Cálculo de cortocircuitos en los sistemas eléctricos de potencia (página 2)

La figura 6.1.1 muestra tres generadores de 60 MW con una reactancia subtransitoria igual a 0,09 pu. El generador equivalente que lo sustituye en los cálculos de cortocircuitos es de 180 MW y su reactancia el resultado de obtener la combinación en paralelo de las tres componentes es decir

Representación de un cortocircuito trifásico en un sistema eléctrico mediante barras ficticias.

Figura 6.1.2.- Representación de un cortocircuito trifásico en un SEP.

En la figura 6.1.2 se muestra la forma de considerar un cortocircuito trifásico a través de una impedancia de falla Zf (supuesta igual en las tres fases) en un punto de un SEP. Se suponen barras ficticias en el punto de ocurrencia del mismo, se señalan las corrientes de cortocircuito en cada fase como corrientes que salen de las barras ficticias y se señalan los voltajes desde el punto de falla a la referencia en cada fase como Ua, Ub, y Uc.

Condiciones de los voltajes y las corrientes en el punto de falla.

Como el cortocircuito es balanceado, Ia + Ib + Ic = 0 por lo que In = 0 (6.1.1)

y los voltajes al neutro en el punto de falla se calculan como:

Ui = Zf Ii i= a, b c (6.1.2)

Donde Ui= 0 si no existe impedancia de falla.

Debido a que el sistema permanece balanceado durante el cortocircuito, sólo es necesario trabajar con la red de secuencia positiva pues no hay voltajes ni corrientes de las otras secuencias. Los resultados de las otras dos fases son iguales pero desfasados (120º0 .

Ejemplo numérico. Para el sistema eléctrico sencillo de la figura 6.1.3, calcule la corriente debida a un cortocircuito trifásico en las barras 1 y 2.

Figura 6.1.3.- Monolineal de un sistema eléctrico sencillo para ejemplificar el cálculo de un cortocircuito trifásico. Como el sistema permanece balanceado durante la falla, sólo se necesita la red de secuencia positiva. Todas las magnitudes dadas están en pu en las bases de 100 MVA y 121 kV en la línea, por lo que la red de secuencia positiva será la que se muestra en la figura 6.1.4 (a), (b) y (c).

El cortocircuito trifásico en la barra 2 (ó 1) puede simularse mediante el interruptor "S". Con "S" abierto, el sistema está "sano". Con "S" cerrado hay un cortocircuito trifásico en el punto considerado. Para calcular la corriente de cortocircuito se aplica el teorema de Thevenin entre el punto de falla y la referencia. El voltaje de Thevenin es el que había en el punto de falla antes de la ocurrencia de la falla. En nuestro caso es el voltaje de la barra 1 ó 2 antes de ocurrir el cortocircuito y por eso recibe el nombre de "voltaje de prefalla". La impedancia de Thevenin es la que se "ve" con "S" abierto, a través de sus terminales, con todas las fuentes de voltaje en cortocircuito y todas las fuentes de corriente en circuito abierto. En este caso el voltaje de Thevenin se toma como 1+j0 pu y la impedancia de Thevenin será: Para el cortocircuito: En la barra 1, ZTh = j0,18 pu. En la barra 2, ZTh = j(0,18+0,13)=j0,31 pu.

Reduciendo el circuito de la figura 6.1.4 (a) mediante la aplicación del teorema de Thevenin entre la barra fallada (1 ó 2) y la referencia se obtienen los circuito de las figuras 6.1.4 (b) y (c).

Aplicando la segunda ley de Kirchhoff en el circuito de la figura 6.1.4 (b) y (c) se obtiene:

Como era de esperarse, el cortocircuito en los terminales del generador (nodo 1) es mayor que en la barra 2 porque no incluye el efecto atenuador de la impedancia del transformador.

