Proteccion de Sistemas Electricos de Potencia

AULA POLITÈCNICA 74

Protección de sistemas eléctricos de potencia

AULA POLITÈCNICA / ETSEIT

Ramón M. Mujal Rosas

Protección de sistemas eléctricos de potencia

EDICIONS UPC

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

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Ramón M. Mujal, 2002

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Edicions UPC, 2002 Edicions de la Universitat Politècnica de Catalunya, SL Jordi Girona Salgado 31, 08034 Barcelona Tel.: 934 016 883 Fax: 934 015 885 Edicions Virtuals: www.edicionsupc.es E-mail: [email protected]

Producción:

CPET (Centre de Publicacions del Campus Nord) La Cup. Gran Capità s/n, 08034 Barcelona

Depósito legal: B-30770-2002 ISBN: 84-8301-607-9 Quedan rigurosamente prohibidas, sin la autorización escrita de los titulares del copyright, bajo las sanciones establecidas en las leyes, la reproducción total o parcial de esta obra por cualquier medio o procedimiento, comprendidos la reprografía y el tratamiento informático, y la distribución de ejemplares de ella mediante alquiler o préstamo públicos.

Prólogo

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Prólogo La idea de crear un libro sobre protección de sistemas eléctricos de potencia surgió ante la necesidad de disponer en una única obra tanto de los aspectos teóricos como prácticos que rigen en la actualidad las disciplinas de Ingeniería de Segundo Ciclo que tratan temas afines, ya que si bien existen excelentes libros 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 el régimen 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 un mejor 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, los aspectos teóricos y prácticos más importantes que rigen tanto la técnica como la seguridad y la economía en 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 se pretende acometer el estudio de los sistemas de potencia trabajando en régimen transitorio, es decir, con situaciones 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 los fallos eléctricos más importantes, los cortocircuitos. De estos defectos se exponen los tipos existentes, las variaciones temporales que sufren las magnitudes eléctricas, los efectos térmicos y dinámicos que se producen y un amplio estudio de los diferentes sistemas para limitar las corrientes de falta. Finalmente, el cálculo de las impedancias de cortocircuito y el cálculo de las corrientes de cortocircuito mediante las directrices 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 análisis de los fallos eléctricos tanto simétricos como asimétricos mediante el método de las redes de secuencia y las componentes simétricas. El capítulo describe las redes de secuencia (redes directa, inversa y homopolar) para posteriormente entrar en el análisis de las componentes simétricas, demostrándose gracias 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 que mientras que el capítulo III (Problemas resueltos de cálculo de fallos en sistemas de potencia) está formado por problemas completamente resueltos y razonados, en el capítulo IV (Problemas propuestos de fallos en sistemas eléctricos de potencia) se pretende ofrecer una serie de problemas propuestos con sus correspondientes soluciones, para que el lector pueda ejercitarse en su resolución y comprobar así el nivel de asimilación obtenido a lo largo del estudio de la materia del presente libro. Concretamente, en el capítulo III, se resuelven de forma completa y razonada diez problemas correspondientes a funcionamientos anómalos de los sistemas de potencia, es decir, con fallos eléctricos. Así, el cálculo de sobrecargas, 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, el capítulo IV, nos ofrece veinte enunciados de problemas con sus respectivas soluciones de fallos eléctricos

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Protección de sistemas eléctricos de potencia

en sistemas de potencia, lo que permite afianzar y consolidar los conocimientos teóricos y prácticos adquiridos. Finalmente unos anexos dedicados a las fórmulas, tablas y gráficos necesarios, tanto para un conocimiento general de la materia como para la correcta resolución de los problemas, se adjuntan al final del libro. No quisiera terminar esta introducción, sin dar las gracias a todos los que de alguna forma han ayudado en la confección de este libro mediante sus observaciones, rectificaciones o consejos, siempre de gran utilidad. A todos ellos, y en especial a mi esposa y familia por su comprensión y paciencia, les pido que acepten mi más sincera gratitud.

El autor

Terrassa. Enero de 2002

Índice

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Índice I

Fallos eléctricos y método de las componentes simétricas

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1

Cortocircuitos en las instalaciones eléctricas

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1.1 1.2 1.3 1.4 1.5 1.6 1.7 1.8 1.9 1.10 1.11

Introducción a los fallos eléctricos Tipos de cortocircuitos Parámetros eléctricos a considerar en los cortocircuitos. Norma VDE 0102 Corrientes de cortocircuito. Magnitudes y variaciones temporales Métodos para limitar las corrientes de cortocircuito Efectos electrodinámicos y térmicos de las corrientes de cortocircuitos Determinación práctica de las corrientes de cortocircuito Impedancias directa, inversa y homopolar Cálculo de la impedancia de dispositivos eléctricos y de cortocircuito de la red Cálculo de las corrientes de cortocircuito según la norma VDE 0102 Cuestiones y problemas

13 13 14 15 24 29 31 31 32 40 42

2

Redes de secuencia y componentes simétricas

45

2.1 2.2 2.3 2.4 2.5

Introducción a las redes de secuencia Redes de secuencia Componentes simétricas Cálculo de las corrientes de cortocircuito Cuestiones y problemas

45 46 56 60 72

II

Problemas resueltos y propuestos de cálculo de sistemas de potencia

75

3

Problemas resueltos de cálculo fallos en sistemas de potencia

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3.1 Dimensionado de los dispositivos de protección de una red formada por una acometida, una central eléctrica y unos consumidores 3.2 Dimensionado de los dispositivos de protección de una red formada por una acometida, un grupo de motores asíncronos y unos consumidores 3.3 Cálculo de las magnitudes de cortocircuito en el punto de falta para una red con dos niveles de tensión mediante el método de las redes de secuencia 3.4 Cálculo de las magnitudes de cortocircuito en el punto de falta para una red con tres niveles de tensión mediante el método de las redes de secuencia 3.5 Cálculo de las magnitudes de cortocircuito en el punto de falta para una red con conexión mixta y dos niveles de tensión mediante las redes de secuencia 3.6 Cálculo de las magnitudes de cortocircuito en el punto de falta para una red con conexión triángulo y dos niveles de tensión mediante las redes de secuencia

77 87 97 105 112 120

Proteccións de sistemas eléctricos de potencia

10

3.7 Cálculo de un cortocircuito monofásico a tierra mediante las componentes simétricas 3.8 Cálculo de un cortocircuito bifásico mediante las componentes simétricas 3.9 Cálculo de un cortocircuito bifásico a tierra mediante las componentes simétricas 3.10 Cálculo de un cortocircuito monofásico a tierra en bornes de un generador

127 135 142 151

4

Enunciados de problemas de cálculo de fallos en sistemas de potencia

155

4.1 4.2 4.3 4.4 4.5

Problemas del 1 al 4. Cálculo de los interruptores de protección en redes eléctricas Problemas del 5 al 7. Cálculo de cortocircuitos por el método de las redes de secuencia Problemas 8 y 9. Cálculo de cortocircuitos en redes extensas Problemas del 10 al 15. Circuitos con un generador. Método de las componentes simétricas Problemas del 15 al 20. Circuitos con varios generadores. Método de las componentes simétricas

155 161 165 167 171

Anexos

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I II

Constantes de magnitudes físicas, terrestres y cuánticas Resistividad (U), coeficiente de temperatura (D), punto de fusión (ºC) y densidad (G) de diversos materiales y aleaciones III Coeficientes de resistividad de los aislantes IV Magnitudes y unidades magnéticas V Conductores eléctricos VI Conductancia, autoinducción y susceptancia VII Método de las constantes auxiliares VIII Método del circuito equivalente en "T" y en "3" IX Fórmulas para el cálculo de líneas eléctricas X Resumen de fórmulas para líneas eléctricas XI Fórmulas para el cálculo de cortocircuitos por componentes simétricas XII Factores correctores según la VDE 0102 (Ȥ, µ, q y Ȗ)

177

Bibliografía

197

178 179 180 181 182 183 185 187 189 190 194

Fallos eléctricos y componentes simétricas

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MÓDULO I. FALLOS ELÉCTRICOS Y MÉTODO DE LAS COMPONENTES SIMÉTRICAS PRESENTACIÓN Con este primer módulo, formado por dos capítulos I y II, se pretende acometer el estudio de los sistemas de potencia trabajando en régimen transitorio, es decir, ante situaciones 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 las fallas eléctricas más importantes, los cortocircuitos. De estos defectos, en primer lugar, se exponen los tipos existentes, enumerándose las características que los definen y que en definitiva determinan su aparición. Seguidamente, se analizan las variaciones temporales de las principales magnitudes eléctricas que intervienen en los diferentes tipos de cortocircuitos en sus regímenes de carga y vacío. Las constantes de tiempo, las diferentes reactancias iniciales de las máquinas eléctricas y los efectos térmicos y dinámicos que producen estas faltas serán también analizados. Posteriormente, un amplio estudio de los diferentes sistemas para limitar las corrientes de falta será tratado en profundidad. Así, desde las diversas formas de realizar una puesta a tierra, hasta el empleo de sistemas de desconexión o el uso de bobinas de extinción o resonancia tendrán cabida en este capítulo. Finalmente, el cálculo de las impedancias de diversos componentes y dispositivos eléctricos delante una falta eléctrica y el cálculo de las corrientes de cortocircuito mediante las directrices 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 análisis de fallos eléctricos tanto simétricos como asimétricos mediante el método de las redes de secuencia y componentes simétricas. El estudio de estos defectos mediante el método de las componentes simétricas permite disminuir en gran medida la dificultad que entraña su cálculo. El capítulo comienza con una exposición de las redes de secuencia, definiéndose las mismas para los 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 sin carga y de los transformadores, de las cuales existirá un profundo estudio. Seguidamente se entra en el análisis de las componentes simétricas, comenzando por su razonamiento teórico y demostrando las fórmulas básicas que permiten su cálculo. Con las expresiones generales así obtenidas, se pasa finalmente a la obtención de las fórmulas que definirán a cada uno de los diversos tipos de cortocircuito que pueden presentarse en un sistema de potencia. . El análisis de situaciones anómalas permite proteger y alargar la vida de los componentes eléctricos que forman una red, y asimismo resultan imprescindibles para dimensionar y seleccionar los sistemas de protección 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 asimilación de la materia, aparte de resultar una forma rápida de repasar, a posteriori, cualquier duda o concepto sobre un tema.

CONTENIDOS x x

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 x x x x

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.

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Protección de sistemas eléctricos de potencia

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x x x x x x x x

Razonar las variaciones temporales de las magnitudes eléctricas delante un cortocircuito en régimen de 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 potencia ƒ ƒ ƒ ƒ ƒ ƒ ƒ ƒ ƒ ƒ ƒ

Comprender la necesidad de la utilización de las redes de secuencia para el cálculo de fallos en los sistemas eléctricos. Conocer las características que permiten la creación de las diversas redes de secuencia, así como los pasos a seguir para su conversión a otras redes. Saber explicar con detalle los diversos tipos de redes de secuencia existentes, indicando en cada caso las 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 los generadores y motores eléctricos. Conocer las redes de secuencia y los circuitos monofásicos equivalentes que definen a los transformadores. Saber el principio que define el método de las componentes simétricas. Ser capaces de representar gráficamente las componentes directa, inversa y homopolar de un sistema eléctrico, 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 de cortocircuito. Saber obtener, a partir de las ecuaciones generales dadas para las componentes simétricas, las ecuaciones que definen a los cortocircuitos: trifásico, bifásico, bifásico a tierra y monofásico a tierra.

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Cortocircuitos en las instalaciones eléctricas

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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 los dispositivos de protección a ellos destinados. La mayor parte de las normas de protección de las instalaciones eléctricas nos indican que no sólo deben considerarse las corrientes y tensiones debidas a las cargas de servicio, sino también las debidas a sobrecargas producidas por los cortocircuitos. Las corrientes de cortocircuito presentan valores mayores a los nominales, provocando sobrecargas térmicas y electrodinámicas elevadas aparte, las corrientes de cortocircuito que circulan por tierra pueden ser causa de tensiones e interferencias inadmisibles. Pero no sólo son importantes las corrientes máximas de cortocircuito, sino también las corrientes mínimas de cortocircuito, ya que éstas, en definitiva, son las que permiten dimensionar los dispositivos de protección de las redes. Este comportamiento de los cortocircuitos se hace especialmente peligroso en contactos con las personas, pudiendo ocasionar lesiones de gravedad y causar daños en los instrumentos o máquinas de las instalaciones afectadas. Es por tanto de suma importancia conocer los valores que en un punto determinado del circuito puedan adoptar las corrientes máximas y mínimas de cortocircuito, ya que sólo de 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. La siguiente 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) Solicitaciones Calentamiento

Esfuerzos Capacidad de conexión Capacidad de desconexión Tensión de puesta a tierra Tensión de contacto. Influencia inductiva. Disparo de relés de protección. Seguridad de actuación de los dispositivos de protección para sistema con línea de protección Para puesta a neutro.

Clase de defecto

Corriente de avería '' k

Ik

3 polos 1 polos EE 3 polos 3 polos 1 polos 3 polos 1 polos

X X X

X X

1 polos 1 polos EE 3 polos

X X X

I

Is

Red

Ia

X X X X X

Máximas corrientes de avería

AT AT AT AT AT AT

BT BT BT BT BT BT BT

AT

2 polos 1 polos

AT AT AT

X X X

Mínimas corriente de avería

BT BT 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.

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Protección de sistemas eléctricos de potencia

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En la siguiente tabla, se indican las características de estos cortocircuitos, así como su importancia y repercusiones que ejercen en las instalaciones a las que afectan. Tabla 1.2 Tipos de cortocircuitos. Características más importantes. R S T I’’U3 a)

Cortocircuito bifásicos sin contacto a tierra Generalmente las corrientes iniciales simétricas de cortocircuito son menores que las del fallo trifásico, aunque si el cortocircuito se produce en las inmediaciones de máquinas síncronas o asíncronas de cierta potencia, las corrientes de esta falta pueden llegar a presentar valores incluso mayores que las del cortocircuito trifásico. Al presentarse en dos de las tres fases del sistema, este cortocircuito ya no es equilibrado, obligando su cálculo a la utilización tanto de la red de secuencia directa como a la red de secuencia inversa.

R S T I’’U2 b)

R S T I’’U2ES

I’’U2ET I’’U2EE

c)

R S T I’’U1 d)

R S T I’’UEE e)

Cortocircuito trifásicos Los cortocircuitos trifásicos, son los únicos cortocircuitos que se comportan como sistemas equilibrados, ya que todas las fases están afectadas por igual. Las tensiones en el punto de cortocircuito, tanto si el cortocircuito se cierra a través de tierra como si está aislado de ella, son nulas, presentando las 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 la red de secuencia directa.

I’’KEE

Cortocircuito bifásico con contacto a tierra Dispone de las mismas características que el cortocircuito bifásico sin contacto a tierra, pero en este caso, con pérdida de energía hacia tierra. Es necesario considerar para este fallo, además de las redes de secuencia directa e inversa, la red de secuencia homopolar debido a la pérdida de energía. Cortocircuito monofásico a tierra Este es el cortocircuito más frecuente y violento, produciéndose con mayor frecuencia en redes rígidamente puestas a tierra, o mediante impedancias de bajo valor. Su cálculo es importante, tanto por lo elevado de sus corrientes como por su conexión a tierra, lo que permite calcular las fugas a tierra, las tensiones de contacto o de paso, o valorar las interferencias que estas corrientes puedan provocar. Para su cálculo, al ser desequilibrado y con pérdida de energía, son necesarias las tres redes de secuencia (directa, inversa y homopolar). Cortocircuito con doble contacto a tierra En 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 los cortocircuitos. Si consideramos que es poco frecuente y la complejidad que representa su cálculo, se comprenderá que sea el más escasamente analizado.

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 dispositivos de protección. Según la Norma VDE 0102, estos parámetros se definen y simbolizan de la siguiente forma:

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Cortocircuitos en las instalaciones eléctricas

x x x

x x x

x

x

x x x x x x

x x x x

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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, mayor permanencia de esta corriente). Corriente subtransitoria simétrica de cortocircuito (Ik''). Valor eficaz de la corriente de cortocircuito en 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 de los 5 seg posteriores al cortocircuito). En los cortocircuitos trifásicos próximos a generadores con excitación constante, la corriente permanente de cortocircuito es menor que la corriente transitoria, y ésta, a la vez, es menor que la corriente subtransitoria (Ik'' >Ik’ > Ik). En los cortocircuitos trifásicos alejados de los generadores, coinciden prácticamente las tres corrientes de cortocircuito (Ik'' = Ik’ = Ik ). Esto es debido a que con las distancias se amortiguan los efectos de la corriente aperiódica de cortocircuito producidos por las bobinas. Corriente máxima asimétrica de cortocircuito (Is). Denominada también valor pico a pico, es el valor máximo 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 circula por 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 punto de cortocircuito. Impedancia inversa (Z2). Impedancia equivalente de la red de secuencia inversa vista desde el punto de cortocircuito. Impedancia homopolar (Zo). Impedancia equivalente de la red homopolar vista desde el punto de cortocircuito. Fuerza electromotriz inicial (E’’) subtransitoria. Valor eficaz de la fuerza electromotriz de una máquina síncrona en el instante de producirse el cortocircuito. Es un valor que debe expresarse como tensión entre fase y neutro. Tensión de servició de la red (Ub). Valor medio de las tensiones de línea con las que se explota la red en 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 del relé y de la apertura del mismo (sin tener en cuenta los retardos ajustables de forma voluntaria).

1.4 CORRIENTES DE CORTOCIRCUITOS. MAGNITUDES Y VARIACIONES TEMPORALES Cuando se produce un cortocircuito se presentan variaciones de los parámetros de servicio, cambiando las condiciones de la red. Este cambio va acompañado de fenómenos electromagnéticos y electromecánicos transitorios, de los que dependen la magnitud y las variaciones temporales de la corriente de cortocircuito. Los fenómenos transitorios dependen además de otras muchas características como pueden ser: del tipo de cortocircuito, del instante en que se produce, de las fuentes de energía implicadas, del estado previo de carga, de la duración del cortocircuito y de la estructura de la red. También influyen las características y comportamiento de los aparatos y componentes implicados. La situación del punto de cortocircuito en la red indica la forma que influirán las maquinas síncronas y asíncronas 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

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Protección de sistemas eléctricos de potencia

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valor del módulo y del ángulo de la impedancia de cortocircuito, valores que influyen de forma definitiva en la corriente final de cortocircuito. I/

P

P

ZWK

ZH[W

XG +

VW

S

EJ

VI

+ Z/

VI

S

-

a) Circuito original

b) Circuito equivalente de Thevenin en el fallo

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 de él depende el valor que tomará la corriente en el momento de producirse el fallo. Hay que indicar, que la referencia respecto a la variación temporal de tensión influye de forma determinante en el máximo que alcanzará la intensidad (valor importante para determinar el poder de corte y poder de cierre de los dispositivos de protección). Las fuentes de generación de energía son generalmente máquinas síncronas (como los turbogeneradores o las máquinas con rotor de polos salientes). Pero también son frecuentes las máquinas asíncronas (motores de inducción), así como los accionamientos alimentados por convertidores estáticos con régimen ondulador. Finalmente, las redes externas, bien sea una red regional de suministro de energía o redes industriales, pueden proporcionar asimismo energía al punto de cortocircuito. La duración del cortocircuito depende fundamentalmente de los dispositivos de protección y de los aparatos 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 paralelo como 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, y por tanto nos informa de las impedancias implicadas en su cálculo. Su estructura depende del tipo de transporte (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 cortocircuito experimentan con el curso del tiempo. Si el punto de la avería está situado en las proximidades de un generador síncrono (bobinas y por tanto inductancia), la corriente instantánea inicial de cortocircuito presentará un valor elevado respecto al nominal y será asimismo más duradera. Por ello, las corrientes de compensación, al disminuir la componente inductiva de las corrientes de falta, son una forma eficaz de disminuir las amplitudes de las corrientes instantáneas iniciales de cortocircuito. A continuación se describen las variaciones temporales de las corrientes de cortocircuito para diversos regímenes de carga. El método se ha aplicado a las corrientes de cortocircuito de una línea, pero también es 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 alejado del generador. La siguiente figura 1.2 representa el esquema equivalente de un circuito monofásico que incluye una fuente ideal generadora de tensión senoidal (valor de cresta 2 ·V , con una frecuencia y pulsación w=2ʌf constantes). La resistencia efectiva (Rk) y la reactancia inductiva (Xk=wLk) se consideran

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Cortocircuitos en las instalaciones eléctricas

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también constantes y lineales. El cortocircuito se produce actuando sobre el interruptor sin resistencia en el instante (t=0) al pasar por cero la tensión. Rk

Xk

u=—2 U sen Zt

Ib 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: ƒ ƒ ƒ ƒ

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 cero de 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 máquinas eléctricas. La tensión no varía su valor a lo largo de todo el tiempo que dura la falta.

ik Envolvente superior

2 2 ·I’’k

ig t 2

u Mk

2 ·Ik=2 2 ·I’’k

Envolvente inferior

Figura 1.3 Variación de la fuerza electromotriz (u) y de la corriente instantánea de cortocircuito (ik) Donde: Ik’’= Corriente inicial simétrica de cortocircuito Ik = Corriente permanente de cortocircuito Is = Corriente máxima asimétrica de cortocircuito A = Valor inicial de la componente aperiódica de la corriente iK = Corriente instantánea total de cortocircuito ig = Componente aperiódica de la corriente instantánea total de cortocircuito ia = Corriente instantánea simétrica de cortocircuito Mk = 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 muy inductivas (caso supuesto en este ejemplo), la intensidad estará pasando por su máximo negativo (la intensidad esta retrasada 90º con respecto a la tensión), lo que implica que con la disminución de la impedancia por causa del cortocircuito, la intensidad alcanzará valores muy elevados. Pero además hay una segunda repercusión con impedancias inductivas, la corriente no puede cambiar de valor de forma repentina, lo que obliga a la creación de una segunda intensidad (componente aperiódica) para

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contrarrestar este efecto inductivo. Esta intensidad aperiódica perdurará hasta que las bobinas se hayan adaptado al nuevo régimen del circuito, desapareciendo de forma exponencial. Resumiendo, la asimetría y el valor punta de la corriente de cortocircuito vienen determinados por el instante en que se produce la falta, considerado este instante con respecto a la variación temporal de la tensión. También influye en el valor de la corriente de cortocircuito la magnitud que adopte la impedancia de cortocircuito de la red (Zk=Rk+jXk). Como en nuestro ejemplo se supone que (Zk) tiene una componente inductiva relativamente grande, la corriente simétrica de cortocircuito estará retrasada un ángulo próximo a los 90º respecto a la tensión. Por tanto, la corriente instantánea total de cortocircuito debería adoptar bruscamente en el instante (t=0) el valor instantáneo correspondiente a la corriente simétrica de cortocircuito. Pero como el sistema es inductivo, la corriente no podrá cambiar de forma brusca, empezando realmente siendo nula. Por ello, debe de existir una intensidad transitoria (ig) con un valor inicial (A) que contrarreste el valor instantáneo negativo de la corriente simétrica de cortocircuito (ia). La intensidad transitoria se denomina componente aperiódica y se amortigua, siguiendo una función exponencial con la constante de tiempo (Tg), que depende esencialmente del carácter inductivo del circuito visto desde el punto de falta. La corriente simétrica instantánea de cortocircuito (ia) depende de la fuerza electromotriz y de la impedancia 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. En cortocircuitos 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. La intersección de la envolvente superior con el eje de ordenadas nos determina el valor de práctica

A  2I ' 'K

A  2 I k''

; en la

. La intersección de la envolvente inferior con el eje de ordenadas nos determina el

valor de A  2 I ' 'K . Por su parte, la corriente aperiódica se corresponde con la línea media entre las dos envolventes. De forma general, las variaciones de la intensidad de cortocircuito pueden expresarse con suficiente exactitud mediante la siguiente ecuación: ik=ia+ig =

>

>

@

2U t / T SenWt  <  M k  e g Sen<  M k Zk

2 I k'' SenWt  <  M k  e

 t / Tg

@

Sen<  M k

[1.1]

Donde: U = Valor eficaz de la fuerza electromotriz. Este valor no varía con el tiempo Zk = Módulo de la impedancia de cortocircuito de la red ( Rk2  X k2 ). Valor que depende de la situación del punto de cortocircuito Mk = Ángulo de la impedancia de cortocircuito de la red ( arctg ( X K / R K ) ) Valor que depende de la situación del punto de cortocircuito w = Pulsación (2·S·f) T = Tiempo f = Ángulo de fase inicial de la tensión al producirse el cortocircuito. Valor que depende del azar Tg = Constante de tiempo de la componente aperiódica ( X K /( RK ·w)) ( LK / RK ) . Cuanto más inductiva sea la impedancia equivalente vista desde el punto de cortocircuito, más elevada será la constante de tiempo Ik’’= 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 efecto óhmico con respecto al inductivo. Si se tratara de una bobina pura, la constante de tiempo sería infinita, es decir, no existiría amortiguamiento de la componente de la corriente aperiódica, pero esto resulta imposible, ya que todas las bobinas, en menor o mayor grado, disponen de resistencia, limitando el tiempo de permanencia de la intensidad de cortocircuito.

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Cortocircuitos en las instalaciones eléctricas

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0.5

TJ

0.1 TJ

0.4

0.08 0.06 0.04

0.3

a

0.02 0.00

0.0 0.2 0.4 0.6 0.8 1.0

0.2

RN R XN

b 0.1

0.0 0.0

0.02

0.06

0.04

0.08

0.10

RN XN

Figura 1.4 Amortiguamiento de la constante de tiempo (Tg), en función de la relación (RX/XX) La relación I S /( 2 ·I K ' ' ) nos determina el parámetro (Ȥ), este parámetro nos identifica la peligrosidad del cortocircuito, ya que depende del ángulo de la impedancia de cortocircuito y del ángulo de la tensión en el momento de producirse el mismo. Si observamos la figura 1.5, comprenderemos mejor esta relación. En primer lugar existen varias curvas, representando cada una un ángulo distinto de la tensión en el momento de producirse el fallo. El caso menos desfavorable se corresponde con una tensión con un ángulo de 90º en el momento del fallo, es decir, cuando la tensión esta pasando por un máximo, lo que significa que la intensidad esta pasando por un mínimo. Mientras que el caso más desfavorable lo constituye cuando el ángulo de la tensión vale 0º en el momento del fallo. En este caso, la tensión estará pasando por cero, lo que significa que la corriente estará pasando por un máximo. Pero aparte, la gráfica nos indica otro parámetro importante: el carácter inductivo de la impedancia de cortocircuito, de forma que para impedancias completamente inductivas el valor de (Ȥ=2) alcanza su máximo posible, mientras que para valores muy óhmicos (Ȥ=1) se alcanza el valor mínimo. Is/

2·I’’k 2.0 1.8

M=0º

1.6

M=30º

1.4

M=45º M=60º

1.2

M=75º

M=90º

1.0 0.2

0 90º

0.4

80º

0.6 70º

0.8 1.0 Rk/Xk 60º

Mk

50º 45º

Figura 1.5 Relación corriente máxima asimétrica de cortocircuito respecto al valor de cresta de la corriente 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: Is

2 ··I K ' '

2 ·2·I K ' '

[1.2]

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Donde (Ȥ) puede tomar los valores entre 1 a 2. Si observamos la figura 1.3, el valor de cresta máximo que puede alcanzar una corriente de cortocircuito se corresponde con el valor dado en la expresión anterior. Pero este valor es imposible de obtener ya que las bobinas reales siempre tienen resistencia. Si existiera una bobina ideal, en la figura 1.3, tanto la envolvente superior como inferior, así como la componente aperiódica, nunca cambiarían de forma, coincidiendo su representación con tres líneas horizontales independientes del tiempo, lo que significaría la permanencia de la componente aperiódica de forma indefinida.

1.4.2 Red monofásica en carga Hasta el momento se ha considerado el sistema trabajando en vacío. Si ahora consideramos una carga especifica, la expresión de las intensidades instantáneas se incrementará con la corriente de carga denominada (iC). RN XN Ik

Rb

u=—2 U sen wt

Xb Ib 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 se cumple la condición de (iK=ib). En la figura 1.7, se representan dos casos para una línea en carga, con distintos parámetros del circuito que 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 de cortocircuito superior a K>88º), con el agravante que el cortocircuito se produce cuando la tensión pasa por cero (f=0). En estas condiciones, el cortocircuito será muy violento y duradero, ya que la componente 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 45º, es decir, el valor óhmico coincide con el inductivo. La tensión en el momento del fallo, sigue pasando por cero. En este caso, la corriente instantánea total de cortocircuito (iK ) será menor que en el caso anterior, amortiguándose, además, de forma más rápida. K=

a)

b)

ik

ik

u

u

ig

ib

s

ib

45º

ig

45º

88,3º f=0 Rk / Xk= Rb/Xb=0,03; Tg=0.11s

f=0 Rk / Xk= Rb/Xb=1; Tg=0.0032s

Figura 1.7 Variaciones temporales de la fuerza electromotriz (u) y de la corriente instantánea total de cortocircuito (iK ) para los distintos parámetros del circuito en carga

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En ambos casos la corriente instantánea de cortocircuito (iK) debe empezar con el valor instantáneo de la corriente de carga (ib). Para que se cumpla esta condición, el valor inicial de la componente aperiódica debe 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: iK

º 2 ª º ªZ U « Sen( wt  \  Mk )  « k sen(\  M )  sen(\  M k )» e t / Tg » Zk ¬ ¼ ¬Z ¼

iL  ib  i g

[1.3]

Donde: Zb : Módulo de la impedancia de la carga Z : Módulo de la impedancia de todo el circuito ( R 2  X 2 ) con R=(Rb+RK) y X=(Xb+XK) M : 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 el mostrado en la figura 1.8. El sistema representa una red formada por un generador y una carga unidos mediante una línea trifásica equilibrada. Si en la red representada se suponen tres fuentes ideales de tensión desfasadas 120º y con secuencia directa (RST), tendremos las siguientes tensiones de línea generadas. UR

2Usenwt

US

2Usen( wt  240º )

UT

2Usen( wt  120º )

[1.4]

Sólo el cortocircuito trifásico puede considerarse también equilibrado. En este caso, las impedancias ZK=(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 los interruptores de protección. Como la red es simétrica, los dos puntos neutros (del generador y del motor) disponen en cada momento de igual potencial, pudiéndose unir mediante un conductor eléctrico sin que por él circule corriente, lo que permite descomponer la red trifásica en tres circuitos monofásicos más sencillos de cálculo. Rk

Xk

i5.

U5

UT US

iTK

Rk

Xk

Rk

Xk

iSK

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 fases para realizar los cálculos, lo que complica y alarga enormemente su resolución. En los próximos apartados se expondrá un método que permite seguir calculando cualquier circuito desequilibrado, o incluso con fugas a tierra, como si fuera equilibrado (usando sólo una de las tres fases). El método propuesto se denomina, "método de las componentes simétricas".

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1.4.4 Constantes de tiempo Las constantes de tiempo subtransitoria, transitoria, y permanente (Td'',Td',Tg) son fácilmente calculables si se disponen de las oportunas mediciones experimentales. El cálculo suele realizarse mediante procedimientos gráficos.

ik

2 2I’’k

ig

Is A

2I’’k

2 2Ik

2I’k

2(I’k-Ik)

2(I’’k-Ik)

2(I’’k-I’k) Fenómeno subtransitorio

Fenómeno transitorio

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 este ya se ha producido de forma accidental, intentar obtener mediante simulación, las variaciones temporales de 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 se detallan cada una de las componentes de las corrientes, así como sus magnitudes. En esta figura también se 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 por gráfica y mediante las siguientes expresiones, podemos, conocido el valor de la tensión entre fase y neutro en el punto de cortocircuito (valor de la tensión entre fase y neutro en el punto del fallo un instante antes de producirse el cortocircuito), determinar el valor de las reactancias síncronas de las máquinas conectadas a esta red. IK

V Fase Xd

V Fase X 'd

I 'K

I ''K

V Fase X ' 'd

[1.5]

La figura 1.10, permite determinar los últimos parámetros que faltan para tener un cortocircuito perfectamente definido, las constantes de tiempo. Para ello se realizará la construcción de la gráfica representada, en la cual se indican los pasos a seguir para su confección. p.u.

i 6 5 2(I’’k-Ik)

4 3 cTg=0.28s

2(I’k-Ik)

a 2 T’d=1.07s

2(I’’k-I’k)b 1

T’’d=0.031s

0

0.2

0.4

0.6

0.8

1

1.2

s

t

Figura 1.10 Gráfica para determinar las componentes transitorias de las corrientes de cortocircuito, así como sus constantes de tiempo

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La constante de tiempo (Td') del fenómeno transitorio de amortiguamiento se obtiene a partir de la línea característica con el valor inicial 2 ( I 'K  I K ) . Para ello se multiplica dicho valor por el factor (e-1) y se lleva el producto sobre el eje de coordenadas. Para la determinación de las constantes de tiempo (Td''), y (Tg) se sigue un procedimiento análogo al descrito para la constante de tiempo transitoria (Td'). Notar que la componente aperiódica de cortocircuito se amortigua de forma exponencial con la constante de tiempo (Tg) a partir de un valor inicial (A), y que para la obtención de la constante de tiempo (Td'' ) se han representado en la figura las diferencias entre las envolventes correspondientes a los regímenes subtransitorios y transitorios, a partir del valor inicial 2 ( I ' 'K  I 'K ) .

1.4.5 Influencia de los tiempos de corte En la práctica, se intenta interrumpir lo más rápidamente posible la corriente de cortocircuito mediante interruptores automáticos u otros dispositivos. El instante del corte depende del retardo mínimo de desconexión, que en redes de alta tensión oscila entre los 0,006 seg y los 0,2 seg, siendo en algunos casos concretos menor de 0,06 seg. En las redes de baja tensión, el retardo mínimo de desconexión suele oscilar entre los 0,01 seg y los 0,03 seg. Los fusiles y los dispositivos limitadores de corriente cortan la corriente del cortocircuito de forma muy rápida, 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 no varía, considerándose que el aumento de la intensidad es debido a la disminución que presentan los valores instantáneos de las diversas reactancias que intervienen en el mismo. A grandes rasgos, podemos considerar dos tipos de reactancias: ¾ ¾

Reactancias de eje directo: estas reactancias están referidas a la posición del rotor en el cual coinciden los ejes de los bobiandos del rotor y del estator. Reactancias en cuadratura: estas reactancias aparecen cuando el rotor ocupa una posición tal que los 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 gran exactitud el comportamiento de una máquina delante de una falta. ¾

Las reactancias directas son:

ƒ

Reactancia subtransitoria (X''d): Es la denominada reactancia inicial saturada. Incluye las reactancias de dispersión de los bobinados del estator y del rotor del generador, incluyéndose también en el flujo de dispersión del rotor, la influencia de las barras de amortiguación y de las piezas macizas anexas.

