Fallas Asimétricas, Ejemplos

3.
Fallas Asimétricas
Ejemplos
Ejemplo 7.1
El simple sistema de potencia que se muestra en la Figura siguiente, consiste de un generador, transformador,
línea de transmisión, transformador reductor y carga. Considere que se produce una falla simple línea a tierra
(monofásica) en la barra 3, con una resistencia de falla (Zf) de 4 ohmios.
Resolución
Se selecciona como bases para este ejemplo Sbase = 20 MVA, a un voltaje base de 5 kV en la Load. Se
delimitan las zonas de igual base de voltaje.
10kV
20kV
Vbase2 = 20kV ×
Vbase2 = 5kV ×
20kV
5kV
Vbase3 = 10kV
Vbase2 = 20kV
Vbase1 = 5kV
Z base2 = 20Ω
Se procede a efectuar los respectivos cambios de base:
En el generador:
Francisco M. Gonzalez-Longatt
Solo para ser empleado con objetivo de evaluación, o académicos. Prohibido la reproducción total o parcial de este documento. Derechos de Autor Reservados.
Copyright © 2007. Francisco M. Gonzalez-Longatt. fglongatt@ieee.org
Anexo 7
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2
Fallas Asimétricas
2
⎛ 10kV ⎞ ⎛ 20 MVA ⎞
x"G = 0.125 p.u ⎜
⎟ ⎜
⎟
⎝ 10kV ⎠ ⎝ 25MVA ⎠
x"G = 0.10 p.u
En el transformador T1:
2
⎛ 10kV ⎞ ⎛ 20 MVA ⎞
xT 1 = 0.105 p.u ⎜
⎟ ⎜
⎟
⎝ 10kV ⎠ ⎝ 30 MVA ⎠
xT 1 = 0.07 p.u
En el transformador T2:
2
xT 2
⎛ 20kV ⎞ ⎛ 20 MVA ⎞
= 0.05 p.u⎜
⎟ ⎜
⎟
⎝ 20kV ⎠ ⎝ 20 MVA ⎠
xT 2 = 0.05 p.u
En la línea de transmisión:
Z LT =
2 + 4 jΩ 2 + 4 jΩ
=
Z base 2
20Ω
Z LT = 0.1 + 0.2 jpu.
En el caso de la carga estática, la cual es modelada por una impedancia serie constante se tiene:
Rload =
(V [ p.u ])2 P[ p.u ]
(P[ p.u ])2 + (Q[ p.u ])2
Rload =
X load =
(V [ p.u ])2 Q[ p.u ]
(P[ p.u ])2 + (Q[ p.u ])2
X load = 0.8 p.u
(1 p.u )2 (0.5 p.u )
(0.5 p.u )2 + (0.25 p.u )2
Rload = 1.6 p.u
Se procede al cálculo de las condiciones previa a la falla. La corriente de carga I load (con referencia al fasor
V ) viene dado por:
I load =
*
S load
V*
I load =
Pload − jQload
V*
I load =
0.5 − j 0.25 p.u
1∠0º p.u
I load = 0.5 − j 0.25 p.u
De tal modo, que el voltaje previo a la falla en el punto de falla V pfpf viene dado por:
1
2
0.07 j
3
0.1 + 0.2 j
4
0.05 j
1. 6
0.10 j
EG
I load
I load
V pfpf
V4 = 1∠0º
I load
0.8 j
V pfpf = 1∠0º +(0.5 − 0.25 j )0.05 j
V pfpf = 1.01281∠1.41442º p.u
Francisco M. Gonzalez-Longatt
Debido a que el ángulo del voltaje es relativamente pequeño se asume igual a cero. De tal modo que por
simplicidad, se toma para este ejercicio: V pfpf = 1.0125∠0º p.u
La impedancia vista en el punto de falla, cuando la res esta inoperada es 0.1+0.37j p.u en paralelo con
1.6+0.85j p.u.
1
2
0.07 j
3
0.1 + 0.2 j
4
0.05 j
1. 6
0.10 j
Z th+ = 0.128 + 0.307 jp.u
De tal modo que la impedancia resultante es la correspondiente a la se secuencia positiva. Debido a que en
este problema no se aportan datos para secuencia negativa, se asumen iguales a los de secuencia postivia.
Para secuencia cero se proceden a construir la red de secuencia, en cuyo caso es sumamente importante el tipo
de conexión trifásica de los dispositivos.
En este caso el generador esta conectado solidamente a tierra, por lo que puede permitir la libre circulación de
corriente de secuencia cero, pero el transformador T1 posee conexión delta en el lado de conexión de este
generador, de tal modo que la delta impide la circulación en el lazo generador transformador, de las corriente
de secuencia cero por las líneas. De igual modo, aunque el lado de alta del transformador T1 permite la
circulación de corriente de secuencia cero, por su conexión sólida a tierra, el transformador T2 tiene conexión
en delta que limita la circulación de corrientes por la línea en secuencia cero.
Simplemente se procede a sustituir cada elemento por su modelo de secuencia cero y se obtiene:
3
4
1
2
0.07 j
0.1 + 0.2 j
0.05 j
1. 6
0.10 j
0.8 j
G
T1
T2
En este caso la impedancia equivalente de secuencia cero, resulta ser la suma de la impedancia de la línea de
transmisión y la del transformador T1.
Francisco M. Gonzalez-Longatt
Solo para ser empleado con objetivo de evaluación, o académicos. Prohibido la reproducción total o parcial de este documento. Derechos de Autor Reservados.
