problema 9_1_glover

Sistemas Eléctricos de Potencia Instituto Tecnológico De HermosilloFalla trifasica:

Problema 9.1:

Dado el diagrama unifilar del sistema de potencia trifasico de la imagen 1, calcule la corriente

de cortocircuito monofasica y trifasica cuando hay una falla en el Bus numero 4 obteniendo

las redes de secuencia a una base de 1000 MVA, 765 kV en la zona de la linea 1-2 y los

equivalentes de Thevenin de cada circuito.

Datos:

Generadores síncronos

G1 1000 MVA 15 kV X”d = 0.18 X2 = 0.18 X0 = 0.07

G2 1000 MVA 15 kV X”d = 0.20 X2 = 0.20 X0 = 0.10

G3 500 MVA 13.8 kV X”d = 0.15 X2 = 0.15 X0 = 0.05

G4 750 MVA 13.8 kV X”d = 0.30 X2 = 0.40 X0 = 0.10

Transformadores

T1 1000 MVA 15 kV Δ / 765 kV Y X = 0.10 pu

T2 1000 MVA 15 kV Δ / 765 kV Y X = 0.10 pu

T3 500 MVA 15 kV Y / 765 kV Y X = 0.12 pu

T4 750 MVA 15 kV Y / 765 kV Y X = 0.11 pu

Lineas de Transmisión

1-2 765 kV X1 = 50 Ω X0 = 150 Ω

1-4 765 kV X1 = 20 Ω X0 = 50 Ω

2-3 765 kV X1 = 40 Ω X0 = 100 Ω

4-3 765 kV X1 = 20 Ω X0 = 50 Ω

Problema 9.1, libro: Glover, Multarla 1 Equipo #4

Imagen 1: Diagrama unifilar del sistema de potencia trifasico.


El inductor conectado al neutro del generador 3 tiene una reactancia de 0.05 pu utilizando

como base los valores nominales del generador 3, el voltaje de prefalla es 1.0 pu.

Solución:

Paso 1: Obtener el voltaje base en cada circuito del sistema. Los circuitos se muestran

en la imagen 2.

Ecuaciones:

kV bb

kV ba

=kV b

kV a

…→kV bb=kV b⋅kV ba

kV a

(Ecuacion1)

kV ba

kV bb

=kV a

kV b

…→kV ba=kV a⋅kV bb

kV b

( Ecuacion2)

Circuito 1:

kV bb=kV b⋅kV ba

kV a

=15kV⋅765kV765kV

=15kV

Circuito 2:

kV bb=kV b⋅kV ba

kV a

=15kV⋅765kV765kV

=15kV

Circuito 3

kV bb=kV b⋅kV ba

kV a

=15kV⋅765kV765 kV

=15 kV

Circuito 4:

kV bb=kV b⋅kV ba

kV a

=15kV⋅765kV765kV

=15 kV

Circuito 5

kV ba=765 kV


Imagen 2: Circuitos del sistema de potencia.

Circuito 1

Circuito 2

Circuito 5 Circuito 3

Circuito 4


Paso 2: obtener las reactancias de cada elemento del sistema a la base del sistema y dibujar

las redes de secuencia.

Red de secuencia positiva:

ecuaciones:

X npu=X d

MVAb

MVAd

⋅( kV d

kV b)2

… →(Ecuacion3)

X Lbn pu=

ZΩ⋅MVAb

kV b2

Generadores síncronos

X 1 g1bn pu=0.18

1000 MVA1000 MVA ( 15Kv

15kV )2

=0.18 pu

X 1 g2bn pu=0.10

1000MVA1000MVA (15 kV

15 kV )2

=0.20 pu

X 1 g3bn pu=0.15

1000 MVA500 MVA ( 13.8kV

15kV )2

=0.25392 pu

X 1 g4bn pu=0.30

1000MVA750MVA (13.8 kV

15 kV )2

=0.33856 pu

Transformadores

X 1 t1bn pu=0.10

1000MVA1000MVA (15 kV

15 kV )2

=0.10 pu

X 1 t 2bnpu=0.10

1000 MVA1000 MVA ( 15kV

15kV )2

=0.10 pu

X 1 t 3bnpu=0.12

1000MVA500MVA (15 kV

15 kV )2

=0.24 pu

X 1 t 4bnpu=0.10

1000 MVA750 MVA ( 15kV

15kV )2

=0.1466 pu

Lineas de Transmisión

X 1 L1−2bn pu=50Ω⋅1000

MVA

765kV 2= j0.0854 X 1 L1−4bn pu

=20Ω⋅1000MVA

(765kV )2

= j0.0341

X 1 L2−3bn pu=40Ω⋅1000MVA

7652= j0.0683 X 1 L4−3bn pu

=20Ω⋅1000 MVA

7652= j0.0341

Diagrama de equivalente en secuencia positiva.