ƒ

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 bobinados del estator y de excitación del generador.

ƒ

Reactancia sincrona (Xd): Es la mayor de las tres reactancias directas. Es una reactancia semisaturada, comprendiendo la reactancia de dispersión del estator y la reactancia de las pérdidas por reacción de inducido.

¾

Las reactancias inversas son:

La reactancia inversa, (X2) es la reactancia que aparece en el generador cuando se le aplica una secuencia inversa de tensiones (RTS). Lo que representa que, durante unos instantes, la velocidad relativa entre el rotor (que aún gira) y el campo magnético giratorio (campo inverso) es el doble de la velocidad de sincronismo.

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x

Máquinas con rotor de polos salientes: En los generadores hidroeléctricos con bobinado de amortiguación, la posición del rotor influye notablemente en el entrehierro del mismo cumpliéndose: X ' 'd  X ' 'q

X2 x

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): X2

¾

1.2· X ' ' d

X ' 'd  X ' 'q 2

X ' 'd

[1.7]

Las reactancias homopolares son:

La reactancia homopolar (Xo) depende en los generadores únicamente de los flujos de dispersión, ya que los sistemas homopolares no generan campos magnéticos giratorios. Las reactancias homopolares son siempre menores que las subtransitorias (Xo=1/4 X’’d). La reactancia homopolar sólo influye en los cortocircuitos entre los bornes y el punto neutro de un generador, o en los cortocircuitos a tierras cuando los sistemas están conectados en estrella, no apareciendo esta componente en sistemas conectados en triángulo.

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 síncronos delante de un cortocircuito, puede equipararse al de los generadores, ya que al quedar estas máquinas sin tensión (al producirse el cortocircuito), durante unos instantes aún giran, convirtiéndose en productores de energía que alimentará al punto de cortocircuito. No obstante, y debido a las diferencias constructivas entre las máquinas síncronas y asíncronas, su comportamiento no es exactamente igual, observándose unas diferencias que obligan a emplear fórmulas distintas para su cálculo. ƒ

Motores y compensadores síncronos: Si la duración del cortocircuito es menor a 0.2 seg, los motores y compensadores síncronos actúan como generadores síncronos. Si la duración del cortocircuito es mayor, la caída de velocidad debida al par de frenado repercute sobre los fenómenos electromecánicos transitorio y las máquinas sincronas pasan a funcionar como máquinas asíncronas.

ƒ

Motores asíncronos: La corriente de cortocircuito también depende de la presencia de los motores asíncronos. Las corrientes de cortocircuito se amortiguan, al contrario que en máquinas síncronas, muy rápidamente debido a la falta de bobinados de excitación. Las características del motor asíncrono, y su par de frenado también influyen en la respuesta del motor delante de un cortocircuito.

1.5 MÉTODOS PARA LIMITAR LAS CORRIENTES DE CORTOCIRCUITO En un sistema eléctrico, las posibles corrientes elevadas producidas por un cortocircuito suponen un encarecimiento de las instalaciones, ya que sus componentes y dispositivos han de proyectarse lo suficientemente sólidos para resistir los efectos térmicos y dinámicos que puedan producirse. Por este motivo, las empresas distribuidoras de energía eléctrica suelen proyectar sus sistemas de forma que, en cada 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 por disponibilidades en el mercado de los dispositivos adecuados. Las corrientes de cortocircuito están normalmente alimentadas por elementos activos (fuentes de tensión, 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.

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Aunque existen numerosos métodos y técnicas para la reducción de las corrientes de cortocircuito, son pocos 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 los transformadores de alimentación B. Puestas a tierra no rígidas C. Desconexiones rápidas delante de cortocircuitos D. Desexcitaciones de generadores E. Bobinas de extinción o de resonancia (Petersen) F. Empleo de tensiones elevadas G. Interposición de bobinas limitadoras trifásicas en serie

1.5.1 Limitación de la potencia total conectada a un sector. Limitación de las potencias de los transformadores de alimentación En la planificación de sistemas eléctricos, una precaución muy extendida consiste en disponer de potencias no excesivas conectadas a una red correspondiente a un mismo nivel de tensión. Si la zona afectada requiere una demanda mayor de potencia, es necesario realizar una subdivisión del sector. Como el suministro de la energía de los generadores se realiza a través de transformadores, éstos serán los encargados de limitar la potencia total de un sector. Por supuesto, la potencia total permisible para los transformadores estará relacionada con las caídas de tensión (Hcc) que para ellos se prevea. Así, dependiendo del número de puntos de generación de energía, existirán más o menos caminos para las corrientes de cortocircuito que contribuirán a la alimentación del fallo. Si limitamos las potencias de los transformadores y optamos por caídas de tensión (Hcc) elevadas, el transformador tendrá más pérdidas, pero disminuiremos los efectos de los posibles cortocircuitos que puedan presentarse, ya que una caída de tensión elevada supone la interposición de reactancias en los caminos de alimentación, debido a que las impedancias de los transformadores vienen definidas por: Z cc

2 H ccU comp

100·S

[1.8]

Si dos sistemas trifásicos, aisladamente, poseen potencias de cortocircuito adecuadas y se unen mediante una línea de interconexión, el conjunto ofrecerá mayores potencias de cortocircuito, tal vez inadecuadas a sus dispositivos de protección asignados. Para paliar este inconveniente, las interconexiones 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 los monofásicos y los bifásicos a tierra, y concretamente con el fin de limitar las corrientes de cortocircuito a tierra (corrientes homopolares), un método eficaz consiste en disponer resistencias o reactancias en las puestas 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, por representar para ellas un circuito abierto. Tampoco afectarán estas impedancias limitadoras al cortocircuito trifásico, único cortocircuito equilibrado, ya que las corrientes equilibradas nunca podrán fluir más halla del neutro. Esto provoca que las impedancias limitadoras del neutro no surjan ningún efecto ante este tipo de cortocircuitos, siendo necesario 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) ésta no afectará a las redes de secuencia directa e inversa, pero se incluirá, con un valor (3Zn), en la red de secuencia homopolar para igualar las caídas de tensión (recordar que por el circuito de puesta a tierra pasaría la corriente total homopolar, es decir, el triple de la corriente homopolar que fluiría por una fase).

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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 la corriente antes de que ésta alcance su valor de cresta. Constituyen un excelente medio de protección, ya que no sólo limitan los efectos dinámicos sino que, por la brevedad de los tiempos de actuación, también aminoran los efectos térmicos. Este método, no obstante, sólo es aplicable a sistemas con corrientes de cortocircuitos relativamente reducidas, ya que en redes donde puedan presentarse corrientes de cortocircuitos elevadas, los esfuerzos electrodinámicos y térmicos son tan grandes que resulta difícil crear dispositivos capaces de interrumpirlas de forma tan rápida.

1.5.4 Desexcitación de generadores Este procedimiento consiste en disponer, en los generadores síncronos, de reguladores de tensión que provoquen una desexcitación al presentarse corrientes de cortocircuito. Estas corrientes, básicamente inductivas, 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 resulta contraproducente en otros aspectos, tratándose de sistemas más complejos. Si bien en épocas pasadas importaba ante todo evitar los efectos destructivos de los cortocircuitos, en la actualidad, como las instalaciones ya están bien protegidas y se proyectan de forma que resistan los efectos térmicos y dinámicos previstos, lo más importante es asegurar la continuidad del servicio. Es decir, un factor importante en la actualidad es mantener la estabilidad con las menores perturbaciones posibles, mientras se elimina el defecto o se desconecta el sector afectado por la falta, evitándose interrupciones en los restantes.

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 pueden ser los de un generador o, más generalmente, los secundarios de un transformador. Supuestas idénticas las admitancias transversales del sistema (aislamientos y capacidades de las tres fases), el neutro poseerá el mismo potencial que tierra. Pero como sea que las líneas no son perfectamente simétricas, en la práctica el 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 tensión simple y las fases “b” y “c” las compuestas. Con la condición de haberse previsto los debidos aislamientos, en principio el sistema puede seguir prestando su servicio, a diferencia de lo que sucedería si el punto neutro (N) estaba rígidamente puesto a tierra. En este último caso, se habría producido el cortocircuito monofásico a tierra. Aun con el neutro aislado, el defecto a tierra implica paso de corriente, motivado por los retornos que permiten las admitancias transversales. Por el momento se despreciarán las conductancias, no considerándose más que las corrientes por capacidades. Ya se ha destacado que en este caso no se trata de un cortocircuito monofásico a tierra, pero la corriente de defecto puede llegar a ser considerable. Para un mismo tipo de línea trifásica, la corriente de defecto depende de la longitud de la misma, de forma que en una 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: ƒ ƒ ƒ

Podrá subsistir sin graves consecuencias si es reducida y bueno el contacto; sin embargo, si la corriente presenta valores elevados, tendrá efectos destructivos, por lo que la continuidad de servicio no será posible. El contacto a tierra de la línea (a) puede ser producto de un arco intermitente generador de sobretensiones (sucesivas descargas de capacidades) que, unidas a las adquiridas por las restantes 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, de extinción, de resonancia o de compensación. Se trata de inductancias (Xp) de puesta a tierra del neutro (N) (ver figura 1.11).

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Para la determinación de la corriente de defecto (ID), puede emplearse al teorema de Thévenin, resultando: ID

§ 1 · ¸ E s ¨¨ w3C  wL P ¸¹ ©

[1.9]

Anulándose la (ID), cuando existe resonancia de corriente, es decir: wLP

1 3wC

1 3w 2 C

LP

[1.10]

Con la corriente (ID) es anulada, se extingue el arco inicial y sin embargo puede persistir el contacto a tierra, luego la continuidad de servicio, hasta haberse localizado y eliminado el defecto. Con estas prestaciones, quedan justificadas las designaciones de bobina de resonancia, de compensación y de extinción. c Xc b

N Xc

a Xc

D b

b

c

c

a

a

J

E c

Xc

Xc b

Xc

Xc XS

a

XS

Xc

Xc

G

H XS

M

K

3Xc

M

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 se corresponde con el (K) de la figura 1.11. Esto significa que incluso con la resonancia de compensación, en el defecto hay una corriente residual (Ir) o compensada. Si esta corriente es pequeña, no puede mantener el arco, que termina desapareciendo (se trata de una corriente óhmica, luego con arco de fácil extinción).

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Por el contrario, si el sistema es extenso, la inevitable corriente residual es de tal magnitud que el arco persiste. Este es el motivo por el que las bobinas de extinción han tenido aplicación solamente en redes no demasiado extensas y con tensiones inferiores a los 110 kV. Es importante pues, reducir las corrientes que circulan por cada uno de los tres bobinados del generador, 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 cada bobinado circulará una intensidad de defecto (IP /3 = I3C /3), siendo estas corrientes las componentes homopolares del sistema. Si no se realiza la compensación, dejando al neutro aislado, por los tres bobinados del secundario del transformador circularán corrientes asimétricas. En tal caso, la asimetría de corrientes en el secundario repercute 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: ƒ ƒ

ƒ ƒ ƒ

ƒ

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 capacidades que obligan a compensar las elevadas corrientes. La potencia aparente de la bobina compensadora pasa a ser: ( S U s I 3C U s2 3wC ). La existencia de armónicos de tensión es causa de corrientes que no quedan compensadas. Un ejemplo lo representan las corrientes fundamentales, pudiendo alcanzar éstas valores considerables. Las bobinas de compensación pueden originar sobretensiones peligrosas a causa de cambios de estructura en la red. Además, tratándose de bobinas con núcleo de hierro, pueden provocar ferrorresonancias molestas. La sintonía sólo puede conseguirse en unas determinadas circunstancias, pero si el sistema experimenta alteraciones, por ejemplo por maniobras (conexión o desconexión de sectores) o ampliaciones, aquella sintonía se pierde. Esto obliga a disponer de una bobina de reactancia con diversas tomas o con núcleos con entrehierros variables (o ambas soluciones a la vez). Incluso sin maniobras, las variaciones de las flechas en las líneas es causa de cambios en las capacidades, aunque la compensación puede automatizarse. Compensar a través de un sólo transformador puede provocar en el mismo calentamientos excesivos, si no han sido previstos. Si existen varios transformadores en paralelo, es necesario establecer una barra común de neutro para conexionar la bobina de extinción. Si en el sistema compensado existen varios transformadores, pueden disponerse de varias bobinas de extinción, siendo útil hacerlo de forma que, al desconectarse los sectores, los que queden en servicio tiendan a quedar compensados.

1.5.5.2 Ventajas de las bobinas de extinción ƒ ƒ ƒ ƒ

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 el contrario, 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 en cortocircuitos.

1.5.6 Empleo de tensiones elevadas Este sería un buen método si la normalización de los elementos y dispositivos eléctricos, unido a unas restricciones económicas, no restringieran los aumentos de tensión aconsejables para su correcta aplicación. El fundamento es sencillo. Al proyectar una línea para una determinada potencia nominal debe tenerse presente que, en términos generales, las impedancias longitudinales aumentan en proporción a los cuadrados de las tensiones nominales elegidas y las corrientes nominales de servicio disminuyen en proporción inversa. Esto se traduce en que las corrientes de cortocircuito son inversamente proporcionales

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a las tensiones, por lo que los efectos térmicos y dinámicos tienden a disminuir en proporción inversa con los 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 de cortocircuito, por lo que al proyectar máquinas eléctricas podríamos pensar en realizarlas con elevadas reactancias, si bien esto implicaría un sensible encarecimiento de las mismas. Otro sistema para aumentar la reactancia total de una máquina estriba en disponer de reactancias adicionales en serie, pero en este caso los inconvenientes provienen de que, con valores elevados de las reactancias serie, se disminuyen los límites de estabilidad de los sistemas. Corriente de cortocircuito

Corriente nominal

Las corrientes no se han podido representar proporcionalmente, ya que Icc>>In U1

In

U1

X·In U2

U2

R·In

R·Icc

X·Icc

Icc

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 las cargas, lo que encarece las soluciones necesarias para regular las tensiones. No obstante, este problema no reviste tanta gravedad como de entrada aparenta. Ciertamente las corrientes de cortocircuito son considerablemente más elevadas que las nominales, pero los factores de potencia de las cargas de servicio también son relativamente elevados, mientras que los factores de potencia debidos a las corrientes de cortocircuito suelen presentar valores bajos. En la figura 1.12 se aprecia que estas circunstancias permiten unas caídas de tensión, en las bobinas de reactancia, relativamente reducidas cuando éstas son originadas por las corrientes nominales, mientras que 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: ƒ

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: ( I a1 I p I n

ƒ ƒ

100 ucc

).

Siendo (Un) la tensión nominal del sistema, se define la potencia nominal aparente de paso de la bobina mediante la siguiente expresión: ( Sn 3 ·U n ·I n ). En baja tensión no suelen emplearse bobinas limitadoras, ya que las elevadas corrientes motivan rendimientos antieconómicos debidos a las importantes pérdidas por efecto Joule.

1.6 EFECTOS ELECTRODIMÁMICOS Y TÉRMICOS DE LAS CORRIENTES DE CORTOCIRCUITO Cuando se produce un cortocircuito, debido a las elevadas intensidades, aparecen unos esfuerzos térmicos y electrodinámicos del todo inadmisibles. Estos esfuerzos deben ser estudiados y calculados en todas las instalaciones eléctricas para el dimensionado de los elementos que las forman, así como para la correcta planificación de sus dispositivos de protección.

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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 al mayor valor instantáneo de la corriente de cortocircuito que pueda producirse en la red en la que están instalados. Esta corriente es, en principio, la corriente de choque (IC). No obstante, si están previstas protecciones limitadoras de corriente que interrumpan la misma antes de que se alcance la máxima intensidad asimétrica de cortocircuito (icc=Is), la máxima corriente instantánea de paso previsible será la adoptada 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 con secciones nulas) puede obtenerse mediante las siguientes expresiones: F B F

B ši šl i 2 ˜S ˜ r i2 ˜l P ˜ P0 ˜ 2 ˜S ˜ r

P ˜ P0

[1.11]

Donde: F = Fuerza total (repartida) correspondiente a un metro de línea (en N·m) B = Inducción magnética (en Teslas) P0 = Permeabilidad magnética (constante de inducción) en el vacío (4S10-7) P = Permeabilidad magnética relativa i = 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, la permeabilidad magnética relativa próxima a la unidad (P|1), mientras que para el valor instantáneo de la corriente 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 están lejos de ser despreciables frente a las separaciones entre líneas. En tal caso, la separación entre conductores lineales (r) se sustituye por otra separación (rf) ficticia. Lógicamente, la determinación de los esfuerzos magnéticos nos proporciona los datos de partida para los cálculos mecánicos de los conductores y elementos de sujeción, y asimismo permite determinar la fuerza 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 corta duración, en virtud de los breves tiempos de actuación de los elementos de protección. En estas situaciones, suele aceptarse que en su transcurso no existe disipación de calor, es decir, que todo el calor producido se traduce en calentamiento. En los supuestos de sucesivas reconexiones, con intervalos de alguna 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 térmicas son nulas. La temperatura previa al cortocircuito puede determinarse considerando al sistema funcionando en régimen nominal. Pero también cabe partir de las máximas temperaturas que las normas establecen para los regímenes permanentes de trabajo. Con esta última disposición, se renuncia a un margen térmico disponible, si el régimen nominal no agota la posibilidad térmica del conductor.

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Establecida la temperatura inicial, lógicamente procede determinar el calentamiento (elevación de la temperatura) que puede provocar el cortocircuito. Este calentamiento depende además de la naturaleza y dimensiones (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 línea aporta al mismo cuando las redes están formadas por varias mallas, es largo y complejo, siendo necesarios numerosos cálculos que exigen mucho tiempo. El procedimiento propuesto, que consiste en disponer de un "modelo de red", también llamado "red en miniatura", permite evitar este inconveniente. Con este modelo, por medio de las oportunas medidas con amperímetros sensibles y produciendo a voluntad cortocircuitos monofásicos, bifásicos, o puestas a tierra en los puntos deseados, pueden determinarse de forma práctica y en cada caso, los valores de las distintas corrientes de cortocircuito. Como es lógico, es necesario hallar previamente y conforme a lo expuesto los valores de las resistencias o de las reactancias de cada uno de los elementos que constituyen la red real, cuyos valores vienen expresados en ohmios. De esta forma, disponiendo de las impedancias necesarias, regulando convenientemente sus valores y agrupándolas de modo que constituyan el modelo de red propuesto, se determinarán con arreglo a los valores 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 voltajes nominales de la misma, pero como en los circuitos de resistencias no inductivas la intensidad es siempre proporcional al valor del voltaje, con una simple proporción podrán obtenerse los verdaderos valores de las intensidades de las corrientes de cortocircuito. El dispositivo para establecer un “modelo de red” consta de varias impedancias regulables a fin de obtener los valores necesarios de las mismas, y mediante apropiados conectores, también permite realizar las conexiones convenientes entre aquellas impedancias. Así quedará reproducida la red real en el modelo constituido del modo y con los elementos y componentes necesarios. Las operaciones que se llevan a cabo con el “modelo de red” simplifican notablemente la determinación de las corrientes de cortocircuito en la mayoría de los supuestos que es necesario considerar.

1.8 IMPEDANCIAS DIRECTA, INVERSA Y HOMOPOLAR Las impedancias a tener presentes en los cálculos de cualquier cortocircuito se engloban tres grandes denominaciones: ¾

Impedancia directa (Z1): Es el cociente entre la tensión entre fase y neutro y la corriente de fase en el caso de de circuitos alimentados mediante un sistema simétrico trifásico de secuencia directa (RST). Corresponde a la impedancia de servicio de líneas, a la impedancia de cortocircuito de los transformadores, bobinas y condensadores, y a la impedancia que aparece en los generadores y motores en el instante de producirse el cortocircuito.

¾

Impedancia inversa (Z2): Es el cociente entre la tensión entre fase y neutro y la intensidad de fase en 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 impedancias directas. Por el contrario, las máquinas giratorias (motores y generadores) variarán su valor si son máquinas con el rotor de polos salientes.

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¾

Impedancia homopolar (Z0): Es el cociente entre la tensión entre fase y neutro y la intensidad de fase en el caso de que la alimentación provenga de una fuente de tensión monofásica. No hay forma de hallar con exactitud el valor de la impedancia homopolar si no es de forma práctica. La impedancia homopolar es similar a la impedancia directa en dispositivos como bobinas y condensadores, prácticamente igual en los transformadores y mucho menor en las máquinas giratorias. Donde realmente cambia de valor la impedancia homopolar es en las líneas de transporte de energía eléctrica, ya que la corriente homopolar es monofásica y por tanto debe de disponer de un camino de retorno, el cual se produce normalmente a través de tuberías, hilos de protección, neutro, etc. lo que hace que las impedancias homopolares de las líneas aumenten, al menos en el doble o en el triple, respecto a los valores que presentarían las mismas en secuencia directa o inversa.

La siguiente tabla, muestra de forma aproximada los valores que debemos adoptar al realizar los cálculos de las impedancias de los diversos dispositivos eléctricos. Recordar que las impedancias homopolares 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 dispositivos eléctricos Dispositivo

Componente inversa

Componente homopolar

Transformador

Componente directa X1

X2= X1

X0 = X1 · 0,9

Bobina (L)

X1

X2= X1

X 0 = X1

Condensador (C)

X1

X2= X1

X 0 = X1

Resistencia (R)

X1

X2= X1

X 0 = X1

Línea (L)

X1

X2= X1

X0 = 2,5 · X1

Máquina Síncrona

X1

Turbogenerador X2=X1 Hidroturbinas X2=1,2·X1

X1

X2= X1

Máquina Asíncrona

X0 = 0,4 · X1 X0 = ( 1/6 a 3/4)X1 (Sólo con máquinas dinámicas)

1.9 CÁLCULO DE LA IMPEDANCIA DE APARATOS Y DISPOSITIVOS ELÉCTRICOS 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 los generadores, transformadores y bobinas de compensación no se expresan en general como valores absolutos en ohmios/fase, sino en forma de valores relativos. Los datos expresados en ohmios/fase corresponden a los valores por fase de las impedancias en estrella o de las impedancias en triángulo adecuadamente transformadas en impedancias en estrella, dándose como la relación entre la tensión nominal y la corriente o la potencia nominales. Zk

zN

UN 3I N

U2 zN GN SN

[1.12]

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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 los transformadores, dependen del número y conexión de los bobinados que los forman. El módulo de la impedancia 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. Ésta puede medirse o calcularse a partir de la tensión de cortocircuito y de la impedancia nominal, refiriéndose tanto 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 bobinados primario y secundario. La impedancia total (ZT) se calcula a partir de la tensión de cortocircuito (Uk) del transformador: 2 u kN U NT 100% S NT

ZT

RT2  X T2

[1.14]

Siendo la resistencia óhmica: RT

2 u RN U NT 100% S NT

PCuN 2 3 I NT

[1.15]

Y la reactancia inductiva: XT

2 u XN U NT 100% S NT

2 1 U NT 100% S NT

2 2 u kN  u RN

[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 un componente más dentro de un sistema de potencia, podemos sustituir su circuito equivalente por una resistencia y una reactancia colocadas en serie, como muestra la figura:

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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 la reactancia del transformador (normalmente el valor de la resistencia es varias veces menor al valor de la reactancia), el circuito equivalente queda simplificado y formado solamente por una reactancia: Xcc Como RCC V2

Z2 V2 I2

Baja Tensión

m = V1/V2 > 1 Para encontrar V1 Æ V1= V2 · m Para encontrar I1 Æ I1 = I2 / m Para encontrar Z1 Æ Z1 = Z2 · m2

Para encontrar V2 Æ V2 = V1 / m Para encontrar I2 Æ I2 = I1 · m Para encontrar Z2 Æ Z2 = Z1 / m2

Figura 1.14 Relaciones entre las magnitudes primarias y secundarias de un transformador Además, es importante recordar las siguientes expresiones:

HCC Æ ZCC = HCC · U2n / Sn HXCC Æ XCC = HXCC · U2n / Sn HRCC Æ RCC = HRCC · U2n / Sn

[1.17]

1.9.1.1.3 Transformadores con tres bobinados Los transformadores con tres bobinados se representan, para los sistemas directo e inverso, mediante un esquema equivalente en el que las tres impedancias existentes (una entre cada dos devanados) están conectadas en estrella. Estas impedancias se calculan a partir de las tensiones de cortocircuito y de las potencias aparente referidas a una de las tres tensiones nominales del transformador. Debido al miembro con signo negativo, una de las tres impedancias puede ser nula o negativa. En general tendremos: Zp Zs Zt

§ u ps u tp u st ·§ U N2 · ¨ ¸¨ ¸   ¨ S ps S tp S st ¸¨ 2 ·100% ¸ ¹ © © ¹ § u st u ps u tp ·§ U N2 · ¨ ¸¨ ¸   ¨ S st S ps S tp ¸¨ 2 ·100% ¸ ¹ © ¹© 2 § u tp u st u ps ·§ U N · ¨ ¸¨ ¸   ¨ S tp S st S ps ¸¨ 2 ·100% ¸ ¹ © ¹©

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)

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[1.18]

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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 de cortocircuito 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: ZD # X D

u ND U ND 100% 3 I ND

2 u ND U ND 100% Q ND

[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) LD ZD

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 el valor 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, puede despreciarse (RC) frente a (XC), cumpliéndose: ZC # X C

Q NC 2 3 I NC

[1.20]

Donde: QNC = Potencia reactiva nominal (potencia trifásica en MVAR) INC = Corriente nominal (en A) C

ZC

Figura 1.17 Símbolo eléctrico y circuito monofásico equivalente de un condensador

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1.9.1.4 Acometidas El valor de la corriente de cortocircuito para una acometida viene determinado por la potencia de cortocircuito en el punto de conexión (Q) de la red que alimenta a dicha acometida. La impedancia de cortocircuito resulta ser: ZQ

( RQ  jX Q )

ZQ

1 .1

2 U NQ

[1.21]

2 S kQ "

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.

Q ZQ

Q

1.1(Un/¥3)

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 la resistencia óhmica y la reactancia inductiva. Los valores de la impedancia deberán ser indicados por el fabricante 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 líneas dobles aparece junto a la inductancia propia, tanto para los sistemas directo e inverso como para el homopolar, un acoplamiento entre los dos circuitos.

ZL

ZL

½C

½C

Un/¥3

Figura 1.19 Símbolo eléctrico y circuito monofásico equivalente de una línea aérea trifásica

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37

El circuito monofásico equivalente para una línea aérea puede ser representado como indica la figura anterior (figura 1.19 circuito equivalente en ʌ), o bien mediante el circuito equivalente en (T). En este último caso, es la impedancia longitudinal la que se divide en dos mitades, quedando la impedancia transversal agrupada formando una unidad.

1.9.1.7 Máquinas síncronas La reactancia inicial subtransitoria saturada (Xd” ) de una máquina síncrona nos determina el valor de la corriente inicial simétrica de cortocircuito. La impedancia de un generador vale: ZG | ( RG + jXd”)

[1.23]

2 x d" U NG 100% S NG

[1.24]

Con una reactancia de valor: X d"

X%” = xd” / 100%

[1.25]

Normalmente, el valor de la reactancia inicial porcentual (X%'') nos puede orientar sobre el tipo de máquina eléctrica que estamos calculando. Esta información es especialmente importante a la hora de calcular las impedancias de secuencia inversa, cumpliéndose en general: X%” > 18% Æ Máquinas con rotor de polos salientes: X2 = 1.2 · X1 X%” d 18% Æ Máquinas con rotor liso: X2 = X1 Para la resistencia de los bobinados del generador (RG) pueden tomarse con suficiente precisión los siguientes valores: RG = 0.05 Xd” para generadores con UNG >1kV y SNG • 100MVA RG = 0.07 Xd” para generadores con UNG >1kV y SNGZ

Z C1

gA



// Z gB  Z L1

@ > j0.6 // j0.47  0.06  j0.12 @

Z 1C

0.06  j 0.384 )

Z 2C

j 0.2636  0.06  j 0.12 :

0.388‘81.1º :

Z 0C

>(3 X

Z oC

(>3· j 0.1  j 0.24 // j 0.188@ 0.15  j 0.3 ) // >3· j 0.075  j 0.405 @

Z 0C

(> j 0.54 // j 0.188@ 0.15  j 0.3 ) //( j 0.63)

Z oC

(> j 0.1394@  0.15  j 0.3 ) //( j 0.63)

ngA

@



 X ogA ) // X ogB  Z oL1 //>3 X nTR1  Z oT 1 @

ZC

>0.15  j 0.4390@// j 0.63

Z 1C  Z 2C  Z 0C

0.170  j1.033

0.271‘79.2º 1.047‘80.7 º :

x Impedancias vistas desde las Barras "E" (todas las impedancias a 100kV) Z 1E

Z 2E



Z1C ·m12  Z TR1  Z L 2 Z 2E

Z oE

Z oTR 2

16 

(0.388‘81.1º )100   j 45  2  j 6

38.8‘81.1º 2  j 51

Z 1E

ZE



8 

j89.3 89.7‘84.9º :

j 25.92:

j 204.5 205.14‘85.5º :

x Impedancias vistas desde las Barras "F" (todas las impedancias a 10kV) Z 1F

Z 2F

Z E1 Z 1E  ( Z TR 2  Z L3 ) m 22

Z 1F

Z 2F

Z OF

f

ZF

0.36 

89.7‘84.9º   j 0.288  0.1  j 0.6 10 2

0.897‘84.9º 0.1  j8828

0.18  j1.776

jf f

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1.785‘84.2º :

0.0507  j 0.27 :

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100

2. Intensidades iniciales de cortocircuito, intensidades máximas asimétricas de cortocircuito e intensidad simétrica de corte (con falta trifásica) en barras "C" (10kV) x

Corrientes de cortocircuito: (aplicando las fórmulas correspondientes a cada tipo de cortocircuito) I Kcc 3 I Kcc 2 I Kcc1

x

1.1·Un

1.1·10000‘0º

3 ·Z 1C

3 ·0.388‘81.1º

1.1·Un

Z 1C  Z 2C

Z

16368‘  81.1º A

1.1·10000‘0º 2·0.388‘81.1º

1.1· 3 ·Un 1C  Z 2 C  Z 0 C



14175.3‘  81.1º A

1.1· 3 ·10000‘0º 1.047‘80.7 º

18197‘  80.7 º A

Corrientes máximas asimétricas de cortocircuitos “IS”: (aplicando el coeficiente F , gráfica 12.1) Para hallar esta corriente es necesario recordar que:

x

La corriente máxima asimétrica de cortocircuito "Is" se obtiene a partir de la correspondiente corriente de cortocircuito inicial (para cada tipo de cortocircuito), multiplicándola por 2 , y aplicándole un factor corrector "F", hallado en el anexo (gráfica 12.1). En esta gráfica se entra con la relación (R/X) teniendo presente que el valor de estos dos parámetros será diferente dependiendo del tipo de cortocircuito producido.

Las fórmulas a aplicar para hallar la corriente de cierre máxima para los distintos tipos de cortocircuitos son: I Scc3

2 ·I kcc3 · X 3 con

I Scc2

2 ·I kcc2 · X 2 Con

I Scc1

R1 X1

2 ·16368‘  81.1º·1.62 0.06 0.384

2 ·I kcc1 · X 1

0.156 o gráfica 12.1, F3 = 1.62

2 ·14175.3‘  81.1º·1.62

R1  R 2 X1  X 2

2·0.06 2·0.384

32476‘  81.1º A

0.156 o gráfica 12.1, F2 = 1.62

2 ·18197‘  80.17 º·1.61 41432‘  80.17 º A

R1  R 2  R 0 Con X1  X 2  X 0 x

37500‘  81.1º A

0.170 1.033

0.164 o gráfica 12.1, F1 = 1.61

La corriente simétrica de corte "Ia" trifásica será: (valores de "µ", y "q", hallados en las gráficas 12.2 y 12.3 respectivamente, de los anexos.) Para hallar la corriente de corte total, vista desde las barras "C", es necesario aplicar la fórmula:

I a3

I kcc3 ·P ·q

I ag A  I ag B

En esta fórmula aparecen dos coeficientes: x

Coeficiente P : se obtiene en las gráficas 12.2 de los anexos para cada generador (existirán tantos P, como generadores síncronos tenga el sistema de potencia). En dichas gráficas, se entra con la relación (I"K3/In) por el eje de las abscisas, obteniéndose en el eje de las ordenadas el valor correspondiente del coeficiente P. Hallar los valores de las intensidades nominales de los diversos generadores no es problema (ver fórmula adjunta). El problema lo constituye el encontrar la corriente de cortocircuito trifásica que sale de cada uno de los generadores síncronos del sistema. Decimos que es difícil ya que partimos del valor de la corriente de cortocircuito trifásico en el punto de cortocircuito, y con este valor, y mediante divisores de intensidad, debemos hallar las contribuciones que cada fuente de energía aporta a esta corriente total. Recordaremos, finalmente, que es © Los autores, 2002; © Edicions UPC, 2002

3 Problemas resueltos de fallos en sistemas de potencia

x

x

x

101

imprescindible trabajar siempre con el mismo nivel de tensión, es decir, no podemos mezclar diferentes niveles de tensión; para ello, se realizarán las conversiones oportunas, pero recordando que si cambiamos un nivel de tensión (paso a través de un transformador), resulta imprescindible cambiar todos los parámetros eléctricos asociados (intensidades, impedancias, etc). Coeficiente "q": se obtiene en las gráficas 12.3 de los anexos para cada motor asíncrono (existirán tantos "q" como motores asíncronos tenga el sistema de potencia). La obtención de este coeficiente es mucho más sencilla que la obtención del coeficiente anterior (P), ya que bastará con conocer la potencia activa real (en MW) del motor (o grupo de motores) dividida por el número de polos del mismo, es decir, (MW/pp). Con este valor y entrando por las abscisas de la gráfica 12.3, se lee en las ordenadas cada uno de los diferentes "q" del sistema. No hacen falta, por tanto, divisores de intensidad, 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 "P" y "q" para cada una de las máquinas eléctricas del circuito (generadores síncronos, y motores asíncronos respectivamente), ya podemos buscar las correspondientes "Ia" (una para cada máquina eléctrica). La "Ia" que nos interesa es la total (la del punto de cortocircuito), por tanto, debemos ir sumando cada una de las "Ia" parciales obtenidas en cada 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 puede sufrir 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 estos cambios, pero la "P" sí cambiará, ya que la intensidad de cortocircuito que salga de cada generador síncrono depende exclusivamente del valor que tome la intensidad total de cortocircuito en el punto de cortocircuito, y el valor de esta intensidad total de cortocircuito depende del punto donde se produzca 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:

I aC

I kcc3 ·P ·q

I ng1 I ng 2

I cc

20·10

3 ·Un

3 ·10000

Sn

30·10 6

3 ·Un

3 ·10000

1154.7 A 1732 A

16368‘  81.1º A La aportación de cada generador será:

K3

I cc K 3

I cgc2 K 3

I cc K 3

g1

12315.8‘  81.1º A

6

Sn

Sí I ' ' k 3C

5248.5  j 7067.3

I ag A  I ag B

Z gB Z gB  Z gA

C

C

Z gA Z gB  Z gA

Icc Entonces

gA K 3

c IcngA

16368‘  81.1º 16368‘  81.1º

j 0.47  j 0.47  j 0.6 j 0 .6

 j 0.47  Icc

7189.7 1154.7

6.22

P gA

gB K 3

c IcngB

j 0.6

7189.7‘  81.1º A 9178.3‘  81.1º A

9178.3 1732

0.73

5.3 (con un tv=0.1sg)

P gB

I agA

c 3 ·P gA ·q gA I cgAk

7189.7‘  81.1º·0.73·1 5248.5‘  81.1º A

I agB

c 3 ·P gB ·q gB I cgBk

9178.3‘  81.1º·0.77·1 7067.3‘  81.1º A

0.77

3. Intensidades iniciales de cortocircuito, intensidades máximas asimétricas de cortocircuito e intensidad simétrica de corte (con falta trifásica) en barras "E" (100kV) x

Corrientes de cortocircuito: (aplicando las fórmulas correspondientes a cada tipo de cortocircuito).