Expresadas en ampere. Para el cortocircuito en la barra 1:

Para el cortocircuito en la barra 2, (en el generador):

Para el cortocircuito en la barra 2,(en el transformador):

Se deja al alumno analizar el por qué de esta notable diferencia si se tiene la misma corriente en pu.

Figura 6.1.4.- Redes de secuencia positiva del monolineal de la figura 6.1.3 para fallas en las barras (1) y (2).

6.2.- Nivel de cortocircuito en MVA. En muchas oportunidades, no es necesario trabajar con todo el sistema eléctrico para calcular las corrientes de cortocircuito en una parte de él. En esos casos, la parte del sistema que no se va a estudiar, pero que aporta corrientes al cortocircuito se representa por un voltaje en serie con una reactancia que se calcula a partir del nivel de cortocircuito del sistema no considerado. Los MVA de falla de esa parte del sistema se calculan mediante la expresión:

MVAcc= IccUnom10-3 MVA. (6.2.1) Donde: Icc: Corriente debida a un cortocircuito trifásico o monofásico en el punto en amperes.

Unom: Voltaje nominal del sistema en kV de línea.

El 10-3 es para llevarlo a MVA En el ejemplo resuelto, los MVA de falla en la barra 2 son MVA.

6.2.1.- Cálculo de la reactancia de Thevenin a partir de los MVA de falla.

Suponga que el resto de un SEP está representado por 5000 MVA de falla. En Ohm, la reactancia que representa dichos MVA es:

. (6.2.1.1)

Llevada a pu

(6.2.1.2)

(6.2.1.3)

La expresión anterior muestra que la Xcc se puede calcular dividiendo la potencia base entre los MVA de cortocircuito únicamente cuando el voltaje base es igual al voltaje con que se calcularon los MVA de cortocircuito. Este voltaje denominado aquí "nominal", y tomado como 110 kV, puede ser el voltaje utilizado por el fabricante de un interruptor para calcular sus MVA interruptivos y si es así, es de gran importancia utilizar ese mismo valor de voltaje para calcular los MVA de falla del sistema para que sean comparables.

7.- Cortocircuito monofásico en los SEP. Su representación mediante barras ficticias.

Condiciones del sistema en el punto de falla.

Ib=Ic=0 Fases "sanas". (7.1)

Según la impedancia de falla sea cero o desigual de cero.(7.2)

Componentes simétricas de las corrientes desbalanceada

(7.3)

Componentes simétricas de las corrientes desbalanceadas.

(7.4)

Componentes simétricas de las corrientes desbalanceadas.

(7.5)

Figura 7.1.- Representación de un cortocircuito monofásico mediante las barras ficticias.

Efectuando se observa que Ia0=Ia1=Ia2= Ia. Es decir que las tres componentes de secuencia son iguales entre sí.

Figura 7.2.- Redes de secuencia, reducidas mediante el teorema de Thevenin, interconectadas en serie entre el punto de falla y la referencia para representar un cortocircuito monofásico.

La mejor manera de obtener las expresiones para calcular las corrientes debidas a los cortocircuitos de cualquier tipo es mediante la interconexión de las redes de secuencia. Como esta falla desbalancea el circuito y comprende la tierra son necesarias las tres redes de secuencia (+ – y 0). La condición de que las tres corrientes de secuencia son iguales indica que las redes tres redes deben conectarse en serie entre el punto de falla y la referencia como se muestra en la figura 7.2. Aplicando la primera ley de Kirchhoff en las tres redes de la figura 7.2 se obtiene el valor de la corriente Ia1 en función de elementos conocidos. Así:

(7.6)

Cálculo de la corriente de cortocircuito. Con la expresión anterior sólo se tiene una de las tres componentes de secuencia por lo que hay que aplicar la expresión que relaciona las componentes de fase con las de secuencia o sea

(I)=(S)(Is) (7.7)

Desarrollándola, para el caso particular de la falla monofásica:

(7.8.)

