖ-Ï-=-=
¶ Calculamos las tensiones de fase en este punto de cortocircuito
VVVVV RRRRN º00º18062.55104º18015747º056.70855021 Ï=Ï+Ï+Ï=++=
VVaVaVV RRRSN º8.13715.111613º1806.55104º30015747º2406.70855022
1 -Ï=Ï+Ï+Ï=+Ö+Ö=
VVaVaVV RRRTN º8.13715.111613º1806.55104º6015747º1206.7085502
21 Ï=Ï+Ï+Ï=+Ö+Ö=
¶ Cálculo de las tensiones de línea en el punto de cortocircuito
VVVU SNRNRS º2.4215.111613º8.1372.111613º00 Ï=-Ï-Ï=-=
VVVU TNSNST º907.149945º8.13715.111613º8.1372.111613 -Ï=Ï--Ï=-= VU L º00Ï=äVVVU RNTNTR º8.13715.111613º00º8.13715.111613 Ï=Ï-Ï=-=
La suma de las tensiones de línea, aún con cortocircuito con fugas a tierra, debe ser siempre cero.
Para el cálculo de estas tensiones de línea nos puede ayudar el siguiente gráfico, donde se relacionanlas tensiones de fase con las tensiones de línea:
3 Tensiones de línea en barras "1" del generador G1 (25kV)
Para el cálculo de las tensiones, en estas barras alejadas del punto de cortocircuito, serán de gran ayudalos siguientes esquemas que representan al circuito de potencia visto desde el punto de falta (barras "3").Se representan tanto las secuencias directa e inversa como la secuencia homopolar:
- Redes directa e inversa vistas desde las barras "3"
~
~
~
¶
¶
¶
¶ ¶¶ ¶
¶
E
G1
G2
Xg1
Xg2
1
4
2XT1
XT2
XL
VR1 IR1
STU
RSU
TNVTRU
R
S
T
RNV
SNV
3 Problemas resueltos de fallos en sistemas de potencia 133
¶ Red homopolar vista desde las barras "3"
¶ Cálculo de las tensiones por componentes simétricas en barras "1"
Para realizar este cálculo debe tenerse presente que estamos situados en la zona de 25kV, con todos loscambios en cuanto a las magnitudes eléctricas (módulos y ángulos) que esto representa.
Primeramente pasamos a la tensión de 25kV las componentes simétricas de las tensiones, halladas en elpunto del cortocircuito (150kV):
Vm
VV RR º3026.11809º301·
6º056.70855º301·'' 1
1 -Ï=-ÏÏ=-Ï=
Vm
VV RR º2105.2624º301·
6º18015747º301·'' 2
2 Ï=ÏÏ=Ï=
VV R º00'' 0 Ï=
Nosotros ya conocemos el valor de las componentes simétricas en el punto de cortocircuito buscadas aalto nivel de tensión (150kV). Pero es necesario proceder al cálculo de dichas componentes simétricas,pero ahora en las barras deseadas (en este caso a nivel bajo de tensión 25kV). Existen dos formas pararealizar este cálculo:
¶ Método A
Con este método, se resta de la tensión total en el punto de cortocircuito (al nivel de tensión adecuado)la caída de tensión que se produce hasta alcanzar el punto o barras de conexión deseadas, (resultan degran utilidad para la comprensión de las siguientes expresiones los esquemas dados en este apartado delas redes de secuencia vistas desde el punto o barras "3".)
VZIEV gRR º302.12859º90344.2º12076.6713
)º30º0(25000''' 111 -Ï=ÏÖ-Ï--Ï
=-=
VZIV gRR º2106.1574º90344.2º6076.671'' 222 Ï=ÏÖ-Ï-=-=VZIV oRoR º00'´ 0 Ï=-=
¶ Método B
Con este método, se suma a la tensión total de las componentes simétricas en el punto de cortocircuito(al nivel de tensión adecuado) la caída de tensión que se produce hasta alcanzar el punto o barras deconexión deseadas. (Resultan de gran utilidad para la comprensión de las siguientes expresiones losesquemas dados en este apartado de las redes de secuencia vistas desde el punto ó barras "3".)
( ) VjjZZIVV TRLRRR º3012860)172.1392.0(º12076.67125/150
)º30º0(56.70855)('''' 1111 -Ï=+Ö-Ï+
-Ï=++=
VjjZZIVV TRLRRR º2109.1573)172.1392.0(º6076.671)25/150(
)º30º180(15747)('''' 1222 Ï=+Ö-Ï+
+Ï=++=
VZIVV oRoRoR º00'''´ 0 Ï=+=
¶ Cálculo de las tensiones de fase en las barras del generador G1
VVVVV RRRRN º44.365.12148º00º2109.1573º3012860´´´' 021 -Ï=Ï+Ï+-Ï=++=
¶ ¶3Xn2 4X0g2 X0T2
¶VR0IR0
Protección de sistemas eléctricos de potencia134
VVaVaVV RRRSN º6.14312148º00)º120º210(9.1573)º240º30(12860'´´' 022
1 -Ï=Ï++Ï++-Ï=+Ö+Ö=
VVaVaVV RRRTN º906.14433º00)º240º210(9.1573)º120º30(12860'´´' 02
21 Ï=Ï++Ï++-Ï=+Ö+Ö=
¶ Cálculo de las tensiones de línea en las barras del generador G1
VVVU SNRNRS º05.19551º6.1435.12148º4.365.12148''' Ï=-Ï--Ï=-=VVVU TNSNST º11423749º906.14433º6.1435.12148''' -Ï=Ï--Ï=-=
VVVU RNTNTR º11423753º44.365.12148º906.14433''' Ï=-Ï-Ï=-=
VU L º87.0240Ï=ä
La suma de tensiones de línea debería dar cero. El valor obtenido, aunque no nulo, es muy pequeño,debiéndose esta desviación a posibles redondeos de cálculo.
3 Problemas resueltos de fallos en sistemas de potencia 135
PROBLEMA 3.8
Dos máquinas síncronas se conectan a través de transformadores trifásicos a una línea de transmisiónde energía eléctrica, como se muestra en la figura. Los parámetros y valores que definen al sistema son:
DATOS
G1, G2……..100MVA…………...20kV……….X”d=X1=X2= 20%……..Xo= 4%………Xn= 5%TRI, TR2 …...100MVA………20kV/345kV……X”d=X1=X2= 8%………Xo= 8%………Xn= 0%Línea……………………………………………X1=X2= j178.5 W………Xo= j595.1W
Figura 3.8 Circuito unifilar del sistema de potencia correspondiente al problema 3.8
HALLAR Si el sistema esta operando a voltaje nominal y sin corriente antes del fallo, delante de una faltabifásica, en las barras "3":
1 Todas las intensidades del circuito.2 Las tensiones de línea en barras "3" (punto de cortocircuito).3 Tensiones de línea en barras "4".
RESOLUCIÓN
Redes de secuencia directa, inversa y homopolar
¶ Redes de secuencia directa e inversa (sin generadores)
¶ Red de secuencia homopolar
~ ~¶ ¶ ¶ ¶
G1 G21 2 3 4XLXg1 XT1 XT2 Xg2
N N
¶ ¶ ¶ ¶1 2 3 4XoLX0g1 X0T1 X0T2 X0g2
F3Xg1
¶
3Xn2
¶ ¶
~ ~¶ ¶ ¶ ¶
xn1
G1 G21 2 3 4TR1 TR2Línea
F
Protección de sistemas eléctricos de potencia136
¶ Cálculo de impedancias
¶ Cálculo de impedancias a 20kV
¶ G1 21 XX = = ( ) W= 8.0100202.0
2
j ( ) W== 16.01002004.0
2
jX o W=ö÷õæ
çå= 2.01002005.0
2
jnX
¶ G2 21 XX = = ( ) W= 8.0100202.0
2
j 0X = ( ) W= 16.01002004.0
2
j W=ö÷õæ
çå= 2.01002005.0
2
jnX
¶ TR1 21 XX = = W= 32.0100
)20(08.0
2
j 0X = ( ) W= 32.01002008.0
2
j nX =0
¶ TR2 21 XX = = ( ) W= 32.01002008.0
2
j 0X = ( ) W= 32.01002008.0
2
j nX =0
¶Línea W=== 6.0)25.17(5.178
221 jjXX W== 2)25.17(1.595
20 jjX
¶ Cálculo de impedancias a 345kV
¶ G1 W=== 238)25.17)(8.0( 221 jjXX W== 6.47)25.17)(16.0( 2
0 jjX nX =j59.5W
¶ G2 W=== 238)25.17)(8.0( 221 jjXX 0X = W= 6.47)25.17)(16.0( 2 jj nX =j59.5W
¶ TR1 21 XX = = ( ) W= 22.9510034508.0
2
j 0X = ( ) W= 22.9510034508.0
2
j nX =0
¶ TR2 21 XX = = ( ) W= 22.9510034508.0
2
j 0X = ( ) W= 22.9510034508.0
2
j nX =0
¶Línea W== 5.17821 jXX W= 1.5950 jX
¶ Relación de transformación
25.1720
345 ==m
¶ Circuito equivalente al producirse una falta bifásica en las barras "3"
¶ Barras "3" a alta tensión (345kV) en el punto de cortocircuito
¶ Cálculo de las impedancias totales vistas desde las barras de cortocircuito
( ) ( ) ( ) WÏ=+==+++== º908.201)8.2010(22.333//72.511// 221121 jjjXXXXXXX gRTLTRg
WÏ=+=++=++= º9092.1093)92.10930(32.6908.2018.201(21 jjjjXXXX oT
( ) WÏ=+=+=+= º9032.690)32.6900()1.59522.95(1 jjjXXX oLoTRo
3 Problemas resueltos de fallos en sistemas de potencia 137
¶ Cálculo de las componentes simétricas totales en las barras de cortocircuito (345kV) con unafalta bifásica
21 RR VV = 21 RR II -= 000 == RR IV
AZZ
EI R º905.493)º908.201·(2
3º0345000
211 -Ï=
Ï
Ï
=+
=
Además como sabemos que las corrientes IR1= -IR2
AII RR º905.49312 Ï=-=
No existe componente homopolar, ya que como se indica en el enunciado, el cortocircuito es bifásico,sin conexión a tierras, no existiendo fuga de corriente y por consiguiente siendo nula la componente querepresenta a estas fugas (la componente homopolar):
¶ Intensidades de línea en el punto de cortocircuito (345kV) (Intensidades totales en el punto decortocircuito halladas mediante sus correspondientes componentes simétricas):
Recordar que: º01Ï=a º12012
Ï=a º24013
Ï=a
AIIII RRRR º00º00º905.495º905.493021 Ï=Ï+Ï+-Ï=++=
AIaIaII RRRS º18076.854º00)º120º90(5.493)º240º90(5.493022
1 Ï=Ï++Ï++-Ï=+Ö+Ö=
AIaIaII RRRT º076.854º00)º240º90(5.493)º120º90(5.49302
21 Ï=Ï++Ï++-Ï=+Ö+Ö=
AI º00Ï=ä
O bien, directamente: ( ) AZZ
UI nS º1808.854)1.1(
º908.201·2º0345000·1.1
)(·1.1
21
Ï=ÏÏ=
+=
Nunca se tiene en cuenta el factor (1.1), cuando se trabaja con componentes simétricas.
1 Hallamos todas las intensidades del circuito
Vamos a hallar las intensidades de línea correspondientes a diversos puntos del sistema de potencia.Para ello, nos basaremos en las componentes simétricas halladas para el apartado anterior (punto decortocircuito).
Será necesario, mediante divisores de intensidad, dividir las componentes simétricas halladas (recordarque son las totales para el punto de cortocircuito), para las dos secciones en las que queda dividido elcircuito a causa del cortocircuito producido en las barras "3" (ver redes de secuencia).
¶ Reparto de las componentes simétricas de las corrientes
Línea TR2 (primario)
AjjI R º9062.194
94.84422.333º905.4931 -Ï=-Ï=
AjjI R º9062.194
94.84422.333º905.4932 Ï=Ï=
AI R º000 Ï=
¶ Las intensidades serán:
AjjIR º909.298
94.84472.511º905.4931 -Ï=-Ï=
AjjIR º909.298
94.84472.511º905.4932 Ï=Ï=
AIR º000 Ï=
Protección de sistemas eléctricos de potencia138
¶ EN LA LÍNEA L1 Y EN EL SECUNDARIO DEL TRANSFORMADOR TR1: (valoresdenominados, IR2, IS2, IT2). (345kV)
¶ Cálculo de intensidades de línea en la línea 1º
Teniendo presentes las componentes simétricas halladas para este tramo del circuito, tendremos:
AIIII RRRR º00º00º9062.194º9062.194021 Ï=Ï+Ï+-Ï=++=
AIaIaII RRRS º180337º00)º120º90(62.194)º240º90(62.194022
1 Ï=Ï++Ï++-Ï=+Ö+Ö=
AIaIaII RRRT º0337º00)º240º90(62.194)º120º90(62.19402
21 Ï=Ï++Ï++-Ï=+Ö+Ö=
AI º00Ï=ä
¶ EN EL GENERADOR G1: (valores denominados, IR1, IS1, IT1). (20kV)
Para calcular las corrientes que fluyen a través de los bornes del generador G1, será necesario pasar lascomponentes simétricas que transcurrían por la línea 1º, a través del transformador TR1.
Para pasar las componentes simétricas a través de un transformador es preciso recordar los tresrequisitos básicos dados en el problema 3.7 (a él nos remitimos para su comprensión):
¶ Componentes simétricas de las intensidades en los bornes del generador G1
En nuestro caso, perdemos tensión al pasar de la línea 1º (345kV) a los bornes del generador G1(20kV). Teniendo presente las recomendaciones para transformadores, las componentes simétricas quepasaban por la línea 1º, al pasar a través del transformador TR1, quedan convertidas de la siguiente forma:
AmII RR º1202.3357º301·25.17º9062.194º301··´ 11 -Ï=-ÏÖ-Ï=-Ï=
AmII RR º1202.3357º301·25.17º9062.194º301··´ 22 Ï=ÏÖÏ=Ï=
AI R º00´ 0 Ï=
¶ Cálculo de las intensidades de línea en los bornes del generador G1
AIIII RRRR º1802.3357º00º1202.3357º1202.3357'''' 021 Ï=Ï+Ï+-Ï=++=
AIaIaII RRRS º1802.3357º00)º120º120(2.3357)º240º120(2.3357'''' 022
1 Ï=Ï++Ï++-Ï=+Ö+Ö=
AIaIaII RRRT º04.6714º00)º240º120(2.3357)º120º120(2.3357'''' 02
21 Ï=Ï++Ï++-Ï=+Ö+Ö=
AI º00' Ï=ä
¶ EN EL PRIMARIO DEL TRANSFORMADOR TR2: (valores denominados IR3, IS3, IT3) (345kV)
¶ Cálculo de intensidades de línea en los bornes de TR2
Teniendo presente las componentes simétricas halladas para este tramo del circuito, tendremos:
AIIII RRRR º00º00º909.298º909.298021 Ï=Ï+Ï+-Ï=++=
AIaIaII RRRS º1807.517º00)º120º90(9.298)º240º90(9.298022
1 Ï=Ï++Ï++-Ï=+Ö+Ö=
AIaIaII RRRT º07.517º00)º240º90(7.298)º120º90(7.29802
21 Ï=Ï++Ï++-Ï=+Ö+Ö=
AI º00Ï=ä
¶ EN EL GENERADOR G2: (valores denominados, IR4, IS4, IT4). (20kV)
Para calcular las corrientes que fluyen a través de los bornes del generador G2, será necesario pasar lascomponentes simétricas que transcurrían por el primario del transformador TR2.
3 Problemas resueltos de fallos en sistemas de potencia 139
Para pasar las componentes simétricas a través de un transformador es preciso recordar los tresrequisitos básicos dados en el problema 3.7 (a él nos remitimos para su comprensión):
¶ Componentes simétricas de las intensidades en los bornes del generador G2
En nuestro caso, perdemos tensión al pasar de los bornes del primario del transformador TR2 (345kV) alos bornes del generador G2 (20kV). Teniendo presente las recomendaciones para transformadores, lascomponentes simétricas, al pasar a través del transformador TR2, quedan convertidas de la siguienteforma:
AmII RR º1205156º301·25.17º909.298º301··´ 11 -Ï=-ÏÖ-Ï=-Ï=
AmII RR º1205156º301·25.17º909.298º301··´ 22 Ï=ÏÖÏ=Ï=
AI R º00´ 0 Ï=
¶ Cálculo de las intensidades de línea en los bornes del generador G2
AIIII RRRR º1805156º00º1205156º1205156'''' 021 Ï=Ï+Ï+-Ï=++=
AIaIaII RRRS º1805156º00)º120º120(5156)º240º120(5156'''' 022
1 Ï=Ï++Ï++-Ï=+Ö+Ö=
AIaIaII RRRT º010312º00)º240º120(5156)º120º120(5156'''' 02
21 Ï=Ï++Ï++-Ï=+Ö+Ö=
AI º00' Ï=ä
2 Tensiones de línea en el punto de cortocircuito (barras "3") (345kV)
¶ Componentes simétricas
Primeramente, hallamos las tensiones con componentes simétricas en el punto de cortocircuito. Portanto, deberemos usar las intensidades e impedancias totales en el punto de cortocircuito.
VZIEV RR º05.99597º908.201º905.4933
º0345000111 Ï=ÏÖ-Ï-Ï=-=
VZIV RR º03.99588º908.201º905.493222 Ï=ÏÖÏ-=-=
VZIV oRoRo º00· Ï=-=
¶ Calculamos las tensiones de fase en este punto de cortocircuito
VVVVV RRRRN º0199186º03.99588º05.99597021 Ï=Ï+Ï=++=
VVaVaVV RRRSN º1809.99592)º120º0(3.99588)º240º0(5.99597022
1 Ï=+Ï++Ï=+Ö+Ö=
VVaVaVV RRRTN º1809.99592)º240º0(3.99588)º120º0(5.9959702
21 Ï=+Ï++Ï=+Ö+Ö=
¶ Cálculo de las tensiones de línea en el punto de cortocircuito
VVVU SNRNRS º09.298778º1809.99592º0199186 Ï=Ï-Ï=-=VVVU TNSNST º00º1809.99592º1809.99592 Ï=Ï-Ï=-=
VVVU RNTNTR º1809.298778º0199186º1809.99592 Ï=Ï-Ï=-=
º00Ulínea Ï=ä
Para el cálculo de estas tensiones de línea nos puede ayudar el siguiente gráfico, donde se relacionanlas tensiones de fase con las tensiones de línea:
Protección de sistemas eléctricos de potencia140
3 Tensiones de línea en barras "4" (20kV)
Para el cálculo de las tensiones en estas barras alejadas del punto de cortocircuito, serán de gran ayudalos siguientes esquemas que representan al circuito de potencia visto desde el punto de falta (barras "3").Se representan tanto las secuencias directa e inversa como la secuencia homopolar:
- Redes directa e inversa vistas desde las barras "3"
¶ Red homopolar vistas desde las barras "3"
¶ Cálculo de las tensiones por componentes simétricas en barras "4"
Para realizar este cálculo, debe tenerse presente que estamos situados en la zona de 20kV, con todos loscambios en cuanto a las magnitudes eléctricas (módulos y ángulos) que esto representa.
Primeramente pasamos a la tensión de 20kV las componentes simétricas de las tensiones, halladas en elpunto del cortocircuito (345kV):
Vm
VV RR º3077.5773º301·
25.17º05.99597º301·'' 1
1 -Ï=-ÏÏ=-Ï=
Vm
VV RR º3077.5773º301·
25.17º05.99597º301·'' 2
2 Ï=ÏÏ=Ï=
VV R º00'' 0 Ï=
Una vez pasadas las componentes simétricas de las tensiones en el punto de cortocircuito a bajo nivelde tensión, procedemos al cálculo de dichas componentes simétricas pero ahora en el punto (barras)deseado. Existen dos formas para realizar este cálculo:
STU
RSU
TNVTRU
R
S
T
RNV
SNV
~
~
~
¶
¶
¶
¶ ¶¶ ¶
¶
E
G1
G2
Xg1
Xg2
1
4
2XT1
XT2
XL
R2R1 V,VR1I
¶ ¶X0T1 3XL0
¶R0VR0I
¶2
3 Problemas resueltos de fallos en sistemas de potencia 141
¶ Método A
Con este método, se resta de la tensión total en el punto de cortocircuito, la caída de tensión que seproduce hasta alcanzar el punto o barras de conexión deseadas. (Resulta de gran utilidad para lacomprensión de las siguientes expresiones los esquemas dados en este apartado de las redes de secuenciavistas desde el punto ó barras "3".)