© Los autores, 2002; © Edicions UPC, 2002

Protección de sistemas eléctricos de potencia

102

1.1·100000‘0º

I Kcc 3

708‘  84.9º A 3 ·89.7‘84.9º 1.1·100000‘0º 613.15‘  84.9º A 2·89.7‘84.9º 1.1· 3 ·100000‘0º 928.8‘  85.5º A 205.14‘85.5º

I Kcc 2 I Kcc1 x

Corrientes máximas asimétricas de cortocircuitos “IS”: (aplicando el coeficiente F , gráfica 12.1)

Recordando todo lo expuesto en la primera pregunta de este problema sobre la intensidad "Ia" y a la cual nos remitimos para su correcta asimilación, las fórmulas a aplicar para hallar la corriente de cierre máxima, para los distintos tipos de cortocircuitos, son: I Scc3

2 ·708‘  84.9º·1.74 1742.2‘  84.9º A con

I Scc2

8 89.3

0.09 o gráfica 12.1, F3 = 1.74

2 ·613.15‘  84.9º·1.74 1508.12‘  84.9º A con

I Scc1

R1  R 2 X1  X 2

2·8 2·89.3

2 ·928.8‘  85.5º·1.78 con

x

R1 X1

R1  R 2  R 0 X1  X 2  X 0

0.09 o gráfica 12.1, F2 = 1.74 2338‘  85.5º A

16 204.5

0.078 o gráfica 12.1, F1 = 1.78

La corriente simétrica de corte "Ia" trifásica será: (valores de "µ" y "q", hallados en las gráficas 12.2 y 12.3 respectivamente, de los anexos): Para hallar la corriente de corte total, vista desde las barras "E", es necesario aplicar la fórmula:

I a3

I kcc3 ·P ·q

I ag A  I ag B

En esta fórmula aparecen dos coeficientes, cuyo cálculo se ha explicado en la primera pregunta de este problema, y a la cual nos remitimos para su correcta comprensión: Operando en consecuencia para estas barras "E", tendremos: Ia

Ickc ·P·q

No hay motores, por tanto q=1

Partimos de: I kcc3

708‘  84.9º A que pasada al otro extremo del transformador (barras "C"), nos da:

I kcc3

7080‘  84.9º A

Por tanto, la contribución de cada generador será, aplicando los divisores de intensidad: c K3 I cgA I ngA c K3 I cgB

I ngB

7080‘  84.9º

j 0.47

 j 0.47  j 0.6

3110‘  84.9º A

1154.7 A 7080‘  84.9º

j 0.6  j 0.47  j 0.6

3970‘  84.9º A

1732A

© Los autores, 2002; © Edicions UPC, 2002

3 Problemas resueltos de fallos en sistemas de potencia

103

Entonces: I Kcc 3 gA

3110 1154.7

I ngA I Kcc 3 gB

2.69 o PgA = 0.92 con tv=0.1s (gráfica 12.2).

3970 1732

I ngB

2.292 o PgB = 0.98 con tv=0.1s (gráfica 12.2).

I agA

3110‘  84.9º·1·0.92

I agB

3970‘  84.9º·1·0.98 3890.6‘  84.9º A Ia I ac

3

6751.8‘  84.9º A

E

Ia 3

E

2861.2‘  84.9º A

3E

m1

675.18‘  84.9º A

4. Intensidades iniciales de cortocircuito, intensidades máximas asimétricas de cortocircuito e intensidad simétrica de corte (con falta trifásica) en barras "F" (10kV) x

Corrientes de cortocircuito: (aplicando las fórmulas correspondientes a cada tipo de cortocircuito). I Kcc 3 I Kcc 2 I Kcc1

x

1.1·10000‘0º

3557.9‘  84.2º A 3 ·1.785‘84.2º 1.1·10000‘0º 3081.2‘  84.2º A 2·1.785‘84.2º 1.1· 3 ·10000‘0º f

0A

Corrientes máximas asimétricas de cortocircuitos “IS”: (aplicando el coeficiente Ȥ, gráfica 12.1).

Recordando todo lo expuesto en la primera pregunta de este problema sobre la intensidad "Is", y a la cual nos remitimos para su correcta asimilación: Las fórmulas a aplicar para hallar la corriente de cierre máxima, para los distintos tipos de cortocircuitos, son: I S3

2 ·3557.9‘  84.2º·1.72 8654.4‘  84.2º A con

I S2

I S1

0.18 1.776

0.1 o gráfica 12.1, F3 = 1.72 7495‘  84.2º A

2 ·3081.2‘  84.2º·1.72 con

R1  R 2 X1  X 2

2 ·0·X

0A

con

x

R1 X1

2·0.18 2·1.776

R1  R 2  R 0 X1  X 2  X 0

0.1 o gráfica 12.1, F2 = 1.72

f o gráfica 12.1, F1 = 0

La corriente simétrica de corte "Ia" trifásica será: (valores de "µ" y "q", hallados en las tablas 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:

I a3

I kcc3 ·P ·q

I ag A  I ag B

© Los autores, 2002; © Edicions UPC, 2002

Protección de sistemas eléctricos de potencia

104

En esta fórmula aparecen dos coeficientes, cuyo cálculo se ha explicado en la primera pregunta de este problema, y a la cual nos remitimos para su correcta comprensión: Operando en consecuencia para estas barras "F", tendremos:

I aF

I agA  I agB

1562.8‘  84.2º·1·1  1995‘  84.2º·1·1 3557.9‘  84.2º A

Con I ngA

1154.7A

I ngB

1732A

Sí la I Kcc 3

3557.9‘  84.2º A Entonces la aportación de cada generador será: c K3 I cgA

3557.9‘  84.2º

j 0.47 j1.07

cc 3 I gBK

3557.9‘  84.2º

j 0 .6 j1.07

1562.8‘  84.2º A 1995‘  84.2º A

Por lo tanto el coeficiente P de cada generador será: I Kcc 3 gA I ngA I cKc 3gB I ngB

1562.8 1154.7 1995 1732

1.353 o PgA = 1 con tv=0.1s (gráfica 12.2).

1.15 o PgB = 1 con tv=0.1s (gráfica 12.2).

Nótese que no es posible rebajar la corriente de apertura "Ia" coincidiendo ésta con la corriente de cortocircuito trifásica "I''k3". Ese resultado es completamente lógico si tenemos presente que las barras estudiadas ("F") están muy alejadas de los generadores síncronos trifásicos.

© Los autores, 2002; © Edicions UPC, 2002

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 tres generadores situados en los extremos del sistema de potencia. A efectos de diseño de los interruptores de protección y para conocer la respuesta del circuito en diversos puntos del mismo ante situaciones anómalas, 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=j4:. 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..........Hcc=X1=X2= 9%......…...Xo= 0.9·X1....... Xn=0 TR3:...............60MVA..…..110/25KV...........Hcc=X1=X2= 10%.....….Xo= 0.9·X1....... Xn=0 TR4:..........….100MVA.….110/10KV...........Hcc=X1=X2= 8%....…....Xo= 0.9·X1....... Xn=0 .

L1.......................................………………...X1=X2= j30:....….........Xo= j50: L2........................................………………..X1=X2= j30:..…...........Xo= j60: L3.........................................……………….X1=X2= j40:….............Xo= j90:

A G1

TR1

B

x

ZL1

x

a TR2

Xn

D

x

C

ZL2

ZL3 TR3

F

E

G2 a

TR4

G x

a G3

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 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 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 de cortocircuito 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 delante de 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 cortocircuito que 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 la secuencia inversa es idéntica a la red directa, pero sin las fuentes generadoras, aunque sí con sus impedancias.

© Los autores, 2002; © Edicions UPC, 2002

Protección de sistemas eléctricos de potencia

106

x

Red de secuencia directa e inversa (la red inversa no incorpora los generadores)

G1

B

ZL1

ZTR2

C

ZL2

D E

ZL3

ZTR4

F

Zg2

Zg1

a

x

ZTR1

ZTR3

G3 a

Zg3

G

G2 a

Red de secuencia homopolar

Z0T1

B

Z0L1

Z0T2

C

Z0L2

D E

Z0L3

F

Z0T4

Z0g2

Z0g1 Z0T3

G

Z0g3

3Xn

x

Cálculo de impedancias (todas las impedancias están calculadas a 10kV)

x G1 x G2 x G3

X1 = X 2 = 0.20

10 2

40 10 2 j0.2: 0 . 20 = = X1 X 2 100 25 2 j6.25: X1 = X 2 = 0.25 25 j 6.25 j1: X1 = X 2 = 2 § 25 · ¨ ¸ © 10 ¹

x TR1=TR2 X1 = X 2 = 0.09 x TR3

j0.5:

10 2

j0.45: 20 25 2 j1.04: X1 = X 2 = 0.10 60 j1.04 j 0.166: X1 = X 2 = 2 § 25 · ¨ ¸ © 10 ¹

x TR4

X1 = X 2 = 0.08

x L1

X1 = X 2 =

x L2

X1 = X 2 =

10 2 100

j 30 § 110 · ¸ ¨ © 10 ¹ j 30 11

2

2

j0.08: j 0.25:

j 0.25:

10 2

j0.15: 40 10 2 j0.10: 0 . 1 = X0 100 25 2 j2.5: X 0 = 0 .1 25 j 2 .5 j 0.4: X0 = 2 § 25 · ¨ ¸ © 10 ¹

Xn=j4:

X 0 =j0.405:

Xn=0:

X 0 =j0.936:

Xn=0:

X 0 =j0.15:

Xn=0:

X 0 =j0.072:

Xn=0:

X 0 =0.06

X0 =

X0 =

j 50 112 j 60 112

j 0.41:

j 0.496:

© Los autores, 2002; © Edicions UPC, 2002

Xn=0: Xn=0: Xn=0:

3 Problemas resueltos de fallos en sistemas de potencia

X1 = X 2 =

x L3

j 40 11

j 0.33:

2

107

j 90

X0 =

j 0.74:

112

Cálculo de impedancias (todas las impedancias están calculadas a 110kV)

x x G1

2 X1 = X 2 = j 0.5·11

x G2

2

X1 = X 2 = j 0.2·11

x TR1=TR2 X1 = X 2 = 0.09

2

j121:

110 2

X 0 = j 0.1·11

j12.1:

§ 110 · ¸ X 0 = j 2.5¨ © 25 ¹

2

j 54.45:

Xn = 0:

j 48.4:

Xn = 0: Xn = 0:

j 20.14:

X 0 =0.9·j24.14=j18.11:

Xn = 0:

j 9.68:

X 0 =0.9·j9.68 = j8.71:

Xn = 0:

110 2

x TR3

X1 = X 2 = 0.10

x TR4

X1 = X 2 = 0.08

x L1 x L2

X1 = X 2 = j30: X1 = X 2 = j30:

X 0 = j50: X 0 = j60:

x L3

X1 = X 2 = j40:

X 0 = j90:

60 100

Xn = j44:

X 0 =j54.45·0.9 = j49:

20

110 2

j18.15:

2

j 24.2:

§ 110 · ¸ X1 = X 2 = j 6.25¨ © 25 ¹

x G3

2 X 0 = j 0.15·11

j 60.5:

Notas: Es importante recordar que los puntos de cortocircuitos pedidos se hallan a 10kV y 110kV. No nos piden ningún resultado a 25kV (generador G3), por tanto, sólo buscaremos las impedancias a los dos niveles de tensión de 10kV, y 110kV requeridos, no importando las impedancias a 25kV. x

Relaciones de transformación m1

m2

110 10

110 25

m3

11

4 .4

m4

110 10

11

x

Buscamos las impedancias directa, inversa y homopolar vistas desde "D" y desde "F".

x

Impedancias vistas desde las Barras "D" (110kV)

Z1D

Z 2D

>Z  Z

Z1D

Z 2D

>j60.5   j84.45 // j84.45 @//> j 73.88 //  j141.14 @

g1

Z1D

Z 2D

TR1

@ >



( j102.7 // j 48.49)

Z oD

>Z

Z oD

>j99 // j109@//> j98.71 //  j18.11 @

0T 1

Z oD



 Z L1 // Z TR 2  Z L 2 // Z L3  Z TR 4  Z g 2 // Z TR3  Z

@

( j102.7) //( j 73.88 // j141.14)

32.95‘90º (0  j 32.95):

@ >



g3



 Z 0 L1 // Z 0T 2  Z 0 L 2 // Z 0L3  Z 0T 4 // Z 0T 3

@

( j 51.88 // j15.30)

11.82‘90º (0  j11.82):

y por tanto:

Z TD

Z1D  Z 2D  Z oD

77.72‘90º (0  j 77.72):

x Impedancias vistas desde las Barras "F" (10kV) Z1F

Z 2F

>>(Z

Z1F

Z 2F

>>> j 0.5  ( j 0.7 // j 0.7)@//( j1.166)@ ( j 0.41)@//> j 0.2@ >>( j 0.85 // j1.166)  j 0.41@//( j 0.2@

Z1F

g1

Z 2F

@

@

@> @

 ( Z TR1  Z L1 ) //( Z TR 2  Z L 2 ) //( Z TR 3  Z g 3 )  ( Z L 3  Z TR 4 ) // Z g 2 (( j 0.49  j 0.41) // j 0.2)

( j 0.9 // j 0.2)

(0  j 0.164)

© Los autores, 2002; © Edicions UPC, 2002

0.164‘90º :

Protección de sistemas eléctricos de potencia

108

Z oF

Z og 2

(0  j 0.1)

Z TF

Z oF  Z1F  Z 2F

0.1‘90º : (0  j 0.428)

0.428‘90º :

2. Las corrientes de cortocircuito monofásico, bifásico y trifásico; corrientes máximas asimétricas; corriente simétrica de corte y tensiones con un cortocircuito en "D" (110kV) son: x

Corrientes de cortocircuito: (aplicando las fórmulas correspondientes a cada tipo de cortocircuito) I Kcc1

1.1· 3 ·U n Z1  Z 2  Z 0

I Kcc 2

1.1·U n Z1  Z 2

I Kcc 3 x

1.1· 3 ·110000‘0º 72.72‘90º

1.1·110000‘0º 2·(32.95‘90º )

1.1·U n

1.1·110000‘0º

3 ·Z 1

3 ·32.95‘90º

2696.6‘  90º A

1836‘  90º A 2120‘  90º A

Corrientes máximas asimétricas de cortocircuitos “IS”: (aplicando el coeficiente F , gráfica 12.1)

Recordar que en este caso se han omitido todas las resistencias, y por tanto todo son reactancias inductivas, resultando el coeficiente F=2, en todos los casos. Las fórmulas a aplicar para hallar la corriente de cierre máxima, para los distintos tipos de cortocircuitos, son:

x

I S1

2 ·2·( 2696.6‘  90º )

7627‘  90º A

I S2

2 ·2·(1836‘  90º )

5193‘  90º A

I S3

2 ·2·( 2120‘  90º )

5996.2‘  90º A

La corriente simétrica de corte "Ia" trifásica será: (valores de "µ" y "q", hallados en las gráficas 12.2 y 12.3 respectivamente, de los anexos) Para hallar la corriente de corte total, vista desde las barras "D", es necesario aplicar la fórmula:

I a3

I ' ' k 3 ·P ·q

I ag A  I ag B

En esta fórmula aparecen dos coeficientes, cuyo cálculo se ha explicado en la primera pregunta del problema 3.3, y a la cual nos remitimos para su correcta comprensión: Operando en consecuencia para estas barras "D", tendremos: I Kcc 3

2120‘  90º A

IKcc 3g 2.g 3

IKcc3g1

§ 102.7‘90º · 2120‘  90º ¨ ¸ 1440‘  90º A © 151.2‘90º ¹ 141.14‘90º I Kcc 3 g 2 1440‘  90º 945‘  90º A 215‘90º 73.88‘90º I Kcc 3 g 3 1440‘  90º 495‘  90º A 215‘90º § 48.5‘90º · 2120‘  90º ¨ ¸ © 151.2‘90º ¹

680‘  90º A

Las intensidades nominales de cada generador son:

© Los autores, 2002; © Edicions UPC, 2002

3 Problemas resueltos de fallos en sistemas de potencia

40·10 6

I ng1

2309.4A

10·10 3 · 3 100·10 6

I ng 2

5773.5A

10·10 3 · 3 25·10 6

I ng 3

109

577.35A

25·10 3 · 3

Por tanto (recordar que las intensidades de cortocircuito están halladas a 110kV, mientras que las nominales de los generadores están halladas a 10kV (para los generadores g1 y g2) y a 25kV (g3)): I cKc 3g1

680 2309.4 11

I ng1 m1 IcKc 3g 2

945 5773.5 11

I ng 2 m2 I Kcc 3 g 3

1.81 o tv = 0.1 sg o P2 = 1

495 577.35 § 110 · ¨ ¸ © 25 ¹

I ng 3 m3

I aD

3.24 o tv = 0.1 sg o P1 = 0.87

3.8 o tv = 0.1 sg o P3 = 0.82

(680‘  90º )·1·0.87  (945‘  90º )·1·1  (495‘  90º )·1·0.82 1942.45‘  90º A

Estos valores ya están todos a 110kV.

x

Las tensiones en el punto “D” (110kV)

Su resolución consiste simplemente en la aplicación de las fórmulas dadas para cada tensión y cada tipo de cortocircuito, pudiéndose hallarse éstas en los anexos correspondientes. x V 3R x V2

V 3S

V 3T

c·U n

2Z 2

0

3 Z1  Z 2

x V 2T

3 ·c·U n

1.1·11000‘0º 2·32.95‘90º 2·32.95‘90º 3 Z 2 ·Z 0

69859.4‘0º V

3 ·1.1·110000‘0º

Z1Z 2  Z1 Z 0  Z 0 Z 2

389.4‘180º 1864.6‘180º

43768‘0º V

3. Las corrientes de cortocircuito monofásico, bifásico y trifásico; corrientes máximas asimétricas y corriente simétrica de corte, con un cortocircuito en barras "F" (10kV) x

Corrientes de cortocircuito: (aplicando las fórmulas correspondientes a cada tipo de cortocircuito) I Kcc1

1.1· 3 ·U n Z1  Z 2  Z 0

I Kcc 2

1.1·U n Z1  Z 2

I Kcc 3

1.1· 3 ·10000‘0º 0.428‘90º

1.1·10000‘0º 2·(0.164‘90º )

1.1·U n

1.1·10000‘0º

3 ·Z 1

3 ·0.164‘90º

44515.3‘  90º A

33537‘  90º A 38725‘  90º A

© Los autores, 2002; © Edicions UPC, 2002

Protección de sistemas eléctricos de potencia

110

x

Corrientes máximas asimétricas de cortocircuitos “IS”: (aplicando el coeficiente Ȥ, gráfica 12.1)

Recordando que solo existen reactancias inductivas y que las resistencias han sido omitidas, el coeficiente F=2, siempre. Las fórmulas a aplicar para hallar la corriente de cierre máxima, para los distintos tipos de cortocircuitos, son:

x

I S1

2 ·2·( 44515‘  90º ) 125907‘  90º A

I S2

2 ·2·(33537‘  90º )

I S3

2 ·2·(38725‘  90º ) 109530‘  90º A

94857‘  90º A

La corriente simétrica de corte "Ia" trifásica será (todas a 10kV): (valores de "µ" y "q", hallados en 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:

I a3

I ' ' k 3 ·P ·q

I ag A  I ag B

En esta fórmula aparecen dos coeficientes, cuyo cálculo se ha explicado en la primera pregunta del problema 3.3, y a la cual nos remitimos para su correcta comprensión: Operando en consecuencia para estas barras "F", tendremos:

I ' 'K3

38725‘  90º A

0.9‘90º 31684‘  90º A 1.1‘90º 0.2‘90º I Kcc 3 g1, g 3 38725‘  90º 7041‘  90º A 1.1‘90º 1.166‘90º I Kcc 3 g1 7041‘  90º 4072.3‘  90º A 2.016‘90º 0.85‘90º I Kcc 3 g 3 7041‘  90º 2968.7‘  90º A 2.016‘90º I Kcc 3 g 2

38725‘  90º

Recordar que las intensidades nominales halladas a 10kV (g1 y g2) y 25kV (g3) son: I ng1 I ng 2 I ng 3

40·10 6

2309.4 A

10·10 3 · 3 100·10 6

5773.5A

10·10 3 · 3 25·10 6

577.35A

25·10 3 · 3

Por tanto las relaciones intensidad de cortocircuito, intensidad nominal serán (a igual nivel de tensión): I Kcc 3 g1 I ng1 IcKc 3g 2 I ng 2 I Kcc 3 g 3 I ng 3

I aF

4072.3 2309.4

1.76 o tv = 0.1 sg o P1 = 1

31684 5773

5.5 o tv = 0.1 sg o P2 = 0.75

2968.7 577.35 m4 m3

2968.7 11 577.35 4.4

2968.7 1443.4

2.05 o tv = 0.1 sg o P3 = 1

(4072.3‘  90º )·1·1  (31684‘  90º )·1·0.75  (2968.7‘  90º )·1·1 30804‘  90º A

© Los autores, 2002; © Edicions UPC, 2002

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 originarán serán: x

Calculamos la I"K2EE en las barras "D"

Su resolución consiste simplemente en la aplicación de las fórmulas dadas para este tipo de cortocircuito, tanto referentes a tensiones como a intensidades. Estas fórmulas pueden ser consultadas en los anexos correspondientes. (Los valores de las impedancias son los valores que las mismas toman en el punto de cortocircuito, es decir, las totales.) Nota: recordar que: I Kcc 2 E

s

jcU n

a

a 1‘0º

2

1‘120º

a

3

1‘240º

aZ 2  Z o Z1 Z 2  Z1 Z 3  Z 2 Z o 2

a Z2  Zo

I Kcc 2 ET

 jcU n

I Kcc 2 E E

 3cU n

Z1Z 2  Z1Z 3  Z 2 Z o Z2 Z1Z 2  Z1Z 3  Z 2 Z o

Con: Z1Z 2  Z1Z 0  Z 0 Z 2 aZ 2  Z 0 2

a Z2  Z0

1864.6‘180º

32.95‘210º 11.82‘90º

 1864.6  j 0 : 40.18‘  135.3º :

32.95‘330º 11.82‘90º 40.18‘  44.8º :

Por tanto: I Kcc 2 E

s

I Kcc 2 ET

I Kcc 2 EE

§ 40.18‘  135.3º 90º · 1.1·110000¨ ¸ 2607.4‘134.7º A  1836  j1853 A 1864.6‘180º ¹ © § 40.18‘(44.8º 90º ) · 1.1·110000‘0º ¨ ¸ 2607.4‘45.2º 1836  j1850 A 1864.6‘180º © ¹ (0+j3703.2) § 32.95‘90º · 3 ·1.1·110000‘0º ¨ ¸ 3703.5‘  90º A © 1864.6‘180º ¹

© Los autores, 2002; © Edicions UPC, 2002

Protección de sistemas eléctricos de potencia

112

PROBLEMA 3.5 El esquema de la figura representa una sección de una red eléctrica trifásica alimentada por dos generadores situados en los extremos del sistema de potencia. A efectos de diseño de los interruptores de protección y para conocer la respuesta del circuito en diversos puntos del mismo ante situaciones anómalas, 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......….Hcc=X1=X2= 14%.........Xo= 0.9·X1..…...Xn=0 TR2:........70MVA.....120/30KV.....…..Hcc=X1=X2= 12%.........Xo= 0.9·X1…….Xn=0 L1........................................…………..X1=X2= j25:...............Xo= 2.5·X1. L2 y L3.................................………….X1=X2= j20:...............Xo= 2.5·X1 L4........................................…………..X1=X2= j22:...............Xo= 2.5·X1 L5........................................…………..X1=X2= j10:...............Xo= 2.5·X1

L1

G1 a

“A” x

T R1

B

D

x

L2

“C” L3

x

L4

E

T R2

G2 a

L5 “F”

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 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 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 cortocircuito 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 delante de un cortocircuito trifásico (Ia) (suponer un tiempo de retardo de 0.1s para los interruptores). Finalmente indicar las corrientes de cortocircuito bifásico a tierras (I”kEE , I”kSE , I”kTE ) que se producirían en las barras 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 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 delante de un cortocircuito trifásico (Ia) (suponer un tiempo de retardo de 0.1s para los interruptores).

RESOLUCIÓN

1. Redes de secuencia directa, inversa y homopolar

© Los autores, 2002; © Edicions UPC, 2002

Problemas resueltos de fallos en sistemas de potencia

x

113

Red de secuencia directa e inversa (sin los generadores)

G1

Z g1

Z T1

“A” x

a

B

D

Z L1

x

x

Z A ZB

Z L2

E

Z L4

Z T2

G2

Z g2

a

x

Z L3

ZC

“C”

Z L5 “F”

x

Red de secuencia homopolar

Z0g1 “A”

Z0T1

x

B

D

Z0L1

x

Z0A Z0B

Z0L2

Z0L4

x

E

Z0T2

x

Z0g2 x

Z0L3

Z0C

“C”

Z0L5 “F”

x

Relación de transformación m

x

U1 U2

120 30

4

Cálculo de impedancias (todas las impedancias están calculadas a 30kV) X1

X 2 = 0.16

x G2 X 1

X 2 = 0.18

x G1

30 2 30

30 2 60

j4.8:

X 0 = 0.04

j2.7:

X 0 = 0.04

30 2

j 4.2: 30 (30) 2 j1.542: X 2 = 0.12 70 j 25 j1.562: X2 = 2 § 120 · ¸ ¨ © 30 ¹

x TR1

X1

x TR2

X1

x L1

X1

x L2

X1

X2 =

x L3

X1

X2 =

X 2 = 0.14

j 20 42 j 20 42

30 2 30

30 2 60

j1.2:

Xn = j0:

j0.6:

Xn = j0:

X 0 =0.9·X1=j 3.78:

Xn = j0:

X 0 =0.9·X1=j 1.39:

Xn = j0:

X 0 =2.5· X1 = j3.91:

j1.25:

X 0 =2.5· X1 = j 3.125:

j1.25:

X 0 =2.5· X1 = j 3.125:

© Los autores, 2002; © Edicions UPC, 2002

Protección de sistemas eléctricos de potencia

114

x L4

X1

X2 =

x L5

X1

X2 =

j 22 42 j10 42

j1.375:

X 0 =2.5· X1 = j 3.44:

j 0.625:

X 0 =2.5· X1 = j 1.562:

Nos falta transformar el triángulo formado por las líneas ZL1, ZL2 y ZL3, en una estrella, tal como queda reflejado en las redes de secuencia (si no realizamos la transformación el problema se complicaría en demasía). Para ello aplicaremos las fórmulas de transformación adecuadas, y aparte, teniendo presente los niveles de tensión de trabajo en esta zona (30kV). Z 8A Z 8B Z 8C

Z L1 ·Z L 2 Z L1  Z L 2  Z L 3 Z L1 ·Z L3 Z L1  Z L 2  Z L 3 Z L 2 ·Z L 3 Z L1  Z L 2  Z L 3

j1.562· j1.25 j1.562  j1.25  j1.25

j1.953 j 4.062

j 0.481:

j1.562· j1.25 j1.562  j1.25  j1.25

j1.953 j 4.062

j 0.481:

j1.25· j1.25 j1.562  j1.25  j1.25

j1.562 j 4.062

j 0.385:

Sus correspondientes componentes homopolares son:

x

Z 8Ao

2.5·Z 8A1

2.5· j 0.481

j1.202:

Z 8Bo

2.5·Z 8B1

2.5· j 0.481

j1.202:

Z 8Co

2.5·Z 8C1

2.5· j 0.385

j 0.961:

Cálculo de impedancias (todas las impedancias están calculadas a 120kV) X1

§ 120 · X 2 = j 4.8¨ ¸ © 30 ¹

x G2 X 1

§ 120 · X 2 = j 2.7¨ ¸ © 30 ¹

x G1

2

j 76.8:

2

j 43.2:

120 2

§ 120 · X 0 = j1.2¨ ¸ © 30 ¹

2

§ 120 · X 0 = j 0.6¨ ¸ © 30 ¹

j19.2:

Xn

j 0:

j 9.6:

Xn

j 0:

2

x TR1

X1

X 2 = 0.14

x TR2

X1

X 2 = 0.12

x L1

X1

X 2 = j 25:

X 0 =2.5· X1 =j62.5:

x L2

X1

X 2 = j 20:

X 0 =2.5· X1 =j50:

x L3

X1

X 2 = j 20:

X 0 =2.5· X1 =j50:

x L4

X1

X 2 = j 22:

X 0 =2.5· X1 =j55:

x L5

X1

X 2 = j10:

X 0 =2.5· X1 =j25:

30

120 2 70

j67.2:

X 0 =0.9·X1=j60.48:

Xn

j 0:

j24.68:

X 0 =0.9·X1=j22.22:

Xn

j 0:

Transformaremos igualmente el triángulo formado por las líneas ZL1, ZL2 y ZL3, en una estrella, tal como queda reflejado en las redes de secuencia, pero en este caso, considerando el nivel de tensión de 120kV. Z 8A Z 8B Z 8C

Z L1 ·Z L 2 Z L1  Z L 2  Z L 3 Z L1 ·Z L3 Z L1  Z L 2  Z L 3 Z L 2 ·Z L 3 Z L1  Z L 2  Z L 3

j 25· j 20 j 25  j 20  j 20

j 500 j 65

j 7.692:

j 25· j 20 j 25  j 20  j 20

j 500 j 65

j 7.692:

j 20· j 20 j 25  j 20  j 20

j 400 j 65

j 6.15:

© Los autores, 2002; © Edicions UPC, 2002

Problemas resueltos de fallos en sistemas de potencia

115

Sus correspondientes componentes homopolares son:

Z 8Ao

2.5·Z 8A1

2.5· j 7.692

j19.23:

Z 8Bo

2.5·Z 8B1

2.5· j 7.692

j19.23:

Z 8Co

2.5·Z 8C1

2.5· j 6.15

j15.38:

Nota: A partir de ahora se trabajará al nivel de tensión que corresponda (30kV para la barra "A" y 120kV para las barras "C" y "F"), pero siempre con la transformación estrella realizada, nunca con el triángulo primitivo. x

Buscamos las impedancias directa, inversa y homopolar vistas desde "A", "C" y "F"

x

Impedancias vistas desde las Barras "A" (30kV)

Z 1A Z 1A

>(Z

Z 2A

g2

@

 Z TR 2  Z L 4  Z B  Z A  Z TR1 ) //( Z g1 )

>>( j 2.7  j1.542  j1.375  j 0.481  j 0.481  j 4.2)@//( j 4.8)@ >( j10.78) //( j 4.8)@

Z 2A

Z 1A

Z 2A

(0  j 3.32)

Z 0A Z TA x

Z1C Z 1C

>Z

oTR1

>Z

Z 2C

Z1A  Z 2 A  Z 0 A

j 7.84:

g1

@



 Z TR1  Z A // Z B  Z L 4  Z TR 2  Z g 2  ( Z C )

>( j 76.8  j 67.2  j 7.692) //( j 7.692  j 22  j 24.68  j 43.2)@ ( j 6.15) >( j151.69) //( j97.57)@ ( j 6.15) ( j59.38  j 6.15) (0  j 65.53) 65.53‘90º :

Z 2C

@



 Z oA // Z oB  Z oL 4  Z oTR 2  Z oC ( j 79.71) //( j 96.45)  ( j15.38) Z TC

Z 1C  Z 2C  Z 0C

( j 60.48  j19.23) //( j19.23  j55  j 22.22)  j15.38 ( j 43.64  j15.38)

(0  j 59.1)

59.1‘90º :

(0  j190.18) 190.16‘90º :

Impedancias vistas desde las Barras "F" (120kV)

Z 1F Z 1F Z 1F

Z 0F

j1.2:

Z 2C

Z 0C

x

Z og1

3.32‘90º :

Impedancias vistas desde las Barras "C" (120kV)

Z 1C

Z 0C

@

>Z

oTR1

Z 2F Z 2F

Z 1F

>Z

g1

@



 Z TR1  Z A // Z B  Z L 4  Z TR 2  Z g 2  ( Z C  Z L 5 )

>( j 76.8  j 67.2  j 7.692) //( j 7.692  j 22  j 24.68  j 43.2)@ ( j 6.15  j10) >( j151.69) //( j97.57)@ ( j16.15) ( j59.38  j16.15) (0  j 75.53) 75.53‘90º :

@



 Z oA // Z oB  Z oL 4  Z oTR 2  ( Z oC  Z oL 5 ) Z oF ZTF

( j 43.64)  ( j 40.38) Z1F  Z 2 F  Z 0 F

( j 79.71) //( j96.45)  ( j15.38  j 25)

(0  j84.02)

(0  j 235.1)

84.02‘90º :

235.1‘90º :

2. Las corrientes de cortocircuito monofásico, bifásico y trifásico; corrientes máximas asimétricas y la corriente simétrica de corte con un cortocircuito en "A" (30kV) son: x

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 ellas asociados, así como las tablas o gráficas que deben ser consultados, nos remitimos al problema 3.3, donde

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Protección de sistemas eléctricos de potencia

116

de forma extensa, se razonan estas fórmulas y parámetros (recordar que se han despreciado las resistencias de todos los componentes, y por tanto el coeficiente siempre será F=2 (tabla 12.1)). I Kcc 3 A I Kcc 2 A I Kcc1 A x

1.1·30000‘0º 3 ·3.32‘90º 1.1·30000‘0º 2·3.32‘90

5738.7‘  90º A

I S3

2 ·2·(5738.7‘  90º ) 16231.5‘  90º A

4969.8‘  90º A

I S2

2 ·2·( 4969.8‘  90º ) 14057‘  90º A

I S1

2 ·2·(7290.5‘  90º )

1.1·30000‘0º 3 7.84‘90

7290.5‘  90º A

20620.6‘  90º A

La corriente simétrica de corte "Ia" trifásica será: (valores de "P", y "q", hallados en las gráficas 12.2 y 12.3 respectivamente, de los anexos) Para hallar la corriente de corte total, vista desde las barras "A", es necesario aplicar la fórmula:

I a3

I kcc3 ·P ·q

I ag A  I ag B

En esta fórmula aparecen dos coeficientes, cuyo cálculo se ha explicado en la primera pregunta del problema 3.3, y a la cual nos remitimos para su correcta comprensión: x

Partimos de las tensiones nominales de los dos generadores halladas a 30kV: 30·10 6

I ng1 x

30·10 3 3

577.4 A

1.1·30000‘0º

I ng1

5738.7‘  90º A

5738.7‘  90º

j 4.8 ( j10.78  j 4.8)

4.8‘90º 15.58‘90º

1768‘  90º A

3970.7 577.4

6.88 Pg1 = 0.72

cc 2 I kg I ng 2

1768 1155

1.53 Pg2 = 1

Entonces las intensidades de corte que cada generador aportará (recordar que q=1 siempre, ya que no existen motores asíncronos en el circuito).

