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INGENIERIA ELECTRICA / PROYECTO DE INSTALACIONES PAGINA 22
CALCULO APLICADO AL PROYECTO ELECTRICO
Superacin constante para ser maana mejor que hoy
2 UNIDAD: CALCULOS APLICADOS UTILIZANDO COMPONENTES SIMTRICAS
2.1.- REPRESENTACIN DE UN SISTEMA ELCTRICO DE POTENCIA (SEP): SMBOLOSNORMALIZADOS PARA SU REPRESENTACI
N
ALTERNADOR
MOTOR
CONDENSADOR SINCRONICO
CONEXION A TIERRA
TRANSFORMADOR DE DOS ENRROLLADOS
TRANSFORMADOR DE TRES ENRROLLADOS
AUTOTRANSFORMADOR
TRANSFORMADOR DE CORRIENTE
MOTOR DE ROTOR BOBINADO
REACTOR (COMPENSADORES ESTATICOS)
CONDENSADOR (COMPENSADORES ESTATICOS)
FUSIBLE
INTERRUPTOR DE POTENCIA SUMERGIDO EN ACEITE
DESCONECTADOR FUSIBLE
INTERRUPTOR MANUAL
BARRA
CONSUMO O CARGA
INTERRUPTOR DE POTENCIA
CONEXION ESTRELLA
CONEXION TRIANGULO
CONEXION ESTRELLA A TIERRA
RESISTENCIA VARIABLE
INDUCTANCIA VARIABLE
CONDENSADOR VARIABLE
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CALCULO APLICADO AL PROYECTO ELECTRICO
Superacin constante para ser maana mejor que hoy
2.2.- ESTRUCTURA BASICA DE UN S.E.P.
2.3.- DIAGRAMA UNILINEAL
Estos diagramas permiten representar en forma simplificada un sistema elctrico de potencia, en el cual suselementos componentes como ser: transformadores, alternadores, motores, lneas de transmisin,interruptores, etc. Se representan por smbolos normalizados.Su objetivo bsico es indicar de una manera concisa los datos ms significativos del sistema.La cantidad de informacin que incluye el diagrama depender del tipo de problema que se desea resolver odel tipo de estudio que se pretende realizar.
Ejemplo: Diagrama unilineal de un sector del sistema interconectado Endesa-Chilectra: Los Molles-Guayacn.
2.4.- DIAGRAMA DE IMPEDANCIA
Para efectuar clculos concretos en un SEP, su diagrama unilineal se transforma en una red equivalentedonde cada componente se representa por su circuito equivalente dando lugar as a un diagrama deimpedancia.
Diagrama unilineal.
Diagrama de impedancia
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CALCULO APLICADO AL PROYECTO ELECTRICO
Superacin constante para ser maana mejor que hoy
2.5.- DIAGRAMA DE REACTANCIA: (para el anlisis y clculo solo se usaran las reactancias y se eliminanlas resistencias, condensadores y las ramas de excitacin)
Para l clculo del COCI, fases abiertas estabilidad y otros estudios en el diagrama de impedancias sedesprecian resistencias, circuitos de magnetizacin. Dando origen as al diagrama de reactancia:
2.6.- CANTIDADES EN PU (cantidades por unidad)
Normalmente en los anlisis de los SEP, los clculos se realizan empleando el sistema por unidad (PU) , queconsiste en expresar las cantidades como una fraccin decimal de una cantidad llamada cantidad base. Alas cantidades expresadas en PU tambin se les denominan cantidades en tanto por uno.Como un SEP est constituido por un gran nmero de generadores de diversas potencias y tensionesnominales, lneas de transmisin de diferentes caractersticas interconectadas mediante transformadores dediferentes potencias y tensiones primarias y secundarias y finalmente consumos de diversas naturaleza, esun hecho comprobado que todos los clculos se simplifican, si en lugar de emplear las cantidades originales(volt, amper, ohm, etc.) se emplean cantidades en PU.
2.7.- VENTAJAS DEL SISTEMA PU
1. Elimina la necesidad de referir las cantidades de un lado al otro en redes que contienentransformadores, lo cual es muy importante en redes complicadas que incluyen muchostransformadores con diversas razones de transformacin, hecho que a menudo constituye unafuente de error para los clculos.En otras palabras el sistema en PU permite establecer en forma sencilla la red equivalente de unSEP necesaria para realizar diversos clculos requeridos.
2. Los parmetros caractersticos de maquinas rotatorias, transformadores y lneas de transmisin alestar expresadas en PU quedan comprendida en una banda numrica de ancho razonable.
2.8.- DEFINICION GENERAL DE CANTIDADES EN PU
PUBaseValor
OriginalValor"PU"ENVALOR PUValor
V
V
A
A
;;
2.9.- SELECCION DE CANTIDADES BASE
Al aplicar el sistema PU a cantidades elctricas es necesario seleccionar arbitrariamente las cantidades baseen los sistemas.En los sistemas de potencia existen cuatro cantidades principales que son:
Potencia aparente S (MVA)Voltaje V (Volt)Corriente I (Amper)Impedancia Z (Ohms)
Estas cuatro variables estn relacionadas entre s, de manera que la seleccin de dos de ellas definir a lasrestantes. Por ejemplo si elegimos corriente y tensin como valores base se definir como impedancia baseaquella que produce una cada de tensin igual a la tensin base, cuando por ella circule una corriente iguala la corriente de base (todo esto es simplemente ley de ohm utilizando las cantidades base) ,esto es:
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Superacin constante para ser maana mejor que hoy
baseI
baseVZbase
Potencia base es aquella que disipa o entrega un elemento cuando se le aplica una tensin base y entrega oconsume una corriente de base (esto simplemente es potencia V*I utilizando las cantidades base), esto es:
baseIbaseVbaseS
Todas las cantidades base son nmeros reales pero las cantidades en PU pueden ser reales o complejas.En la prctica generalmente se eligen como cantidades base a potencia aparente y la tensin.
Sistema Monofsico.Ib
VbZb
Vb
SbIb
Sistema trifsico
Vb3
Sb
Ib
Ib
Vb
Zb
3/
Ib3
Vb
Zb
o tambin
SbVbZb
2
2.10.- PROPIEDADES DEL SISTEMA PU
1) Si las cantidades base son nmeros reales, entonces las cantidades en PU resultan con los mismosngulos de fase que las cantidades originales.