Efectuando: (7.9)

Se deja al alumno demostrar, continuando el desarrollo que Ib=Ic=0.

Indicación: 1+a2+a=0

7.1.- Reactancia de cortocircuito para el caso de una falla monofásica. En el epígrafe anterior se determinó que es posible calcular la reactancia que representa los MVA de falla debidos a un cortocircuito trifásico mediante la expresión:

Donde los MVA de falla son trifásicos. (7.1.1)

En el caso de las fallas monofásicas aunque la expresión de los MVA de falla es idéntica, pero con la corriente monofásica, hay que tener en cuenta otras consideraciones, como se verá a continuación:

MVAcc1(= MVA. (7.1.2)

Sustituyendo la expresión de la corriente por su fórmula en pu llevada a amperes se tiene

(7.1.3)

Reordenando la ecuación anterior:

(7.1.4)

(7.1.5)

7.2.- Falla a través de una impedancia Zf y/o una impedancia en el neutro Zn. Cuando los cortocircuitos son efectivos, es decir cuando Zf=0 se obtienen los valores de corrientes mas altas y por lo tanto son los más prudentes a utilizar cuando se determinan los efectos nocivos de las corrientes de cortocircuito. Sin embargo, hay casos, como por ejemplo cuando se ajustan los relés llamados de impedancia, en que se deben considerar las impedancias de falla, ya que no incluirlas en los cálculos puede provocar ajustes incorrectos en el relevador. En este caso, si además hay una impedancia en el neutro, la corriente de secuencia cero se encuentra una impedancia Zo+3(Zf+Zn) por lo que la expresión de la corriente será:

(7.2.1)

En todos los casos el llamado voltaje de prefalla es el voltaje de Thevenin como ya se explicó.

7.3.- Cálculo de los voltajes en el punto de falla.

Para ejemplificar estos cálculos se supondrán valores numéricos para los elementos del circuito.

Así: Ia1=Ia2=Ia0=-j3,7 pu. Z1=Z2 j0,1 pu. Upf=1+j0 pu. Zo=-j0,07 pu. (7.3.1)

La expresión para calcular los voltajes desbalanceados en el punto de cortocircuito es:

(U) = (S) (Us). (7.3.2)

Los voltajes de secuencia (+), (-) y (0) se obtienen aplicando la segunda ley de Kirchhoff en las redes de secuencia reducidas por Thevenin obteniéndose las ecuaciones y los resultados siguientes:

Ua1 = Upf- jX1Ia1= 1-j0.1(-j3.7) = 0.63 pu. (7.3.3)

Ua2 = -j X2Ia2 = -j 0.1(-j3.7)= -0.37 pu. (7.3.4)

Uao= -j0.07 (-j3.7)= -0.26pu.(7.3.5)

Sustituyendo:

(7.3.6)

Efectuando, los voltajes de fase, Ua, Ub e Uc en el punto fallado serán:

Ua= -0.26+ 0.63- 0.37 =0 Como era de esperarse para Zf=0. (7.3.7)

Ub= -0.26 + a2 0.63 – a 0.37 = 0.95 (7.3.8)

Uc= -0.26 + a 0.63 – a2 0.37 = 0.95 (7.3.9)

Cálculo de los voltajes de línea en el punto fallado. Voltaje base = 121 kV.

Uab = Ua-Ub = -Ub= -0.95  ,       Uab = -0.95 (121/  kV

Uab = -66 kV

Ubc=(Ub-Uc)=0.95 

Ubc=1.73(121/) kV

Ubc=121 .

Uca=(Uc-Ua)=66 .

NOTE que para llevar los voltajes a kV se utilizó el voltaje base de fase debido a que los voltajes calculados en pu son de fase.

7.4.- Cortocircuito entre fases en un SEP. Su representación mediante barras ficticias.

Figura 7.4.1.- Representación de un cortocircuito entre fases en un SEP mediante barras ficticias.

Condiciones del sistema en el punto de falla.