VXIEV gRR º302.7422º908.012051563
º3020000''' 2111 -Ï=ÏÖ-Ï--Ï=-=
VXIV gRR º308.4124º908.0º1205156'' 2222 Ï=ÏÖÏ-=-=
VXIV ogRoR º00'' 20 Ï=-=
¶ Método B
Con este método, se suma a la tensión total de las componentes simétricas en el punto de cortocircuitola caída de tensión que se produce hasta alcanzar el punto o barras de conexión deseadas. (Resulta de granutilidad para la comprensión de las siguientes expresiones los esquemas dados en este apartado de lasredes de secuencia vistas desde el punto ó barras "3".)
VXIVV TRRRR º306.7423º9032.0º12051563077.5773'''' 2111 -Ï=ÏÖ-Ï+-Ï=Ö+=VXIVV TRRRR º308.4123º9032.0º·12051563077.5773'''' 2222 Ï=ÏÏ+Ï=Ö+=
VVR º000 Ï=
¶ Cálculo de las tensiones de fase en las barras "4"
Utilizando cualquiera de los dos métodos anteriores:
VVVVV RRRRN º36.93.10136º308.4123º306.7423'''' 021 -Ï=Ï+-Ï=++=
VVaVaVV RoRRSN º6.1703.10136)º120º30(8.4124)º240º30(6.7423'´´' 22
1 -Ï=+Ï++-Ï=+Ö+Ö=
VVaVaVV RRRTN º908.3298)º240º30(8.4124)º120º30(6.7423'´´' 02
21 Ï=+Ï++-Ï=+Ö+Ö=
¶ Cálculo de las tensiones de línea en las barras "4"
VVVU SNRNRS º04.20001º6.1703.10136º36.93.10136''' Ï=-Ï--Ï=-=VVVU TNSNST º6.15315.11160º908.3298º6.1703.10136''' -Ï=Ï--Ï=-=
VVVU RNTNTR º7.1533.11158º36.93.10136º908.398''' Ï=-Ï-Ï=-=
º00' Ï=ä líneaU
La suma de las tensiones de línea debe ser nula.
Protección de sistemas eléctricos de potencia142
PROBLEMA 3.9
Dos máquinas síncronas se conectan a través de transformadores trifásicos a una línea detransmisión, como se muestra en la figura. Los valores que definen al sistema de potencia son:
DATOS
G1, G2: ……….100 MVA……….20KV………..X´´d = X1= X2 = 20%………. X0 = 4%……Xn = 5%TR1, TR2: …… .100MVA……..345/20KV……...excc=X1 = X2 = X0 =8%…….……………...Xn = 0%Línea…………………………………………….X1 = X2 = j 178.5W…………..X0 =j 595.1W
Figura 3.9 Circuito unifilar del sistema de potencia correspondiente al problema 3.9
HALLAR Se produce una falta bifásica a tierra en barras "4":
1. Todas las intensidades del circuito.2. Tensiones de línea en el punto de cortocircuito (barras "4").3. Tensiones de línea en los bornes del generador (barras "1").4. Tensiones de línea en los bornes del secundario del transformador TR1 (barras "2").
RESOLUCIÓN
¶ Redes de secuencia directa, inversa y homopolar¶ Redes de secuencia directa e inversa (sin generadores)
¶ Red de secuencia homopolar
~ ~¶ ¶ ¶ ¶
xn1
G1 G2 1 2 3 4
xn2
TR1 TR2 Línea
F
¶ ¶ ¶1 2 3 4XoLX0g1 X0T1 X0T2 X0g2
F3Xg1
¶
3Xn2
¶ ¶¶
~ ~¶ ¶ ¶ ¶
G1 G21 2 3 4XLXg1 XT1 XT2 Xg2
N NI"K2EE
3 Problemas resueltos de fallos en sistemas de potencia 143
¶ Cálculo de impedancias
¶ Cálculo de impedancias a 20kV
¶ G1 21 XX = = ( ) W= 8.0100202.0
2
j ( ) W== 16.01002004.0
2
jX o W=ö÷õæ
çå= 2.01002005.0
2
jnX
¶ G2 21 XX = = ( ) W= 8.0100202.0
2
j 0X = ( ) W= 16.01002004.0
2
j W=ö÷õæ
çå= 2.01002005.0
2
jnX
¶ TR1 21 XX = = W= 32.0100
)20(08.0
2
j 0X = ( ) W= 32.01002008.0
2
j nX =0
¶ TR2 21 XX = = ( ) W= 32.01002008.0
2
j 0X = ( ) W= 32.01002008.0
2
j nX =0
¶Línea W=== 6.0)25.17(5.178
221 jjXX W== 2)25.17(1.595
20 jjX
¶ Cálculo de impedancias a 345kV
¶ G1 W=== 238)25.17)(8.0( 221 jjXX W== 6.47)25.17)(16.0( 2
0 jjX nX =j59.5W
¶ G2 W=== 238)25.17)(8.0( 221 jjXX 0X = W= 6.47)25.17)(16.0( 2 jj nX =j59.5W
¶ TR1 21 XX = = ( ) W= 22.9510034508.0
2
j 0X = ( ) W= 22.9510034508.0
2
j nX =0
¶ TR2 21 XX = = ( ) W= 22.9510034508.0
2
j 0X = ( ) W= 22.9510034508.0
2
j nX =0
¶Línea W== 5.17821 jXX W= 1.5950 jX
¶ Relación de transformación
25.1720
345 ==m
Circuito equivalente al producirse una falta bifásica a tierra en las barras "4"
¶
¶ ¶
¶
¶
1 2 3 4TR2
¶
¶
¶
¶
¶
¶
¶
¶
¶
¶
¶
TR1L
G1 G2
º96.4968 Ï
º00I Ï=ä
º1716.4968 Ï
º901553 -Ï
º00I Ï=ä
Xn1
º4.2582.181 -Ï
º1805.328 Ï
º4.2582.181 Ï
º00I Ï=ä
¶
¶
¶
º903.1553 -Ï º903.1553 Ï
º146.4968 Ï º1497.14586 Ï
º96.4968 Ï º317.14586 Ï
ET2kI ¡¡kSI2¡¡
EE2kI ¡¡º907.16578I Ï=ä
º46.255.19283kIº5.15419284kI
ET2
ES2Ï=¡¡
Ï=¡¡
¶ Barras "4" a nivel bajo de tensión (20kV) en el punto de cortocircuito
¶ Cálculo de las impedancias totales vistas desde las barras de cortocircuito
( ) ( )[ ] ( )[ ] WÏ=+==+++== º90574.0)574.00(8.0//04.2// 22112414 jjjXXXXXZZ gTRLTRg
Protección de sistemas eléctricos de potencia144
¶ Cálculo de las componentes simétricas totales de las corrientes en el punto de cortocircuitoconsiderando un cortocircuito bifásico a tierras
Aplicando las ecuaciones correspondientes a este tipo de cortocircuitos:
( ) ( ) AjjjZZZ
EI R º905.12815º90901.0
3º02000076.0//574.0574.0
3º020000// 021
1 -Ï=ÏÏ
=+
Ï=
+=
Ajj
jZZ
ZII RR º9018.7301
574.076.076.0
º905.1281502
012 Ï=
+-Ï-=
+-=
Ajj
jZZ
ZII RR º903.5514
574.076.0574.0
º905.1281502
210 Ï=
+-Ï-=
+-=
Con este tipo de cortocircuito bifásico a tierra, es necesario considerar las componentes homopolares,ya que existe una fuga de corriente hacia tierra.
¶ Intensidades de línea en el punto de cortocircuito (Intensidades totales en el punto de cortocircuitohalladas mediante sus correspondientes componentes simétricas):
Recordar que: º01Ï=a º12012
Ï=a º24013
Ï=a
AIIII RRRR º00º903.5514º9018.7301º905.12815021 Ï=Ï+Ï+-Ï=++=
AIaIaII RRRS º6.1544.19285º903.5514)º120º90(18.7301)º150(5.12815022
1 Ï=Ï++Ï+Ï=+Ö+Ö=
AIaIaII RRRT º4.254.19285º903.5514)º240º90(18.7301)º30(5.1281502
21 Ï=Ï++Ï+Ï=+Ö+Ö=
AIII KETKESKEEº9037.16544´´
2´´2
´´2
Ï=+=
En este caso, como existe fuga de energía a tierra, la suma de las intensidades de línea en el punto decortocircuito no será nula. Existe una componente, que es precisamente la corriente total de cortocircuito.
1 Hallamos todas las intensidades del circuito
Vamos a hallar las intensidades de línea correspondientes a diversos puntos del sistema de potencia.Para ello, nos basaremos en las componentes simétricas halladas en el apartado anterior (punto decortocircuito).
Será necesario, mediante divisores de intensidad, dividir las componentes simétricas halladas (recordarque son las totales para el punto de cortocircuito), para las dos secciones en las que queda dividido elcircuito a causa del cortocircuito producido en las barras "4" (ver redes de secuencia).
¶ Reparto de las componentes simétricas de las corrientes
Secundario del TR2 Generador G2
AjjII
TRR º903610
84.28.0
11 -Ï== AjjI R º905.9205
84.204.2
º905.128151 -Ï=-Ï=
AjjII
TRR º907.2056
84.28.0
22 Ï== AjjI R º905.5244
84.204.2
º9018.73012 Ï=Ï=
AIIT
RR º00000 Ï=Ö= AIITRoR º903.55140 Ï==
( )[ ] WÏ=+=+=+= º9076.0)76.00()2.0(316.0[3 224 jjjXXZ nogo
WÏ=+=++=++= º90908.1)908.10()76.0574.0574.0(21 jjjjZZZZ oT
3 Problemas resueltos de fallos en sistemas de potencia 145
Nótese que la componente homopolar que circulará por los terminales del transformador TR2 será nula,ya que como indica la red de secuencia homopolar, este transformador no permite el paso de estacomponente. (Toda la componente homopolar deberá pasar por el generador G2).
¶ EN EL GENERADOR G2: (20kV) (valores especificados en el esquema del circuito equivalentedel sistema de potencia)
Para calcular las corrientes que fluyen a través de los bornes del generador G2, no será necesario pasarlas componentes simétricas por ningún transformador, por tanto adoptando directamente los valores de lasmismas dados en el divisor de intensidad del apartado anterior, tendremos:
AIIII RRRR º903.1553º903.5514º905.5244º905.9205021 Ï=Ï+Ï+-Ï=++=
AIaIaII RRRS º1497.14586º903.5514)º120º90(5.5244)º150(5.9205022
1 Ï=Ï++Ï+Ï=+Ö+Ö=
AIaIaII RRRT º317.14586º903.5514)º240º90(5.5244)º30(5.920502
21 Ï=Ï++Ï+Ï=+Ö+Ö=
AI º9070.16578 Ï=ä
El valor de la suma de intensidades se corresponde con el valor total de la corriente de cortocircuitobifásico a tierras, ya que precisamente este valor es el retorno de la corriente total de falta a través detierra.
¶ EN EL SECUNDARIO DEL TRANSFORMADOR TR2: (20kV) (valores especificados en elesquema del circuito equivalente del sistema de potencia)
Para calcular las corrientes que fluyen a través de los bornes del secundario del transformador TR2, noes necesario pasar las componentes simétricas por ningún transformador, por tanto se podrán adoptardirectamente los valores de las mismas dados en el divisor de intensidad del apartado anterior.
AIIII RRRR º903.1553º00º907.2056º903610021 -Ï=Ï+Ï+-Ï=++=
AIaIaII RRRS º1716.4968º00)º120º90(7.2056)º240º90(3610022
1 Ï=Ï++Ï++-Ï=+Ö+Ö=
AIaIaII RRRT º96.4968º00)º240º90(7.2056)º120º90(361002
21 Ï=Ï++Ï++-Ï=+Ö+Ö=
AI º00Ï=ä
En esta ocasión la suma de intensidades es nula, ya que el TR2, no tiene conexión a tierra (triángulo) ypor tanto no puede tener resultante la suma de las intensidades de línea que a él acometen.
¶ EN LA LÍNEA L1, EN EL SECUNDARIO DEL TRANSFORMADOR TR1, Y EN ELPRIMARIO DEL TRANSFORMADOR TR2: (345kV) (valores especificados en el esquema delcircuito equivalente del sistema de potencia)
¶ Cálculo de intensidades de línea para estos elementos
Para calcular las corrientes que fluyen a través de los bornes del secundario del transformador TR1 y dela línea, al estar al nivel alto de tensión (345kV), será necesario pasar las componentes simétricas quetranscurrían a través del secundario del transformador TR2.
Para pasar las componentes simétricas a través de un transformador es preciso recordar los tresrequisitos básicos dados en el problema 3.7 (a él nos remitimos para su comprensión).
¶ Componentes simétricas de las intensidades en los bornes del transformador TR2 y de la línea
En nuestro caso, ganamos tensión al pasar del secundario del transformador TR2 (20kV) a la línea 1º(345kV). Teniendo presente las recomendaciones para transformadores, las componentes simétricas quepasaban por el secundario del transformador TR2, al pasar a través del mismo transformador se conviertenen la línea 1º en:
Protección de sistemas eléctricos de potencia146
AmII R
R º6027.209º301·25.17
º903610º301·´ 11 -Ï=Ï-Ï=Ï=
Am
II RR º6023.119º301·
25.17º907.2056º301·´ 2
2 Ï=-ÏÏ=-Ï=
AI R º00´ 0 Ï=
¶ Cálculo de las corrientes de línea en los bornes del transformador TR2 y de la línea
AIIII RRRR º4.2582.181º00º6023.119º6027.209'''' 021 -Ï=Ï+Ï+-Ï=++=
AIaIaII RRRS º1805.328º00)º120º60(23.119)º240º60(27.209'''' 022
1 Ï=Ï++Ï++-Ï=+Ö+Ö=
AIaIaII RRRT º4.2582.181º00)º240º60(23.119)º120º60(27.209'''' 02
21 Ï=Ï++Ï++-Ï=+Ö+Ö=
AI º00' Ï=ä
La suma de las corrientes de línea debe ser nula (consultar el circuito equivalente).
¶ EN EL GENERADOR G1: (20kV) (valores especificados en el esquema del circuito equivalentedel sistema de potencia)
Para calcular las corrientes que fluyen a través de los bornes del generador G1, será necesario pasar lascomponentes simétricas que transcurrían por la línea 1º, a través del transformador TR1.
Para pasar las componentes simétricas a través de un transformador es preciso recordar los tresrequisitos básicos dados en el problema 3.7 (a él nos remitimos para su comprensión).
¶ Componentes simétricas de las intensidades en los bornes del generador G1
En nuestro caso, perdemos tensión al pasar de la línea 1º (345kV) a los bornes del generador G1(20kV). Teniendo presente las recomendaciones para transformadores, las componentes simétricas quepasaban por la línea 1º, al pasar a través del transformador TR1, quedan convertidas de la siguiente forma:
AmII RR º903610º301·25.17º6027.209º301··''' 11 -Ï=-ÏÖ-Ï=-Ï=
AmII RR º907.2056º301·25.17º6023.119º301··'´' 22 Ï=ÏÖÏ=Ï=
AI R º00´' 0 Ï=
El transformador TR1, no permite el paso de las corrientes homopolares a través de él, como quedareflejado en la red de secuencia homopolar. Aparte, se comprueba que las intensidades que pasan por losbornes del generador G1, coinciden con las intensidades del secundario del transformador TR2, (es normalya que los dos se encuentran a igual potencial y han sufrido iguales transformaciones).
¶ Cálculo de las intensidades de línea en los bornes del generador G1
AIIII RRRR º903.1553º00º907.2056º903610'''''''' 021 -Ï=Ï+Ï+-Ï=++=
AIaIaII RRRS º1716.4968º00)º120º90(7.2056)º240º90(3610'''''''' 022
1 Ï=Ï++Ï++-Ï=+Ö+Ö=
AIaIaII RRRT º96.4968º00)º240º90(7.2056)º120º90(3610'''''''' 02
21 Ï=Ï++Ï++-Ï=+Ö+Ö=
AI º00'' Ï=ä
La suma de las corrientes de línea a través del generador G1 debe ser nula (consultar el circuitoequivalente).
2 Tensiones de línea en el punto de cortocircuito (barras "4" a 20 kV)
¶ Componentes simétricas
Primeramente, hallamos las tensiones con componentes simétricas en el punto de cortocircuito. Portanto, deberemos usar las intensidades e impedancias totales en el punto de cortocircuito.
3 Problemas resueltos de fallos en sistemas de potencia 147
VVVZIEV RRRR º04190º90574.0º905.128153
º02000002111 Ï=ÏÖ-Ï-Ï===-=
Con este tipo de cortocircuito bifásico a tierra, coinciden los valores de las tres componentes simétricasde las tensiones.
¶ Calculamos las tensiones de fase en este punto de cortocircuito
VVVVVV RRRRRN º076.12567)º04190(33 1021 Ï=Ï==++=
VaaVVaVaVV RRRRSN º00)1(2
1022
1 Ï=++=+Ö+Ö=
VaaVVaVaVV RRoRRTN º00)1(2
12
21 Ï=++=+Ö+Ö=
¶ Cálculo de las tensiones de línea en el punto de cortocircuito
VVVU SNRNRS º076.12567º00º076.12567 Ï=Ï-Ï=-=VVVU TNSNST º00Ï=-=
VVVU RNTNTR º18076.12567º076.12567º00 Ï=Ï-Ï=-=
º00Ulínea Ï=ä
La suma de las tensiones de línea, aun con cortocircuito con fugas a tierra, debe ser siempre cero.
Para el cálculo de estas tensiones de línea, nos puede ayudar el siguiente gráfico, donde se relacionanlas tensiones de fase con las tensiones de línea:
3 Tensiones de línea en barras "1" del generador G1: (20kV)
Para el cálculo de las tensiones en estas barras alejadas del punto de cortocircuito, serán de gran ayudalos siguientes esquemas que representan al circuito de potencia visto desde el punto de falta (barras "4").Se representan tanto las secuencias directa e inversa como la secuencia homopolar:
Redes directa e inversa vistas desde las barras "4"
¶ Red homopolar vista desde las barras "4"
~
~
~
¶
¶
¶
¶ ¶¶ ¶
¶
E
G1
G2
Xg1
Xg2
1
4
2XT1 XL
R1VR1I
XT2 3
STU
RSU
TNVTRU
R
S
T
RNV
SNV
Protección de sistemas eléctricos de potencia148
¶ Cálculo de las tensiones por componentes simétricas en barras "1"
Para realizar este cálculo, debe tenerse presente que estamos situados en la zona de 20kV, con todos loscambios en cuanto a las magnitudes eléctricas (módulos y ángulos) que esto representa.
Al contrario que en los problemas precedentes, en este caso la tensión del punto de cortocircuito(bornes del generador G2 a 20kV) coincide con la tensión pedida en los bornes del generador G1, quetambién es de 20kV; por tanto, las componentes simétricas halladas en el punto de cortocircuito (barras"4") ya no deberán ser modificadas para buscar las componentes simétricas de las tensiones en las barras"1". Estas componentes eran:
VVR º041901 Ï= VVR º041902 Ï= VVR º000 Ï=
Para hallar las componentes simétricas de las tensiones en la nueva posición (barra "1"), podremosrealizar los cálculos de dos formas diferentes.
¶ Método A
Con este método, se resta de la tensión total en el punto de cortocircuito (al nivel de tensión adecuado)la caída de tensión que se produce hasta alcanzar el punto o barras de conexión deseadas. (Resultan degran utilidad para la comprensión de las siguientes expresiones los esquemas dados en este apartado delas redes de secuencia vistas desde el punto o barras "4").