Imagen 3: Diagrama de secuencia positiva del sistema


Equivalente de Thevenin en bus 4 del diagrama de secuencia positiva.

X a=X 1 X 2+ X 1 X 3+ X 2 X 3

X 2

=( j0.0854)( j0.0683)+( j0.0854)( j0.30)+( j0.0683)( j0.30)

j0.0683= j0.7605

X b=X 1 X 2+ X 1 X 3+ X 2 X 3

X 2

=( j0.0854)( j0.0683)+( j0.0854)( j0.30)+( j0.0683)( j0.30)

j0.0854= j0.6082

X c=X 1 X 2+ X 1 X 3+ X 2 X 3

X 2

=( j0.0854)( j0.0683)+( j0.0854)( j0.30)+( j0.0683)( j0.30)

j0.30= j0.1731


Imagen 4

Imagen 5

Transformación de Y a Δ

Imagen 6


X 1=X 1−2 X 1−3

X 1−2+ X 1−3+ X 2−3

= j0.00481

X 2=X 2−3 X 1−3

X 1−2+ X 1−3+ X 2−3

= j0.02446

X 3=X 1−3 X 2−3

X 1−2+ X 1−3+ X 2−3

= j0.02446

Zth2= j0.11131


Imagen 7: Sistema después de la transformación a delta.

Transformación de Δ - Y

Imagen 9: Transformación de Delta a Y

Imagen 8

Imagen 10


Paso 3: Secuencia Negativa

X 2g 4=0.401000MVA1000MVA ( 15Kv

15kV )2

=0.18 pu

Equivalente de Thevenin con Referencia al Bus 4.

Transformación de Y a Δ


Imagen 11: Diagrama equivalente en secuencia negativa del sistema de potencia

Imagen 12

Imagen 13


Transformación de Δ Y

X2th2= j0.11373

Paso 4: Secuencia Negativa

X 0 g1bn pu= j0.07 pu

X 0 g 2bnpu= j0.10 pu

X 0 g3bn pu=0.05

1000MVA500MVA ( 13.8kV

15 kV )2

= j0.0846 pu

X 0 g 4bnpu=0.10

1000MVA750MVA ( 13.8kV

15kV )2

= j0.1128 pu

X 0 L1−2bnpu=50Ω⋅1000

MVA

765 kV 2= j0.0854

X 0 L1− 4,4−3bn pu=100Ω⋅1000

MVA

765kV 2=

j0.17082

= j0.0854 pu


Imagen 14

Imagen 15: Diagrama equivalente en secuencia 0.


Paso 5: secuencia cero

X a=( j0.2563)( j0.1708 )+( j0.2563)( j0.10)+( j0.1708 )( j0.10)

j0.1708=

j0.086486j0.1708

= j0.5063

X b=j0.086486

j0.2563= j0.3374

X c=j0.086486

j0.10= j0.8648

La reducción del sistema equivalente anterior se efectuá como en el paso 2 y paso 3 para la

delta equivalente que posteriormente se transforma a Y.


Imagen 16: Transformación de Y a delta

Imagen 17: reducción del sistema en sec. cero.

Imagen 18: Equivalente de Thevenin


Paso 6: Falla trifasica:

I 1=V th

Z1th

=1.0<0 °j0.11131

=8.9837<−90 °

(I a

I b

I c)=(1 1 11 a² a1 a a² )(

0− j8.9837

0 )=(8.9837<−90 °8.9837<−90 °8.9837<−90 °)

(V 0

V 1

V 2)=(

01.00 )(

j0.1193 0 00 j0.11131 00 0 j0.1137 )(

0− j8.9837

0 )=(000)

Paso 7: Falla monofasica:

I 0=I 1=I 2=V th

Z1th

=1.0<0 °

j(0.11131+0.1137+0.1193)=− j2.9043

(V 0

V 1

V 2)=(

01.00 )(

j0.1193 0 00 j0.11131 00 0 j0.1137 )(

− j2.9043− j2.9043− j2.9043)=(

−0.34650.6767

−0.3302)

(V ag

V bg

V cg)=(1 1 11 a² a1 a a² )(

−0.34650.6767

−0.3302)=(0

0.6001<150 °1.0151<120°)


problema 9_1_glover

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