Ub=Uc=U: (7.4.1)

porque ambas barras están conectadas entre sí y no son cero porque no están conectados a la referencia.

Ia=0: Fase "sana". (7.4.2)

Si se sustituyen las condiciones encontradas para los voltajes en la ecuación (Us)=(S)-1(U) se obtiene, desarrollándola:

(7.4.3)

Efectuando:

(7.4.4)

(7.4.5)

La condición encontrada para los voltajes de secuencia positiva y negativa indican que las redes de secuencia deben conectarse en paralelo entre el punto de falla y la referencia.

Figura 7.4.2.- Interconexión de las redes de secuencia (+) y (-) para representar un cortocircuito entre fases.

Las conexiones en paralelo de las dos redes de secuencia permiten obtener varias relaciones importantes entre los voltajes y las corrientes:

Ua1=Ua2 Porque están en paralelo- (7.4.6) Ia1= – Ia2 Idem. (7.4.7) Aplicando la primera ley de Kirchhoff en la red de secuencia positiva y despejando se obtiene la componente de secuencia positiva de la corriente de falla:

(7.4.8)

En la red de secuencia negativa:

(7.4.9)

Trabajando con las dos ecuaciones anteriores se obtiene la corriente buscada:

(7.4.10)

Utilizando la expresión (I)=(S)(Is), se calculan las corrientes debidas a la falla Ia e Ib. Desarrollándola sustituyendo las relaciones halladas:

(7.4.11)

Efectuando:

Ia=0+Ia1-Ia1=0 Como era de esperarse pues es la fase "sana". (7.4.12)

Ib=(a2-a)Ia1=-Ia1 (7.4.13) Ic=(a-a2)Ia1=+Ia1 (7.4.12)

Que como se ve, cumple con la relación encontrada Ib=-Ic.

7.5.- Cortocircuito entre dos fases y la tierra en un SEP. Su representación mediante barras ficticias.

Figura 7.5.1.- Representación de un cortocircuito entre dos fases y la tierra en un SEP mediante barras ficticias.

Para este primer análisis se supondrá que las impedancias de falla de puesta a tierra del neutro son nulas (Zf=Zn=0).

Condiciones del sistema en el punto de falla. Dado que las fases "b" y "c" están conectadas a la referencia y la impedancia de falla es cero:

Ub=Uc=0 (7.5.1)

Como hay una conexión a tierra:

Ia+Ic=In (7.5.2)

Sustituyendo las relaciones encontradas para los voltajes en la expresión (Us)=(S)-1(U) se obtiene:

(7.5.3)

Efectuando en la ecuación matricial anterior se encuentra una relación importante entre los voltajes de secuencia:

Ua0=Ua1=Ua2=Ua (7.5.4)

La condición anterior indica que las tres redes de secuencia deben conectarse en paralelo entre el punto de falla y la referencia.

Figura 7.5.2.- Interconexión de las redes de secuencia (+), (-) y (0) para representar un cortocircuito entre dos fases y tierra.

Como en las redes de secuencia no hay fuentes de voltaje sus impedancias quedan en paralelo con la red de secuencia positiva por lo que las impedancias de secuencia negativa y cero pueden sustituirse por una impedancia equivalente de valor:

(7.5.5)

Aplicando la segunda ley de Kirchhoff en el circuito de la figura 7.5.2, teniendo en cuenta el valor de la impedancia equivalente, se obtiene:

(7.5.6)

La forma más rápida y eficiente de calcular las corrientes de secuencia negativa y cero es aplicando un divisor de corriente, pero teniendo en cuenta que según los sentidos supuestos:

Ia1=-Ia2-Ia0 (7.5.7)

Por lo tanto, (7.5.8)

(7.5.9)

Obtenidas las tres componentes de las corrientes de falla se sustituyen en la conocida ecuación matricial (I)=(S)-1(Is) teniendo en cuenta que Ia0=-Ia1-Ia2.Esta ecuación, desarrollada, es:

(7.5.10)

Desarrollando los productos matriciales de la ecuación anterior se obtiene:

Ia=0 como era de esperarse por ser la fase sana.