VXIEV gRR º08660º908.0º·9036103
º020000·'''''' 111 Ï=Ï-Ï-Ï=-=
VXIV gRR º01645º908.0º907.2056·'''' 122 Ï=ÏÖÏ-=-=
VXIV gRoR º00·'''' 10 Ï=-=
¶ Método B
Con este método, se suma a la tensión total de las componentes simétricas en el punto de cortocircuito(al nivel de tensión adecuado) la caída de tensión que se produce hasta alcanzar el punto o barras deconexión deseadas. (Resultan de gran utilidad para la comprensión de las siguientes expresiones losesquemas dados en este apartado de las redes de secuencia vistas desde el punto o barras "4").
( ) VIXXXVV RTRLTRRR º08666º903610º·9024.1º04190'''' 11211 Ï=-ÏÏ+Ï=+++=
( ) VIXXXVV RTRLTRRR º07.1639º907.2056º·9024.1º04190'''' 21222 Ï=ÏÏ+Ï=+++=VIVV RRR º00''·0'' 000 Ï=+=
¶ Cálculo de las tensiones de fase en las barras "1" del generador G1
VVVVV RRRRN º010305º00º07.1639º08666'''''''' 021 Ï=Ï+Ï+Ï=++=
VVaVaVV RRRSN º3.1307966º00)º120º0(7.1639)º240º0(8666'''''' 022
1 -Ï=Ï++Ï++Ï=+Ö+Ö=
VVaVaVV RoRRTN º3.1307966º00)º240º0(7.1639)º120º0(8666''''''''2
21 Ï=Ï++Ï++Ï=+Ö+Ö=
¶ Cálculo de las tensiones de línea en las barras "1" del generador G1
VVVU SNRNRS º45.214.16608º3.1307966º010305'''''' Ï=-Ï-Ï=-=VVVU TNSNST º906.12150º3.1307966º3.1307966'''''' -Ï=Ï--Ï=-=
¶ ¶3Xng2 4X0g2
¶R0VR0I
¶
3 Problemas resueltos de fallos en sistemas de potencia 149
VVVU RNTNTR º54.1584.16608º010305º3.1307966'''''' Ï=Ï-Ï=-=
VU Línea º00'' Ï=S
La suma de tensiones de línea da un valor nulo, como era de esperar.
4 Tensiones de línea en barras "2" del secundario del transformador TR1: (345kV)
Para realizar este cálculo, debe tenerse presente que estamos situados en la zona de 345kV, con todoslos cambios en cuanto a las magnitudes eléctricas (módulos y ángulos) que esto representa.
Primeramente pasamos a la tensión de 345kV las componentes simétricas de las tensiones, halladas enel punto del cortocircuito (20kV):
VmVV RR º305.72277º301·25.17º·04190º301··' 11 Ï=ÏÏ=-Ï=
VmVV RR º305.72277º301·25.17º·04190º301··' 22 -Ï=-ÏÏ=Ï=VV R º00' 0 Ï=
Una vez pasadas las componentes simétricas de las tensiones en el punto de cortocircuito al alto detensión, procedemos al cálculo de dichas componentes simétricas pero ahora en el punto (barras) deseado.Existen dos formas para realizar este cálculo:
¶ Método A
Con este método, se resta de la tensión total en el punto de cortocircuito la caída de tensión que seproduce hasta alcanzar el punto o barras de conexión deseadas. (Resultan de gran utilidad para lacomprensión de las siguientes expresiones los esquemas dados en este apartado de las redes de secuenciavistas desde el punto o barras "4").
VXXIEV TRgRR º3043.129442º9027.333º6027.2093
)º30º0(345000)(''' 1111 Ï=ÏÖ-Ï--Ï
=+-=
VXXIV TRgRR º307.39735º9027.333º6023.119)('' 1122 -Ï=ÏÖÏ-=+-=
VXXIV oTRogRoR º00)·('' 110 Ï=+-=
¶ Método B
Con este método, se suma a la tensión total de las componentes simétricas en el punto de cortocircuitola caída de tensión que se produce hasta alcanzar el punto o barras de conexión deseadas. (Resultan degran utilidad para la comprensión de las siguientes expresiones los esquemas dados en este apartado delas redes de secuencia vistas desde el punto o barras "4").
VXXIVV TRLRRR º30129559º9072.273º6027.209º305.72277)('' 2111 Ï=ÏÖ-Ï+Ï=+Ö+=
VXXIVV TRLRRR º3039642º9072.273º·6023.119º305.72277)('' 2222 -Ï=ÏÏ+-Ï=+Ö+=
VXXIVV TRLRoRoRo º00)('' 2 Ï=++=
¶ Cálculo de las tensiones de fase en las barras "2"
Utilizando cualquiera de los dos métodos anteriores:
VVVVV RRRRN º175.153224º00º3039642º30129559'''' 021 Ï=Ï+-Ï+Ï=++=
VVaVaVV RoRRSN º906.89706º00º6039642º270129559'´´' 22
1 -Ï=Ï+Ï+Ï=+Ö+Ö=
VVaVaVV RRRTN º1635.153224º00º21039642º15019559'´´' 0
2
21 Ï=Ï+Ï+Ï=+Ö+Ö=
¶ Cálculo de las tensiones de línea en las barras "2"
VVVU SNRNRS º6.428.198927º906.89706º175.153224''' Ï=-Ï-Ï=-=
Protección de sistemas eléctricos de potencia150
VVVU TNSNST º56.428.198927º1635.153224º906.89706''' -Ï=Ï--Ï=-=VVVU RNTNTR º180293025º175.153224º1635.153224''' Ï=Ï-Ï=-=
º00' Ï=ä líneaU
La suma de las tensiones de línea debe ser nula.
3 Problemas resueltos de fallos en sistemas de potencia 151
PROBLEMA 3.10
Dos generadores síncronos de 40MVA y 10kV cada uno se disponen en paralelo, suministrandoenergía a una línea de distribución. Las impedancias secuenciales de los generadores y la línea son:
DATOS Generadores Línea Secuencia directa........................j 6W............................j 10W
Secuencia inversa........................j 4W............................j 10WSecuencia homopolar..................j 1W ...........................j 20W
El primer generador tiene su punto neutro aislado de tierra, mientras que el segundo generador tiene supunto neutro conectado a tierra a través de una resistencia de 0.8 W.
Figura 3.10 Circuito unifilar del sistema de potencia correspondiente al problema 3.10
HALLAR
Si se produce un cortocircuito entre la fase “R” y tierra (cortocircuito monofásico), en el extremo másalejado de la línea, y se supone que los generadores antes de la falla trabajan sin carga:
1. La intensidad monofásica de cortocircuito (I”k1), en el punto de la falla.
2. La intensidad que circula por la fase “S”, del primer generador (I”Sg1), al producirse el cortocircuito.
3. La intensidad que circula por la fase “R”, del segundo generador (I”Rg2), al producirse el cortocircuito.
4. La tensión entre líneas UST en bornes del segundo generador al producirse el cortocircuito.
RESOLUCIÓN
¶ Redes de secuencia directa, inversa y homopolar
¶ Redes de secuencia directa e inversa (sin generadores)
¶ Red de secuencia homopolar
G 1
G 2
L ín ea
R n
G1
G2
Xlínea
X1g1
N
N
X1g2
Protección de sistemas eléctricos de potencia152
¶ Cálculo de las impedancias totales vistas desde el punto de cortocircuito (10kV)
( ) ( ) WÏ=+=+=+= º9013)130()10(6//6// 21111 jjjjXgXgXX línea
( ) ( ) WÏ=+=+=+= º9012)120()10(4//4// 22122 jjjjXgXgXX línea
( ) WÏ=+=++=++= º48.8313.21214.2)201)8.0·3((3 0200 jjjXgXnXX línea
( ) ( ) WÏ=+=+++=++= º8746464.2)1213(214.2021 jjjjXXXX T
¶ Cálculo de las componentes simétricas totales de las corrientes en el punto de cortocircuito
AXXX
VIII f
RRR º875.125º8746
3º010000
021321 -Ï=
Ï
Ï
=++
===
Al ser un cortocircuito monofásico a tierra, las tres componentes simétricas de las corrientes soniguales y del valor hallado. Aparte, recordar que con este tipo de cortocircuito monofásico a tierra esnecesario considerar las componentes homopolares, ya que existe una fuga de corriente hacia tierra.
1 La intensidad monofásica de cortocircuito (I”k1) en el punto de la falla
¶ Intensidades de línea en el punto de cortocircuito: (intensidades totales en el punto de cortocircuitohalladas mediante sus correspondientes componentes simétricas)
AIIIII RRRRK º875.376)º875.125·(33 10211 -Ï=-Ï==++=¡¡
Las intensidades de línea de las otras fases: I"KS = I"KT = 0 (serán nulas).
2 La intensidad que circula por la fase “S” del primer generador (I”sg1) al producirse el
cortocircuito
Para hallar esta intensidad de línea, es necesario conocer en primer lugar las componentes simétricas delas intensidades en bornes de este generador G1. Para ello será necesario realizar un divisor de intensidadcon los valores totales de las componentes simétricas de las intensidades halladas en el punto decortocircuito.
Nótese que al ser idénticos los dos generadores en cuanto a secuencias directa e inversa, bastará condividir por dos las componentes simétricas totales para hallar las correspondientes componentessimétricas en cualquiera de los dos generadores.
En cambio para la secuencia homopolar, los dos generadores se comportan de forma diferente.Mientras que el primer generador no está puesto a tierra (no podrán circular corrientes homopolares por elmismo), el segundo generador está puesto a tierra, circulando toda la componente homopolar del sistemaa través de él.
G1
G2
X0línea
X0g1
3Rn
X0g2
3 Problemas resueltos de fallos en sistemas de potencia 153
¶ Contribuciones de los dos generadores
AIjj
jjII gRRgR 21111 º8775.62
126
º·875.125126
=-Ï=-Ï==
AIjj
jjII gRRgR 22212 º8775.62
126
º905.12584
=-Ï=Ï==
AI gR 010 =
AII RogR º7.825.12520 -Ï==
¶ La intensidad que circula por la fase “S” del primer generador (I”sg1) al producirse el
cortocircuito será:
Recordar que: º01Ï=a º12012
Ï=a º24013
Ï=a
( ) AjIaIaIIgR
gR
gR
gS º9375.6266.6228.3
10
12
2
11
1-Ï=+-=++=¡¡
3 La intensidad que circula por la fase “R” del segundo generador (I”rg2) al producirse el
cortocircuito
Como en el apartado anterior ya hemos calculado las componentes simétricas de las intensidadescorrespondientes tanto al generador G1, como al generador G2, resulta fácil hallar la intensidad de líneacorrespondiente a la fase "R" pedida.
¶ La intensidad que circula por la fase “R” del segundo generador (I”Rg2) al producirse el
cortocircuito será:
AIIIIgR
gR
gR
gR º87251º875.125º8775.62º8775.62
20
22
21
2-Ï=-Ï+-Ï+-Ï=++=
4 La tensión entre líneas (Ust) en bornes del segundo generador al producirse elcortocircuito será:
¶ Componentes simétricas
Primeramente buscamos las componentes simétricas de las tensiones en el punto de cortocircuito:
( )VjZIEV RR 34.852.4144º18.11.4145)º9013)·(º875.125(3
º010000111 -=-Ï=Ï-Ï-Ï=-=
( )VjZIV RR 82.789.1503º1831506º9012)·º875.125(222 --=-Ï=Ï-Ï-=-=( )VjZIV RR 8.1628.2646º5.1768.2651º48.8313.21)·º875.125(000 --=Ï=Ï-Ï-=-=
¶ Cálculo de las componentes simétricas de las tensiones en bornes del generador G1
Mediante las componentes simétricas halladas en el punto de cortocircuito, es posible hallar lascomponentes simétricas de las tensiones en bornes del generador G1:
( ) VjVR º21.05.539778.195.5397)º9010º·(875.125º18.11.41451 -Ï=-=Ï-Ï+-Ï=( ) VjVR º17725113.1365.250)º9010º·(875.125º18315062 -Ï=--=Ï-Ï+Ï=
( ) VjVR º6.1153253.2933.140)º875.125º·(9020º5.1768.26510 Ï=+-=-Ï-Ï+-Ï=
Debe recordarse que en este problema no existen transformadores, siendo suficiente con añadir laspérdidas por caída de tensión de la impedancia de la línea para obtener los valores pedidos.
Protección de sistemas eléctricos de potencia154
¶ Cálculo de las tensiones de fase en bornes del generador G1
( ) VjVVVV RRRR º93.213.50131.2604.5006021 Ï=-=++=
( ) VjVaVaVV RRRS º7.1202.53289.45816.2719022
1 -Ï=--=++=
¶ Cálculo de las tensiones de línea en bornes del generador G1
( ) VjVVU SRRS º3291182.4847726 Ï=+=-=
( ) VjVVU TSST º909.97829.97826.11 -Ï=--=-= VU LÍNEAä = 0( ) VjVVU RTTR º4.14791619.49404.7714 Ï=--=-=
El valor de la tensión de línea que se pide en el enunciado se corresponde con la fase "S". Siendo nulala suma total de las tensiones de línea.
4 Enunciados de problemas de fallos en sistemas de potencia 155
CAPÍTULO IV. ENUNCIADOS DE PROBLEMAS DEFALLOS EN SISTEMAS DE POTENCIA
PROBLEMA 4.1
Disponemos de un sistema de potencia formado por una central generadora y una subestacióntransformadora de distribución que abastecen a unos consumidores a través del embarrado “B”. Lasprotecciones del sistema de potencia se llevarán a cabo mediante interruptores magnetotérmicoscolocados como se indica en la figura. La potencia prevista que se distribuirá a través del embarrado “B”coincide con la potencia nominal del transformador.
DATOS
Generador:..........12MVA........20KV..............X”d=X1=X2= 16%.....…...Xo= 5%...…......Xn=0.Transformador....25MVA.....110/20KV.........ecc=X1=X2= 7%.........…...Xo= 0.9·X1.…...Xn=j1WL1............................................................….....Z1=Z2= (2.25+j6.5)W.…...Xo= 2.5·X1.L2 .............................................................…...Z1=Z2= (0.08+j0.11)W…..Xo= 2.5·X1
L3................................................................….Z1=Z2= (0.42+j057)W…...Xo= 2.5·X1
RED Scc=¤ G ~ U=110kV
Línea-1º
Interruptor 1º Línea-2º
TR1
DY Xn
Interruptor 2º Interruptor 3º
Barras “A” 20kV
Interruptor 4º
Línea-3º
Barras “B” 20kV
Consumidores.
Figura 4.1 Esquema unifilar del sistema de potencia correspondiente al problema 4.1
¶ Intensidades nominales para interruptores de protección estándar100A, 125A, 160A, 200A, 250A, 315A, 400A,
630A, 800A, 1250A, 1600A, 2000A, 2600A.
¶ Poderes de corte y de cierre para interruptores de protección estándar3.15kA, 10KA, 16KA, 20kA, 31.5kA, 40kA, 50kA, 63kA, 100kA
Protección de sistemas eléctricos de potencia156
HALLAR¶ para cada interruptor, delante de una falta trifásica en diversos puntos del circuito:
1. Intensidad nominal de los interruptores. Dar un valor normalizado.2. Protección térmica contra sobrecargas, es decir, ajuste de las curvas a tiempo inverso. Intensidades de
arranque (Ir) (considérese un margen de seguridad de un 10%). Coeficientes de arranque.3. Protección magnética contra cortocircuitos, es decir, ajuste de las curvas a tiempo independiente o
instantáneo (suponer cortocircuitos trifásicos en los embarrados “A” y “B”).4. Indicar el poder de cierre y el poder de corte para cada interruptor, así como las intensidades de cierre
y corte (suponer cortocircuitos trifásicos en bornes de cada interruptor).
RESPUESTAS
1. Las intensidades nominales de los interruptores son:¶ Intensidades nominales: II1º = 131.2A. II2º = 721.7A. II3º = 346.4A. II4º = 721.7A.¶ Las intensidades nominales normalizadas son:
InI1º =400A. InI2º =1250A. InI3º =630A. InI4º =1250A.2. Los relés térmicos se dimensionarán con los siguientes valores:
¶ Las intensidades de arranque son: (aumento de un 10% como margen de seguridad).IarrI1º =144.3A. IarrI2º =794A. IarrI3º =381A. IarrI4º =794A.
¶ Los coeficientes de arranque son: CarrI1º =36%. CarrI2º =63.5%. CarrI3º =60%. CarrI4º =63.5%.
3. Los relés magnéticos se dimensionarán con los siguientes valores:¶ Los interruptores delante de un cortocircuito trifásico en barras “A” y “B” respectivamente, se
verán afectados por unas intensidades de valor: II1º =(1730A-1084A) II2º =(9514A-5964A) II3º =(2335A-1464A) II4º =(0A-7428A)¶ Las intensidades que se tomarán en el ajuste a tiempo independiente serán (recordar que como
mínimo deben de existir dos interruptores que protejan cada defecto en coordinación):ImagI1º = 1600A (4·In) con un tiempo de disparo de t=0.5s.ImagI2º = 5000A (4·In) con un tiempo de disparo de t=0.3s.ImagI3º = 1260A (2·In) con un tiempo de disparo de t=0.3s.ImagI4º = 6250A (5·In) con un tiempo de disparo de t=0.0s.
4. Los poderes de cierre y corte para cada interruptor son:¶ Las intensidades máximas delante de un cortocircuito trifásico en bornes de cada interruptor (las
más desfavorables debidas a la aportación de la parte superior o inferior del interruptor) son: I”k3I1º =10125/-71ºA I”k3I2º =9479/-83.4ºA I”k3I3º =9479/-83.4ºA I”k3I4º =11849/-83.4ºA¶ Las intensidades máximas asimétricas son:
IsI1º = 19472/-71ºA IsI2º = 23192/-83.4ºA IsI1º = 23192/-83.4ºA IsI1º = 29325/-84.4ºA¶ Las intensidades de corte serán: IaI1º =10125/-71ºA IaI2º =9479/-83.4ºA IaI3º =9479/-83.4ºA IaI4º =11154/-84.4ºA¶ Los poderes de corte y cierre para cada interruptor son: se ha adoptado para todos los
interruptores un poder de corte de 20kA, y un poder de cierre de 50kA.
PROBLEMA 4.2
Disponemos de un sistema de potencia formado por una subestación transformadora de distribución queabastece a unos consumidores a través del embarrado “B” y a un grupo de motores a través del embarrado“A”. Las protecciones del sistema de potencia se llevarán a cabo mediante interruptores magnetotérmicosy fusibles adecuados, colocados como se indica en la figura. La potencia prevista que se distribuirá através del embarrado “B” es de 20MVA coincidiendo la tensión con el valor que toma la misma en elembarrado “A”.
DATOS
Motores:..............20MVA.........20KV....….cos d =0.96......Iarr/In = 5......h=80%..…….n=1500rpm.Transformador....30MVA.....120/20KV…..ecc=Z1=Z2= 12%........……....Zo= 0.9·Z1.....Xn=j1W eRcc=X1=X2= 0.8%L1................................................................Z1=Z2= (1+j3)W.......................Xo= 2.5·X1
4 Enunciados de problemas de fallos en sistemas de potencia 157
L2 ...............................................................Z1=Z2= (0.06+j0.6)W...............Xo= 2.5·X1
L3................................................................Z1=Z2= (0.08+j0.8)W...............Xo= 2.5·X1
RED Scc=6000MVA M U=120kV ~
Línea-1º
Línea-2º Interruptor 1º
TR1
DY Xn
Interruptor 2º Interruptor 3º
Barras “A” 20kV
Interruptor 4º
Línea-3º
Barras “B” 20kV
Consumidores.
Figura 4.2 Esquema unifilar del sistema de potencia correspondiente al problema 4.2
¶ Intensidades nominales para interruptores de protección estándar100A, 125A, 160A, 200A, 250A, 315A, 400A,
630A, 800A, 1250A, 1600A, 2000A, 2600A.
¶ Poderes de corte y de cierre para interruptores de protección estándar3.15kA, 10KA, 16KA, 20kA, 31.5kA, 40kA, 50kA, 63kA, 100kA
HALLAR¶ Para cada interruptor, delante de una falta trifásica en diversos puntos del circuito:
1 Intensidad nominal de los interruptores. Dar un valor normalizado.2 Protección térmica contra sobrecargas, es decir, ajuste de las curvas a tiempo inverso. Intensidades de
arranque (Ir) (considérese un margen de seguridad de un 10%). Coeficientes de arranque.3 Protección magnética contra cortocircuitos, es decir, ajuste de las curvas a tiempo independiente o
instantáneo (suponer cortocircuitos trifásicos en los embarrados “A” y “B”).4 Indicar el poder de cierre y el poder de corte para cada interruptor, así como las intensidades de cierre
y de corte (suponer cortocircuitos trifásicos en bornes de cada interruptor).