I ag1

P 1 ·q·I Kcc 3 g1 I ag 2

x

3 ·3.32‘90º

Con estos valores, los coeficientes P que tendremos serán para cada generador (recordar que para realizar el cociente es imprescindible que las intensidades nominales y las de cortocircuito se encuentren al mismo nivel de tensión, que en este caso sí coincide a 30kV) con un tiempo tv=0.1s: cc 1 I kg

x

1155 A

Mediante divisores de intensidad hallamos las aportaciones que cada generador proporciona a esta corriente total de cortocircuito: j10.78 10.78‘90º I kcc3 g1 5738.7‘  90º 3970.7‘  90º A ( j10.78  j 4.8) 15.58‘90º I kcc3 g 2

x

30·10 3 3

La corriente total de cortocircuito trifásico en barras "A" es: I Kcc 3 A

x

60·10 6

I ng 2

0.72·1·(3970.7‘  90º )

P 2 ·q·I Kcc 3 g 2

2858.9‘  90º A

1·1·(1768‘  90º ) 1768‘  90º A

Finalmente, la intensidad total de corte en el punto de cortocircuito (barras "A") será:

I aA

I ag1  I ag 2

2858.9‘  90º 1768‘  90º 4626.9‘  90º A

© Los autores, 2002; © Edicions UPC, 2002

Problemas resueltos de fallos en sistemas de potencia

117

3. Las corrientes de cortocircuito monofásico, bifásico y trifásico; corriente bifásica a tierras; corrientes máximas asimétricas y la corriente simétrica de corte con un cortocircuito en barras "C" (120kV) son: Corrientes de cortocircuito y corrientes máximas asimétricas de corte "Is" serán:

x

Para el cálculo de las siguientes intensidades, obtención y significado de los coeficientes a ellas asociados, así como las tablas o gráficas que deben ser consultados, nos remitimos al problema 3.3, donde de forma extensa, se razonan estas fórmulas y parámetros (recordar que se han despreciado las resistencias de todos los componentes, y por tanto, el coeficiente siempre será F=2 (tabla 12.1)). I Kcc 3C I Kcc 2 I Kcc1

1.1·120000‘0º

1163‘  90º A 3 ·65.53‘90º 1.1·120000‘0º 1007.2‘  90º A 2·(65.53‘90º ) 1.1·120000‘0º 3 190.16‘90º

1202.3‘  90º A

I S3

2 ·2·(1163‘  90º )

I S2

2 ·2·(1007.2‘  90º )

I S1

2 ·2·(1202.3‘  90º 3400.6‘  90º A

x

Las corrientes de cortocircuito bifásico a tierras serán:

x

Calculamos la I"K2EE en las barras "C"

3289‘  90º A 2848.8‘  90º A

Su resolución consiste simplemente en la aplicación de las fórmulas dadas para este tipo de cortocircuito, tanto referentes a tensiones como a intensidades. Estas fórmulas pueden ser consultadas en los anexos correspondientes. (Los valores de las impedancias son los valores que las mismas toman en el punto de cortocircuito, es decir, las totales). Nota: recordar que: I Kcc 2 E

s

jcU nC

a

a 1‘0º aZ 2  Z o 2

a Z2  Z0

 jcU nC

I Kcc 2 E E

 3cU nC

1‘120º

a

3

1‘240º

1.1·120000‘0º·108‘(122º 90º ) 12042‘180º

Z1 Z 2  Z1Z 3  Z 2 Z o

I Kcc 2 ET

2

Z1Z 2  Z1Z 3  Z 2 Z 0

1184‘148º A

1.1·120000‘0º·108‘(58.3º 90º ) 12042‘180º

Z2 Z1Z 2  Z1Z 3  Z 2 Z o

 3 ·1.1·120000‘0º

1184‘31.7 º A

65.54‘90º 12042‘180º

1244.3‘90º A

Con:

aZ 2  Z o

65.54‘210º 59.1‘90º

2

 56.76  j91.9 108‘  122º :  56.76  j91.9 108‘  58.3º :

a Z 2  Z 0 65.54‘330º 59.1‘90º Z 1 Z 2  Z 1 Z 3  Z 2 Z 0 12042‘180º : x

La corriente simétrica de corte "Ia" trifásica será: (valores de "P" y "q", hallados en las gráficas 12.2 y 12.3 respectivamente, de los anexos) Para hallar la corriente de corte total, vista desde las barras "C", es necesario aplicar la fórmula:

I a3

I ' ' k 3 ·P ·q

I ag A  I ag B

En esta fórmula aparecen dos coeficientes, cuyo cálculo se ha explicado en la primera pregunta del problema 3.3, y a la cual nos remitimos para su correcta comprensión: x

Partimos de las tensiones nominales de los dos generadores halladas a 30kV:

© Los autores, 2002; © Edicions UPC, 2002

Protección de sistemas eléctricos de potencia

118

30·10 6

I ng1 x

577.4 A

30·10 3 3

1.1·120000‘0º

I kcc3 g 2

1163‘  90º

I ng1

x

1163‘  90º A

Z



 Z L 4  ZTR 2  Z g 2 Z B  Z L 4  ZTR 2  Z g 2  Z A  ZTR1  Z g1



Z

B

Z

B



A

 Z TR1  Z g1





1163‘  90º



 Z L 4  Z TR 2  Z g 2  Z A  Z TR1  Z g1



97.57‘90º 249.3‘90º

1163‘  90º

455‘  90º A

151.7‘90º 249.3‘90º

708‘  90º A

Con estos valores, los coeficientes P que tendremos serán para cada generador (recordar que para realizar el cociente es imprescindible que las intensidades nominales y las de cortocircuito se encuentren al mismo nivel de tensión, que en este caso no coincide) con un tiempo tv=0.1s: cc 1 I kg

x

3 ·65.53‘90º

Mediante divisores de intensidad hallamos las aportaciones que cada generador proporciona a esta corriente total de cortocircuito: Ikcc3 g1 1163‘  90º

x

1155 A

30·10 3 3

La corriente total de cortocircuito trifásico en barras "C" es: I Kcc 3C

x

60·10 6

I ng 2

§ 120 · 455¨ ¸ © 30 ¹ 577.4

cc 2 I kg

3.15 Pg1 = 0.87

I ng 2

§ 120 · 708¨ ¸ © 30 ¹ 1155

2.45 Pg2 = 0.93

Entonces las intensidades de corte que cada generador aportará (recordar que q=1 siempre, ya que no existen motores asíncronos en el circuito) a 120kV de tensión serán: I ag1

P 1 ·q·I ' ' K 3 g1

I ag 2

P 2 ·q·I ' ' K 3 g 2

0.87·1·( 455‘  90º ) 0.93·1·(708‘  90º )

395.87‘  90º A 658.4‘  90º A

Finalmente, la intensidad total de corte en el punto de cortocircuito (barras "C") será:

I aC

I ag1  I ag 2

395.87‘  90º 658.4‘  90º 1054.2‘  90º A

4. Las corrientes de cortocircuito monofásico, bifásico y trifásico; corrientes máximas asimétricas y la corriente simétrica de corte con un cortocircuito en "F" (120kV) son: x

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 ellas asociados, así como las tablas o gráficas que deben ser consultados, nos remitimos al problema 3.3, donde de forma extensa, se razonan estas fórmulas y parámetros (recordar que se han despreciado las resistencias de todos los componentes, y por tanto, el coeficiente siempre será F=2 (tabla 12.1)). I Kcc 3 F I Kcc 2 F I Kcc1F x

1.1·120000‘0º 3 ·7.53‘90º 1.1·120000‘0º 2·(75.53‘90º )

1009‘  90º A

I S3

2 ·2·(1009‘  90º )

873.82‘  90º A

I S2

2 ·2·(873.82‘  90º )

I S1

2 ·2·(972.5‘  90º )

1.1·120000‘0º· 3 235.1‘90º

972.5‘  90º A

2854‘  90º A 2471.5‘  90º A 2750.6‘  90º A

La corriente simétrica de corte "Ia" trifásica será: (valores de "P", y "q", hallados en las gráficas 12.2 y 12.3 respectivamente, de los anexos)

© Los autores, 2002; © Edicions UPC, 2002

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:

I a3

I ' ' k 3 ·P ·q

I ag A  I ag B

En esta fórmula aparecen dos coeficientes, cuyo cálculo se ha explicado en la primera pregunta del problema 3.3 y a la cual nos remitimos para su correcta comprensión: Partimos de las tensiones nominales de los dos generadores halladas a 30kV:

x

30·10 6

I ng1 x

577.4 A

30·10 3 3

I kcc3 g 2

1009‘  90º

I ng1

Z

3 ·7.53‘90º

1009‘  90º A



 Z L 4  ZTR 2  Z g 2 Z B  Z L 4  ZTR 2  Z g 2  Z A  ZTR1  Z g1



Z

B

Z

B



A

 Z TR1  Z g1





1009‘  90º



 Z L 4  Z TR 2  Z g 2  Z A  Z TR1  Z g1

§ 120 · 395¨ ¸ © 30 ¹ 577.4



97.57‘90º 249.3‘90º

1009‘  90º

151.7‘90º 249.3‘90º

395‘  90º A

614‘  90º A

2.74 Pg1 = 0.91

cc 2 I kg I ng 2

§ 120 · 614¨ ¸ © 30 ¹ 1155

2.13 Pg2 = 0.98

Entonces las intensidades de corte que cada generador aportará (recordar que q=1 siempre, ya que no existen motores asíncronos en el circuito) a 120kV de tensión serán: I ag1 I ag 2

x

1.1·120000‘0º

Con estos valores, los coeficientes P que tendremos serán para cada generador (recordar que para realizar el cociente es imprescindible que las intensidades nominales y las de cortocircuito se encuentren al mismo nivel de tensión, que en este caso no coincide): cc 1 I kg

x

1155 A

Mediante divisores de intensidad hallamos las aportaciones que cada generador proporciona a esta corriente total de cortocircuito: Ikcc3 g1 1009‘  90º

x

30·10 3 3

La corriente total de cortocircuito trifásico en barras "F" es: I Kcc 3 F

x

60·10 6

I ng 2

P 1 ·q·I ' ' K 3 g1

0.91·1·(395‘  90º )

35.45‘  90º A

P 2 ·q·I ' ' K 3 g 2

0.98·1·(614‘  90º )

601.72‘  90º A

Finalmente, la intensidad total de corte en el punto de cortocircuito (barras "C") será:

I aC

I ag1  I ag 2

359.45‘  90º 601.72‘  90º 961.17‘  90º A

© Los autores, 2002; © Edicions UPC, 2002

Protección de sistemas eléctricos de potencia

120

PROBLEMA 3.6 Disponemos del siguiente sistema de potencia formado por varios generadores y transformadores dispuestos 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=0 G2:…….50MVA………… 25KV……….Xd’’=X1=X2= 16%………..X0=4%………….Xn=0 TR1:……40MVA………..120/25KV……..…X1=X2=12%………..…..X0=0.9·X1………Xn=0 TR2:……70MVA………..120/25KV………..X1=X2=12%……………X0=0.9·X1………Xn=0 L1:……………………………………………X1=X2=j25 : ………….X0=2.5·X1=62.5j : L2:……………………………………………X1=X2=j20 : ………….X0=2.5·X1=50j : L3:……………………………………………X1=X2=j20 : ………….X0=2.5·X1=50j : L4:……………………………………………X1=X2=j22 : ………….X0=2.5·X1=55j : L5:……………………………………………X1=X2=j10 : ………….X0=2.5·X1=25j :

Y¨

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 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 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 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 delante de un cortocircuito trifásico (Ia) (suponer un tiempo de retardo de 0.1s para los interruptores).

RESOLUCIÓN x

Cálculo de impedancias a 25kV 2

G1

X1

X2

G2

X1

X2

T R1

X1

X2

X dcc ˜

Un Sn

0,12 ˜

25000 2 40 ˜10 6

25000 2 j 2: 50 ˜10 6 2 U 25000 2 H xcc ˜ n 0.12 ˜ Sn 40 ˜10 6

j1.875:

0.16 ˜

j1.875:

X0

0.04 ˜

25000 2 40 ˜10 6

j 0.625:

Xn=0

X0

0.04 ˜

25000 2 50 ˜10 6

j 0.5:

Xn=0

X0

0 .9 ˜ X 1

© Los autores, 2002; © Edicions UPC, 2002

j1.687:

Xn=0

3 Problemas resueltos de fallos en sistemas de potencia

2

TR2

X1

L1:

X1

L2: L3: L4: L5: x

X 2 ˜ H xcc ˜

Un Sn

0,12 ˜

j 25

X2

§ 120 · ¨ ¸ © 25 ¹ X1=X2=j0.868 : X1=X2=j0.868 : X1=X2=j0.955 : X1=X2=j0.434 :

j 25 2

j1.07:

X0

j1.085:

4.8 2

0 .9 ˜ X 1

j 0.964:

Xn=0

X0=2.5·X1= j 2.71 :

X0=2.5·X1= j2.17 : X0=2.5·X1= j2.17 : X0=2.5·X1= j2.387 : X0=2.5·X1= j1.085 :

Cálculo de impedancias a 120kV

G1

X1

X2

 j1.875 4.8 2

G2

X1

X2

 j 2 4.8 2

T R1

X1

TR2

X1

X2

H xcc ˜

Un Sn

X 2 ˜ H xcc ˜

Un Sn

j 43.2:

j 46.08:

2

X0

 j 0.625 4.8 2

X0

0.5 4.8 2

j14.4:

j11.52:

Xn=0 Xn=0

2

0.12 ˜

2

L1: L2: L3: L4: L5:

250002 70 ˜106

121

0,12 ˜

120000 40 ˜10 6

1200002 70 ˜ 106

X1=X2=j25 : X1=X2=j20 : X1=X2=j20 : X1=X2=j22 : X1=X2=j10 :

j 43.2: j 24.6:

X0

0 .9 ˜ X 1

j 38.88:

Xn=0

X0

0 .9 ˜ X 1

j 22.22:

Xn=0

X0=2.5·X1= j 62.5 : X0=2.5·X1= j 50 : X0=2.5·X1= j 50 : X0=2.5·X1= j 55 : X0=2.5·X1= j 25 :

1 Redes de secuencia directa, inversa y homopolar x

Redes de secuencia directa e inversa (sin los generadores)

x

Con el cambio triangulo-estrella

© Los autores, 2002; © Edicions UPC, 2002

Protección de sistemas eléctricos de potencia

122

x

Red de secuencia homopolar

x

Con el cambio triángulo-estrella

x

Pasamos las impedancias de triángulo a estrella

x

En la red directa y inversa (a 25kV)

XA

X L1 ˜ X L 2 X L1  X L 2  X L 3

j 0.334:

XC

X L 2 ˜ X L3 X L1  X L 2  X L3

j 0.267:

x X oA X oC x XA XC x X oA X oC

XB

X L1 ˜ X L3 X L1  X L 2  X L 3

j 0.334:

En la red homopolar (a 25kV) X 0 L1 ˜ X 0 L 2 X 0 L1  X 0 L 2  X 0 L3 X 0 L 2 ˜ X 0 L3 X 0 L1  X 0 L 2  X 0 L 3

j 0.835:

X oB

X 0 L1 ˜ X 0 L 3 X 0 L1  X 0 L 2  X 0 L3

j 0.835:

j 0.667:

En la red directa y inversa (a 120kV) X L1 ˜ X L 2 X L1  X L 2  X L3 X L 2 ˜ X L3 X L1  X L 2  X L3

j 7.692:

XB

X L1 ˜ X L3 X L1  X L 2  X L3

j 7.692:

j 6.15:

En la red homopolar (a 120kV) X 0 L1 ˜ X 0 L 2 X 0 L1  X 0 L 2  X 0 L3 X 0 L 2 ˜ X 0 L3 X 0 L1  X 0 L 2  X 0 L 3

j19.23:

X oB

X 0 L1 ˜ X 0 L 3 X 0 L1  X 0 L 2  X 0 L 3

j15.38:

© Los autores, 2002; © Edicions UPC, 2002

j19.23:

3 Problemas resueltos de fallos en sistemas de potencia

123

x

Buscamos las impedancias directa, inversa y homopolar vistas desde "A" y "F"

x

Impedancias vistas desde las Barras "A" (a 25kV)

>

Z1A

Z2A

( Z g1 ) // Z g 2  Z TR 2  Z L 4  Z B  Z A  Z TR1

Z oA

Z og1

Z TA

Z 1 A  Z 2 A  Z oA

(0  j 0.625)

@

( j1.875) // > j 6.578@ (0  j1.46) 1.46‘90º :

0.625‘90º :

( j1.46  j1.46  j 0.625)

(0  j 3.545)

3.545‘90º :

Impedancias vistas desde las Barras "F" ( a 120 KV)

x Z 1F

>Z

Z 2F

g1

@ 



 Z TR1  Z A // Z B  Z L 4  Z TR 2  Z g 2  Z C  Z L5



> j 43.2  j 43.2  j 7.692 //  j 7.692  j 22  j 24.6  j 46.08 @ ( j16.15)  j94.09 // j100.37  ( j 25.38) ( j 48.57)  ( j16.15) Z oF

>Z

oTR1

> j 38.88 

(0  j 64.72)

64.72‘90º :

@ 



 Z oA // Z oB  Z oL 4  Z oTR 2  Z oC  Z oL 5



j19.23 //  j19.23  j 55  j 22.22 @   j15.38  j 25 ( j 58.11 // j 96.45)  ( j 40.38)

( j 36.26  j 40.38)

(0  j 76.64)

Z TF

76.64‘90º :

Z 1F  Z 2 F  Z oF

(0  j 206.1)

206.1‘90º :

2

Las corrientes de cortocircuito monofásico, bifásico y trifásico; corrientes máximas asimétricas y la corriente simétrica de corte con un cortocircuito en "A" (a 25kV) son:

x

Corrientes de cortocircuito: (aplicando las fórmulas correspondientes a cada tipo de cortocircuito). 1 .1 ˜ U n

1.1 ˜ 25000‘0º

3 ˜ Z1

3 ˜1.46‘90º

I Kcc 2

1 .1 ˜ U n ˜ Z1  Z 2

1.1˜ 25000‘0º 2 ˜1.46‘90º

I Kcc1

1.1 ˜ U n · 3 ZT

I Kcc 3

x

10874.75‘  90º A 9417.8‘  90º A

1.1· 3 ˜ 25000‘0º 3.545‘90º

13436.2‘  90º A

Corrientes máximas asimétricas de cortocircuitos “IS”: (aplicando el coeficiente F , gráfica 12.1)

Recordando todo lo expuesto en la primera pregunta del problema 3.3 referente a la intensidad "Is", y a la cual nos remitimos para su correcta comprensión: Las fórmulas a aplicar para hallar la corriente de cierre máxima, para los distintos tipos de cortocircuitos, son: IS

2 ˜ F ˜ I ' ' k Como R=0, siempre F

2 (gráfica 12.1, de los anexos)

I S3

2 ˜ F ˜ I ' 'k3

2 ˜ 2 ˜ (10874.75‘  90º )

30758.44‘  90º A

I S2

2 ˜ F ˜ I ' 'k2

2 ˜ 2 ˜ (9417.8‘  90º )

26637.56‘  90º A

I S1

2 ˜ F ˜ I ' ' k1

2 ˜ 2 ˜ (13436.2‘  90º )

38002.2‘  90º A

Con estos valores se adopta para todos los casos un Poder de Cierre de 50KA. x

La corriente simétrica de corte "Ia" trifásica será: (valores de "P" y "q", hallados en las gráficas 12.2 y 12.3 respectivamente, de los anexos) Para hallar la corriente de corte total, vista desde las barras "A", es necesario aplicar la fórmula:

© Los autores, 2002; © Edicions UPC, 2002

Protección de sistemas eléctricos de potencia

124

I a3

I ' ' k 3 ·P ·q

I ag A  I ag B

En esta fórmula aparecen dos coeficientes, cuyo cálculo se ha explicado en la primera pregunta del problema 3.3 y a la cual nos remitimos para su correcta comprensión: Operando en consecuencia para estas barras "A", tendremos:

x

La intensidad trifásica de cortocircuito en barras "A" es: I ' ' AK 3

10874.75‘  90º A

Sí dividimos esta intensidad entre los dos generadores: cc 3 g1 I AK

I ' ' AK 3

cc 3 g 2 I AK

I ' ' AK 3

( Z g 2  Z TR 2  Z L 4  Z B  Z A  Z TR1 ) ( Z g1 )  ( Z g 2  Z TR 2  Z L 4  Z B  Z A  Z TR1 ) Z g1 ( Z g 1 )  ( Z g 2  Z TR 2  Z L 4  Z B  Z A  Z TR1 )

10874.75‘  90º

j 6.578 j8.453

8462.6‘  90º A

10874.75‘  90º

j1.875 j8.453

2412.2‘  90º A

Las intensidades nominales, en módulo, de los generadores son: 40 ˜10 6

Sn

I ng1 I ng 2

3 ˜U n

3 ˜ 25 ˜10 3

Sn

50 ˜10 6

923.76 A 1154.7 A

3 ˜ 25 ˜10 3

3 ˜U n

Encontramos los coeficientes P g1 y P g 2 gráficamente (gráfica 12.2, de los anexos con un tv=0.1s): I Kcc 3 g1

8462.6 923.76

I ng1 I Kcc 3 g 2

22412.2 1154.7

I ng 2

9.16 2.09

P g1

0.65

P g2

0.98

Por tanto, la corriente simétrica de corte será: Ia

I ag1  I ag 2

I ' ' K 3 g1 ˜P g1 ˜ q1  I ' ' K 3 g 2 ˜P g 2 ˜ q 2

(8462.6‘  90º ) ˜ 0.65 ˜ 1  (2412.2‘  90º ) ˜ 0.98 ˜ 1

7864.6‘  90º A

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 máximas asimétricas y la corriente simétrica de corte con un cortocircuito en "F" (a 120kV) son:

x

Corrientes de cortocircuito: (aplicando las fórmulas correspondientes a cada tipo de cortocircuito) 1 .1 ˜ U n

1.1 ˜120000‘0º

3 ˜ Z1

3 ˜ 64.72‘90º

I Kcc 2

1.1 ˜ U n Z1  Z 2

1.1 ˜120000‘0º 2 ˜ (64.72‘90º )

I Kcc1

1.1 ˜ 3 ·U n ZT

I Kcc 3

1177.54‘  90º A 1019.78‘  90º A

1.1 ˜ 3 ·120000‘0º 206.1‘90º

1109.3‘  90º A

© Los autores, 2002; © Edicions UPC, 2002

3 Problemas resueltos de fallos en sistemas de potencia

x

125

Corrientes máximas asimétricas de cortocircuitos “IS”: (aplicando el coeficiente F , gráfica 12.1)

Recordando todo lo expuesto en la primera pregunta del problema 3.3 referente a la intensidad "Is" y a la cual nos remitimos para su correcta comprensión: Las fórmulas a aplicar para hallar la corriente de cierre máxima, para los distintos tipos de cortocircuitos, son: IS

F ˜ 2 ˜ I''K

Como R=0, siempre F

2 (gráfica 12.1, de los anexos)

I S3

2 ˜ 2 ·I ' ' K 3

I S2

2 ˜ 2 ˜ I ' 'K2

2· 2 ·(1019.8‘  90º )

2884.4‘  90º A

I S1

2 ˜ 2 ˜ I ' ' K1

2· 2 ·(1109.3‘  90º )

3137.6‘  90º A

2· 2 ·(1177.5‘  90º )

3330.6‘  90º A

Con estos valores se adopta para todos los casos un Poder de Cierre de 5KA. x

La corriente simétrica de corte "Ia" trifásica será: (valores de "P", y "q", hallados en 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:

I a3

I ' ' k 3 ·P ·q

I ag A  I ag B

En esta fórmula aparecen dos coeficientes, cuyo cálculo se ha explicado en la primera pregunta del problema 3.3 y a la cual nos remitimos para su correcta comprensión: Operando en consecuencia para estas barras "F", tendremos:

x

cc 3120 KV I Fk

Como:

1177.54‘  90º A A

Mediante divisores de intensidad, buscamos las aportaciones que cada generador da a esta corriente de cortocircuito: cc 3 g1 I FK I ' ' FK 3

cc 3 g 2 I FK I ' ' FK 3 ˜

I ' ' Fk 3

( Z B  Z L 4  Z TR 2  Z g 2 ) ( Z g1  Z TR1  Z A )  ( Z B  Z L 4  Z TR 2  Z g 2 )

( j 7.692  j 22  j 24.6  j 46.08) (2( j 43.2)  j 7.692)  ( j 7.69  j 22  j 24.6  j 46.08) I ' ' FK 3 ˜

1177.54‘  90º

j100.4 j194.5

607.8‘  90º A

1177.54‘  90º

j 94.1 j194.5

569.7‘  90º A

( Z g1  Z TR1  Z A ) ( Z g1  Z TR1  Z A )  ( Z B  Z L 4  Z TR 2  Z g 2 )

( j 43.2  j 43.2  j 7.692) (2( j 43.2)  j 7.692)  ( j 7.692  22  j 24.6  j 46.08)

Que a bajo nivel de tensión (25kV) será: I ' ' Fk 3 g125 KV

§ 120 · 607.8‘  90º·¨ ¸ © 25 ¹

I ' ' Fk 3 g 2 25 KV

569.7‘  90º·(4.8)

2917.4‘  90º A 2734.6‘  90º A

Con unas intensidades nominales, en módulo, de los generadores de: I ng1

Sn 3 ˜U n

40 ˜10 6 3 ˜ 25 ˜10 3

923.76 A

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Protección de sistemas eléctricos de potencia

126

I ng 2

50 ˜10 6

Sn

3 ˜ 25 ˜10 3

3 ˜U n

1154.7 A

Encontramos P g1 y P g 2 gráficamente (gráfica 12.2, de los anexos y con un tiempo de tv=0.1s): I Kcc 3 g1 I ng1 I Kcc 3 g 2 I ng 2

2917.4 923.76

3.16

P g1 =0.87

2734.6 1154.7

2.37

P g 2 =0.93

Quedando la corriente simétrica de corte con un valor de (recordar que vuelven a adoptarse los valores de las intensidades a 120000kV, ya que el punto "F" se encuentra a esta tensión): I aF120 KV

I ag1  I ag 2

I ' ' K 3 g 1 ˜P g 1 ˜ q 1  I ' ' K 3 g 2 ˜P g 2 ˜ q 2

(607.8‘  90º )·0.87·1  (569.7‘  90º )·0.93·1 1058.6‘  90º A 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.

© Los autores, 2002; © Edicions UPC, 2002

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 generadores síncronos 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= G2 …………50 MVA……….25 kV……….X1=X2= 21.875%……..Xo= 7.5%……...Xn= TR1 ………..60 MVA……..25/150 kV…….X1=X2= 11.25% ………Xo= 7.5%……...Xn= TR2 ………..80 MVA……..25/150 kV…….X1=X2= 18%…………..Xo= 18%………Xn= Línea……………………………………….X1=X2= j 14.1:…...….Xo= j 56.3:

G1

11.25% 12.5% 0 0

G2 TR1

1

M1 a x

2

x

TR2

3

L

x

4

x

M2 a

x

xn2

xn1 Y y0

D y11

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. 2. 3.

Todas las intensidades del circuito. Las tensiones de línea en el punto de fallo (barras "3"). Las tensiones de línea en bornes de G1, (barras "1").

RESOLUCIÓN

x

Redes de secuencia directa, inversa y homopolar

x

Redes de secuencia directa e inversa (sin generadores)

G1

X g1

a

X T1

1

XL

2

x

X T2

3

x

x

G2 a

x

I´´k1

N

x

X g2

4

N

Red de secuencia homopolar

X 0g1

1

x

3 X g1

X 0T1

2

x

x

X oL

3

X 0T2

x

4

X 0 g2

x

I´ ´k1

© Los autores, 2002; © Edicions UPC, 2002

3 X n2

Protección de sistemas eléctricos de potencia

128

Cálculo de impedancias a 25kV

x

25 2

x G1

X1

X 2 = 0.225

x G2

X1

X 2 = 0.21875

x TR1

X1

X 2 = 0.1125

x TR2

X1

X 2 = 0.18

xLínea

X1

X2

60

25 2

X 0 = 0.075

j 2.734:

50

(25) 2 60

X 0 = 0.075

j1.172:

25 2

X 0 = 0.075

j1.406:

80

j14.1 (6)

j 2.344:

X 0 = 0.18

j 0.392:

2

X1

x G1

X1

x G2

X n =j1.172:

j 0.9375:

X n =j1.563:

j 0.781:

X n =0

50

25 2 60

j1.406:

80

j 56.3

X0

j 0.7812:

25 2

25 2

X n =0

j1.564:

(6 ) 2

X2

( j 2.344)(6) 2

X2

2

( j 2.734)(6)

j84.384:

( j 0.7812)(6) 2

X0

j 98.42:

X 0 = ( j 0.9375)(6)

2

x TR1

X1

X 2 = 0.1125

x TR2

X1

X 2 = 0.18

xLínea

X1

X 2 =j14.1:

150

j 42.18:

60

150 2

X 0 = 0.075

j 50.62:

80

2

j 28.12: j 33.75:

X n =j42.19: X n =j56.27:

2

X 0 = 0.18

150

j 28.125:

60

150 2

j 50.625:

80

X n =0 X n =0

X 0 = j56.3:

Relación de transformación m

x

60

Cálculo de impedancias a 150kV

x

x

25 2

150 25

6

Circuito equivalente al producirse una falta monofásica en las barras "3"

G1

1

TR1

2 x

x 1163.52‘  90º

x

111.96‘90º

x

¦

0‘0º

111.96‘90º

0‘0º

I´´k1 0‘0º

TR2

x

x

0‘0 º x

x

x

x

I

3

4 x

¦I

x

x

111.8‘  90º

0‘0 º x

x

111.8‘  90º

653‘  90º

x

Cálculo de las impedancias totales vistas desde las barras de cortocircuito

Zo

>X

>X oT 2

g1

 @ > j140.66 // j149 @ (0  j72.35) @ ( j50.625  j33.75  3( j56.268)) (0  j 253.18)

 X T 1  X L // X T 2  X g 2

 X og 2  3 X g 2

© Los autores, 2002; © Edicions UPC, 2002

x

x 671.7‘  90º

3917.17 ‘  90 º

0‘0º

Barras "3" a alta tensión (150kV) en el punto de cortocircuito

Z2

0‘0 º x 671.7‘  90º

x

Z1

G2

2574.3‘  90º

223.92‘  90º 429.05‘  90º

1163.52‘90º

0‘0º

L

72.35‘0º : 253.18‘0º :

I´´k

3 Problemas resueltos de fallos en sistemas de potencia

ZT x

129

(Z 1  Z 2  Z o )

(0  j 397.9)

397.9‘0º :

La corriente de cortocircuito total, así como las componentes simétricas totales en las barras del cortocircuito, con una falta monofásica a tierra, será: I Kcc1

1.1·(150000‘0º ) 3 397.9‘90º

1.1·U n 3 Z1  Z 2  Z 0

(1.1)652.94‘  90º A

El coeficiente de simultaneidad (1.1) no se utiliza para realizar el estudio de las componentes simétricas. Las componentes simétricas de la corriente de cortocircuito monofásico a tierra se repartirán de la siguiente forma: I R1

I R2

I R0

I Kcc1 3

217.65‘  90º A

Con este tipo de cortocircuito monofásico a tierra, es necesario considerar las componentes homopolares, ya que existe una fuga de corriente hacia tierra. x

Intensidades de línea en el punto de cortocircuito: (intensidades totales en el punto de cortocircuito halladas mediante sus correspondientes componentes simétricas).