V V Vb 0Vb
Luego:V
Vpu Vpu
Vb 0
Sean:
Z R+jX Z
Zb Zb 0
Z R XZ(pu) R(pu)+jX(pu) Z(pu)
Zb 0 Zb Zbj
Ejemplo: Sea Z = (6 +j8) y la cantidad base elegida es 10 ohm entonces la cantidad PU queda:
(PU)CantidadOriginal 10 53,13Z = 1 53,13
Cantidad Base 10
O tambin se puede realizar de la siguiente forma:
R X 6 8Z(pu) j 0,6 0,8 1 53,13
Zb Zb 10 10j j
2) Si las cantidades base se eligen d tal modo que cumplan con la ley de ohm en valores reales,entonces las cantidades en PU la cumplen en su forma compleja
En efecto sean:
V= I Z
Vb = Ib Zb
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CALCULO APLICADO AL PROYECTO ELECTRICO
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Dividiendo la ecuacin:
V I Z= : V(pu)=I(pu) Z(pu)
Vb Ib ZbLuego
3) Si las cantidades base de corriente, tensin, potencia se eligen d tal modo que cumplan con laecuacin de la potencia aparente en valores reales, entonces las cantidades en PU verifican estaecuacin en su forma compleja.
Sean:
S=V I= P jQ Sb=Vb Ib
donde:
Ib
I
Vb
V
Sb
S
es decir:
( ) ( ) ( )
( ) ( ) ( )
S pu V pu I pu
S pu P pu jQ pu
Nota: Debe trabajarse con el conjugado de la corriente en el caso de la potencia aparente
Ejemplo: para la red mostrada en la figura, determinar corrientes y tensiones en PU si todos los valoresestn expresados en ohm.
Las cantidades bases elegidas son: Sb = 1 MVA Vb = 12 KV
Solucin:
6
3
2 2 3 2
6
Sb 1MVA 110Ib= = = =83,333A
Vb 12KV 1210
Vb 12KV (1210 )Zb= = = =144ohm
Sb 1MVA 110
Luego todos los valores del circuito anterior se llevan a PU.
Dividiendo todos los valores de R y X por Zb y Vr por Vb, se obtiene la red equivalente en PU mostrada en lafigura.
Calculo de corrientes y tensiones en PU. La seccin del circuito de la resistencia en paralelo de 0,8611 PU y la reactancia de 1,145 PU se
reducir a una Zeq.
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CALCULO APLICADO AL PROYECTO ELECTRICO
Superacin constante para ser maana mejor que hoy
1 2
1 1 1 1 1 11,1613 0 0,8734 90 1,4531 36,94
(0,8611 0) (0 1,145) 0,8611 0 1,145 90
1 1 10,6882 36,9451
1,4531 36,945
YeqZ Z j j
Yeq Zeq puZeq Yeq
o tambin se puede calcular como:
9451,366882,00549,534327,1
909860,0
)145,10()08611,0(
90145,108611,0
21
21
jjZZ
ZZZeq
0, 9583 01,3925 36,9451 (1,1129 0,8369)
0,6882 36,9451
1, 3925 36, 9451 (0, 0133 0, 0182) 0, 0314 16,8967
0, 0314 16,8967 0,9583 0 0,9883 0,529
1,0154 0,5150
(0 120
VrIr j pu
Zeq
Vx Ir Zx j pu
Vc Vx Vr pu
VcIc
Xc j
1,0154 0,51500,0084 90,5150
,2) 120,2 90
1,3925 36,9451 0, 0084 90,5150 1,3874 36, 6697
1, 3874 36, 6697 (0, 0133 0, 0182) 0, 0313 17,1721
0,0313 17,1721 1,0154 0,5150 1,04
pu
Ig Ir Ic pu
Vz Ig Zz j pu
Vg Vz Vc
54 1,0067 pu
Clculo de valores reales:
basecantidadValorPUrealcantidadbasecantidad
realcantidadvalorPU
3
Ir = Ir(pu) Ib 1,3925 36,9451 83,333 116,0412 36,9451
Vc = Vc(pu) Vb 1,0154 0,5150 12 10 12,184 05150
Ic = Ic(pu) Ib 0,0084 90,5150 83,3333 0,7 90,5150
Ig = Ig(pu) Ib 1,3874 36,6697 83,3333 115,6
A
KV
A
3
166 36,6697
Vg = Vg(pu) Vb 1,0454 1,0067 12 10 12,5448 1,0067
A
KV
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2.11.- REDES CON TRANSFORMADORES DE DOS ENRROLLADOS
l clculo en PU del ejemplo anterior result sencillo por la ausencia de transformadores. La existencia detrafos ideales o reales en una red que se desea trabajar en valores en PU exige un anlisis previo de lasvariables primarias y secundarias expresadas en P.Se comienza considerando un transformador ideal.
a = Relacionde transformacin a 1
Vp Np Isa = = =
Vs Ns Ip
Se cumple que:
SpSs
IpaIpNs
NpIs
a
VpVp
Np
NsVs
Sistema de Ecuaciones 1
De donde:Np
a = = razn de transformacinNs
Para expresar las cantidades primarias y secundarias, los valores base deben elegirse de tal manera que secumplan las siguientes relaciones.
SbSbsSbp
IbpVbpSbp
IbsVbsSbs
IbpaIbs
a
VbpVbs
Sistema de ecuaciones 2
Usando las relaciones 1 y 2 se puede escribir:
VpVs V paVs (pu)= = = = V p(pu)
VbpVbs Vbpa
Is a Ip IpIs (pu)= = = = I p(pu)
Ibs a Ibp Ibp
Ss SpSs (pu)= = =Sp (pu)
Sbs Sbp
V p(pu)=Vs(pu)
I p(pu)=Is(pu)
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Las relaciones anteriores demuestran que las variables, tensin, corriente, y potencia compleja en valoresPU del secundario son iguales a las correspondientes del primario, siempre que las cantidades base seelijan de acuerdo al sistema de ecuaciones (2).De acuerdo a lo anterior, cuando se tiene dos partes de un S.E.P. unidas por un transformador ideal puederepresentarse, utilizando valores en PU sin considerar dicho transformador uniendo directamente los puntosentre los cuales est conectado el transformador ideal. Sin embargo se debe dejar en claro que los valores
en PU correspondientes al primario y al secundario se calculan utilizando los respectivos valores base (Vb,Ib) , exceptuando la potencia base que debe ser la misma en ambos lados de la red.
