Apuntes Sistemas Electricos De Potencia

Ejemplo 8.5 Para el siguiente circuito calcular la corriente de falla en el nodo B

Generador 1: 20000 kva, 6.9 kv, X” = 0.15 por unidad
Generador 2: 10000 kva, 6.9 kv, X” = 0.15 por unidad
Generador 3: 30000 kva, 13.8 kv, X” = 0.15 por unidad
Transformador T1: 25000 kva, 6.9Δ – 115Y kv, X = 10%
Transformador T2: 12500 kva, 6.9Δ – 115Y kv, X = 10%
Transformador T3: consta de 3transformadores monofásicos de 10000 kva, 7.5 – 75 kv, X = 10%
Eligiendo una base de 100MVA y de 13.8 kv en el circuito del generador 1.
Y dividiendo por zonas tenemos:

Las impedancias base por zonas son:
Zona A y D

Zona B

Zona C
Las corrientes base por zonas son:
Zona A y D

Zona B

Zona C





Las impedancias en pu’s nuevos para los transformadores son:
T1

T2

T3Malla 1
-0.5∠0o + (0.2875+0.189)jI1 + 0.575j (I1 - I2) + 0.5∠0o = 0
1.052j I1 – 0.575j I2 = 0
Malla 2
-0.5∠0o + 0.575j (I2 – I1) + 0.4377j I2 + 0.6∠0o = 0
-0.575j I1 + 1.013j I2 = -0.1
Resolviendo
I1 = 0.0782∠90
I2 = 0.1431∠90
-0.5∠0o + 0.2875j (0.0782∠90) + Vth = 0
Vth = 0.5225∠0o
La reactancia de thevenin en el punto B es 0.1735j

IB = 251.0218AIa1=0.5225∠00.1735∠-90=3.011∠90pu
Ireal = 251.02 x 3.011 = 755.82 A
Resolviendo el mismo problema pero ahora con una base de 30MVA y 6.9kv en el circuito del generador 1:


Las impedancias base por zonas son:
Zona A y D

Zona B

Zona C

Las corrientes base por zonas son:
Zona A y D

Zona B

Zona C










Las impedancias en pu’s nuevos para los transformadores son:
T1T2

T3

Malla 1
-1∠0 + (0.345 + 0.2268)j I1 + 0.69j (I1 – I2) + 1∠0 = 0
1.262j I1 – 0.69j I2 = 0
Malla 2
-1∠0 + 0.69j (I2 – I1) + 0.5253j I2 + 1.2∠0 = 0
-0.69j I1 + 1.215j I2 = -0.2∠0
Resolviendo
I1=0.1305j
I2=0.2387j
-1∠0 + (0.345j)(0.1305j) + Vth = 0
Vth = 1.045∠0
La reactancia de thevenin en el punto B da 0.2082j

IB = 150.6131A
Ia1=1.045∠00.2082∠90=5.019∠-90 pu

Ireal= 150.6131 x 5.019 = 755.91 A
Volviendo a la resolución con base de 100MVA calcularemos las corrientes que pasan por cada interruptor.
Las reactancias equivalentes tanto del lado derecho como del lado izquierdo de la falla son:

La corriente en pu que pasa por la reactancia equivalente del lado izquierdo es:
I=0.4375j0.4375j+0.2875j×3.011∠90=1.817∠90pu
La corriente real que pasa por elinterruptor 2 es:
Ireal = 251.0218 x 1.817 = 456.11 A
La corriente real que pasa por el interruptor 1 es:
Ireal = 4183.6976 x 1.817 = 7601.7785 A
La corriente en pu que pasa por la reactancia equivalente del lado derecho es:
I=0.2875j0.2875j+0.4375j×3.011∠90=1.194∠90
La corriente real que pasa por el interruptor 3 es:
Ireal = 251.0218 x 1.194 = 299.72 A

La corriente en pu que pasa por lala reactancia equivalente de 0.575j es:
I=0.4377j0.4377j+0.575j×1.194∠90=0.51606∠90pu
La corriente en pu que pasa por la reactancia equivalente de 0.4377j es:
I=0.575j0.575j+0.4377j×1.194∠90=0.67794∠90pu
La corriente real que pasa por el interruptor 7 es:
Ireal = 251.0218 x 0.51606 = 129.5423 A
La corriente real que pasa por el interruptor 8 es:
Ireal = 4183.6976 x 0.51606 = 2159.0389 A
Lacorriente real que pasa por los interruptores 4 y 5 es:
Ireal = 251.0218 x 0.67794 = 170.1777 A
La corriente real que pasa por el interruptor 6 es:
Ireal = 2510.2186 x 0.67794 = 1701.7776 A

Ca
METODO DE LOS MVA’S
La impedancia del equipo debe convertirse directamente a MVA de cortocircuito con la siguiente ecuación si la reactancia del equipo está en %.

Si la reactancia está en PU,utilizar la siguiente ecuación

La impedancia de líneas y alimentadores (cables) deben convertirse a MVA de cortocircuito por la siguiente ecuación si la reactancia de la línea está en Ω.

Dibujar dentro de rectángulos o círculos todos los MVA de cortocircuito de equipos y alimentadores siguiendo el mismo arreglo que estos tienen en el diagrama unifilar.
Sucesivamente combine los MVA de...