RESPUESTAS
1 Las intensidades nominales de los interruptores son:¶ Intensidades nominales: II1º = 144.3A. II2º = 866A. II3º = 577.4A. II4º = 866A.¶ Las intensidades nominales normalizadas son:
InI1º =400A. InI2º =1250A. InI3º =1250A. InI4º =1250A.2 Los relés térmicos se dimensionarán con los siguientes valores:
Protección de sistemas eléctricos de potencia158
¶ Las intensidades de arranque son: (aumento de un 10% como margen de seguridad). IarrI1º =158.7A. IarrI2º =952.6A. IarrI3º =635.1A. IarrI4º =952.6A.
¶ Los coeficientes de arranque son: CarrI1º =40%. CarrI2º =76%. CarrI3º =51%. CarrI4º =76%.3 Los relés magnéticos se dimensionarán con los siguientes valores:
¶ Los interruptores delante de un cortocircuito trifásico en barras “A” y “B” respectivamente severán afectados por unas intensidades de valor:
II1º =(1215A-825.4A) II2º =(7291A-4952.3A) II3º =(2644A-1795.8A) II4º =(0A-6756.2A)¶ Las intensidades que se tomarán en el ajuste a tiempo independiente serán (recordar que como
mínimo deben de existir dos interruptores que protejan cada defecto en coordinación): ImagI1º = 800A (2·In) con un tiempo de disparo de t=0.5s. ImagI2º = 4800A (3·In) con un tiempo de disparo de t=0.3s. ImagI3º = 2250A (1.8·In) con un tiempo de disparo de t=0.3s. (Se tendría que tener una intensidad de I=5·In=5·924=4620A. para poder arrancar el motor, por lo que seria recomendable el uso de fusibles tipo motor unidos a un relé térmico. Ver la sección de problemas resueltos). ImagI4º = 4800A (3·In) con un tiempo de disparo de t=0.0s.4 Los poderes de cierre y corte para cada interruptor serán:
¶ Las intensidades máximas delante de un cortocircuito trifásico en bornes de cada interruptor (lasmás desfavorables debidas a la aportación de la parte superior o inferior del interruptor) son:
I”k3I1º =14912.4/-76.4ºA I”k3I2º =7292.7/-86.3ºA I”k3I3º =7292.7/-86.3ºA I”k3I4º =9946.5/-85.7ºA¶ Las intensidades máximas asimétricas son: IsI1º = 31637/-76.4ºA IsI2º = 18770.4/-86.3ºA IsI1º = 18770.4/-86.3ºA IsI1º = 25314.6/-85.7ºA¶ Las intensidades de corte serán:
IaI1º =14912.4/-76.4ºA IaI2º =7292.7/-86.3ºA IaI3º =7156/-86.3ºA IaI4º =9355.7/-85.8ºA¶ Los poderes de corte y cierre para cada interruptor son: se han adoptado para todos los
interruptores: un poder de corte de 20kA, y un poder de cierre de 50kA.
PROBLEMA 4.3
Disponemos de un sistema de potencia formado por una subestación transformadora de distribuciónque abastece a unos consumidores, a través del embarrado “B”, y a un grupo de motores a través delembarrado “A”. Las protecciones del sistema de potencia se llevarán a cabo mediante interruptoresmagnetotérmicos y fusibles adecuados colocados como se indica en la figura. La potencia prevista que sedistribuirá a través del embarrado “B” es de 10MVA coincidiendo la tensión con el valor que toma lamisma para el embarrado “A”.
DATOS
Motores:..............14MVA.......8KV........cos d =0.94........Iarr/In = 6.......h=75%…........n=1500rpm.Transformador.....18MVA.....80/8KV.....ecc=Z1=Z2= 15%..........……....Zo= 0.9·Z1.....Xn=j1W excc=X1=X2= 14.9%L1.............................................................Z1=Z2= (0+j0)W...…...………..Xo= 2.5·X1 DespreciableL2 ............................................................Z1=Z2= (0+j0)W………...….....Xo= 2.5·X1 DespreciableL3.............................................................Z1=Z2= (0.08+j0.8)W.………...Xo= 2.5·X1
¶ Intensidades nominales para interruptores de protección estándar100A, 125A, 160A, 200A, 250A, 315A, 400A,
630A, 800A, 1250A, 1600A, 2000A, 2600A.
¶ Poderes de corte y de cierre para interruptores de protección estándar3.15kA, 10KA, 16KA, 20kA, 31.5kA, 40kA, 50kA, 63kA, 100kA
HALLAR¶ Para cada interruptor, delante de una falta trifásica en diversos puntos del circuito:
1 Intensidad nominal de los interruptores. Dar un valor normalizado.2 Protección térmica contra sobrecargas, es decir ajuste de las curvas a tiempo inverso. Intensidades de
arranque (Ir) (considérese un margen de seguridad de un 15%). Coeficientes de arranque.
4 Enunciados de problemas de fallos en sistemas de potencia 159
3 Protección magnética contra cortocircuitos, es decir ajuste de las curvas a tiempo independiente oinstantáneo (suponer cortocircuitos en los embarrados “A” y “B”).
4 Indicar el poder de cierre y el poder de corte para cada interruptor, así como las intensidades de cierrey de corte (suponer cortocircuitos trifásicos en bornes de cada interruptor).
RED Scc=2000MVA U=80kV
Línea-1º
Interruptor 1º
TR1
DY Xn
Interruptor 2º
Barras “A” 8kV
Interruptor 3º Interruptor 4º
Línea-2º Línea-3º
Barras “B” 8kV ~ M Consumidores.
Figura 4.3 Esquema unifilar del sistema de potencia correspondiente al problema 4.3
RESPUESTAS
1 Las intensidades nominales de los interruptores son:¶ Intensidades nominales: II1º = 130A. II2º = 1300A. II3º = 1010A. II4º = 722A.¶ Las intensidades nominales normalizadas son:
InI1º =400A. InI2º =2000A. InI3º =1600A. InI4º =1250A.2 Los relés térmicos se dimensionarán con los siguientes valores:
¶ Las intensidades de arranque son: (aumento de un 15% como margen de seguridad). IarrI1º =150A. IarrI2º =1493A. IarrI3º =1162A. IarrI4º =830A.
¶ Los coeficientes de arranque son: CarrI1º =37.5%. CarrI2º =74.7%. CarrI3º =72.6%. CarrI4º =66.4%.
3 Los relees magnéticos se dimensionaran con los siguientes valores:¶ Los interruptores delante de un cortocircuito trifásico en barras “A” y “B” respectivamente se
verán afectados por unas intensidades de valor: II1º =(898A-258A) II2º =(8990A-2581A) II3º =(6685A-1922A) II4º =(0A-4505A)
¶ Las intensidades que se tomarán en el ajuste a tiempo independiente serán (recordar que comomínimo deben de existir dos interruptores que protejan cada defecto en coordinación):
ImagI1º = 800A (2·In) con un tiempo de disparo de t=0.5s. ImagI2º = 2000A (1·In) con un tiempo de disparo de t=0.3s. ImagI3º = 1600A (1·In) con un tiempo de disparo de t=0.3s. (Se tendría que tener una intensidad de I=6·In=6·1010=6060A. para poder arrancar el motor, por lo que seria recomendable el uso de fusibles tipo motor unidos a un relé térmico. Ver la sección de problemas resueltos). ImagI4º = 3750A (3·In) con un tiempo de disparo de t=0.0s.
Protección de sistemas eléctricos de potencia160
4 Los poderes de cierre y corte, para cada interruptor, son:¶ Las intensidades máximas delante de un cortocircuito trifásico en bornes de cada interruptor (las
más desfavorables debidas a la aportación de la parte superior o inferior del interruptor) son: I”k3I1º =14434/-84.3ºA I”k3I2º =8990/-87.8ºA I”k3I3º =8990/-87.8ºA I”k3I4º =15668/-86.3ºA
¶ Las intensidades máximas asimétricas son: IsI1º = 35721.7/-84.3ºA IsI2º = 24792.6/-87.8ºA IsI1º = 24792.6/-87.8ºA IsI1º = 39441.7/-86.3ºA
¶ Las intensidades de corte serán: IaI1º =14434/-84.3ºA IaI2º =8990.3/-87.8ºA IaI3º =8990.3/-87.8ºA IaI4º =15668.3/-86.3ºA
¶ Los poderes de corte y cierre para cada interruptor son: se han adoptado para los interruptores (I1e I4), un poder de corte de 20kA, y un poder de cierre de 50kA. Para los interruptores (I2 e I3), elpoder de corte es 16kA, y el poder de cierre de 40kA.
PROBLEMA 4.4
Disponemos de un sistema de potencia formado por una subestación transformadora de distribución ydos centrales eléctricas que conjuntamente abastecen a un grupo de motores a través del embarrado “B”.Ante la posibilidad de un aumento de la demanda de potencia se cree conveniente la incorporación de unatercera central (G3). Las protecciones del tercer grupo generador se realizarán mediante un interruptormagnetotérmico y fusibles adecuados, colocados como se indica en la figura. Las solicitaciones máximasa que estará sometido el interruptor se producirán bajo condiciones de cortocircuito y por lo tanto esteserá el régimen a estudiar.
DATOS
Motor..................16MVA.........10KV.…....cos d =0.94......Iarr/In = 5......h=80%.......……n=1500rpm.G1........................75MVA.........10.5KV......X”d=X1=X2=11.5%.…….....Xo= 0.4·X1.…....Xn= j1W.G2........................35MVA.........10.5KV......X”d=X1=X2=19%....…….....Xo= 0.4·X1..…...Xn= j1WG3........................15MVA.........10.5KV......X”d=X1=X2=12%.....………Xo= 0.4·X1.……Xn= J1WTr1........................75MVA......121/11KV.....excc=X1=X2= 11.5%.……...Xo= 0.9·Z1….....Xn=0.Tr2........................35MVA......121/11KV.....excc=X1=X2= 12.5%.……...Xo= 0.9·Z1..…...Xn=0.Tr3........................20MVA......121/11KV.....excc=X1=X2= 12.5%……....Xo= 0.9·Z1.....…Xn=0.Tr4........................20MVA......121/11KV.....excc=X1=X2= 12.5%..……..Xo= 0.9·Z1...…..Xn=0.L1...........................................................…...Z1=Z2= (0.19+j1.52)W....…..Xo= 2.5·X1
L2............................................................…..Z1=Z2= (1.12+j3.95)W..…....Xo= 2.5·X1
L3............................................................…..Z1=Z2= (0.37+j0.28)W…......Xo= 2.5·X1
¶ Intensidades nominales para interruptores de protección estándar100A, 125A, 160A, 200A, 250A, 315A, 400A,
630A, 800A, 1250A, 1600A, 2000A, 2600A.
¶ Poderes de corte y de cierre para interruptores de protección estándar3.15kA, 10KA, 16KA, 20kA, 31.5kA, 40kA, 50kA, 63kA, 100kA
HALLAR¶ Delante de una falta monofásica, bifásica o trifásica en bornes del interruptor y considerando
siempre la aportación total de energía (la de la parte superior más de la parte inferior delinterruptor):
1 Intensidades de cortocircuito que se producirán en bornes del interruptor (I”kI1, I”kI2, I”kI3)(considérese la aportación de energía total, la superior más la inferior).
2 Las máximas intensidades asimétricas de cortocircuito en bornes del interruptor delante de losdiversos tipos de cortocircuito (Is1 , Is2 , Is3). Dar asimismo el poder de cierre (considérese laaportación de energía total, es decir, la superior más la inferior).
3 Las potencias de cortocircuito (S”k1 , S”k2 , S”k3 ) en bornes del interruptor delante de las diversasfaltas que puedan producirse (considérese la aportación de energía total, la superior más la inferior).
4 Cuál será la intensidad de corte (Ia) y el poder de corte delante de una falta trifásica en bornes delinterruptor estudiado (considérese la aportación de energía total, la superior más la inferior).
4 Enunciados de problemas de fallos en sistemas de potencia 161
RED G1~ Y Xn TR1 D Línea-1º Y
Barras”A”
Línea-2º
Barras “B”
Línea-3ª Interruptor
Y TR2 TR3 Y D TR4 D D D Y G2~ G3~ Y Xn M~ Xn
Figura 4.4 Esquema unifilar del sistema de potencia correspondiente al problema 4.4
RESPUESTAS
1 Las intensidades de cortocircuito que se producirán en el interruptor (consideradas las aportacionesde la parte superior e inferior del circuito, es decir las totales) serán:
I”kI1" = 6543/-83.8ºA. I”kI2" = 7118/-83.8ºA. I”kI3" = 8219/-83.4ºA.2 Las máximas corrientes asimétricas de cortocircuito que se producirán en bornes del interruptor,
(consideradas las aportaciones por la parte superior e inferior del circuito, es decir las totales), serán: Is1 = 16840/-85.4ºA Is2 = 17313/-83.8ºA Is3 = 19992/-83.8ºA.
¶ El poder de cierre al que se dotará al interruptor para hacer frente a todos los tipos decortocircuitos será: 40kA.
3 Las potencias de cortocircuito (consideradas las aportaciones de la parte superior e inferior delcircuito, es decir, las totales) serán:
S”k1 = 1246.6 MVA S”k2 = 1356.4 MVA S”k3 = 1566 MVA4 La intensidad de corte en el interruptor delante de una falta trifásica, (consideradas las aportaciones
de la parte superior e inferior del circuito, es decir las totales) será: Ia = 7893.25/-90ºA. Poder de corte: 16kA.
PROBLEMA 4.5
El esquema de la figura representa una sección de una red eléctrica trifásica alimentada por dosgeneradores situados en los extremos del sistema de potencia. A efectos de diseño de los interruptores deprotección, y para conocer la respuesta del circuito en diversos puntos del mismo ante situacionesanómalas, se pide funcionando los generadores sin carga y a la tensión nominal:
DATOS
G1:.....….40MVA........40KV..............X”d=X1=X2= 10%....…….Xo= 6%.........…Xn=0.G2:.....….50MVA........50KV..............X”d=X1=X2= 12%..….......Xo= 6%.........…Xn=j4 .TR1:........50MVA.....150/40KV..…....Ecc=X1=X2= 11%…....…..Xo= 0.9·X1...….Xn=j8TR2:........60MVA.....150/50KV....…..Ecc=X1=X2= 9%........……Xo= 0.9·X1…....Xn=0L1...........……….................................X1=X2= j35W.............……Xo= 2.5·X1
L2 y L3...............………......................X1=X2= j40W......…..….....Xo= 2.5·X1
L4....................................………........X1=X2= j30W.....……........Xo= 2.5·X1
L5..............................………..............X1=X2= j20W.….......….....Xo= 2.5·X1
Protección de sistemas eléctricos de potencia162
B D A Línea 1º E F G1 TR1 TR2 G2
~ L-4º C ~ Y D Y L-2º L-3º Y Y Y
L-5º. G Consumidores.
Figura 4.5 Esquema unifilar del sistema de potencia correspondiente al problema 4.5
HALLAR
1 En el supuesto de producirse unos cortocircuitos (monofásicos, bifásicos, trifásicos) en las barras deinterconexión “A”, ¿cuáles serán las corrientes iniciales de cortocircuito y las máximas corrientesasimétricas de cortocircuito que se producirán (I”
k1 , I”k2, I”k3, Is1, Is2, Is3)? Dar el valor, asimismo,de la corriente simétrica de corte en las mismas barras delante de un cortocircuito trifásico (Ia)(suponer un tiempo de retardo de 0.1s para los interruptores).
2 En el supuesto de producirse los mismos cortocircuitos anteriores (monofásicos, bifásicos, trifásicos)pero ahora en las barras de interconexión “C”, ¿cuáles serán las corrientes iniciales de cortocircuito ylas máximas corrientes asimétricas de cortocircuito que se producirán (I”
k1 , I”k2, I”k3, Is1, Is2, Is3)?Dar el valor, asimismo, de la corriente simétrica de corte en las mismas barras delante de uncortocircuito trifásico (Ia) (suponer un tiempo de retardo de 0.1s para los interruptores). Finalmenteindicar las corrientes de cortocircuito bifásico a tierras (I”kEE , I”kSE , I”kTE ) que se producirían en lasbarras citadas.
3 En el supuesto de producirse los mismos cortocircuitos anteriores (monofásicos, bifásicos, trifásicos)pero ahora en las barras de interconexión “G”, ¿cuáles serán las corrientes iniciales de cortocircuitoy las máximas corrientes asimétricas de cortocircuito que se producirán (I”
k1 , I”k2, I”k3, Is1, Is2, Is3)?Dar el valor, asimismo, de la corriente simétrica de corte en las mismas barras delante de uncortocircuito trifásico (Ia) (suponer un tiempo de retardo de 0.1s para los interruptores).
4 Dibujar las redes de secuencia directa, inversa y homopolar de la red representada.
RESPUESTAS
1 Las corrientes iniciales de cortocircuito y las máximas corrientes asimétricas de cortocircuito que seproducirá en “A” son: I”
k1 =7778.16 /-90º A, I”k2 = 7115.13/-90ºA, I”k3 = 8215.85/-90ºA. Is1 =25111.23/-90ºA, Is2 = 20124.62/-90º A, Is3 = 23237.93/-90ºA.
¶ La corriente de corte trifásica será: Ia = 5843.83/-90º A.2 Las corrientes iniciales de cortocircuito y las máximas corrientes asimétricas de cortocircuito que se
producirá en “C” son: I”k1 = 817.22/-90º A, I”k2 = 1089.49/-90ºA, I”k3 = 1258.04/-90ºA.
Is1 = 2311.43/-90ºA, Is2 = 3081.54/-90º A, Is3 = 3558.27/-90ºA.¶ La corriente de corte trifásica será: Ia = 1054.3/-90º A.¶ Las corrientes de cortocircuito bifásico a tierras son:
I”kEE= 720.88/90.28ºA. I”kES= 1346.6/164.76ºA. I”kET= 1346.65/15.81ºA3 Las corrientes iniciales de cortocircuito y las máximas corrientes asimétricas de cortocircuito que se
producirá en “G” son: I”k1 = 649.91 /-90º A, I”k2 = 861.79/-90ºA, I”k3 = 995.12/-90ºA.
Is1 = 1838.24/-90ºA, Is2 = 2437.51/-90º A, Is3 = 2814.62/-90ºA.¶ La corriente de corte trifásica será: Ia = 889.42/-90º A.
4 Las redes de secuencia directa, inversa y homopolar no se indican. Pero con redes parecidas,consultar la sección de problemas resueltos.
4 Enunciados de problemas de fallos en sistemas de potencia 163
PROBLEMA 4.6
El esquema de la figura representa una sección de una red eléctrica trifásica alimentada por dosgeneradores situados en paralelo al principio del sistema de potencia. A efectos de diseño de losinterruptores de protección, y para conocer la respuesta del circuito en diversos puntos del mismo antesituaciones anómalas, se pide funcionando los generadores sin carga y a la tensión nominal:
DATOS
G1:................20MVA..........10KV...............X”d=X1=X2= 12%..........Xo= 0.4·X1…...Xn=j4W..G2:................30MVA..........10KV...............X”d=X1=X2= 14%…......Xo= 0.4·X1.......Xn=0.TR1 ...............60MVA…....150/15KV..........ecc=X1=X2= 12%….......Xo= 0.9·X1.......Xn=j7.5WTR2:..............50MVA...….150/15KV....…...ecc=X1=X2= 10%..….....Xo= 0.9·X1.......Xn=0 L1……………….........................................Z1=Z2= (0.06j0.12) W.....Zo= 2.5·Z1. L2......................………………...................Z1=Z2= (2+j6) W.............Zo= 2.5·Z1
L3........................................……………….Z1=Z2= (0.1+j0.6)W........Zo= 2.5·Z1
A G1 Y ~ C TR1 D E TR2 F Xn Línea-1º Línea-2º Línea-3º B G2 10 kV Y D 100kV Y D Consumidores Y ~ Xn
Figura 4.6 Esquema unifilar del sistema de potencia correspondiente al problema 4.6
HALLAR
1 En el supuesto de producirse unos cortocircuitos (monofásicos, bifásicos, trifásicos) en las barras deinterconexión “C”, ¿cuáles serán las corrientes iniciales de cortocircuito y las máximas corrientesasimétricas de cortocircuito que se producirán (I”
k1 , I”k2, I”k3, Is1, Is2, Is3)? Dar el valor, asimismo,de la corriente simétrica de corte en las mismas barras delante de un cortocircuito trifásico (Ia)(suponer un tiempo de retardo de 0.1s para los interruptores).