Un ejemplo se muestra en la figura.
a) CIRCUITO EQUIVALENTE REFERIDO AL PRIMARIO: Consideremos ahora un transformador realde dos enrollados. sus circuitos equivalentes del primario y secundario se muestran en la figurasiguiente:
b) CIRCUITO EQUIVALENTE REFERIDO AL SECUNDARIO:
Las impedancias equivalentes referidas al primario y secundario son:
2 2
2 2
Zeqp = (Rp + a Rs) + j(Xp + a Xs) = Reqp + jXeqp
Zeqs = (Rp/a + Rs) + j(Xp/a + Xs) = Reqs + jXeqs
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CALCULO APLICADO AL PROYECTO ELECTRICO
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Donde resulta: ZeqsaZeqp2 sistema de ecuacin 3
En un transformador de 2 enrollados es:
2 2Vbp Vbp Vbs Vbs
Zbp = = Zbs = =Ibp Sb Ibs Sb
Donde resulta:2Zbp = a Zbs sistema de ecuacin 4
Utilizando los sistemas de ecuaciones 3 y 4 se tiene:
2
2
Zeqp a ZeqsZeqp(pu) = = = Zeqs(pu)
Zbp a Zbs
Luego: )pu(Zeqs)pu(Zeqp
En consecuencia, la impedancia equivalente del transformador en PU es igual, independiente si est referidaal primario o al secundario. Luego para representar una red que tenga un transformador real en valores enPU bastara intercalar su impedancia equivalente en PU entre los puntos que se encuentre conectado.Si consideramos la figura anterior donde s tena un transformador ideal y lo reemplazamos por untransformador real, se tiene:
Red equivalente en valores PU incluyendo un transformador real.
2.12.- CAMBIO DE BASE
Normalmente los fabricantes de equipos elctricos suministran los valores de impedancias calculadostomando como base la potencia aparente y la tensin nominal de la maquina o elemento.Estos valores nominales pueden diferir de las cantidades base seleccionadas para el clculo de la red envalores PU, calculadas considerando una misma potencia base y las correspondientes tensiones baseelegidas para cada sector del SEP, de manera que es necesario disponer de un mtodo conveniente paratransformar los valores de impedancia en PU en base propia a cantidades en PU a nuevas bases de tensin
y potencia denominada base comn.
Sean:
2
2
2
2
2
Z() (KV) nZ(pu)bp = Zbn =
Zbn Sn
Z()Sn Z(pu)bp(KV) nZ(pu)bp = Z()=
(KV) n Sn
Z() (KV) bc Z()SbcZ(pu)bc = Zbc = Z(pu)bc =
Zbc Sbc (KV) bc
Por lo tanto:2
2
KVn SbcBasedelsistema: Z(pu)bc = Z(pu)bpKVbc Sn
KVbc SnBasedela Mquina: Z(pu)bp = Z(pu)bc
KVn Sbc
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2.13.- ZONAS DE UN SEP
Si en un SEP existen varios sectores interconectados por transformadores de distintas razones detransformacin y se desea calcular su red equivalente en PU debe tenerse en cuenta los siguientesaspectos:
1. La potencia base debe ser la misma en todos los sectores para l calculo Sb
2. Las tensiones base Vb en cada sector sern por lo general diferentes y sus relaciones dependernde las razones de transformacin del transformador que interconecte 2 sectores entre s.3. En particular si un sector esta interconectado al resto de la red mediante ms de un transformador,
las tensiones base de los enrollados conectados a dicho sector deben ser iguales o sea cada sectorde la red debe tener una tensin base.
En la figura siguiente se representa un SEP con varios transformadores y sus correspondientes sectores ozonas.
Nota:l numero de zonas de un SEP, ser igual al nmero de transformadores del sistema ms uno.Un transformador soporta dos zonas (divide a las dos zonas).
I I II II II II
II II III III IV IV
SbI = SbII = SbIII = Sb IV = Sb
Vb Vn Vb Vn Vb Vn= ; = ; =
Vb Vn Vb Vn Vb Vn
Observacin: conviene elegir como tensin base de la zona, la tensin nominal del lado del transformadorque quede ubicado en dicha zona a menos que el problema especifique lo contrario.
Ejemplo de determinacin de tensiones de base por zona.
Se tiene el siguiente SEP.
Se determina la potencia aparente base Sb que para estos efectos es la potencia aparente del sistema Sn.Solamente es necesario determinar una tensin base de una sola zona, las tensiones base de las demszonas surgen de clculos. Para este caso se tomar la tensin base de la zona 3 , la tensin nominal dela zona III.
III IIIVb = Vn
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Para obtener las dems tensiones base se hace una relacin de tensiones:
II II IIII III
III III III
Vb Vn Vn= Vb = Vb
Vb Vn Vn Tensin en la zona II
IIVbIIVn
IVnIVbIIVn
IVn
IIVb
IVb Tensin en la zona I
CIRCUITO EQUIVALENTE DE UN TRANSFORMADOR DE 3 ENROLLADOS
Para determinar los valores de impedancia ZP, ZS, y ZT ,es necesario efectuar 3 pruebas de cociindependiente.
Z(ps) = Zp + Zs + 0
Z(pt) = Zp + 0 + Zt
Z(st) = 0 + Zs + Zt
De las ecuaciones anteriores se tiene:
Zps + Zpt - Zst 1ZP = = (Zps + Zpt - Zst)
2 2 Impedancia del primario
Impedancia de
los enrolladosZps + Zst - Zpt 1
ZS = = (Zps + Zst - Zpt)2 2
Impedancia del secundario
Zpt + Zst - Zps 1ZT = = (Zpt + Zst - Zps)2 2
Impedancia del terciario
Reactancia de los enrollados
P
S
T
1X = j (Xps + Xpt - Xst)
2
1X = j (Xps + Xst - Xpt)
2
1X = j (Xst + Xpt - Xps)
2
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TEOREMA DE MILLMAN
Es casos que en un S.E.P ( Sistema Elctrico de Potencia ) se encuentren generadores en paralelo, ypara simplificarlo y dejarlo en una lnea en serie, se utiliza el Teorema de MILLMAN .
Representacin de dos generadores en paralelo:
Representacin de los generadores en forma simplificada por MILLIMAN.
Como se mostr en la figura anterior, al simplificar por MILLMAN se obtuvieron las variables E my X m. Para poder llegar a este resultado, se realizan por las siguientes formulas:
Ecuacin para la fuente simplificada de Milliman:
1 2
1 2
1 2
E E+
jX jXE m =
1 1+jX jX
Ecuacin para la reactancia simplificada de Milliman.