(7.5.11)

(7.5.12)

7.6.- Ejemplo numérico. Calcule las condiciones de cortocircuito para las tres barras del sistema de la figura 7.6.1. Datos:

Generador: 13,8 kV, 150 MW, Factor de Potencia=0,91463, X"=X2=0,09 pu., X0=0,07 pu.

Transformador: 200 MVA, 13,8/230 kV, X=11% Línea: X1=20 ( X0=60 (.

Resto Del Sistema: MVAcc1=MVAcc2= 2000 MVA MVAcc0= 2172 MVA. Todas calculadas con 230 kV como voltaje nominal.

Figura 7.6.1.- Monolineal del sistema para el ejemplo numérico.

Solución:

Primer Paso: Expresar las magnitudes del circuito en por unidad.

Este paso se comienza escogiendo la potencia base y un voltaje base. Se escogerán las magnitudes bases del transformador (200 MVA y 13,8 kV en el lado de bajo voltaje).

Generador: Su capacidad en MVA es 150/0,91463=164 MVA(200 por lo que hay que cambiarle la base de potencia.

X"=X2=0,09

X0=0,07

Transformador: No hay cambios de base pues las suyas fueron las escogidas: Xt= 0,11 pu.

Línea: El voltaje base en la línea es 230 kV por lo que la impedancia base en la línea es:

Resto del Sistema:

Xcc1=Xcc2=

Xcc0=

Segundo Paso: Formar las redes de secuencia positiva, negativa y cero con todas sus magnitudes en por unidad.

Figura 7.6.2.- Red de secuencia positiva del monolineal de la figura 7.6.1.

Figura 7.6.3.- Red de secuencia negativa del monolineal de la figura 7.6.1.

Tercer Paso: Reducir las tres redes de secuencia anteriores entre el punto de falla y la referencia aplicando el teorema de Thevenin para cada uno de los cortocircuitos pedidos.

Figura 7.6.4.- Red de secuencia cero del monolineal de la figura 7.6.1

Se realizarán los cálculos para el cortocircuito en la barra "1" y se dejará al alumno, como ejercitación, el cálculo para las otras dos barras.

La figura 7.6.5 muestra las tres redes de secuencia reducidas aplicando el teorema de Thevenin entre la barra "1" y la referencia. Para las redes de secuencia positiva y negativa las impedancias de Thevenin son iguales y se calculan como:

X0=j0,0854

Porque el sistema, a la derecha de la barra 1 está desconectado del generador a la secuencia cero

Figura 7.6.5.- Redes de secuencia positiva, negativa y cero reducidas por Thevenin entre la barra "1" y la referencia.

7.6.1.-Corrientes debidas al cortocircuito trifásico. Como la red permanece balanceada, sólo se necesita la red de secuencia positiva. En ella:

Se deja al alumno dibujar el diagrama fasorial de las tres corrientes y comprobar que están desfasadas 120º entre sí.

La corriente anterior en amperes es:

El nivel de cortocircuito a 13,8 kV es: MVAcc=

7.6.2.- Corrientes debidas al cortocircuito monofásico. En este caso, como el sistema se desbalancea y la falla comprende tierra, hay que trabajar con las tres redes de secuencia conectadas en serie a través de la barra (1).

Nótese que en esta barra, la corriente debida al cortocircuito trifásico es mayor que la debida al monofásico sólo en un 2,95%.

Ib=Ic=0 Pues son las fases "sanas".

Para la misma corriente base, la corriente en ampere es:

El nivel de cortocircuito a 13,8 kV es: MVAcc1F=

7.6.3.- Corrientes debidas a un cortocircuito entre fases.

Ia=0 Pues es la fase "sana".