Recordar que: IR IS IT

a 1‘0º

I R1  I R 2  I R 0

a

2

1‘120º

a

3

1‘240º

217.65‘  90º 217.65‘  90º 217.65‘  90º 652.94‘  90º A

2

I R1 ˜ a  I R 2 ˜ a  I R 0 2

I R1 ˜ a  I R 2 ˜ a  I R 0

217.65‘(90º 240º )  217.65‘(90º 120º )  217.65‘  90º 0‘0º A 217.65‘(90º 120º )  217.65‘(90º 240º )  217.65‘  90º 0‘0º A ¦I

652.65‘  90º A

En este caso, como existe fuga de energía a tierra, la suma de las intensidades de línea en el punto de cortocircuito 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 de cortocircuito). Será necesario, mediante divisores de intensidad, dividir las componentes simétricas halladas (recordar que son las totales para el punto de cortocircuito) para las dos secciones en las que queda dividido el circuito a causa del cortocircuito producido en las barras "3" (ver redes de secuencia). x

Reparto de las componentes simétricas de las corrientes TR2 (primario)

Línea I R1 I R2 I R0

149‘  90º 111.96‘  90º A 289.7‘  90º 149‘  90º 217.65‘  90º 111.96‘  90º A 289.7‘  90º 253.18‘  90º 217.65‘  90º 0A f

217.65‘  90º

I R1

217.65‘  90º

j140.7 j 289.7

105.7‘  90º A

I R2

217.65‘  90º

j140.7 j 289.7

105.7‘  90º A

I R0

217.65‘  90º A

© Los autores, 2002; © Edicions UPC, 2002

Protección de sistemas eléctricos de potencia

130

x

Las intensidades serán:

x

EN LA LÍNEA L1 Y EN EL SECUNDARIO DEL TRANSFORMADOR TR1: (150kV) (valores especificados en el esquema del circuito equivalente del sistema de potencia)

x

Cálculo de intensidades de línea en la línea 1º Teniendo presentes las componentes simétricas halladas para este tramo del circuito, tendremos:

IR IS IT

I R1  I R 2  I R 0

111.96‘  90º 111.96‘  90º 0‘0º

2

I R1 ˜ a  I R 2 ˜ a  I R 0 2

I R1 ˜ a  I R 2 ˜ a  I R 0

111.96‘(90º 240º )  111.96‘(90º 120º )  10‘0º 111.96‘90º A 111.96‘(90º 120º )  111.96‘(90º 240º )  0‘0º 111.96‘90º A ¦I

x

223.92‘  90º A

0‘0º A

EN EL GENERADOR G1: (25kV) (valores especificados en el esquema del circuito equivalente del sistema de potencia)

Para calcular las corrientes que fluyen a través de los bornes del generador G1, será necesario pasar las componentes 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 requisitos básicos: x Un transformador sólo permitirá el paso de las componentes homopolares cuando sus primarios y secundarios estén conectados en estrella y además cada neutro de estas estrellas esté puesto a tierra. Los demás tipos de conexión nunca permitirán el paso de las componentes homopolares. x Un transformador (aunque mantiene la frecuencia y las potencias en unos valores muy similares) modifica las tensiones y las intensidades al paso de éstas a través del mismo. Por ello, es necesario aplicar la relación de transformación (tanto para intensidades como para tensiones) cuando se desee pasar estas magnitudes a través de un transformador. x Los transformadores también introducen desfases en los argumentos de las magnitudes eléctricas 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 dos situaciones características: x En transformadores triángulo-estrella o estrella-triángulo. Si aumentamos de tensión (transformador elevador) tendremos que sumarles 30º grados a los ángulos de las intensidades en la secuencia directa, y restarles 30º grados a los ángulos de las mismas intensidades en la secuencia inversa. Si lo que hacemos es disminuir la tensión (transformador reductor), el proceso será el contrario del anterior (donde se sumaban grados se restarán, y viceversa). x En transformadores, estrella-estrella o triangulo-triangulo. No se producirá ningún desfase (el desfase es de 0º grados), no debiéndose modificar por tanto los argumentos de las tensiones o de las intensidades. x

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 que pasaban por la línea 1º, al pasar a través del transformador TR1, quedan convertidas de la siguiente forma: I ' R1 I ' R2 I ' Ro

§ 150 · I R1 ·m·1‘  30º 111.96‘  90º ¨ ¸·1‘  30º 671.76‘  120º A © 25 ¹ § 150 · I R 2 ·m·1‘30º 111.96‘  90º˜¨ ¸·1‘30º 671.76‘  60º A © 25 ¹ 0A

El transformador TR1 no permite el paso de las corrientes homopolares a través de él, como queda reflejado en la red de secuencia homopolar.

© Los autores, 2002; © Edicions UPC, 2002

3 Problemas resueltos de fallos en sistemas de potencia

131

Cálculo de las intensidades de línea en los bornes del generador G1

x I 'R I 'S I 'T

I ' R1  I ' R 2  I ' R 0

671.76‘  120º 671.76‘  60º 0‘0º 1163.52‘  90º A

2

I ' R1 ˜a  I ' R 2 ˜a  I ' R 0 2

I ' R1 ˜a  I ' R 2 ˜a  I ' R 0

671.76‘(90º 240º )  671.76‘(90º 120º )  0‘0º 1163.52‘90º A 671.76‘(90º 120º )  671.76‘(90º 240º )  0‘0º 0‘0º A ¦ I ' 0 ‘0 º A

x

EN EL PRIMARIO DEL TRANSFORMADOR TR2: (150kV) (valores especificados en el esquema del circuito equivalente del sistema de potencia)

x

Cálculo de intensidades de línea en los bornes de TR2 Teniendo presente las componentes simétricas halladas para este tramo del circuito, tendremos:

IR IS IT

I R1  I R 2  I R 0

105.7‘  90º 105.7‘  90º 217.65‘  90º

2

I R1 ˜ a  I R 2 ˜ a  I R 0 2

I R1 ˜ a  I R 2 ˜ a  I R 0

105.7‘(90º 240º )  105.7‘(90º 120º )  217.65‘  90º 111.8‘  90º A 105.7‘(90º 120º )  105.7‘(90º 240º )  217.65‘  90º 111.8‘  90º A ¦I

x

429.05‘  90º A

652.65‘  90º A

EN EL GENERADOR G2: (20kV): (valores especificados en el esquema del circuito equivalente del sistema de potencia)

Para calcular las corrientes que fluyen a través de los bornes del generador G2, será necesario pasar las componentes simétricas que transcurrían por el primario del transformador TR2. Para pasar las componentes simétricas a través de un transformador es preciso recordar los tres requisitos básicos dados en el apartado anterior de este mismo problema: x

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) a los bornes del generador G2 (25kV). Teniendo presente las recomendaciones para transformadores, las componentes simétricas, al pasar a través del transformador TR2, quedan convertidas de la siguiente forma: § 150 · I ' R1 I R1 ·m·1‘0º 105.7‘  90º ¨ ¸·1‘0º 634.2‘  90º A © 25 ¹

x I 'R I 'S I 'T

I ' R2

§ 150 · I R 2 ·m·1‘0º 105.7‘  90º˜¨ ¸·1‘0º 634.2‘  90º A © 25 ¹

I ' Ro

§ 150 · I Ro ·m·1‘0º 217.65‘  90º·¨ ¸·1‘0º 1305.9‘  90º A © 25 ¹

Cálculo de las intensidades de línea en los bornes del generador G2 I ' R1  I ' R 2  I ' R 0

634.2‘  90º 634.2‘  90º 1305.9‘  90º

2

I ' R1 ˜a  I ' R 2 ˜a  I ' R 0 2

I ' R1 ˜a  I ' R 2 ˜a  I ' R 0

2574.3‘  90º A

634.2‘(90º 240º )  634.2‘(90º 120º )  1305.9‘  90º 671.7‘  90º A 634.2‘(90º 120º )  634.2‘(90º 240º )  1305.9‘  90º 671.7‘  90º A ¦ I ' 3917.7‘  90º A

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 de cortocircuito total del sistema (es lógico, ya que esta suma de corrientes no es más que el retorno de tierra de la corriente total de cortocircuito aplicándole la relación de transformación correspondiente).

© Los autores, 2002; © Edicions UPC, 2002

Protección de sistemas eléctricos de potencia

132

2. Tensiones de línea en el punto de cortocircuito (barras "3") (150kV) Componentes simétricas

x

Primeramente, hallamos las tensiones con componentes simétricas en el punto de cortocircuito. Por tanto, deberemos usar las intensidades e impedancias totales en el punto de cortocircuito. 150000‘0º

V R1

E  I R1 Z 1

VR2

I R2 Z 2

 217.65‘  90º˜72.35‘  0º 70855.56‘0º V 3 217.65‘  90º˜72.35‘90º 15747‘180º V

VR0

I R0 Z 0

217.65‘  90º˜253.18‘90º 55104.62‘180º V

Calculamos las tensiones de fase en este punto de cortocircuito

x VRN V SN VTN

V R1  V R 2  V R 0

70855.56‘0º 15747‘180º 55104.62‘180º 0‘0º V

2

V R1 ˜ a  V R 2 ˜ a  V R 0 2

V R1 ˜ a  V R 2 ˜ a  V R 0

70855.6‘240º 15747‘300º 55104.6‘180º 111613.15‘  137.8º V 70855.6‘120º 15747‘60º 55104.6‘180º 111613.15‘137.8º V

Cálculo de las tensiones de línea en el punto de cortocircuito

x U RS

V RN  V SN

0‘0º 111613.2‘  137.8º 111613.15‘42.2º V

U ST

V SN  VTN

111613.2‘  137.8º 111613.15‘137.8º 149945.7‘  90º V

U TR

VTN  V RN

111613.15‘137.8º 0‘0º 111613.15‘137.8º V

¦U L

0‘0º V

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 relacionan las tensiones de fase con las tensiones de línea: R V RN

U RS

VSN U ST

S U TR

VTN T

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 ayuda los 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"

Xg1

G1 a

1 x

XT1

2 x

x E a

G2

a

Xg2

x 4

XT2 IR1

© Los autores, 2002; © Edicions UPC, 2002

XL x x

x

VR1 x

3 Problemas resueltos de fallos en sistemas de potencia

x

133

Red homopolar vista desde las barras "3"

3Xn2

X0g2

4 x

x

VR0

IR0 x

X0T2

x

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 los cambios 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 el punto del cortocircuito (150kV): V ' ' R1 V ' ' R2 V ' ' R0

V R1 ·1‘  30º m

70855.56‘0º ·1‘  30º 11809.26‘  30º V 6

V R2 15747‘180º ·1‘30º ·1‘30º m 6 0‘0º V

2624.5‘210º V

Nosotros ya conocemos el valor de las componentes simétricas en el punto de cortocircuito buscadas a alto 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 para realizar este cálculo: x

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 de gran utilidad para la comprensión de las siguientes expresiones los esquemas dados en este apartado de las redes de secuencia vistas desde el punto o barras "3".) V ' R1

E '  I ' R1 Z g1

V ' R2

I ' R2 Z g 2

V ´ R 0  I ' Ro Z o x

25000‘(0º 30º ) 3

 671.76‘  120º˜2.344‘90º 12859.2‘  30º V

671.76‘  60º˜2.344‘90º 1574.6‘210º V 0‘0º V

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 de conexión deseadas. (Resultan de gran utilidad para la comprensión de las siguientes expresiones los esquemas dados en este apartado de las redes de secuencia vistas desde el punto ó barras "3".) V ' R1

V ' ' R1  I ' R1 ( Z L  Z TR1 )

70855.56‘(0º 30º )  671.76‘  120º˜( j 0.392  j1.172) 12860‘  30º V 150 / 25

V ' R2

V ' ' R 2  I ' R 2 ( Z L  Z TR1 )

15747‘(180º 30º )  671.76‘  60º˜( j 0.392  j1.172) 1573.9‘210º V (150 / 25)

V ´ R 0 V '' Ro  I ' Ro Z o x

0‘0º V

Cálculo de las tensiones de fase en las barras del generador G1

V ' RN

V ´ R1 V ´ R 2 V ´ R 0 12860‘  30º 1573.9‘210º 0‘0º 12148.5‘  36.44º V

© Los autores, 2002; © Edicions UPC, 2002

Protección de sistemas eléctricos de potencia

134

V ' SN V ' TN x

2

V ´ R1 ˜a  V ´ R 2 ˜a  V ' R 0 2

V ´ R1 ˜a  V ´ R 2 ˜a  V ' R 0

12860‘(30º 240º )  1573.9‘(210º 120º )  0‘0º 12148‘  143.6º V 12860‘(30º 120º )  1573.9‘(210º 240º )  0‘0º 14433.6‘90º V

Cálculo de las tensiones de línea en las barras del generador G1

U ' RS

V ' RN V ' SN

12148.5‘  36.4º 12148.5‘  143.6º 19551.5‘0º V

U ' ST

V ' SN V ' TN

12148.5‘  143.6º 14433.6‘90º

23749‘  114º V

U 'TR

V 'TN V ' RN

14433.6‘90º 12148.5‘  36.44º

23753‘114º V

¦U L

240‘0.87 º V

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.

© Los autores, 2002; © Edicions UPC, 2002

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 transmisión de 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 :………Xo= j595.1:

G1 a

TR1

1

2

x

3

Línea

x

4

TR2

x

x

G2 a

F

xn1

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 falta bifásica, en las barras "3": 1 2 3

Todas las intensidades del circuito. Las tensiones de línea en barras "3" (punto de cortocircuito). Tensiones de línea en barras "4".

RESOLUCIÓN

ƒ

Redes de secuencia directa, inversa y homopolar

x

Redes de secuencia directa e inversa (sin generadores)

G1

Xg1

a

1

XT1

x

2

XL

3

x

XT2

4

x

Xg2

a

x

N

x

G2 N

Red de secuencia homopolar

X0g1

x

3Xg1

X0T1

1

x

2

x

XoL

3

X0T2

x

F

© Los autores, 2002; © Edicions UPC, 2002

4

X0g2

xx x

3Xn2

Protección de sistemas eléctricos de potencia

136

x

Cálculo de impedancias

x

Cálculo de impedancias a 20kV

20 2 = 0 .2

x G1

X1

X2

x G2

X1

X 2 = 0 .2

x TR1

X1

X 2 = 0.08

x TR2

X1

X 2 = 0.08

xLínea

X1

X2

x

100

20 2 100

Xo

j 0.8:

X 0 = 0.04

20 2

j 0.32:

100

(17.25)

j 0.6:

2

20 2

X 0 = 0.08 X0

Xn

§ 20 · 0.05¨ ¸ © 100 ¹

2

j 0.16: j 0.32:

X n =0

j 0.32:

X n =0

j 0.16:

100

j 0.32: X 0 = 0.08

2

Xn

§ 20 · 0.05¨ ¸ © 100 ¹

100

20 2 100

20 2 100

j 595.1

j 0.2: j 0.2:

j 2:

(17.25) 2

Cálculo de impedancias a 345kV

X1

x G1

X2

( j 0.8)(17.25) 2 2

x G2

X1

X2

x TR1

X1

X 2 = 0.08

x TR2

X1

X 2 = 0.08

xLínea

X1

X2

x

j 0.8:

(20) 2 100

j178.5

20 2 0.04

( j 0.8)(17.25)

345 2 100

345 2 100

j 238:

X0

j 238:

( j 0.16)(17.25) 2

X 0 = ( j 0.16)(17.25)

j 95.22:

X 0 = 0.08

j 95.22:

X 0 = 0.08

j178.5:

345 2 100

345 2 100

X0

j 595.1:

345 20

17.25

j 47.6:

2

X n =j59.5:

j 47.6:

X n =j59.5:

j 95.22:

X n =0

j 95.22:

X n =0

Relación de transformación m

x

Circuito equivalente al producirse una falta bifásica en las barras "3"

x

Barras "3" a alta tensión (345kV) en el punto de cortocircuito

x

Cálculo de las impedancias totales vistas desde las barras de cortocircuito

X



X1

X2

Xo

X

XT

X1  X 2  X o

oTR1

g1

 X TR1  X L // X RT 2  X g 2

 X oL



( j 95.22  j 595.1)



 j511.72 // j333.22

(0  j 690.32)

( j 201.8  j 201.8  j 690.32

(0  j 201.8)

201.8‘90º :

690.32‘90º :

(0  j1093.92) 1093.92‘90º :

© Los autores, 2002; © Edicions UPC, 2002

3 Problemas resueltos de fallos en sistemas de potencia

137

Cálculo de las componentes simétricas totales en las barras de cortocircuito (345kV) con una falta bifásica

x

V R1

V R2

I R1

I R2

VR0

I R0

0

345000‘0º I R1

E Z1  Z 2

3 2·( 201.8‘90º )

493.5‘  90º A

Además como sabemos que las corrientes IR1= -IR2 I R2

 I R1

493.5‘90º A

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 que representa a estas fugas (la componente homopolar): Intensidades de línea en el punto de cortocircuito (345kV) (Intensidades totales en el punto de cortocircuito halladas mediante sus correspondientes componentes simétricas):

x

Recordar que: IR

a 1‘0º

I R1  I R 2  I R 0

I R1 ˜ a  I R 2 ˜ a  I R 0

1‘120º

a

3

1‘240º

493.5‘(90º 240º )  493.5‘(90º 120º )  0‘0º 854.76‘180º A

2

IT

2

493.5‘  90º 495.5‘90º 0‘0º 0‘0º A

2

IS

a

I R1 ˜ a  I R 2 ˜ a  I R 0

493.5‘(90º 120º )  493.5‘(90º 240º )  0‘0º 854.76‘0º A ¦I

O bien, directamente:

IS

1.1·U n (Z 1  Z 2 )

0‘0º A

1.1·345000‘0º 2·201.8‘90º

(1.1)854.8‘180º A

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 de cortocircuito). Será necesario, mediante divisores de intensidad, dividir las componentes simétricas halladas (recordar que son las totales para el punto de cortocircuito), para las dos secciones en las que queda dividido el circuito a causa del cortocircuito producido en las barras "3" (ver redes de secuencia). x

Reparto de las componentes simétricas de las corrientes Línea

I R1

493.5‘  90º

I R2

493.5‘90º

I R0

0‘0º A

x

TR2 (primario)

j 333.22 j844.94

j 333.22 j844.94

194.62‘  90º A 194.62‘90º A

I R1

493.5‘  90º

I R2

493.5‘90º

I R0

0‘0º A

Las intensidades serán:

© Los autores, 2002; © Edicions UPC, 2002

j511.72 j844.94

j511.72 j844.94

298.9‘  90º A 298.9‘90º A

Protección de sistemas eléctricos de potencia

138

x

EN LA LÍNEA L1 Y EN EL SECUNDARIO DEL TRANSFORMADOR TR1: (valores denominados, IR2, IS2, IT2). (345kV)

x

Cálculo de intensidades de línea en la línea 1º Teniendo presentes las componentes simétricas halladas para este tramo del circuito, tendremos:

IR

I R1  I R 2  I R 0

194.62‘  90º 194.62‘90º 0‘0º 0‘0º A

2

IS

I R1 ˜ a  I R 2 ˜ a  I R 0 2

IT

I R1 ˜ a  I R 2 ˜ a  I R 0

194.62‘(90º 240º )  194.62‘(90º 120º )  0‘0º 337‘180º A 194.62‘(90º 120º )  194.62‘(90º 240º )  0‘0º 337‘0º A ¦I

0‘0º A

EN EL GENERADOR G1: (valores denominados, IR1, IS1, IT1). (20kV)

x

Para calcular las corrientes que fluyen a través de los bornes del generador G1, será necesario pasar las componentes 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 tres requisitos 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

x

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 que pasaban por la línea 1º, al pasar a través del transformador TR1, quedan convertidas de la siguiente forma: I ´R1 I R1 ·m·1‘  30º 194.62‘  90º˜17.25·1‘  30º 3357.2‘  120º A I ´R 2 I R 2 ·m·1‘30º 194.62‘90º˜17.25·1‘30º 3357.2‘120º A I ´R 0 0‘0º A

Cálculo de las intensidades de línea en los bornes del generador G1

x I 'R I 'S I 'T

I ' R1  I ' R 2  I ' R 0

3357.2‘  120º 3357.2‘120º 0‘0º 3357.2‘180º A

2

I ' R1 ˜a  I ' R 2 ˜a  I ' R 0 2

I ' R1 ˜a  I ' R 2 ˜a  I ' R 0

3357.2‘(120º 240º )  3357.2‘(120º 120º )  0‘0º 3357.2‘180º A 3357.2‘(120º 120º )  3357.2‘(120º 240º )  0‘0º 6714.4‘0º A ¦ I ' 0 ‘0 º A

x

EN EL PRIMARIO DEL TRANSFORMADOR TR2: (valores denominados IR3, IS3, IT3) (345kV)

x

Cálculo de intensidades de línea en los bornes de TR2 Teniendo presente las componentes simétricas halladas para este tramo del circuito, tendremos:

IR IS IT

I R1  I R 2  I R 0

298.9‘  90º 298.9‘90º 0‘0º 0‘0º A

2

I R1 ˜ a  I R 2 ˜ a  I R 0 2

I R1 ˜ a  I R 2 ˜ a  I R 0

298.9‘(90º 240º )  298.9‘(90º 120º )  0‘0º 517.7‘180º A 298.7‘(90º 120º )  298.7‘(90º 240º )  0‘0º 517.7‘0º A ¦I

x

0‘0º A

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 las componentes simétricas que transcurrían por el primario del transformador TR2.

© Los autores, 2002; © Edicions UPC, 2002

3 Problemas resueltos de fallos en sistemas de potencia

139

Para pasar las componentes simétricas a través de un transformador es preciso recordar los tres requisitos básicos dados en el problema 3.7 (a él nos remitimos para su comprensión): x

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) a los bornes del generador G2 (20kV). Teniendo presente las recomendaciones para transformadores, las componentes simétricas, al pasar a través del transformador TR2, quedan convertidas de la siguiente forma: I ´R1 I R1 ·m·1‘  30º 298.9‘  90º˜17.25·1‘  30º 5156‘  120º A I ´R 2 I R 2 ·m·1‘30º 298.9‘90º˜17.25·1‘30º 5156‘120º A I ´R 0 0‘0º A

x I 'R I 'S I 'T

Cálculo de las intensidades de línea en los bornes del generador G2 I ' R1  I ' R 2  I ' R 0

5156‘  120º 5156‘120º 0‘0º 5156‘180º A

2

I ' R1 ˜a  I ' R 2 ˜a  I ' R 0

5156‘(120º 240º )  5156‘(120º 120º )  0‘0º 5156‘180º A

2

I ' R1 ˜a  I ' R 2 ˜a  I ' R 0

5156‘(120º 120º )  5156‘(120º 240º )  0‘0º 10312‘0º A ¦ I ' 0 ‘0 º A

2 Tensiones de línea en el punto de cortocircuito (barras "3") (345kV) x

Componentes simétricas

Primeramente, hallamos las tensiones con componentes simétricas en el punto de cortocircuito. Por tanto, deberemos usar las intensidades e impedancias totales en el punto de cortocircuito.

x V RN V SN VTN x

V R1

E  I R1 Z 1

VR2

I R2 Z 2

V Ro

 I Ro ·Z o

345000‘0º

 493.5‘  90º˜201.8‘90º 99597.5‘0º V 3 493.5‘90º˜201.8‘90º 99588.3‘0º V 0‘0º V

Calculamos las tensiones de fase en este punto de cortocircuito V R1  V R 2  V R 0

99597.5‘0º 99588.3‘0º 199186‘0º V

2

V R1 ˜ a  V R 2 ˜ a  V R 0 2

V R1 ˜ a  V R 2 ˜ a  V R 0

99597.5‘(0º 240º )  99588.3‘(0º 120º )

99592.9‘180º V

99597.5‘(0º 120º )  99588.3‘(0º 240º )

99592.9‘180º V

Cálculo de las tensiones de línea en el punto de cortocircuito U RS

V RN  V SN

199186‘0º 99592.9‘180º

U ST

V SN  VTN

99592.9‘180º 99592.9‘180º 0‘0º V

U TR

VTN  V RN

99592.9‘180º 199186‘0º ¦ U línea

298778.9‘0º V 298778.9‘180º V 0‘0º

Para el cálculo de estas tensiones de línea nos puede ayudar el siguiente gráfico, donde se relacionan las tensiones de fase con las tensiones de línea:

© Los autores, 2002; © Edicions UPC, 2002

Protección de sistemas eléctricos de potencia

140

R V RN

U RS

VSN S

U ST

VTN

U TR

T

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 ayuda los 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"

1 x

Xg1

G1 a

2 x

XT1

XL x x

x E a

x

G2

a

x 4

Xg2

XT2

VR1 , VR2

I R1

x

Red homopolar vistas desde las barras "3"

X0T1

2 x

XL0

3 x

I R0 x

x

x

VR0

x

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 los cambios 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 el punto del cortocircuito (345kV): V ' ' R1 V ' ' R2 V ' ' R0

V R1 ·1‘  30º m V R2 ·1‘30º m 0‘0º V

99597.5‘0º ·1‘  30º 5773.77‘  30º V 17.25 99597.5‘0º ·1‘30º 5773.77‘30º V 17.25

Una vez pasadas las componentes simétricas de las tensiones en el punto de cortocircuito a bajo nivel de tensión, procedemos al cálculo de dichas componentes simétricas pero ahora en el punto (barras) deseado. Existen dos formas para realizar este cálculo:

© Los autores, 2002; © Edicions UPC, 2002

3 Problemas resueltos de fallos en sistemas de potencia

141

Método A

x

Con este método, se resta de la tensión total en el punto de cortocircuito, la caída de tensión que se produce hasta alcanzar el punto o barras de conexión deseadas. (Resulta de gran utilidad para la comprensión de las siguientes expresiones los esquemas dados en este apartado de las redes de secuencia vistas desde el punto ó barras "3".) 20000‘  30º

V ' R1

E ' I ' R1 X 1g 2

V ' R2

I ' R2 X 2 g 2

 5156‘  120 ˜ 0.8‘90º 7422.2‘  30º V 3 5156‘120º˜0.8‘90º 4124.8‘30º V

V ' R0

 I ' Ro X og 2

0‘0º V

Método B

x

Con este método, se suma a la tensión total de las componentes simétricas en el punto de cortocircuito la caída de tensión que se produce hasta alcanzar el punto o barras de conexión deseadas. (Resulta de gran utilidad para la comprensión de las siguientes expresiones los esquemas dados en este apartado de las redes de secuencia vistas desde el punto ó barras "3".) V ' R1 V ' ' R1  I ' R1 ˜ X TR 2 V ' R2 VR0 x

5773.77‘  30  5156‘  120º˜0.32‘90º 7423.6‘  30º V

V ' ' R 2  I ' R 2 ˜ X TR 2

5773.77‘30  5156‘120º·0.32‘90º

4123.8‘30º V

0‘0º V Cálculo de las tensiones de fase en las barras "4"

Utilizando cualquiera de los dos métodos anteriores: V ' RN V ' SN V ' TN x

V ' R1 V ' R 2 V ' R 0

7423.6‘  30º 4123.8‘30º 10136.3‘  9.36º V

2

V ´ R1 ˜a  V ´ R 2 ˜a  V ' Ro 2

V ´ R1 ˜a  V ´ R 2 ˜a  V ' R 0

7423.6‘(30º 240º )  4124.8‘(30º 120º ) 10136.3‘  170.6º V 7423.6‘(30º 120º )  4124.8‘(30º 240º )

Cálculo de las tensiones de línea en las barras "4"

U ' RS

V ' RN V ' SN

10136.3‘  9.36º 10136.3‘  170.6º 20001.4‘0º V

U ' ST

V ' SN V ' TN

10136.3‘  170.6º 3298.8‘90º 11160.15‘  153.6º V

U 'TR

V ' TN V ' RN

398.8‘90º 10136.3‘  9.36º 11158.3‘153.7 º V ¦ U ' línea

0‘0º

La suma de las tensiones de línea debe ser nula.

© Los autores, 2002; © Edicions UPC, 2002

3298.8‘90º V

Protección de sistemas eléctricos de potencia

142

PROBLEMA 3.9 Dos máquinas síncronas se conectan a través de transformadores trifásicos a una línea de transmisión, 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……...Hxcc=X1 = X2 = X0 =8%…….……………...Xn = 0% Línea…………………………………………….X1 = X2 = j 178.5:…………..X0 =j 595.1:

G1

TR1

1

a

2

x

x

TR2

3

Línea

G2

4

x

a

x F

xn1

xn2

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. 2. 3. 4.

Todas las intensidades del circuito. Tensiones de línea en el punto de cortocircuito (barras "4"). Tensiones de línea en los bornes del generador (barras "1"). Tensiones de línea en los bornes del secundario del transformador TR1 (barras "2").

RESOLUCIÓN x x

Redes de secuencia directa, inversa y homopolar Redes de secuencia directa e inversa (sin generadores)

G1

X g1

1

a

XT1

x

XL

2

XT2

3

x

x

X g2

4

a

x

N x

G2

I"K2EE

N

Red de secuencia homopolar

X0g1

X0T1

1

x

x

2

x

XoL

X0T2

3

x x

x

X0g2

4

x

F

3X g1

© Los autores, 2002; © Edicions UPC, 2002

3Xn2

3 Problemas resueltos de fallos en sistemas de potencia

x

Cálculo de impedancias

x

Cálculo de impedancias a 20kV

20 2 = 0 .2

x G1

X1

X2

x G2

X1

X 2 = 0 .2

x TR1

X1

X 2 = 0.08

x TR2

X1

X 2 = 0.08

xLínea

X1

X2

100

20 2 100

20 2 0.04

j 0.8:

Xo

j 0.8:

X 0 = 0.04

(20) 2 100

j 0.32:

20 2

100

j178.5

X 0 = 0.08

j 0.6:

2

100

20 2 100

20 2 100

j 595.1

X0

2

Xn

§ 20 · 0.05¨ ¸ © 100 ¹

Xn

§ 20 · 0.05¨ ¸ © 100 ¹

2

j 0.16: j 0.32:

X n =0

j 0.32:

X n =0

j 0.16:

100

j 0.32: X 0 = 0.08

20 2

(17.25)

143

j 0.2: j 0.2:

j 2:

(17.25) 2

Cálculo de impedancias a 345kV

x

X1

x G1

X2

( j 0.8)(17.25) 2 2

x G2

X1

X2

( j 0.8)(17.25)

x TR1

X1

X 2 = 0.08

x TR2

X1

X 2 = 0.08

xLínea

X1

X2

345 2 100

345 2 100

j 238:

( j 0.16)(17.25) 2

X0

j 238:

X 0 = ( j 0.16)(17.25)

j 95.22:

X 0 = 0.08

j 95.22:

X 0 = 0.08

j178.5:

345 2 100

345 2 100

X0

j 595.1:

345 20

17.25

2

j 47.6:

X n =j59.5:

j 47.6:

X n =j59.5:

j 95.22:

X n =0

j 95.22:

X n =0

Relación de transformación

x

m

Circuito equivalente al producirse una falta bifásica a tierra en las barras "4" 1

G1

x

TR1

2

x

1553‘  90º

x

x

x

x

¦I

0‘ 0 º

x

x

x x 4968.6‘9º Ic2c kS

181.82‘25.4º

4968.6‘9º

1553.3‘90º

4968.6‘14º 14586.7‘149º

x

x

x

1553.3‘  90º

328.5‘180º

x

G2

4

x

x

x

4968.6‘171º

¦I

x

181.82‘  25.4º

x Xn1

TR2

3

L

0‘0º

¦I

0‘ 0 º

Ic2c k EE

14586.7‘31º Ic2ck ET

¦I

16578 .7 ‘90 º

Ic2ck ES 19284‘154.5º Ic2ck ET 19283.5‘25.46º

x

Barras "4" a nivel bajo de tensión (20kV) en el punto de cortocircuito

x

Cálculo de las impedancias totales vistas desde las barras de cortocircuito

Z 41

Z 42

>X

g1

 @

 X TR1  X L  X TR 2 // X g 2

> j 2.04 // j 0.8 @

(0  j 0.574)

© Los autores, 2002; © Edicions UPC, 2002

0.574‘90º :

Protección de sistemas eléctricos de potencia

144

Z 4o

>X

ZT

Z1  Z 2  Z o

og 2

 3 X n2

@

[ j 0.16  3( j 0.2)

(0  j 0.76)

( j 0.574  j 0.574  j 0.76)

0.76‘90º :

(0  j1.908) 1.908‘90º :

Cálculo de las componentes simétricas totales de las corrientes en el punto de cortocircuito considerando un cortocircuito bifásico a tierras

x

Aplicando las ecuaciones correspondientes a este tipo de cortocircuitos: I R1

E Z 1  Z 2 // Z 0

I R2

 I R1

I R0

 I R1





Z0 Z2  Z0 Z2 Z2  Z0

20000‘0º 3 j 0.574   j 0.574 // j 0.76

20000‘0º 3 0.901‘90º

12815.5‘  90º A

12815.5‘  90º

j 0.76 j 0.76  j 0.574

7301.18‘90º A

12815.5‘  90º

j 0.574 j 0.76  j 0.574

5514.3‘90º A

Con este tipo de cortocircuito bifásico a tierra, es necesario considerar las componentes homopolares, ya que existe una fuga de corriente hacia tierra. x

Intensidades de línea en el punto de cortocircuito (Intensidades totales en el punto de cortocircuito halladas mediante sus correspondientes componentes simétricas):

IR IS IT

a

a 1‘0º

Recordar que: I R1  I R 2  I R 0

2

1‘120º

a

3

1‘240º

12815.5‘  90º 7301.18‘90º 5514.3‘90º 0‘0º A

2

I R1 ˜ a  I R 2 ˜ a  I R 0 2

I R1 ˜ a  I R 2 ˜ a  I R 0

12815.5‘(150º )  7301.18‘(90º 120º )  5514.3‘90º 19285.4‘154.6º A 12815.5‘(30º )  7301.18‘(90º 240º )  5514.3‘90º 19285.4‘25.4º A I ´´2 KEE