1 2
1 2
1 2
X X1Xm = =
1 1 X + X+
X X
Casos especiales:
1. S E1 = E2 y X1 = X2, entonces:1 2
m 1 2 m
X XE = E = E X = =
2 2
2. S E1 = E2 y X1 X2, entonces:1 2
m 1 2 m
1 2
X XE = E = E X =
X +X
3. S E1 E2 y X1 X2, entonces: m
E1 E 2+
jX1 jX2E =
1 1+
jX1 jX2
1 2
m
1 2
X XX =
X +X
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CALCULO APLICADO AL PROYECTO ELECTRICO
Superacin constante para ser maana mejor que hoy
Ejercicio: en el diagrama unilineal se pide encontrar el diagrama de reactancias en PU para unapotencia base de 75 MVA, y una tensin base de 154 Kv en la lnea.
Datos:
G1, G2 y G3 T1 y T2 T3 P-T-S Lnea Motor Valores base
Vn=13,8Kv 15Kv / 160Kv 160Kv / 5Kv / 13,8Kv Xl= j200 ohm Vn=6Kv Sb=75 MVA
Sn=50MVA 75MVA 70 / 5 / 30 MVA Sn=3 MVA Vb II=154Kv
Xg=80 ohm Xr=10% bp Xps =15% bp Xm=30% bp
Xpt =10% bp
Xst =40% bp
1. Se determinan los valores de tensin base por cada zona:
II II II II
I I II
III III III IIIII
II II II
IV IV IV IIIIV
III III III
Vb Vn Vb Vn 15415= Vb = = = 14,437 kV
Vb Vn Vn 160
Vb Vn Vn Vb 5154= Vb = = = 4,812 kV
Vb Vn Vn 160
Vb Vn Vn Vb 13,84,812= Vb = = = 13,281 kV
Vb Vn Vn 5
2. Los valores de las reactancias y tensiones de los generadores G1 y G2 estn en ohms y voltsrespectivamente y hay que llevarlas a valores en PU. Estos estn en la zona I:
G1G1
bI
2 2
bI
bIb
nG1 bc
bI
E 13,8E = = = 0,9559 pu
V 14,437
V 14,437
Z = = =2,779
S 75
Z (0+j80)X = = = 28,7873 90 (0+j28,7873) (pu)
Z 2,779 0
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3. Las reactancias de los transformadores T1 y T2 sus valores estn en pu base propia, hay que llevarlosa base comn:
2
Kvn SbX(pu)bc = Xpu bp
Kv bc Sn
2
T1 T2 bc
15Kv 75MVAX =X 0,1 = 0,108 (pu)
14,437Kv 75MVA
4. La reactancia de la lnea est en ohms y hay que llevarla a pu base comn:2 2
IIII
b
Vb 154Zb = = =316,2133
S 75
L bc
(0 + j200)X = = 0,6325 90 (0 + j0,6325) (pu)
316,2133
5. El transformador T3 los valores de las reactancias compuestas que estn en base propia hay quellevarlos a base comn:
Xps = 0,15 (pu)bpXpt = 0,1 (pu)bpXst = 0,4 (pu)bp
2 2
IIIIII
b
Vb 4,812Zb = = = 0,3087
S 75
2
bc
2
bc
2
bc
160 75
Xps = 0,15 = j0,1735 (pu)154 70
160 75Xpt = 0,1 = j 0,1157 (pu)
154 70
13,8 75Xst = 0,4 = j1,0797 (pu)
13,281 30
bc
1 1Xp = j (Xps + Xpt - Xst) = j (0,1735 + 0,1157 - 1,0797) = - j0,3953 (pu)
2 2
Nota: Xp di un valor negativo y se asume que es 0 porque no existen reactancias inductivas
negativas.
bc
bc
1 1Xs = j (Xps + Xst - Xpt) = j (0,1735 + 1,0797 - 0,1157) = j05688 (pu)
2 2
1 1Xt = j (Xst + Xpt - Xps) = j (1,0797 + 0,1157 - 0,1735) = j0,5110 (pu)
2 2
6. La reactancia del motor se encuentra en base propia, hay que llevarla a base comn:
2
Kvn SbX(pu)bc = Xpu bp
Kvbc Sn
2
m bc
m
6 75X = 0,3 = 11,6604 (pu)4,812 3
6E = = 1,2469 pu
4,812
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CALCULO APLICADO AL PROYECTO ELECTRICO
Superacin constante para ser maana mejor que hoy
7. Los valores de la reactancia y tensin del G3 estn en ohms y volts respectivamente y hay que llevarlasa valores en PU. Este est en la zona IV:
2 2
bIVIV
b
V 13,281Zb = = = 2,3518
S 75
G3
G3 bc
13,8E = = 1,0391 pu
13,281
(0+j80)X = = 34,0165 90 (0 + j34,0165) (pu)
2,3518 0
8. Diagrama de reactancias con todos los valores en PU
Simplificando el circuito nos queda:
Simplificando las fuentes por teorema de Milliman: E1=E2 X1=X2
-
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CALCULO APLICADO AL PROYECTO ELECTRICO
Superacin constante para ser maana mejor que hoy
Finalmente el circuito y nos queda:
ESTUDIO DE LAS CONDICIONES ANORMALES DE FUNCIONAMIENTO DE UN SEP
Las condiciones anormales de funcionamiento de un SEP derivan de los fenmenos transitorios loscuales se pueden clasificar, de acuerdo al tiempo de duracin, en las siguientes categoras.
a) FENOMENOS TRANSITORIOS ULTRA RAPIDOS. Estos fenmenos corresponden bsicamente adescargas atmosfricas sobre las lneas de transmisin y las producidas por operaciones de conexin ydesconexin de diversos componentes de la red del SEP. (Fundamentalmente las lneas. Lasperturbaciones de este tipo dan origen a ondas de tensin y corriente que viajan prcticamente a lavelocidad de la luz a lo largo de las lneas pero su efecto dura unos pocos milisegundos. Sin embargo, losprocesos de reflexin de las ondas producen elevadas tensiones que pueden llegar a destruir el equipoasociado a las lneas.La razn del estudio de estos fenmenos radica en el hecho que su anlisis suministra las basesnecesarias para la seleccin adecuada del nivel de aislamiento de los equipos elctricos asociados a laslneas y de las lneas mismas.
b) FENOMENOS TRANSITORIOS MEDIANAMENTE RAPIDOS en este grupo se incluyen los fenmenoscausados por cambios abruptos de la estructura del SEP. O sea, los COCI o lneas abiertas.
c) FENOMENOS TRANSITORIOS LENTOS. Cuando ocurre un COCI en la lnea de transmisin importantey no se desconecta oportunamente la seccin afectada, puede producirse uno de los fenmenos mspeligrosos de un SEP, esto es, oscilaciones mecnicas de los rotores de los generadores.Las oscilaciones mecnicas de los rotores son relativamente lentas, en consecuencia los estudios deestabilidad transitoria se realizan en el rango de fraccin de segundos hasta un minuto.Debido a los fenmenos transitorios se pueden producir en un SEP diversas alteraciones que reciben elnombre de FALLAS. Se designaran como fallas a los COCI y fases abiertas.