2 En el supuesto de producirse los mismos cortocircuitos anteriores (monofásicos, bifásicos, trifásicos)pero ahora en las barras de interconexión “E”, ¿cuáles serán las corrientes iniciales de cortocircuito ylas máximas corrientes asimétricas de cortocircuito que se producirán (I”
k1 , I”k2, I”k3, Is1, Is2, Is3)?Dar el valor, asimismo, de la corriente simétrica de corte en las mismas barras delante de uncortocircuito trifásico (Ia) (suponer un tiempo de retardo de 0.1s para los interruptores).
3 En el supuesto de producirse los mismos cortocircuitos anteriores (monofásicos, bifásicos, trifásicos)pero ahora en las barras de interconexión “F”, ¿cuáles serán las corrientes iniciales de cortocircuito ylas máximas corrientes asimétricas de cortocircuito que se producirán (I”
k1 , I”k2, I”k3, Is1, Is2, Is3)?Dar el valor, asimismo, de la corriente simétrica de corte en las mismas barras delante de uncortocircuito trifásico (Ia) (suponer un tiempo de retardo de 0.1s para los interruptores).
4 Dibujar las redes de secuencia directa, inversa y homopolar, de la red representada.
RESPUESTAS
1 Las corrientes iniciales de cortocircuito y las máximas corrientes asimétricas de cortocircuito que seproducirá en “C” son: I”
k1 = 18197/-80.7º A, I”k2 = 14175.3/-81.1ºA, I”k3 = 16368/-81.1A. Is1 = 41432/-80.2ºA, Is2 = 32476/-81.1º A, Is3 = 37500/-81.1ºA.
¶ La corriente de corte trifásica será: Ia = 12315.8/-81.1º A.2 Las corrientes iniciales de cortocircuito y las máximas corrientes asimétricas de cortocircuito que se
producirá en “E” son: I”k1 = 928.8/-85.5º A, I”k2 = 613.15/-84.9ºA, I”k3 = 708/-84.9ºA.
Is1 = 2338/-85.5ºA, Is2 = 1508/-84.9º A, Is3 = 1742.2/-84.9ºA.
Protección de sistemas eléctricos de potencia164
¶ La corriente de corte trifásica será: Ia = 675.18/-84.9º A.3 Las corrientes iniciales de cortocircuito y las máximas corrientes asimétricas de cortocircuito que se
producirá en “F” son: I”k1 = 0/0º A, I”k2 = 3081.2/-84.2ºA, I”k3 = 3557.9/-84.2ºA.
Is1 = 0/-0ºA, Is2 = 7495/-84.2º A, Is3 = 8654.4/-84.2ºA.¶ La corriente de corte trifásica será: Ia = 3557.9/-84.2º A.
4 Las redes de secuencia directa, inversa y homopolar no se indican. Pero con redes parecidas,consultar la sección de problemas resueltos.
PROBLEMA 4.7
El esquema de la figura representa una sección de una red eléctrica trifásica alimentada por tresgeneradores situados en los extremos del sistema de potencia. A efectos de diseño de los interruptores deprotección, y para conocer la respuesta del circuito en diversos puntos del mismo ante situacionesanómalas, se pide funcionando los generadores sin carga y a la tensión nominal:
DATOS
G1:..............…60MVA..........20KV................X”d=X1=X2= 10%.........Xo= 8%...........…Xn=j8W..G2:.............….80MVA..........30KV................X”d=X1=X2= 12%.........Xo= 10%.........…Xn=0.G3:..............…25MVA..........40KV................X”d=X1=X2= 15%.........Xo= 12%.........…Xn=0.TR1 y TR2……30MVA.…...140/20KV...........ecc=X1=X2= 11%....…..Xo= 0.9·X1…..….Xn=0TR3:............….30MVA.…..140/40KV............ecc=X1=X2= 14%.....….Xo= 0.9·X1..……Xn=0TR4:.............…90MVA…...140/30KV............ecc=X1=X2= 12%..........Xo= 0.9·X1..……Xn=0L1..………………….......................................X1=X2= j25W.........…....Xo= 2.5·X1
L2............................………………….............X1=X2= j25W.......……..Xo= 2.5·X1
L3........................................………………….X1=X2= j50W....…...…..Xo= 2.5·X1
A B D TR1 Línea-1º E F TR4
Línea-3º ~ D Y G2
Y D Y ~ G1 TR3 G Y C ~ TR2 Línea-2º G3 YY Y
Y Y
Figura 4.7 Esquema unifilar del sistema de potencia correspondiente al problema 4.7
HALLAR
1 En el supuesto de producirse unos cortocircuitos (monofásicos, bifásicos, trifásicos) en las barras deinterconexión “D”, ¿cuáles serán las corrientes iniciales de cortocircuito y las máximas corrientesasimétricas de cortocircuito que se producirán (I”
k1 , I”k2, I”k3, Is1, Is2, Is3)? Dar el valor, asimismo,de la corriente simétrica de corte en las mismas barras delante de un cortocircuito trifásico (Ia)(suponer un tiempo de retardo de 0.1s para los interruptores).
2 En el supuesto de producirse los mismos cortocircuitos anteriores (monofásicos, bifásicos, trifásicos)pero ahora en las barras de interconexión “F”, ¿cuáles serán las corrientes iniciales de cortocircuito ylas máximas corrientes asimétricas de cortocircuito que se producirán (I”
k1 , I”k2, I”k3, Is1, Is2, Is3)?Dar el valor, asimismo, de la corriente simétrica de corte en las mismas barras delante de uncortocircuito trifásico (Ia) (suponer un tiempo de retardo de 0.1s para los interruptores).
4 Enunciados de problemas de fallos en sistemas de potencia 165
3 Si se produce en barras “D” un cortocircuito fase-fase-tierra. Indicar las intensidades iniciales decortocircuito (I”
k2EE , I”k2ES, I”k2ET), así como la tensión de línea en la fase "R" con esta falta.4 Dibujar las redes de secuencia directa, inversa y homopolar, de la red representada.
RESPUESTAS
1 Las corrientes iniciales de cortocircuito y las máximas corrientes asimétricas de cortocircuito que seproducirá en “D” son: I”
k1 = 2141.76/-90º A, I”k2 = 2047.87/-90ºA, I”k3 = 2364.68/-90ºA. Is1 = 6057.81/-90ºA, Is2 = 5792.25/-90º A, Is3 = 6688.32/-90ºA.
¶ La corriente de corte trifásica será: Ia = 1988.63/-90º A.2 Las corrientes iniciales de cortocircuito y las máximas corrientes asimétricas de cortocircuito que se
producirá en “F” son: I”k1 = 17113.1/-90º A, I”k2 = 14905.15/-90ºA, I”k3 = 17211/-90ºA.
Is1 = 48403.1/-90ºA, Is2 = 42158.13/-90º A, Is3 = 48680/-90ºA.¶ La corriente de corte trifásica será: Ia = 12125.8/-90º A.
3 Las corrientes iniciales de cortocircuito que se producirá en “D” con una falta bifásica a tierra son: I”
k2EE = 930.43/-90º A, I”k2ES = 2100.02/167.2ºA, I”kET = 2100.02/12.8ºA.¶ La tensión en la fase “R” con esta falta es: UR = 115875.7/0º V
4 Las redes de secuencia directa, inversa y homopolar no se indican. Pero con redes parecidas,consultar la sección de problemas resueltos.
PROBLEMA 4.8
El esquema de la figura representa una sección de una red eléctrica trifásica alimentada por múltiplespuntos. A efectos de diseño del interruptor, y para conocer la respuesta del circuito en diversos puntos delmismo ante situaciones anómalas, se pide funcionando los generadores sin carga y a la tensión nominal:
DATOS
¶ Tensión del punto "F1" y del punto "F2":.......100KV
G1.:.....…...45MVA......…20KV...………X”d=X1=X2= j0.8W......….Xo=j0.32W...…..Xn=j0.50WG2:.…...…55MVA......…32KV.....…..…X”d=X1=X2= j1.8W......….Xo=j0.72W....…..Xn=0G3:...…….65MVA....…..40KV...……....X”d=X1=X2= j2.7W......….Xo=j1.08W.….....Xn=0TR1:..……50MVA.…100/20KV.....…….ecc=X1=X2= j0.8W..…… .Xo=j0.72W..……Xn=0TR2:.....….60MVA….100/32KV.....….…ecc=X1=X2=j1.7W....…….Xo=j1.53W.…….Xn=0TR3:.....….70MVA….100/40KV.….....…ecc=X1=X2= j2.5W.……...Xo=j2.25W..……Xn=0L1 Y L2.......................…..………………X1=X2= j20W..……….… .Xo=j50W.L3.................................……………....… X1=X2= j25W……..……..Xo=j62.5W.L4...................................…...………..…. X1=X2= j14W..…..……....Xo=j35W.L5.....................................….…………... Z1=Z2=(5+J10)W.……......Zo=2.5·Z1
¶ Los valores de las impedancias calculadas siempre están dadas al nivel más bajo de tensión
HALLAR
1 En el supuesto de una falta monofásica fase-tierra en el punto "F1", ¿cuál será la corriente inicial decortocircuito (I”
k1), que se producirá?2 Si desconectamos G2, y se produce una falta monofásica fase-tierra en el punto "F2", ¿cuál será la
corriente máxima asimétrica de cortocircuito (Is), que soportará el interruptor que se encuentresituado en la fase referida?
3 Si desconectamos G2, y se produce una falta trifásica en el punto "F2", ¿cuál será la corrientesimétrica de corte (Ia), que deberá de interrumpir el interruptor si su tiempo de retardo es de 0.1s?
4 Dibujar las redes de secuencia directa, inversa y homopolar de la red representada.
Protección de sistemas eléctricos de potencia166
B C A Línea 1º D TR1 TR3
~ Línea 2º ~ G1 G3 Y Y Y L-3º L-4º Y Y Y Xn
Línea-5º E F1
Interruptor Y TR2
D F2 G S2
~ Consumidores Y G2
Figura 4.8 Esquema unifilar del sistema de potencia correspondiente al problema 4.8
RESPUESTAS
1 La corriente inicial de cortocircuito que se producirá en "F1" es: I”k1 = 4420.5/-90º A.
2 La corriente máxima asimétrica de cortocircuito en "F2" (G2 desconectado) será: Is =3623.6/-78.79ºA.3 La corriente simétrica de corte en "F2", (G2 desconectado), será: Ia = 2131.16/-80.3º A.4 Las redes de secuencia directa, inversa y homopolar no se indican. Pero con redes parecidas consultar
la sección de problemas resueltos.
PROBLEMA 4.9
El esquema de la figura representa una sección de una red eléctrica trifásica alimentada por múltiplespuntos. A efectos de diseño del interruptor, y para conocer la respuesta del circuito en diversos puntos delmismo ante situaciones anómalas, se pide funcionando los generadores sin carga y a la tensión nominal:
DATOS
¶ Tensión del punto "F1" y del punto "F2":....120KV. La tensión del punto F3 es de 40kV
G1:.....….40MVA........20KV...…….X”d=X1=X2= 14%..….....Xo= 4%.….….…..Xn= 0%G2:....…..50MVA........30KV..….….X”d=X1=X2= 16%….......Xo= 4%....……….Xn= 2.962%.G3:...…...60MVA........40KV....…....X”d=X1=X2= 12%.....…...Xo= 4.5%....…….Xn=0TR1:........50MVA.....120/20KV........ecc=X1=X2= 10%….........Xo= 0.9X1…....…Xn=0TR2:........60MVA.....120/30KV........ecc=X1=X2= 9%..….........Xo= 0.9X1………Xn=0TR3:........64MVA.....120/40KV........ecc=X1=X2= 12%.…........Xo= 0.9X1....……Xn=0L1 y L2.......………...........................X1=X2= j20W..……..........Xo= 2.5·X1
L3...........................………..............X1=X2= j18W.........……....Xo= 2.5·X1
L4……….........................................X1=X2= j22W......…….......Xo= 2.5·X1
L5..........………...............................X1=X2= j24W......…….......Xo= 2.5·X1
L6....................……….....................Z1=Z2=(2+J6)W..…….......Zo=2.5·Z1
L7 y L8.....................………............X1=X2= j2.6W..........……..Xo= 2.5·X1
¶ Los valores de las impedancias calculadas siempre están dadas al nivel más bajo de tensión
4 Enunciados de problemas de fallos en sistemas de potencia 167
B C A Línea 1º D E F TR1 L-5º TR3 F3 L-7º ~ Línea 2º ~ G1 S1 G3
Y D Y L-3º L-4º Y Y L-8º Y Xn
120kV Línea-6º G F1
Interruptor Y TR2 Y 120kV F2 H I
~ Consumidores Y G2 Xn
Figura 4.9 Esquema unifilar del sistema de potencia correspondiente al problema 4.9
HALLAR
1 En el supuesto de una falta monofásica fase-tierra en el punto "F1", ¿cuál será la corriente inicial decortocircuito (I”
k1), que se producirá?2 Delante de una falta trifásica en el punto "F2", ¿cuál será la corriente simétrica de corte (Ia), que
deberá ser capaz de interrumpir el interruptor si su tiempo de retardo es de 0.1s?3 Si se produce una falta monofásica fase-tierra en el punto "F2", ¿cuál será la corriente máxima
asimétrica de cortocircuito (Is), que soportará el interruptor que se encuentre situado en la fasereferida?
4 Si desconectamos el generador G1 de la red, mediante S1, y se produce una falta bifásica doble fase-tierra en el punto "F3", ¿cuales serán las corrientes iniciales de cortocircuito (I”kEE, I”kES, I”kET) que seproducirán?
5 Dibujar las redes de secuencia directa, inversa y homopolar, de la red representada.
RESPUESTAS
1 La corriente inicial de cortocircuito que se producirá en "F1" es: I”k1 = 2632.5/-90º A.
2 La corriente simétrica de corte en "F2", será: Ia = 1883.5/-86.8º A.3 La corriente máxima asimétrica de cortocircuito en F2" será: Is = 4811.2/-85.7º A.4 Con el generador G1 desconectado, las corrientes de cortocircuito que se producirán delante de una
falta bifásica a tierras en "F3" serán: I”kEE= 6176/90ºA. I”kES =7100/-205.8ºA I”kET =7100/25.8ºA.5 Las redes de secuencia directa, inversa y homopolar no se indican. Pero con redes parecidas consultar
la sección de problemas resueltos.
PROBLEMA 4.10
Disponemos de un generador síncrono trifásico, el cual trabaja en vacío (sin carga). Su neutro estápuesto a tierra a través de una reactancia. Con esta situación, se produce una falta monofásica a tierras enlos bornes del generador como se indica en la figura:
Protección de sistemas eléctricos de potencia168
DATOS
G..….20000 kVA ..….13.8 kV……..X"d1 = 35 % ……..X2 = 25% ……..Xo = 10% ……..Xn = 0%
R Xn G Y ~ S T
Figura 4.10 Esquema unifilar del sistema de potencia correspondiente al problema 4.10
HALLAR
1 Las corrientes de cortocircuito en los bornes del generador.2 Las tensiones de línea en las tres fases del generador.
RESPUESTAS
1 Las corrientes de cortocircuito en los bornes del generador son:I”k1RG = 3590/-90º A. I”kS1G = I”kT1G = 0.
2 Las tensiones de línea en las tres fases del generador son:URSG = 8063/77.7º V. USTG = 15775/-90º V. UTRG = 8063/102.2º V.
PROBLEMA 4.11
Disponemos de un generador síncrono trifásico, el cual trabaja en vacío (sin carga). Su neutro estápuesto a tierra a través de una reactancia. Con esta situación, se produce una falta bifásica entre fases enlos bornes del generador como se indica la figura:
DATOS
G…..20000 kVA ……13.8 kV……..X"d1 = 35 %……X2 = 25% …....Xo = 10% …….Xn = 0%
R Xn G Y ~ S T
Figura 4.11 Esquema unifilar del sistema de potencia correspondiente al problema 4.11
HALLAR
1 Las corrientes de cortocircuito en los bornes del generador.2 Tensiones de línea en las tres fases del generador.
RESPUESTAS
1 Las corrientes de cortocircuito en los bornes del generador son:I”k1RG = 0/0º A. I”kS1G = 2420/180º A. I”kT1G = 2420/0º A.
2 Las tensiones de línea en las tres fases del generador son:URSG = 13970/0º V. USTG = 10/0º V. UTRG = 13970/180º V.
4 Enunciados de problemas de fallos en sistemas de potencia 169
PROBLEMA 4.12
Disponemos de un generador síncrono trifásico que trabaja en vacío (sin carga). Su neutro está puesto atierra a través de una reactancia. Con esta situación, se produce una falta bifásica entre fases a tierra en losbornes del generador como se indica en la figura.
DATOS
G……20000 kVA……13.8 kV……..X"d1 = 35 %………X2 = 25%………Xo = 10%……..Xn = 0%
R Xn G Y ~ S T
Figura 4.12 Esquema unifilar del sistema de potencia correspondiente al problema 4.12
HALLAR
1 Las corrientes en los bornes del generador.2 Tensiones de línea en las tres fases del generador.
RESPUESTAS
1 Las corrientes de cortocircuito en los bornes del generador son:I”k1RG = 0/0º A. I”kS1G =3071/136º A. I”kT1G =3071/44º A.
2 Las tensiones de línea en las tres fases del generador son:URSG = 4047/0º V. USTG = 0/0º V. UTRG =4047/180º V.
PROBLEMA 4.13
El circuito mostrado en la figura corresponde a un suministro trifásico formado por un generadorsíncrono trifásico, una línea de transporte de energía eléctrica y un transformador. El extremo de la líneaestá abierto y por lo tanto el generador trabaja sin carga. Las conexiones existentes, así como lascaracterísticas de las máquinas, son las mostradas en la figura
DATOS
G1 ……….2500 MVA ….132 kV………X/R = 6 ……….Zo= 0.8·Z1 …….Xn= 0%TR1 ……….90 MVA…....132/33kV…..X1=X2= 16% ……Xo= 16% ……..Xn= 0Línea Z1=Z2 = (0.0895+j 0.2336) W/Km Zo = (0.1965 + j 0.5895) W/km Longitud línea = 32.16 km
A B C Línea TR S = 0 MVA G~ Y Y D
Figura 4.13 Esquema unifilar del sistema de potencia correspondiente al problema 4.13
HALLAR¶ Si el sistema esta operando a voltaje nominal y sin corriente antes del fallo, delante de una falta
monofásica (Fase-Tierra), en la fase “R” de las barras "B":
Protección de sistemas eléctricos de potencia170
1 Con el conexionado existente: la intensidad que circula por las tres fases del generador, así como porel primario del transformador.
2 Se desconecta el neutro del generador siguiendo sin cambios las conexiones restantes: la intensidadque circula por las tres fases del generador y por las tres fases del primario del transformador.
3 Se desconecta el neutro del transformador, pero el neutro del generador está conectado: la intensidadque circula por las tres fases del generador y por las tres fases del primario del transformador.