Ib

Ic=-Ib

7.6.4.- Corrientes debidas a un cortocircuito entre dos fases y tierra.

Ia=0 Pues es la fase “sana”.

Ia1=

Aplicando un divisor de corriente, teniendo en cuenta que Ia1=-Ia2-Ia0 se obtienen las componentes de secuencia de las corrientes que faltan:

Sustituyendo los valores hallados en la ecuación matricial (I)=(S)(Is) se obtienen las corrientes de cortocircuito de las tres fases.

Efectuando en la ecuación anterior mediante la multiplicación filas por columnas elemento a elemento se obtiene:

Ia=0 Fase “sana”.

Diagrama Fasorial de las corrientes de falla.

Figura 7.6.4.1.- Diagrama fasorial de las corrientes de falla para que se observe como la relación entre ellas es de 180o

Tabla 7.6.4.1.- Corrientes de cortocircuito para los cuatro tipos de cortocircuito calculados.

La tabla 7.6.4.1 muestra un resumen de las corrientes de cortocircuito calculadas para que se comparen sus valores entre sí.

7.6.5.- Cálculo de los voltajes durante la falla. A continuación se calcularán los voltajes de fase y entre líneas para los diferentes tipos de cortocircuito calculados.

7.6.5.1.- Para el cortocircuito trifásico. Durante el cortocircuito trifásico, el interruptor "S" está cerrado a través de una impedancia de falla nula por lo que:

Ua=Ub=Uc=0.

7.6.5.2.- Para el cortocircuito monofásico.

Aplicando la segunda ley de Kirchhoff en las redes de secuencia positiva, negativa y cero conectadas en serie se obtiene:

Ua1=1-0,325=0,675 pu. Ua2=(-j0,0793)(-j4,098)=-0,325 pu. Ua0=(-j0,0854)(-j4,098)=-0,350 pu.

Los voltajes de fase son:

Efectuando, multiplicando filas por columna, elemento a elemento, se obtienen los voltajes de las tres fases durante la falla:

Ua=0: Lógico, pues es la fase fallada y Zf=0.

Ub=0,8835 / -78,58 o pu.

Uc=0,6062 / -150 o pu.

Los voltajes de línea son:

Uab=Ua-Ub=0,8855 / 101,42 o Multiplicado por Uab=7,039 kV.

Ubc=Ub-Uc=0,898 / -38,80 o =7,154 kV

Uca=Uc-Ua=0,6062 / -150 o =4,829 kV

Como es sabido, la suma de los voltajes de línea es cero, independientemente de su desbalance, dicho de otra forma, el triángulo de los voltajes de línea siempre debe cerrarse. Se deja al alumno comprobar que en este ejemplo (U=0. Por otro lado si se dibuja el diagrama fasorial de los voltajes de línea se encontrará que el ángulo entre Uab y Ubc es 139,72 o, entre Ubc y Uca 111,7 o y entre Uab y Uca 108,58 o.

7.6.5.3.- Para el cortocircuito entre fases sin comprender tierra.

Realizando un proceso completamente similar al ya mostrado se encuentra:

Ua1=Ua2=1-0,49999=0,5 pu.

Ua=1 / 0 o pu. Fase "sana"

Ub=0,5(a2+a)=-0,5 pu

Uc=0,5(a+a2)=-0,5 pu

Uab=1,5 / 0 0 pu.=> 11,95 kV Ubc=0

Uca=11,95 / 180º

Recuerde que en REN,

Uab=Uca=13,8 kV.

7.6.5.4.- Para el cortocircuito entre fases sin comprender tierra.

Se le deja al estudiante como ejercitación demostrar que :

Ua1=Ua2=Ua0=0,33 pu.

Ua=1+j0, Ub=0 y Uc=0. Pues la falla es efectiva.

Uab=1+j0=7,96 kV Ubc=0 Uca=-1+j0=7,96 / 180 0 kV.