Los COCI se pueden clasificar en los siguientes tipos:
1) Coci trifsico simtrico a tierra.2) Coci bifsico aislado (entre dos lneas)3) Coci bifsico a tierra (entre dos lneas y el conjunto a tierra.4) Coci monofsico a tierra (una lnea conectada a tierra).
Las fallas debidas a fases abiertas son:
a) Una fase abierta.b) Dos fases abiertas.c) Tres fases abiertas. En este caso, la lnea o sistema sale completamente de servicio.
Los coci del tipo 1 (trifsico simtrico a tierra), dan origen a fallas simtricas, pues el SEP permaneceelctricamente balanceado. En cambio los coci del tipo del 2 al 4 (bifsicos y monofsico) l los casos de
fases abiertas a y b (1 y 2 fases abiertas) corresponden a fallas asimtricas ya que el SEP quedaelctricamente desbalanceado en el punto de falla.En el caso de fallas simtricas, l calculo se realiza sobre la base de una representacin monofsica de lared del SEP y se aplican las reglas generales del anlisis de circuito.En el caso de fallas asimtricases conveniente recurrir a un procedimiento especial aplicando el TEOREMADE LAS COMPONENTES SIMETRICAS O DE FORTESCUE.
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CALCULO APLICADO AL PROYECTO ELECTRICO
Superacin constante para ser maana mejor que hoy
CALCULO DEL COCI
En general, las corrientes de coci, alcanzan magnitudes mucho mayores que los valores nominales.Si se permite que estas corrientes circulen por periodos prolongados de tiempo, pueden causar serio daotrmico al equipo y problemas de estabilidad de funcionamiento en el SEP.Por estas razones resulta necesario aislar la parte fallada para minimizar el sobrecalentamiento e impedir
oscilaciones mecnicas.En este aspecto, el tipo de coci ms severo es el trifsico, adems de producir valores elevados de corrientereduce a cero la capacidad de transmisin de una lnea, le siguen los coci bifsico y finalmente losmonofsicos.En cambio el tipo ms frecuente de coci es justamente el monofsico (aproximadamente un 75% de loscasos), el menos frecuente es el trifsico (aproximadamente un 5% de los casos).En muchos casos la corriente de coci se auto extingue y se restablece el aislamiento. Debido a esto seutilizan en la prctica interruptores de lnea que reconectan automticamente la lnea daada, una, dos oms veces para probar si la falla ha sido eliminada, solamente en el caso que la falla persista el interruptordesconectara la lnea en forma definitiva.
OBJETIVOS DEL CLCULO DE COCI
a) Definir la capacidad de ruptura de los interruptores necesarios en las diversas partes de un SEP.b) Ayudar a establecer un sistema adecuado de proteccin para diversas condiciones de falla.
Para cumplir con el objetivo a , se realiza un coci trifsico simtrico, debido a que este tipo de falla producelas corrientes de falla ms elevadas en la mayora de los casos. Con relacin al objetivo b se debe realizarun clculo de distribucin de corriente, en la red del SEP, tanto para el coci simtrico, como asimtrico,(usualmente en coci monofsico).En general l clculo del coci debe proporcionar los siguientes valores.
La corriente en el punto de falla. La potencia del coci en el punto de falla. Distribucin de las corrientes post-falla en todas las lneas del SEP. Tensiones post-falla en todas las barras del SEP.
TEOREMA DE LAS COMPONENTES SIMETRICAS
Como diseo proveniente de un clculo y por el hecho de que las lneas areas estn expuestas a una seriede fenmenos ajenos a su normal funcionamiento (inclemencias del tiempo, accin de terceras personas),dichas lneas estn propensas a fallas las cuales traen como consecuencia corrientes y voltajes de valorestan elevados que producen peligro para los equipos las personas o animales. Desde el punto de vista declculo el problema que acarrean las fallas consiste en un desequilibrio de la o las fases falladas, con lo cualel sistema se transforma de equilibrado a desequilibrado.Por lo tanto, previo al estudio de las fallas como tal se debe resolver el problema de transformar un sistemade fasores desequilibrados en equilibrados para lo cual se emplea el teorema de las componentessimtricas, que establece que tres fasores desequilibrados pueden transformarse en tres sistemas defasores equilibrados. Que son:
Sistema de fasores de secuencia positiva, que sigue la misma secuencia de los fasores originalesy que tienen igual mdulo entre si y estn desfasados en 120 grados entre ellos.
Sistema de fasores de secuencia negativa, con orden de secuencia contraria a los fasoresoriginales que tienen igual modulo entre s y con diferencia de fase de 120 grados entre ellos.
Sistema de fasores de secuencia cero, compuesto por tres fasores de igual mdulo entre s y condiferencia de fase nula entre ellos.
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CALCULO APLICADO AL PROYECTO ELECTRICO
Superacin constante para ser maana mejor que hoy
Los componentes de secuencia positiva, negativa y cero se les designan por un sub ndice 1, 2 y 0respectivamente.Los componentes de secuencia deben cumplir con la siguiente relacin.
Va = Va1+Va2+ Va0
Vb=Vb1+Vb2+Vb0
Vc=Vc1+Vc2+Vc0
Sistema de ecuaciones 1
Tambin podemos escribir:
1 1 0
1 1 240
1 1 120
V a Va
V b Va
V c Va
Va2 = Va2 0
V b2 = Va2 120
Vc2 = Va2 240
V a0 = Va0
V b0 = Va0
V c0 = Va0
OPERADOR a
Definicin: se denomina operador a a un fasor de mdulo unitario que multiplicado por otro fasor, desfasa aeste ultimo en un ngulo de 120 en sentido positivo.