RESPUESTAS
1 Con el conexionado existente:IRG = 3106/-74º A ISG = 730/96.7ºA ITG = 730/96.7º A
IRTR = 726/-83.3ºA ISTR = 726/-83.3ºA ITTR = 726/-83.3ºA2 Se desconecta el neutro del generador siguiendo sin cambios las conexiones restantes:
IRG = 2110/-80.2ºA ISG = 1055/99.8º A ITG = 1055/99.8ºAIRTR = 1055/-80.2ºA ISTR = 1055/-80.2ºA ITTR = 1055/-80.2ºA
3 Se desconecta el neutro del transformador, pero el neutro del generador está conectado:IRG = 2781/-72.9ºA ISG = 0/0ºA ITG = 0/0ºA
IRTR = 0/0ºA ISTR = 0/0ºA ITTR = 0/0ºA
PROBLEMA 4.14
Dos generadores síncronos de 40MVA y 10kV, cada uno, se disponen en paralelo, suministrandoenergía a una línea de distribución. Las impedancias secuenciales de los generadores y la línea son lassiguientes:
DATOS Generadores Línea
Secuencia directa........................ j 8W............................j 15W Secuencia inversa........................j 6W............................j 15W Secuencia homopolar..................j 4W ...........................j 30W
El primer generador tiene su punto neutro conectado a tierra a través de una resistencia de 1W, mientrasque el segundo generador tiene su punto neutro aislado de tierra.
HALLAR¶ Si se produce un cortocircuito entre la fase “R” y tierras en el extremo más alejado de la línea,
trabajando los generadores sin carga:
1 La intensidad monofásica de cortocircuito (I”k1), en el punto de la falla.
2 La intensidad que circula por la fase “S”, del primer generador (I”Sg1), al producirse el cortocircuito.
3 La intensidad que circula por la fase “R”, del segundo generador (I”Rg2), al producirse el cortocircuito.
4 La tensión entre líneas UST en bornes del segundo generador al producirse el cortocircuito.
RESPUESTAS:
1 La intensidad monofásica de cortocircuito en la fallas es: I”k1 = 243.75/-87.6º A.
2 La intensidad de la fase “S”, del primer generador es: I”SG1 = 40.625/-87.6º A.
3 La intensidad de la fase “R” del segundo generador es: I”RG2 = 81.25/-87.6º A.
4 La tensión entre líneas, en bornes del segundo generador es: USTG2 = 9860.17/-90º V.
PROBLEMA 4.15
Dos generadores síncronos trifásicos de 35MVA y 7.5kV, cada uno, se disponen en paralelo,suministrando energía a una línea de distribución. Las impedancias secuenciales de los generadores y lalínea son las siguientes:
4 Enunciados de problemas de fallos en sistemas de potencia 171
DATOS Generadores Línea
Secuencia directa........................ j 6W............................j 12W Secuencia inversa........................j 5W............................j 12W Secuencia homopolar..................j 2W ...........................j 25W
El primer generador tiene su punto neutro aislado de tierra, mientras que el segundo generador tiene supunto neutro conectado a tierra a través de una resistencia de 0.8W.
HALLAR¶ Si se produce un cortocircuito entre la fase “R” y tierra (cortocircuito monofásico), en el extremo
más alejado de la línea, y se supone que los generadores antes de la falla trabajan sin carga:
1 La intensidad monofásica de cortocircuito (I”k1), en el punto de la falla.
2 La intensidad que circula por la fase “S”, del primer generador (I”Sg1), al producirse el cortocircuito.
3 La intensidad que circula por la fase “R”, del segundo generador (I”Rg2), al producirse el cortocircuito.
4 La tensión entre líneas UST en bornes del segundo generador al producirse el cortocircuito.
RESPUESTAS
1 La intensidad monofásica de cortocircuito es: I”k1 = 229.5/-87.6º A.
2 La intensidad de la fase “S”, del primer generador es: I”SG1 = 38.25/92.45º A.
3 La intensidad de la fase “R” del segundo generador es: I”RG2 = 153/-87.6º A.
4 La tensión entre líneas en bornes del segundo generador es: USTG2 = 7435/-90º V.
PROBLEMA 4.16
Se dispone de un sistema de energía formado por un generador, un transformador y un grupo demotores asíncronos conectados en paralelo. Los valores característicos de las máquinas y deltransformador son las siguientes (los valores dados para el motor son los tomados en su conjunto):
DATOS
G ……..7500 MVA……. 4.16 kV……….X"d1 = X2 = 10% ……….Xo = 5% ……..Xn = 5%TR …….7500 MVA…...4.16/0.6 kV……..excc = X1 = X2 = 10% …Xo = 0.9·X1 …..Xn = 0%M……..5000 MVA……. 0.6 kV …….….X"d1 = X2 = 20% ……….Xo = 4% ……...Xn = 2%
B M1 A Xn G TR1 M2 Xn ~ M3 Y Y Xn Y M4 Xn Xn
Figura 4.14 Esquema unifilar del sistema de potencia correspondiente al problema 4.16
HALLAR¶ Si se produce una falta monofásica a tierra en el embarrado "B", y el sistema está operando a
voltaje nominal y sin corriente antes del fallo, tomando como tensión de referencia E= 1/0º:
1 Las intensidades de cortocircuito de todas las fases del generador.2 Las intensidades totales en el punto de defecto a tierra (I"k1R, I"k1S, I"k1T).3 Las intensidades de las tres fases del conjunto de motores delante de la falta.
Protección de sistemas eléctricos de potencia172
4 Las intensidades de defecto de las tres fases, que van desde el secundario del trasformador hasta elpunto de defecto.
RESPUESTAS
1 Las intensidades de cortocircuito en todas las fases del generador son:IRG = 0/0 A. ISG = 2769/90º A. ITG = 2769/-90º A
2 Las intensidades totales en el punto de defecto a tierra son:I”k1R = 55425/-90º A I”k1S = I”k1T = 0/0º A
3 Las intensidades de las tres fases del conjunto de motores delante de la falta son:IR = 33255/-90º A. IS = 11085/-90º A. IT = 11085/-90º A
4 Las intensidades de defecto de las tres fases, en el secundario del transformador, son:IR = 22170/-90º A. IS = 11085/90º A. IT = 11085/90º A
PROBLEMA 4.17
El circuito mostrado en la figura corresponde a una sección de una red de transporte de energíainterconectada por varios puntos. El suministro está formado por una acometida trifásica, un generadortrifásico, un transformador y un enlace para usuarios. El extremo de la línea de consumidores está abiertoy por lo tanto el generador trabaja sin carga. Las conexiones existentes así como las características de lasmáquinas son las mostradas en la figura
DATOS
Q…………….2000MVA…….110kVG1. ………….. 12 MVA……. 20 kV……….X”d1= X2 = 16% ……Xo= 5% ………..Xn= 0%TR1 ………….. 25 MVA ……110/20kV……X1=X2= 7% …………Xo= 0.9·X1 ……..Xn= 0Línea 1º ……………………………………..X1=X2= j 6.5W ………Xo= j 15 W……...Xn= 0Línea 2º ……………………………………..X1=X2= j 0.11W…….. Xo= j 0.25 W …...Xn= 0Línea 3º ……………………………….…….X1=X2= j 0.57W ……..Xo= j1.42W …… Xn= 0 .... 1 2 TR Barras "A" Línea-1º Q~ Barras "B" D Y 3 Línea-3º
G~ Línea-2º Y
Figura 4.15 Esquema unifilar del sistema de potencia correspondiente al problema 4.17
HALLAR¶ Si el sistema esta operando a voltaje nominal y sin corriente antes del fallo, delante de una falta
monofásica (Fase-Tierra), en la fase “R” de las barras "2":
1 Las intensidades que circulan por las tres fases del generador.2 Las intensidades que circulan por las tres fases del transformador hasta el punto de falta.3 Las intensidades que circulan por las tres fases de la acometida hacia el punto de falta.
RESPUESTAS
1 Las intensidades que circulan por las fases del generador son:IRG = 4118/-90º A ISG = 1415/-90ºA ITG = 1415/-90º A
2 Las intensidades que circulan por las tres fases del transformador hasta el punto de falta son:IRTR = 8041/-90ºA ISTR = 1415/90ºA ITTR = 1415/90ºA
4 Enunciados de problemas de fallos en sistemas de potencia 173
3 Las intensidades que circulan por las tres fases de la acometida hacia el punto de falta son:IRQ = 5460/-90ºA ISQ = 5460/90ºA ITQ = 0/0ºA
PROBLEMA 4.18
Dos generadores síncronos se conectan a una línea de transmisión de energía a través de dostransformadores trifásicos, como se muestra en la figura. Los valores nominales y las reactancias de lasmáquinas y transformadores son:
DATOS
G1 ……. 80MVA ………25kV ……. X”d=X1=X2= 20% ….…Xo= 6%……. Xn= j0.2WG2 ……… 60MVA……….25kV…….. X”d=X1=X2= 18% …….Xo= 5% …….Xn= j0.1WTRI …... 80MVA…….150/25kV…….X”d=X1=X2= 11%……..Xo= 8% …….Xn= 0%TR2 …... 60MVA ……150/25kV……X”d=X1=X2= 15%…..…Xo= 10%…….Xn= 0%Línea ………………………………...X1=X2= j12 W………….Xo= j30 W
A B C D G1 TR1 TR2 G2
~ Línea ~
Y D Y Y D Y Xn Xn
Figura 4.16 Esquema unifilar del sistema de potencia correspondiente al problema 4.18
HALLARSi el sistema esta operando a voltaje nominal y sin corriente antes del fallo, delante de una faltabifásica (Fase-Fase), en las fases “S y T” de las barras "C":
1 Intensidad que circula por la fase “T”, (I”k2 T) del generador G1.2 Intensidad que circula por la fase “S”, (I”k2 S) desde la línea de transmisión hasta el punto de falta.3 Intensidad que circula por la fase “R”, (I”k2 R) del generador G2.4 Voltaje línea-línea UST, en bornes del generador G2.5 Voltaje línea-línea UTR, en el punto de falta (barras "C").6 Voltaje línea-línea URS, en bornes del generador G2.
RESPUESTAS
Los valores pedidos son respectivamente:1. I”k2 T = 5242.4/0º A. 2. I”k2 S = 756.7/180º A. 3. I”k2 R = 2102.8/180º A.
4. UST = 15898/-141.8ºV. 5. UTR = 131903/180º V. 6. URS = 25000/0ºV.
PROBLEMA 4.19
Dos generadores síncronos se conectan a una línea de transmisión de energía a través de dostransformadores trifásicos, como se muestra en la figura. Los valores nominales y las reactancias demáquinas y transformadores son:
DATOS
G1 …………70MVA……….25kV…….. X”d=X1=X2= 16% ……Xo= 6% …….Xn= j0.3WG2 ……..50MVA……….25kV……...X”d=X1=X2= 14% ……Xo= 5%……..Xn= j0.2WTRI …….70MVA …….150/25kV…...X”d=X1=X2= 10% ……Xo= 6% ……..Xn= 0%TR2 …….50MVA……..150/25kV…...X”d=X1=X2= 12% ……Xo= 8% ……..Xn= 0%Línea …………………………………X1=X2= j20 W ………...Xo= j50 W
Protección de sistemas eléctricos de potencia174
A B C D G1 TR1 TR2 G2
~ Línea ~
Y D Y Y D Y Xn Xn
Figura 4.17 Esquema unifilar del sistema de potencia correspondiente al problema 4.19
HALLAR¶ Si el sistema esta operando a voltaje nominal y sin corriente antes del fallo, delante de una falta
bifásica a tierras (Fase-Fase-Tierra), en las fases “S , T y Tierra” de las barras "D":
1 Intensidad que circula por la fase “R”, (I”k2 R) del generador G1.2 Intensidad que circula por la fase “S”, (I”k2 S) en la línea de transmisión.3 Intensidad que circula por la fase “T”, (I”k2 T) del generador G2.4 Voltaje línea-línea UST, al principio de la línea (barras "B").5 Voltaje línea-línea UTR, en el punto de falta.6 Voltaje línea-línea URS, en bornes del generador G1.
RESPUESTAS
Respectivamente los valores que adoptan las diversas magnitudes eléctricas son:
1. I”k2 R = 1113.6/-90º A. 2. I”k2 S = 19778.4/180º A. 3. I”k2 T = 8893/36.53º A. 4. UST = 86727.9/-44.7ºV. 5. UTR = 14336.1/180º V. 6. URS = 86725.2/44.7ºV.
PROBLEMA 4.20
Dos generadores síncronos se conectan a una línea de transmisión de energía a través de dostransformadores trifásicos, como se muestra en la figura. Los valores nominales y las reactancias de lasmáquinas y transformadores son:
DATOS
G1 ……. 200MVA ………30kV …..…. X”d=X1=X2= 18% ….…Xo= 4%……. Xn= 5%G2 ……… 200MVA……….30kV…….... X”d=X1=X2= 18% …….Xo= 4% …….Xn= 5%TRI …... 200MVA…..….360/30kV…….X”d=X1=X2= 10%……..Xo= 10% ..….Xn= 0%TR2 …... 200MVA ….…360/30kV….…X”d=X1=X2= 10%…..…Xo= 10%……Xn= 0%Línea …………………………………...X1=X2= j178.5 W...…….Xo= j595.1W
A B C D G1 TR1 TR2 G2
~ Línea ~
Y D Y Y D Y Xn Xn
Figura 4.18 Esquema unifilar del sistema de potencia correspondiente al problema 4.20
HALLARSi el sistema esta operando a voltaje nominal y sin corriente antes del fallo, delante de una faltabifásica (Fase-Fase), en las fases “S y T” de las barras "C":
1 Intensidad que circula por la fase “T”, (I”k2 T) del generador G1.2 Intensidad que circula por la fase “S”, (I”k2 S) desde la línea de transmisión hasta el punto de falta.
4 Enunciados de problemas de fallos en sistemas de potencia 175
3 Intensidad que circula por la fase “R”, (I”k2 R) del generador G2.4 Voltaje línea-línea UST, en bornes del generador G2.5 Voltaje línea-línea UTR, en el punto de falta (barras "C").6 Voltaje línea-línea URS, en bornes del generador G2.
RESPUESTAS
Los valores pedidos son respectivamente:1. I”k2 T = 6931.2/0º A. 2. I”k2 S = 500.22/180º A. 3. I”k2 R = 6872.4/180º A.
4. UST = 17643.22/-148.2V 5. UTR = 311768.3/180º V. 6. URS = 29997.6/0ºV.
Anexos 177
ANEXOS
ANEXO I. Constantes de magnitudes físicas, terrestres y cuánticas
Tabla I.I. Constantes Terrestres
Aceleración gravitacional a nivel de mar 9,80665 m/s2 (referencia estándar 9,807 m/s2)9,7804 m/s2 (en el ecuador)
9,8322 m/s2 (en el polo)Masa de la Tierra 5,98·1024 kgRadio de la Tierra 6,37·106 m (valor medio)
6.378,2 km (en el ecuador)6.356,8 km (en el polo)
Presión atmosférica a nivel del mar (760 mmHg) 1,013·105 N/m
Tabla I.II. Constantes Físicas
Constante de BoltzmannConstante de FaradayConstante de Rydberg
K = R/NF = N·e
R¤
1,38·10-23 J/ºK9,6485·104 C1,097·107 m-1
Constante de la gravitaciçon universal (de Cavendish)Constante universal de los gases
GR
6,67·10-11 Nm2/kg2
8..314 J/mol·K 1=1,9872 kcal/mol·kElectrón: Carga eléctrica
Masaqeme
1,602·10-19 C9,1091·10-31 kg
Número de Avogadro NA 6,023·1023 partículas/molNeutrón: Carga eléctrica
Masaqnmn
Cero1,6750·10-27kg
Permitividad del vacío e0 8,8542·10-12 C2/Nm2 =
= 910941ÖÖp
C2/Nm2
Permeabilidad del vacío m0 4p·10-7 N/A2 = 4p·10-7 Ns2/C2
Protón: Carga eléctrica Masa
qpmp
1,602·10-19C1,6725·10-27 kg
Velocidad de la luz C 2,997925·108 m/s
Tabla I.III. Constantes de Física Cuántica
Constante de Planck h=6,6238·10-34 J·sUnidad atómica de momento angular h=1,054·10-34J·s
Masas en reposo de algunas partículas fundamentales(uma):
Neutrón
Protón
Electrón
Partícula alfa
n10 = 1,008982 uma
p11 = 1,007593 uma
e01- = 5,4876·10-4 uma
He42 = 4,002603
Energía de un fotón E = hfFactores de conversión masa-energía
Factor de conversión de la energía (electronvolt)Factor de conversión de la masa (unidad masa atómica)
1 uma=931,162 MeV ; 1 kg=5,60999·1029 MeV1 eV = 1,6021892·10-19 J
1 uma = 1,6605655· 10-27 kg
Protección de sistemas eléctricos de potencia178
ANEXO II. Resistividad (r), coeficiente de temperatura (a), punto defusión (ºC) y densidad (d) de diversos materiales y aleaciones
MetalesMaterial Composición Resistividad
r a 20 ºC(W mm2/m)
Coeficiente detemp.a(ºC-1)
Punto defusión
aprox. (ºC)
Densidad(kg/dm3)
Plata recocidaPlata martillada
Cobre electrolíticoCobre reducido patrón
0,01460,0159
0,017540,0195
0,00380,0038
0,003930,00393
960960
1.0831.083
10,510,58,978,97
Cobre recocido industrialOro recocido
Oro martilladoAluminio puro
0,02070,02330,02360,0261
0,003930,00340,0034
0,00446
1.0831.0631.063660
8,9719,319,32,7
Aluminio recocidoMolibdeno
CincTungsteno
0,0280,05570,0570,06
0,004460,00330,00070,0045
6602.625419,4
3.410°20
2,710,27,1519,3
Hierro fundidoHierro puro
Hierro galvanizado duro
0,0980,130,196
0,00500,00500,0050
1.5351.5351.535
7,867,867,86
Hierro galvanizado extraduroNíquelPlatinoEstaño
0,2050,110,120,13
0,00500,00480,00370,0037
1.5351.4551.769232
7,868,9
21,457,29
PlomoAntimonioMercurio
0,2050,360,95
0,00390,00390,0007
327,4630,5-38,87
11,3426,61813,6
Aleaciones Aleación 875 (2)
Aleación 815 (2)Kanthal DR (3)
Cr 22,5% + Al 5,5% + FeCr 22,5% + Al 4,6% + FeFe 75% + Cr 20% + Al 4,5% + Co 0,5%
1,421,321,32
0,000020,000080,00007
1.520
1,505
7,1
7,2Karma (1)
Nikrothal (3)Aleación 750n (2)Chromel AA (2)
Ni 73% + Cr 20n % + Al ´FeNi 75 % + Cr 17 % + Si + Mn
Cr 15 % + Al 4% + FeNi 68% + Cr 20% + Fe 8%
1,231,231,221,14
_0,0000030,000150,00011
1.4001.4101.5201.390
8,1058,1
7,438,33
Nichrome (1)Chromel C (2)Nikrothal 6 (3)Nichrome V (1)
Ni 60 % + Cr 16 % + FeNi 60% + Cr 16% + FeNi 60% + Cr 16% + Fe
Ni 80% + Cr 20%
1,11,11,1
1,06
0,000150,000150,000140,00011
1.3501.3501.3501.400
8,2478,2478,25
8,412Chromel A (2)Nikrothal 8 (3)Chromax (1)
Chromel D (2)
Ni 80% + Cr 20%Ni 80% + Cr 20%
Ni 35% + Cr 20% + FeNi 35% + Cr 20% + Fe
1,061,06
0,9740,974
0,000110,000080,000360,00036
1.4001.4001.3801.380
8,4128,417,957,95
Nilvar (1)Inoxidable tipo 304
Aleación 142
Ni 36% + FeCr 18% + Ni 8% + Fe
Ni 42% + Fe
0,7860,7110,65
0,001350,000940,0012
1.4251.3991.425
8,067,938,12
Advance (1)Copel (2)
Cuprothal 294 (3)Therlo (1)
Ni 43% + CuNi 43% + CuNi 45% + Cu
Ni 29% + Co 17% + Fe
0,4770,4770,4770,477
°0,00002°0,000020,000020,0038
1.2101.210
_1.450
8,98,98,9
8,36Manganina
Aleación 146Aleación 152Duranickel
Mn 13% + CuNi 46 % + FeNi 51 % + Fe
Níquel + aditivos
0,4710,4470,4220,422
°0,0000150,00270,00290,001
1.0201.4251.4251.435
8,1928,17
8,2478,75
Midohm (1)Cuprothal 180 (3)
Aleación R63Hytemco (1)
Ni 23% + CuNi 22% + Cu
Mn 4% + Si 1% + NiNi 72% + Fe
0,29210,2920,2110,195
0,000180,00018
0,0030,0042
1.100_
1.4251.425
8,98,9
8,728,46
PermanickelAleación 90
Cuprothal 90 (3)Cuprothal 60 (3)
Níquel + aditivosNi 11% + CuNi 11% + CuNi 6% + Cu
0,1620,1460,1460,0974
0,00330,000490,000450,0006
1.1501.100
__
8,758,98,98,9
Gr. A NíquelLohm (1)
Aleación 99Aleación 30
Ni 99%Ni 6% + CuNi 99,8%
Ni 2,25% + Cu
0,0970,0970,0780,049
0,0550,00080,006
0,0015
1.4501.100
_1.100
8,98,9_
8,9Cuprothal 30 (3)
Cu Ni 44 (Kostantan)Ni 2% + Cu
Ni 44% + Mn 1,5% + Cu0,04870,49
0,00140,00006
_1.200
8,98,9
Anexos 179
ANEXO III. Coeficientes de resistividad de los aislantes
Tabla III.1. Coeficientes de resistividad de semiconductores
S/cm W·cm
Cobre 106 10-6 plata Constantán 104 10-4 hierro 102 10-2
Silicio 10 Germanio 10 102
10-2
Selenio 10-4 104 Cu2O 10-6 106
108
Porcelana 10-8 1010 Esteatita Vidrio 10-10 PVC Papel 10-12 1012 Guatepercha Polietileno 10-14 1014 Parafina goma
Poliestireno 1016 Mica 10-16 1018
Cuarzo 10-18
Conductividad Resistividad
Tabla III.II. Coeficientes de resistividad de líquidos y sólidos aislantes más usuales
Aislante Resistividad(MW cm)
(³106)W·cm
(³10-4)W·mm2/m
Aceite de transformadorAire secoAmianto
1 a 10·1012
¤0,16
1 a 10·1018
¤0,16·106
1 a 10·1014
¤0,1·102
ArcillaBaquelitaCelulosa
2002·1012
1·103
200·106
2·1018
1·109
200·102
2·1014
1·105
Cera de abejasCuarzo fundido
Ebonita
5·1010
5·1012
1·1012
5·1016
5·1018
1·1018
5·1012
5·1014
1·1014
Goma lacaMadera parafinada
Mármol
1·1010
10 a 100·108
1·105
1·1016
10 a 100·1014
1·1011
1·1012
10 a 100·1010
1·107
MicaMicalexMacanita
2·1011
0,51·106
2·1017
0,5·106
1·1012
2·1013
0,5·102
1·108
Papel barnizadoParafina
Pirex
1 a 20·1012
1·1013
1·1011
1 a 20·1018
1·1019
1·1017
1 a 20·1014
1·1015
1·1013
PizarraPorcelana
Vidrios comunes
1·102
3·108
2·107
1·108
3·1014
2·1013
1·104
3·1020
2·109
Tabla III.III. Resistividades de líquidos aislantes
Aislante Resistividad(MW cm)
(³106)W·cm
(³10-4)W·mm2/m
Aceite de alquitránAceite de cáñamo
1,67·109
28,5·1031,67·1015
28,5·1091,67·1011
28,5·105
Aceite de colzaAceite de parafina
95·103
8·10695·109
8·101295·105
8·108
Aceite de resinaAceite de ricino
3·105
3,9·1053·1011
3,9·10113·107
3,9·107
Acido esteáricoBencina
35·107
14·10635·1013
14·101235·109
14·108
BenzolPetróleo
1,32·103
4·1041,32·109
4·10101,32·105
4·106
Conductores
Semiconductores
aislantes
Protección de sistemas eléctricos de potencia180
ANEXO IV. Magnitudes y unidades magnéticas
Tabla IV.I. Magnitudes magnéticas fundamentales
Término Símbolo Relación Unidad en elsistema SI
Unidad en elsistema práctico
de medidas
Unidad en elsistema de
medidas electro-magnéticas
Transflujo q q = Iq = f·Rm
A (amperio) AAW(amperio-vuelta)
AAW
Flujo magnético f f = B·Af = q/Rm
Wb (weber)Vs (voltio-segundo)
VsWb
M (maxwell)
Inducciónmagnética
B B = f/AB = m·H
T(tesla)Wb/m2
Vs/m2Vs/cm2
Wb/cm2M/cm2
G (gauss)Reluctanciamagnética
RmRm =
Alm
Rm =fq
H1
VsA
VsA
H1
2cmGAÖ
Permeabilidad mm =
HB
mH
AmVs
cmAVsÖ
cmA
AmG Ö
Intensidad decampo magnético
HH =
mB
H =ls m
A cmA
cmAW
Oe (oersted)
Tensiónmagnética
V V = H·l A A Gb(gilbert)
Tabla IV.II. Conversiones magnéticas más usuales
Término ConversionesFlujo magnético 1 Wb = 1 Vs = 108 M
Inducción magnética 1 T = 1 Wb/m2 = 1 Vs/m2 = 104 M/cm2 = 104 G1 Vs/cm2 = 1 Wb/cm2 = 108 M/cm2 = 108 G
Reluctancia magnética1 A/Vs = 1 1/H = 10 8 2cmG
AÖ
Permeabilidad1H/m = 1
AmVs = 106
AcmG 2·
1cmA
Vs·
= 1 cmH = 108
Acmg·
Intensidad de campo magnético 1 A/m = 10-2 A/cm = 1,256·10-2 Oe1ª/cm = 1,256 Oe
Tensión magnética 1ª = 1,256 Gb
Anexos 181
ANEXO V. Conductores eléctricos
V.I. Los conductores más utilizados para el transporte de energía eléctrica soncuatro: (Denominaciones en Español e Inglés)
Halcón HawkCóndor Condor
Gaviota GullCardenal Cardinal
Tabla V.I. Conductores de Aluminio-Acero
Halcón Cóndor Gaviota CardenalComposición: Aluminio; mm. Acero; mm.