I ´´2KES  I ´´2KET

16544.37‘90º A

En este caso, como existe fuga de energía a tierra, la suma de las intensidades de línea en el punto de cortocircuito 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 de cortocircuito). Será necesario, mediante divisores de intensidad, dividir las componentes simétricas halladas (recordar que son las totales para el punto de cortocircuito), para las dos secciones en las que queda dividido el circuito a causa del cortocircuito producido en las barras "4" (ver redes de secuencia). x

Reparto de las componentes simétricas de las corrientes Secundario del TR2

I R1

I R1

I R2

I R2

I R0

I R0

T

T

T

Generador G2

j 0 .8 j 2.84

3610‘  90º A

I R1

12815.5‘  90º

j 0.8 j 2.84

2056.7‘90º A

I R2

7301.18‘90º

I R0

I Ro

˜0

0‘0º A

T

j 2.04 j 2.84

j 2.04 j 2.84

9205.5‘  90º A 5244.5‘90º A

5514.3‘90º A

© Los autores, 2002; © Edicions UPC, 2002

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 esta componente. (Toda la componente homopolar deberá pasar por el generador G2). x

EN EL GENERADOR G2: (20kV) (valores especificados en el esquema del circuito equivalente del sistema de potencia)

Para calcular las corrientes que fluyen a través de los bornes del generador G2, no será necesario pasar las componentes simétricas por ningún transformador, por tanto adoptando directamente los valores de las mismas dados en el divisor de intensidad del apartado anterior, tendremos: IR IS IT

I R1  I R 2  I R 0

9205.5‘  90º 5244.5‘90º 5514.3‘90º 1553.3‘90º A

2

I R1 ˜ a  I R 2 ˜ a  I R 0 2

I R1 ˜ a  I R 2 ˜ a  I R 0

9205.5‘(150º )  5244.5‘(90º 120º )  5514.3‘90º 14586.7‘149º A 9205.5‘(30º )  5244.5‘(90º 240º )  5514.3‘90º 14586.7‘31º A ¦I

16578.70‘90º A

El valor de la suma de intensidades se corresponde con el valor total de la corriente de cortocircuito bifásico a tierras, ya que precisamente este valor es el retorno de la corriente total de falta a través de tierra. x

EN EL SECUNDARIO DEL TRANSFORMADOR TR2: (20kV) (valores especificados en el esquema del circuito equivalente del sistema de potencia)

Para calcular las corrientes que fluyen a través de los bornes del secundario del transformador TR2, no es necesario pasar las componentes simétricas por ningún transformador, por tanto se podrán adoptar directamente los valores de las mismas dados en el divisor de intensidad del apartado anterior. IR IS IT

I R1  I R 2  I R 0

3610‘  90º 2056.7‘90º 0‘0º 1553.3‘  90º A

2

I R1 ˜ a  I R 2 ˜ a  I R 0 2

I R1 ˜ a  I R 2 ˜ a  I R 0

3610‘(90º 240º )  2056.7‘(90º 120º )  0‘0º

4968.6‘171º A

3610‘(90º 120º )  2056.7‘(90º 240º )  0‘0º

4968.6‘9º A

¦I

0‘0º A

En esta ocasión la suma de intensidades es nula, ya que el TR2, no tiene conexión a tierra (triángulo) y por tanto no puede tener resultante la suma de las intensidades de línea que a él acometen. x

EN LA LÍNEA L1, EN EL SECUNDARIO DEL TRANSFORMADOR TR1, Y EN EL PRIMARIO DEL TRANSFORMADOR TR2: (345kV) (valores especificados en el esquema del circuito equivalente del sistema de potencia)

x

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 de la línea, al estar al nivel alto de tensión (345kV), será necesario pasar las componentes simétricas que transcurrían a través del secundario del transformador TR2. Para pasar las componentes simétricas a través de un transformador es preciso recordar los tres requisitos básicos dados en el problema 3.7 (a él nos remitimos para su comprensión). x

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 que pasaban por el secundario del transformador TR2, al pasar a través del mismo transformador se convierten en la línea 1º en:

© Los autores, 2002; © Edicions UPC, 2002

Protección de sistemas eléctricos de potencia

146

I ´R1

I R1 ·1‘30º m

3610‘  90º ·1‘30º 209.27‘  60º A 17.25

I ´R 2

I R2 ·1‘  30º m

2056.7‘90º ·1‘  30º 119.23‘60º A 17.25

I ´R 0 0‘0º A

Cálculo de las corrientes de línea en los bornes del transformador TR2 y de la línea

x I 'R I 'S I 'T

I ' R1  I ' R 2  I ' R 0

209.27‘  60º 119.23‘60º 0‘0º 181.82‘  25.4º A

2

I ' R1 ˜a  I ' R 2 ˜a  I ' R 0 2

I ' R1 ˜a  I ' R 2 ˜a  I ' R 0

209.27‘(60º 240º )  119.23‘(60º 120º )  0‘0º 328.5‘180º A 209.27‘(60º 120º )  119.23‘(60º 240º )  0‘0º 181.82‘25.4º A ¦ I ' 0 ‘0 º A

La suma de las corrientes de línea debe ser nula (consultar el circuito equivalente). x

EN EL GENERADOR G1: (20kV) (valores especificados en el esquema del circuito equivalente del sistema de potencia)

Para calcular las corrientes que fluyen a través de los bornes del generador G1, será necesario pasar las componentes 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 tres requisitos básicos dados en el problema 3.7 (a él nos remitimos para su comprensión). x

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 que pasaban por la línea 1º, al pasar a través del transformador TR1, quedan convertidas de la siguiente forma: I ' 'R1

I 'R1·m·1‘  30º 209.27‘  60º˜17.25·1‘  30º 3610‘  90º A

I ´'R 2

I 'R 2 ·m·1‘30º 119.23‘60º˜17.25·1‘30º 2056.7‘90º A

I ´'R 0

0‘0º A

El transformador TR1, no permite el paso de las corrientes homopolares a través de él, como queda reflejado en la red de secuencia homopolar. Aparte, se comprueba que las intensidades que pasan por los bornes del generador G1, coinciden con las intensidades del secundario del transformador TR2, (es normal ya que los dos se encuentran a igual potencial y han sufrido iguales transformaciones). x I ''R I ' 'S I ' 'T

Cálculo de las intensidades de línea en los bornes del generador G1 I ' ' R1  I ' ' R 2  I ' ' R 0

3610‘  90º 2056.7‘90º 0‘0º 1553.3‘  90º A

2

I ' ' R1 ˜a  I ' ' R 2 ˜a  I ' ' R 0 2

I ' ' R1 ˜a  I ' ' R 2 ˜a  I ' ' R 0

3610‘(90º 240º )  2056.7‘(90º 120º )  0‘0º

4968.6‘171º A

3610‘(90º 120º )  2056.7‘(90º 240º )  0‘0º

4968.6‘9º A

¦ I ' ' 0 ‘0 º A La suma de las corrientes de línea a través del generador G1 debe ser nula (consultar el circuito equivalente).

2 Tensiones de línea en el punto de cortocircuito (barras "4" a 20 kV) x

Componentes simétricas

Primeramente, hallamos las tensiones con componentes simétricas en el punto de cortocircuito. Por tanto, deberemos usar las intensidades e impedancias totales en el punto de cortocircuito.

© Los autores, 2002; © Edicions UPC, 2002

3 Problemas resueltos de fallos en sistemas de potencia

V R1

E  I R1 Z 1

VR2

V R0

147

20000‘0º

4190‘0º V

 12815.5‘  90º˜0.574‘90º

3

Con este tipo de cortocircuito bifásico a tierra, coinciden los valores de las tres componentes simétricas de las tensiones. Calculamos las tensiones de fase en este punto de cortocircuito

x V RN V SN VTN

V R1  V R 2  V R 0

3V R1

2

V R1 ˜ a  V R 2 ˜ a  V R 0 2

V R1 ˜ a  V R 2 ˜ a  V Ro

3(4190‘0º ) 12567.76‘0º V 2

V R1 (1  a  a )

0 ‘0 º V

2

V R1 (1  a  a )

0 ‘0 º V

Cálculo de las tensiones de línea en el punto de cortocircuito

x U RS

V RN  V SN

12567.76‘0º 0‘0º 12567.76‘0º V

U ST

V SN  VTN

0‘0º V

U TR

VTN  V RN

0‘0º 12567.76‘0º 12567.76‘180º V ¦ U línea

0‘0º

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 relacionan las tensiones de fase con las tensiones de línea: R V RN

U RS

VSN S

U ST

U TR

VTN T

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 ayuda los 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: ƒ

Redes directa e inversa vistas desde las barras "4"

Xg1

G1 a

x

1 XT1 2 x

XL

x

XT2 x

x E a

3 x

G2

a

x

x 4

Xg2

I

R1

Red homopolar vista desde las barras "4"

© Los autores, 2002; © Edicions UPC, 2002

VR1 x

Protección de sistemas eléctricos de potencia

148

3X ng2

X 0g2 x

4 x

x

I R0

x

V R0

x

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 los cambios 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, que también 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: V R1

4190‘0º V

VR2

4190‘0º V

VR0

0‘0º V

Para hallar las componentes simétricas de las tensiones en la nueva posición (barra "1"), podremos realizar los cálculos de dos formas diferentes. x

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 de gran utilidad para la comprensión de las siguientes expresiones los esquemas dados en este apartado de las redes de secuencia vistas desde el punto o barras "4"). 20000‘0º

V ' ' R1

E ' ' I ' ' R1 · X g1

V ' ' R2

 I ' ' R 2 · X g1

 3610‘  90º·0.8‘90º 8660‘0º V 3 2056.7‘90º˜0.8‘90º 1645‘0º V

V ' ' R0

 I ' ' Ro · X g1

0‘0º V

x

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 de conexión deseadas. (Resultan de gran utilidad para la comprensión de las siguientes expresiones los esquemas dados en este apartado de las redes de secuencia vistas desde el punto o barras "4").

  X

I ' '

V ' ' R1 V R1  X TR 2  X L  X TR1 I ' ' R1 V ' ' R2

VR2

V ' ' R0

V R 0  0·I ' ' R 0

x

 X L  X TR1

R2

4190‘0º 1.24‘90º·2056.7‘90º 1639.7‘0º V

0 ‘0 º V

Cálculo de las tensiones de fase en las barras "1" del generador G1

V ' ' RN V ' ' SN V ' 'TN x

TR 2

4190‘0º 1.24‘90º·3610‘  90º 8666‘0º V

V ' ' R1 V ' ' R 2 V ' ' R 0

8666‘0º 1639.7‘0º 0‘0º 10305‘0º V

2

V ' ' R1 ˜a  V ' ' R 2 ˜a  V R 0 2

V ' ' R1 ˜a  V ' ' R 2 ˜a  V ' ' Ro

8666‘(0º 240º )  1639.7‘(0º 120º )  0‘0º 7966‘  130.3º V 8666‘(0º 120º )  1639.7‘(0º 240º )  0‘0º 7966‘130.3º V

Cálculo de las tensiones de línea en las barras "1" del generador G1

U ' ' RS

V ' ' RN V ' ' SN

10305‘0º 7966‘  130.3º 16608.4‘21.45º V

U ' ' ST

V ' ' SN V ' ' TN

7966‘  130.3º 7966‘130.3º 12150.6‘  90º V

© Los autores, 2002; © Edicions UPC, 2002

3 Problemas resueltos de fallos en sistemas de potencia

U ' ' TR

V ' ' TN V ' ' RN

149

7966‘130.3º 10305‘0º 16608.4‘158.54º V 6U '' Línea

0 ‘0 º V

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 todos los 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 en el punto del cortocircuito (20kV):

V ' R1 V R1 ·m·1‘  30º 4190‘0º·17.25·1‘30º 72277.5‘30º V V ' R2

V R 2 ·m·1‘30º 4190‘0º·17.25·1‘  30º 72277.5‘  30º V

V ' R0

0‘0º V

Una vez pasadas las componentes simétricas de las tensiones en el punto de cortocircuito al alto de tensión, procedemos al cálculo de dichas componentes simétricas pero ahora en el punto (barras) deseado. Existen dos formas para realizar este cálculo: x

Método A

Con este método, se resta de la tensión total en el punto de cortocircuito la caída de tensión que se produce hasta alcanzar el punto o barras de conexión deseadas. (Resultan de gran utilidad para la comprensión de las siguientes expresiones los esquemas dados en este apartado de las redes de secuencia vistas desde el punto o barras "4"). V ' R1

E ' I ' R1 ( X g1  X TR1 )

V ' R2

 I ' R 2 ( X g1  X TR1 )

V ' R0

 I ' Ro ·( X og1  X oTR1 )

x

345000‘(0º 30º ) 3

 209.27‘  60º˜333.27‘90º 129442.43‘30º V

119.23‘60º˜333.27‘90º 39735.7‘  30º V 0 ‘0 º V

Método B

Con este método, se suma a la tensión total de las componentes simétricas en el punto de cortocircuito la caída de tensión que se produce hasta alcanzar el punto o barras de conexión deseadas. (Resultan de gran utilidad para la comprensión de las siguientes expresiones los esquemas dados en este apartado de las redes de secuencia vistas desde el punto o barras "4").

V ' R1 V R1  I ' R1 ˜( X L  X TR 2 )

72277.5‘30º 209.27‘  60º˜273.72‘90º 129559‘30º V

V ' R2

V R 2  I ' R 2 ˜( X L  X TR 2 )

72277.5‘  30º 119.23‘60º·273.72‘90º 39642‘  30º V

V ' Ro

V Ro  I ' Ro ( X L  X TR 2 )

0‘0º V

x

Cálculo de las tensiones de fase en las barras "2" Utilizando cualquiera de los dos métodos anteriores:

V ' RN V ' SN

V ' R1 V ' R 2 V ' R 0 2

129559‘30º 39642‘  30º 0‘0º 153224.5‘17 º V

V ´ R1 ˜a  V ´ R 2 ˜a  V ' Ro

129559‘270º 39642‘60º 0‘0º 89706.6‘  90º V

2

V 'TN V ´R1˜a  V ´R 2 ˜a  V 'R 0 19559‘150º 39642‘210º 0‘0º 153224.5‘163º V x

Cálculo de las tensiones de línea en las barras "2"

U ' RS

V ' RN V ' SN

153224.5‘17 º 89706.6‘  90º 198927.8‘42.6º V

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Protección de sistemas eléctricos de potencia

150

U ' ST

V ' SN V ' TN

89706.6‘  90º 153224.5‘163º 198927.8‘  42.56º V

U 'TR

V ' TN V ' RN

153224.5‘163º 153224.5‘17 º ¦ U ' línea

293025‘180º V 0‘0º

La suma de las tensiones de línea debe ser nula.

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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, suministrando energía a una línea de distribución. Las impedancias secuenciales de los generadores y la línea son: DATOS Generadores Línea Secuencia directa........................j 6:............................j 10: Secuencia inversa........................j 4:............................j 10: Secuencia homopolar..................j 1: ...........................j 20: El primer generador tiene su punto neutro aislado de tierra, mientras que el segundo generador tiene su punto neutro conectado a tierra a través de una resistencia de 0.8 :. G1 L ín ea

G2 Rn

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 más alejado de la línea, y se supone que los generadores antes de la falla trabajan sin carga: 1. 2. 3. 4.

La intensidad monofásica de cortocircuito (I”k1), en el punto de la falla. La intensidad que circula por la fase “S”, del primer generador (I”Sg1), al producirse el cortocircuito. La intensidad que circula por la fase “R”, del segundo generador (I”Rg2), al producirse el cortocircuito. La tensión entre líneas UST en bornes del segundo generador al producirse el cortocircuito.

RESOLUCIÓN x

Redes de secuencia directa, inversa y homopolar

x

Redes de secuencia directa e inversa (sin generadores)

X1g1 N

G1 Xlínea X1g2

N

x

G2

Red de secuencia homopolar

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Protección de sistemas eléctricos de potencia

152

X 0 g1 G1 X 0línea X 0 g2 G2 3Rn

x

Cálculo de las impedancias totales vistas desde el punto de cortocircuito (10kV)

X2

X g // X g  X X g // X g  X

X0

3 Xn  X 0 g 2  X 0 línea

XT

X1  X 2  X 0

X1

x

1

2

1

1

1

2

2

línea

2

línea

 j 6 // j 6  ( j10)  j 4 // j 4  ( j10) ((3·0.8)  j1  j 20)

2.4  j 21  ( j13  j12)

(0  j13) 13‘90º : (0  j12) 12‘90º :

2.4  j 21 2.4  j 46

21.13‘83.48º : 46‘87 º :

Cálculo de las componentes simétricas totales de las corrientes en el punto de cortocircuito 10000‘0º I R1

I R2

I R3

Vf X1  X 2  X 0

3 46‘87º

125.5‘  87 º A

Al ser un cortocircuito monofásico a tierra, las tres componentes simétricas de las corrientes son iguales y del valor hallado. Aparte, recordar que con este tipo de cortocircuito monofásico a tierra es necesario 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

x

Intensidades de línea en el punto de cortocircuito: (intensidades totales en el punto de cortocircuito halladas mediante sus correspondientes componentes simétricas) I Kcc1

I R1  I R 2  I R 0

3I R1

3·(125.5‘  87 º )

376.5‘  87 º A

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 de las intensidades en bornes de este generador G1. Para ello será necesario realizar un divisor de intensidad con los valores totales de las componentes simétricas de las intensidades halladas en el punto de cortocircuito. Nótese que al ser idénticos los dos generadores en cuanto a secuencias directa e inversa, bastará con dividir por dos las componentes simétricas totales para hallar las correspondientes componentes simétricas 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 el mismo), el segundo generador está puesto a tierra, circulando toda la componente homopolar del sistema a través de él.

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3 Problemas resueltos de fallos en sistemas de potencia

x

x

Contribuciones de los dos generadores I R1g1

I R1

j6 j12

125.5‘  87 º·

I R 2 g1

I R2

j4 j8

125.5‘90º

I R 0 g1

0A

I R0 g 2

I Ro

j6 j12

j6 j12

62.75‘  87 º

I R1g 2 A

I R2 g 2 A

62.75‘  87 º

125.5‘  82.7 º A

La intensidad que circula por la fase “S” del primer generador (I”sg1) al producirse el cortocircuito será: Recordar que:

a

a 1‘0º

2

1‘120º

2

I Scc

I R1 a  I R 2 a  I R 0

g1

3

153

g1

g1

g1

a

3

1‘240º

 3.28  j 62.66

62.75‘  93º A

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 intensidades correspondientes tanto al generador G1, como al generador G2, resulta fácil hallar la intensidad de línea correspondiente a la fase "R" pedida. x

La intensidad que circula por la fase “R” del segundo generador (I”Rg2) al producirse el cortocircuito será: IR

g2

I R1  I R 2  I R 0 g2

g2

62.75‘  87 º 62.75‘  87º 125.5‘  87º

251‘  87 º A

g2

4

La tensión entre líneas (Ust) en bornes del segundo generador al producirse el cortocircuito será:

x

Componentes simétricas Primeramente buscamos las componentes simétricas de las tensiones en el punto de cortocircuito:

x

10000‘0º

V R1

E  I R1 Z 1

VR2

I R2 Z 2

 (125.5‘  87 º )·(13‘90º ) 3 (125.5‘  87 º )·12‘90º 1506‘  183º

VR0

I R0 Z 0

(125.5‘  87 º )·21.13‘83.48º

4145.1‘  1.18º

4144.2  j85.34 V

 1503.9  j 78.82 V 2651.8‘176.5º  2646.8  j162.8 V

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 las componentes simétricas de las tensiones en bornes del generador G1: V R1 VR2 VR0

5397.5  j19.78 5397.5‘  0.21º V 1506‘183º 125.5‘  87 º·(10‘90º )  250.65  j13.13 251‘  177º V 2651.8‘  176.5º 20‘  90º·(125.5‘  87 º )  140.3  j 293.3 325‘115.6º V 4145.1‘  1.18º 125.5‘  87 º·(10‘90º )

Debe recordarse que en este problema no existen transformadores, siendo suficiente con añadir las pérdidas por caída de tensión de la impedancia de la línea para obtener los valores pedidos.

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Protección de sistemas eléctricos de potencia

154

x

Cálculo de las tensiones de fase en bornes del generador G1 VR VS

x

5006.4  j 260.1 5013.13‘2.93º V  V R 2 a  V R 0  2719.6  j 4581.9 5328.2‘  120.7 º V

V R1  V R 2  V R 0 V R1 a

2

Cálculo de las tensiones de línea en bornes del generador G1 U RS

VR  VS

U ST

V S  VT

U TR

VT  V R

7726  j 484.2 9118‘32º V  11.6  j9782.9 9782.9‘  90º V  7714.4  j 4940.9 9161‘147.4º V

¦ U LÍNEA

0V

El valor de la tensión de línea que se pide en el enunciado se corresponde con la fase "S". Siendo nula la suma total de las tensiones de línea.

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4 Enunciados de problemas de fallos en sistemas de potencia

155

CAPÍTULO IV. ENUNCIADOS DE PROBLEMAS DE FALLOS EN SISTEMAS DE POTENCIA PROBLEMA 4.1 Disponemos de un sistema de potencia formado por una central generadora y una subestación transformadora de distribución que abastecen a unos consumidores a través del embarrado “B”. Las protecciones del sistema de potencia se llevarán a cabo mediante interruptores magnetotérmicos colocados 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.........Hcc=X1=X2= 7%.........…...Xo= 0.9·X1.…...Xn=j1: L1............................................................….....Z1=Z2= (2.25+j6.5):.…...Xo= 2.5·X1. L2 .............................................................…...Z1=Z2= (0.08+j0.11):…..Xo= 2.5·X1 L3................................................................….Z1=Z2= (0.42+j057):…...Xo= 2.5·X1

RED Scc=f U=110kV

Ga

Línea-1º Interruptor 1º TR1 'Y

Línea-2º

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 x

Intensidades nominales para interruptores de protección estándar 100A, 125A, 160A, 200A, 250A, 315A, 400A, 630A, 800A, 1250A, 1600A, 2000A, 2600A.

x

Poderes de corte y de cierre para interruptores de protección estándar 3.15kA, 10KA, 16KA, 20kA, 31.5kA, 40kA, 50kA,

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63kA,

100kA

Protección de sistemas eléctricos de potencia

156

HALLAR x para cada interruptor, delante de una falta trifásica en diversos puntos del circuito: 1. 2. 3. 4.

Intensidad nominal de los interruptores. Dar un valor normalizado. 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. Protección magnética contra cortocircuitos, es decir, ajuste de las curvas a tiempo independiente o instantáneo (suponer cortocircuitos trifásicos en los embarrados “A” y “B”). 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: x Intensidades nominales: II1º = 131.2A. II2º = 721.7A. II3º = 346.4A. II4º = 721.7A. x Las intensidades nominales normalizadas son: InI1º =400A. InI2º =1250A. InI3º =630A. InI4º =1250A.

2.

Los relés térmicos se dimensionarán con los siguientes valores: x Las intensidades de arranque son: (aumento de un 10% como margen de seguridad). IarrI1º =144.3A. IarrI2º =794A. IarrI3º =381A. IarrI4º =794A. x 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: x 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) x 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: x 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”k3I4º =11849/-83.4ºA I”k3I1º =10125/-71ºA I”k3I2º =9479/-83.4ºA I”k3I3º =9479/-83.4ºA x Las intensidades máximas asimétricas son: IsI1º = 19472/-71ºA IsI2º = 23192/-83.4ºA IsI1º = 23192/-83.4ºA IsI1º = 29325/-84.4ºA x Las intensidades de corte serán: IaI2º =9479/-83.4ºA IaI3º =9479/-83.4ºA IaI4º =11154/-84.4ºA IaI1º =10125/-71ºA x 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 que abastece 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 magnetotérmicos y fusibles adecuados, colocados como se indica en la figura. La potencia prevista que se distribuirá a través del embarrado “B” es de 20MVA coincidiendo la tensión con el valor que toma la misma en el embarrado “A”. DATOS Motores:..............20MVA.........20KV....….cos G =0.96......Iarr/In = 5......K=80%..…….n=1500rpm. Transformador....30MVA.....120/20KV…..Hcc=Z1=Z2= 12%........……....Zo= 0.9·Z1.....Xn=j1: HRcc=X1=X2= 0.8% L1................................................................Z1=Z2= (1+j3):.......................Xo= 2.5·X1

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4 Enunciados de problemas de fallos en sistemas de potencia

157

L2 ...............................................................Z1=Z2= (0.06+j0.6):...............Xo= 2.5·X1 L3................................................................Z1=Z2= (0.08+j0.8):...............Xo= 2.5·X1 RED Scc=6000MVA U=120kV

M a

Línea-1º Línea-2º Interruptor 1º TR1 'Y

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 x

Intensidades nominales para interruptores de protección estándar 100A, 125A, 160A, 200A, 250A, 315A, 400A, 630A, 800A, 1250A, 1600A, 2000A, 2600A.

x

Poderes de corte y de cierre para interruptores de protección estándar 3.15kA, 10KA, 16KA, 20kA, 31.5kA, 40kA, 50kA,

63kA,

100kA

HALLAR x Para cada interruptor, delante de una falta trifásica en diversos puntos del circuito: 1 2 3 4

Intensidad nominal de los interruptores. Dar un valor normalizado. 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. Protección magnética contra cortocircuitos, es decir, ajuste de las curvas a tiempo independiente o instantáneo (suponer cortocircuitos trifásicos en los embarrados “A” y “B”). 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: II2º = 866A. II3º = 577.4A. II4º = 866A. x Intensidades nominales: II1º = 144.3A. x Las intensidades nominales normalizadas son: InI1º =400A. InI2º =1250A. InI3º =1250A. InI4º =1250A.

2

Los relés térmicos se dimensionarán con los siguientes valores:

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Protección de sistemas eléctricos de potencia

158

x x

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: x Los interruptores delante de un cortocircuito trifásico en barras “A” y “B” respectivamente se verán afectados por unas intensidades de valor: II1º =(1215A-825.4A) II2º =(7291A-4952.3A) II3º =(2644A-1795.8A) II4º =(0A-6756.2A) x 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: x 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 =14912.4/-76.4ºA I”k3I2º =7292.7/-86.3ºA I”k3I3º =7292.7/-86.3ºA I”k3I4º =9946.5/-85.7ºA x Las intensidades máximas asimétricas son: IsI1º = 31637/-76.4ºA IsI2º = 18770.4/-86.3ºA IsI1º = 18770.4/-86.3ºA IsI1º = 25314.6/-85.7ºA x Las intensidades de corte serán: IaI1º =14912.4/-76.4ºA IaI2º =7292.7/-86.3ºA IaI3º =7156/-86.3ºA IaI4º =9355.7/-85.8ºA x 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 distribución que abastece 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 magnetotérmicos y fusibles adecuados colocados como se indica en la figura. La potencia prevista que se distribuirá a través del embarrado “B” es de 10MVA coincidiendo la tensión con el valor que toma la misma para el embarrado “A”. DATOS Motores:..............14MVA.......8KV........cos G =0.94........Iarr/In = 6.......K=75%…........n=1500rpm. Transformador.....18MVA.....80/8KV.....Hcc=Z1=Z2= 15%..........……....Zo= 0.9·Z1.....Xn=j1: Hxcc=X1=X2= 14.9% L1.............................................................Z1=Z2= (0+j0):...…...………..Xo= 2.5·X1 Despreciable L2 ............................................................Z1=Z2= (0+j0):………...….....Xo= 2.5·X1 Despreciable L3.............................................................Z1=Z2= (0.08+j0.8):.………...Xo= 2.5·X1 x

Intensidades nominales para interruptores de protección estándar 100A, 125A, 160A, 200A, 250A, 315A, 400A, 630A, 800A, 1250A, 1600A, 2000A, 2600A.

x

Poderes de corte y de cierre para interruptores de protección estándar 3.15kA, 10KA, 16KA, 20kA, 31.5kA, 40kA, 50kA,

63kA,

100kA

HALLAR x Para cada interruptor, delante de una falta trifásica en diversos puntos del circuito: 1 2

Intensidad nominal de los interruptores. Dar un valor normalizado. 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.

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4 Enunciados de problemas de fallos en sistemas de potencia

3 4

159

Protección magnética contra cortocircuitos, es decir ajuste de las curvas a tiempo independiente o instantáneo (suponer cortocircuitos en los embarrados “A” y “B”). 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). RED Scc=2000MVA U=80kV Línea-1º Interruptor 1º TR1 'Y

Xn

Interruptor 2º Barras “A”

8kV Interruptor 3º

Interruptor 4º

Línea-2º

Línea-3º Barras “B”

8kV

a 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: II2º = 1300A. II3º = 1010A. II4º = 722A. x Intensidades nominales: II1º = 130A. x Las intensidades nominales normalizadas son: InI1º =400A. InI2º =2000A. InI3º =1600A. InI4º =1250A.

2

Los relés térmicos se dimensionarán con los siguientes valores: x Las intensidades de arranque son: (aumento de un 15% como margen de seguridad). IarrI2º =1493A. IarrI3º =1162A. IarrI4º =830A. IarrI1º =150A. x 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: x Los interruptores delante de un cortocircuito trifásico en barras “A” y “B” respectivamente se verán afectados por unas intensidades de valor: II2º =(8990A-2581A) II3º =(6685A-1922A) II4º =(0A-4505A) II1º =(898A-258A) x 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 = 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.

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Protección de sistemas eléctricos de potencia

160

4

Los poderes de cierre y corte, para cada interruptor, son: x 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 x 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 x Las intensidades de corte serán: IaI1º =14434/-84.3ºA IaI2º =8990.3/-87.8ºA IaI3º =8990.3/-87.8ºA IaI4º =15668.3/-86.3ºA x Los poderes de corte y cierre para cada interruptor son: se han adoptado para los interruptores (I1 e I4), un poder de corte de 20kA, y un poder de cierre de 50kA. Para los interruptores (I2 e I3), el poder 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 y dos 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 una tercera central (G3). Las protecciones del tercer grupo generador se realizarán mediante un interruptor magnetotérmico y fusibles adecuados, colocados como se indica en la figura. Las solicitaciones máximas a que estará sometido el interruptor se producirán bajo condiciones de cortocircuito y por lo tanto este será el régimen a estudiar. DATOS Motor..................16MVA.........10KV.…....cos G =0.94......Iarr/In = 5......K=80%.......……n=1500rpm. G1........................75MVA.........10.5KV......X”d=X1=X2=11.5%.…….....Xo= 0.4·X1.…....Xn= j1:. G2........................35MVA.........10.5KV......X”d=X1=X2=19%....…….....Xo= 0.4·X1..…...Xn= j1: G3........................15MVA.........10.5KV......X”d=X1=X2=12%.....………Xo= 0.4·X1.……Xn= J1: Tr1........................75MVA......121/11KV.....Hxcc=X1=X2= 11.5%.……...Xo= 0.9·Z1….....Xn=0. Tr2........................35MVA......121/11KV.....Hxcc=X1=X2= 12.5%.……...Xo= 0.9·Z1..…...Xn=0. Tr3........................20MVA......121/11KV.....Hxcc=X1=X2= 12.5%……....Xo= 0.9·Z1.....…Xn=0. Tr4........................20MVA......121/11KV.....Hxcc=X1=X2= 12.5%..……..Xo= 0.9·Z1...…..Xn=0. L1...........................................................…...Z1=Z2= (0.19+j1.52):....…..Xo= 2.5·X1 L2............................................................…..Z1=Z2= (1.12+j3.95):..…....Xo= 2.5·X1 L3............................................................…..Z1=Z2= (0.37+j0.28):…......Xo= 2.5·X1 x

Intensidades nominales para interruptores de protección estándar 100A, 125A, 160A, 200A, 250A, 315A, 400A, 630A, 800A, 1250A, 1600A, 2000A, 2600A.

x

Poderes de corte y de cierre para interruptores de protección estándar 3.15kA, 10KA, 16KA, 20kA, 31.5kA, 40kA, 50kA,

63kA,

100kA

HALLAR x 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 del interruptor): 1 2 3 4

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). Las máximas intensidades asimétricas de cortocircuito en bornes del interruptor delante de los diversos tipos de cortocircuito (Is1 , Is2 , Is3). Dar asimismo el poder de cierre (considérese la aportación de energía total, es decir, la superior más la inferior). Las potencias de cortocircuito (S”k1 , S”k2 , S”k3 ) en bornes del interruptor delante de las diversas faltas que puedan producirse (considérese la aportación de energía total, la superior más la inferior). Cuál será la intensidad de corte (Ia) y el poder de corte delante de una falta trifásica en bornes del interruptor estudiado (considérese la aportación de energía total, la superior más la inferior).

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4 Enunciados de problemas de fallos en sistemas de potencia

161

RED

G1a Y TR1

Línea-1º

Xn

' Y

Barras”A” Línea-2º Barras “B” Línea-3ª Y '

Interruptor TR3

TR2 TR4

' '

Y G2a Xn

Y ' G3a Y

Ma

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 aportaciones de 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: Is2 = 17313/-83.8ºA Is3 = 19992/-83.8ºA. Is1 = 16840/-85.4ºA x El poder de cierre al que se dotará al interruptor para hacer frente a todos los tipos de cortocircuitos será: 40kA.