Recuerde que en REN, Uab=Ubc=Uca=13,8 kV.

Se deja al alumno resolver los cortocircuitos para las barras (2) y (3) como ejercitación.

Bibliografía.

1.- Elgerd O.I.: Electric Energy System Theory. 1971. 2.-Grainger J. J, Stevenson W. D.: Análisis de Sistemas de Potencia. I996.

Anexo I. Ejemplo Resuelto. Calcule las condiciones de cortocircuito para las tres barras del sistema de la figura 1. Datos:

Generador : 13,8 kV, 150 MW, Factor de Potencia=0,91463, X"=X2=0,09 pu., X0=0,07 pu.

Transformador : 200 MVA, 13,8/230 kV, X=11%

Línea: X1=20 ( X0=60 (.

Resto Del Sistema: MVAcc1=MVAcc2= 2000 MVA MVAcc0= 2172 MVA. Todas calculadas con 230 kV como voltaje nominal.

Figura 1.- Unifilar del sistema para el ejemplo numérico.

Solución: Primer Paso: Expresar las magnitudes del circuito en por unidad.

Este paso se comienza escogiendo la potencia base y un voltaje base. Se escogerán las magnitudes bases del transformador (200 MVA y 13,8 kV en el lado de bajo voltaje).

Generador: Su capacidad en MVA es 150/0,91463=164 MVA(200 por lo que hay que cambiarle la base de potencia.

X”=X2=0,09

X0=0,07

Transformador: No hay cambios de base pues las suyas fueron las escogidas: Xt= 0,11 pu.

Línea: El voltaje base en la línea es 230 kV por lo que la impedancia base en la línea es:

Resto del Sistema:

Xcc1=Xcc2=

Xcc0=

Segundo Paso: Formar las redes de secuencia positiva, negativa y cero con todas sus magnitudes en por unidad.

Tercer Paso: Reducir las tres redes de secuencia anteriores entre el punto de falla y la referencia aplicando el teorema de Thevenin para cada uno de los cortocircuitos pedidos.

Se realizarán los cálculos para el cortocircuito en la barra "1" y se dejará al alumno, como ejercitación, el cálculo para las otras dos barras.

Figura 2.- Red de secuencia positiva del unifilar de la figura 1.

Figura 3.- Red de secuencia negativa del unifilar de la figura 1.

Figura 4.- Red de secuencia cero del unifilar de la figura 1

La figura 5 muestra las tres redes de secuencia reducidas aplicando el teorema de Thevenin entre la barra "1" y la referencia. Para las redes de secuencia positiva y negativa las impedancias de Thevenin son iguales y se calculan como:

Porque el sistema, a la derecha de la barra 1 está desconectado del generador a la secuencia cero

X0=j0,0854 Porque el sistema, a la derecha de la barra 1 está desconectado del generador a la secuencia cero

Figura 5.- Redes de secuencia positiva, negativa y cero reducidas por Thevenin entre la barra "1" y la referencia.

Corrientes debidas al cortocircuito trifásico.

Como la red permanece balanceada, sólo se necesita la red de secuencia positiva. En ella:

Se deja al alumno dibujar el diagrama fasorial de las tres corrientes y comprobar que están desfasadas 120º entre sí.

La corriente anterior en amperes es:

El nivel de cortocircuito a 13,8 kV es: MVAcc=

Corrientes debidas al cortocircuito monofásico. En este caso, como el sistema se desbalancea y la falla comprende tierra, hay que trabajar con las tres redes de secuencia conectadas en serie a través de la barra (1).

Nótese que en esta barra, la corriente debida al cortocircuito trifásico es mayor que la debida al monofásico sólo en un 2,95%.

Ib=Ic=0 Pues son las fases "sanas".

Para la misma corriente base, la corriente en ampere es:

El nivel de cortocircuito a 13,8 kV es: MVAcc1(=

Corrientes debidas a un cortocircuito entre fases.