26³3,4427³2,677
54³3,0847³3,084
54³2,8227³2,822
54³3,3767³3,376
Secciones: Aluminio; mm2. Acero; mm2. Total; mm2.
241,6839,42
281,10
402,8452,26
455,10
337,7443,81
381,55
483,4262,64
546,06Sección equivalente de cu; mm2. 152,01 253,36 212,31 304,03Diámetro del alma de acero; mm. 8,031 9,246 8,466 10,135Diámetro de cable; mm. 21,793 27,762 25,4 30,378Pesos: Aluminio; Kg/Km. Acero; Kg/Km. Total; Kg/Km.
666,6308
974,6
1.115407
1.522
934,6342,2
1.276,8
1.338488
1.826Carga de rotura; Kg. 8.817,8 12.950 11.135,7 15,536Modulo de elasticidad; Kg/mm2. 7.730 6.860 6.860 6.860Coeficiente de dilatación por gradode temperatura
18,99³10-h 19,35³10-h 19,35³10-h 19,35³10-h
Resistencia eléctrica a 20º C; W/Km 0,119 0,0721 0,0851 0,0597
Tabla V.II. Densidad máxima admisible y su intensidad correspondiente
CONDUCTORESMAGNITUD Halcón Cóndor Gaviota Cardenal
Densidad máxima admisible; A/mm2 2,043 1,757 1,869 1,628Intensidad correspondiente; A 574,28 799,61 713,116 888,98
Tabla V.III. Intensidad máxima admisible para fases simplex, dúplex, tríplex y cuádruplex
CONDUCTORESLÍNEA CON Halcón Cóndor Gaviota Cardenal
Un circuito de fases simples574,28 799,61 713,116 888,98
Un circuito de fases dúplex1.148,56 1.599,22 1.426,23 1.777,96
Un circuito de fases tríplex1.722,84 2.398,83 2.139,34 2.666,94
Un circuito de fases cuádruplex2.297,12 3.198,44 2.852,46 3.555,92
Dos circuitos de fases simples,acoplados en paralelo Iguales valores que para una línea con un circuito dúplexDos circuitos de fases dúplex,acoplados en paralelo Iguales valores que para una línea con un circuito cuádruplex
Protección de sistemas eléctricos de potencia182
ANEXO VI. Conductancia. Autoinducción y Susceptancia
VI.I Pérditancia o Conductancia
)/(10·)()/( 3
2 kmSkVVkmkWPG
FASEK
-= fasesnLongGG KTOTAL º··=
Donde: Gk = Conductancia por km y fase. (S/km) P = potencia activa por km y fase (kW/km) VFASE = tensión de fase (kV)
Tabla VI.I. Valor del radio equivalente req, para n subconductores, por fase
Tabla VI.II. Fórmulas del coeficiente de autoinducción con fases simples y múltiples.Reactancia inductiva (XLk = w · Lk) W/km
Tabla VI.III. Fórmulas de capacidad con fases simples y múltiples. Susceptancia (Bk =w·Ck) (S/km)
Anexos 183
ANEXO VII. Método de las constantes auxiliares
Tabla VII.I. Constantes auxiliares DyCBA ,,,, de las líneas
Constante Módulo Argumento Parte real Parteimaginaria
D=A d’=a’ d”=a”
VII.I Fórmulas para la obtención de las constantes auxiliares
¶ Método de las funciones hiperbólicas y circulares
)''·sen(senh)''·cos(coshcosh)'''( ''cccc jcjaaDA QQ+QQ=Q=+==
))''·sen(cosh)''·cos·((senh·senh)'''( ''ccccCC jZcZjbbB QQ+QQ=Q=+=
))''·sen(cosh)''·cos·((senh1·senh1)'''( ''cccc j
cZc
cZjccC QQ+QQ=Q=+=
¶ Método del desarrollo en series de funciones hiperbólicas y circulares
ùùú
ø
ééê
è+++++=+== ......
8)·(
6)·(
4)·(
2·1)'''(
432LLLLLLLL YZYZYZYZjaaDA
ùùú
ø
ééê
è+++++=+= ......
9)·(
7)·(
5)·(
3·1)'''(
432LLLLLLLL
LYZYZYZYZZjbbB
ùùú
ø
ééê
è+++++=+= ......
9)·(
7)·(
5)·(
3·1)'''(
432LLLLLLLL
LYZYZYZYZYjccC
Se tomará un término con 80km, dos términos con 160km, tres términos con 240km, etc.
¶ Impedancia característica
LÍNEA
LÍNEA
YZcZ = con:
LLÏNEALÏNEALÏNEA
LLÏNEALÏNEALÏNEA
YjBGY
ZjXRZ
=+=
=+=
)(
)(
¶ Ángulo característico
LÏNEALÏNEA YZc ·=Q En radianes. dosenYZjc LÏNEALÏNEAccGRADOS gra..·2
º360)(2
º360 ''' ==Q+Q=Qpp
.
¶ Potencia característica
ZcU
Pc LÏNEA2
= Siendo el valor de la tensión, sólo en módulo: 3·FASELÏNEA VU =
Protección de sistemas eléctricos de potencia184
VII.II. Comprobación de las constantes auxiliares
1. )01(· jCBA +=- Siendo )'''( jaaA += )'''( jbbB += )'''( jccC +=2. (a’2-a’’2) - (b’c’) + (b’’c’’) = 13. (2a’a’’) - (b’c’’) + (b’’c’) = 0Para que las constantes sean correctas se tienen que cumplir las tres condiciones a la vez.
VII.III. Fórmulas a aplicar con el método de las constantes
¶ Conocidos los valores al principio de línea. (Todos los parámetros son vectores.)
Carga: CVAII
BIDVV
··
··
112
112
-=
-= Vacío: AII
DVV
·
·
12
12
=
=
¶ Conocidos los valores al final de línea. (Todos los parámetros son vectores.)
Carga: DICVI
BIAVV
··
··
221
221
+=
+= Vacío: CVI
AVV
·
·
21
21
=
=
VII.IV. Fórmulas generales para sistemas eléctricos de potencia
¶ Potencia activa, reactiva y aparente trifásicas
iiii IUP j·cos3··= iiii IUQ j·sen3··= )(3··*
iiiii jQPIUS +==
iiSP j·cos1 = iiSQ j·sen1 = i
i
tagP
Sj
=1
¶ Impedancia, reactancia inductiva, y ángulo total de un sistema de potencia
iiiii ZjXRZ jÏ=+= )( XCCnini
niTRi S
UX e
2
= iSiIiUi jjjj =-=
¶ Intensidad al final de línea, tensión de fase, tensión al inicio de línea y rendimiento total de unsistema de potencia
)(·cos3· iIiU
ii
ii
UP
I jjj
-Ï= 3i
iUV = 121221 ·IZVV += 100
ENTRADA
SALIDA
PP
=h
¶ Fórmula para obtener el módulo de la tensión al final de línea conocidos: la tensión al inicio delínea, las potencias finales de línea y la impedancia de la línea
[ ] 0)·(·)···(2 2212
22
21212212
42 =+-++ SZUUQXPRU
¶ Compensación de energía reactiva. Diversas fórmulas para su obtención, conocidas lastensiones de la zona a compensar, así como la potencia total activa y las impedancias
22
22 )( KpPKKqQ NUEVA +-°-=- )( 22 ANTIGUANUEVACOMP QQQ -- -=
12
21 ·Z
UUK =
1212
22 cos
ZZU
K j=12
12
22 sen
ZZU
K j=COMP
iCOMP Q
UX
2
=fX
CCOMP
COMP ··2·1
p=
¶ Impedancias de los transformadores trifásicos con tres devanados
XCCPSPS
PSPS S
UX e
2
= XCCSTST
STST S
UX e
2
= XCCPTPT
PTPT S
UX e
2
=
2STPTPS
PXXX
X-+
= 2
PTSTPSS
XXXX
-+=
2PSSTPT
TXXX
X-+
=
Anexos 185
ANEXO VIII. Método del circuito equivalente en "T", y en "P"
VIII.I. Método del circuito equivalente en “T”
Figura VIII.1 Circuito equivalente en “T” para una línea de longitud media
¶ Régimen en carga
222 ·cosjSP = siendo 2222 ·cos3·· jIUP =
S2 Q2 222 ·senjSQ = siendo 2222 ·sen3·· jIUQ =
j2 P2 2
22
cosjP
S = siendo )(3·· 22*222 jQPIUS +==
Otras fórmulas importantes son: j2 = jv2-jI2 ( 2222
22
·cos3·jj
j-= v
UP
I
Las fórmulas específicas del circuito equivalente en "T" (ver figura) son:
22 ·2
IZVV LineaC += cVBI C ·= 21 IcII += 11
2IZcVV Línea+=
Y recordando que: FaseL II 11 = la tensión es: 3·11 FaseL VU = y el ángulo inicial es: 111 IU jjj -=
Conocidos la tensión, intensidad y ángulo inicial podremos hallar las potencias iniciales:
1111 ·cos3·· jIUP = 1111 ·sen3·· jIUQ = )(3·· 111*11 jQPUIS +==
Finalmente la caída de tensión, la pérdida de potencia y el rendimiento del sistema serán:
1001
21
UUU
U-
=D 1001
21
PPP
P-
=D 1001
2
PP
=h
La caída de tensión no excederá de un 10%. La pérdida de potencia no excederá de un 3% cada 100km
¶ Régimen en vacío
En ese caso, los cálculos se simplifican, ya que no es necesario conectar la carga y por tanto laspotencias, la intensidad y el ángulo final de línea son nulas:
P2 = Q2 = S2 = 0. j2 = jv2 - jI2 = 0 ( 0·cos3·
2222
22 =-= jj
jv
UP
I
Las otras fórmulas quedan como sigue:
222 ·2
VIZVV LineaC =+= 2·· VBcVBI C == CC IIII =+= 21 C
Línea IZVIZcVV22
211 +=+=
Una vez obtenidas la intensidad y la tensión al inicio de línea se prosigue con las fórmulas dadas parael régimen de carga.
R/2
X/2
I2I1U2P2
j 2
U1P1
j 1I1
R/2 X/2
BG=0
V1Vc
Ic
Protección de sistemas eléctricos de potencia186
VIII.II. Método del circuito equivalente en P
G/2
Figura VIII.2 Circuito equivalente en “p”, para una línea de longitud media
¶ Régimen en carga
222 ·cosjSP = siendo 2222 ·cos3·· jIUP =
S2 Q2 222 ·senjSQ = siendo 2222 ·sen3·· jIUQ =
j2 P2 2
22
cosjP
S = siendo )(3·· 22*222 jQPIUS +==
Otras fórmulas importantes son: j2 = jv2-jI2 ( 2222
22
·cos3·jj
j-= v
UP
I
Las fórmulas específicas del circuito equivalente en "P" (ver figura) son:
2·22BVI C = 22 III C += IjXRVV LL )·(21 ++=
2·11BVI C =
Al principio de línea tendremos:
IjXRVV LL )·(21 ++= 2
·11BVI C = III C += 11
Y recordando que: FaseL II 11 = la tensión es: 3·11 FaseL VU = y el ángulo inicial es: 111 IU jjj -=
Conocidos la tensión, la intensidad y ángulo inicial podremos hallar las potencias iniciales:
1111 ·cos3·· jIUP = 1111 ·sen3·· jIUQ = )(3·· 111*11 jQPUIS +==
Finalmente la caída de tensión, la pérdida de potencia y el rendimiento del sistema serán:
1001
21
UUU
U-
=D 1001
21
PPP
P-
=D 1001
2
PP
=h
La caída de tensión no excederá de un 10%. La pérdida de potencia no excederá de un 3% cada 100km
¶ Régimen de vacío
En ese caso, los cálculos se simplifican, ya que no es necesario conectar la carga y por tanto las potencias,la intensidad y el ángulo final de línea son nulas:
P2 = Q2 = S2 = 0. j2 = jv2 - jI2 = 0 ( 0·cos3·
2222
22 =-= jj
jv
UP
I
Las otras fórmulas quedan como sigue:
2·22BVI C = 222 CC IIII =+= IjXRVV LL )·(21 ++=
2·11BVI C = III C += 11
Una vez obtenidas la intensidad y la tensión al inicio de línea se prosigue con las fórmulas dadas parael régimen de carga.
I2
IU2P2
j 2
U1P1
j 1I1
R X
B/2G/2
V1V2
Ic2
I1
B/2
Ic1
Anexos 187
ANEXO IX. Fórmulas para el cálculo de líneas eléctricas
IX.I. Cálculo del Efecto Corona
¶ Tensión crítica disruptiva (Uc)
reDrmtmcUc ·log.···84 d=
Con:mc = Coeficiente de rugosidad del conductor con:
mc = 1 para hilos con superficie lisamc = de 0,93 a 0,98 para hilos oxidados o rugososmc = de 0,83 a 0,87 para cables
mt = Coeficiente de la humedad relativa del aire, que provoca una disminución en la Uc (lluvia niebla, escarcha, nieve) con:
mt = 1 para tiempo secomt = 0,8 para tiempo húmedo
re = Radio del conductor en centímetrosD = Distancia media geométrica entre fases, en centímetrosd = Factor de corrección de la densidad del aire, en función de la altura sobre el nivel del mar. Si la
temperatura se pone en grados centígrados y la altura de presión de la columna de mercurio encm de Hg, la densidad del aire no tendrá unidades
J = Temperatura ambiente en ºC
sd
+=
273921.3 h
Para hallar la altura de presión del aire en cm de Hg, utilizaremos la expresión dada por Halley:
¶ Fórmula de Halley
1833676loglog yh -=
Donde: h = altura de presión del aire en cm de Hg (mercurio) y = altura topográfica en (m)
¶ Tensión más elevada (Ume)
La tensión más elevada se obtendrá en tablas, o bien aplicando un aumento del 10% al 15% por encimade la tensión nominal:
UnUme ·15.1=
¶ Comprobación del Efecto Corona
Si Uc < Ume si se produce el efecto coronaSi Uc > Ume no se produce el efecto corona
¶ Pérdida de potencia por Efecto Corona (Fórmula de Peek)
)/(10·33
)25(241 52
2 FasekmkWUU
DrefP CRITICAMAX
FASEkm -ùú
øéê
è-+= -
- dCon:Uc = Tensión eficaz compuesta crítica disruptiva, capaz de producir el efecto corona, en kVd = Factor de corrección de la densidad del aire (sin unidades)r = Radio del conductor en centímetrosf = Frecuencia en períodos por segundo, en general 50 HzD = distancia media geométrica entre fases, en centímetrosUmax = Tensión compuesta más elevada, definida en él articulo 2 del Reglamento de Líneas, en
kilovoltios. Si no se dispone del reglamento, adoptar Umax= Un·1.15
Protección de sistemas eléctricos de potencia188
IX.II. Momento Eléctrico
jtagXRU
uLPeMefaseKfaseK
n
·%··
2
-- +==
Con:L = Longitud de la línea en kmu% = Caída de tensión en tanto por ciento, siempre menor al 10%Pe = Potencia que podrá transportar la línea calculada mediante el momento eléctrico, en MWUn = Tensión nominal de la línea en kilovoltios (kV)Me = Momento Eléctrico, en MW ·kmRK-fase = Resistencia eléctrica por kilómetro y fase, en W/kmXK-fase = Reactancia inductiva por kilómetro y fase, en W/kmtagj = tangente del ángulo total (jV - jI), calculado para el tramo buscado (final de línea por ejemplo)
Entonces: )(kmPeMeL = )(· MWLMePe =
Que es la distancia máxima (en km) a la que el sistema (línea) podrá transportar una determinadapotencia, o bien, la potencia máxima que el sistema podrá transportar a una determinada distancia.