3

Las potencias de cortocircuito (consideradas las aportaciones de la parte superior e inferior del circuito, es decir, las totales) serán: S”k1 = 1246.6 MVA S”k2 = 1356.4 MVA S”k3 = 1566 MVA

4

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 dos generadores situados en los extremos del sistema de potencia. A efectos de diseño de los interruptores de protección, y para conocer la respuesta del circuito en diversos puntos del mismo ante situaciones anómalas, 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=j4ȍ. TR1:........50MVA.....150/40KV..…....Ecc=X1=X2= 11%…....…..Xo= 0.9·X1...….Xn=j8ȍ TR2:........60MVA.....150/50KV....…..Ecc=X1=X2= 9%........……Xo= 0.9·X1…....Xn=0 L1...........……….................................X1=X2= j35:.............……Xo= 2.5·X1 L2 y L3...............………......................X1=X2= j40:......…..….....Xo= 2.5·X1 L4....................................………........X1=X2= j30:.....……........Xo= 2.5·X1 L5..............................………..............X1=X2= j20:.….......….....Xo= 2.5·X1

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Protección de sistemas eléctricos de potencia

162

B A G1 a

D Línea 1º

E

TR1

F TR2

G2

YY

a Y

L-4º C

Y

'Y

L-2º

L-3º

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 de interconexión “A”, ¿cuáles serán las corrientes iniciales de cortocircuito 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 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 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 delante de un cortocircuito trifásico (Ia) (suponer un tiempo de retardo de 0.1s para los interruptores). Finalmente indicar las corrientes de cortocircuito bifásico a tierras (I”kEE , I”kSE , I”kTE ) que se producirían en las barras 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 cortocircuito 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 delante de un cortocircuito 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 se I”k3 = 8215.85/-90ºA. producirá en “A” son: I”k1 =7778.16 /-90º A, I”k2 = 7115.13/-90ºA, Is1 =25111.23/-90ºA, Is2 = 20124.62/-90º A, Is3 = 23237.93/-90ºA. x 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 I”k2 = 1089.49/-90ºA, I”k3 = 1258.04/-90ºA. producirá en “C” son: I”k1 = 817.22/-90º A, Is1 = 2311.43/-90ºA, Is2 = 3081.54/-90º A, Is3 = 3558.27/-90ºA. x La corriente de corte trifásica será: Ia = 1054.3/-90º A. x Las corrientes de cortocircuito bifásico a tierras son: I”kEE= 720.88/90.28ºA. I”kES= 1346.6/164.76ºA. I”kET= 1346.65/15.81ºA

3

Las corrientes iniciales de cortocircuito y las máximas corrientes asimétricas de cortocircuito que se I”k3 = 995.12/-90ºA. producirá en “G” son: I”k1 = 649.91 /-90º A, I”k2 = 861.79/-90ºA, Is1 = 1838.24/-90ºA, Is2 = 2437.51/-90º A, Is3 = 2814.62/-90ºA. x 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.

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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 dos generadores situados en paralelo al principio del sistema de potencia. A efectos de diseño de los interruptores de protección, y para conocer la respuesta del circuito en diversos puntos del mismo ante situaciones 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=j4:.. G2:................30MVA..........10KV...............X”d=X1=X2= 14%…......Xo= 0.4·X1.......Xn=0. TR1 ...............60MVA…....150/15KV..........Hcc=X1=X2= 12%….......Xo= 0.9·X1.......Xn=j7.5: TR2:..............50MVA...….150/15KV....…...Hcc=X1=X2= 10%..….....Xo= 0.9·X1.......Xn=0 L1……………….........................................Z1=Z2= (0.06j0.12) :.....Zo= 2.5·Z1. L2......................………………...................Z1=Z2= (2+j6) :.............Zo= 2.5·Z1 L3........................................……………….Z1=Z2= (0.1+j0.6):........Zo= 2.5·Z1 A G1 Y a

C

Xn

Línea-1º

TR1

D

E Línea-2º

TR2

F Línea-3º

B Y

G2 a

Y'

10 kV

100kV

Y'

Consumidores

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 de interconexión “C”, ¿cuáles serán las corrientes iniciales de cortocircuito 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 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 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 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 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 delante de un cortocircuito 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 se producirá en “C” son: I”k1 = 18197/-80.7º A, I”k2 = 14175.3/-81.1ºA, I”k3 = 16368/-81.1A. Is2 = 32476/-81.1º A, Is3 = 37500/-81.1ºA. Is1 = 41432/-80.2ºA, x 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 I”k3 = 708/-84.9ºA. producirá en “E” son: I”k1 = 928.8/-85.5º A, I”k2 = 613.15/-84.9ºA, Is1 = 2338/-85.5ºA, Is2 = 1508/-84.9º A, Is3 = 1742.2/-84.9ºA.

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Protección de sistemas eléctricos de potencia

164

x

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 I”k2 = 3081.2/-84.2ºA, I”k3 = 3557.9/-84.2ºA. producirá en “F” son: I”k1 = 0/0º A, Is2 = 7495/-84.2º A, Is3 = 8654.4/-84.2ºA. Is1 = 0/-0ºA, x 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 tres generadores situados en los extremos del sistema de potencia. A efectos de diseño de los interruptores de protección, y para conocer la respuesta del circuito en diversos puntos del mismo ante situaciones anómalas, se pide funcionando los generadores sin carga y a la tensión nominal: DATOS G1:..............…60MVA..........20KV................X”d=X1=X2= 10%.........Xo= 8%...........…Xn=j8:.. 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...........Hcc=X1=X2= 11%....…..Xo= 0.9·X1…..….Xn=0 TR3:............….30MVA.…..140/40KV............Hcc=X1=X2= 14%.....….Xo= 0.9·X1..……Xn=0 TR4:.............…90MVA…...140/30KV............Hcc=X1=X2= 12%..........Xo= 0.9·X1..……Xn=0 L1..………………….......................................X1=X2= j25:.........…....Xo= 2.5·X1 L2............................………………….............X1=X2= j25:.......……..Xo= 2.5·X1 L3........................................………………….X1=X2= j50:....…...…..Xo= 2.5·X1 A

B TR1

D Línea-1º

E

F TR4

Línea-3º

a G2 Y

' Y Y' a G1 Y

TR3 C TR2

Línea-2º YY

G a G3 Y

YY 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 de interconexión “D”, ¿cuáles serán las corrientes iniciales de cortocircuito 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 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 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 delante de un cortocircuito trifásico (Ia) (suponer un tiempo de retardo de 0.1s para los interruptores).

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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 de cortocircuito (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 se producirá 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. x 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 I”k3 = 17211/-90ºA. producirá en “F” son: I”k1 = 17113.1/-90º A, I”k2 = 14905.15/-90ºA, Is1 = 48403.1/-90ºA, Is2 = 42158.13/-90º A, Is3 = 48680/-90ºA. x 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. x 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 múltiples puntos. A efectos de diseño del interruptor, y para conocer la respuesta del circuito en diversos puntos del mismo ante situaciones anómalas, se pide funcionando los generadores sin carga y a la tensión nominal: DATOS x

Tensión del punto "F1" y del punto "F2":.......100KV

G1.:.....…...45MVA......…20KV...………X”d=X1=X2= j0.8:......….Xo=j0.32:...…..Xn=j0.50: G2:.…...…55MVA......…32KV.....…..…X”d=X1=X2= j1.8:......….Xo=j0.72:....…..Xn=0 G3:...…….65MVA....…..40KV...……....X”d=X1=X2= j2.7:......….Xo=j1.08:.….....Xn=0 TR1:..……50MVA.…100/20KV.....…….Hcc=X1=X2= j0.8:..…… .Xo=j0.72:..……Xn=0 TR2:.....….60MVA….100/32KV.....….…Hcc=X1=X2=j1.7:....…….Xo=j1.53:.…….Xn=0 TR3:.....….70MVA….100/40KV.….....…Hcc=X1=X2= j2.5:.……...Xo=j2.25:..……Xn=0 L1 Y L2.......................…..………………X1=X2= j20:..……….… .Xo=j50:. L3.................................……………....… X1=X2= j25:……..……..Xo=j62.5:. L4...................................…...………..…. X1=X2= j14:..…..……....Xo=j35:. L5.....................................….…………... Z1=Z2=(5+J10):.……......Zo=2.5·Z1 x

Los valores de las impedancias calculadas siempre están dadas al nivel más bajo de tensión

HALLAR 1 2 3 4

En el supuesto de una falta monofásica fase-tierra en el punto "F1", ¿cuál será la corriente inicial de cortocircuito (I”k1), que se producirá? 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 encuentre situado en la fase referida? Si desconectamos G2, y se produce una falta trifásica en el punto "F2", ¿cuál será la corriente simétrica de corte (Ia), que deberá de interrumpir el interruptor si su tiempo de retardo es de 0.1s? Dibujar las redes de secuencia directa, inversa y homopolar de la red representada.

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Protección de sistemas eléctricos de potencia

166

B A

C Línea 1º

D

TR1 a G1 Y

TR3 Línea 2º

Y

Y

L-3º

L-4º

a G3 Y

Y Y

Xn Línea-5º E

F1 Interruptor

Y '

TR2 F2

G S2 Y

a G2

Consumidores

Figura 4.8 Esquema unifilar del sistema de potencia correspondiente al problema 4.8 RESPUESTAS 1 2 3 4

La corriente inicial de cortocircuito que se producirá en "F1" es: I”k1 = 4420.5/-90º A. La corriente máxima asimétrica de cortocircuito en "F2" (G2 desconectado) será: Is =3623.6/-78.79ºA. La corriente simétrica de corte en "F2", (G2 desconectado), será: Ia = 2131.16/-80.3º A. 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 múltiples puntos. A efectos de diseño del interruptor, y para conocer la respuesta del circuito en diversos puntos del mismo ante situaciones anómalas, se pide funcionando los generadores sin carga y a la tensión nominal: DATOS x

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=0 TR1:........50MVA.....120/20KV........Hcc=X1=X2= 10%….........Xo= 0.9X1…....…Xn=0 TR2:........60MVA.....120/30KV........Hcc=X1=X2= 9%..….........Xo= 0.9X1………Xn=0 TR3:........64MVA.....120/40KV........Hcc=X1=X2= 12%.…........Xo= 0.9X1....……Xn=0 L1 y L2.......………...........................X1=X2= j20:..……..........Xo= 2.5·X1 L3...........................………..............X1=X2= j18:.........……....Xo= 2.5·X1 L4……….........................................X1=X2= j22:......…….......Xo= 2.5·X1 L5..........………...............................X1=X2= j24:......…….......Xo= 2.5·X1 L6....................……….....................Z1=Z2=(2+J6):..…….......Zo=2.5·Z1 L7 y L8.....................………............X1=X2= j2.6:..........……..Xo= 2.5·X1 x

Los valores de las impedancias calculadas siempre están dadas al nivel más bajo de tensión

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4 Enunciados de problemas de fallos en sistemas de potencia

167

B

C

A

Línea 1º

D

TR1 a G1 Y

E

L-5º

TR3

F3

F L-7º

Línea 2º S1

Xn

' Y

L-3º

L-4º

Y Y

L-8º

a G3 Y

120kV Línea-6º G

F1 Interruptor

Y Y

TR2 120kV

H

F2 I

Y Xn

a G2

Consumidores

Figura 4.9 Esquema unifilar del sistema de potencia correspondiente al problema 4.9 HALLAR 1 2 3 4 5

En el supuesto de una falta monofásica fase-tierra en el punto "F1", ¿cuál será la corriente inicial de cortocircuito (I”k1), que se producirá? 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? 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 fase referida? Si desconectamos el generador G1 de la red, mediante S1, y se produce una falta bifásica doble fasetierra en el punto "F3", ¿cuales serán las corrientes iniciales de cortocircuito (I”kEE, I”kES, I”kET) que se producirán? 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 está puesto a tierra a través de una reactancia. Con esta situación, se produce una falta monofásica a tierras en los bornes del generador como se indica en la figura:

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Protección de sistemas eléctricos de potencia

168

DATOS G..….20000 kVA ..….13.8 kV……..X"d1 = 35 % ……..X2 = 25% ……..Xo = 10% ……..Xn = 0% R Xn

G a

Y

S T

Figura 4.10 Esquema unifilar del sistema de potencia correspondiente al problema 4.10 HALLAR 1 2

Las corrientes de cortocircuito en los bornes del generador. Las tensiones de línea en las tres fases del generador.

RESPUESTAS 1

Las corrientes de cortocircuito en los bornes del generador son: I”kS1G = I”kT1G = 0. I”k1RG = 3590/-90º A.

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 está puesto a tierra a través de una reactancia. Con esta situación, se produce una falta bifásica entre fases en los 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 Y

G a

S T

Figura 4.11 Esquema unifilar del sistema de potencia correspondiente al problema 4.11 HALLAR 1 2

Las corrientes de cortocircuito en los bornes del generador. Tensiones de línea en las tres fases del generador.

RESPUESTAS 1

Las corrientes de cortocircuito en los bornes del generador son: I”kS1G = 2420/180º A. I”kT1G = 2420/0º A. I”k1RG = 0/0º A.

2

Las tensiones de línea en las tres fases del generador son: USTG = 10/0º V. URSG = 13970/0º V.

UTRG = 13970/180º V.

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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 a tierra a través de una reactancia. Con esta situación, se produce una falta bifásica entre fases a tierra en los bornes 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 Y

G a

S T

Figura 4.12 Esquema unifilar del sistema de potencia correspondiente al problema 4.12 HALLAR 1 2

Las corrientes en los bornes del generador. 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: USTG = 0/0º V. URSG = 4047/0º V.

UTRG =4047/180º V.

PROBLEMA 4.13 El circuito mostrado en la figura corresponde a un suministro trifásico formado por un generador síncrono trifásico, una línea de transporte de energía eléctrica y un transformador. El extremo de la línea está abierto y por lo tanto el generador trabaja sin carga. Las conexiones existentes, así como las características 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= 0 Línea Z1=Z2 = (0.0895+j 0.2336) :/Km Zo = (0.1965 + j 0.5895) :/km Longitud línea = 32.16 km A

B Línea

C TR

S = 0 MVA

Ga Y

Y '

Figura 4.13 Esquema unifilar del sistema de potencia correspondiente al problema 4.13 HALLAR x 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":

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Protección de sistemas eléctricos de potencia

170

1 2 3

Con el conexionado existente: la intensidad que circula por las tres fases del generador, así como por el primario del transformador. Se desconecta el neutro del generador siguiendo sin cambios las conexiones restantes: la intensidad que circula por las tres fases del generador y por las tres fases del primario del transformador. Se desconecta el neutro del transformador, pero el neutro del generador está conectado: la intensidad que 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 IRTR = 726/-83.3ºA ISTR = 726/-83.3ºA

ITG = 730/96.7º A ITTR = 726/-83.3ºA

2

Se desconecta el neutro del generador siguiendo sin cambios las conexiones restantes: ITG = 1055/99.8ºA IRG = 2110/-80.2ºA ISG = 1055/99.8º A IRTR = 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: ITG = 0/0ºA IRG = 2781/-72.9ºA ISG = 0/0ºA ISTR = 0/0ºA ITTR = 0/0ºA IRTR = 0/0ºA

PROBLEMA 4.14 Dos generadores síncronos de 40MVA y 10kV, cada uno, se disponen en paralelo, suministrando energía a una línea de distribución. Las impedancias secuenciales de los generadores y la línea son las siguientes: DATOS Generadores

Línea

Secuencia directa........................ j 8:............................j 15: Secuencia inversa........................j 6:............................j 15: Secuencia homopolar..................j 4: ...........................j 30: El primer generador tiene su punto neutro conectado a tierra a través de una resistencia de 1:, mientras que el segundo generador tiene su punto neutro aislado de tierra. HALLAR x 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 2 3 4

La intensidad monofásica de cortocircuito (I”k1), en el punto de la falla. La intensidad que circula por la fase “S”, del primer generador (I”Sg1), al producirse el cortocircuito. La intensidad que circula por la fase “R”, del segundo generador (I”Rg2), al producirse el cortocircuito. La tensión entre líneas UST en bornes del segundo generador al producirse el cortocircuito.

RESPUESTAS: 1 2 3 4

La intensidad monofásica de cortocircuito en la fallas es: I”k1 = 243.75/-87.6º A. La intensidad de la fase “S”, del primer generador es: I”SG1 = 40.625/-87.6º A. La intensidad de la fase “R” del segundo generador es: I”RG2 = 81.25/-87.6º A. 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 la línea son las siguientes:

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4 Enunciados de problemas de fallos en sistemas de potencia

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DATOS Generadores

Línea

Secuencia directa........................ j 6:............................j 12: Secuencia inversa........................j 5:............................j 12: Secuencia homopolar..................j 2: ...........................j 25: El primer generador tiene su punto neutro aislado de tierra, mientras que el segundo generador tiene su punto neutro conectado a tierra a través de una resistencia de 0.8:. HALLAR x 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 2 3 4

La intensidad monofásica de cortocircuito (I”k1), en el punto de la falla. La intensidad que circula por la fase “S”, del primer generador (I”Sg1), al producirse el cortocircuito. La intensidad que circula por la fase “R”, del segundo generador (I”Rg2), al producirse el cortocircuito. La tensión entre líneas UST en bornes del segundo generador al producirse el cortocircuito.

RESPUESTAS 1 2 3 4

La intensidad monofásica de cortocircuito es: I”k1 = 229.5/-87.6º A. La intensidad de la fase “S”, del primer generador es: I”SG1 = 38.25/92.45º A. La intensidad de la fase “R” del segundo generador es: I”RG2 = 153/-87.6º A. 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 de motores asíncronos conectados en paralelo. Los valores característicos de las máquinas y del transformador 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……..Hxcc = 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 G a Y Xn

TR1 Y Y

M2 M3 M4

Xn Xn Xn Xn

Figura 4.14 Esquema unifilar del sistema de potencia correspondiente al problema 4.16 HALLAR x 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 2 3

Las intensidades de cortocircuito de todas las fases del generador. Las intensidades totales en el punto de defecto a tierra (I"k1R, I"k1S, I"k1T). Las intensidades de las tres fases del conjunto de motores delante de la falta.

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Protección de sistemas eléctricos de potencia

172

4

Las intensidades de defecto de las tres fases, que van desde el secundario del trasformador hasta el punto de defecto.

RESPUESTAS 1 2 3 4

Las intensidades de cortocircuito en todas las fases del generador son: ISG = 2769/90º A. ITG = 2769/-90º A IRG = 0/0 A. Las intensidades totales en el punto de defecto a tierra son: I”k1R = 55425/-90º A I”k1S = I”k1T = 0/0º A 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 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 energía interconectada por varios puntos. El suministro está formado por una acometida trifásica, un generador trifásico, un transformador y un enlace para usuarios. El extremo de la línea de consumidores está abierto y por lo tanto el generador trabaja sin carga. Las conexiones existentes así como las características de las máquinas son las mostradas en la figura DATOS Q…………….2000MVA…….110kV G1. ………….. 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= 0 Línea 1º ……………………………………..X1=X2= j 6.5: ………Xo= j 15 :……...Xn= 0 Línea 2º ……………………………………..X1=X2= j 0.11:…….. Xo= j 0.25 : …...Xn= 0 Línea 3º ……………………………….…….X1=X2= j 0.57: ……..Xo= j1.42: …… Xn= 0 .. .. 1 2 TR Barras "A" Línea-1º Qa Barras "B" 'Y 3 Línea-3º Ga Línea-2º Y Figura 4.15 Esquema unifilar del sistema de potencia correspondiente al problema 4.17 HALLAR x 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 2 3

Las intensidades que circulan por las tres fases del generador. Las intensidades que circulan por las tres fases del transformador hasta el punto de falta. Las intensidades que circulan por las tres fases de la acometida hacia el punto de falta.

RESPUESTAS 1 2

Las intensidades que circulan por las fases del generador son: ISG = 1415/-90ºA ITG = 1415/-90º A IRG = 4118/-90º A 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

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4 Enunciados de problemas de fallos en sistemas de potencia

3

173

Las intensidades que circulan por las tres fases de la acometida hacia el punto de falta son: ISQ = 5460/90ºA ITQ = 0/0ºA IRQ = 5460/-90ºA

PROBLEMA 4.18 Dos generadores síncronos se conectan a una línea de transmisión de energía a través de dos transformadores trifásicos, como se muestra en la figura. Los valores nominales y las reactancias de las máquinas y transformadores son: DATOS G1 ……. 80MVA ………25kV ……. X”d=X1=X2= 20% ….…Xo= 6%……. Xn= j0.2: G2 ……… 60MVA……….25kV…….. X”d=X1=X2= 18% …….Xo= 5% …….Xn= j0.1: TRI …... 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 :………….Xo= j30 : A

B

G1 a

TR1

Y

' Y

Xn

C

D TR2

G2 a

Y'

Y

Línea

Xn

Figura 4.16 Esquema unifilar del sistema de potencia correspondiente al problema 4.18 HALLAR Si el sistema esta operando a voltaje nominal y sin corriente antes del fallo, delante de una falta bifásica (Fase-Fase), en las fases “S y T” de las barras "C": 1 2 3 4 5 6

Intensidad que circula por la fase “T”, (I”k2 T) del generador G1. Intensidad que circula por la fase “S”, (I”k2 S) desde la línea de transmisión hasta el punto de falta. Intensidad que circula por la fase “R”, (I”k2 R) del generador G2. Voltaje línea-línea UST, en bornes del generador G2. Voltaje línea-línea UTR, en el punto de falta (barras "C"). Voltaje línea-línea URS, en bornes del generador G2.

RESPUESTAS Los valores pedidos son respectivamente: 2. I”k2 S = 756.7/180º A. 1. I”k2 T = 5242.4/0º A. 4. UST = 15898/-141.8ºV. 5. UTR = 131903/180º V.

3. I”k2 R = 2102.8/180º A. 6. URS = 25000/0ºV.

PROBLEMA 4.19 Dos generadores síncronos se conectan a una línea de transmisión de energía a través de dos transformadores trifásicos, como se muestra en la figura. Los valores nominales y las reactancias de máquinas y transformadores son: DATOS G1 …………70MVA……….25kV…….. X”d=X1=X2= 16% ……Xo= 6% …….Xn= j0.3: G2 ……..50MVA……….25kV……...X”d=X1=X2= 14% ……Xo= 5%……..Xn= j0.2: TRI …….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 : ………...Xo= j50 :

© Los autores, 2002; © Edicions UPC, 2002

Protección de sistemas eléctricos de potencia

174

A

B

G1 a

TR1

Y

' Y

C

D TR2

G2 a

Y '

Y

Línea

Xn

Xn

Figura 4.17 Esquema unifilar del sistema de potencia correspondiente al problema 4.19 HALLAR x 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 2 3 4 5 6

Intensidad que circula por la fase “R”, (I”k2 R) del generador G1. Intensidad que circula por la fase “S”, (I”k2 S) en la línea de transmisión. Intensidad que circula por la fase “T”, (I”k2 T) del generador G2. Voltaje línea-línea UST, al principio de la línea (barras "B"). Voltaje línea-línea UTR, en el punto de falta. 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. 4. UST = 86727.9/-44.7ºV.

2. I”k2 S = 19778.4/180º A. 5. UTR = 14336.1/180º V.

3. I”k2 T = 8893/36.53º A. 6. URS = 86725.2/44.7ºV.

PROBLEMA 4.20 Dos generadores síncronos se conectan a una línea de transmisión de energía a través de dos transformadores trifásicos, como se muestra en la figura. Los valores nominales y las reactancias de las máquinas 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 :...…….Xo= j595.1: A

Xn

B

G1 a

TR1

Y

' Y

C

D TR2

G2 a

Y'

Y

Línea

Xn

Figura 4.18 Esquema unifilar del sistema de potencia correspondiente al problema 4.20 HALLAR Si el sistema esta operando a voltaje nominal y sin corriente antes del fallo, delante de una falta bifásica (Fase-Fase), en las fases “S y T” de las barras "C": 1 2

Intensidad que circula por la fase “T”, (I”k2 T) del generador G1. Intensidad que circula por la fase “S”, (I”k2 S) desde la línea de transmisión hasta el punto de falta.

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4 Enunciados de problemas de fallos en sistemas de potencia

3 4 5 6

175

Intensidad que circula por la fase “R”, (I”k2 R) del generador G2. Voltaje línea-línea UST, en bornes del generador G2. Voltaje línea-línea UTR, en el punto de falta (barras "C"). Voltaje línea-línea URS, en bornes del generador G2.

RESPUESTAS Los valores pedidos son respectivamente: 2. I”k2 S = 500.22/180º A. 1. I”k2 T = 6931.2/0º A. 4. UST = 17643.22/-148.2V 5. UTR = 311768.3/180º V.

© Los autores, 2002; © Edicions UPC, 2002

3. I”k2 R = 6872.4/180º A. 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 Masa de la Tierra Radio de la Tierra Presión atmosférica a nivel del mar (760 mmHg)

9,80665 m/s2 (referencia estándar 9,807 m/s2) 9,7804 m/s2 (en el ecuador) 9,8322 m/s2 (en el polo) 5,98·1024 kg 6,37·106 m (valor medio) 6.378,2 km (en el ecuador) 6.356,8 km (en el polo) 1,013·105 N/m

Tabla I.II. Constantes Físicas Constante de Boltzmann Constante de Faraday Constante de Rydberg Constante de la gravitaciçon universal (de Cavendish) Constante universal de los gases Electrón: Carga eléctrica Masa Número de Avogadro Neutrón: Carga eléctrica Masa Permitividad del vacío

K = R/N F = N·e Rf G R qe me NA qn mn H0

1,38·10-23 J/ºK 9,6485·104 C 1,097·107 m-1 6,67·10-11 Nm2/kg2 8..314 J/mol·K 1=1,9872 kcal/mol·k 1,602·10-19 C 9,1091·10-31 kg 6,023·1023 partículas/mol Cero 1,6750·10-27kg 8,8542·10-12 C2/Nm2 = =

Permeabilidad del vacío Protón: Carga eléctrica Masa Velocidad de la luz

P0 qp mp C

1 C2/Nm2 4S ˜ 9 ˜ 109

4S·10-7 N/A2 = 4S·10-7 Ns2/C2 1,602·10-19C 1,6725·10-27 kg 2,997925·108 m/s

Tabla I.III. Constantes de Física Cuántica Constante de Planck Unidad atómica de momento angular Masas en reposo de algunas partículas fundamentales (uma): Neutrón Protón Electrón Partícula alfa

h=6,6238·10-34 J·s h=1,054·10-34J·s 1 0

n = 1,008982 uma

1 1 0 1

p = 1,007593 uma e = 5,4876·10-4 uma 4 2 He = 4,002603

Energía de un fotón E = hf 1 uma=931,162 MeV ; 1 kg=5,60999·1029 MeV Factores de conversión masa-energía Factor de conversión de la energía (electronvolt) 1 eV = 1,6021892·10-19 J Factor de conversión de la masa (unidad masa atómica) 1 uma = 1,6605655· 10-27 kg

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Protección de sistemas eléctricos de potencia

178

ANEXO II. Resistividad (U), coeficiente de temperatura (D), punto de fusión (ºC) y densidad (G) de diversos materiales y aleaciones Metales Material

Composición

Resistividad U a 20 ºC (: mm2/m) 0,0146 0,0159 0,01754 0,0195 0,0207 0,0233 0,0236 0,0261 0,028 0,0557 0,057 0,06 0,098 0,13 0,196 0,205 0,11 0,12 0,13 0,205 0,36 0,95

Plata recocida Plata martillada Cobre electrolítico Cobre reducido patrón Cobre recocido industrial Oro recocido Oro martillado Aluminio puro Aluminio recocido Molibdeno Cinc Tungsteno Hierro fundido Hierro puro Hierro galvanizado duro Hierro galvanizado extraduro Níquel Platino Estaño Plomo Antimonio Mercurio

Coeficiente de temp. D(ºC-1) 0,0038 0,0038 0,00393 0,00393 0,00393 0,0034 0,0034 0,00446 0,00446 0,0033 0,0007 0,0045 0,0050 0,0050 0,0050 0,0050 0,0048 0,0037 0,0037 0,0039 0,0039 0,0007

Punto de fusión aprox. (ºC)

Densidad (kg/dm3)

960 960 1.083 1.083 1.083 1.063 1.063 660 660 2.625 419,4 3.410r20 1.535 1.535 1.535 1.535 1.455 1.769 232 327,4 630,5 -38,87

10,5 10,5 8,97 8,97 8,97 19,3 19,3 2,7 2,7 10,2 7,15 19,3 7,86 7,86 7,86 7,86 8,9 21,45 7,29 11,342 6,618 13,6

1.520

7,1

1,505 1.400 1.410 1.520 1.390 1.350 1.350 1.350 1.400 1.400 1.400 1.380 1.380 1.425 1.399 1.425 1.210 1.210 _ 1.450 1.020 1.425 1.425 1.435 1.100 _ 1.425 1.425 1.150 1.100 _ _ 1.450 1.100 _ 1.100 _ 1.200

7,2 8,105 8,1 7,43 8,33 8,247 8,247 8,25 8,412 8,412 8,41 7,95 7,95 8,06 7,93 8,12 8,9 8,9 8,9 8,36 8,192 8,17 8,247 8,75 8,9 8,9 8,72 8,46 8,75 8,9 8,9 8,9 8,9 8,9 _ 8,9 8,9 8,9

Aleaciones Aleación 875 (2) Aleación 815 (2) Kanthal DR (3) Karma (1) Nikrothal (3) Aleación 750n (2) Chromel AA (2) Nichrome (1) Chromel C (2) Nikrothal 6 (3) Nichrome V (1) Chromel A (2) Nikrothal 8 (3) Chromax (1) Chromel D (2) Nilvar (1) Inoxidable tipo 304 Aleación 142 Advance (1) Copel (2) Cuprothal 294 (3) Therlo (1) Manganina Aleación 146 Aleación 152 Duranickel Midohm (1) Cuprothal 180 (3) Aleación R63 Hytemco (1) Permanickel Aleación 90 Cuprothal 90 (3) Cuprothal 60 (3) Gr. A Níquel Lohm (1) Aleación 99 Aleación 30 Cuprothal 30 (3) Cu Ni 44 (Kostantan)

Cr 22,5% + Al 5,5% + Fe Cr 22,5% + Al 4,6% + Fe Fe 75% + Cr 20% + Al 4,5% + Co 0,5%

Ni 73% + Cr 20n % + Al ´Fe Ni 75 % + Cr 17 % + Si + Mn Cr 15 % + Al 4% + Fe Ni 68% + Cr 20% + Fe 8% Ni 60 % + Cr 16 % + Fe Ni 60% + Cr 16% + Fe Ni 60% + Cr 16% + Fe Ni 80% + Cr 20% Ni 80% + Cr 20% Ni 80% + Cr 20% Ni 35% + Cr 20% + Fe Ni 35% + Cr 20% + Fe Ni 36% + Fe Cr 18% + Ni 8% + Fe Ni 42% + Fe Ni 43% + Cu Ni 43% + Cu Ni 45% + Cu Ni 29% + Co 17% + Fe Mn 13% + Cu Ni 46 % + Fe Ni 51 % + Fe Níquel + aditivos Ni 23% + Cu Ni 22% + Cu Mn 4% + Si 1% + Ni Ni 72% + Fe Níquel + aditivos Ni 11% + Cu Ni 11% + Cu Ni 6% + Cu Ni 99% Ni 6% + Cu Ni 99,8% Ni 2,25% + Cu Ni 2% + Cu Ni 44% + Mn 1,5% + Cu

1,42 1,32 1,32 1,23 1,23 1,22 1,14 1,1 1,1 1,1 1,06 1,06 1,06 0,974 0,974 0,786 0,711 0,65 0,477 0,477 0,477 0,477 0,471 0,447 0,422 0,422 0,2921 0,292 0,211 0,195 0,162 0,146 0,146 0,0974 0,097 0,097 0,078 0,049 0,0487 0,49

0,00002 0,00008 0,00007 _ 0,000003 0,00015 0,00011 0,00015 0,00015 0,00014 0,00011 0,00011 0,00008 0,00036 0,00036 0,00135 0,00094 0,0012 r0,00002 r0,00002 0,00002 0,0038 r0,000015 0,0027 0,0029 0,001 0,00018 0,00018 0,003 0,0042 0,0033 0,00049 0,00045 0,0006 0,055 0,0008 0,006 0,0015 0,0014 0,00006

© Los autores, 2002; © Edicions UPC, 2002

Anexos

179

ANEXO III. Coeficientes de resistividad de los aislantes Tabla III.1. Coeficientes de resistividad de semiconductores S/cm Cobre Constantán

:·cm 106 104 102

Conductores

Silicio Selenio Porcelana Vidrio Papel Polietileno Poliestireno Cuarzo

10 10-2 10-4 10-6 10-8 10-10 10-12 10-14

Semiconductores

aislantes

10-16 10-18 Conductividad

10-6 10-4 10-2 10 102 104 106 108 1010 1012 1014 1016 1018

plata hierro Germanio Cu2O Esteatita PVC Guatepercha Parafina goma Mica

Resistividad

Tabla III.II. Coeficientes de resistividad de líquidos y sólidos aislantes más usuales Aislante

Resistividad (M: cm)

Aceite de transformador Aire seco Amianto Arcilla Baquelita Celulosa Cera de abejas Cuarzo fundido Ebonita Goma laca Madera parafinada Mármol Mica Micalex Macanita Papel barnizado Parafina Pirex Pizarra Porcelana Vidrios comunes

1 a 10·1012 f 0,16 200 2·1012 1·103 5·1010 5·1012 1·1012 1·1010 10 a 100·108 1·105 2·1011 0,5 1·106 1 a 20·1012 1·1013 1·1011 1·102 3·108 2·107

(u106) :·cm

1 a 10·1018 f 0,16·106 200·106 2·1018 1·109 5·1016 5·1018 1·1018 1·1016 10 a 100·1014 1·1011 2·1017 0,5·106 1·1012 1 a 20·1018 1·1019 1·1017 1·108 3·1014 2·1013

(u10-4) :·mm2/m

1 a 10·1014 f 0,1·102 200·102 2·1014 1·105 5·1012 5·1014 1·1014 1·1012 10 a 100·1010 1·107 2·1013 0,5·102 1·108 1 a 20·1014 1·1015 1·1013 1·104 3·1020 2·109

Tabla III.III. Resistividades de líquidos aislantes Aislante Aceite de alquitrán Aceite de cáñamo Aceite de colza Aceite de parafina Aceite de resina Aceite de ricino Acido esteárico Bencina Benzol Petróleo

Resistividad (M: cm) 1,67·109 28,5·103 95·103 8·106 3·105 3,9·105 35·107 14·106 1,32·103 4·104

(u106) :·cm

1,67·1015 28,5·109 95·109 8·1012 3·1011 3,9·1011 35·1013 14·1012 1,32·109 4·1010

© Los autores, 2002; © Edicions UPC, 2002

(u10-4) :·mm2/m 1,67·1011 28,5·105 95·105 8·108 3·107 3,9·107 35·109 14·108 1,32·105 4·106

Protección de sistemas eléctricos de potencia

180

ANEXO IV. Magnitudes y unidades magnéticas Tabla IV.I. Magnitudes magnéticas fundamentales Término