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Fallas Asimétricas
3
2
0.1 + 0.2 j
0.07 j
Z th0 = 0.1 + 0.27 jp.u
Los equivalentes por secuencia resultan:
0.128 + 0.307 j
+
V pfpf
I a1
0.1 + 0.27 j
0.128 + 0.307 j
+
I a2
Va1
−
Va 2
I a0
−
+
Va 0
−
Se procede a interconectar las redes de secuencia. Para el caso de una falla simple línea a tierra las redes de
secuencia se conectan en serie.
I a1
Red
Secuencia
Positiva
(+)
+
Va1
I a2
Red
Secuencia
Negativa
(-)
−
n
I a1 = I a 2 = I a 0
a
+
Va 2
−
n
I a0
Red
Secuencia
Cero
(0)
a
3Z f
a
+
Va 0
−
n
Redes de Secuencia para
Falla Simple Línea a Tierra
En este caso, se tiene que la impedancia de falla es de 4Ω, que llevándola al sistema por unidad resulta:
Z f = 0.2 p.u , siendo la conexión de las redes de secuencia como resulta:
Francisco M. Gonzalez-Longatt
0.128 + 0.307 j
I a1
V pfpf
a
+
Va1
−
I a1 = I a 2 = I a 0
n
0.128 + 0.307 j
a
+
I a2
3Z f = 0.6 + 0 jp.u
Va 2
−
n
0.1 + 0.27 j a
I a0
+
Va 0
−
n
Se puede determinar fácilmente las corrientes de secuencia:
V pfpf
I a1 = +
−
Z th + Z th + Z th0 + 3Z f
Sustituyendo valores resulta:
I a1 =
1.025∠0º pu
0.956 + 0.884 jp.u
I a1 = 0.78∠ − 42º.8 p.u
Se conoce que para la falla de una sola línea a tierra se cumple: I a1 = I a 2 = I a 0 = 0.78∠ − 42º.8 p.u
De tal modo, que aplicando las identidades de componentes simetricas:
I sim = A −1 I asim
donde:
I asim
⎡I a ⎤
= ⎢⎢ I b ⎥⎥
⎢⎣ I c ⎥⎦
⎡I a0 ⎤
I sim = ⎢⎢ I a1 ⎥⎥
⎢⎣ I a 2 ⎥⎦
expandiendo la notación matricial resulta:
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(5)
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Fallas Asimétricas
1 ⎤⎡Ia ⎤
a 2 ⎥⎥ ⎢⎢ I b ⎥⎥
a ⎥⎦ ⎢⎣ I c ⎥⎦
⎡1 1
⎡I a0 ⎤
⎢ I ⎥ = 1 ⎢1 a
⎢ a1 ⎥ 3 ⎢
⎢⎣1 a 2
⎢⎣ I a 2 ⎥⎦
(6)
Es fácil demostrar que resulta: I a = 3I a1 , de tal modo que la corriente de falla simple línea a tierra queda dada
por:
I cc1φ = I a = 3I a1
Sustituyendo se tiene: I cc1φ = I a = 2.34∠ − 42º.8 p.u .
Se conoce que la falla ocurre en una barra de 20 kV, donde la base de corriente res Ibase2 = 577 Amp, con lo
que la corriente de falla en unidades reales resulta:
I cc1φ = 1350 Amp
Ahora bien, se puede proceder a calcular los voltajes de la barra 3, primeramente los voltajes se secuencia
positiva,. Negativa y cero. Es fácil demostrar que:
Va 0 = − Z th0 I a 0
Va 0 = 0.225∠(26º.9 + 180º ) p.u
Va1 = V pfpf − Z th+ I a1
Va1 = 0.7839∠ − 7 º.88203 p.u
Va 2 = − Z th− I a 2
Va 2 = 0.25933∠ − 155º.51 p.u
Para obtener los voltajes de fase (a, b, y c) en la barra 3 se procede:
⎡Va ⎤ ⎡1 1
⎢V ⎥ = ⎢1 a 2
⎢ b⎥ ⎢
⎣⎢Vc ⎦⎥ ⎣⎢1 a
1 ⎤ ⎡Va 0 ⎤
a ⎥⎥ ⎢⎢Va1 ⎥⎥
a 2 ⎦⎥ ⎣⎢Va 2 ⎦⎥
siendo la matriz A :
⎡1 1
A = ⎢⎢1 a 2
⎢⎣1 a
Vasim
1⎤
a ⎥⎥
a 2 ⎥⎦
⎡Va ⎤
= ⎢⎢Vb ⎥⎥
⎣⎢Vc ⎦⎥
Francisco M. Gonzalez-Longatt
⎡Va 0 ⎤
Vsim = ⎢⎢Va1 ⎥⎥
⎢⎣Va 2 ⎥⎦
Vasim = AVsim
Vsim = A −1 Vsim
Sustituyendo resulta:
Va = 0.468∠ − 42º.8 p.u
⎡
⎤
Vasim = ⎢⎢ Vb = 0.994∠(61º.7 + 180º ) p.u ⎥⎥
⎢⎣Vc = 0.994∠(− 61º.7 + 180º ) p.u.⎥⎦
Notese que la fase fallada a, en este caso no tiene potencial cero, sino que por el contrario, posee un potencia
debido a la caida de voltaje que se produce por la impedancia de falla, se puede verificar que se cumple:
Va = Z f I a .
Ahora bien los voltajes de línea a línea de la barra 3, pueden ser calculados como:
Vab = Va − Vb
Vbc = Vb − Vc
Vca = Vc − Va
(a)
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Fallas Asimétricas
(b)
Fig. 1. Corrientes y voltajes para una falla simple línea a tierra: (a) Cantidades de secuencia (b) voltajes postfalla línea a línea.
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