2
3
2
3
2
2
2
2
1 120
1 31 120
2 2
1 31 240
2 2
1 360 1
1 31 1 60
2 2
1 31 1 60
2 2
3 31 3 30
2 2
3 270 3
3 90 3
j
a
a j
a j
a
a j a
a j a
a j
a a j
a a j
Operador a
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CALCULO APLICADO AL PROYECTO ELECTRICO
Superacin constante para ser maana mejor que hoy
Matriz A
Si los fasores de la ecuacin 1 los escribimos en funcin del operador a, se tiene:
2
Va1= Va1
Vb1= a V a1
Vc1= a Va1
2Vaa2Vc
2Vaa2Vb
2Va2Va
2
0Va0Vc
0Va0Vb
0Va0Va
Luego, reemplazando se tiene:
2
2
Va = Va1 + Va2 + Va0
Vb = a Va1 +a Va2 + Va0
Vc = a Va1 + a Va2 +Va0
El sistema de ecuaciones mostrada anteriormente tambin se puede expresar en forma de matrices, lo cualqueda de la siguiente manera:
2Va
1Va
0Va
aa1
aa1
111
Vc
Vb
Va
2
2
Ejercicio: dados los componentes de secuencia, obtener los fasores originales:
Vb0=120 45
Vc1=240 30
Va2=100 150
Solucin: Cada uno de los vectores dentro de su respectivo diagrama de fasores de secuencia (+),(-) y (0)
Del diagrama podemos deducir que teniendo un solo componente de la secuencia, los dems al ser de igualmdulo de obtienen sumando o restando 120 grados.
0
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CALCULO APLICADO AL PROYECTO ELECTRICO
Superacin constante para ser maana mejor que hoy
Va1= 240 30-120 = 240 -90
Vb1= 240 30+120 = 240 150
Vc1= 240 30
Igual procedimiento para la secuencia negativa.
Va2=100 150
V b2=100 150+120=100 270
Vc2=100 150-120=100 30
Los componentes de la secuencia cero son de igual modulo e igual ngulo, con que asumimos que:
Obtenemos los fasores originales mediante la frmula:
Va =Va1+Va2+Va0
V b = V b1+ V b2+ V b0
Vc =Vc1+Vc2+Vc0
Va= Va1+Va2+Va0 (240 90) (100 150) (120 45) 105,161 90
V b= V b1+ V b2+ V b0 (240 150) (100 270) (120 45) 161,621 139,55
V c= Vc1+ Vc2+ Vc0 (240 30) (100 30) (120 45) 456,967 33,89
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CALCULO APLICADO AL PROYECTO ELECTRICO
Superacin constante para ser maana mejor que hoy
COMPONENTES DE SECUENCIA EN FUNCION DE LOS FASORES ORIGINALES
En forma matricial los fasores originales en funcin de los componentes de secuencia quedan:
2
2
Va Va0
1 1 1Vb = 1 a a Va1
1 a aVc Va2
Va Va0
Vb = A Va1
Vc Va2
-1 -1 -1
Va Va0 Va0 Va
A Vb A A Va1 Va1 = A V b
Vc Va2 Va2 Vc
Por propiedades de las matrices se tiene que:
2
2
Va0 Va1 1 1
1Va1 1 a a V b
3
1 a aVa2 Vc
Luego los fasores de secuencia en funcin de los fasores originales:
:
22
22
1 (Va + V b + Vc)Va0 = (Va + Vb + Vc)
3 3
1 (Va + a Vb + a Vc)Va1 = (Va + a Vb + a Vc)
3 3
1 (Va + a Vb + a Vc)Va2 = (Va + a Vb + a Vc)
3 3
22
22
1 ( Ia + I b + Ic)Ia0 = ( I a + I b + I c)
3 3
1 ( Ia + a I b + a Ic)I a1 = ( I a + a I b + a I c)
3 3
1 ( Ia + a I b + a Ic)I a2 = ( I a + a I b + a I c)
3 3
A
Componentes de secuencia
en funcin de los fasores
originales.
Vlido para las corrientes y
las tensiones
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CALCULO APLICADO AL PROYECTO ELECTRICO
Superacin constante para ser maana mejor que hoy
Ejercicio: Dados los fasores originales, obtener las componentes de secuencia (+), (-) y (0).
I a = 40 60
Ib = 60 -30
Ic = 80 -170
Solucin:
2 2
2
1 1Ia0= (Ia + Ib + Ic)= ((40 60)+(60 -30)+(80 -170)) = 3,8316 -126,4112
3 3
1 1Ia1= (Ia+a Ib+a Ic)= ((40 60)+(1 120)(60 -30)+(1 120) (80 -170)) = 58,7658 74,4163
3 3
1 1Ia2= ( Ia+a I b+a Ic)=
3 3
2((40 60)+(1 120) (60 -30)+(1 120)(80 -170)) = 19,9642 -71,0381
Graficamos los componentes de secuencia para obtener los dems componentes.
Ia1 = 58,766 74,41
Ib1 = 58,766 74,41-120=58,766 -45,59
Ic1 = 58,766 74,41+120=58,766 194,41
Ia2 = 19,964 -71,038
Ib2 = 19,964 -71,038+120 = 19,964 48,9620
Ic2 = 19,964 -71,038-120 = 19.964 -191,038
Los componentes de la secuencia cero son de igual modulo e igual ngulo, con que asumimos que:Ia0 = Ib0 = Ic0
-
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CALCULO APLICADO AL PROYECTO ELECTRICO
Superacin constante para ser maana mejor que hoy
Ia0 = 3,832 -126,4112
I b0 = 3,882 -126,4112
Ic0 = 3,882 -126,4112
Luego graficamos el diagrama de los fasores asimtricos y simtricos.El grafico debe comprobar la siguiente formula:
Ia = Iao + Ia1 + Ia2
Ib = Ibo + Ib1 + Ib2
Ic = Ico + Ic1 + Ic2
Grfico de componentes.
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CALCULO APLICADO AL PROYECTO ELECTRICO
Superacin constante para ser maana mejor que hoy
ESTUDIO DE LAS COMPONENTES SIMETRICAS DE SECUENCIA CERO PARA LAS CONEXIONESTRIFASICAS MS UTILIZADAS
Las componentes de secuencia cero de corrientes corresponden a las corrientes de desequilibrio oresiduales que circulan a tierra a travs de los neutros de alternadores, motores, transformadores, etc.
a) CONEXION ESTRELLA CON NEUTRO AISLADO DE TIERRA.
Ia + Ib + Ic = In
Como:
2
2
Ia = Ia1 + Ia2 + Ia0
I b = a I a1 + a I a2 + I a0
I c = a I a1 + a I a2 + I a0
Pero: Ia + Ib + Ic = In
Luego: In = 3 Ia0
(pero en este caso In= 0 por ser neutro aislado a tierra) 0In 0
Ia = = = 03 3
Por lo tanto 0I a = 0
Esto significa que para la conexin estrella con neutro aislado de tierra no
existe componente de secuencia cero (corriente de lnea).
b) CONEXION ESTRELLA CON NEUTRO CONECTADO A TIERRA.