Símbolo Relación

Transflujo

T

Flujo magnético

I

Inducción magnética

B

Reluctancia magnética

Rm

Permeabilidad

P

Intensidad de campo magnético

H

T=I T = I·Rm I = B·A I = T/Rm B = I/A B = P·H

Unidad en el sistema SI A (amperio)

l PA T Rm = I B P= H

H=

B P

V H= l Tensión magnética

V

A AW(amperio-vuelta) Vs Wb

A AW M (maxwell)

Vs/cm2 Wb/cm2

M/cm2 G (gauss)

1 H A Vs

A Vs 1 H

A G ˜ cm 2

H m Vs Am

Vs A ˜ cm A cm

G˜m A

A m

A cm AW cm

Oe (oersted)

A

A

Gb(gilbert)

Wb (weber) Vs (voltio-segundo) T(tesla) Wb/m2 Vs/m2

Rm =

V = H·l

Unidad en el Unidad en el sistema práctico sistema de de medidas medidas electromagnéticas

Tabla IV.II. Conversiones magnéticas más usuales Término

Conversiones

Flujo magnético Inducción magnética Reluctancia magnética Permeabilidad

Intensidad de campo magnético Tensión magnética

1 Wb = 1 Vs = 108 M 1 T = 1 Wb/m2 = 1 Vs/m2 = 104 M/cm2 = 104 G 1 Vs/cm2 = 1 Wb/cm2 = 108 M/cm2 = 108 G A 1 A/Vs = 1 1/H = 10 8 G ˜ cm 2 Vs G·cm 2 1H/m = 1 = 106 Am A Vs H g· cm 1 = 108 =1 A·cm cm A 1 A/m = 10-2 A/cm = 1,256·10-2 Oe 1ª/cm = 1,256 Oe 1ª = 1,256 Gb

© Los autores, 2002; © Edicions UPC, 2002

Anexos

181

ANEXO V. Conductores eléctricos V.I. Los conductores más utilizados para el transporte de energía eléctrica son cuatro: (Denominaciones en Español e Inglés) Halcón o Hawk Cóndor o Condor Gaviota o Gull Cardenal o Cardinal Tabla V.I. Conductores de Aluminio-Acero Composición: Aluminio; mm. Acero; mm. Secciones: Aluminio; mm2. Acero; mm2. Total; mm2. Sección equivalente de cu; mm2. Diámetro del alma de acero; mm. Diámetro de cable; mm. Pesos: Aluminio; Kg/Km. Acero; Kg/Km. Total; Kg/Km. Carga de rotura; Kg. Modulo de elasticidad; Kg/mm2. Coeficiente de dilatación por grado de temperatura Resistencia eléctrica a 20º C; :/Km

Halcón 26u3,442 7u2,677 241,68 39,42 281,10 152,01 8,031 21,793 666,6 308 974,6 8.817,8 7.730 18,99u10-h

Cóndor 54u3,084 7u3,084 402,84 52,26 455,10 253,36 9,246 27,762 1.115 407 1.522 12.950 6.860 19,35u10-h

Gaviota 54u2,822 7u2,822 337,74 43,81 381,55 212,31 8,466 25,4 934,6 342,2 1.276,8 11.135,7 6.860 19,35u10-h

Cardenal 54u3,376 7u3,376 483,42 62,64 546,06 304,03 10,135 30,378 1.338 488 1.826 15,536 6.860 19,35u10-h

0,119

0,0721

0,0851

0,0597

Tabla V.II. Densidad máxima admisible y su intensidad correspondiente MAGNITUD Densidad máxima admisible; A/mm2 Intensidad correspondiente; A

Halcón 2,043 574,28

CONDUCTORES Cóndor Gaviota 1,757 1,869 799,61 713,116

Cardenal 1,628 888,98

Tabla V.III. Intensidad máxima admisible para fases simplex, dúplex, tríplex y cuádruplex LÍNEA CON Un circuito de fases simples

Halcón

CONDUCTORES Cóndor Gaviota

574,28

799,61

713,116

888,98

1.148,56

1.599,22

1.426,23

1.777,96

1.722,84

2.398,83

2.139,34

2.666,94

2.297,12

3.198,44

2.852,46

3.555,92

Cardenal

Un circuito de fases dúplex Un circuito de fases tríplex Un circuito de fases cuádruplex Dos circuitos de fases simples, acoplados en paralelo Dos circuitos de fases dúplex, acoplados en paralelo

Iguales valores que para una línea con un circuito dúplex Iguales valores que para una línea con un circuito cuádruplex

© Los autores, 2002; © Edicions UPC, 2002

Protección de sistemas eléctricos de potencia

182

ANEXO VI. Conductancia. Autoinducción y Susceptancia VI.I Pérditancia o Conductancia GK

P(kW / km) 3 ·10 ( S / km) 2 V FASE (kV )

GTOTAL

G K ·Long ·n º fases

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) :/km

Tabla VI.III. Fórmulas de capacidad con fases simples y múltiples. Susceptancia (Bk = w·Ck) (S/km)

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Anexos

183

ANEXO VII. Método de las constantes auxiliares Tabla VII.I. Constantes auxiliares A, B, C , y, D de las líneas Constante

Módulo

Argumento

D=A

Parte real

Parte imaginaria

d’=a’

d”=a”

VII.I Fórmulas para la obtención de las constantes auxiliares x

Método de las funciones hiperbólicas y circulares

A D (a ' ja ' ' ) cosh 4c (cosh 4 'c ·cos 4 c ' ' )  j (senh 4 'c ·sen 4 c ' ' ) B (b' jb' ' ) C x

Z C ·senh 4c 1 (c' jc ' ' ) ·senh 4c Zc

Z C ·((senh 4 'c ·cos 4 c ' ' )  j (cosh 4 'c ·sen 4 c ' ' )) 1 ·((senh 4 'c ·cos 4 c ' ' )  j (cosh 4 'c ·sen 4 c ' ' )) Zc

Método del desarrollo en series de funciones hiperbólicas y circulares A

D (a' ja ' ' )

B

(b' jb' ' )

º ª Z L ·Y L ( Z L ·Y L ) 2 ( Z L ·Y L ) 3 ( Z L ·Y L ) 4     ......» «1  2 4 6 8 «¬ »¼

º ª Z L ·Y L ( Z L ·Y L ) 2 ( Z L ·Y L ) 3 ( Z L ·Y L ) 4 Z L «1      ......» 3 5 7 9 «¬ »¼

ª Z L ·Y L ( Z L ·Y L ) 2 ( Z L ·Y L ) 3 ( Z L ·Y L ) 4 º (c' jc ' ' ) Y L «1      ......» 3 5 7 9 ¬« ¼» Se tomará un término con 80km, dos términos con 160km, tres términos con 240km, etc. C

x

Impedancia característica Z LÍNEA

Zc x 4c x

Y LÍNEA

con:

Z LÏNEA

( R LÏNEA  jX LÏNEA )

ZL

Y LÏNEA

(G LÏNEA  jB LÏNEA ) Y L

Ángulo característico Z LÏNEA ·Y LÏNEA En radianes.

4cGRADOS

360º ' (4 c  j4 'c' ) 2S

360º Z LÏNEA ·Y LÏNEA 2S

Potencia característica Pc

2 U LÏNEA Zc

Siendo el valor de la tensión, sólo en módulo: U LÏNEA

© Los autores, 2002; © Edicions UPC, 2002

V FASE · 3

en.. gra dos .

Protección de sistemas eléctricos de potencia

184

VII.II. Comprobación de las constantes auxiliares 1. 2. 3.

A  B·C (1  j 0) (a’2-a’’2) - (b’c’) + (b’’c’’) = 1 (2a’a’’) - (b’c’’) + (b’’c’) = 0

Siendo A (a' ja ' ' ) B

(b' jb' ' ) C

(c' jc' ' )

Para 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 x

Conocidos los valores al principio de línea. (Todos los parámetros son vectores.) V 2 V 1 ·D  I 1 ·B V 2 V 1 ·D Vacío: Carga: I 2 I 1 · A  V 1 ·C I 2 I 1·A

x

Conocidos los valores al final de línea. (Todos los parámetros son vectores.) V 1 V 2 · A  I 2 ·B V 1 V 2 ·A Vacío: Carga: I 1 V 2 ·C  I 2 ·D I 1 V 2 ·C

VII.IV. Fórmulas generales para sistemas eléctricos de potencia Potencia activa, reactiva y aparente trifásicas

x

Pi

U i ·I i · 3 ·cos M i P1

Qi

U i ·I i · 3 ·sen M i

S i ·cos M i

Q1

Si

*

U i ·I i · 3 S1

S i ·sen M i

( Pi  jQi ) Pi tagM i

Impedancia, reactancia inductiva, y ángulo total de un sistema de potencia U ni2 M i M U i  M Ii X TRi Z i ( Ri  jX i ) Z i ‘M i H XCCni S ni

x

M Si

x

Intensidad al final de línea, tensión de fase, tensión al inicio de línea y rendimiento total de un sistema de potencia PSALIDA Pi Ui V 1 V 2  Z 12 ·I 12 K 100 Vi Ii ‘(M Ui  M Ii ) PENTRADA 3 U i · 3 ·cos M i

x

Fórmula para obtener el módulo de la tensión al final de línea conocidos: la tensión al inicio de línea, las potencias finales de línea y la impedancia de la línea

>

@

U 24  2·( R12 ·P2  X 12 ·Q2 )  U 12 ·U 22  ( Z 12 ·S 2 ) 2

Compensación de energía reactiva. Diversas fórmulas para su obtención, conocidas las tensiones de la zona a compensar, así como la potencia total activa y las impedancias

x

Q2  NUEVA K x

0

U 1 ·U 2 Z 12

K

 Kq r K 2  ( P2  Kp) 2 2 2

U cos M Z 12 Z 12

2 2

U sen M Z 12 Z 12

K

QCOMP

(Q2  NUEVA  Q2 ANTIGUA )

X COMP

U i2 QCOMP

C COMP

1 X COMP ·2·S · f

Impedancias de los transformadores trifásicos con tres devanados X PS XP

2 U PS H XCCPS S PS

X PS  X PT  X ST 2

X ST XS

2 U ST H XCCST S ST

X PS  X ST  X PT 2

© Los autores, 2002; © Edicions UPC, 2002

X PT XT

2 U PT H XCCPT S PT

X PT  X ST  X PS 2

Anexos

185

ANEXO VIII. Método del circuito equivalente en "T", y en "3" VIII.I. Método del circuito equivalente en “T” X/2

R/2

V1

X/2

Vc

R/ 2

I1

U1 P1 M1 I1

I2 G=0

U2 P2 M2

Ic

B

Figura VIII.1 Circuito equivalente en “T” para una línea de longitud media

Régimen en carga

x

S2

Q2 P2

M2

P2

S 2 ·cos M 2 siendo P2

U 2 ·I 2 · 3 ·cos M 2

Q2

S 2 ·sen M 2 siendo Q2

U 2 ·I 2 · 3 ·sen M 2

S2

P2 cos M 2

U 2 ·I 2 · 3

siendo S 2

M2 = Mv2-MI2

Otras fórmulas importantes son:

I2

*

( P2  jQ 2 )

P2 U 2 · 3 ·cos M 2

M v 2  M 2

Las fórmulas específicas del circuito equivalente en "T" (ver figura) son:

VC

V2 

Z Linea ·I 2 2

Y recordando que: I 1L

IC I 1Fase

B·V c

I1

la tensión es: U 1L

V 1 Vc 

Ic  I 2

V 1Fase · 3

Z Línea I1 2

y el ángulo inicial es: M 1

MU 1  M I1

Conocidos la tensión, intensidad y ángulo inicial podremos hallar las potencias iniciales: P1

U 1 ·I 1 · 3 ·cos M 1

Q1 U 1 ·I 1 · 3 ·sen M 1

*

S1

I 1 ·U 1 · 3

( P1  jQ1 )

Finalmente la caída de tensión, la pérdida de potencia y el rendimiento del sistema serán: U1 U 2 P1  P2 P2 100 100 K 100 'U 'P U1 P1 P1 La caída de tensión no excederá de un 10%. La pérdida de potencia no excederá de un 3% cada 100km

x

Régimen en 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 M v 2  M 2 0 I2 P2 = Q2 = S2 = 0. M2 = Mv2 - MI2 = 0 U 2 · 3 ·cos M 2 Las otras fórmulas quedan como sigue:

VC

V2 

Z Linea ·I 2 2

V2

IC

B·V c

B·V 2

I1

IC  I2

IC

V1

Vc 

Z Línea Z I1 V 2  I C 2 2

Una vez obtenidas la intensidad y la tensión al inicio de línea se prosigue con las fórmulas dadas para el régimen de carga.

© Los autores, 2002; © Edicions UPC, 2002

Protección de sistemas eléctricos de potencia

186

VIII.II. Método del circuito equivalente en 3 I1

R

V1

X

V2

I2

I

U1 P1 M1 I1

B/2

G/2

U2 P2 M2

B/2

G/2

Ic2

Ic1

Figura VIII.2 Circuito equivalente en “S”, para una línea de longitud media

x

Régimen en carga

Q2

S2

M2

P2

S 2 ·cos M 2 siendo

P2

U 2 ·I 2 · 3 ·cos M 2

Q2

S 2 ·sen M 2 siendo

Q2

U 2 ·I 2 · 3 ·sen M 2

S2

P2 cos M 2

S2

U 2 ·I 2 · 3

P2

Otras fórmulas importantes son:

siendo

I2

M2 = Mv2-MI2

*

( P2  jQ 2 )

P2 U 2 · 3 ·cos M 2

M v 2  M 2

Las fórmulas específicas del circuito equivalente en "3" (ver figura) son: I C2

V 2·

B 2

I

IC2  I 2

V1

I C1

V 2  ( R L  jX L )·I

V 1·

B 2

Al principio de línea tendremos:

V1

I C1

V 2  ( R L  jX L )·I

Y recordando que: I 1L

I 1Fase

la tensión es: U 1L

V 1·

B 2

I1

I C1  I

V 1Fase · 3 y el ángulo inicial es: M 1

MU 1  M I1

Conocidos la tensión, la intensidad y ángulo inicial podremos hallar las potencias iniciales: P1

U 1 ·I 1 · 3 ·cos M 1

Q1 U 1 ·I 1 · 3 ·sen M 1

S1

*

I 1 ·U 1 · 3

( P1  jQ1 )

Finalmente la caída de tensión, la pérdida de potencia y el rendimiento del sistema serán: U1 U 2 P1  P2 P2 100 100 K 100 'U 'P U1 P1 P1 La caída de tensión no excederá de un 10%. La pérdida de potencia no excederá de un 3% cada 100km

x

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 M v 2  M 2 0 I2 P2 = Q2 = S2 = 0. M2 = Mv2 - MI2 = 0 U 2 · 3 ·cos M 2 Las otras fórmulas quedan como sigue: I C2

V 2·

B 2

I

I C2  I 2

I C2

V 1 V 2  ( R L  jX L )·I

I C1

V 1·

B 2

I1

I C1  I

Una vez obtenidas la intensidad y la tensión al inicio de línea se prosigue con las fórmulas dadas para el régimen de carga. © Los autores, 2002; © Edicions UPC, 2002

Anexos

187

ANEXO IX. Fórmulas para el cálculo de líneas eléctricas IX.I. Cálculo del Efecto Corona x

Tensión crítica disruptiva (Uc) Uc 84·mc·mt ·r.G ·log

D re

Con: mc = Coeficiente de rugosidad del conductor con: mc = 1 para hilos con superficie lisa mc = de 0,93 a 0,98 para hilos oxidados o rugosos mc = 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 seco mt = 0,8 para tiempo húmedo re = Radio del conductor en centímetros D = Distancia media geométrica entre fases, en centímetros G = 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 en cm de Hg, la densidad del aire no tendrá unidades - = Temperatura ambiente en ºC 3.921h G 273  V Para hallar la altura de presión del aire en cm de Hg, utilizaremos la expresión dada por Halley:

x

Fórmula de Halley

y 18336 Donde: h = altura de presión del aire en cm de Hg (mercurio) y = altura topográfica en (m) log h log 76 

x

Tensión más elevada (Ume)

La tensión más elevada se obtendrá en tablas, o bien aplicando un aumento del 10% al 15% por encima de la tensión nominal: Ume 1.15·Un

x

Comprobación del Efecto Corona Si Uc < Ume si se produce el efecto corona Si Uc > Ume no se produce el efecto corona

x

Pérdida de potencia por Efecto Corona (Fórmula de Peek) 2

Pkm  FASE

241 re ªU MAX U CRITICA º 5 ( f  25)2  » ·10 (kW / km  Fase) « G D¬ 3 3 ¼

Con: Uc = Tensión eficaz compuesta crítica disruptiva, capaz de producir el efecto corona, en kV Factor de corrección de la densidad del aire (sin unidades) G= r= Radio del conductor en centímetros f= Frecuencia en períodos por segundo, en general 50 Hz D= distancia media geométrica entre fases, en centímetros Umax = 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

© Los autores, 2002; © Edicions UPC, 2002

Protección de sistemas eléctricos de potencia

188

IX.II. Momento Eléctrico Me

Pe·L

u %·

R K  fase

U n2  X K  fase ·tagM

Con: L= Longitud de la línea en km u% = Caída de tensión en tanto por ciento, siempre menor al 10% Pe = Potencia que podrá transportar la línea calculada mediante el momento eléctrico, en MW Un = Tensión nominal de la línea en kilovoltios (kV) Me = Momento Eléctrico, en MW ·km RK-fase = Resistencia eléctrica por kilómetro y fase, en :/km XK-fase = Reactancia inductiva por kilómetro y fase, en :/km tagM = tangente del ángulo total (MV - MI), calculado para el tramo buscado (final de línea por ejemplo) Entonces:

Me (km) Pe

L

Pe

Me·L ( MW )

Que es la distancia máxima (en km) a la que el sistema (línea) podrá transportar una determinada potencia, o bien, la potencia máxima que el sistema podrá transportar a una determinada distancia.

IX.III. Pérdida de potencia en el transporte de energía PK %

100 R K  fase U

2 n

Ppérdida total  %

·

Pe cos 2 M

PK % ·L

P100 km %

Ppérdida  total

PK % ·100 PT % ·Pe

Con: Pk% = Pérdida de potencia por cada km y fase, en % Un = Tensión nominal de la línea, en KV Pe = Potencia que podrá transportar la línea calculada mediante el momento eléctrico, en MW cosM = coseno del ángulo total (MV - MI), 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 línea PPérdida-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 PMAX

( 3 ·U 2 ·cos M 2 ·I MAX )·N º CONDUCTORES · N º CIRCUITOS

Con: PMAX = Potencia máxima a transportar sin rebasar los límites térmicos en MW U2 = Tensión compuesta al final de línea en kV Cos G2 = Ángulo total al final de línea (G2 = GU2 - GI2) IMAX = G 'MAX · SCONDUCTOR (Intensidad máxima modificada por tablas) G 'MAX = G MAX ˜ J G MAX = Densidad de corriente máxima admisible del (Aluminio) en tablas J = Factor de corrección de la densidad admisible que depende de la composición del cable J = 0,902 para 30 Aluminio + 7 Acero J = 0,926 para 6 Aluminio + 7 Acero y 26 Aluminio + 7 Acero J = 0,941 para 54 Aluminio + 7 Acero La Imax, puede hallarse directamente en la tabla V.VIII de estos anexos, siempre para un circuito simple, ya que si existen más de un circuito, o bien, más de un conductor por circuito, ya se tiene en cuenta en la fórmula dada en este apartado.

© Los autores, 2002; © Edicions UPC, 2002

© Los autores, 2002; © Edicions UPC, 2002

R  jX

ZY

Z Y

Z

T

Ze

SenhT c  jT c c

SenhT

CoshT CoshT c  jT c c

G  jB

Y

Magnitud



Ze

p SenhT



Z Y G2  B2

R2  X 2

R2  X 2 G2  B2

2

CosT c  SenhT cc

Z Y

R2  X 2

G2  B2

2

SenhT c  SenhT cc

2

2

2

2

CosT c  CoshT cc

2

SenhT c  CoshT cc

p cos T

T

Z

Y

Módulo

e

1 M  M Y 2 Z

M cosh T

1 2

> R 2

R

B G

MSenhT tg T cc arctg TanghT c

Z cos M Z

Y cos M Y

SenhT c

CoshT c

SenhT c cos T cc

CoshT c cos T cc

Z ec Z e cos M Z ª 1 R 2  X 2 RG  XB º  « » 2 ¬« G 2  B 2 G 2  B 2 ¼»

 X 2 G 2  B 2  RG  XB

T c TCoshM T c

G

Parte real

B G

1 M  M Y 2 Z

arc tg

arc tg

arctgTanghT c tg T c c

MZ

MT

MZ

My

Argumento

ANEXO X. Resumen de fórmulas de líneas eléctricas

@

2

@

@  X 2 G 2  B 2  RG  XB

CoshT s

CoshT c sen T cc

SenhT c sen T cc

Z ec c Z e sen M Z 1 ª R 2  X 2 RG  XB º  2 « » 2 ¬« G 2  B 2 G  B 2 ¼»

> R

SenhT s

1 2

Z sen M Z

Y sen M Y

T cc TSenhM T c

X

B

Parte imaginaria

Protección de sistemas eléctricos de potencia

190

ANEXO XI. Fórmulas para el cálculo de cortocircuitos mediante el método de las redes de secuencia y las componentes simétricas XI.I. Cálculo por el Método de las Componentes Simétricas x

Operador de giro (a)

El operador:

ƒ

ƒ

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. IR

I R1  I R2  I R0

IS

I S1  I S 2  I S 0

I R1 a  I R2 a  I R0

IT

I T1  I T2  I T0

I R1 a  I R2 a  I R0

2

2

Ecuaciones (B): conocidos los vectores principales, permiten hallar sus componentes simétricas. 1 1 1 I R1 I R  I S a  IT a 2 I R2 I R  I S a 2  IT a I R0 I R  I S  IT 3 3 3













ƒ

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 se indica como subíndice. 1 I R I1  I 2  I 0 I1 ( I R  aI S  a 2 I T ) 3 1 I S a 2 I1  a I 2  I 0 I2 ( I R  a 2 I S  aI T ) 3 1 2 I T a I1  a I 2  I 0 I0 (I R  IS  IT ) 3 1 U1 ( U R  aU S  a 2 U T ) U R U1  U 2  U 0 3 1 2 U2 ( U R  a 2 U S  aU T ) U S a U1  aU 2  U 0 3 1 U0 (U R  US  U T ) U T aU 1  a 2 U 2  U 0 3

ƒ

Ecuaciones (C): aplicando las leyes de Kirchoff y las redes de secuencia hallamos las Ecuaciones C. Z R1

| ..E

V R1

Z R2

E  I R1 ·Z R1

I R1 Red directa

VR 2

Z Ro

 I R 2 ·Z R 2

VRo

I R2

I Ro

Red inversa

Red homopolar

XI.II. Cálculo del Cortocircuito Trifásico Las condiciones iniciales: que definen a este cortocircuito son: U R Las componentes simétricas: de las tensiones y de las corrientes son:

© Los autores, 2002; © Edicions UPC, 2002

 I Ro ·Z Ro

US

UT

0

Anexos

191

R

E|

S

VR1

0

I R1

VR 2

0

E Z1

0

IR2

0

VR 0

IR0

0

T

I " RK 3

I "SK 3

I "TK 3

Las intensidades serán: recordando que E = c · Un / ¥3, donde c = 1.1 IR

1.1·U n 3 ·Z 1

1.1·U n

IS

¬0º ¼

3 ·Z 1

1.1·U n

IT

¬240º ¼

3 ·Z 1

¬120º ¼

Las tensiones serán: recordando que E = c · Un / ¥3, donde c = 1.1

UR

US

UT

0

XI.III. Cálculo del Cortocircuito Bifásico Las condiciones iniciales: que definen a este cortocircuito son: I R homopolares son nulas en este cortocircuito.

0 VS

VT . Las componentes

Las componentes simétricas: de las tensiones y de las corrientes son: R

I R1 E|

VR1

S

IR2

VR 2 I R1

IR2

T

I "SK 2

E Z1  Z 2

I "TK 2

Las intensidades serán: recordando que E = c · Un / ¥3, donde c = 1.1 IR

0

IS

1'1·U n ¬ 90º ¼ Z1  Z 2

IT

1'1·U n ¬90º ¼ Z1  Z 2

Las tensiones serán: recordando que E = c · Un / ¥3, donde c = 1.1 VR

1'1·U n

2Z 2 (0 º ) Z 3 1  Z2

VS

1'1·U n

Z2 ¬180º ¼ Z 3 1  Z2

VT

XI.III. Cálculo del Cortocircuito Bifásico a Tierra Las condiciones iniciales: que definen a este cortocircuito son:

IR = 0

V S = VT = 0

Las componentes simétricas: de las tensiones y de las corrientes son: R

E|

V R1

V R2

S

I " K 2 ES

V R1

I " K 2 ET

E

V R0

1 VR 3

Z2Z0 Z1Z 2  Z1Z 0  Z 2 Z 0

T

I " K 2 EE

© Los autores, 2002; © Edicions UPC, 2002

I R1

E



Z1  Z 2 Z 0



I R2

 I R1

Z0 Z2  Z0

I R0

 I R1

Z2 Z2  Z0

Protección de sistemas eléctricos de potencia

192

Las intensidades serán: recordando que E = c · Un / ¥3, donde c = 1.1 IR

0

IS

j1'1·U n

aZ2  Z0 Z1 Z 2  Z 2 Z 0  Z1 Z 0

I EE

1'1·U n · 3

IT

 j1'1·U n

a 2 Z2  Z0 Z1 Z 2  Z 2 Z 0  Z1 Z 0

Z2 Z1 Z 2  Z 2 Z 0  Z1 Z 0

Las tensiones serán: recordando que E = c · Un / ¥3, donde c = 1.1 VR

1'1 3 ·U n

Z2Z0 Z1 Z 2  Z1Z 0  Z 2 Z 0

VS V T

0

XI.IV. Cálculo del Cortocircuito Monofásico a Tierra VR = 0

Las condiciones iniciales: que definen a este cortocircuito son:

I S = IT = 0

Las componentes simétricas: de las tensiones y de las corrientes son: R

E|

VR

V R1  V R2  V R0

0

S

VS

V R1 a 2  V R2 a  V R0

T

VT

V R1 a  V R2 a 2  V Ro

I R0

1 IR 3

I R1

I R2

I R1

E Z1  Z 2  Z 0

I "K 1 Las intensidades serán: recordando que E = c · Un / ¥3, donde c = 1.1 IR

1'1·U n 3 Z1  Z 2  Z 0

IS

IT

0

Las tensiones serán: recordando que E = c · Un / ¥3, donde c = 1.1

VR

0

VS

1'1·U n § 2 Z 1 a 2  Z 2 a  Z 0 ¨a  Z1  Z 2  Z 0 3 ¨©

· ¸ ¸ ¹

VT

Z a  Z2 a 2  Z0 1'1·U n § ¨a  1 Z1  Z 2  Z 0 3 ¨©

· ¸ ¸ ¹

XI.V. Otras Fórmulas de Interés en Componentes Simétricas 1. Redes trifásicas con tensiones nominales mayores de 1kV, (tanto para cortocircuitos próximos al generador como para los cortocircuitos alejados de él):

c ˜U h 3

c ˜U N 3

Con: x UN

Tensión nominal (tensión entre líneas) de la red en el punto de cortocircuito.

x c

1,1 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): c ˜U h 3 Con: x U NT

c ˜ U NT 3

Tensión nominal del lado de baja tensión de los transformadores que alimentan a la red.

© Los autores, 2002; © Edicions UPC, 2002

Anexos

193

x c

1

Diferencia entre la fuerza electromotriz y la tensión de la red para el cálculo de las máximas corrientes iniciales simétricas de cortocircuito. 0,95 Diferencia entre la fuerza electromotriz y la tensión de la red para el cálculo de las mínimas corrientes iniciales simétricas de cortocircuito.

x c

3. En caso de redes con tensiones nominales superiores a 1kV: donde existan generadores con

X " d ! 20% 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 de cortocircuito está alimentado por generadores de baja tensión, se cumple para las fuerzas electromotrices de los generadores la siguiente expresión: c ˜U h

c ˜ U NG

3

3

Con: x U NG

Tensión nominal del generador

x I NG

Corriente nominal del generador

x X

"

d

x M NG

 I NG ˜ X " d ˜ sin M NG

Reactancia inicial del generador Ángulo de desfase entre U NG

3 y I NG para servicio nominal

4. Observaciones generales relativas al cálculo En redes que dispongan de una impedancia (Z) de cortocircuito formada principalmente por elementos inductivos (impedancias de bobinas, transformadores, motores y generadores) y que sólo presenten tramos cortos paralelos de líneas aéreas o cables, normalmente es posible prescindir de las resistencias dado que su valor es mucho menor al de las inductancias (sobre todo con redes con tensiones nominales superiores a 1kV). Con esta omisión, el valor de las impedancias no difiere apreciablemente del de las reactancias. Tampoco es necesario tener presente las resistencias efectivas de las líneas que presenten tensiones de servicio varias veces superiores a la tensión de la red en la que está situado el punto de cortocircuito. Con todas estas simplificaciones, la impedancia de cortocircuito considerada resulta ser algo menor que la impedancia real, y por tanto, los valores de las corrientes de cortocircuito calculados con estas impedancias resultarán aumentados respecto a su valor real, o sea, que estos valores nos darán un cierto margen de seguridad. Por el contrario, para dimensionar las instalaciones e interruptores de protección es necesario conocer el valor de la máxima corriente asimétrica de cortocircuito (IS) dependiendo su valor de la relación entre la resistencia efectiva y la reactancia del sistema, es decir, del factor (Ȥ). Por ello, si los dispositivos y componentes implicados en el cortocircuito presentan resistencias efectivas grandes (cables y líneas aéreas largas o de poca sección, o incluso transformadores de poca potencia), al despreciar estas resistencias efectivas se obtendría, además de un valor demasiado pequeño para la impedancia de cortocircuito, un factor (Ȥ) demasiado grande, es decir, una corriente máxima asimétrica demasiado elevada. 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 las instalaciones de maniobra. Por el contrario, cuando las tensiones sean inferiores a este valor (1kV), deben tenerse presentes las impedancias de las barras y de las uniones entre aparatos, aunque sólo dispongan de unos metros, al efectuar el cálculo de la impedancia de cortocircuito de la red. Las resistencias de paso debidas a los contactos o ha uniones por tornillos (que alcanzan valores de hasta 0,08mW) reducen también el valor de la corriente de cortocircuito en las instalaciones de baja tensión, aunque su cálculo con precisión resulta prácticamente imposible, despreciándose para el análisis de las corrientes de cortocircuito. Resumiendo, puede decirse que si despreciamos las resistencias efectivas simplificaremos la determinación de la impedancia de cortocircuito de la red, sobre todo si ésta presenta ramas en paralelo y mallas, pero teniendo muy presente que a la hora de determinar las corrientes máximas asimétricas de cortocircuito (Is) no se podrán realizar estas simplificaciones.

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Protección de sistemas eléctricos de potencia

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ANEXO XII. Fórmulas, Factores correctores y Tablas para el Cálculo de las 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 de cortocircuito (I”K) y de los factores indicados en las directrices VDE 0102. Si el punto de cortocircuito está alimentado directamente por las distintas fuentes de corriente de cortocircuito se cumplen las siguientes relaciones para (IS , Ia , IaM e IK): x

Corriente máxima asimétrica de cortocircuito (Is): X

Is

F ˜ 2 ˜ I "k

2 1,8 1,6 1,4 1,2 1 0,2

0,4

0,6

0,8

1,2

1

R/X Gráfica XII.I Factor (Ȥ) 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 (Ȥ) depende de la relación (RK/XK) correspondiente a los distintos elementos o dispositivos implicados en el cortocircuito y tiene presente el amortiguamiento temporal de la componente aperiódica y, en el caso de cortocircuitos próximos al generador, el de la componente simétrica. x

Corriente simétrica de corte (Ia)

x Máquinas síncronas: x Máquinas asíncronas:

I a P ˜ I "k I aM P ˜ q ˜ I " k

P 0, 05 s

0,9

0,1s

0,8 0,7 t0 , 25 s

0,6 0,5

1

2

3

4

5

6

7

8

9

I’’k3/In 3 4 5 6 7 8 9

I’’k2/In

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 el circuito y del retardo mínimo de desconexión (tV).

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Anexos

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El factor (q) depende de la relación entre la potencia del motor asíncrono, del número de pares de polos y del retardo mínimo de desconexión (tV). Este factor vale la unidad si no existen motores asíncronos en la red analizada.

q

1,0

Retardo mínimo de desconexión

0,9 0,8

0, 05 s

0,7 0,6

0,1s

0,5 0,4 0,3 0,2 t 0 , 25 s

0,1 0,01 0,02

0,04

0,1

0,2

0,4

1

10

4

2

P. del motor(MW)/par de polos

Gráfica XII.III Factor (q) para calcular la corriente simétrica de corte (IaM) de un motor asíncrono x

Corriente permanente de cortocircuito (Ik):

IK

O ·I n

2,4

O 4.5 0,6

4.0

Omin

2,0

0,8

1,6

1.0

3.0

1,2 1,4 1,6 1,8 2,0 2,2

Omax

1,2 1,7 2.0

1,2

2.0 0.8 Omin

Omax

1.0

0

2

4

0.4

6

8

0

2

4

6

8

I’’k3/In

I’’k3/In Generadores de polos salientes

Turbogeneradores

Gráfica XII.IV Factores (Ȝmax y Ȝmin) para calcular las corrientes permanentes de cortocircuito máxima (IKmax) y mínima (IKmin) correspondientes a una máquina síncrona El factor (Ȝ) depende de la relación (I”K /In), de las condiciones de excitación y del tipo de máquina síncrona que exista en la red analizada. En las redes mixtas formadas por fuentes de corriente de cortocircuito de diverso valor, existirán corrientes 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 siguiendo constantes de tiempo distintas (según la VDE 0102). Se remite al lector a la sección de problemas resueltos para comprobar cómo se efectúa el cálculo de redes múltiples.

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Bibliografía

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Bibliografía. x x x x x x x x x

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).

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