IX.III. Pérdida de potencia en el transporte de energía
j22% cos·
100 PeU
RP
n
faseKK
-= 100·%%100 Kkm PP =
LPP Ktotalpérdida ·%% =-- PePP Ttotalpérdida ·%=-
Con:Pk% = Pérdida de potencia por cada km y fase, en %Un = Tensión nominal de la línea, en KVPe = Potencia que podrá transportar la línea calculada mediante el momento eléctrico, en MWcosj = coseno del ángulo total (jV - jI), de un tramo de línea considerado (final de línea por ejemplo)P%-100km = Pérdida de potencia, en %, a los 100 km (este valor no debe superar el 3% según normas)P%pérdida-total = Pérdida de potencia en %, para el total de la longitud de la líneaPPérdida-total = Potencia total pérdida (MW) para el total de la longitud de la línea
Como máximo se admite una pérdida de potencia inferior al 3% por cada 100km de línea.
IX.IV. Pérdida de potencia por efecto térmico
CIRCUITOSSCONDUCTOREMAXMAX NNIUP º·º)···cos·3( 22 j=Con:PMAX = Potencia máxima a transportar sin rebasar los límites térmicos en MWU2 = Tensión compuesta al final de línea en kVCos d2 = Ángulo total al final de línea (d2 = dU2 - dI2)IMAX = d 'MAX · SCONDUCTOR (Intensidad máxima modificada por tablas)d 'MAX = d MAX Ö gd MAX = Densidad de corriente máxima admisible del (Aluminio) en tablasg = Factor de corrección de la densidad admisible que depende de la composición del cable
g = 0,902 para 30 Aluminio + 7 Acerog = 0,926 para 6 Aluminio + 7 Acero y 26 Aluminio + 7 Acerog = 0,941 para 54 Aluminio + 7 Acero
La Imax, puede hallarse directamente en la tabla V.VIII de estos anexos, siempre para un circuitosimple, ya que si existen más de un circuito, o bien, más de un conductor por circuito, ya se tiene encuenta en la fórmula dada en este apartado.
ANEX
O X
. Res
umen
de
fórm
ulas
de
línea
s elé
ctric
as
Mag
nitu
dM
ódul
oA
rgum
ento
Part
e re
alPa
rte
imag
inar
ia
jBG
Y+
=2
2B
GY
+=
GBar
cy
tg=
jY
YG
jco
s=
YY
Bj
sen
=
jXR
Z+
=2
2X
RZ
+=
GBar
cZ
tg=
jZ
ZR
jco
s=
ZZ
Xj
sen
=
YZ=
q2
2
22
BG
XR
YZ++
==
q(
)Y
Zj
jj q
+=
21(
)()
[]
XBRG
BG
XR
-+
++
=2
22
2
21=
=¡¡
qj
Cos
h=
=¡¡¡
qj
Senh
()(
)[
][
]XB
RGB
GX
R+
-+
+=
22
22
21
YZZ
e=
22
22
BG
XR
YZZ
e++
==
()
YZ
Ze
jj
j+
=21
Ze
eZ
Zj
cos
=¡
ùù úø
éé êè
+++
++=
22
22
22
21B
GXB
RGB
GX
R=
=¡¡Z
ee
ZZ
jse
n
ùù úø
éé êè
++-
++=
22
22
22
21B
GXB
RGB
GX
R
=q
Cos
h ()
¡¡+¡
=j
Cos
h(
)(
)(
)=
¡¡-
¡=
2co
sq
Senh
Cos
p
()
()2
2q
q¡¡
+¡
=C
osh
Senh
=q
jco
sh
()
¡¡¡
=tg
arct
gTa
ngh
()
q¡¡
¡=¡
cos
Cos
hC
osh
()
q¡¡
¡=
±se
nSe
nhC
osh
=q
Senh (
)q
q¡¡
+¡=
jSe
nh
()
()
()
=¡¡
-¡
=2
2q
Cos
hC
osSe
nhp
()
()2
2q
q¡¡
+¡
=Se
nhSe
nh
=q
jSen
h
¡¡¡
=Ta
ngh
tgar
ctg
()
q¡¡
¡=¡
cos
Senh
Senh
()
q¡¡
¡=
±se
nC
osh
Senh
Protección de sistemas eléctricos de potencia190
ANEXO XI. Fórmulas para el cálculo de cortocircuitos mediante elmétodo de las redes de secuencia y las componentes simétricas
XI.I. Cálculo por el Método de las Componentes Simétricas
¶ Operador de giro (a) El operador: a = a4 =( - 0.5 + j 0.87)=1(120º equivale a un giro del vector de +120º.
a2 = (- 0.5 - j 0.87)=1(240º equivale a un giro del vector de +240º.a3 = (1+j0 )=1(0º equivale a un giro del vector de +360º.
Ecuaciones (A): conocidas las componentes simétricas, permiten hallar los vectores principales.
0
2
21021
02
2
1021
021
RRRTTTT
RRRSSSS
RRRR
IaIaIIIII
IaIaIIIII
IIII
++=++=
++=++=
++=
Ecuaciones (B): conocidos los vectores principales, permiten hallar sus componentes simétricas.
( )21 3
1 aIaIII TSRR ++= ( )aIaIII TSRR ++= 22 3
1 ( )TSRR IIII ++=31
0
Intensidades y tensiones referidas a la fase (R): las componentes (I1, I2 y I0) de la corriente o (U1,U2 y U0) de la tensión se refieren siempre a la fase (R). Normalmente, esta fase de referencia no seindica como subíndice.
021R IIII ++= )IaIaI(31I T
2SR1 ++=
0212
S IIaIaI ++= )IaIaI(31I TS
2R2 ++=
022
1T IIaIaI ++= )III(31I TSR0 ++=
021R UUUU ++= )UaUaU(31U T
2SR1 ++=
0212
S UUaUaU ++= )UaUaU(31U TS
2R2 ++=
022
1T UUaUaU ++= )UUU(31U TSR0 ++=
Ecuaciones (C): aplicando las leyes de Kirchoff y las redes de secuencia hallamos las Ecuaciones C.
Red directa Red inversa Red homopolar
XI.II. Cálculo del Cortocircuito Trifásico
Las condiciones iniciales: que definen a este cortocircuito son: 0=== TSR UUU
Las componentes simétricas: de las tensiones y de las corrientes son:
RoRoRo ZIV ·-=
RoZ
RoI
222 · RRR ZIV -=
2RZ
2RI
111 · RRR ZIEV -=
1RZ
E..º
1RI
Anexos 191
Las intensidades serán: recordando que E = c · Un / 3, donde c = 1.1
Las tensiones serán: recordando que E = c · Un / 3, donde c = 1.1
0=== TSR UUU
XI.III. Cálculo del Cortocircuito Bifásico
Las condiciones iniciales: que definen a este cortocircuito son: 0=RI TS VV = . Las componenteshomopolares son nulas en este cortocircuito.
Las componentes simétricas: de las tensiones y de las corrientes son:
Las intensidades serán: recordando que E = c · Un / 3, donde c = 1.1
Las tensiones serán: recordando que E = c · Un / 3, donde c = 1.1
XI.III. Cálculo del Cortocircuito Bifásico a Tierra
Las condiciones iniciales: que definen a este cortocircuito son:
Las componentes simétricas: de las tensiones y de las corrientes son:
)º0(2
3·1'1
21
2
ZZZU
V nR +=
ê úº240·3·1.1
1ZUI n
S = ê úº120·3·1.1
1ZU
I nT =
ºE
3"RKI 3"SKI 3"TKI
R
S
T
ê úº0·3·1.1
1ZUI n
R =
ºE
2"SKI 2"TKI
R
S
T
2R1R VV =2R1R II -=
212R1R ZZ
EII+
=-=
0=RI ê úº90·1'1
21
-+
=ZZ
UI nS ê úº90
·1'1
21 ZZUI n
T +=
ê úº1803
·1'1
21
2
ZZZU
VV nTS +==
0V
0V
0V
0R
2R
1R
=
=
=
0I
0IZEI
0R
2R
11R
=
=
=
ºE
ESKI 2" ETKI 2"
R
S
T
EEKI 2"
IR = 0 VS = VT = 0
( )
02
210
02
012
0211
ZZZII
ZZZII
ZZZEI
RR
RR
R
+-=
+-=
+=RRRR VVVV
31
021===
020121
021 ZZZZZZ
ZZEVR ++
=
Protección de sistemas eléctricos de potencia192
Las intensidades serán: recordando que E = c · Un / 3, donde c = 1.1
Las tensiones serán: recordando que E = c · Un / 3, donde c = 1.1
XI.IV. Cálculo del Cortocircuito Monofásico a Tierra
Las condiciones iniciales: que definen a este cortocircuito son:
Las componentes simétricas: de las tensiones y de las corrientes son:
Las intensidades serán: recordando que E = c · Un / 3, donde c = 1.1
Las tensiones serán: recordando que E = c · Un / 3, donde c = 1.1
XI.V. Otras Fórmulas de Interés en Componentes Simétricas
1. Redes trifásicas con tensiones nominales mayores de 1kV, (tanto para cortocircuitos próximos algenerador como para los cortocircuitos alejados de él):
Con:¶ NU Tensión nominal (tensión entre líneas) de la red en el punto de cortocircuito.¶ 1,1=c Diferencia entre la fuerza electromotriz y la tensión de la red en el punto de falta.
2. Redes trifásicas con tensiones nominales menores a 1kV (sin generadores de baja tensión):
Con:¶ NTU Tensión nominal del lado de baja tensión de los transformadores que alimentan a la red.
öö÷
õææç
å++++
-=021
022
12
3·1'1
ZZZZaZaZaUV n
S öö÷
õææç
å++++
-=021
02
21nT ZZZ
ZaZaZa
3U·1'1
V0=RV
010221
02·1'1ZZZZZZ
ZZaUjI nS ++-
=
021
3·1'1ZZZ
UI nR ++=
VR = 0 IS = IT = 0
RRRR IIII31
021===
020121
02·31'1ZZZZZZ
ZZUV nR ++=
0211R ZZZ
EI++
=
0=RI010221
022
nT ZZZZZZZZa
U·1'1jI++
--=
0== TS VV
ºE
R
S
T
1"KI
0== TS II
022
1 RRRS VaVaVV ++=
RoRRT VaVaVV ++= 221
0021=++= RRRR VVVV
33Nh UcUc Ö
=Ö
33NTh UcUc Ö
=Ö
010221
23··1'1ZZZZZZ
ZUI nEE ++
=
Anexos 193
¶ 1=c Diferencia entre la fuerza electromotriz y la tensión de la red para el cálculo de las máximas corrientes iniciales simétricas de cortocircuito.¶ 95,0=c Diferencia entre la fuerza electromotriz y la tensión de la red para el cálculo de las mínimas
corrientes iniciales simétricas de cortocircuito.
3. En caso de redes con tensiones nominales superiores a 1kV: donde existan generadores con%20" >dX que alimentan directamente (sin transformadores intercalados) al punto de cortocircuito, o
bien, si se disponen de redes con tensiones nominales menores o iguales a 1kV en donde el punto decortocircuito está alimentado por generadores de baja tensión, se cumple para las fuerzas electromotricesde los generadores la siguiente expresión:
Con:¶ NGU Tensión nominal del generador¶ NGI Corriente nominal del generador
¶ dX " Reactancia inicial del generador
¶ NGj Ángulo de desfase entre 3NGU y NGI para servicio nominal
4. Observaciones generales relativas al cálculo
En redes que dispongan de una impedancia (Z) de cortocircuito formada principalmente por elementosinductivos (impedancias de bobinas, transformadores, motores y generadores) y que sólo presententramos cortos paralelos de líneas aéreas o cables, normalmente es posible prescindir de las resistenciasdado que su valor es mucho menor al de las inductancias (sobre todo con redes con tensiones nominalessuperiores a 1kV). Con esta omisión, el valor de las impedancias no difiere apreciablemente del de lasreactancias. Tampoco es necesario tener presente las resistencias efectivas de las líneas que presententensiones de servicio varias veces superiores a la tensión de la red en la que está situado el punto decortocircuito. Con todas estas simplificaciones, la impedancia de cortocircuito considerada resulta seralgo menor que la impedancia real, y por tanto, los valores de las corrientes de cortocircuito calculadoscon estas impedancias resultarán aumentados respecto a su valor real, o sea, que estos valores nos daránun cierto margen de seguridad.
Por el contrario, para dimensionar las instalaciones e interruptores de protección es necesario conocerel valor de la máxima corriente asimétrica de cortocircuito (IS) dependiendo su valor de la relación entrela resistencia efectiva y la reactancia del sistema, es decir, del factor ( ). Por ello, si los dispositivos ycomponentes implicados en el cortocircuito presentan resistencias efectivas grandes (cables y líneasaéreas largas o de poca sección, o incluso transformadores de poca potencia), al despreciar estasresistencias efectivas se obtendría, además de un valor demasiado pequeño para la impedancia decortocircuito, un factor ( ) demasiado grande, es decir, una corriente máxima asimétrica demasiadoelevada. Lo que conllevaría a elegir dispositivos de protección con una resistencia dinámica excesiva,aumentándose en demasía y sin razón su precio final.
Cuando las tensiones superen los 1000V, se podrá despreciar las impedancias de las barras de lasinstalaciones de maniobra. Por el contrario, cuando las tensiones sean inferiores a este valor (1kV), debentenerse presentes las impedancias de las barras y de las uniones entre aparatos, aunque sólo dispongan deunos metros, al efectuar el cálculo de la impedancia de cortocircuito de la red. Las resistencias de pasodebidas a los contactos o ha uniones por tornillos (que alcanzan valores de hasta 0,08mW) reducentambién el valor de la corriente de cortocircuito en las instalaciones de baja tensión, aunque su cálculocon precisión resulta prácticamente imposible, despreciándose para el análisis de las corrientes decortocircuito.
Resumiendo, puede decirse que si despreciamos las resistencias efectivas simplificaremos ladeterminación de la impedancia de cortocircuito de la red, sobre todo si ésta presenta ramas en paralelo ymallas, pero teniendo muy presente que a la hora de determinar las corrientes máximas asimétricas decortocircuito (Is) no se podrán realizar estas simplificaciones.
NGdNGNGh XIUcUc jsin
33" ÖÖ+
Ö=
Ö
Protección de sistemas eléctricos de potencia194
ANEXO XII. Fórmulas, Factores correctores y Tablas para el Cálculo delas Corrientes de Cortocircuito Mediante la Norma VDE 0102
XII.I. Cálculo de las corrientes de cortocircuito Is, Ia e Ik
Las corrientes de cortocircuito (IS , Ia , e IK) se calculan a partir de la corriente inicial simétrica decortocircuito (I”K) y de los factores indicados en las directrices VDE 0102. Si el punto de cortocircuitoestá alimentado directamente por las distintas fuentes de corriente de cortocircuito se cumplen lassiguientes relaciones para (IS , Ia , IaM e IK):
¶ Corriente máxima asimétrica de cortocircuito (Is):
Gráfica XII.I Factor ( ) para calcular la corriente máxima asimétrica de cortocircuito (Is). Donde (R) y(X) son la resistencia (RK) y la reactancia (XK) de la impedancia de cortocircuito de la red (ZK)
El factor ( ) depende de la relación (RK/XK) correspondiente a los distintos elementos o dispositivosimplicados en el cortocircuito y tiene presente el amortiguamiento temporal de la componente aperiódicay, en el caso de cortocircuitos próximos al generador, el de la componente simétrica.
¶ Corriente simétrica de corte (Ia)
¶ Máquinas síncronas:¶ Máquinas asíncronas:
Gráfica XII.II Factor (µ) para calcular la corriente simétrica de corte (Ia)
El factor (µ) depende de la relación (I”K /In) de los distintos generadores síncronos existentes en elcircuito y del retardo mínimo de desconexión (tV).
ka II "Ö= mkaM IqI "ÖÖ= m
ks II "2 ÖÖ= c
0,2 0,4 0,6 0,8 1,21
R/X
1,2
1
1,4
1,6
1,8
2X
1 2 3 4 5 96 7 80,5
0,6
0,7
0,8
0,9
3 94 5 6 7 8
s25,0²
s05,0
s1,0
I’’k3/In
I’’k2/In
m
Anexos 195
El factor (q) depende de la relación entre la potencia del motor asíncrono, del número de pares de polosy del retardo mínimo de desconexión (tV). Este factor vale la unidad si no existen motores asíncronos enla red analizada.
Gráfica XII.III Factor (q) para calcular la corriente simétrica de corte (IaM) de un motor asíncrono
¶ Corriente permanente de cortocircuito (Ik): nK II ·l=
Generadores de polos salientes Turbogeneradores
Gráfica XII.IV Factores ( max y min) para calcular las corrientes permanentes de cortocircuito máxima(IKmax) y mínima (IKmin) correspondientes a una máquina síncrona
El factor ( ) depende de la relación (I”K /In), de las condiciones de excitación y del tipo de máquinasíncrona que exista en la red analizada.
En las redes mixtas formadas por fuentes de corriente de cortocircuito de diverso valor, existiráncorrientes de cortocircuito parciales circulando por las diversas ramas que presentarán relaciones (R/X)diferentes. Por ello, las diversas porciones de las corrientes de cortocircuito se amortiguan siguiendoconstantes de tiempo distintas (según la VDE 0102). Se remite al lector a la sección de problemasresueltos para comprobar cómo se efectúa el cálculo de redes múltiples.
0,01 0,040,02 0,1 0,2 0,4 1 2 4 10
P. del motor(MW)/par de polos
s25,0²
s1,0
s05,0
q
0,1
0,20,30,40,5
0,60,7
0,90,8
1,0Retardo mínimo de desconexión
0,6
0,8
1.01,21,72.0
lmax
lmin
l
0 2 4 6 8
1.0
3.0
4.0
2.0
4.5
I’’k3/In
2 4 6 80
0.4
0.8
1,6
1,2
2,0
2,4
lmax
lmin
1,21,4
1,81,6
2,22,0
I’’k3/In
Bibliografía 197
Bibliografía.
¶ Tecnología eléctrica. Mujal Rosas, Ramón Mª. 1º edición. Ediciones UPC. Aula Politécnica(2000).
¶ Electrotecnia. Mujal Rosas, Ramón Mª. 1º Edición. Ediciones UPC. Aula Politécnica (2001).¶ Líneas y redes eléctricas. Protección de sistemas de potencia. Colección de Problemas. Mujal
Rosas, Ramón Mª. 2ª edición. UPC. ETSEIT (1998).¶ Análisis de sistemas eléctricos de potencia. Stevenson, William D. 2ª Edición. Ed. Mc.Graw-Hill
(1992).¶ Corrientes de cortocircuito en redes trifásicas. Romper, Richard. 2ª Edición. Ed. Marcombo
(1985).¶ Protección de las instalaciones eléctricas. Muntanè, Paulino. 2ª edición. Ed. Marcombo (1993).¶ Reglamento Electrotécnico de Alta Tensión. Ministerio de Industria y Energía (1998).¶ Líneas y redes eléctricas. Martínez Velasco J. 3ª edición. CPDA. ETSEIB (1996).¶ Sistemas polifásicos. Gonzalez B. López E. Ed. Paraninfo (1995).