Ia=0 Pues es la fase "sana".

Ib

Ic=-Ib

Corrientes debidas a un cortocircuito entre dos fases y tierra.

Ia=0 Pues es la fase "sana".

Ia1=

Aplicando un divisor de corriente, teniendo en cuenta que Ia1=-Ia2-Ia0 se obtienen las componentes de secuencia de las corrientes que faltan:

Sustituyendo los valores hallados en la ecuación matricial (I)=(S)(Is) se obtienen las corrientes de cortocircuito de las tres fases.

Efectuando en la ecuación anterior mediante la multiplicación filas por columnas elemento a elemento se obtiene:

Ia=0 Fase “sana”.

Diagrama Fasorial de las corrientes de falla.

Figura 6.- Diagrama fasorial de las corrientes de falla debidas a una falla entre dos fases y la tierra.

Tabla 1 Corrientes de cortocircuito para los cuatro tipos de cortocircuito calculados.

La tabla 1 muestra un resumen de las corrientes de cortocircuito calculadas para que se comparen sus valores entre sí. Cálculo de los voltajes durante la falla. A continuación se calcularán los voltajes de fase y entre líneas para los diferentes tipos de cortocircuito calculados.

Para el cortocircuito trifásico. Durante el cortocircuito trifásico, si Zf=0: Ua=Ub=Uc=0.

Para el cortocircuito monofásico.

Aplicando la segunda ley de Kirchhoff en las redes de secuencia positiva, negativa y cero conectadas en serie se obtiene:

Ua1=1-0,325=0,675 pu.

Ua2=(-j0,0793)(-j4,098)=-0,325 pu.

Ua0=(-j0,0854)(-j4,098)=-0,350 pu.

Los voltajes de fase son:

Efectuando, multiplicando filas por columna, elemento a elemento, se obtienen los voltajes de las tres fases durante la falla:

Ua=0: Lógico, pues es la fase fallada y Zf=0.

Ub=0,8835 / -78,58 o pu.

Uc=0,6062 / -150 o pu.

Los voltajes de línea son:

Uab=Ua-Ub=0,8855 / 101,42 o

Multiplicado por Uab=7,039 kV.

Ubc=Ub-Uc=0,898 / -38,80 o =7,154 kV

Uca=Uc-Ua=0,6062 / -150 o =4,829 kV

Como es sabido, la suma de los voltajes de línea es cero, independientemente de su desbalance, dicho de otra forma, el triángulo de los voltajes de línea siempre debe cerrarse. Se deja al alumno comprobar que en este ejemplo (U=0. Por otro lado si se dibuja el diagrama fasorial de los voltajes de línea se encontrará que el ángulo entre Uab y Ubc es 139,72 o, entre Ubc y Uca 111,7 o y entre Uab y Uca 108,58 o.

Para el cortocircuito entre fases sin comprender tierra. Realizando un proceso completamente similar al ya mostrado se encuentra:

Ua1=Ua2=1-0,49999=0,5 pu.

Ua=1 / 0 o pu. Fase "sana"

Ub=0,5(a2+a)=-0,5 pu

Uc=0,5(a+a2)=-0,5 pu

Uab=1,5 / 0 0 pu.=> 11,95 kV

Ubc=0 Uca=11,95 / 180 0

Recuerde que en REN, Uab=Uca=13,8 kV.

Para el cortocircuito entre fases sin comprender tierra.

Se le deja al estudiante como ejercitación demostrar que :

Ua1=Ua2=Ua0=0,33 pu., Ua=1+j0, pu. Ub=0 y Uc=0. Pues la falla es efectiva.

Uab=1+j0=7,96(0 kV Ubc=0 Uca=-1+j0=7,96 ( 180 0 kV.

Recuerde que en REN, Uab=Ubc=Uca=13,8 kV.

Se deja al alumno resolver los cortocircuitos para las barras (2) y (3) como ejercitación.

Autor:

PabloTurmero