I n = I a + I b + I c
Ia0 = I b0 = I c0
En este caso: In 0
Por lo tanto:0 0
In
In = 3 Ia Ia = 3
=0 =0
2 2Ia + I b + Ic = I a1 (1 + a + a ) + I a2 (1 + a + a ) + 3 Ia0
Ia + I b + I c = 3 Ia0
-
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CALCULO APLICADO AL PROYECTO ELECTRICO
Superacin constante para ser maana mejor que hoy
c) CONEXION TRIANGULO.
Ia + Ica - Iab = 0
Ib + Iab - Ibc = 0
Ic + Ibc - Ica = 0
Las corrientes de fase sern:
Ia + Ica = I ab
Ib + Iab = I bc
Ic + Ibc = Ica
Iab = Ia + Ica
I bc = I b + I ab
Ica = Ic + Ibc
Segn ecuacin de fasores originales en funcin de las componentes simtricas, se tiene:
Iab = Iab1 +Iab2 + Iab0
Ibc= I bc1 + I bc2 + I bc0
Ica = Ica1 + Ica2 + Ica0
Utilizando el operador a
2
2
Iab = Iab1 +Iab2 + Iab0
Ibc= a Iab1 + a Iab2 + I ab0
Ica = a Iab1 + a Iab2 + I ab0
=0 =0
2 2Iab+Ibc+Ica= Iab1(1+a +a)+Iab2(1+a+a ) +3 Iabo
Iab + Ibc + Ica = 0 + 0 + 3 Iab0 Iab+Ibc+Ica=3 Iab0
Iab + Ibc +IcaIab0 = 0
3
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CALCULO APLICADO AL PROYECTO ELECTRICO
Superacin constante para ser maana mejor que hoy
Iab + Ibc + IcaIab0 =
3
Iab0 = componente de secuencia cero de corriente de fase en la conexin tringulo
Demostracin de la componente de secuencia cero de la corriente de lnea en la conexin tringulo:
Ia = Iab - Ica
Ib = Ibc - Iab
Ic = Ica - Ibc
Por otra parte:2
2
Ia = Ia1 + Ia2 + Ia0
I b = a I a1 + a I a2 + I a0
I c = a I a1 + a I a2 + I a0
resultado: 0Ia + I b + I c = 3 Ia
0
Ia + Ib + Ic = ( Iab + Ibc + Ica) - ( Ica + Iab + Ibc)
3 Ia0 = ( Iab + Ibc + I ca) - ( Ica + Iab + Ibc)
3 Ia0 = 0
0I a = = 0
3
Para el caso de corriente de lnea, en la conexin triangulo es similar al caso a.
IMPEDANCIA DE SECUENCIA
Se define como impedancia de secuencia cero a la relacin entre V0 e I0 y se denota por:
00
0
VZ =
I
Se define como impedancia de secuencia positiva a la relacin entre V1 e I1 y se denota por:
11
1
VZ =
I
Se define como impedancia de secuencia negativa a la relacin entre V 2 e I2 y se denota por:2
2
2
VZ =
I
Segn estas 3 definiciones se concluye que las impedancias son independientes entre s, ya que cada unade ellas est en funcin de componentes simtricas de igual secuencia.
Al circuito que tiene como componentes de secuencia: V0, I0 y Z0 se le denomina malla desecuencia cero.
Al circuito que tiene como componentes de secuencia: V1, I1 y Z1 se le denomina malla desecuencia positiva.
Al circuito que tiene como componentes de secuencia: V2, I2 y Z2 se le denomina malla desecuencia negativa.
Los alternadores solo generan en secuencia positiva.
Si bien es cierto que las mallas de secuencia (+, - y 0) son independientes entre si, para estudiar algn tipode falla es necesario interconectarlas.
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CALCULO APLICADO AL PROYECTO ELECTRICO
Superacin constante para ser maana mejor que hoy
Para el caso de generadores con carga desbalanceada, la impedancia de secuencia ser:
Zm = impedancia del neutro de alternadores, motores y consumos.
Va = I a Z + Ib Zm + Ic Zm
V b = I a Zm + I b Z + Ic Zm
Vc = I a Zm + Ib Zm + I c Z
0
21
22
1V = (V a + Vb + Vc)
3
1V = ( Va + a V b + a Vc)
3
1V = ( Va + a V b + a Vc)
3
Reemplazando ambas ecuaciones se obtiene lo siguiente:
0
0
00
V = ( Ia Z + I b Z m + I c Zm + I a Z m + I b Z + I c Z m + I a Zm + I b Z m + I c Z)
1V = ( Ia + Ib + I c) Z + 2 Z m (Ia + Ib + I c)
3
1 1V = ( Z + 2 Zm) ( Ia + Ib + Ic) I = ( Ia
3 3
+ Ib + Ic)
Luego:
0
0 0 00
0
V
V = ( Z+2 Zm)I Z = Z = Z + 2 ZmI
21
2 2 2
1
1
1V = Ia Z+ I b Z + Ic Zm + a ( I a Zm + I b Z+ Ic Zm)+a ( Ia Zm + I b Zm + I c Z)
3
1V = Z( Ia + a I b + a Ic) + Zm( Ib + Ic + a Ia + a Ic + a Ia + a I b)
3
1V = Z( Ia +
3
2-1 -a -a
2 2 2
2 21
211
a I b + a I c) + Z m( I a ( a+a ) + I b (1+a ) + Ic (1+a)
1V = Z( Ia + a I b + a Ic) + Zm(- Ia - a I b - a I c)3
1 1V =( Z - Zm) ( Ia + a I b + a Ic) I = ( Ia + a
3 3
2
11
I b + a Ic)
V =( Z- Zm)I
11 1
1
VZ = Z = Z - Z m
I
-
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CALCULO APLICADO AL PROYECTO ELECTRICO
Superacin constante para ser maana mejor que hoy
22
2 2 22
2
1V = ( Ia Z + Ib Z m + Ic Z m) + a ( Ia Z m + Ib Z + Ic Z m) + a(Ia Z m + Ib Z m + Ic Z)
3
1V = Z(Ia + a I b + a Ic) + Zm( Ib + Ic + a Ia + a Ic + a Ia + a I b)
3
1V =
2 2 2
2 22
222
Z( I a + a I b + a I c) + Z m I a (a + a) + I b (1 + a) + I c (1 + a )3
1V = Z( Ia + a I b + a I c) + Zm(- Ia - a I b - a I c)
3
1 1V =( Z- Zm) ( Ia + a I b + a Ic) I = (
3 3
2
22
Ia + a I b + a Ic)
V =(Z - Zm)I
22 2
2
VZ = Z = Z - Zm
I
Para los alternadores la impedancia propia es constante, pero Zm no lo es. Esto explica que: 2Z1Z0Z
Para trafos: Z =constante
Zm =constante 1 2 0Z = Z Z
Para lneas Z =constante
Zm =constante1 2 0
Z = Z Z
MALLA DE UN ALTERNADOR
a) Malla secuencia positiva: En la malla de secuencia positiva la conexin a tierra no se utiliza.
21Ea1 = (Ea + a Eb + a Ec)3
2
Ea = E a
E b = a Ea
E c = a E a
-
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CALCULO APLICADO AL PROYECTO ELECTRICO
Superacin constante para ser maana mejor que hoy
Reemplazando:
2 2
3 3a a a
1E a1 = ( E a + a E a a +a E aa)
3
1Ea1= (E +a E +a E )3
Ea EaEa1= (1+1+1) Ea1= 3
3 3
Ea1 = Ea Componente Positiva
La malla de secuencia positiva ser:
b) Malla secuencia negativa: Los alternadores no generan en secuencia negativa.
c) Malla secuencia cero
En este caso si influye la conexin a tierra de la maquina.
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CALCULO APLICADO AL PROYECTO ELECTRICO
Superacin constante para ser maana mejor que hoy
I n = I a0 + I b0 + I c0
Pero I a0 = I b0 = I c0
I nLuego I n = 3 Ia0 I a0 =
3
Va0 = Ia0 Z0 + In Zm Va0 = Ia0 Z0 + 3 Ia0 Zm
V 0Como Z0= Z0 Malla = Z0alternador + 3 Zm
I0
Finalmente:
OTRAS CONEXIONES DE ALTERNADORES (MALLAS DE SECUENCIA CERO)
ALTERNADORES
CONSUMOS
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CALCULO APLICADO AL PROYECTO ELECTRICO
Superacin constante para ser maana mejor que hoy
TRANSFORMADORES
TRANSFORMADORES DE TRES ENRROLLADOS
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CALCULO APLICADO AL PROYECTO ELECTRICO
Superacin constante para ser maana mejor que hoy
Ejercicio: determinar las mallas de secuencia (+, -, y 0) simplificada en Pu para el siguiente diagramaunilineal.
Datos:G1 G2 G3 T16,9Kv 6,9Kv 13,8Kv 6,9Kv / 115Kv20 MVA 10 MVA 30 MVA 25 MVAXI=X2=0,15 pu bp X1=X2=0,15 pu bp X1=X2=0,15 pu bp X1=X2=X0=10% bpX0=Xm=5% bp X0=Xm=5% bp X0=5% bp
T2 T3 L1 L26,9Kv / 115Kv 3 unid. Monofsicas X1=X2=(0+j100)ohm X1=X2=(0+j80)ohm12,5 MVA 75Kv / 7.5Kv X0=(0+j250)ohm X0=(0+j210)ohmX1=X2=X0=10% bp 10 MVA c/u
X1=X2=X0=10% bp
Desarrollo de conexiones del transformador N3:
Potencia de transformador 3: S = 3Sn = 310 = 30MVA
Se determinan los valores de las tensiones base para cada zona:
II II IIII I
I I I
III III III
III IIII II II
IV IV IVIV II
II II II
Vb Vn Vn 115Kv= = Vb = Vb = 6,9Kv = 115Kv
Vb Vn Vn 6,9Kv
Vb Vn Vn 6,9Kv= = Vb = Vb = 115Kv = 6,9Kv
Vb Vn Vn 115Kv
Vb Vn Vn 13Kv= = Vb = Vb = 115Kv =
Vb Vn Vn 130Kv11,5Kv
I
II
III
IV
Vb = 6,9kV
Vb = 115kV
Vb = 6,9kVVb = 11,5kV
-
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CALCULO APLICADO AL PROYECTO ELECTRICO
Superacin constante para ser maana mejor que hoy
Se llevan todos los valores a PU y a base comn
Generador 1
oG1
6,9KvE = =1 0 pu
6,9Kv
2
1 2
2
0 m
6,9kV 30MVAX =X = 0,15 = j0,225 (pu)bc
6,9kV 20MVA
6,9kV 30MVAX =X = 0,05 = j0,075 (pu) bc
6,9kV 20MVA
Generador 3
G3
13,8kVE = = 1,2 0 pu
11,5kV
2
1 2
2
0
13,8kV 30MVAX =X = 0,15 = j0,216 (pu)bc
11,5kV 30MVA
13,8kV 30MVAX = 0,05 = j0,072 (pu) bc
11,5kV 30MVA
Generador 2
G2
6,9kVE = = 1 0 pu
6,9kV
2
1 2
2
0 m
6,9kV 30MVAX =X = 0,15 = j0,45 (pu) bc
6,9kV 10MVA
6,9kV 30MVAX =X = 0,05 = j0,15 (pu)bc
6,9kV 10MVA
Transformador 1
2
1 2 0
6,9kV 30MVAX =X =X = j 0,1 = j0,12 (pu) bc
6,9kV 25MVA
Transformador 2
2
1 2 0
115kV 30MVAX =X =X = j 0,1 = j0,24 (pu)bc
115kV 12,5MVA
Transformador 3
2
1 2 0
130kV 30MVAX =X =X j0,1 = j0,1278 (pu)bc
115kV 30MVA
Lnea 1 (zona II)
2 2
IIII
Vb 115kVZb = = = 440,8333
Sb 30MVA
1 2
0
(0 + j100)X =X = = j0,2268 (pu)bc
440,8333
(0 + j 250)X = = j0,5671 (pu) bc
440,8333
Lnea 2 (zona II)
-
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CALCULO APLICADO AL PROYECTO ELECTRICO
Superacin constante para ser maana mejor que hoy
IIZb = 440,8333
1 2
(0 + j80)X =X = = j0,1815 (pu)bc
440,8333 0
(0 + j210)X0 = = j0,4764 (pu)bc
440,8333 0
Malla de secuencia positiva. (+).
Malla de secuencia negativa (-)
Malla de secuencia cero ( 0 ).
-
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CALCULO APLICADO AL PROYECTO ELECTRICO
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